全品高考备战2027年数学一轮学生用书12第21讲双变量不等式的证明【答案】听课手册

第21讲双变量不等式的证明●课堂考点探究例1[思路点拨](1)求导,分类讨论函数的单调性;(2)由函数有两个极值点x1,x2(x1<x2)确定a的范围,代入函数值,构造函数,利用根与系数的关系进行消元,构造函数,借助导数判断函数单调性求解.解:(1)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且a>0,f'(x)=1x-a-ax2令g(x)=-ax2+x-a,x>0,当Δ=1-4a2≤0,即a≥12时,g(x)≤0恒成立,则f'(x)≤0,所以f(x当Δ=1-4a2>0,即0<a<12时,函数g(x)有两个零点:x1'=1-1-4a2当x变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表所示:x(0,x1')x1'(x1',x2')x2'(x2',+∞)f'(x)-0+0-f(x)单调递减f(x1')单调递增f(x2')单调递减综上,当0<a<12时,f(x)在1-1-4a22a,1+1-4(2)证明:由(1)知,当0<a<12时,f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2则x1,x2是方程g(x)=0的两个根,由根与系数的关系,得x1x2=1,x1+x2=1a,所以0<x1<1<x2f(x1)+f(x2)+f(x1+x2)=f(x1)+f1x1+f1a=lnx1-ax1-1x1+ln1x1-a1x1-x1+f令h(x)=-lnx-1+x2,0<x<12,则h'(x)=-1x+2x=当0<x<12时,h'(x)<0,所以h(x)在0,12上单调递减,所以h(x)>h12=ln2-34,所以f(x1)+f(x2)+f(x1变式题解:(1)由题可得f'(x)=1+ax,g'(x)=b根据题意,得1+a=b,1=3-b,解得a设T(x)=f(x)-2x-2n=lnx-x-2n,x>0,则T'(x)=1x当x∈(0,1)时,T'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,T'(x)<0,所以T(x)max=T(1)=-1-2n,因为当x→0时,T(x)→-∞,当x→+∞时,T(x)→-∞,所以要使两个函数图象有两个交点,只需-1-2n>0,解得n<-12,所以实数n的取值范围为-∞,-(2)证明:由题知F(x)=x-mx-2lnx,其定义域为(0,+∞),则F'(x)=1+mx2-2令F'(x)=0,得x2-2x+m=0,其判别式Δ=4-4m>0,即m<1,函数F(x)有两个极值点x1,x2,等价于方程x2-2x+m=0在(0,+∞)内有两个不等实根,所以x1x2=m>0,故0<m<1,又x1<x2,所以x2=1+1-m,所以1<x2<2,m=-x22F(x2)-x2+1=x2--x22+2x2x2-2lnx2-x令h(t)=t-2lnt-1,1<t<2,则h'(t)=1-2t=t因为1<t<2,所以h'(t)<0,所以h(t)在(1,2)上单调递减,所以h(t)<h(1)=1-2ln1-1=0,所以F(x2)-x2+1<0,所以F(x2)<x2-1.例2[思路点拨]原不等式可化为ea-b2-eb-a2≤16(a-b)(ea-b2+eb-a2+4),换元,令t=证明:因为a>b,所以ea-eba-b≤16(ea+eb+4ea+b2)等价于ea-b2-eb-a2≤16(a-b)(e设h(x)=lnx-3(x2-1)x2+46xx4(x-1)4所以h(x)>h(1)=0,故ea-eba-b≤16变式题证明:∵F(x)=lnx-x+2x(x>0),∴F'(x)=1x-1-令F'(x1)=F'(x2)=m,得2∴1x1,1x2为方程2t2-t+1+m=0的两根,∴1x1+1x2=12,即2(x1+x2)=x1x2,∴x1x2=2(x1+x2∴F(x1)+F(x2)=lnx1-x1+2x1+lnx2-x2+2x2=(lnx1+lnx2)-(x1则ln(x1x2)-x1x22+1=lnt-t2+1,令h(t)=lnt则h'(t)=1t-12<0,∴h(∴h(t)<h(16)=ln16-7=4ln2-7,即F(x1)+F(x2)<4ln2-7.例3[思路点拨](1)求出函数的导数,通过讨论t的范围,求出函数的单调区间即可;(2)问题转化为证明f(x1+x2)+(x1+x2)>f(x1-x2)+(x1-x2)恒成立,设g(x)=f(x)+x,则上式等价于g(x1+x2)>g(x1-x2),要证明g(x1+x2)>g(x1-x2)对任意x1∈R,x2∈(0,+∞)恒成立,只需证明g(x)=(x-1)ex-32x2+x在R上单调递增,根据函数的单调性证明即可解:(1)由题可得f'(x)=xex-tx=x(ex-t),若t≤0,则ex-t>0,当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减.若t>0,由f'(x)=0得x=0或x=lnt.当0<t<1时,lnt<0,所以当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当lnt<x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x<lnt时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当t=1时,f'(x)≥0,f(x)单调递增;当t>1时,lnt>0,所以当x>lnt时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当0<x<lnt时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x<0时,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上,当t≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;当0<t<1时,f(x)在(-∞,lnt),(0,+∞)上单调递增,在(lnt,0)上单调递减;当t=1时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当t>1时,f(x)在(-∞,0),(lnt,+∞)上单调递增,在(0,lnt)上单调递减.(2)证明:由f(x1+x2)-f(x1-x2)>-2x2,得f(x1+x2)+(x1+x2)>f(x1-x2)+(x1-x2).设g(x)=f(x)+x,则上式等价于g(x1+x2)>g(x1-x2),要证明g(x1+x2)>g(x1-x2)对任意x1∈R,x2∈(0,+∞)恒成立,只需证明g(x)=(x-1)ex-32x2+x又g'(x)=xex-3x+1,所以只需证明xex-3x+1≥0.令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,当x<0时,h'(x)<0,当x>0时,h'(x)>0,所以h(x)min=h(0)=0,即ex≥x+1,则当x≥0时,xex≥x2+x,所以xex-3x+1≥x2-2x+1=(x-1)2≥0;当x<0时,ex<1,xex-3x+1=xex所以xex-3x+1≥0恒成立,所以原不等式成立.变式题解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),由f(x)=x(1-lnx),得f'(x)=-lnx.当x∈(0,1)时f'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0.故f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:方法一(等价转化):由blna-alnb=a-b得1a1-ln1a=1b1-ln1b,即f1由(1)不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞),则f1a>0,所以f1b>0,所以1b∈(1,e).令g(x)=f(2-x)-f(则g'(x)=ln(2-x)+lnx=ln(2x-x2)=ln[1-(x-1)2],当x∈(0,1)时,g'(x)<0,则g(x)在(0,1)上单调递减,则g(x)>g(1)=0,所以f(2-x)>f(x),所以f2-1a>f1a=f1b,由(1)得2-1a<1令h(x)=x+f(x)(x∈(1,e)),则h'(x)=1+f'(x)=1-lnx,当x∈(1,e)时,h'(x)>0,则h(x)在(1,e)上单调递增,则h(x)<h(e)=e,所以x+f(x)<e,所以1b+f1b由1a∈(0,1),可得1a<1a1-ln1a=f1a=f1b,所以1由①②得2<1a+1b方法二(最优解):blna-alnb=a-b可变形为lnaa-lnbb=1b-1令1a=m,1b=n,则上式变为m(1-lnm)=n(1-ln于是问题转换为证明2<m+n<e.由上知f(m)=f(n),不妨设m<n.由(1)知0<m<1,1<n<e,先证m+n>2.要证m+n>2,即证n>2-m,只需证f(n)<f(2-m),即证f(m)<f(2-m),即证f(m)-f(2-m)<0.令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则g'(x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]=-ln[1-(x-1)2]≥-ln1=0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,所以g(x)<g(1)=0,所以m+n>2.再证m+n<e.要证m+n<e,因为m(1-lnm)=n·(1-lnn)>m,所以只需证n(1-lnn)+n<e.令h(x)=x(1-lnx)+x,x∈(1,e),所以h'(x)=1-lnx>0,所以h(x)在(1,e)上单调递增,所以h(x)<h(e)=e,所以h(n)<e,所以m+n<e.综上,2<1a+1b方法三(比值代换):令1a=x1,1b=x2,不妨设x1<x2,由(1)知0<x1<1,1<x2证明1a+1b>2同方法二,再证明x1+x2<e.设x2=tx1,则t=由x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2),得x1(1-lnx1)=tx1[1-ln(tx1)],所以lnx1=1-tlntt-1,要证x1+x2<e,只需证(1+t)x1<e,两边取自然对数得ln(1+即ln(1+t)+1-tlntt-1记g(s)=ln(1+s)s,s∈(0,+∞),则g'记h(s)=s1+s-ln(1+s),则h'(s)=1(所以h(s)在(0,+∞)上单调递减,所以h(s)<h(0)=0,所以g'(s)<0,所以g(s)在(0,+∞)上单调递减.由t∈(1,+∞)得t-1∈(0,+∞),所以g(t)<g(t-1),即ln(1+t)t<lntt-综上,2<1a+1b方法四(构造函数法):由已知得lnaa-lnbb=令1a=x1,1b=x不妨设x1<x2,所以f(x1)=f(x2).由(1)知,0<x1<1<x2<e,只需证2<x1+x2<e.证明x1+x2>2同方法二,再证明x1+x2<e.令h(x)=1-lnx则h'(x)=-2+令φ(x)=lnx+ex-2(0<x<e),则φ'(x)=1x-ex所以φ(x)>φ(e)=0,即h'(x)>0,所以h(x)在(0,e)上单调递增.因为0<x1<x2<e,所以1-lnx1x1又因为f(x1)=f(x2),所以1-lnx11-整理得x22-ex2<x12-ex1,即(x1-x2)(x1+因为x1<x2,所以x1+x2<e,即1a+1b<e.综上,2<1a+例4[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)ln2(a>0),则g'(x)=f'(x)-f'(a+x)+ln2=(1+lnx)-[1+ln(a+x)]+ln2=ln2xa+x,令g'(x)>0得x>a,令g'(x)<0,得0<x<a,所以g(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(a)=f(a)+f(a)-f(2a)+2aln2=2alna-2aln(2所以f(a)+f(b)-f(a+b)+(a+b)ln2≥0,即f(a)+f(b)≥f(a+b)-(a+b)ln2.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<x<ln(b+1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减