李永永

[摘 要] 不等式和函數(shù)是高考中重點考查的內(nèi)容，導數(shù)又是解決函數(shù)問題的一個重要工具，在一些不等式問題中，若可以依據(jù)解決問題的需要恰當?shù)貥?gòu)造函數(shù)，并借助導數(shù)來處理，定能節(jié)約時間，事半功倍.

[關鍵詞] 不等式；構(gòu)造函數(shù)；導數(shù)

導數(shù)是解決函數(shù)問題的一個重要工具，如：求函數(shù)的切線、單調(diào)區(qū)間、最值等，學生只要掌握基本方法和思路，這些問題便可順利解決. 而一些與函數(shù)有關的不等式問題，則需要根據(jù)所給不等式的特點靈活地運用化歸思想將之轉(zhuǎn)化為常規(guī)問題，較為常見的手段是恰當?shù)貥?gòu)造函數(shù)，將不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題來處理，從而使得原本棘手的問題迎刃而解，給人一種技高一籌的美感.讓我們先從簡單的入手：

證明不等式

例1 求證：當x>-1時，恒有：1-≤ln（x+1）≤x成立.

分析：由于在目標式中出現(xiàn)兩次x+1，因此通過換元令t=x+1，則t>0.

要證1-≤ln（x+1）≤x，即證1-≤lnt≤t-1.

構(gòu)造函數(shù)f（t）=1--lnt（t>0），則f ′（t）=-=.

令f ′（t）=0，則t=1.

當00；當t>1時，f ′（t）<0.

從而f（t）在t∈（0，1）上為增函數(shù)，在t∈（1，+∞）上為減函數(shù).

故f（t）有最大值f（1）=0. 所以f（t）≤f（1）=0，即1-≤lnt.

令g（t）=lnt-t+1，則g′（t）=-1=.

令g′（t）=0，則t=1. 同理，可知g（t）在t∈（0，1）上為增函數(shù)，在t∈（1，+∞）上為減函數(shù).

故g（t）≤g（1）=0，即lnt≤t-1. 因此原不等式成立.

點評：在此類題的分析過程中，需要牢牢抓住目標結(jié)構(gòu)的特點：一般地，要證明f（x）≤g（x），x∈（a，b），可以構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），x∈（a，b），利用導數(shù)給出單調(diào)性，求出最大值h（x）max，只要得出h（x）max≤0，便可證得f（x）≤g（x）. 其他的，要證f（x）≥g（x），f（x）g（x），方法類似.

例2 求證：當a≥1且x>0時，aex-x2>1+x.

證：令f（x）=aex-x2-x-1（x>0），則f ′（x）=aex-x-1.

令g（x）=f ′（x），則g′（x）=aex-1. 因為a≥1，且x>0，所以aex>1，所以g′（x）>0.

故g（x）在x∈（0，+∞）上為增函數(shù)，所以g（x）>g（0）=a-1≥0，即f ′（x）>0.

故f（x）在x∈（0，+∞）上為增函數(shù).？搖所以f（x）>f（0）=a-1≥0，即f（x）>0.

因此aex-x2-x-1>0，即aex-x2>1+x.

點評：例2與例1的區(qū)別在于：構(gòu)造函數(shù)后，需要利用導數(shù)的導數(shù)研究導函數(shù)的單調(diào)性. 當然了，這兩個例子都是根據(jù)不等式的特點直接構(gòu)造，命題人不會總出思路這么明顯的問題.那么，在哪些問題中，命題者可以把構(gòu)造函數(shù)的思路變得不那么明顯呢？大家可以跟著筆者一起來看下一個例子.

求不等式恒成立時參數(shù)的取值范圍

例3 已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=x2-bx（b為常數(shù)）. 若b>1，對于區(qū)間[1，2]內(nèi)任意兩個不相等的實數(shù)x1，x2，都有f（x1）-f（x2）>g（x1）-g（x2）成立，求b的取值范圍.

分析：因為f（x）=lnx在x∈（0，+∞）上為增函數(shù)，不妨設1≤x1

則f（x1）g（x1）-g（x2），

所以f（x2）-f（x1）>g（x1）-g（x2），所以f（x1）-f（x2）

即f（x1）-g（x1）

觀察不等式組，可以發(fā)現(xiàn)其中每個不等式左右的形式一致，所以可以將問題化歸為兩個函數(shù)f（x）-g（x）與f（x）+g（x）單調(diào)性問題處理.

于是構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）=lnx-x2+bx，則F（x1）

所以F（x）在x∈[1，2]上為增函數(shù)，即F′（x）≥0對x∈[1，2]恒成立.

整理并分離參數(shù)，可得b≥x-，則b≥x-max

因為y=x-在x∈[1，2]上為增函數(shù)，所以x-max=，所以b≥.

同理令G（x）=f（x）+g（x）=lnx+x2-bx，可得b≤x+min.

利用導數(shù)可知y=x+在x∈[1，2]上為增函數(shù)，所以x+min=2，所以b≤2.

綜上：≤b≤2.

點評：例3的解決思路是先對原不等式進行等價轉(zhuǎn)換，在此基礎上靈活構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，化歸為與導函數(shù)相關的問題，然后進行參變分離，將不等式恒成立問題，化歸為函數(shù)最值問題，從而得出參數(shù)b的取值范圍，可謂是峰回路轉(zhuǎn)，柳暗花明.

解決與不等式相關的數(shù)列綜合問題

例4 （2015南京、鹽城、徐州二模）？搖給定一個數(shù)列{an}，在這個數(shù)列中，任取m（m≥3，m∈N*）項，并且不改變它們在數(shù)列{an}中的先后次序，得到數(shù)列{an}的一個m階子數(shù)列. 已知數(shù)列{an}的通項公式為an=（n∈N*，a為常數(shù)），等差數(shù)列a2，a3，a6是數(shù)列{an}的一個3階子數(shù)列.

（1）求a的值；

（2）若等差數(shù)列b1，b2，…，bm是{an}的一個m（m≥3，m∈N*）階子數(shù)列，且b1=（k為常數(shù)，k∈N*，k≥2），求證：m≤k+1；

（3）若等比數(shù)列c1，c2，…，cm是{an}的一個m（m≥3，m∈N*）階子數(shù)列，求證：c1+c2+…+cm≤2-.

分析：（1）（2）略.

（3）看起來有難度，似乎無從下手.

首先設c1=（t∈N*），等比數(shù)列c1，c2，…，cm的公比為q. 然后牢牢抓住目標結(jié)構(gòu)特點，左邊是等比數(shù)列前m項和的形式，要達到化簡的目標，就需要得到公比q的值或取值范圍. 因此，在已設c1的前提下，利用特殊化思想，考察c2. 根據(jù)所給m階子數(shù)列的題設，可知c2≤，所以q=≤.

從而cn=c1qn-1≤n-1，1≤n≤m，n∈N*.

所以c1+c2+…+cm≤0+·1+…+m-1==1-？搖=-與右邊2-形式類似.

因此令x=，因為t∈N*，所以1

只要設f（x）=x-，m≥3，m∈N*，其中10，故函數(shù)f（x）在（1，2]上為增函數(shù). 所以f（x）≤2-. 由不等式的傳遞性，即有c1+c2+…+cm≤2-成立.

點評：此題以數(shù)列知識為背景，以等比數(shù)列前m項求和公式為突破口. 筆者認為，在處理此類不等式問題時，首先需要從結(jié)構(gòu)特點出發(fā)，將目標形式進行整理化簡；然后再設法構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)證明單調(diào)性，從而得到結(jié)論.在平時教學過程中，可以多關注歸納一些常見函數(shù)的構(gòu)造模型，以提高解決此類問題的手段和能力.

上面幾個具體的例子告訴我們，巧妙構(gòu)造函數(shù)解題是一種創(chuàng)造性的思維過程，技巧性很強，很受命題人青睞. 很多時候，有些數(shù)學問題直接處理難以入手，可以考慮通過化歸等價轉(zhuǎn)換，然后巧妙地構(gòu)造函數(shù)，并運用好導數(shù)這個工具，使問題迎刃而解，達到事半功倍的效果！