高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)沖滿分-專題22　雙變量含參不等式證明方法之消參減元法-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

[例1] 已知函數(shù)f(x)＝ax2－x－lneq \f(1,x)．
(1)若f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線與直線y＝2x＋1平行，求f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有兩個極值點x1，x2，求證：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)的圖象在點(1，f(1))處的切線與直線y＝2x＋1平行，∴2a＝2，即a＝1．
∴f(1)＝0，故切點坐標(biāo)為(1,0)．∴切線方程為y＝2x－2．
(2)∵f′(x)＝2ax－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－x＋1,x)，
∴由題意知方程2ax2－x＋1＝0在(0，＋∞)上有兩個不等實根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，則t∈(4，＋∞)，g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－t,2t)＜0，
∴g(t)在(4，＋∞)上單調(diào)遞減．∴g(t)＜ln4－3＝2ln2－3，即f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3．
[例2] (2018·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，證明：eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)2，令f′(x)＝0得，x＝eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq \f(a＋\r(a2－4),2)．
當(dāng)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)，＋∞))時，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)，＋∞))上單調(diào)遞減，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調(diào)遞增．
(2)由(1)知，f(x)存在兩個極值點時，當(dāng)且僅當(dāng)a>2．
由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)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)e＋2－eq \f(1,e)．
[例4] 已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若a≤－2，證明：對任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|．
思維引導(dǎo) (2)所證不等式|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|含絕對值，所以考慮能否去掉絕對值，由(1)問可知f(x)單調(diào)遞減，故只需知道x1，x2的大小即可，觀察所證不等式為輪換對稱式，且x1，x2任取，進而可定序x1≥x2，所證不等式f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，發(fā)現(xiàn)不等式兩側(cè)為關(guān)于x1，x2的同構(gòu)式，故可以將同構(gòu)式構(gòu)造一個函數(shù)，從而證明新函數(shù)的單調(diào)性即可．
解析 (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a＋1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋a＋1,x)＝eq \f(a(2x2＋1)＋1,x)．
當(dāng)a≥0時，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)a≤－1時，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
當(dāng)－1＜a＜0時，令f′(x)＝0，解得x＝eq \r(－\f(a＋1,2a))，因為f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))時，f′(x)＞0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))時，f′(x)＜0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))上單調(diào)遞減．
(2)不妨假設(shè)x1≥x2，由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等價于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1．
令g(x)＝f(x)＋4x，則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．從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(x1)≤g(x2)，
即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，故當(dāng)a≤－2時，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|．
總結(jié)提升同構(gòu)式以看作是將不同的變量放入了同一個表達式，從而可將這個表達式視為一個函數(shù)，表達式的大小與變量大小之間的關(guān)系靠函數(shù)的單調(diào)性進行聯(lián)結(jié)．將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)單調(diào)性的問題．最后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明不等式．雙變量的同構(gòu)式在不等式中并不常遇到，且遇且珍惜．
【對點訓(xùn)練】
1．已知函數(shù)f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋alnx(a>0)．
(1)若a＝1，求f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程；
(2)討論f(x)的單調(diào)性；
(3)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，求證：f(x1)＋f(x2)>eq \f(－3－2ln 2,4)．
1．解析 (1)a＝1時，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)的圖象在(1，f(1))處的切線方程為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)，則x2－x＋a≥0恒成立，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
②若0