2026高中数学10大导数：专题22　双变量含参不等式证明方法之消参减元法教师版

专题22双变量含参不等式证明方法之消参减元法

【例题选讲】

1

[例1]已知函数f(x)＝ax2－x－ln．

x

(1)若f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线y＝2x＋1平行，求f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)若函数f(x)在定义域内有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3．

11

解析(1)∵f(x)＝ax2－x－ln＝ax2－x＋lnx，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝2ax－1＋，∴k＝f′(1)＝2a．

xx

∵f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线y＝2x＋1平行，∴2a＝2，即a＝1．

∴f(1)＝0，故切点坐标为(1,0)．∴切线方程为y＝2x－2．

12ax2－x＋1

(2)∵f′(x)＝2ax－1＋＝，

xx

2

∴由题意知方程2ax－x＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x1，x2，

111

∴Δ＝1－8a＞0，x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0，∴0＜a＜．

2a2a8

2222

f(x1)＋f(x2)＝ax1＋ax2－(x1＋x2)＋lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)－(x1＋x2)＋ln(x1x2)

211

＝a[(x1＋x2)－2x1x2]－(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝ln－－1，

2a4a

1t112－t

令t＝，g(t)＝lnt－－1，则t∈(4，＋∞)，g′(t)＝－＝＜0，

2a2t22t

∴g(t)在(4，＋∞)上单调递减．∴g(t)＜ln4－3＝2ln2－3，即f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3．

1

[例2](2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋alnx．

x

(1)讨论f(x)的单调性；

f(x1)－f(x2)

(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：<a－2．

x1－x2

1ax2－ax＋1

解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－．

x2xx2

(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

a－a2－4a＋a2－4

(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝．

22

a－a2－4a＋a2－4a－a2－4a＋a2－4

0，，＋∞，

当x∈2∪2时，f′(x)<0；当x∈22时，f′(x)>0．

a－a2－4a＋a2－4a－a2－4a＋a2－4

0，，＋∞，

所以f(x)在2，2上单调递减，在22上单调递增．

(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2．

2

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1<x2，则x2>1．

－

f(x1)－f(x2)1lnx1－lnx2lnx1－lnx22lnx2

由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，

－－－1

x1x2x1x2x1x2x1x2－x2

x2

f(x1)－f(x2)1

所以<a－2等价于－x2＋2lnx2<0．

x1－x2x2

1

设函数g(x)＝－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，

x

从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0．

1f(x1)－f(x2)

所以－x2＋2lnx2<0，即<a－2．

x2x1－x2

a

[例3]已知函数f(x)＝＋lnx．

x－1

(1)若函数f(x)在(e，＋∞)内有极值，求实数a的取值范围；

1

(2)在(1)的条件下，对任意t∈(1，＋∞)，s∈(0，1)，求证：f(t)－f(s)>e＋2－．

e

1ax2－(a＋2)x＋1

解析(1)由定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－＝，

x(x－1)2x(x－1)2

设h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，要使y＝f(x)在(e，＋∞)上有极值，

22

则x－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，∴Δ＝(a＋2)－4>0，∴a>0或a<－4，①

且至少有一根在区间(e，＋∞)上，又∵x1·x2＝1，∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设x2>e，

1

1111

∴0<x1<<e<x2，又h(0)＝1，∴只需he<0，即－(a＋2)＋1<0，∴a>e＋－2，②

ee2ee

1

1e＋－2，＋∞

联立①②可得a>e＋－2．即实数a的取值范围是e．

e

(2)由(1)知，当x∈(1，x2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(x2)，即t∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)，

又当x∈(0，x1)时，f′(x)>0，f(x)单调递∀增，当x∈(x1，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

∴f(x)在(0，1)上有最大值f(x1)，即对s∈(0，1)，都有f(s)≤f(x1)，

1

0，∀

又∵x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，x1∈e，x2∈(e，＋∞)，

aax2aa21

∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1)＝lnx2＋－lnx1－＝ln＋－＝lnx2＋x2－(x2>e)，

x2－1x1－1x1x2－1x1－1x2

1121

设k(x)＝lnx2＋x－＝2lnx＋x－(x>e)，则k′(x)＝＋1＋>0(x>e)，∴k(x)在(e，＋∞)上单调递增，

xxxx2

11

∴k(x)>k(e)＝2＋e－，∴f(t)－f(s)>e＋2－．

ee

[例4]已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|．

思维引导(2)所证不等式|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|含绝对值，所以考虑能否去掉绝对值，由(1)问可知f(x)

单调递减，故只需知道x1，x2的大小即可，观察所证不等式为轮换对称式，且x1，x2任取，进而可定序x1≥x2，

所证不等式f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，发现不等式两侧为关于x1，x2的同构式，故可

以将同构式构造一个函数，从而证明新函数的单调性即可．

a＋12ax2＋a＋1a(2x2＋1)＋1

解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝＝．

xxx

当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

a＋1

当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝－，因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，

2a

a＋1a＋1

0，－0，－

所以当x∈2a时，f′(x)＞0，f(x)在2a上单调递增；

a＋1a＋1

－，＋∞－，＋∞

当x∈2a时，f′(x)＜0，f(x)在2a上单调递减．

(2)不妨假设x1≥x2，由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1．

a＋12ax2＋4x＋a＋1

令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝，

xx

－4x2＋4x－1－(2x－1)2

于是g′(x)≤＝≤0．从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，

xx

即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，故当a≤－2时，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|．

总结提升同构式以看作是将不同的变量放入了同一个表达式，从而可将这个表达式视为一个函数，

表达式的大小与变量大小之间的关系靠函数的单调性进行联结．将不等式转化为函数单调性的问题．最后

根据函数的单调性证明不等式．双变量的同构式在不等式中并不常遇到，且遇且珍惜．

【对点训练】

1

1．已知函数f(x)＝x2－x＋alnx(a>0)．

2

(1)若a＝1，求f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；

(2)讨论f(x)的单调性；

－3－2ln2

(3)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)>．

4

111

1．解析(1)a＝1时，f(x)＝x2－x＋lnx，f′(x)＝x－1＋，f′(1)＝1，f(1)＝－，

2x2

1

∴f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(－)＝x－1，即2x－2y－3＝0．

2

ax2－x＋a

(2)f′(x)＝x－1＋＝(a>0)．

xx

1

①若a≥，则x2－x＋a≥0恒成立，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

4

11－1－4a1＋1－4a

②若0<a<，由x2－x＋a>0得0<x<或x>；

422

1－1－4a1＋1－4a

由x2－x＋a<0得<x<．

22

1－1－4a1＋1－4a1－1－4a1+1－4a

，0，，＋∞

∴f(x)在22上单调递减，在2和2上单调递增．

1

综上，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

4

11－1－4a1＋1－4a

当0<a<时，f(x)在(，)上单调递减，

422

1＋1－4a

1－1－4a，＋∞

在(0，)和2上单调递增．

2

12

(3)由(2)知0<a<时，f(x)存在两个极值点x1，x2，且x1，x2是方程x－x＋a＝0的两个根，

4

∴x1＋x2＝1，x1·x2＝a．

121212

∴f(x1)＋f(x2)＝x1－x1＋alnx1＋x2－x2＋alnx2＝(x1＋x2)－x1·x2－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)

222

11

＝－a－1＋alna＝alna－a－．

22

1

10<x<

令g(x)＝xlnx－x－4，则g′(x)＝lnx<0．

2

11

0，－3－2ln2－3－2ln2

∴g(x)在4上单调递减，∴g(x)>g4＝．∴f(x1)＋f(x2)>．

44

1

2．已知函数f(x)x22xalnx，其中a0．

2

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，证明：3f(x1)f(x2)2．

ax22xa

2．解析(1)由题得f'(x)x2，其中x0，

xx

考察g(x)x22xa，x0，其中对称轴为x1，44a．

若a≥1，则0，此时g(x)0，则f(x)0，所以f(x)在(0,)上单调递增；

若，则，此时2在上有两个根，，且，

0a1x2xa0Rx111ax211a0x11x2

所以当x(0,x1)时，g(x)0，则f'(x)0，f(x)单调递增；

当x(x1,x2)时，g(x)0，则f'(x)0，f(x)单调递减；

当x(x2,)时，g(x)0，则f'(x)0，f(x)单调递增，

综上，当a≥1时，f(x)在(0,)上单调递增；当0a1时，f(x)在(0,11a)上单调递增，在

(11a,11a)上单调递减，在(11a,)上单调递增．

(2)由(1)知，当0a1时，f(x)有两个极值点x1，x2，且x1x22，x1x2a，

1212122

所以fx1fx2x12x1alnx1x22x2alnx2x1x22x1x2alnx1lnx2

222

1212

x1x22x1x22x1x2alnx1x222a4alnaalnaa2．

22

令h(x)xlnxx2，0x1，则只需证明3h(x)2，

由于h'(x)lnx0，故h(x)在(0,1)上单调递减，所以h(x)h(1)3．

又当0x1时，lnx11，x(lnx1)0，故h(x)xlnxx2x(lnx1)22，

所以，对任意的0x1，3h(x)2．综上，可得3f(x1)f(x2)2．

3．已知函数fxx2aex,aR．

(1)若在区间1,2上存在不相等的实数m,n，使fmfn成立，求a的取值范围；

若函数有两个不同的极值点，求证：2．

(2)fxx1,x2fx1fx24e

3．解析(1)依题意即求使函数fxexx2a在1,2上不为单调函数的a的取值范围，

而fxexx22xa，设gxx22xa，则g13a,g28a，

因为gx在1,2上为增函数．

g13a0

当，即当3a8时，函数gx在1,2上有且只有一个零点，设为x0，

g28a0

当x1,x0时，gx0，即fx0,fx为减函数；

当xx0,2时，gx0，即fx0,fx为增函数，满足在1,2上不为单调函数．

当a3时，g10,g20，所以在1,2上gx0成立(因gx在1,2上为增函数)，

所以在1,2上fx0成立，即fx在1,2上为增函数，不合题意．

同理a8时，可判断fx在1,2为减函数，不合题意．

综上：3a8

(2)fxexx22xa．因为函数fx有两个不同的零点，

即fx有两个不同的零点，即方程x22xa0的判别式△44a0，解得：a1，

2

由x2xa0，解得x11a1,x21a1．此时x1x22,x1x2a，

当x∈(−∞，x1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x2，+∞)时，

f′(x)>0，f(x)单调递增．

所以是的极大值点，是的极小值点，所以是极大值，是极小值，

x1fxx2fxfx1fx2

∴x12x22x1x222222

fx1fx2ex1aex2aex1x2ax1x2a

2222

eaa42aa4ae，

222

因为a1，所以4ae4e，所以fx1fx24e．

4．已知函数fxlnxx2axaR．

(1)求函数fx的单调区间；

13

(2)设函数fx存在两个极值点，x,x，且xx，若0x，求证：fxfxln2．

121212124

12x2ax1

4．解析(1)∵fxlnxx2ax，∴fxxa,x0，

xx

当a0时，fx0，则fx在0,单调递增，

当a0时，若a280，即0a22时，fx0，则fx在0,上单调递增，fx0．

aa28aa28

若a280，即a22时，x0,和x,时，fx0，

44

aa28aa28

x,时，fx0，

44

aa28aa28

综上，a22时，fx在0,单调递增；a22时，fx在0,和,

44

aa28aa28

递增，在,递减；

44

a11

(2)由(1)得：x1x2,x1x2，则x2，

222x1

22x1

fx1fx2lnx1x1ax1lnx2x2ax2lnx1x22x1x2x1x2

x2

1

2

ln22lnx1x1+2

4x1

22

1212x11

令2，则，

gx1ln22lnx1x1+2gx2x122

4x1x1212x1

11

∵，∴，∴在上单调递减，

0x1gx10gx10,

22

∴1，而13，即3，

gx1ggln2gx1ln2

2244

3

∴fxfxln2．

124

1

5．已知函数fxx2axlnxaR．

2

(1)求函数fx的单调区间；

若函数有两个极值点，求证：．

(2)fxx1,x2x1x24fx12fx213ln2

11x2ax1

5．解析(1)由fxx2axlnx，得fxxa．

2xx

gx

令gxx2ax1，则fx，

x

①当△a240，即2a2时，gx0恒成立，则fx0，所以fx在0,上是减函数．

2

②当△0，即a2时，gxx22x+1=x10，则fx0，所以fx在0,上是减函

数．

③当△a240，即a2或a2．

2aa

(i)当a2时，gxxax1是开口向上且过点0,1的抛物线，对称轴方程为x1，则

22

gx0恒成立，从而fx0，所以fx在0,上是减函数．

aa

(ii)当a2时，gx是开口向上且过点0,1的抛物线，对称轴方程为x1，则函数gx有两

22

aa24aa24

个零点：x,x(显然xx)，

122212

当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(x2，+∞)时，f′(x)<0，

f(x)单调递减．

综上，当a2时，fx的减区间是0,；

aa24aa24aa24aa24

当a2时，fx的增区间是,，减区间是0,,,．

2222

(2)根据(ii)，当a2时，fx有两个极值点x1,x2,x1x2，则x1,x2是方程gx0的两个根，

22

从而ax1x11,ax2x21．由韦达定理，得x1x21,x1x2a．又a20，所以0x11x2．

121222

4fx12fx24x1ax1lnx12x2ax2lnx22x14ax14lnx1x22ax22lnx2

22

x2

222222222．

2x14x114lnx1x2