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    2023高考数学二轮专题导数38讲 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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    2023高考数学二轮专题导数38讲 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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    这是一份2023高考数学二轮专题导数38讲 专题22 双变量含参不等式证明方法之消参减元法,共10页。

    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】
    [例1] 已知函数f(x)=ax2-x-ln.
    (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-ln=ax2-x+ln x,x∈(0,+∞),∴f′(x)=2ax-1+,∴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+=,
    ∴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=>0,x1x2=>0,∴0<a<.
    f(x1)+f(x2)=ax+ax-(x1+x2)+ln x1+ln x2=a(x+x)-(x1+x2)+ln(x1x2)
    =a[(x1+x2)2-2x1x2]-(x1+x2)+ln(x1x2)=ln--1,
    令t=,g(t)=ln t--1,则t∈(4,+∞),g′(t)=-=<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)=-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: 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=--1+=-.
    (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=或x=.
    当x∈∪时,f′(x)<0;当x∈时,f′(x)>0.
    所以f(x)在,上单调递减,在上单调递增.
    (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=--1+a=-2+a=-2+a,
    所以 设函数g(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-x2+2ln x2<0,即 [例3] 已知函数f(x)=+ln x.
    (1)若函数f(x)在内有极值,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-.
    解析 (1)由定义域为(0,1)∪(1,+∞),f′(x)=-=,
    设h(x)=x2-(a+2)x+1,要使y=f(x)在上有极值,
    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上,又∵x1·x2=1,∴只有一根在区间(e,+∞)上,不妨设x2>e,
    ∴0e+-2,②
    联立①②可得a>e+-2.即实数a的取值范围是.
    (2)由(1)知,当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈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∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈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∈,x2∈,
    ∴f(t)-f(s)≥f(x2)-f(x1)=ln x2+-ln x1-=ln+-=ln x+x2-,
    设k(x)=ln x2+x-=2ln x+x-(x>e),则k′(x)=+1+>0(x>e),∴k(x)在上单调递增,
    ∴k(x)>k(e)=2+e-,∴f(t)-f(s)>e+2-.
    [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)=+2ax==.
    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=,因为f′(x)在(0,+∞)上单调递减,
    所以当x∈时,f′(x)>0,f(x)在上单调递增;
    当x∈时,f′(x)<0,f(x)在上单调递减.
    (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)=+2ax+4=,
    于是g′(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)=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)>.
    1.解析 (1)a=1时,f(x)=x2-x+ln x,f′(x)=x-1+,f′(1)=1,f(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)f′(x)=x-1+=(a>0).
    ①若a≥,则x2-x+a≥0恒成立,f′(x)≥0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
    ②若00得0
    由x2-x+a<0得 ∴f(x)在上单调递减,在和上单调递增.
    综上,当a≥时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
    当0 在(0,)和上单调递增.
    (3)由(2)知0 ∴x1+x2=1,x1·x2=a.
    ∴f(x1)+f(x2)=x-x1+aln x1+x-x2+aln x2=(x1+x2)2-x1·x2-(x1+x2)+aln(x1·x2)
    =-a-1+aln a=aln a-a-.
    令g(x)=xln x-x-,则g′(x)=ln x<0.
    ∴g(x)在上单调递减,∴g(x)>g=.∴f(x1)+f(x2)>.
    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x1 6.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=,解得k=-.
    (2)因为f(x1)+ 记h(x)=f(x)-,又因为x1,x2∈(0,3],且x1 所以h′(x)=ln x-k+≥0在(0,3]上恒成立,即k≤ln x+在(0,3]上恒成立,
    记u(x)=ln x+,所以u′(x)=-=,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+,所以k≤ln 2+.
    所以实数k的取值范围是.



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