衡水中学2020届高考数学（理）二轮专题训练：专题21 多元不等式的证明专项训练（解析版）.doc

1、 专题 21 多元不等式的证明专项训练 1、已知 2 ln , ( )f xx g xf xaxbx，其中 g x图像在 1,g 1处的切线平行于x轴 （1）确定a与b的关系 （2）设斜率为k的直线与 f x的图像交于 112212 ,A x yB x yxx，求证、 21 11 k xx 解、 （1） 2 lng xxaxbx 1 2gxaxb x ，依题意可得、 11 2021gabba （2）解、依题意得 2121 2121 lnlnyyxx k xxxx ，故所证不等式等价于、 2121221122 2211211211 1lnln1 ln1ln1 xxxxxxxxxx xxxxxxx

2、xxx 令 2 1 ,(1) x tt x ，则只需证、 1 1ln1tt t 先证右边不等式、ln1ln10tttt 令 ln1h xtt 11 1 t h t tt h t在1,单调递减 10h th 即ln10tt 对于左边不等式、 11 1lnln10tt tt 令 1 ( )ln1p tt t ，则 22 111t p t ttt p t在1+，单调递增 10p tp 2、已知函数 lnf xxx （1）求)(xf的单调区间和极值； （2）设 1122 ,A xf xB xf x，且 12 xx，证明、 21 12 21 2 f xf xxx f xx 解、 （1）定义域为0, ln

3、1fxx 令 0fx 解得、 1 x e f x的单调增区间是 1 , e ，单调减区间是 1 0, e f x的极小值为 1111 lnf eeee ，无极大值 （2）证明、不妨设 12 xx 12 () 2 AB xx kf 221112 21 lnln ln1 2 xxxxxx xx 1212 22112121 lnlnlnln 22 xxxx xxxxxxxx （由于定序 12 xx，去分母避免了分类讨论） 21 2121 1212 22 lnln xx xxxx xxxx （观察两边同时除以 1 x，即可构造出关于 2 1 x x 的不等式） 两边同除以 1 x得， 2 212 22

4、 11 1 11 2 2 lnln1 11 x xxx xx xx xx 令 2 1 x x t，则1t ， 即证、 22 lnln1 11 t tt tt 令 22 ( )lnln1 11 t g ttt tt 22 21212 ( )ln1 12(1)2(1) ttt g tt tttt 2111 lnln(1) 1111 tttt tttt 令 1 0 1 t m m t ， ln 1h mmm （再次利用整体换元） 1 10 11 m h m mm ， h m在0,上单调递减，所以 00h mh 即ln 1mm，即( )g t 11 ln(1)0 11 tt tt 恒成立 ( )g t

5、在(1,)上是减函数，所以( )(1)0g tg 22 lnln1 11 t tt tt 得证 所以 12 () 2 AB xx kf 成立 3、已知函数 2 1 ( ) 2 x f xexax（aR） （1）若函数 f x在R上是增函数，求实数a的取值范围； （2）如果函数 2 1 2 g xfxax 恰有两个不同的极值点 12 ,x x, 证明、 12 ln2 2 xx a 解、 （1） f x是R上是增函数 ,0 x xR fxexa (注意、单调递增导数值0） min x aex 设 x h xex 1 x h xe 令 0h x 解得0x 故 h x在,0单调递减，在0 +，单调递增

6、 min 01h xh 1a （2）解、依题意可得、 22 1 2 x g xf xaxeaxax ， 2 x g xeaxa 12 ,x x是极值点 1 2 1 1 22 020 020 x x gxeaxa gxeaxa 两式相减可得、 12 12 2 xx ee a xx 所证不等式等价于、 121212 12 2 1212 ln 2 xxxxxx xxeeee e xxxx ，不妨设 12 xx 两边同除以 2 x e可得、 1212 2 12 1 xxxx e e xx ，（此为关键步骤、观察指数幂的特点以及分式的分母，化不同为相同，同 除以 2 x e使得多项呈 12 xx的形式）

7、 从而考虑换元减少变量个数。令 12 txx 0,t 所证不等式只需证明、 22 1 +10 ttt t e etee t ，设 2 1 t t p xtee 22 1 2 tt t p xee 由（2）证明可得、 2 10 2 t t e 0p x p t在0 +，单调递减， 00p tp 证明完毕 原不等式成立即 12 ln2 2 xx a 4、已知 2 1 ln1f xaxax （1）讨论 f x的单调性 （2）设2a，求证、 121212 ,0,4x xf xf xxx 解、 （1）定义域0x 2 121 2 aaxa fxax xx 令 0fx ，即 22 21021axaaxa 0

8、a 则 0fx 恒成立， f x为增函数 0a 则 2 1 2 a x a ， 0fx 恒成立， f x为增函数 0a时， 2 1 2 a x a 当1a，则 0fx 恒成立， f x为减函数 当10a 时，解得、 1 0 2 a x a x 1 0, 2 a a 1, 2 a a fx f x （2）解、不妨设 21 xx，2a，所以由第（1）问可得 f x单调递减， 21 f xf x 所 证 不 等 式 等 价 于 、 12211122 4444f xf xxxf xxf xx， 令 2 41l n14gxfxxaxa xx，只需证明 g x单调递减即可 2 1241 24 aaxxa

9、gxax xx 。 设 2 241h xaxxa 方程 0h x 16 16116210a aaa 00h xg x g x 在0,单调递减。 12 g xg x 即所证不等式成立 5、已知函数 2 2lnf xxxax. （1）当3a 时，讨论函数 yf x在 1 , 2 上的单调性； （ 2 ） 如 果 1212 ,x xxx是 函 数 f x的 两 个 零 点 ， fx为 函 数 f x的 导 数 ， 证 明 、 12 2 0 3 xx f 解、 （1） 2 2fxxa x 可判断 fx在 1 , 2 单调递减 1 4130 2 fxfaa f x在 1 , 2 单调递减 （2）解、 1

10、2 12 12 262 2 323 xx fxxa xx 1212 ,x xxx是函数 f x的两个零点 2 1111 2 2222 2ln0 2ln0 f xxxax f xxxax 2 1 21 21 2ln x x axx xx 2 121 1221 121221 2ln 26261 2 32323 x xxx fxxaxx xxxxxx 2 21 1 0 3 xx 只需证 2 21 21 1221121 2ln 66 02ln0 22 x xxxx xxxxxxx 2 1 2 2 1 1 31 ln0 12 x xx x x x ，令 2 1 ,1, x tt x 则设 31 ln 1

11、2 t h tt t 下面证 0h t 10,h 2 1 41 21 tt h t tt 1,0th t 恒成立 h t在1,单调递减， 10h th 即 12 2 0 3 xx f 6、已知函数 x f xxe （1）求函数 f x的单调区间和极值 （2） 已知函数 yg x的图像与函数 yf x的图像关于1x 对称， 证明当1x 时， f xg x （3）如果 12 xx，且 12 f xf x，求证、 12 2xx 解、 （1） 1 xxx fxxeex e 令 01fxx f x的单调区间为、 x ,1 1, fx f x f x的极大值为 1 1f e ，无极小值 （2）解、与 f

12、x关于1x 轴对称的函数为2fx 2 22 x g xfxx e 所证不等式等价于证、 2 20 xx xexe 设 2 2 xx h xxexe 10h 222 21 xxxxxx hxxeeexexee 22 11 xx exe 1x 22 10 x e 0h x h x在1,单调递增 10h xh即 f xg x （3）解、 12 f xf x，1x 是极值点 12 ,x x在1x 的两侧，不妨设 12 1xx 所证不等式等价于 12 2xx 而 2 21x f x在,1单调递增 1212 22xxf xfx 12 f xf x 只需证明 22 2f xfx 2 1x 由第（2）问可得

13、222 2f xg xfx成立 12 2xx得证 7、已知函数 1ln , ax fxaR x （1）求 f x的极值 （2）若ln0xkx对任意的0x 均成立，求k的取值范围 （3）已知 12 0,0xx且 12 xxe，求证、 1212 xxx x 解、 （1） 2 lnax fx x 令 0fx 解得 a xe f x在0, a e单调增，在, a e 单调递减 f x有极大值 aa f ee，无极小值 （2） ln ln0 x xkxk x (参变分离法） max lnx k x 设 ln x g x x (即1a 时的 f x) max 1 g xg e e 1 k e （3）解、

14、12 0,0xx， 12 xxe 12 ,0,x xe 考虑 ln x g x x 在0,e单调递增 12112 1 1121 11212 lnlnln ln xxxxxx g xg xxx xxxxx 同理、 12212 2 2122 21212 lnlnln ln xxxxxx g xg xxx xxxxx 112212 1212 1212 lnln lnlnln xxxxxx xxxx xxxx 即 1 212 lnlnx xxx 1212 x xxx 8、已知函数 lng xxbx （1）函数 g x有两个不同的零点 12 ,x x，求实数b的取值范围 （2）在（1）的条件下，求证、

15、2 12 x xe 解、 （1） g x有两个不同的零点 12 ,x x，即ln0xbx有两个不同的根 lnx b x 设 ln x f x x 2 1ln x fx x 令 0fx 可得、1 ln0xxe f x在0,e单调递减，在, e 单调递增 且x 时， 0f x ， 1 f e e 1 ,0b e （2）解、不妨设 21 xx 由已知可得、 11 22 ln0 ln0 xbx xbx 1 212 lnx xb xx 即只需证明、 12 2b xx，在方程 11 22 ln0 ln0 xbx xbx 可得、 2 12 1 ln x b xx x 2 1 12 ln x x b xx 只

16、需证明、 2 1 12 12 ln 2 x x xx xx 即 22 2 11 2221 12 2 21111 1 1lnln 221ln21 1 xxx xxxxxx xx x xxxxx x 令 2 1 x t x ，则1t ，所以只需证明不等式、1ln211ln220tttttt 设 1ln22h tttt 10h 11 ln2ln1 t h ttt tt 10h 22 111 0 t h t ttt h t在1,单调递增 10h th h t在1,单调递增 10h th ，即不等式得证 12 2b xx即 1 2 ln2x x 2 12 x xe 9、已知函数 2 11 ln 4 fx

17、xxxa a ，其中常数0a （1）求 f x的单调区间 （ 2 ） 已 知 1 0 2 a， 若 1212 ,xxa axx ， 且 满 足 12 0fxfx， 试 证 明 、 12 0fxxf 解、 （1）定义域,xa 2 2 111 22 x axa fxx axaa xa 令 0fx 即 2 20x axa 2 12 2 0, a xxa a 12 02xxa x ,0a 2 2 0, a a 2 2 , a a fx f x 12 2xxa 0fx 恒成立 f x在,+a单调递增 12 2xxa x 2 2 , a a a 2 2 ,0 a a 0, fx f x （2） 解、 12

18、 12 12 11 2 xx fxx axxa ， 00f，所以只需证明、 12 0fxx 12 0fxfx 12 1212 1212 111111211 0 222 xx fxfxxx axaaxaaxaxa 即 12 12 211 2 xx axaxa 只需证 12 1212 1111 0fxx aaxxaxax 12 1122 1111 fxx aaxaxxax 212 111 11221122 axaxxaxaxx a axaxxaxa axaxxax 1221 1 1122 axxaxa ax x a axaxxax 222 2112221 1 1122 aaxaxx xaxxaax

19、 x a axaxxax 2 122212 112 11221122 22x xaxxxxa xx x a axaxxaxa axaxxax 12 1 ,0, 2 x xa aa 1212 0,0,20xaxaxxa 若要证 12 0fxx，只需证明、 12 12 0 x x axx 即可 下面判断 12 ,x x的范围 111 2 fxxaxa axa 2 22 211 2 2 xa fx xaxa 1 0, 2 a 22 2 22420xaaaa fx单调递减，不妨设 12 xx 12 00,0ffxfx 12 0axxa 1 21221 0,0x xxxaxxa 12 12 0 x x

20、axx 得证 12 0fxx 即不等式 12 0fxxf得证 10、已知函数 x f xeaxb，其中,2.71828.a bR e （1）当ba 时，求 f x的极小值 （2） 当0,aba 时， 设 fx为 f x的导函数， 若函数 f x有两个不同的零点 12 ,x x， 且 12 xx， 求证、 12 12 2 3ln x x faf xx 解、 （1） x f xeaxa x fxea 当0a 时， 0fx 恒成立 f x为增函数，无极小值 当0a 时，令 0 x fxea，解得lnxa f x在,lna单调递减，在ln , a 单调递增 f x有极小值为 ln lnln2ln a

21、faeaaaaaa （2）解、 x f xeaxa x fxea 32 3ln3 ln3ln1faaaaaa aa 1 2 12 2 12 12 2 x x xx x x fea xx f x有两个不同的零点 12 ,x x 1 12 2 1 12 2 0 0 x xx x eaxa ee a xx eaxa 1 2 12 12 2 12 1212 2 x x xx xx x xee fe xxxx 考虑、 2 3ln3ln1faa aa，设 2 3ln1p aaa 2 66 2 22 323 2 aa a p aa aaa ，因为0a p a在 6 0, 2 单调递减，在 6 ,+ 2 单调

22、递增 min 636 3ln10 222 p ap 0p a 3ln0faa p a 再考虑 1 2 12 12 2 12 1212 2 x x xx xx x xee fe xxxx 1212 12 12 22 11 2 x xxx xx xx 1221 1212 1222 12 22 121212 2 1 xxxx xxxx xx x xeeee fee xxxxxx 1221 12 22 12 2 12 xxxx xx xxee e xx 设 21 0 2 xx ，则 1221 22 12 12 2 2 xxxx xxeeee T xx 设 =2ee 1 220eee e 在0,+单调递减 00 0T ，进而 12 12 2 0 x x f xx 综上可得、 12 12 2 3ln0 x x faf xx