第21讲 双变量不等式的证明
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] 由条件可得x2=-x1,m=x1x2+4,由此可得要证f(-x1)-2x1+f(x2)>0,只需证(2+x2)ln(x2+2)->0,利用导数研究函数g(x)=(2+x)ln(x+2)-(0
证明:因为函数f(x)=mln(x+2)+-2x,所以f(x)的定义域为(-2,+∞),f'(x)=+x-2=(x>-2).因为f'(x)=0的两根为x1,x2且-2-2,x2=,所以x1+x2=0,x1x2=m-4且x2∈(0,2),则x2=-x1,m=x1x2+4,所以f(-x1)=f(x2),m=x1x2+4=4-.要证f(-x1)-2x1+f(x2)>0,只需证2f(x2)-2x1>0,只需证f(x2)+x2>0,即证mln(x2+2)+-x2>0,即证(4-)ln(x2+2)+-x2>0,即证(2+x2)ln(x2+2)->0.令g(x)=(2+x)ln(x+2)-(0ln 2+>0,所以g(x)在(0,2)上单调递增,且g(0)=2ln 2>0,故g(x)>g(0)>0,所以f(-x1)-2x1+f(x2)>0.
变式题 解:(1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+x2-x,f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=+x-1=.因为x>-1,所以f'(x)≥0,则f(x)在(-1,+∞)上单调递增.
(2)证明:由题意得f'(x)=+x-1=.当a≥1时,f'(x)≥0,f(x)在(-1,+∞)上单调递增,不合题意.当a<1时,令f'(x)=0,得x2=1-a.当a≤0时,令f'(x)=0,得x=,则f(x)只有一个极值点,不合题意.当0,即证aln(1+x2)+-x2>,即证2aln(1+x2)+-2x2-x1>0,即证2(1-)ln(1+x2)+-x2>0,又x2=∈(0,1),所以要证f(x2)>,即证ln(1+x2)->0.构造函数g(x)=ln(1+x)-,x∈(0,1),则g'(x)=-=>0,即g(x)在(0,1)上单调递增,则g(x)>g(0)=0,所以f(x2)>.
例2 [思路点拨] 原不等式可化为-≤(a-b)(++4),换元,令t=>1,原不等式可化为ln t≥,构造函数h(x)=ln x-(x>1),利用导数讨论其单调性,即可得证.
证明:因为a>b,所以≤(ea+eb+4)等价于-≤(a-b)(++4),令t=>1,则不等式等价于t-≤ln t,故只需证ln t≥=,设h(x)=ln x-(x>1),则h'(x)=-
=
=
>0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,故h(x)>h(1)=0,故≤(ea+eb+4).
变式题 证明:∵F(x)=ln x-x+(x>0),∴F'(x)=-1-,令F'(x1)=F'(x2)=m,得
∴,为方程2t2-t+1+m=0的两根,∴+=,即2(x1+x2)=x1x2,∴x1x2=2(x1+x2)>4,
∴x1x2>16,∴F(x1)+F(x2)=+=(ln x1+ln x2)-(x1+x2)+=ln(x1x2)-+1,令t=x1x2>16,则ln (x1x2)-+1=ln t-+1,
令h(t)=ln t-+1(t>16),则h'(t)=-<0,∴h(t)在(16,+∞)上单调递减,
∴h(t)即F(x1)+F(x2)<4ln 2-7.
例3 [思路点拨] 可以把a看成参数,b看作主元变量,构造函数证明即可.
证明:设函数g(x)=f(a)+f(x)-f(a+x)+(a+x)ln 2(a>0),
则g'(x)=f'(x)-f'(a+x)+ln 2=(1+ln x)-[1+ln (a+x)]+ln 2=ln ,令g'(x)>0得x>a,令g'(x)<0,得0+2aln 2=2aln a-2aln(2a)+2aln 2=0,所以f(a)+f(b)-f(a+b)+(a+b)ln 2≥0,即f(a)+f(b)≥f(a+b)-(a+b)ln 2.
变式题 证明:令h(x)=f(x)-bx+g(b)-f(0)-g(0)(x>0),则h'(x)=ex-(b+1),所以当x>ln(b+1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当0故h(x)≥h[ln(b+1)] =f[ln(b+1)]+g(b)-f(0)-g(0)-bln(b+1)=(b+k)ln(b+k)-(b+1)ln (b+1)-kln k. 令t(x)=(x+k)ln(x+k)-(x+1)ln(x+1)-kln k(x>0),
则t'(x)=ln(x+k)-ln(x+1),当k≥1时,t'(x)≥0,t(x)在(0,+∞)上单调递增,所以t(x)≥t(0)=0,即h(x)≥0,即f(x)-bx+g(b)-f(0)-g(0)≥0,
所以f(a)+g(b)≥f(0)+g(0)+ab.第21讲 双变量不等式的证明
1.解:(1)当a=0时,f(x)=ln x+x,则f(1)=1,又因为f'(x)=+1,所以切线的斜率k=f'(1)=2,故所求切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.
(2)证明:当a=-2时,f(x)=ln x+x2+x(x>0).
由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,得ln x1++x1+ln x2++x2+x1x2=0,
即(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2),令t=x1x2(t>0),φ(t)=t-ln t,则φ'(t)=1-=,易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,因为x1>0,x2>0,所以x1+x2≥.
2.证明:因为f(x)=2ln x,g(x)=x2+x,
所以>,即为>.
要证>,只需证对任意b>a>0,ln b-ln a->0,令h(b)=ln b-ln a-,b>a>0,
则h'(b)=-=
,当b>a>0时,h'(b)>0,h(b)单调递增,即h(b)>h(a)=ln a-ln a-=0,
即对任意b>a>0,>.
3.解:(1)因为f(x)有极值点,所以f'(x)=-=在(0,+∞)上有变号零点,即φ(x)=x2+(2a-2)x+a2在(0,+∞)上有变号零点.
①当1-a≤0,即a≥1时,φ(0)=a2>0,故 φ(x)>0在(0,+∞)上恒成立,则φ(x)在(0,+∞)上无变号零点;
②当1-a>0,即00,得a<,所以0综上,a的取值范围为.
(2)<<,证明如下:先证<,即证ln >=,令=t,t>1,即证ln t>,
令g(t)=ln t-,则g'(t)=-=>0,所以g(t)在(1,+∞)上单调递增,所以g(t)>g(1)=0,不等式<得证.再证<,
即证2ln<-,
令=m,m>1,即证2ln m1,令h(m)=2ln m-,则h'(m)=-==<0,所以h(m)在(1,+∞)上单调递减,所以h(m)综上,<<.
4.证明:∵g(x)=x(ln x-x+a),定义域为(0,+∞),∴g'(x)=ln x-2x+a+1,∵g(x)有两个极值点x1和x2,
∴g'(x)=0有两个不相等的正根,且是g'(x)的变号零点.
令h(x)=ln x-2x+a+1,由h'(x)=-2=0,得x=,当x∈时,h'(x)>0,h(x)在上单调递增;
当x∈时,h'(x)<0,h(x)在上单调递减.当x=时,h(x)取得最大值,最大值为h=a-ln 2.当x→0时,h(x)→-∞;当x→+∞时,h(x)→-∞,则h(x)至多有两个零点,要使h(x)有两个零点,
则必有a-ln 2>0,可得a>ln 2.易知x1,x2为h(x)的两个零点,
则得ln=2(x1-x2)①,令=t,则x1=tx2,由0∴x2=,则x1=,故所证不等式转化为>1+ln t,01,
即证ln t-<0.令F(t)=ln t-,t∈(0,1),则F'(t)=-==,
∵00,∴F(t)在(0,1)上单调递增,∴F(t)故ln t-<0,即不等式x2+x1>1+ln得证.第21讲 双变量不等式的证明
双变量不等式的证明常用策略:
(1)指定主变量,有些问题虽然有两个变量,但只要把其中一个当作常数,另一个看成自变量,或者将其中一个变量用主变量表示,就可以将双变量问题变成单变量问题,进而可使问题得以解决.
(2)整体代换,变量归一,通过等价转化,将双变量问题等价转化为一个新变量表示的不等式,再构造以新变量为主元的函数,通过研究此函数的单调性及极值等,从而使问题巧妙地得到解决,我们将这种解决问题的思想称为变量归一思想.
(3)主元思想:对于多元不等式的证明,可以选择其中一个元为主元,其他的元统统视为参数(常数),构造主元函数,利用导数来证明.
消参减元法
例1 已知函数f(x)=mln(x+2)+-2x(m∈R),若f'(x)=0的两根为x1,x2,且x10.
总结反思
破解含双变量不等式的证明问题的关键:
一是转化,即由已知条件入手,寻找双变量所满足的关系式,并把含双变量的不等式通过消去一个变量,转化为含单变量的不等式问题;
二是巧构造函数,再借助导数,判断函数的单调性,从而求其最值;
三是回归双变量的不等式的证明,把所求的最值应用到双变量不等式,即可证得结果.
变式题 已知函数f(x)=aln(1+x)+x2-x(a∈R).
(1)若a=1,判断函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1.
整体代换法
例2 已知a>b,证明:≤(ea+eb+4).
总结反思
证明双变量不等式时,可将要求证的不等式等价变形,然后利用整体思想换元,再构造函数,结合函数的单调性即可证得.
变式题 已知函数F(x)=ln x-x+,且F'(x1)=F'(x2)(x1≠x2),证明:F(x1)+F(x2)<4ln 2-7.
主元法
例3 [2024·江西南昌模拟] 已知函数f(x)=xln x,当a>0,b>0时,求证:f(a)+f(b)≥f(a+b)-(a+b)ln 2.
变式题 [2024·泉州二模] 已知函数f(x)=ex-x,g(x)=(x+k)ln(x+k)-x,若a>0,b>0,当k≥1时,证明:f(a)+g(b)≥f(0)+g(0)+ab.第21讲 双变量不等式的证明
(时间:45分钟)
1.已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.
(1)当a=0时,求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求证:x1+x2≥.
2.已知函数f(x)=2ln x,g(x)=x2+x,若0.
3.(1)已知函数f(x)=ln x+,其中a为正实数,若函数f(x)有极值点,求a的取值范围;
(2)当x2>x1>0时,判断,,的大小关系,并加以证明.
4.已知函数f(x)=ln x-x+a,若函数g(x)=xf(x)有两个极值点x1和x2,且x11+ln.(共54张PPT)
第21讲 双变量不等式的证明
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作业手册
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答案核查【作】
双变量不等式的证明常用策略:
（1）指定主变量,有些问题虽然有两个变量,但只要把其中一个
当作常数,另一个看成自变量,或者将其中一个变量用主变量表示,就可
以将双变量问题变成单变量问题,进而可使问题得以解决.
（2）整体代换,变量归一,通过等价转化,将双变量问题等价转化
为一个新变量表示的不等式,再构造以新变量为主元的函数,通过研究
此函数的单调性及极值等,从而使问题巧妙地得到解决,我们将这种解
决问题的思想称为变量归一思想.
（3）主元思想：对于多元不等式的证明，可以选择其中一个元
为主元，其他的元统统视为参数（常数），构造主元函数，利用导
数来证明.
探究点一 消参减元法
例1 已知函数，若 的
两根为，，且，求证： .
［思路点拨］ 由条件可得， ，由此可得要证
，只需证 ，利
用导数研究函数 的单调性，
由此完成证明.
证明：因为函数，所以 的定义域为
，.
因为 的两根为，且，所以 ，
即，其中， ，
所以，且，
则 ，，
所以， .
要证，只需证 ，
只需证，即证 ，
即证，
即证 .
令 ，
则，
所以在 上单调递增，且，
故 ，所以 .
[总结反思]
破解含双变量不等式的证明问题的关键:
一是转化,即由已知条件入手,寻找双变量所满足的关系式,并把含双变
量的不等式通过消去一个变量，转化为含单变量的不等式问题;
二是巧构造函数,再借助导数,判断函数的单调性,从而求其最值;
三是回归双变量的不等式的证明,把所求的最值应用到双变量不等式,
即可证得结果.
变式题 已知函数 .
（1）若，判断函数 的单调性；
解：当时，， 的定义域为
，.
因为，所以 ，则在 上单调递增.
（2）若函数有两个极值点,，且，求证： .
证明：由题意得.
当 时，，在上单调递增，不合题意.
当 时，令，得.
当时，令，得 ，
则只有一个极值点，不合题意.
当时，令 ，得,，
则, ,故.
要证 ，即证，
即证 ，
即证，
又 ，
所以要证，即证 .
构造函数， ，
则，即在 上单调递增，
则，所以 .
探究点二 整体代换法
例2 已知，证明： .
［思路点拨］ 原不等式可化为
，换元，令 ，原不等式可化为
，构造函数 ，
利用导数讨论其单调性，即可得证.
证明：因为，所以 等价于
，
令 ，则不等式等价于，
故只需证 ，
设，则
，所以在 上单调递增，
故，故 .
[总结反思]
证明双变量不等式时，可将要求证的不等式等价变形，然后利用整
体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性即可证得.
变式题 已知函数，且 ，
证明： ．
证明：， ，
令，得
，为方程的两根，
，即，
， ，
，
令，则 ，
令，
则， 在 上单调递减，
，
即 .
探究点三 主元法
例3 [2024·江西南昌模拟] 已知函数，当，
时，求证： ．
［思路点拨］ 可以把看成参数， 看作主元变量，构造函数证明即可.
证明：设函数 ，
则 ，
令得，令，得，
所以 在上单调递减，在上单调递增，
故 ，
所以 ，
即 2.
变式题 [2024·泉州二模] 已知函数 ，
，若,，当 时，证明：
．
证明：令 ，
则，
所以当时，， 单调递增;
当时，， 单调递减.
故
令 ，
则，
当时，， 在上单调递增，
所以，即 ，
即 ，
所以 ．
【备选理由】例1考查利用导数判断函数的单调性和双变量转化为单
变量的不等式证明问题;
例1 ［配例1使用］ 已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
解：由题意得.
令 ，
则，的图象的对称轴为直线 ，
故 .
当，即时，在上单调递增，
所以当 时， ，
故，所以在 上单调递增.
当，即 时，若，即，
则 恒成立，故，所以在 上单调递增.
若，即 ，
则存在,，使得 ，
其中， ，
故当时，，当时， ，
当时， ，
所以在上单调递增，在上单调递减，
在 上单调递增.
综上可知，当时，函数在上单调递增;
当 时，函数在和 上单调递增，
在 上单调递减.
（2）若有两个极值点,，证明： .
证明：由（1）可知，要使有两个极值点,，则 ，
且， ，
不妨设，则 ，从而原不等式转化为
，
将及 代入上式，
得 ，
化简得，即 .
由，可得，
令 ，则只需证 .
设，则 ，
故在上单调递增，则 ，
故原不等式成立.
例2 ［配例2使用］ 已知函数 .
（1）若在定义域上单调递增，求 的取值范围；
【备选理由】 例2考查整体代换法证明不等式,解题的关键是依据已知不等式设出新变量,构造新函数,把问题转化为函数的最值问题;
解：由题意得的定义域为， ，
由在定义域上单调递增，可得在 上恒成立，
故在 上恒成立.
令，，则 ，
所以当时，, 单调递增；
当时，, 单调递减.
故 ,
所以，可得，解得 ,
故的取值范围为 .
（2）若，函数 ，且
，求证： .
证明：若 ,则
，
由 ，
得 ，
即 ，
即 ，
即 .
令, ，则，
所以当时，, 单调递增；
当时，,单调递减.
则 ，即 ，
解得或 （舍去），
故 .
例3 ［配例3使用］ 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
解：由题可知，的定义域为 ，
所以，
当时， ，当时，，
所以在上单调递减，在 上单调递增.
【备选理由】 例3考查利用主元法证明双变量不等式；
（2）设函数，，是曲线 上的不
同两点，直线的斜率为，曲线在点， 处的切线斜率
分别为，，证明： .
证明：设，， ，
因为，所以 ，
则，， ，
所以等价于 ，
由 得，上述不等式等价于
，
故
，
因为 ，所以 ，
设， ，则 ，
由（1）可知，当时，单调递增，
所以 ，所以 ，
故 ，
即 成立，得证.
例4 ［补充使用］ [2024·合肥二模] 已知曲线 在
点处的切线为 ．
（1）求直线 的方程；
解：因为 ，
所以,, ，
所以直线的方程为，即 .
【备选理由】 例4考查放缩法与消参法相结合解决问题，综合性较强.
（2）证明：除点外，曲线在直线 的下方；
证明：令 ，
则 ，
令，则 ，
由，解得，由，解得 ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
当 时，, ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
所以，当且仅当 时等号成立，
所以除切点之外，曲线在直线 的下方．
（3）设,，求证： ．
证明：由，解得,
由 ，解得 ，
所以在上单调递增，在 上单调递减，
所以, ，
当 时， ．
因为,，则，
不妨令 , ．
由（1）知，曲线在点处的切线为 ，
设点在切线上，则，故 ，
由（2）知时， ，
则，即 .
要证 ，
只需证 ，
只需证 ，
又 ，所以只需证 ，
令, ，
则 ，
易知在上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
所以在上单调递减，所以 成立，
所以原不等式成立．
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.已知函数， .
（1）当时，求函数的图象在点 处的切线方程；
解：当时，，则，
又因为 ，所以切线的斜率，
故所求切线方程为 ，即 .
（2）若，正实数，满足 ，求
证： .
证明：当时， .
由 ，
得 ，
即，
令 ，，则，
易知在区间 上单调递减，在区间上单调递增，
所以 ，所以，
因为， ，所以 .
2.已知函数,,若 ，证明：
.
证明:因为, ，
所以，即为 .
要证,只需证对任意 ,,
令, ,
则,
当 时，, 单调递增，
即 ,
即对任意, .
◆ 综合提升 ◆
3.（1）已知函数，其中为正实数，若函数 有
极值点，求 的取值范围；
解：因为有极值点，所以 在
上有变号零点，即在 上
有变号零点.
①当，即时，，故在
上恒成立，则在 上无变号零点；
②当，即 时，
由，得，所以 .
综上，的取值范围为 .
（2）当时,判断，， 的大小关系，并加以证明.
解：，
证明如下：先证 ，即证，
令,，即证 ，
令，则 ，
所以在上单调递增，所以 ，
不等式得证.
再证 , 即证 ，
令，,即证, ，
令 ,
则，
所以 在上单调递减，所以 ,
不等式 得证.
综上， .
4.已知函数，若函数 有两个极值点
和，且，证明： .
证明：，定义域为 ，
，
有两个极值点和 ，
有两个不相等的正根，且是 的变号零点.
令，
由，得 ，
当时，，在 上单调递增；
当时，，在上单调递减.
当 时，取得最大值，最大值为.
当 时, ；当 时, ，
则 至多有两个零点，
要使 有两个零点，则必有，可得.
易知,为 的两个零点，则
得，
令 ，则，由得，
将 代入①式得 ，，则 ，
故所证不等式转化为，，
只需证 ，即证.
令， ，
则 ，
，，在 上单调递增， ，
故，即不等式 得证.
课堂考点探究
例1 略 变式题(1) f(x)在(1,+∞)上单调递增 (2)略
例2 略 变式题 略 例3 略 变式题 略
教师备用习题
例1(1)当k≤2时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当k>2时,函数f(x)在和
上单调递增,在上单调递减. (2)略
例2 (1)(1,] (2)略
例3(1) f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增 (2)略
例4 (1) y=ex+e (2)略 (3)略
基础热身
1. (1) 2xy1=0 (2)略 2.略
综合提升
3. (1) (2) <<,证明略
4.略