解决证明含有两个变量的不等式策略

1、解决证明含有两个变量的不等式策略近儿年在高考试题的函数压轴题中，经常出现含有两个变量的不等式证明问题，面对两个变量学生会感觉无从下手，造成找不到解题的突破点；下边通过几道例题，让大 家感受化归和构造的策略。例 1 (2010 年辽宁文科 21)已知函数/(%) = (a + l)lnx-fax2 4-1.(i) 讨论函数兀兀)的单调性；(ii )设a<-29 证明:对任意 ,x2 g (0, +oo), i ) -/(x2) l> 41 %! -x21 o解：(i)»的定义域为(0,+ oo),广 4 +宀+ 1xx当 心0时，广>0,故兀x)在(0,+oo)单调增

2、加;当ciw 1时，广(兀)v0,故/在(0,+oo)单调减少；当一ivgvo 时，令广(兀)=0,解得j- - s x(0, j)时,广 >0；v 2av 2a字,+oo)时，广vo,故心)在(0, j字)单调增加，在(j字,+00)单v 2av 2dv 2a调减少.(ii) 不妨假设x&drtl于dw2,故/在(0, +00)单调减少.所以|/(x1)-/(x2)|>4|x1-x2|等价于/(坷)-/(兀2)24兀1一4兀2,即几兀2)+4兀2习>1)+4兀1 令 g(x)=f(x)4x,则 g '=山 + 2祇 +4 =加/ + 4兀 + °

3、+1.xx于是g3 w r宀仆-1 = (2x1)2 wo.xx从而g(x)在(o, +oo)单调减少，故goi) wg(x2),即 沧1)+4兀1 w/(x2)+4兀2'故对任意兀i伉2(0,+ oo) |/(xi)-/(x2)|>4|xi -%2 例2 (2006年四川理科22)已知函数f(x) = x2+- + alnx (x>0), /的导数是广。对任意两个不等的正数禹、禺，证 明：(1)怯。时，迪严2汕宁)；(ii )当 a<4 时,i f，(xi)-f,(x2) i > i x, -x21 o本小题主耍考查导数的基本性质和应用，函数的性质和平均值不等

4、式等知识及综合分析、推理论证的能力。满分14分。证明：（i ）由 /（x） = x2 + + anx ,得兀于（兀1）+ /（兀2）= j_（西2 +打）+（丄 + 丄）+ £.（门西 +lnx2） = （x,2 + x22） + %1 +an jx,x2 2x（ x7 22xx2-二斗2 +血匕22西+兀22而(xj2 +> (xj + 兀?2) + 2%|%224l一o +兀2)22又（x +兀2），=（呼 +x22） + 2x,x2 > 4召兀2，.x. + x7 4 >xx2 x +x2jjq兀2 < 儿；勺，.i in jx'x? <

5、in * ；兀 / a <0 , an xx2 >aln 西；兀。由、，得丄（兀j+需）+旺+“2 +uln jx宀（禹+心）2xx2,+m归2%! +x22即 /(兀j + /(q/(込1)。2 2(ii )证法一:由 f(x) = x2 +alnx ,得 ff(x) = 2x- + ,xxi 广(兀|)_广(兀2)i = i(2西+)_(2x2+) i =1 兀一兀2 i i 2+打 x(x 兀 2xjx2i /'(兀1) 一 广(兀jiix禺 i ol 2 +y i > 1x兀2xx22(%j +x2) a下面证明对任意两个正数壬、兀2,有2+兀1°2

6、1恒成立,兀“2即证d v “2 + "州+心）成立oxx2 2(不+冷)4 xjx9 h再兀 h/西兀2q xx?设t = j兀皿 u(t) = t2 +(/>0),则”(r) = 2/_t o令/=0,得r = v2 o列表如下：2(x + 兀2 )t（0,眈）(眈,+ 8)0(00+w(r)极小值3确«(/)>34 = v108 >4>tz o对任意两个不等的正数兀、x2 ,怛有i /'（%!）-/z（x2） i > i %! -x2 i o0证法二：tkl /(x) = x2+ + 6/lnx ,得广(x) = 2x+,xx x

7、: i /z(xi)_/x2)i = 1(2比+)-(2x2+)i =1 xj _勺 1丨2+ i oxjx2 x2xx2 xlx2 c 2(西+无) a42+44画、兀2是两个不等的正数2 +i .i兀丿2心血）3兀宀（j西兀2）'兀宀t（。中23(亍,+ 8)00+w(r)极小值欝27临)= 2 +户-4/2(z>0),贝ljut) = 4r2),列表:2翌1,即2 +竺单-旦1。27xjx2i /z(xj) 一 fx = i x( - x2 i i 2 4- 2(+：2)| > i xj - x9 | o °x灯xx2例3 (2009年辽宁理科21)已知函数

8、 f(x)=-x2 ax+(a l)lnx , q1。2(1) 讨论函数.fco的单调性；(2)证明：若 a v 5 ,则对任意 xx2 g (0,+oo), xhx2(x 1)(% +1 d)x解：（l）/（x）的定义域为（0, +00）ocl (ix + 6z 1j (x) = x-a +=xx(i)若a-l = l 即 “2,则f （兀）=(兀-itx故/在(0,+00)单调增加。(ii)若a-lvl,而°1,故1vqv2,则当xg(6/-1,1)时，/(x)<0;当兀 w (0卫-1)及 x w (l,+oo)吋，/ (%) > 0故/在(° -1,1)

9、单调减少，在(0,d -1),(1,+q单调增加。(iii)若°-1 >1,即a2,同理可得/(x)在(1卫-1)单调减少，在(0,l),(d-l,+co)单调增加.(ii) 考虑函数 g(x) = /(%) + %12=x -ax + a-v)nx + x贝ii g'(x)=兀一(q 1) + ->- 一(q 1) = 1 一(y/a-1 -1)2由于l<a<5,故g&)>0,即g(x)在(4, +8)单调增加,从而当西 >兀2>0时有g(xl)-g(x2)>of艮卩 /(x1)-/(%2) + x1-x2 >0

10、故/（旺）一/（兀2）k 一兀2当 0<xl <x2 时，有/（兀 1）一/（兀2）二 /（兀2）一/（西）二2 分兀-x2x2 - x例 4、el知函数f （x）二.nx 一自 & 1）, &rx+1（i ）若x=2是函数f（x）的极值点，求曲线y=f （x）在点（1, f （1）处的切线方程;（ii）若函数f （x）在（0, +8）上为单调增函数，求a的取值范围；（iii）设m, n为正实数，£lm>n,求证：111 : <畤lnm 一 inn 2(i) 根据x=2是函数f (x)的极值点，则f (2) =0可求出a的值，然后求出切 线的斜

11、率和切点，从而可求出切线方程；(ii) 根据f (x)的解析式求出f (x)的导函数，通分后根据函数f (x)在(0, -foo) 上为单调增函数，得到分子大于0恒成立，解岀2a-2小于等于一个函数关系式， 利用基本不等式求出这个函数的最小值，列出关于a的不等式，求出不等式的解集 即可得到a的取值范围；(iii) 把所证的式子利用对数的运算法则及不等式的基本性质变形，即要证2 - n2 (-1)->0,根据(ii)得到h (x)在x大于等于1时单调递增，且2大于1,利 卫+1门n用函数的单调性可得证.解： f (x)_a(x+l)=占(2-2a) x+1,x(x+1 )x (x+1 )市

12、题意知f (2) =0,解得aw，经检验符合题意.4从而切线的斜率为k=f (1) = - 1切点为(1, 0)o切线方程为x+8y - 1=0(ii) f (x) =x?+2a) x+1,x (x+1 ) 2因为f (x)在(0, +x)上为单调增函数，所以f (x) r在(0, +8)上恒成立即/+ (2 - 2a) x+l>0 在(0, 4-oo)上恒成立,当 xw (0, +°°)时，由/+ (2 - 2a) x+lno,得：2a - 2sx+丄，x设 g (x) =x+丄，xg (0, +°°),x则g (x) =x+->2 c?l

13、=2,当且仅当x即x=l时，g (x)有最小值2,x v_xx所以2a - 2<2,解得a<2,所以a的取值范围是(-2；(iii)要证"厂门 <业lmn 一 inn27"1 -h只需证斗厂,1肆 22 (-1)即 1*> 一n -+1n设 h (x) =lnx - ? &,2 (-1),即 22>0,门卫+1nx+1由(ii)知 h (x)在(1,+-)上是单调增函数，乂卫>1,n所以 h (卫)>h (1) =0, n2 (-1)即1述20成立, 门卫+1nn得到 ronlnm- inn 2点评：本题主要考查了学生会利用

14、导函数的止负确定函数的单调区间，掌握不等式恒成立时所满足的条件，会利用基本不等式求函数的最小值，是一道屮档题.例5 (2013年陕西已知函数f(x) = exer.(i )求fu的反函数的图象上图象上点(1, 0)处的切线方程；(ii) 证明：曲线y二f(x)与曲线_y=|x2+x + l有唯一公共点.(iii) 设ab,比较f与辔严的大小，并说明理由.【答案】解：(i ) f (x)的反函数g(x) = lnx,则y二g(x)过点(1,0)的切线斜率k二了.g'(x) = >k =gf(i)= i. 点(1,0)的切线方程为:y - x+1x(ii)证明曲线y二f (x)与曲线

15、y =丄x2 +x + 1有唯一公共点，过程如下.2令力(兀)=fx)-x2 -x-l = ex 一*兀2 -%-l,x e 7?,贝ljhx) = ex-x-lh1 (兀)的导数hx) = ex-l,且/i(0) = 0, h'(0) = 0f'(0) = 0因此,当兀< 0时护(兀)v 0 => y =丹(兀)单调递减;当兀> 0时矿(兀)> 0 => y = /f (兀)单调递增 n y = hx) > /(0) = 0,所以歹=加力在/?上单调递增，最多有一个零点兀=0 所以，曲线y=f(x)与曲线y = |x2 +x + 1只有唯一公共点(0, 1).(证毕)2(ill)设 /(d)+ /s)_ .f (b) ：f (a) = (b - a + 2) f (a) + (b - a - 2) f(b)2b-a2 (z? - a)(b a + 2) e" + (b 一 a - 2) /(/? - a + 2) + (b - a - 2) eha a=e2-(b-a)2 (b _ ci)令g(兀)=兀 + 2 + (兀一2)盯,兀0,则g'(x) = 1 + (1 + 兀一2)= 1 +(兀一 1)心.0(x)的导函数g,x)