2025版高考数学一轮总复习考点突破第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用第1课时导数与不等式的证明考点4双变量不等式的证明

双变量不等式的证明(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.[解析](1)由条件知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－lnx，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．即在区间(0,1)上，函数f(x)单调递增；在区间(1，＋∞)上，函数f(x)单调递减．(2)证明：由blna－alnb＝a－b，得eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,b)lneq\f(1,b).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，x1≠x2，不妨设x1<x2，令f′(x)＝0，得x＝1.且f(e)＝0.结合(1)中的f(x)的单调性，易知，0<x1<1<x2<e.待证结论⇔2<x1＋x2<e.下面证明x1＋x2>2.令g(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，则g′(x)＝－ln[x(2－x)]>0，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增，所以0＝g(1)>g(x1)＝f(x1)－f(2－x1)，即f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)．又f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1<x2，即x1＋x2>2.再证明x1＋x2<e.证法一：不妨设x2＝tx1，则t>1，由x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)可得x1(1－lnx1)＝tx1[1－ln(tx1)]，化简得lnx1＝1－eq\f(tlnt,t－1)，要证x1＋x2<e，即证(1＋t)x1<e，即证lnx1<1－ln(1＋t)，即证1－eq\f(tlnt,t－1)<1－ln(1＋t)，即证eq\f(ln1＋t,t)<eq\f(lnt,t－1)，设h(t)＝eq\f(lnt,t－1)，t>1，h′(t)＝eq\f(1－\f(1,t)－lnt,t－12)，令φ(t)＝1－eq\f(1,t)－lnt，t>1，所以φ′(t)＝eq\f(1,t2)－eq\f(1,t)＝eq\f(1－t,t2)，所以φ′(t)<0，所以φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(t)<φ(1)＝0，所以h′(t)<0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(t＋1)<h(t)，即eq\f(ln1＋t,t)<eq\f(lnt,t－1)，所以x1＋x2<e，故2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.证法二：f(x)在点(e,0)处的切线φ(x)＝e－x，令F(x)＝f(x)－φ(x)＝2x－xlnx－e，x∈(0，e)，F′(x)＝1－lnx>0，所以F(x)在区间(0，e)上单调递增，即F(x)<F(e)＝0，所以当x∈(0，e)时，f(x)<φ(x)．令t＝f(x1)＝f(x2)，则t＝f(x2)<φ(x2)＝e－x2⇒t＋x2<e.又t＝f(x1)＝x1(1－lnx1)，x1∈(0,1)，所以t＝x1(1－lnx1)>x1，即x1＋x2<t＋x2<e.综上，2<x1＋x2<e.故2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e成立．名师点拨：证明双变量函数不等式的常见思路1．将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数构造一个含参数的辅助函数证明不等式．2．整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．3．若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明．【变式训练】(2024·海南中学高三月考)已知函数f(x)＝eq\f(x－1,ex).(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)设m，n为两个不相等的正数，且mlnn－nlnm＝m－n，证明：mn>e4.[解析](1)∵f′(x)＝eq\f(ex－x－1ex,e2x)＝eq\f(2－x,ex)，当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x＝2时，f(x)取得极大值eq\f(1,e2).综上，f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，单调递减区间为(2，＋∞)，极大值为eq\f(1,e2)，无极小值．(2)证明：由(1)知，x→－∞时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→0＋，∴f(x)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e2)))，由mlnn－nlnm＝m－n得eq\f(lnm－1,m)＝eq\f(lnn－1,n)，又f(lnm)＝eq\f(lnm－1,elnm)＝eq\f(lnm－1,m)，同理，f(lnn)＝eq\f(lnn－1,n)，∴lnm与lnn是f(x)＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t<\f(1,e2)))的两个正根，不妨设lnm<lnn，易知1<lnm<2，lnn>2，要证明mn>e4，只需证明lnm＋lnn>4，即证lnm>4－lnn，当lnn≥3时，此式显然成立；当2<lnn<3时，1<4－lnn<2，又f(x)在(1,2)上单调递增，∴只需证f(lnm)＝f(lnn)>f(4－lnn)，令h(x)＝f(x)－f(4－x)(2<x<3)，则h′(x)＝f′(x)＋f′(4－x)＝eq\f(2－x,ex)＋eq\f(2－4－x,e4－x)＝(2－x)·eq\b\lc\(