不等式证明中的恒等变形

前言

在不等式的证明和函数的单调性有关的问题中，像如下这样的变形，看似风轻云淡，实则暗藏玄机，需要好好体会；

如， \({e}^{x_{0}}-\cfrac{1}{x_{0}}=0\)，所以 \({e}^{x_0}=\cfrac{1}{x_{0}}\)， 两边同时取对数可得 \(x_{0}=-\ln x_{0}\)，

当我们有了这样的储备[ \({e}^{x_0}=\cfrac{1}{x_{0}}\) 和 \(x_{0}=-\ln x_{0}\) ]后，

遇到处理函数 \({e}^{x_0}-\ln x_{0}\)的最值时，我们就可以用等价变形转换为求简单熟知的函数\(\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}\)的最值.

典例剖析

已知函数 \(f(x)=a \ln x+x-1(a\in R)\),

(1). 求函数 \(f(x)\) 的极值；

解析： 函数 \(f(x)\) 的定义域为 \((0,+\infty)\)， \(f'(x)=\cfrac{a}{x}+1=\cfrac{x+a}{x}\)，

当 \(a \geqslant 0\) 时， \(f'(x)>0\)， \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递增，此时函数 \(f(x)\) 无极值；

当 \(a<0\) 时，由 \(f'(x)>0\)， 得 \(x>-a\)， 由 \(f'(x)<0\)， 得 \(0<x<-a\)，

则可知函数 \(f(x)\) 在 \((0,-a)\) 上单调递减，在 \((-a,+\infty)\) 上单调递增，

所以函数 \(f(x)\) 的极小值为 \(f(-a)=a \ln (-a)-a-1\)，无极大值.

综上可知， 当 \(a \geqslant 0\) 时， 函数\(f(x)\) 无极值;

当 \(a<0\) 时，函数 \(f(x)\) 的极小值为 \(f(-a)=a \ln (-a)-a-1\)，无极大值.

(2). 当 \(a=1\) 时， 求证： \(x{e}^{x}-2-f(x)\geqslant 0\).

解析： 当 \(a=1\) 时，由题设 \(g(x)=x{e}^{x}-2-f(x)=x{e}^{x}-\ln x-x-1\)，

则 \(g'(x)=(x+1){e}^{x}-\cfrac{1}{x}-1=(x+1)({e}^{x}-\cfrac{1}{x})\)， \(x\in(0,+\infty)\)，

其中 \(x+1>0\)， 令 \(h(x)={e}^{x}-\cfrac{1}{x}\)， 易知函数 \(h(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递增.

由 \(h(\cfrac{1}{2})=\sqrt{e}-2<0\)， \(h(1)=e-1>0\)，

所以存在 \(x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)\)，满足 \(h(x_{0})=0\)， 即有 \({e}^{x_{0}}-\cfrac{1}{x_{0}}=0\)，

所以 \({e}^{x_0}=\cfrac{1}{x_{0}}\)， 两边同时取对数可得 \(x_{0}=-\ln x_{0}\)，

则有函数 \(g(x)\) 在 \((0, x_{0})\) 上单调递减，在 \((x_{0},+\infty)\) 上单调递增，

则有 \(g(x)\geqslant g(x_{0})=x_{0}{e}^{x_0}-\ln x_{0}-x_{0}-1=x_{0}\cdot\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}-x_{0}-1=0\)，

即 \(a=1\) 时， \(x{e}^{x}-2-f(x)\geqslant 0\).

【题源,例5改编，题目难度相当大】已知函数 \(f(x)=e^x-\cfrac{\ln x}{a}-\cfrac{m^{2}}{2}\)，当 \(a=1\) 时，求证： 对任意 \(m \in[-2,2]\)，函数 \(f(x)\) 的图象均在 \(x\) 轴上方。

证明：当 \(a=1\) 时， 函数 \(f(x)=e^x-lnx-\cfrac{m^2}{2} (x>0)\)， 则 \(f'(x)={e}^{x}-\cfrac{1}{x}\)，

令 \(g(x)={e}^{x}-\cfrac{1}{x}\)，则 \(g'(x)=e^x+\cfrac{1}{x^2}\)，

因为 \(g'(x)>0\)，所以函数 \(g(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，

又因为 \(g(\cfrac{1}{2})=\sqrt{e}-2<0\)，\(g(1)={e}-1>0\)，

所以存在 \(x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)\)，使 \({e}^{x_0}=\cfrac{1}{x_{0}}\)， 可得 \(x_{0}=-\ln x_{0}\)这一步变换是非常关键的一步，在下面求最值时，需要用到这些变换，以简化求最值时的函数的形式。比如后边将函数 \({e}^{x_0}-\ln x_{0}\)等价转化为 容易求最值的函数\(\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}\)，

所以对任意 \(x\in(0,x_{0})\)，\(g(x)<0\)， 即 \(f'(x)<0\)，

函数 \(f(x)\) 在 \((0,x_0)\) 上单调递减，

对任意 \(x\in(x_{0},+\infty)\)， \(g(x)>0\)， 即 \(f'(x)>0\)，

函数 \(f(x)\) 在 \((x_0,+\infty)\) 上单调递增，

所以 \(f(x)_{\min}=f(x_{0})={e}^{x_{0}}-\ln x_{0}-\cfrac{m^{2}}{2}\)，

要证明函数 \(f(x)\) 的图像均在 \(x\) 轴上方，只需证明 \(f(x)_{\min}>0\)，

即当 \(x_0\in (\cfrac{1}{2},1)\) 时，\({e}^{x_{0}}-\ln x_{0}-\cfrac{m^{2}}{2}>0\) 恒成立，

即 \(\cfrac{m^{2}}{2}<{e}^{x_0}-\ln x_{0}=\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}\) 在 \(x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)\) 上恒成立，

因为当 \(x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)\) 时，函数 \(u(x_0)=\cfrac{1}{x_0}+x_0\) 是减函数，

所以 \(2<\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}<\cfrac{5}{2}\)，

即 \(\cfrac{m^2}{2}\leqslant 2\) ，解得 \(-2\leqslant m\leqslant 2\)，

所以，当 \(a=1\) 时，对任意 \(m\in [-2,2]\) ，函数 \(f(x)\) 的图像均在 \(x\) 轴上方.