解决证明含有两个变量的不等式策略

解决证明含有两个变量的不等式策略近几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。策略一：当两个变量可以分离时，根据其两边结构构造函数，利用单调性证明不等式。例1（2010年辽宁文科21）已知函数2()(1)ln1fxaxax.（Ⅰ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅱ）设2a，证明：对任意12,(0,)xx，1212|()()|4||fxfxxx。解：(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+)，2121()2aaxafxaxxx.当a≥0时，()fx＞0，故f(x)在(0,+)单调增加；当a≤－1时，()fx＜0,故f(x)在(0,+)单调减少；当－1＜a＜0时，令()fx＝0,解得x=12aa.当x∈(0,12aa)时,()fx＞0；x∈(12aa，+)时，()fx＜0,故f(x)在（0,12aa）单调增加，在（12aa，+）单调减少.(Ⅱ)不妨假设x1≥x2.由于a≤－2,故f(x)在（0，+）单调减少.所以1212()()4fxfxxx等价于12()()fxfx≥4x1－4x2,即f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.令g(x)=f(x)+4x,则1()2agxaxx+4＝2241axxax.于是()gx≤2441xxx＝2(21)xx≤0.从而g(x)在（0，+）单调减少，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)+4x1≤f(x2)+4x2，故对任意x1,x2∈(0,+)，1212()()4fxfxxx.当exe2时，1－lnx0，例2（2009年辽宁理科21）已知函数f(x)=21x2－ax+(a－1)lnx，1a。（1）讨论函数()fx的单调性；（2）证明：若5a，则对任意x1，x2(0,)，x1x2，有1212()()1fxfxxx。解：(1)()fx的定义域为(0,)。2'11(1)(1)()axaxaxxafxxaxxx2分（i）若11a即2a,则2'(1)()xfxx故()fx在(0,)单调增加。(ii)若11a,而1a,故12a,则当(1,1)xa时，'()0fx;当(0,1)xa及(1,)x时，'()0fx故()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加。(iii)若11a,即2a,同理可得()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加.(II)考虑函数()()gxfxx21(1)ln2xaxaxx则211()(1)2(1)1(11)aagxxaxaaxxg由于1a5,故()0gx，即g(x)在(4,+∞)单调增加，从而当120xx时有12()()0gxgx，即1212()()0fxfxxx，故1212()()1fxfxxx，当120xx时，有12211221()()()()1fxfxfxfxxxxx·········12分练习1已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R)．①讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；②若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围；③当0xye2且x≠e时，试比较yx与1－lny1－lnx的大小．解①f′(x)＝a－1x＝ax－1x，当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；当a0时，f′(x)0得0x1a，f′(x)0得x1a，∴f(x)在(0，1a)上单调递减，在(1a，＋∞)上单调递增，即f(x)在x＝1a处有极小值．∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；当a0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．②∵函数f(x)在x＝1处取得极值，∴a＝1，∴f(x)≥bx－2⇔1＋1x－lnxx≥b，令g(x)＝1＋1x－lnxx，则g′(x)＝－2x2＋lnxx2，∴g′(e2)＝0，从而可得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－1e2，即b≤1－1e2.③由②知g(x)＝1＋1－lnxx在(0，e2)上单调递减，∴0xye2时，g(x)g(y)，即1－lnxx1－lnyy.当0xe时，1－lnx0，∴yx1－lny1－lnx；∴yx1－lny1－lnx.策略二、当两个变量分离不开时通过作差或作商等策略略将两个变量划归为一个变量，再构造函数利用函数单调性进行证明。例3、已知函数．（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，+∞）上为单调增函数，求a的取值范围；（Ⅲ）设m，n为正实数，且m＞n，求证：．（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，+∞）上为单调增函数，得到分子大于0恒成立，解出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ln﹣＞0，根据（II）得到h（x）在x大于等于1时单调递增，且大于1，利用函数的单调性可得证．解：（I）f′（x）=﹣=，由题意知f′（2）=0，解得a=，经检验符合题意．从而切线的斜率为k=f′（1）=﹣，切点为（1，0）切线方程为x+8y﹣1=0（II）f′（x）=，因为f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，所以f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立即x2+（2﹣2a）x+1≥0在（0，+∞）上恒成立，当x∈（0，+∞）时，由x2+（2﹣2a）x+1≥0，得：2a﹣2≤x+，设g（x）=x+，x∈（0，+∞），则g（x）=x+≥2=2，当且仅当x=即x=1时，g（x）有最小值2，所以2a﹣2≤2，解得a≤2，所以a的取值范围是（﹣∞，2]；（III）要证，只需证＜，即ln＞，即ln﹣＞0，设h（x）=lnx﹣，由（II）知h（x）在（1，+∞）上是单调增函数，又＞1，所以h（）＞h（1）=0，即ln﹣＞0成立，得到．点评：本题主要考查了学生会利用导函数的正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，是一道中档题．例4（2013年陕西）已知函数()e,xfxxR.(Ⅰ)求f(x)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=f(x)与曲线2112yxx有唯一公共点.(Ⅲ)设ab,比较2abf与()()fbfaba的大小,并说明理由.【答案】解:(Ⅰ)f(x)的反函数xxgln)(,则y=g(x)过点(1,0)的切线斜率k=(1)g'.1(1)g'x1(x)g'k.过点(1,0)的切线方程为:y=x+1(Ⅱ)证明曲线y=f(x)与曲线1212xxy有唯一公共点,过程如下.则令,,121121)()(22Rxxxexxxfxhx0)0('',0)0('0)0(,1)('')(',1)('hhhexhxhxexhxx，，且的导数因此，单调递增时当单调递减时当)('0)(''0;)('0)(''0xhyxhxxhyxhx0)(,0)0(')('xRxhyhxhy个零点上单调递增，最多有一在所以所以,曲线y=f(x)与曲线1212xxy只有唯一公共点(0,1).(证毕)(Ⅲ)设)(2)()2()()2()()(2)()(abbfabafababafbfbfafaabbaeabeabababeabeab)(2)2()2()(2)2()2(令xxxexexxgxexxxg)1(1)21(1)(',0,)2(2)(则.）上单调递增，在（的导函数0)('所以,0)11()('')('xgexexxgxgxx,且,0)0(,),0()(0)('.0)0('gxgxgg而上单调递增在，因此0)(),0(xg上所以在.,0)2(2)(0baexxxgxx且时，当0)(2)2()2(aabeabeabab所以abafbfbfaf)()(2)()(,ba时当练习2（2006年四川理科22）已知函数22()ln()fxxaxxx，()fx的导数是()fx。对任意两个不等的正数1x、2x，证明：（Ⅰ）当0a时，1212()()()22fxfxxxf；（Ⅱ）当4a时，1212|()()|||fxfxxx。本小题主要考查导数的基本性质和应用，函数的性质和平均值不等式等知识及综合分析、推理论证的能力。满分14分。证明：（Ⅰ）由22()lnfxxaxx，得2212121212()()111()()(lnln)222fxfxaxxxxxx22121212121()ln2xxxxaxxxx2121212124()()ln222xxxxxxfaxx。而2222212121212()1()()222xxxxxxxx，①又22212121212()()2xxxxxxxx，∴121212xxxxxx。②∵12122xxxx，∴1212lnln2xxxx。∵0a，∴1212lnln2xxaxxa。③由①、②、③，得2221212121212121214()ln()ln222xxxxxxxxaxxaxxxx，即1212()()()22fxfxxxf。（Ⅱ）证法一：由22()lnfxxaxx，得22()2afxxxx，∴121222112222|()()||(2)(2)|aafxfxxxxxxx12122212122()|||2|xxaxxxxxx。1212|()()|||fxfxxx122212122()|2|xxaxxxx下面证明对任意两个正数1x、2x，有122212122()2xxaxxxx恒成立，即证1212122()xxaxxxx成立。∵12121212122()4xxxxxxxxxx设12txx，24()()utttt，则24()2uttt。令()0ut，得32t。列表如下：t3(0,2)323(2,)()ut0()ut极小值33433()34=108uta。∴1212122()xxxxaxx∴对任意两个不等的正数1x、2x，恒有1212|()()|||fxfxxx。证法二：由22()lnfxxaxx，得22()2afxxxx，∴121222112222|()()||(2)(2)|aafxfxxxxxxx12122212122()|||2|xxaxxxxxx。∵1x、2x是两个不等的正数∴12221212121212122()42xxaaxxxxxxxxxxxx。设121txx，32()24()utttt，则(