2026高中数学10大导数：专题21　双变量不含参不等式证明方法之换元法教师版

专题21双变量不含参不等式证明方法之换元法

【方法总结】

双变量不等式的证明是导数综合题的一个难点，其困难之处是如何消元，构造合适的一元函数．

整体换元法：若两个变量存在确定的关系，可以利用其中一个变量替换另一个变量，直接消元，将两

个变量转化为一个变量．若两个变量不存在确定的关系，有时可以将两个变量之间的关系看成一个整体（比

x

如1等策略将两个变量划归为一个变量整体换元，化为一元不等式．

，x1x2，x1x2，x1x2)

x2

[例1]已知函数f(x)＝ax2＋xlnx(a∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x＋3y＝0垂直．

(1)求实数a的值；

mn

(2)求证：当n＞m＞0时，lnn－lnm＞－．

nm

解析(1)因为f(x)＝ax2＋xlnx，所以f′(x)＝2ax＋lnx＋1，

因为切线与直线x＋3y＝0垂直，所以切线的斜率为3，所以f′(1)＝3，即2a＋1＝3，故a＝1．

mnnmnnmn

(2)要证lnn－lnm＞－，即证ln＞－，只需证ln－＋＞0．

nmmnmmnm

n111

令＝x，构造函数g(x)＝lnx－＋x(x≥1)，则g′(x)＝＋＋1．

mxxx2

11

因为x∈[1，＋∞)，所以g′(x)＝＋＋1＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．

xx2

n

nnmn

由已知n＞m＞0，得＞1，所以gm＞g(1)＝0，即证得ln－＋＞0成立，所以命题得证．

mmnm

nmnn1

总结提升对“待证不等式”等价变形为“ln－＋＞0”后，观察可知，对“”进行换元，变为“lnx－

mnmmx

1

＋x＞0”，构造函数“g(x)＝lnx－＋x(x≥1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算．

x

2(x－1)

[例2]已知函数f(x)＝lnx－，g(x)＝xlnx－m(x2－1)(m∈R)．

x＋1

(1)若函数f(x)，g(x)在区间(0，1)上均单调且单调性相反，求实数m的取值范围；

a－ba＋b

(2)若0＜a＜b，证明：ab＜＜．

lna－lnb2

14(x－1)2

解析(1)f′(x)＝－＝＞0，所以f(x)在(0，1)上单调递增．

x(x＋1)2x(x＋1)2

由已知f(x)，g(x)在(0，1)上均单调且单调性相反，得g(x)在(0，1)上单调递减．

lnx＋1

所以g′(x)＝lnx＋1－2mx≤0在(0，1)上恒成立，即2m≥，

x

lnx＋1－lnx

令φ(x)＝(x∈(0，1))，φ′(x)＝＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增，φ(x)＜φ(1)＝1，

xx2

1

所以2m≥1，即m≥．

2

2(x－1)2(x－1)2(x－1)

(2)由(1)f(x)＝lnx－在(0，1)上单调递增，f(x)＝lnx－＜f(1)＝0，即lnx＜，

x＋1x＋1x＋1

a

－1

2b2(a－b)a－b＋

令＝a∈，得a＜＝，∵a＜，∴＜ab．

x(01)lnaln0

bb＋1a＋bblna－lnb2

b

1

在(1)中，令m＝，由g(x)在(0，1)上均单调递减得g(x)＞g(1)＝0，

2

1

11x－

所以xlnx－(x2－1)＞0，即lnx＞x，

22

ab

aa1－a－b

取x＝∈(0，1)得ln＞ba，即lna－lnb＞，

bb2ab

a－ba－ba＋b

由lna－lnb＜0得：ab＜，综上：ab＜＜．

lna－lnblna－lnb2

ab

(ab),

总结提升两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)lnalnb

a(ab).

ab

对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：abL(a,b)（此式记为对数平均不等式）

2

取等条件：当且仅当ab时，等号成立．

[例3]已知f(x)lnx,g(x)f(x)ax2bx，其中g(x)图像在(1,g(1))处的切线平行于x轴．

(1)确定a与b的关系；

设斜率为的直线与的图像交于，求证：11．

(2)kf(x)A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2)k

x2x1

yylnxlnx1lnxlnx1xxxxx

思维引导(2)k2121，所证不等式为21即21ln221，

x2x1x2x1x2x2x1x1x2x1x1

x

进而可将2视为一个整体进行换元，从而转变为证明一元不等式．

x1

1

解析(1)g(x)lnxax2bx，g(x)2axb，

x

依题意可得：g(1)12ab0b(2a1)．

yylnxlnx

(2)依题意得k2121，故所证不等式等价于：

x2x1x2x1

1lnxlnx1xxxxxxxx

2121ln22111ln221．

x2x2x1x1x2x1x1x2x1x1

x1

令t2,(t1)，则只需证：1lntt1．

x1t

先证右边不等式：lntt1lntt10，

11t

令h(t)lntt1，h(t)1，h(t)在(1,)单调递减，h(t)h(1)0．

tt

11

即lntt10．对于左边不等式：1lntlnt10．

tt

111t1

令p(t)lnt1，则p(t)，p(t)在(1，+)单调递增，p(t)p(1)0．

ttt2t2

总结提升

1lnx2lnx11

(1)在证明不等式时，由于x1,x2独立取值，无法利用等量关系消去一个变量，所

x2x2x1x1

以考虑构造表达式f(x1,x2)：使得不等式以f(x1,x2)为研究对象，再利用换元将多元不等式转变为一元不

等式．

(2)所证不等式为轮换对称式时，若x1,x2独立取值，可对x1,x2定序，从而增加一个可操作的条件．

[例4]已知函数f(x)xlnx．

(1)求f(x)的单调区间和极值；

f(x)f(x)xx

设，且，证明：2112．

(2)A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))x1x2f()

x2x12

x2lnx2x1lnx1x1x2

思维引导所证不等式等价于证ln1，轮换对称式可设x1x2，进而对不等

x2x12

式进行变形，在考虑能否换元减少变量．

1

解析(1)定义域为(0,)，f(x)lnx1，令f(x)0，解得：x．

e

11

∴f(x)的单调增区间是(,)，单调减区间是(0,)，

ee

1111

fx的极小值为f()ln，无极大值．

eeee

x1x2x2lnx2x1lnx1x1x2

(2)不妨设x1x2，kABf()ln1．

2x2x12

xxxx

xlnxxlnxxln12xln12xx，（由于定序xx，去分母避免了分类讨论）

221122122112

2x2xx

21观察两边同时除以，即可构造出关于2的不等式）

x2lnx1lnx2x1，（x1

x1x2x1x2x1

x

22

x2x12x2

两边同除以x1得，lnln1，

x1x2x2x1

111

x1x1

x2t2

令2t，则t1，即证：tlnlnt1．

x11t1t

2t2

令g(t)tlnlnt1，

1t1t

2t1t21t22t1tt1t1

g(t)lnt1lnln(1)．

1t2t(1t)22(1t)21t1tt1t1

t1

令mm0，hmln1mm，（再次利用整体换元）

t1

1m

h'm10，hm在0,上单调递减，所以hmh00．

1m1m

t1t1

即ln1mm，即g(t)ln(1)0恒成立，

t1t1

∴g(t)在(1,)上是减函数，所以g(t)g(1)0．

2t2xx

∴tlnlnt1得证．所以kf(12)成立．

1t1tAB2

总结提升

2x22x1

(1)本题考验不等式的变形，对于不等式x2lnx1lnx2x1而言，观察到每一项具备齐次

x1x2x1x2

x2

的特征（不包括对数），所以同除以x1，结果为或者1，观察对数的真数，其分式也具备分子分母齐次

x1

x2x2

的特点，所以分子分母同除以x1，结果为或者1，进而就将不等式化为以为核心的不等式．

x1x1

(2)本题进行了两次整体换元，第一次减少变量个数，第二次简化了表达式．

【对点训练】

a(x－1)

1．已知函数f(x)＝lnx－．

x＋1

(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；

2(m－n)

(2)设m>n>0，求证：lnm－lnn>．

m＋n

1a(x＋1)－a(x－1)(x＋1)2－2axx2＋(2－2a)x＋1

1．解析(1)f′(x)＝－＝＝．

x(x＋1)2x(x＋1)2x(x＋1)2

因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，

1

即x2＋(2－2a)x＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2a－2≤x＋在(0，＋∞)上恒成立．

x

1

因为x＋≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，所以2a－2≤2，解得a≤2．

x

mm

－1－1

2(m－n)2n2n

要证－，只需证m，即证m－．

(2)lnmlnn>ln>mlnm>0

m＋nn＋1n＋1

nn

2(x－1)

设h(x)＝lnx－，由(1)可知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，

x＋1

m

－1

2n

mm

mm＋1

因为>1，所以hn>h(1)＝0，即ln－>0，所以原不等式成立．

nnn

1－x

2．已知函数f(x)＝＋lnx在(1，＋∞)上是增函数，且a>0．

ax

(1)求a的取值范围；

1a＋ba

(2)若b>0，试证明<ln<．

a＋bbb

11ax－11

2．解析(1)f′(x)＝－＋＝，因为在(1，＋∞)上f′(x)≥0，且a>0，所以ax－1≥0，即x≥，

ax2xax2a

1

所以≤1，即a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．

a

a＋b1－x

(2)因为b>0，a≥1，所以>1，又f(x)＝＋lnx在(1，＋∞)上是增函数，

bax

a＋b

a＋b1－

ba＋b1a＋b

所以fb>f(l)，即＋ln>0，化简得<ln，

a＋bba＋bb

a·

b

a

a＋baa＋ba1＋a

ln<等价于ln－＝lnb－<0，

bbbbb

1－x

令g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝－1＝<0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上为减函数，

1＋x1＋x

aa

1＋aa＋baa＋ba1a＋ba

所以gb＝lnb－＝ln－<g(0)＝0，即ln<．综上，<ln<．

bbbbba＋bbb

3．设函数f(x)＝xln(ax)(a>0)．

1

(1)设F(x)＝f(1)x2＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性；

2

11

(2)过两点A(x1，f′(x1))，B(x2，f′(x2))(x1<x2)的直线的斜率为k，求证：<k<．

x2x1

1

3．解析(1)f′(x)＝ln(ax)＋1，所以F(x)＝(lna)x2＋ln(ax)＋1，

2

1lnax2＋1

函数F(x)的定义域为(0，＋∞)，F′(x)＝(lna)x＋＝．

xx

①当lna≥0，即a≥1时，恒有F′(x)>0，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数；

②当lna<0，即0<a<1时，

11

令F′(x)>0，得(lna)x2＋1>0，解得0<x<－；令F′(x)<0，得(lna)x2＋1<0，解得x>－．

lnalna

11

0，－－，＋∞

所以函数F(x)在lna上为增函数，在lna上为减函数．

x2

ln

f′x2－f′x1lnax2－lnax111x2－x1x2x2－x1

(2)因为k＝＝＝x1，x2－x1>0，要证<k<，即证<ln<，

x2－x1x2－x1x2x1x2x1x1

x2－x1

x21

令t＝，则t>1，则只要证1－<lnt<t－1即可，

x1t

1

①设g(t)＝t－1－lnt，则g′(t)＝1－>0(t>1)，故g(t)在(1，＋∞)上是增函数．

t

所以当t>1时，g(t)＝t－1－lnt>g(1)＝0，即t－1>lnt成立．

1

②要证1－<lnt，由于t>1，即证t－1<tlnt，设h(t)＝tlnt－(t－1)，则h′(t)＝lnt>0(t>1)，

t

故函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以当t>1时，h(t)＝tlnt－(t－1)>h(1)＝0，即t－1<tlnt成立．

11

故由①②知<k<成立，得证．

x2x1

4．已知函数fxlnxaxb，a,bR．

(1)讨论fx的单调性；

fxfxxx

当，为两个不相等的正数，证明：1212．

(2)a0x1,x2

2x1x2

11ax

4．解析(1)函数fx的定义域为0,，fxa．

xx

1ax

若a0，fx0，则fx在区间0,内为增函数；

x

1ax1

若a0，令fx0，得x0．

xa

11

则当x0,时，fx0，fx在区间0,内为增函数；

aa

11

当x,时，fx0，fx在区间,内为减函数．

aa

x

11

1xx

(2)当a0时，fxlnxb．不妨设xx0，则原不等式等价于ln12，

122xx

211

x2

x4

令t1，则原不等式也等价于即lnt20,t1．

x2t1

4

下面证明当x1时，lnx20恒成立．

x1

2

414x1

设，则，

hxlnx2hx220

x1xx1xx1

4

故hx在区间1,内为增函数，hxh10，即lnx20，

x1

fxfxxx

所以1212．

2x1x2

1

5．已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R．

2

(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；

5－1

(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥．

2

5．解析(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，

1

又f′(x)＝＋1，则切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0．

x

2

(2)当a＝－2时，f(x)＝lnx＋x＋x，x>0．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，

222

得lnx1＋x1＋x1＋lnx2＋x2＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，

1t－1

令t＝x1x2，则由φ(t)＝t－lnt，得φ′(t)＝1－＝，

tt

易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，

25－1

所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)＋(x1＋x2)≥1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥成立．

2

－

6．已知函数f(x)＝λlnx－ex(λ∈R)．

(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；

1x21x1x2

(2)求证：当0<x1<x2时，ee1．

x1

－x

－λ－λ＋xe

6．解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝λlnx－ex，∴f′(x)＝＋ex＝，

xx

∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，

－x

λ＋xe－－x

①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴≤0，即λ＋xex≤0，λ≤－xex＝－，

xex

xx－1

令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，当0<x<1时，φ′(x)<0，当x>1时，φ′(x)>0，

exex

11

则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－．

ee

－x

λ＋xe－－x

②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴≥0，即λ＋xex≥0，λ≥－xex＝－，

xex

x

由①得φ(x)＝－在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，∴λ≥0．

ex

1

－∞，－

综上，λ的取值范围是e∪[0，＋∞)．

11－

(2)由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－lnx－ex在(0，＋∞)上单调递减，

ee

1x11x21x21x1

∵0<x1<x2，∴f(x1)>f(x2)，即－lnx1－e>－lnx2－e，∴ee>lnx1－lnx2．

ee

1x21x1x2x2x1x2

要证ee1，只需证lnx1－lnx2>1－，即证ln>1－，

x1x1x2x1

x11111t－1

令t＝，t∈(0，1)，则只需证lnt>1－，令h(t)＝lnt＋－1，则h′(t)＝－＝，

22

x2ttttt

1

当0<t<1时，h′(t)<0，∴h(t)在(0，1)上单调递减，又h(1)＝0，∴h(t)>0，即lnt>1－，故原不等式得证．

t

a

7．已知函数f(x)＝lnx＋(a>0)．

x

(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；

21

(2)证明：当a≥，b>1时，f(lnb)>．

eb

aa1ax－a

7．解析(1)解法一函数f(x)＝lnx＋的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝lnx＋，得f′(x)＝－＝．

xxxx2x2

因为a＞0，x∈(0，a)时，f′(x)＜0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，

所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．

1

当x＝a时，f(x)min＝lna＋1．又f(1)＝ln1＋a＝a＞0，当lna＋1≤0，即