王曉

[摘? 要] 不等式問題是高考以及各模擬考試的考查熱點和難點所在，狹義的不等式問題是指直接考查不等式的計算和證明的問題，廣義上來說，它還包含諸如最值、取值范圍等隱含不等式計算證明的問題，文中的不等式問題指的是后者. 近幾年來基于函數背景的不等式問題日益受到命題專家的青睞，這類問題涉及的知識面較為廣泛，總體來說對學生的要求較高文章立足于具體例題，總結幾個常用的可用于解決不等式問題的函數構造方法.

[關鍵詞] 函數不等式問題;函數構造方法;變量分離法;整體代換法

前言

不等式問題是高考以及各模擬考試的考查熱點和難點所在，能夠有效地考查學生的推理分析、構造轉化、聯想遷移、概括歸納等相關綜合數學能力，可以成為一個重要的區(qū)分點. 狹義的不等式問題是指直接考查不等式的計算和證明的問題，廣義上來說，它還包含諸如最值、取值范圍等隱含不等式計算證明的問題，本文中的不等式問題指的是后者. 我們不僅可以通過借助傳遞性、結合律等基本的不等式性質解決不等式問題，還可以通過構造轉化等方式借助函數的思想方法解決問題. 近幾年來基于函數背景的不等式問題日益受到命題專家的青睞，這類問題涉及的知識面較為廣泛，需要學生能夠熟練運用多個模塊的知識，并敏銳地挖掘出題目中涉及的隱含條件，靈活使用多種綜合方法轉化問題，總體來說對學生的要求較高. 本文中筆者將立足于具體例題，總結幾個常用的可用于解決不等式問題的函數構造方法.

方法小結

（一）反向構造法

有些不等式在形式上與某些常用函數的導數相似，這時我們可以省去中間復雜的轉化過程，直接根據經驗反向構造出所需函數.

例題1：某定義域為R的函數f（x）對應的導函數是f′（x），已知f（x）>f′（x）在R上恒成立且f（x）+2017的圖像關于原點對稱，則f（x）+2017ex<0的解集為（? ）

A. （-∞，0） B. （0，+∞）

C. -∞，■？搖 D. ■，+∞

例題分析：根據f（x）>f′（x）這一條件，我們可以得到f′（x）-f（x）<0，這與F（x）=■的導函數F'（x）=■的分子部分一致.

例題解答：設定義在實數域上的函數F（x）=■，由f（x）>f′（x）可得其導函數F'（x）=■<0，即F（x）在定義域上單減. 又f（x）+2017的圖像關于原點對稱，即它是定義在實數域上的奇函數，則f（0）+2017=0，F（0）=-2017，故由f（x）+2017ex<0可得F（x）

方法簡評：反向構造法是一種需要調動聯想能力的巧妙方法，學生需要熟悉求導法則，并能夠敏銳地將不等式與導函數聯系起來，教師可以在日常教學的過程中引導學生關注此類構造，比如對于形如λf（x）+f′（x）>0的不等式，我們可以通過構造函數F（x）=eλxf（x）來轉化研究問題.

例題2：設定義在全體實數域上的奇函數f（x）的導函數是f′（x），且已知f（-1）=0，且當x>0時，有xf′（x）-f（x）<0，則f（x）>0的解集為（? ）

A. （-∞，-1）∪（0，1）

B. （-1，0）∪（1，+∞）

C. （-∞，-1）∪（-1，0）

D. （0，1）∪（1，+∞）

問題分析：易知函數g（x）=■的導函數g′（x）=■，本題中我們可以抓住不等式xf′（x）-f（x）<0反向構造函數.

問題解答：設定義在全體實數域上的函數g（x）=■，則可得g′（x）=x■，當x>0時，g′（x）<0，所以可知g（x）在（0，+∞）恒減，g（-x）=■. 又f（-x）=-f（x），所以g（-x）=■=g（x），所以g（x）是偶函數，根據偶函數關于縱軸對稱的性質可知，g（x）在（-∞，0）上恒增（結論1）;又因為f（-1）=0，故可知g（-1）=g（1）=0（結論2），由兩個結論可知f（x）>0的解集為（-∞，-1）∪（0，1）.

方法簡評：本題中出現的是f′（x）g（x）-f（x）g′（x）類條件，可以通過構造分式函數轉化研究問題，不過需要注意的是位于分母的函數不可為0;對于f′（x）g（x）+f（x）g′（x）型條件，則可以構造形如F（x）=f（x）g（x）的函數.

（二）移項作差法

移項作差法構造函數簡便快速，可以將問題轉變?yōu)樽钪捣秶鷨栴}，有時也可以起到化簡消元的作用，常用于不能直接求解的不等式問題的轉化.

例題3：已知f（x）=ln■，試證明f（x）>2x+■在（0，1）上恒成立.

問題分析：構造函數F（x）=f（x）-2x+■，原問題可轉化為證明F（x）在（0，1）上的最小值大于0.

問題解答：設F（x）=f（x）-2x+■，則F′（x）=■，00，所以F（x）恒增，則F（x）>F（0）=0，即00恒成立，即f（x）>2x+■在（0，1）上恒成立，即證.

（三）變量分離法

有的不等式涉及多個變量，難以通過簡單的方法構造函數，此時我們可以先將不同的變量以移項的方式分離開，該方法常用于解決具有對稱形式的不等式問題.

例題4：易知f（x）=lnx，g（x）=■x2，則對于x■>x■>0，試求當滿足m[g（x■）-g（x■）]>x■f（x■）-x■f（x■）時，參數m（m∈Z，m≤1）的取值.

問題分析：本題中存在兩個互相獨立的變量，利用移項分離變量的方法可以避免復雜的分析.

問題解答：移項將不等式轉化為mg（x■）-x■f（x■）>mg（x■）-x■f（x■）. 令q（x）=mg（x）-xf（x）=■x2-xlnx（x>0），對于任意x■>x■>0原不等式恒成立，即q（x■）>q（x■），所以q（x）在（0，+∞）上恒增，即q′（x）=mx-lnx-1≥0（x>0）恒成立. 分離參數，問題轉化為m≥■max.令h（x）=■（x>0），則h′（x）=■，則在（0，1）上，h′（x）>0，在（1，+∞）上，h′（x）<0，所以h（x）max=h（1）=1，則m≥1. 又m∈Z，m≤1，可得m=1.

例題5：已知f（x）=（a+1）lnx+ax2+1，（1）給出并證明f（x）在定義域上的單調性;（2）設a<-1，若對于任意大于0的x■，x■，都有f（x■）-f（x■）≥4x■-x■，求參數a的取值范圍.

問題解答：（1）省略;（2）不妨假設x■≥x■>0，則當a<-1時，根據第一問的結論易知f（x）在（0，+∞）上恒減，則原不等式去絕對值可得f（x■）-f（x■）≥4（x■-x■），即f（x■）+4x■≥f（x■）+4x■（式1），則可構造函數g（x）=f（x）+4x（x>0）. g′（x）=■+2ax+4，式1可以轉化為，對于x■≥x■>0，有g（x■）≥g（x■），即g（x）在定義域上單調遞減，即當x>0時，■+2ax+4≤0，即a≤■=■=■-2恒成立，可得a≤-2（當x=■時，取等號）.

（四）代換消元法

對于多變量的不等式問題，我們有時還可以采用代換消元的方式簡化研究，特別是當所需結論也是整體表達式時，這種方法格外高效，常見的可以整體代換的結構有x■+x■，x■x■，■.

例題6：已知f（x）=lnx+x2+x，對于x■，x■>0，有f（x■）+f（x■）+x■x■=0，試證明x■+x■≥■.

問題解答：對于f（x■）+f（x■）+x■x■=0，將表達式f（x）=lnx+x2+x代入可得lnx■+x■+x■+lnx■+x■+x■+x■x■=0，

整理可得（x■+x■）2+（x■+x■）=x■x■-lnx■x■.

令t=x■x■，φ（t）=t-lnt（t>0），則可得φ′（t）=■，

易知φ（t）在（0，1）上恒減，在（1，+∞）上恒增，所以φ（t）≥φ（1）=1，所以（x■+x■）2+（x■+x■）≥1. 又x■+x■>0，所以可解得x■+x■≥■.

總結

函數不等式問題的解決方法靈活多變，遠遠不止上面這些，筆者在這里只給出了幾個較為常用和容易操作的方法，其他的手段還有利用常見不等式結論轉化問題、利用中間結論化簡等. 破解函數不等式問題的關鍵之處在于敏銳挖掘并合理利用題目中給出的條件，并大膽聯想、類比，構造出能夠有效解決問題的函數. 這就要求學生要有扎實的函數基本功，對于求導法則能夠做到了然于心，對于函數的基本性質（例如單調性、奇偶性）能夠熟練識別并運用，教師在平時的教學中要多注意引導學生進行發(fā)散思考、反向思考.