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專題15 利用導(dǎo)數(shù)證明多元不等式
【熱點聚焦與擴展】
利用函數(shù)性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)證明不等式，是導(dǎo)數(shù)綜合題常涉及的問題，多元不等式的證明則是導(dǎo)數(shù)綜合題的一個難點，其困難之處是如何構(gòu)造、轉(zhuǎn)化合適的一元函數(shù)，本專題擬通過一些典型模擬習(xí)題為例介紹常用的處理方法.
1、在處理多元不等式時起碼要做好以下準(zhǔn)備工作：
（1）利用條件粗略確定變量的取值范圍
（2）處理好相關(guān)函數(shù)的分析（單調(diào)性，奇偶性等），以備使用
2、若多元不等式是一個輪換對稱式（輪換對稱式：一個元代數(shù)式，如果交換任意兩個字母的位置后，代數(shù)式不變，則稱這個代數(shù)式為輪換對稱式），則可對變量進(jìn)行定序
3、證明多元不等式通常的方法有兩個
（1）消元：① 利用條件代入消元 ② 不等式變形后對某多元表達(dá)式進(jìn)行整體換元
（2）變量分離后若結(jié)構(gòu)相同，則可將相同的結(jié)構(gòu)構(gòu)造一個函數(shù)，進(jìn)而通過函數(shù)的單調(diào)性與自變量大小來證明不等式
（3）利用函數(shù)的單調(diào)性將自變量的不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為函數(shù)值的不等關(guān)系，再尋找方法.
【經(jīng)典例題】
例1【2018屆四川省資陽市高三4月模擬（三診）】已知函數(shù)（其中）．
（1）當(dāng)時，判斷零點的個數(shù)k；
（2）在（1）的條件下，記這些零點分別為，求證： ．
【答案】(1)見解析;(2)見解析.
【解析】試題分析：（1）先求導(dǎo)數(shù)，再求導(dǎo)函數(shù)零點，根據(jù)零點列表分析導(dǎo)函數(shù)符號，進(jìn)而確定函數(shù)單調(diào)性，再根據(jù)零點存在定理確定函數(shù)零點個數(shù)，（2）先根據(jù)零點條件化簡得，令則，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性得，即證得結(jié)論.
試題解析：（1）由題知x＞0， ，
所以，由得，
當(dāng)x＞時， ， 為增函數(shù)；當(dāng)0
0).
（1）如圖，設(shè)直線x=-12,y=-x將坐標(biāo)平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個區(qū)域（不含邊界），若函數(shù)y=fx的圖象恰好位于其中一個區(qū)域內(nèi)，判斷其所在的區(qū)域并求對應(yīng)的a的取值范圍；
（2）當(dāng)a >12時，求證：?x1,x2∈0,+∞且x1≠x2，有fx1+fx2<2fx1+x22.
【答案】（1）IV，a>1e；（2）證明見解析.
【解析】試題分析：（1）根據(jù)定義域確定只能在3，4區(qū)域，再根據(jù)f(0)=-a<0確定只能在4，轉(zhuǎn)化為不等式f(x)<-x恒成立，分離變量得a>ln(2x+1)2x+1．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)h(x)=ln(2x+1)2x+1單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性確定函數(shù)最值，即得a的取值范圍；（2）作差函數(shù)g(x)=f(x)+f(x1)-2f(x+x12)，再利用二次求導(dǎo)確定g(x)為單調(diào)遞減函數(shù)，最后根據(jù)x2>x1，得g(x2)0，∴a>ln(2x+1)2x+1．
∴a的取值范圍是a>1e．
（2）∵f(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1，
設(shè)u(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1,
則u(x)=42x+1-8a，
∵x>0時,42x+1<4,a>12時,8a>4，
∴u(x)=42x+1-8a<0，
∴x>0時 f(x)為單調(diào)遞減函數(shù)，
不妨設(shè)x2>x1>0，令g(x)=f(x)+f(x1)-2f(x+x12)（x>x1），
可得g(x1)=0，
g(x)=f(x)-f(x+x12)，∵x>x+x12且f(x)單調(diào)遞減函數(shù)，
∴g(x)<0，∴x>x1，g(x)為單調(diào)遞減函數(shù)，
∴g(x2)0，所以F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)在x=1處取得最大值，為-1-m，
若f(x)≤g(x)恒成立，則-1-m≤0即m≥-1.
2方法一：∵01，
∵lnx1-x1-m=0lnx2-x2-m=0,∴l(xiāng)nx2-x2=lnx1-x1，
即lnx2-lnx1=x2-x1
∴x2-x1lnx2-lnx1=1，
欲證：x1x2<1，只需證明x1x2<1=x2-x1lnx2-lnx1，只需證明lnx2-lnx11，則只需證明2lnt1)，
即證：2lnt-t+1t<0,(t>1).
設(shè)H(t)=2lnt-t+1t(t>1)，H(t)=2t-1-1t2=-(t-1)2t2<0，
∴H(t)在(1,+∞)單調(diào)遞減，∴H(t)0，
有h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，h(x)b，證明：ab+1>ba+1.
【答案】（I）見解析；（II）見解析.
【解析】試題分析：（Ⅰ）函數(shù)求導(dǎo)得f(x)=m(1-lnx)(mx)2，分m>0和m<0兩種情況討論導(dǎo)數(shù)正負(fù)即可得單調(diào)性；
（Ⅱ）欲證：ab+1>ba+1，只需證：b+1lna>a+1lnb，即證：lnaa+1>lnbb+1，從而可構(gòu)造g(x)=lnxx+1，求導(dǎo)由函數(shù)單調(diào)性可證得.
對x∈(e,+∞)，有f(x)>0，函數(shù)f(x)在x∈(e,+∞)單調(diào)遞增．
（II）對?a,b∈(1,e)且a>b，欲證：ab+1>ba+1
只需證：（b+1）lna>（a+1）lnb
即證：lnaa+1>lnbb+1.
設(shè)g(x)=lnxx+1，則g(x)=1+1x-lnx(x+1)2．
令M(x)=1+1x-lnx，則M(x)=-1x2-1x=-1+xx2．
當(dāng)x∈(1,e)時，有M(x)<0，故函數(shù)M(x)在x∈(1,e)單調(diào)遞減，而M(e)=1+1e-lne=1e>0，則當(dāng)x∈(1,e)時，g(x)>0，所以g(x)在x∈(1,e)單調(diào)遞增．
當(dāng)a>b且a,b∈(1,e)時，有g(shù)(a)>g(b)，即lnaa+1>lnbb+1．
∴ lnaa+1>lnbb+1成立．
故原不等式成立．
2．【2018屆重慶市（非市直屬校）高三第二次質(zhì)量調(diào)研】已知函數(shù).
（Ⅰ）若在上單調(diào)遞減，求的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)時，函數(shù)有兩個極值點，
證明： ．
【答案】（1）（2）見解析
得，
令,，
解得在單調(diào)遞增， 單調(diào)遞減, 所以,
所以.
(2)函數(shù)有兩個極值點,
即 有兩個不同的零點,且均為正，
令,由可知
在是增函數(shù)，在是減函數(shù)， 且，構(gòu)造，
構(gòu)造函數(shù)，
則,故在區(qū)間上單調(diào)減，
點睛：本題的難點在多次構(gòu)造函數(shù).第一次求導(dǎo)得到 ，由于導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不是很方便，所以需要再次求導(dǎo)，所以要構(gòu)造，再研究新函數(shù)的圖像和性質(zhì)，后面又要構(gòu)造函數(shù)m(x).為什么要構(gòu)造，這是大家需要理解掌握并靈活運用.
3．【2018屆四川省資陽市高三4月模擬（三診）】已知函數(shù)（其中）．
（1）當(dāng)時，求零點的個數(shù)k的值；
（2）在（1）的條件下，記這些零點分別為，求證： ．
【答案】（1）見解析；（2）見解析.
，只需利用導(dǎo)數(shù)證明即可得結(jié)論.
試題解析：（1）由題x＞0， ，則，
由得，
當(dāng)x＞時， ， 為增函數(shù)；當(dāng)04.
【答案】（1）(1+ln2,+∞)；（2）見解析
【解析】試題分析：（1）利用分離參數(shù)思想可將題意轉(zhuǎn)化為g(x)=2x+lnx（x>0）和y=a有兩個交點，利用導(dǎo)數(shù)判斷g(x)的單調(diào)性得到函數(shù)g(x)的大致圖象，結(jié)合圖像即可得結(jié)果；（2）結(jié)合零點定義化簡整理可得2(x2-x1)x1x2=lnx2x1，設(shè)x2x1=t，則t>1，故x1+x2-4=2(t-1t-2lnt)lnt，記函數(shù)h(t)=t-1t-2lnt（t>1），利用導(dǎo)數(shù)判斷h(t)的單調(diào)性，得h(t)>0，故而可得結(jié)果.
試題解析：（1）由題知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).
所以函數(shù)g(x)的大致圖象如圖所示，
作出直線y=a，由圖可知，實數(shù)a的取值范圍為(1+ln2,+∞).
（2）由題意f(x1)=f(x2)=0，即2-ax1+x1lnx1=02-ax2+x2lnx2=0，所以a=2+x1lnx1x1a=2+x2lnx2x2.
故2+x1lnx1x1=2+x2lnx2x2，即2x1+lnx1=2x2+lnx2，
整理得2x1-2x2=lnx2-lnx1，即2(x2-x1)x1x2=lnx2x1，
不妨設(shè)x2x1=t，由題意得t>1.
則lnt=lnx2x1=2(x2-x1)x1x2=2(tx1-x1)x1?tx1=2(t-1)tx1，
所以x1=2(t-1)tlnt.
所以x1+x2=2(t-1)tlnt+t?2(t-1)tlnt=2(t2-1)tlnt，
故x1+x2-4=2(t2-1)tlnt-4=2(t2-1)-4tlnttlnt=2(t-1t-2lnt)lnt．
7．【2018屆吉林省長春市高三質(zhì)量監(jiān)測（三）】已知函數(shù)f(x)=x2-4x+5-aex.
（1）若f(x)在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）設(shè)g(x)=exf(x)，當(dāng)m?1時，若g(x1)+g(x2)=2g(m)，其中x1x2，記φx=x2-4x+5ex，易證φx在x∈R上遞增，轉(zhuǎn)證φ2m-x1>φx2.
試題解析：
（1）∵ fx的定義域為x∈R且單調(diào)遞增，
∴在x∈R上，f(x)=2x-4+aex≥0恒成立，即：a≥(4-2x)ex
∴設(shè)h(x)=(4-2x)ex x∈R ，∴ h(x)=(2-2x)ex，
∴當(dāng)x∈(-∞,1)時h(x)>0，∴ h(x)在x∈(-∞,1)上為增函數(shù)，
∴當(dāng)x∈[1,+∞)時h(x)≤0，∴ h(x)在x∈[1,+∞)上為減函數(shù)，
∴ h(x)max=h(1)=2e ∵ a≥[(4-2x)ex]max，∴ a≥2e，即a∈[2e,+∞) .
（2）∵ gx=exfx=x2-4x+5ex-a
∵ gx1+gx2=2gm m∈1,+∞，
∴設(shè)Fx=φm+x+φm-x，x∈0,+∞
∴ Fx=m+x-12em+x-m-x-12em-x
∵ x>0 ∴ em+x>em-x>0，m+x-12-m-x-12=2m-22x≥0
∴ Fx≥0，F(xiàn)x在x∈0,+∞上遞增， ∴ Fx>F0=2φm，
∴ φm+x+φm-x>2φm，x∈0,+∞，令x=m-x1
∴ φm+m-x1+φm-m+x1>2φm即：φ2m-x1+φx1>2φm
又∵ φ(x1)+φ(x2)=2φ(m)，
∴ φ2m-x1+2φm-φx2>2φm即：φ2m-x1>φx2
∵ x1m ∴ 2m-x1>m， ∵ φx在x∈R上遞增
∴ 2m-x1>x2，即：x1+x2<2m，得證.
8．【2018屆四川省廣元市高第二次統(tǒng)考】已知函數(shù) .
（Ⅰ）當(dāng)時，求的圖象在處的切線方程；
（Ⅱ）若函數(shù)有兩個不同零點， ，且，求證： ，其中是的導(dǎo)函數(shù).
【答案】（Ⅰ）y＝2x－1；（Ⅱ）證明見解析.
試題解析：（Ⅰ）當(dāng)時， ， ，切點坐標(biāo)為，切線的斜率，∴切線方程為，即．
（Ⅱ）∵的圖象與軸交于兩個不同的點， ，∴方程的兩個根為， ，則，兩式相減得，又， ，則，下證（*），即證明，令，∵，∴，即證明在上恒成立，∵，又，∴，∴在上是增函數(shù)，則，從而知，故（*）式，即成立.
9．【2018屆江蘇省蘇北六市高三第二次調(diào)研】設(shè)函數(shù)．
（1）若函數(shù)是R上的單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)a＝， (， )， 是的導(dǎo)函數(shù)．①若對任意的x＞0， ＞0，求證：存在，使＜0；②若，求證： ＜．
【答案】（1）；（2）見解析
因為，所以對恒成立，
因為，所以，從而．
（2）①，所以．
若，則存在，使，不合題意，
所以．取，則．
此時．
所以．
下面證明，即證明，只要證明．
設(shè)，所以在恒成立．
所以在單調(diào)遞減，故，從而得證．
所以， 即．
點睛：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合運用，尤其在證明不等式的過程中，運用了放縮的方法將結(jié)果求證出來，在證明時，也是利用了不等式關(guān)系構(gòu)得到，然后構(gòu)造新函數(shù)證明出結(jié)果，綜合能力較強，本題較難.
10．【2018屆山東省棗莊市高三二?！恳阎€與軸有唯一公共點.
（Ⅰ）求實數(shù)的取值范圍；
（Ⅱ）曲線在點處的切線斜率為.若兩個不相等的正實數(shù)， 滿足，求證： .
【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)證明見解析.
【解析】試題分析： 求導(dǎo)得，討論、時兩種情況，由函數(shù)與軸有唯一公共點，借助零點存在定理和極限求出的取值范圍由（Ⅰ）的結(jié)論，求導(dǎo)結(jié)合題意解得，由，不妨設(shè)， ，構(gòu)造即可證明
解析：（Ⅰ）解：函數(shù)的定義域為. .
由題意，函數(shù)有唯一零點. .
（1）若，則.
顯然恒成立，所以在上是增函數(shù).
又，所以符合題意.
（2）若， . ； .
令，則 .
； .
所以函數(shù)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù).
所以.所以，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.
所以， ，且.
取正數(shù)，則 ；
因為，所以 .
又在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，
則由零點存在性定理， 在、上各有一個零點.
可見， ，或不符合題意.
注： 時，若利用， ， ，說明在、上各有一個零點.
②若，顯然，即.符合題意.
綜上，實數(shù)的取值范圍為.
（Ⅱ）由題意， .所以，即.
由（Ⅰ）的結(jié)論，得.
， 在上是增函數(shù).
； .
由，不妨設(shè)，則.
從而有，即.
所以 .
令，顯然在上是增函數(shù)，且.
所以.
從而由，得.
點睛：本題考查了導(dǎo)數(shù)的零點問題和不等式問題，在求解零點問題時注意分類討論，利用零點存在定理和極限來確定零點個數(shù)，在不確定的情況下需要再次利用導(dǎo)數(shù)來解答，證明不等式時需要構(gòu)造新函數(shù)，本題難度較大.
11．【2018屆河南省豫北豫南名校高三上學(xué)期精英聯(lián)賽】已知函數(shù)（， ）有兩個不同的零點， ．
（1）求的最值；
（2）證明： ．
【答案】（1）見解析；（2）見解析
試題解析：
（1）， 有兩個不同的零點，
∴在內(nèi)必不單調(diào)，故，
此時，解得，
∴在上單增， 上單減，
∴，無最小值．
（2）由題知兩式相減得，即，
故要證，即證，即證，
不妨設(shè)，令，則只需證，
設(shè)，則，
設(shè)，則，∴在上單減，
∴，∴在上單增，
∴，即在時恒成立，原不等式得證．
12．【2018屆山東省濟南市高三一?！恳阎瘮?shù) 有兩個不同的零點.
（1）求的取值范圍；
（2）設(shè)， 是的兩個零點，證明： .
【答案】(1) (2)見解析
利用導(dǎo)數(shù)證明∴，∴，
于是，即， 在上單調(diào)遞減，可得，進(jìn)而可得結(jié)果.
試題解析：（1）【解法一】
函數(shù)的定義域為： .
，
①當(dāng)時，易得，則在上單調(diào)遞增，
則至多只有一個零點，不符合題意，舍去.
②當(dāng)時，令得： ，則
+
0
-
增
極大
減
∴ .
（ii）當(dāng)時， ，
∵ ，∴在區(qū)間上有一個零點，
∵ ，
設(shè)， ，∵，
∴在上單調(diào)遞減，則，
∴，
則至多只有一個零點，不符合題意，舍去.
②當(dāng)時，令得： ，則
+
0
-
增
極大
減
∴ .
∴要使函數(shù)有兩個零點，則必有，即，
設(shè)，∵，則在上單調(diào)遞增，
又∵，∴；
當(dāng)時：
∵ ，
∴在區(qū)間上有一個零點；
設(shè)，
∵，∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
∴，∴，
∴ ，
則，∴在區(qū)間上有一個零點，
那么，此時恰有兩個零點.
綜上所述，當(dāng)有兩個不同零點時， 的取值范圍是.
（2）【證法一】
由（1）可知，∵有兩個不同零點，∴，且當(dāng)時， 是增函數(shù)；
當(dāng)時， 是減函數(shù)；
∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∵， ， 在上單調(diào)遞減，
∴，∴.
（2）【證法二】
由（1）可知，∵有兩個不同零點，∴，且當(dāng)時， 是增函數(shù)；
當(dāng)時， 是減函數(shù)；
不妨設(shè)： ，則： ；
設(shè)， ，
則
2019年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 熱點聚焦與擴展 專題15 利用導(dǎo)數(shù)證明多元不等式.doc
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