高考数学导数冲满分-专题22　双变量含参不等式证明方法之消参减元法

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[例1] 已知函数f(x)＝ax2－x－lneq \f(1,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．
解析 (1)∵f(x)＝ax2－x－lneq \f(1,x)＝ax2－x＋ln x，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝2ax－1＋eq \f(1,x)，∴k＝f′(1)＝2a．
∵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．
(2)∵f′(x)＝2ax－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－x＋1,x)，
∴由题意知方程2ax2－x＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x1，x2，
∴Δ＝1－8a＞0，x1＋x2＝eq \f(1,2a)＞0，x1x2＝eq \f(1,2a)＞0，∴0＜a＜eq \f(1,8)．
f(x1)＋f(x2)＝axeq \\al(2,1)＋axeq \\al(2,2)－(x1＋x2)＋ln x1＋ln x2＝a(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))－(x1＋x2)＋ln(x1x2)
＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝lneq \f(1,2a)－eq \f(1,4a)－1，
令t＝eq \f(1,2a)，g(t)＝ln t－eq \f(t,2)－1，则t∈(4，＋∞)，g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－t,2t)＜0，
∴g(t)在(4，＋∞)上单调递减．∴g(t)＜ln4－3＝2ln2－3，即f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3．
[例2] (2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(1,x2)－1＋eq \f(a,x)＝－eq \f(x2－ax＋1,x2)．
(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．
(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，x＝eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq \f(a＋\r(a2－4),2)．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)>0．
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))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．
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x11．
由于eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＝－eq \f(1,x1x2)－1＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(－2ln x2,\f(1,x2)－x2)，
所以eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)设函数g(x)＝eq \f(1,x)－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，
从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0．
所以eq \f(1,x2)－x2＋2ln x2<0，即eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)[例3] 已知函数f(x)＝eq \f(a,x－1)＋ln x．
(1)若函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))内有极值，求实数a的取值范围；
(2)在(1)的条件下，对任意t∈(1，＋∞)，s∈(0，1)，求证：f(t)－f(s)>e＋2－eq \f(1,e)．
解析 (1)由定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,(x－1)2)＝eq \f(x2－(a＋2)x＋1,x(x－1)2)，
设h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，要使y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))上有极值，
则x2－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，①
且至少有一根在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))上，又∵x1·x2＝1，∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设x2>e，
∴0e＋eq \f(1,e)－2，②
联立①②可得a>e＋eq \f(1,e)－2．即实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e＋\f(1,e)－2，＋∞))．
(2)由(1)知，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，x2))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x1))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)，
又∵x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))，
∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1)＝ln x2＋eq \f(a,x2－1)－ln x1－eq \f(a,x1－1)＝lneq \f(x2,x1)＋eq \f(a,x2－1)－eq \f(a,x1－1)＝ln xeq \\al(2,2)＋x2－eq \f(1,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2>e))，
设k(x)＝ln x2＋x－eq \f(1,x)＝2ln x＋x－eq \f(1,x)(x>e)，则k′(x)＝eq \f(2,x)＋1＋eq \f(1,x2)>0(x>e)，∴k(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞))上单调递增，
∴k(x)>k(e)＝2＋e－eq \f(1,e)，∴f(t)－f(s)>e＋2－eq \f(1,e)．
[例4] 已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋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．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a＋1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋a＋1,x)＝eq \f(a(2x2＋1)＋1,x)．
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．
当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq \r(－\f(a＋1,2a))，因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))时，f′(x)＞0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))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．
令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝eq \f(a＋1,x)＋2ax＋4＝eq \f(2ax2＋4x＋a＋1,x)，
于是g′(x)≤eq \f(－4x2＋4x－1,x)＝eq \f(－(2x－1)2,x)≤0．从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，
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．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋alnx(a>0)．
(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)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)>eq \f(－3－2ln 2,4)．
1．解析 (1)a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋ln x，f′(x)＝x－1＋eq \f(1,x)，f′(1)＝1，f(1)＝－eq \f(1,2)，
∴f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(－eq \f(1,2))＝x－1，即2x－2y－3＝0．
(2)f′(x)＝x－1＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2－x＋a,x)(a>0)．
①若a≥eq \f(1,4)，则x2－x＋a≥0恒成立，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若00得0eq \f(1＋\r(1－4a),2)；
由x2－x＋a<0得eq \f(1－\r(1－4a),2)∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－4a),2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1+\r(1－4a),2)，＋∞))上单调递增．
综上，当a≥eq \f(1,4)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0在(0，eq \f(1－\r(1－4a),2))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))上单调递增．
(3)由(2)知0∴x1＋x2＝1，x1·x2＝a．
∴f(x1)＋f(x2)＝eq \f(1,2)xeq \\al(2,1)－x1＋aln x1＋eq \f(1,2)xeq \\al(2,2)－x2＋aln x2＝eq \f(1,2)(x1＋x2)2－x1·x2－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)
＝eq \f(1,2)－a－1＋aln a＝aln a－a－eq \f(1,2)．
令g(x)＝xln x－x－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上单调递减，∴g(x)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \f(－3－2ln 2,4)．∴f(x1)＋f(x2)>eq \f(－3－2ln 2,4)．
2．已知函数，其中．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个极值点，，证明：．
2．解析 (1)由题得，其中，
考察，，其中对称轴为，．
若，则，此时，则，所以在上单调递增；
若，则，此时在上有两个根，，且，
所以当时，，则，单调递增；
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增，
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)知，当时，有两个极值点，，且，，
所以
．
令，，则只需证明，
由于，故在上单调递减，所以．
又当时，，，故，
所以，对任意的，．综上，可得．
3．已知函数．
(1)若在区间上存在不相等的实数，使成立，求的取值范围；
(2)若函数有两个不同的极值点，求证：．
3．解析 (1)依题意即求使函数在上不为单调函数的的取值范围，
而，设，则，
因为在上为增函数．
当，即当时，函数在上有且只有一个零点，设为，
当时，，即为减函数；
当时，，即为增函数，满足在上不为单调函数．
当时，，所以在上成立(因在上为增函数)，
所以在上成立，即在上为增函数，不合题意．
同理时，可判断在为减函数，不合题意．
综上：
(2)．因为函数有两个不同的零点，
即有两个不同的零点，即方程的判别式，解得：，
由，解得．此时，
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，
∴
，
因为，所以，所以．
4．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数存在两个极值点，，且，若，求证：．
4．解析 (1)∵，∴，
当时，，则在单调递增，
当时，若，即时，，则在上单调递增，．
若，即时，和时，，
时，，
综上，时，在单调递增；时，在和递增，在递减；
(2)由(1)得：，则，
令，则，
∵，∴，∴在上单调递减，
∴，而，即，
∴．
5．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个极值点，求证：．
5．解析 (1)由，得．
令，则，
①当，即时，恒成立，则，所以在上是减函数．
②当，即时，，则，所以在上是减函数．
③当，即或．
(i)当时，是开口向上且过点的抛物线，对称轴方程为，则恒成立，从而，所以在上是减函数．
(ii)当时，是开口向上且过点的抛物线，对称轴方程为，则函数有两个零点：(显然)，
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，当时，的减区间是；
当时， 的增区间是，减区间是．
(2)根据(ii)，当时，有两个极值点，则是方程的两个根，
从而．由韦达定理，得．又，所以．
．
令，则．
当时，;当时，，则在上是增函数，在上是减函数，
从而，于是．
6．已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，求k的值；
(2)若对于任意x1，x2∈(0，3]，且x16．解析 (1)由题意得f′(x)＝ln x－k，又曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，
所以f′(1)＝ln 1－k＝eq \f(1,2)，解得k＝－eq \f(1,2)．
(2)因为f(x1)＋eq \f(2,x2)记h(x)＝f(x)－eq \f(2,x)，又因为x1，x2∈(0，3]，且x1所以h′(x)＝ln x－k＋eq \f(2,x2)≥0在(0，3]上恒成立，即k≤ln x＋eq \f(2,x2)在(0,3]上恒成立，
记u(x)＝ln x＋eq \f(2,x2)，所以u′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(4,x3)＝eq \f(x2－4,x3)，令u′(x)＝0，解得x＝2．
当00，u(x)单调递增，
所以当x＝2时，u(x)取得最小值u(2)＝ln 2＋eq \f(1,2)，所以k≤ln 2＋eq \f(1,2)．
所以实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，ln 2＋\f(1,2)))．