妙探“双变量极值点偏移不等式证明”问题

廖 晗 周 科

(武汉经济技术开发区汉阳三中,湖北 武汉 430109)

破解双变量极值点偏移不等式证明问题的关键:一是转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;二是巧构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值;三是回归双参的不等式证明,把所求的最值应用到双参不等式,即可证得结果.

1 真题重现

学生解决这道真题主要有三种方法,展示如下:

解法1 将blna-alnb=a-b变形为

令f(x)=x(1-lnx),则f(m)=f(n),不妨设m2.

要证m+n>2⟺n>2-m⟺f(n)

令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),

则g′(x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]≥-ln1=0.所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以g(x)2.

由m(1-lnm)=n(1-lnn),

得m(1-lnm)=tm[1-ln(tm)],

所以h(s)在区间(0,+∞)内单调递减.

所以h(s)

所以g(s)在区间(0,+∞)内单调递减.

由t∈(1,+∞),得t-1∈(0,+∞).

因为m(1-lnm)=n·(1-lnn)>m,所以要证m+n

令h(x)=x(1-lnx)+x,x∈(1,e),所以h′(x)=1-lnx>0.故h(x)在区间(1,e)内单调递增.所以h(x)

由f(x)的单调性易得,02同法1.

所以φ(x)>φ(e)=0,h′(x)>0,h(x)在区间(0,e)内单调递增.

又因为f(x1)=f(x2),

即(x1-x2)(x1+x2-e)>0.

2 变式拓展

解法1 由题知f′(x)=ex(x-2)+ex-kx2+kx=(ex-kx)(x-1),因为f(x)有三个极值点,所以方程ex-kx=0有两个不等根,且都不是1.

令g(x)=ex-kx,当k≤0时,g(x)单调递增,g(x)=0至多有一根,所以k>0.由g′(x)>0,得x>lnk,由g′(x)<0,得x

所以g(lnk)=elnk-klnk=k(1-lnk)<0,k>e. 此时,g(0)=1>0,lnk>1,g(1)=e-k<0,x→+∞时g(x)→+∞. 所以k>e时,f′(x)=0有三个根x1,x2,x3,且0

由ex1=kx1,得x1=lnk+lnx1.

由ex3=kx3,得x3=lnk+lnx3.

所以φ(t)在(1,+∞)上单调递增.

所以φ(t)>φ(1)=0.

所以x3+x1>2x2.

解法2 由题知f′(x)=(ex-kx)(x-1),因为f(x)有三个极值点,所以方程ex-kx=0有两个不等实根,且不为1,显然也不为0.

所以h(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,1)单调递减,在[1,+∞)单调递增. 当x→-∞时,h(x)→0;当x→0+时,h(x)→+∞;当x→0-时,h(x)→-∞;当x→+∞时,h(x)→+∞. 要使y=k与y=h(x)有两个交点,则需k>e.此时f′(x)=0有三个根x1,x2,x3且0

要证x1+x3>2x2=2,即证x3>2-x1>1.因为h(x)在(1,+∞)单调递增,故要证:h(x3)>h(2-x1).

因为h(x1)=h(x3),即要证:h(x1)>h(2-x1).

令φ(x)=h(x)-h(2-x),即要证:当00.求导,得

因为0M(2-x).

所以当0φ(1)=h(1)-h(1)=0.故原不等式成立.

要证:x1+x3>2x2=2,即证:1>x1>2-x3.

又因为g(x)在(-∞,1)单调递增,即证:g(x1)>g(2-x3).

因为g(x1)=g(x3),即证:g(x3)>g(2-x3).

即证:g(x3)-g(2-x3)>0.

令h(x)=g(x)-g(2-x),x>1,则

因为x>1,所以1-x<0,x>1>2-x.

所以h′(x)<0.所以h(x)在(1,+∞)单调递增.

因为x3>1,所以h(x3)=g(x3)-g(2-x3)>h(1)=0.

故原不等式x3+x1>2x2成立.

面对一题多解的问题,要善于积极地开发和利用数学教学活动中被动生成的问题[1],它是提升自我教学素质的宝贵资源,通过对这些资源的研究,追根溯源,探究本质,使我们对概念有更准确的认识,对方法有更全面的掌握,对思想有更深刻的体会.