2025年高考数学必刷题分类：第24讲、不等式的证明问题（教师版）

第24讲不等式的证明问题

知识梳理

利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明

fxgx0（或fxgx0），进而构造辅助函数hxfxgx；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅

助函数.

（4）对数单身狗，指数找基友

（5）凹凸反转，转化为最值问题

（6）同构变形

必考题型全归纳

题型一：直接法

例1．（2024·北京房山·北京市房山区良乡中学校考模拟预测）已知函数fx2lnx1．

(1)若函数fx在点Px0,fx0处的切线平行于直线y2x2，求切点P的坐标及此切线

方程；

2

(2)求证：当x0,e1时，fxx2x．（其中e2.71828）

22

【解析】（1）由题意得，fx，所以切线斜率2fx0，

x11x0

所以x00，即P0,0，此时切线方程为y2x；

2

2222x

（2）令gx2lnx1x2x，x0,e1，则gx2x2，

x1x1

当0x2时，gx0，gx单调递增，当x2时，gx0，gx单调递减，

又g00，ge12e13e4ee210，

所以，即恒成立，

gxming00gx0

所以当x0,e1时，fxx22x．

lnx1

例2．（2024·北京·高二北京二十中校考期中）已知函数f(x).

xx

(1)求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

(2)求证：f(x)2x3.

1lnx12lnx

【解析】（1）f(x),f(1)2，

x2x2x2

f(1)1,所以切点为(1,1)，由点斜式可得，y12(x1)，

所以切线方程为：y2x3.

lnx1

（2）由题可得，2x3lnx12x23x

xx

设g(x)lnx2x23x1，

14x23x1(x1)(4x1)

g(x)4x3，

xxx

(x1)(4x1)

所以当0x1时，g(x)0，

x

(x1)(4x1)

当x1时，g(x)0，

x

所以g(x)在0,1单调递增，1,单调递减，

所以，

gxgxmaxg10

即f(x)2x3.

a

例3．已知函数f(x)(a1)lnxx，a0．

x

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）当a1时，证明：x(1,)，f(x)aa2．

a1a(x1)(xa)

【解析】解：（1）f(x)1，

xx2x2

因x0，a0，

①当1a0时，0a1，函数f(x)在(0,a)内单调递增，在(a,1)内单调递减，在

(1,)内单调递增；

(x1)2

②当a1时，f(x)0，函数f(x)在(0,)内单调递增；

x2

③当a1时，a1，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,a)内单调递减，在(a,)内

单调递增；

综上：当1a0时，函数f(x)在(0,a)内单调递增，在(a,1)内单调递减，在(1,)内

单调递增；

当a1时，函数f(x)在(0,)内单调递增；

当a1时，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,a)内单调递减，在(a,)内单调递增；

（2）当a1时，由（1）得，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,a)内单调递减，在(a,)

内单调递增，

函数f(x)在(1,)内的最小值为f(a)(a1)ln(a)a1，

欲证不等式f(x)aa2成立，即证aa2(a1)ln(a)a1，即证

a2(a1)ln(a)10，

因a1，所以只需证ln(a)a1，

1(x1)

令h(x)lnxx1(x1)，则h(x)10，

xx

所以，函数h(x)在[1，)内单调递减，h(x)h（1）0，

又因a1，即a1．所以h(a)ln(a)a10，

即当a1时，ln(a)a1成立，

综上，当a1时，x(1,)，f(x)aa2．

题型二：构造函数（差构造、变形构造、换元构造、递推构造）

x

1

例4．（2024·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数fx1(x0)．

x

(1)证明：fxe；

(2)讨论fx的单调性，并证明：当nN*时，2n1lnn1nlnnn1lnn2．

1t

【解析】（1）证明：令htln1tt(t0)，则ht10，

1t1t

所以ht在0,上单调递减，所以hth00，即ln1tt．

111

令t(x0)，则有ln1，

xxx

xx

111

所以xln11，所以ln11,1e，即fxe．

xxx

x

11

（2）由fx1(x0)可得lnfxxln1，

xx

1

11

令gxxln1，则gxln1x，

1

xx1

x

t11t

令tln1t(t0)，则t0，

1t1t(1t)2(1t)2

所以t在0,上单调递增，t00．

1

11

令t(x0)，则有gxln1x0，

1

xx1

x

x

1

所以gx在0,上单调递增，所以fx1在0,上单调递增，

x

nn1

*11

所以对于nN，有11，

nn1

nn1

1111

所以ln1ln1，所以nln1n1ln1，

nn1nn1

即nlnn1lnnn1lnn2lnn1，

整理得：2n1lnn1nlnnn1lnn2．

x21

例5．已知曲线f(x)与曲线g(x)alnx在公共点(1,0)处的切线相同，

2

（Ⅰ）求实数a的值；

x21

（Ⅱ）求证：当x0时，x1lnx．

2

a

【解析】（Ⅰ）解：f(x)x，g(x)，

x

依题意f（1）g（1），a1；

x211x21

（Ⅱ）证明：由(x1)(x1)20，得x1，

222

1x1

令h(x)x1lnx，则h(x)1，

xx

x(0,1)时，h(x)0，h(x)递减；

x(1,)时，h(x)0，h(x)递增．

x0时，h(x)h（1）0，即x1lnx，

x21

综上所述，x0时，x1lnx．

2

例6．已知函数f(x)exax1(aR)，g(x)xlnx．

（1）求函数f(x)的单调区间；

（2）若直线yx1是函数yf(x)图象的切线，求证：当x0时，f(x)g(x)．

【解析】（1）解：f(x)exa，

当a0时，f(x)0，f(x)在(,)上单调递增；

当a0时，令f(x)0，可得xlna，

当x(,lna)时，f(x)0，f(x)单调递减，

当x(lna,)时，f(x)0，f(x)单调递增．

综上可得，当a0时，f(x)在(,)上单调递增；

当a0时，f(x)在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增．

（2）证明：直线yx1是函数yf(x)图象的切线，设切点为(x0，f(x0))，

则x0，即，

ea1x0ln(a1)

切点在切线上，f(x0)ln(a1)1，

f(x0)f(ln(a1))aaln(a1)，

ln(a1)1aaln(a1)，解得ae1，

当x0时，f(x)g(x)等价于ex(e1)x1xlnx，

ex1

等价于(e1)lnx0，

xx

ex1

设h(x)(e1)lnx，

xx

xexex11(ex1)(x1)

则h(x)，

x2x2xx2

x0，ex10，由h(x)0，得x1，

当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递减，

当x(1,)时，h(x)0，h(x)单调递增，

h(x)minh（1）0，即h(x)0，

f(x)g(x)．

x2

变式1．已知函数f(x)sinxln(1x)．

2

（1）证明：f(x)0；

1

（2）数列{a}满足：0a，af(a)(nN*)．

n12n1n

1

（ⅰ）证明：0a(nN*)；

n2

（ⅱ）证明：nN*，an1an．

1

【解析】证明：（1）由题意知，f(x)cosxx，x(1,)，

1x

1

①当x(1,0)时，f(x)1xx0，

1x

所以f(x)在区间(1,0)上单调递减，

11

②当x(0,)时，令g(x)f(x)，因为g(x)1sinx0，

(1x)2(1x)2

所以g(x)在区间(0,)上单调递增，因此g(x)g(0)0，

故当x(0,)时，f(x)0，

所以f(x)在区间(0,)上单调递增，

因此当x(1,)时，f(x)f(0)0，

所以f(x)0；

1

（2）（ⅰ）由（1）知，f(x)在区间(0,)上单调递增，f(x)f(0)0，

2

3111

因为()8(1)81c1C214712e，

222848

33

故18lnlneln()80，

22

1113131131

所以f(x)f()sinlnsinln(18ln)，

22826822822

11

因此当x(0,)时，0f(x)1，又因为a(0,)，

212

1

所以af(a)f(f(a))f(f(f(a)))(0,)，

nn1n212

11

（ⅱ）函数h(x)f(x)x，(0x)，则h(x)f(x)1xcosx1，

21x

令(x)h(x)，则(x)g(x)0，

1

所以(x)在区间(0,)上单调递增；

2

111217

因此h(x)(x)()cos1cos0，

222326

1

所以h(x)在区间(0,)上单调递减，所以h(x)h(0)0，

2

因此an1anf(an)ang(an)0，

所以对*，．

nNan1an

x2

变式2．讨论函数f(x)ex的单调性，并证明当x0时，(x2)exx20．

x2

x2x24x2ex

【解析】解：f(x)ex，f(x)ex()，

x2x2(x2)2(x2)2

当f(x)0时，x2或x2，

f(x)在(,2)和(2,)上单调递增，

x2

证明：x0时，exf(0)1

x2

(x2)exx20．

题型三：分析法

例7．已知函数f(x)ln(ax)，已知x0是函数yxf(x)的极值点．

（1）求a；

xf(x)

（2）设函数g(x)．证明：g(x)1．

xf(x)

【解析】（1）解：由题意，f(x)的定义域为(,a)，

令t(x)xf(x)，则t(x)xln(ax)，x(,a)，

1x

则t(x)ln(ax)xln(ax)，

axax

因为x0是函数yxf(x)的极值点，则有t(0)0，即lna0，所以a1，

x1

当a1时，t(x)ln(1x)ln(1x)1，且t(0)0，

1x1x

11x2

因为t(x)0，

1x(1x)2(1x)2

则t(x)在(,1)上单调递减，

所以当x(,0)时，t(x)0，

当x(0,1)时，t(x)0，

所以a1时，x0是函数yxf(x)的一个极大值点．

综上所述，a1；

（2）证明：由（1）可知，xf(x)xln(1x)，

xf(x)xln(1x)

要证1，即需证明1，

xf(x)xln(1x)

因为当x(,0)时，xln(1x)0，

当x(0,1)时，xln(1x)0，

所以需证明xln(1x)xln(1x)，即x(1x)ln(1x)0，

令h(x)x(1x)ln(1x)，

1

则h(x)(1x)1ln(1x)ln(1x)，

1x

所以h(0)0，当x(,0)时，h(x)0，

当x(0,1)时，h(x)0，

所以x0为h(x)的极小值点，

所以h(x)h(0)0，即xln(1x)xln(1x)，

xln(1x)

故1，

xln(1x)

xf(x)

所以1．

xf(x)

例8．（2024·山东泰安·统考模拟预测）已知函数f(x)eax

(1)求yf(x)在xa处的切线;

a

(2)若0a2，证明当x0时，f(x)2.

x

【解析】（1）因为f(x)eax，所以f(a)1，切线斜率为1

因为f(a)1，所以切点为(a,1)

切线方程为y1(xa)即xya10

（2）法一：令h(x)ex(x1),(x0)，所以h(x)ex10，

所以h(x)在(0,)单调递增，h(x)h(0)0，exx1

a

x1e

所以e，所以f(x)，

x1x1

aeaa

所以要证f(x)2只需证明2,x0

xx1x

a

变形得eaa22x(x0)

x

a

因为2x22a(x0)

x

所以只需证明eaa222a(x0)，即ea(a2)2

两边同取对数得：a2ln(a2),(0a2)

令g(a)a2ln(a2),(0a2)，

a2a1

则g(a)(0a2)

a(a2)

显然(a)a2a1在（0，2）递增，(0)0,(2)0,

所以存在m(0,2),当a(0,m)时g(a)0,g(a)递减，

当a(m,2)时g(a)0,g(a)递增;

因为g(0)2ln20,g(2)22ln220

所以g(a)0在(0,2)上恒成立，所以原命题成立

a

法二：设t则axt，

x

要证：eaxt2

需证：etxxt2

即证：(t1)xln(t2)

aa

因为x，需证(t1)ln(t2)，即证：a(t1)tln(t2)

tt

①t1时a(t1)0tln(t2)必然成立

②t1时，因为0a2所以只需证明2(t1)tln(t2)，

t

令h(t)tln(t2)2(t1)，h(t)ln(t2)2，

t2

t12

令g(t)ln(t2)2，g(t)0

t2t2(t2)2

∴h(t)在上（0，+）为增函数

3

因为h(2)ln4ln4lne30,

2

7

h(3)ln5ln5ln5e7,553125372187e7，所以h(3)0

5

所以存在t0(2,3)，使得h(t0)0

∴h(t)在(1,t0)上为减函数，在(t0,)上为增函数

2

t0t02t04

h(t)mint0ln(t02)2(t01)t0(2)2(t01)

t02t02

2t03,h(t0)0.∴h(t)0

综上可知，不等式成立

例9．已知1a2，函数f(x)exxa，其中e2.71828为自然对数的底数．

（Ⅰ）证明：函数yf(x)在(0,)上有唯一零点；

（Ⅱ）记x0为函数yf(x)在(0,)上的零点，证明：

（ⅰ）a1x02(a1)；

x0

（ⅱ）x0f(e)(e1)(a1)a．

【解析】证明：（Ⅰ）f(x)exxa0(x0)，f(x)ex10恒成立，

f(x)在(0,)上单调递增，

1a2，f（2）e22ae240，又f(0)1a0，

函数yf(x)在(0,)上有唯一零点．

（Ⅱ），x0，

(i)f(x0)0ex0a0

，x02x0，

a1x02(a1)ex01x02(ex01)

x2

令g(x)exx1x2(0x2)，h(x)exx1，(0x2)，

2

xx

一方面，h(x)e1xh1(x)，h1(x)e10，

h(x)h(0)0，h(x)在(0,2)单调递增，

h(x)h(0)0，

x2

exx10，2(exx1)x2，

2

另一方面，1a2，0a11，

当时，成立，

x01a1x0

只需证明当0x1时，g(x)exx1x20，

xx

g(x)e12xg1(x)，g1(x)e20，xln2，

当x(0,ln2)时，g1(x)0，当x(ln2,1)时，g1(x)0，

g(x)max{g(0)，g（1）}，g(0)0，g（1）e30，

g(x)0，g(x)在(0,1)单调递减，

g(x)g(0)0，exx1x2，

x02x0

综上，ex01x02(ex01)，

．

a1x02(a1)

要证明x0，只需证，

(ii)x0f(e)(e1)(a1)ax0f(x0a)(e1)(a1)a

由(i)得只需证ea1aa12a(e1)aa1，

11

ex1xx2，只需证1(a1a)2a(e1)aa1，

22

aa1

只需证a2(a1)22(e2)aa10，即证2(e2)，

a1a

a1

a1[2，)，

a1a1

aa113

22(e2)，

a1a22

x0

x0f(e)(e1)(a1)a．

x

变式3．已知函数f(x)eax1在(0,)上有零点x0，其中e2.71828是自然对

数的底数．

（Ⅰ）求实数a的取值范围；

（Ⅱ）记g(x)是函数yf(x)的导函数，证明：g(x0)a(a1)．

【解析】（Ⅰ）解：函数f(x)exax1，则f(x)exa，

①当a0时，f(x)0恒成立，

则f(x)在(0,)上单调递增，

所以f(x)f(0)0，故函数无零点，不符合题意；

②当a0时，由f(x)exa0，得xlna，

若lna0，即0a1，此时f(x)在(0,)上单调递增，不符合题意；

若lna0，即a1，则f(x)在(0,lna)上单调递减，f(x)在(lna,)上单调递增，

又f(0)0，故x10，使得f(x1)f(0)0，

而当x时，f(x)时，

故x2x1，使得f(x2)0，

根据零点存在定理，x0[x1，x2]，使得f(x0)0，符合题意；

综上所述，实数a的取值范围是a1；

（Ⅱ）证明：g(x)f(x)exa，

所以g(x0)a(a1)，即x02lna，

由（Ⅰ）知x0(lna,)且f(x)在(0,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增，

故只要证明：f(2lna)0，

1

即f(2lna)a22alna1a(a2lna)0，a1，

a

1

设h(x)x2lnx(x1)，

x

21(x1)2

则h(x)10，

xx2x2

故h(x)在(1,)上单调递增，即h(x)h（1）0，

所以f(2lna)0成立；

综上所述，g(x0)a(a1)成立．

题型四：凹凸反转、拆分函数

例10．（2024·北京·高三专题练习）已知函数fxx3ax2bxa2，当a0，b3时，

x1

证明：任意的xR，都有fx2恒成立.

exe

x1

【解析】由题设有fxx33x，设hxfx2x33x2，gx，

exe

x1

要证fx2即证hxgx.

exe

下面证明：当x0时，hxgx.

1x

此时hx3x23，gx，

ex

当x1时，hx0,gx0，

故gx在1,上为减函数，hx在1,上为增函数，

当0x1时，hx0,gx0，

故gx在0,1上为增函数，hx在0,1上为减函数，

故在上，有，，

0,gxmaxg10hxminh10

故当x0时，hxgx.

1x1

当x0，h02g0，gx，

eexe

x

当x0时，要证hxgx即证x33x即证exx231，

ex

设Sxexx23，其中x0，故Sxexx22x3，

当x3时，Sx0；当3x0时，Sx0，

故Sx在,3上为增函数，在3,0上为减函数，

6

故在,0上，Sx1，

maxe3

故exx231，所以当x0时，hxgx成立.

x1

综上，任意的xR，都有fx2恒成立.

exe

例11．（2024·河南开封·校考模拟预测）设函数fxx22xex，gxe2lnxaex．

(1)若函数gx在e,上存在最大值，求实数a的取值范围；

(2)当a2时，求证：fxgx．

e2e2aex

【解析】（1）（1）由g(x)e2lnxaex得：gxae（x0），

xx

①当a0时，g(x)0，所以g(x)在(0,)上单调递增，在(e,)不存在最大值，

e

②当a0时，令g(x)0，解得：x0，

a

ee

当x0,时，g(x)0，g(x)在0,上单调递增，

aa

ee

当x,时，g(x)0在,上单调递减，

aa

ee

所以g(x)在x时，取得最大值g，

aa

又由函数g(x)在(e,)上存在最大值，

e

因此e，解得：a1，

a

所以a的取值范围为(0,1).

（2）证明：当a2时，g(x)e2lnx2ex，且函数gx的定义域为0,，

要证明f(x)g(x)，即证明x0时，x22xexe2lnx2ex，

只需要证明：x0时，x22xex2exe2lnx，

e2lnx

因为x0，所以不等式等价于(x2)ex2e

x

设(x)(x2)ex2e（x0），则xx1ex，

令x0得：x1，

当0x1时，(x)0，当x1时，(x)0，

所以(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，

故(x)(1)e，且当x1时，等号成立；

e2lnxe2(1lnx)

又设h(x)（x0），则h(x)，

xx2

令hx0得：xe，

当0xe时，h(x)0，当xe时，h(x)0，

所以h(x)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，

故h(x)h(e)e，且当xe时，等号成立；

综上可得：x0时，xhx，且等号不同时成立，

所以x0时，xhx，

即当a2时，fxgx得证.

1x22

例12．已知函数f(x)a(lnx)(aR)．

x2x

（Ⅰ）若x2是f(x)的极小值点，求a的取值范围；

3

（Ⅱ）若a1，f(x)为f(x)的导函数，证明：当1x2时，f(x)f(x)．

2

【解析】解：（Ⅰ）f(x)的定义域是(0,)，

a2a2(xa)(x22)

则f(x)1，

xx3x2x3

若a0，则当x(0,2)时，f(x)0，当x(2，)时，f(x)0，

故x2是函数f(x)的极小值点，符合条件，

若a0，令f(x)0，解得：xa或x2，

若2a0，则当x(0,a)和x(2，)时f(x)0，

当x(a,2)时，f(x)0，

故x2是f(x)的极小值点，符合条件，

若a2，则f(x)0恒成立，f(x)没有极值点，不符合条件，

若a2，则当x(0,2)和x(a,)时f(x)0，

当x(2，a)时f(x)0，故x2是f(x)的极大值点，不符合条件，

故a的取值范围是(2，)；

12122

（Ⅱ）当a1时，f(x)lnxx，f(x)1，

x2xxx3x2

312

则f(x)f(x)xlnx1，x[1，2]，

xx2x3

312

设g(x)xlnx1，h(x)，x[1，2]，

xx2x3

1

由g(x)10，可得g(x)g（1）0，当且仅当x1时“”成立，

x

3x22x6

h(x)，

x4

设(x)3x22x6，则(x)在[1，2]上递减，

（1）1，（2）10，

故存在x0[1，2]，使得当x(1,x0)时，(x)0，当x(x0，2)时，(x)0，

故h(x)在(1,x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减，

33

由于h（1）2，h（2），故h(x)h（2），当且仅当x2时“”成立，

22

3

故当1x2时，f(x)f(x)g(x)h(x)g（1）h（2）．

2

变式4．已知函数f(x)x3ax．(aR)

（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

x3

（Ⅱ）求证：exxlnxex2．

f(x)ax2ex

【解析】解(I)f(x)3x2a

当a0时，f(x)0恒成立，故函数f(x)在R上单调递增

3a3a

当a0时，由f(x)0可得c或x

33

3a3a

由f(x)0可得x

33

综上可得，a0时，f(x)0恒成立，故函数f(x)在R上单调递增

3a3a

当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(，)，(,)，单调递减区间

33

3a3a

(,)

33

3ex1

(II)证明：原不等式可化为xlnx

2exe2x2ex

3xex1

容易得x0，上式两边同乘以x可得x2lnx

2ee2xex

3xex13xex1

设p(x)x2lnx，q(x)()

2ee2xex2ee2xex

1

则由p(x)x(2lnx1)可得x0（舍)或xe2

11

0xe2时，p(x)0，xe2时，p(x)0

1

1

当xe2时，函数p(x)取得最小值

2e

3xex13xex1311

q(x)()2

2ee2xex2ee2xex2ee22e

xex1

当且仅当即xexe时取等号

e2xex

令r(x)xex，可得r(x)在(0,)上单调递增，且r（1）e

1

当x1时，q(x)有最小值q(x)

2e

1

p(x)q(x)

2e

由于上面两个等号不能同时取得，故有p(x)q(x0，则原不等式成立

题型五：对数单身狗，指数找朋友

1x

例13．已知函数f(x)lnx．

ax

1

（Ⅰ）当a1时，求f(x)在[，2]上最大值及最小值；

2

（Ⅱ）当1x2时，求证(x1)lnx2(x1)．

111x1

【解析】解：（Ⅰ）f(x)lnx1，f(x)；

xx2xx2

1

x[,1)时，f(x)0；x(1，2]时，f(x)0；

2

11

f（1）0是函数f(x)的极小值，即f(x)的最小值；又f()1ln2，f（2）ln2；

22

f(x)的最大值是1ln2；

1

函数f(x)在[,2]上的最小值是0，最大值是1ln2；

2

2(x1)

（Ⅱ）x10，要证明原不等式成立，只要证明lnx；

x1

2(x1)12(x1)2(x1)(x1)2

设F(x)lnx，则F(x)0；

x1x(x1)2x(x1)2

函数F(x)在(1,2)上是增函数，F(x)F（1）0；

2(x1)

lnx；

x1

原不等式成立．

b(x1)

例14．已知函数f(x)alnx，曲线yf(x)在点(1，f（1）)处的切线方程为y2．

x

（1）求a、b的值；

(x1)lnx

（2）当x0且x1时．求证：f(x)．

x1

b(x1)ab

【解析】解：（1）函数f(x)alnx的导数为f(x)，

xxx2

曲线yf(x)在点(1，f（1）)处的切线方程为y2，

可得f（1）2b2，f（1）ab0，

解得ab1；

(x1)lnx

（2）证明：当x1时，f(x)，

x1

12lnx

即为lnx1lnx，

xx1

1

即x2lnx0，

x

(x1)lnx

当0x1时，f(x)，

x1

1

即为x2lnx0，

x

112(x1)2

设g(x)x2lnx，g(x)10，

xx2xx2

可得g(x)在(0,)递增，

(x1)lnx

当x1时，g(x)g（1）0，即有f(x)；

x1

(x1)lnx

当0x1时，g(x)g（1）0，即有f(x)．

x1

(x1)lnx

综上可得，当x0且x1时，f(x)都成立．

x1

例15．已知二次函数g(x)对任意实数x都满足g(x1)g(1x)x22x1，且g（1）

19

1，令f(x)g(x)mlnx(mR,x0)．

28

（1）求g(x)的表达式；

（2）设1me，H(x)f(x)(m1)x．证明：对任意x1，x2[1，m]，恒有

|H(x1)H(x2)|1．

【解析】（1）解：设g(x)ax2bxc，于是g(x1)g(1x)2a(x1)22c(x1)22，

所以a0.5，c1，

又g（1）1，则b0.5．

所以g(x)0.5x20.5x1．（5分）

(x1)(xm)

（2）证明：因为对x[1，m]，H(x)0，

x

所以H(x)