劉杰

摘 要 在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)過程中，多元不等式問題一直都是一個(gè)考點(diǎn)和難點(diǎn)。這類問題的解題技巧是構(gòu)建函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)的工具作用，從而證得不等式。而根據(jù)多元不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)建一個(gè)合理的函數(shù)是利用導(dǎo)數(shù)解答不等式問題的關(guān)鍵。鑒于此，本文結(jié)合具體例題，介紹了構(gòu)建函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)解答不等式問題的六個(gè)策略。

關(guān)鍵詞 多元不等式 構(gòu)建函數(shù) 導(dǎo)數(shù) 整體換元

中圖分類號(hào)：G633.96 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A

0引言

不等式是數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中一個(gè)重要的組成部分，其證明和解題方法多，技巧強(qiáng)，歷來是數(shù)學(xué)中的一個(gè)難點(diǎn)，尤其是多元不等式問題，這類問題的形式更是復(fù)雜多樣，解題思路靈活多變，具有結(jié)構(gòu)獨(dú)特、技巧性高以及綜合性強(qiáng)等特點(diǎn)，是一類頗具挑戰(zhàn)性的題型。而能靈活構(gòu)建函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的工具作用，往往能簡(jiǎn)捷解決。那么在具體問題中應(yīng)如何合理的構(gòu)建函數(shù)呢？本文就對(duì)此問題進(jìn)行探討。

1考慮導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則構(gòu)建函數(shù)

在題目中，若題設(shè)出現(xiàn)與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式，則往往是根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則計(jì)算后而設(shè)計(jì)的，因此我們應(yīng)多從這個(gè)角度考慮如何構(gòu)建函數(shù)。根據(jù)條件式特征，積極展開聯(lián)想，借助求導(dǎo)法則，如和差求導(dǎo)、積商求導(dǎo)法則等，恰當(dāng)構(gòu)建函數(shù)，以便順利解決目標(biāo)問題。

例1 已知f（x）是定義在（0，+∞）上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′（x）+f（x）≤0。對(duì)于任意正數(shù)a，b，若a

（A）af（a）≤f（b）。（B）bf（b）≤f（a）。

（C）af（b）≤bf（a）。（D）bf（a）≤af（b）。

解法1 設(shè)g（x）=xf（x），x∈（0，+∞），則g′（x）=xf′（x）+f（x）≤0，那么函數(shù)g（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)（不一定是嚴(yán)格遞減）。因此，當(dāng)b>a>0時(shí)，g（a）≥g（b），即af（a）≥bf（b）。

又bf（a）≥af（a），bf（b）≥af（b），所以bf（a）≥af（b），正確的選項(xiàng)為（C）。

解法2 由f（x）非負(fù)及xf′（x）+f（x）≤0，得xf′（x）-f（x）≤-2f（x）≤0。

設(shè)h（x）=，x∈（0，+∞），則h′（x）=≤0，那么函數(shù)h（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)（不一定是嚴(yán)格遞減）。因此，當(dāng)b>a>0時(shí)，h（b）≤h（a），即≤，整理得af（b）≤bf（a）。

評(píng)注 解法1利用積的求導(dǎo)法則構(gòu)建函數(shù)，而解法2利用商的求導(dǎo)法則構(gòu)建函數(shù)。在建構(gòu)具體的函數(shù)時(shí)，需要對(duì)照題設(shè)中的條件，靈活應(yīng)對(duì)。

一般來說，有下面的規(guī)律：

（1）含導(dǎo)數(shù)式f′（x）g（x）+f（x）g′（x）可構(gòu)建函數(shù)：F（x）=f（x）g（x）；

（2）含導(dǎo)數(shù)式f′（x）g（x）-f（x）g′（x）可構(gòu)建函數(shù)：F（x）=；

（3）含導(dǎo)數(shù)式f′（x）+f（x）可構(gòu)建函數(shù)：F（x）=f（x）ex。

（4）含導(dǎo)數(shù)式f′（x）-f（x）可構(gòu)建函數(shù)：F（x）=。

（5）含導(dǎo)數(shù)式f′（x）+af（x）可構(gòu)建函數(shù)：F（x）=f（x）eax。

（6）含導(dǎo)數(shù)式f′（x）-af（x）可構(gòu)建函數(shù)：F（x）=。

2設(shè)定主元構(gòu)建函數(shù)

在許多數(shù)學(xué)問題中，都含有常量、參量、變量等多個(gè)量。通常情況下，有一些元素處于突出和主導(dǎo)地位，可視之為主元；為了解決問題，也可人為突出某個(gè)量的地位作用，先將其當(dāng)作主元；其它變?cè)醋鞒?shù)，來構(gòu)建函數(shù)，再用函數(shù)求導(dǎo)知識(shí)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性求解。

例2 已知x，y，z為滿足x+y+z=1的非負(fù)實(shí)數(shù)，求證：x2y+y2z+z2x≤，并指出等號(hào)成立的條件。

證明 x，y，z中必有一個(gè)小于或等于，不妨設(shè)0≤x≤，且y≤z，則記f（x）=x2y+y2z+z2x=x2y+y2（1-x-y）+（1-x-y）2x=x3+（3y-2）x2+（1-2y）x+y2-y3，其中x是主元，y是從元。

于是f′（x）=3x2+2（3y-2）x+（1-2y）=（3x-1）[x-（1-2y）]。

由0≤x≤得3x-1≤0，由x+y+z=1得x-（1-2y）=y-z≤0，所以f′（x）≥0，即f（x）在[0，]內(nèi)是增函數(shù)，所以f（x）≤f（）=-y（y2-y+）=-y[（y-）2+]≤，當(dāng)且僅當(dāng)x=，y=0，z=時(shí)取等號(hào)。

其他情形同理可證，等號(hào)成立的條件是x，y，z中有一個(gè)是，有一個(gè)是，另一個(gè)是0。

變式 設(shè)a≥b>0，求證：3a3+2b3≥3a2b+2ab2。

證明 構(gòu)建以a為主元的函數(shù)f（x）=3x3-3bx2-2b2x+2b3（x≥b），則f′（x）=9x2-6bx-2b2=（3x-b）2-3b2≥b2≥0，所以f（x）在x∈[b，+∞）上單調(diào)遞增，得出f（a）≥f（b）=0。

評(píng)注 視一個(gè)變量為主元，其它變量作常量來處理，這是多元不等式證明的一種重要思想。同時(shí)，主元策略還表現(xiàn)于主元選擇的變通性，選擇不同的主元，對(duì)于結(jié)構(gòu)不對(duì)稱的式子能形成不同的解題途徑。

3逆轉(zhuǎn)主元構(gòu)建函數(shù)

解決數(shù)學(xué)問題時(shí)一般從條件出發(fā)，借助于一些具體的模式和方法進(jìn)行正面的、順向的思考。如果正向思維受阻，那么“順難則逆、直難則曲、正難則反”。在多元不等式問題中，逆轉(zhuǎn)主元思想常使思考產(chǎn)生新的源泉。

例3 設(shè)f（x）=，對(duì)任意實(shí)數(shù)t，記gt（x）=x-t。求證：

（1）當(dāng)x>0時(shí)，f（x）≥gt（x）對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立；

（2）有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x0，使得g8（x0）≥gt（x0）對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立。

證明 （1）方法一 令h（x）=f（x）-gt（x）=-x+t（x>0），則h′（x）=x2-。當(dāng)t>0時(shí)，由h′（x）=0，得x=t13；當(dāng)x∈（0，）時(shí)，h′（x）<0；當(dāng)x∈（，+∞）時(shí)，h′（x）>0。所以h（x）在（0，+∞）內(nèi)的最小值是h（）=0。即x>0時(shí)有h（x）≥0。故當(dāng)x>0時(shí)，f（x）≥gt（x）對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立。

方法二 對(duì)任意固定的x>0，令h（t）=gt（x）=x-t（t>0），則h′（t）=（x-），由h′（t）=0，得t=x3。當(dāng)00；當(dāng)t>x3時(shí)，h′（t）<0。所以，當(dāng)t=x3時(shí)，h（t）取得最大值h（x3）=x3即h（x）≤x3=f（x）。

因此，當(dāng)x>0時(shí)，f（x）≥gt（x）對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立。

（2）對(duì)任意x0>0，g8（x0）=4x0-。因?yàn)間t（x0）關(guān)于t的最大值是x03，所以要使g8（x0）≥gt（x0）對(duì)任意正實(shí)數(shù)成立的充分必要條件是：4x0-≥x03，即（x0-2）2（x0+4）≤0，又因?yàn)閤0>0，所以，不等式成立的充分必要條件是x0=2。

所以，有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x0=2，使得g8（x0）≥gt（x0）對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立。

評(píng)注 含參數(shù)問題通常含有兩個(gè)或兩個(gè)以上變?cè)?，?xí)慣上我們把“x”當(dāng)作自變量。第（1）問中的方法一就是以x為自變量構(gòu)建函數(shù)求解，這是常規(guī)思路；方法二是視t為變量，x為常量，構(gòu)建函數(shù)求解，這時(shí)就實(shí)現(xiàn)了自變量換位。兩種方法的可行性體現(xiàn)了變量的相對(duì)性。但對(duì)于第（2）問，如果仍把“x”當(dāng)作自變量，這種思維定勢(shì)就會(huì)把問題變得相當(dāng)復(fù)雜，這時(shí)用逆轉(zhuǎn)主元的思想將x與t的角色換位，問題迎刃而解。一般地，可把已知范圍的那個(gè)看作自變量，另一個(gè)看作常量。

4 整體換元構(gòu)建函數(shù)

在處理多變?cè)瘮?shù)問題中，用新元去代替該函數(shù)中的部分（或全部）變?cè)?。從而使變量化多元為少元，即達(dá)到減元的目的。問題中的參數(shù)減少了，復(fù)雜問題就簡(jiǎn)單化、明朗化了，這就是換元思想獨(dú)到的作用。

例5 已知函數(shù)f（x）=ekx-2x（k為非零常數(shù)），對(duì)于f（x）的增區(qū)間內(nèi)的三個(gè)實(shí)數(shù)x1，x2，x3（其中x1

<。

分析 由結(jié)論可聯(lián)想到函數(shù)圖像上由三個(gè)點(diǎn)組成的兩個(gè)斜率的大小問題，但無法從符號(hào)語(yǔ)言直接說明。由于函數(shù)是增函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義及圖像，借助f′（x2）作為中間媒介進(jìn)行處理。

證明 由f（x）遞增知f′（x2）=kekx2-2≥0，所以k>0。

先證

f（x2）-f（x1）<（x2-x1）（kekx2-2）

ekx2-ekx1<（x2-x1）kekx2

1-ek（x1-x2）

ek（x1-x2）-k（x1-x2）-1>0。

設(shè)h（x）=ex-kx-1>0，x<0，則h′（x）=ex-1<0（ex<1），所以h（x）在（-∞，0）內(nèi)是減函數(shù)，所以h（x）>h（0）=0，故ek（x1-x2）-k（x1-x2）-1>0，因此

同理可證f′（x2）<。所以<。

評(píng)注 本題是多元不等式的證明，在變形過程中發(fā)現(xiàn)式子中出現(xiàn)一個(gè)整體k（x1-x2），此時(shí)巧妙地運(yùn)用換元法化簡(jiǎn)式子，把二元問題化歸為一元問題。構(gòu)建函數(shù)使問題得以轉(zhuǎn)化。一般地，變形過程中若出現(xiàn)指數(shù)形式ekx2-ekx1=ekx2[1-ek（x1-x2）]，可考慮對(duì)k（x1-x2）作整體換元。

例4 第（2）問的另證 不妨設(shè)A（x1，0），B（x2，0），且0-，即只需證>-。

∵f（x1）=2ax21+（a+4）x1+lnx1=0，

f（x2）=2ax22+（a+4）x2+lnx2=0，

兩式相減得a（2x21-2x22+x1-x2）+4（x1-x2）+lnx1-lnx2=0，所以

-=。

要證>-，故只需證，即證明

（x1+x2）[4（x1-x2）+（lnx1-lnx2）]

<4x21+2x1-4x22-2x2，

即證明lnx1-lnx2<，變形為ln<。

設(shè)t=（00時(shí)，g′（t）≥0，當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)，g′（t）=0，所以，g（t）在（0，+∞）上是增函數(shù)。又g（1）=0，所以，當(dāng)t∈（0，1）時(shí)，g（t）<0總成立，命題得證。

評(píng)注 本題通過解析式變形，構(gòu)建出的關(guān)系，然后通過換元，把二元問題化歸為一元問題。一般地，變形過程中若出現(xiàn)對(duì)數(shù)形式lnx1-lnx2=ln，可考慮對(duì)作整體換元。

5 結(jié)語(yǔ)

綜上所述，構(gòu)建函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)解答不等式問題不僅簡(jiǎn)單易行，更重要的是提供了一般性的方法。在多元不等式問題的求解中，我們可以通過考慮導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法、設(shè)定主元、逆轉(zhuǎn)主元、巧妙消元、整體換元以及利用相似結(jié)構(gòu)等6個(gè)策略，構(gòu)建出適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，化多元問題為一元問題，并在此基礎(chǔ)上利用函數(shù)的方法如單調(diào)性來達(dá)到證明多元不等式的目的。

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