2024年高考數學復習：10 導數壓軸大題歸類：不等式證明歸類二（解析版）

10導數壓軸大題歸類：不等式證明歸類(2)

目錄

【題型一】不等式證明6：凸凹翻轉型.......................................................1

【題型二】不等式證明7：三角函數與導數型.................................................4

【題型三】不等式證明8：極值點偏移(不含參)............................................6

【題型四】不等式證明9：極值點偏移(含參)..............................................9

【題型五】不等式證明10：三個“極值點”(零點)型........................................12

【題型六】不等式證明11：比值代換(整體代換等)型......................................15

【題型七】不等式證明11：非對稱型(零點值xl與x2系數不一致)..........................18

【題型八】不等式證明12：韋達定理型.....................................................21

【題型九】不等式證明13：利用第一問構造(包括泰勒展開)................................23

【題型十】不等式證明14：含ex和Inx型...................................................26

【題型十一】不等式證明15：先放縮再證明型..............................................28

【題型十二】不等式證明16：切線放縮證明“兩根差”型....................................31

【題型十三】不等式證明17：條件不等式證明..............................................34

【題型十四】綜合證明：xl與x2綜合......................................................37

【題型一】不等式證明6:凹凸翻轉型

【典例分析】

已知/(x)=xlnx,+ax-3.

(1)求函數的單調區(qū)間；

(2)對一切x?0,yo),2〃x)2g(x)恒成立,求實數a的取值范圍；

12

(3)證明：對一切xe(0,+<?),都有In尤〉二一一成立.

''exex

【答案】(1)函數”X)在上單調遞減，在B，+J上單調遞增(2)(-雙4](3)證

明見解析

【分析】

(1)求出/a)的導函數，令導函數小于0,可求得函數單調遞減區(qū)間，導函數大于0,可

求得函數單調遞增區(qū)間；

(2)把/(x)與g(尤)解析式代入已知不等式，整理后設g)=21nx+x+2(x>0),求出，(x)的

x

導函數，根據導函數的正負判斷單調性，進而求出版X)的最小值，即可確定”的范圍；

Y2

(3)所證不等式兩邊乘以心左邊為了。)，右邊設為雙x)=W-三(xe(0,+8)),求出左邊的

ee

最小值及右邊的最大值，比較即可得證.

(1)

解:因為/(%)=xln%,所以/V)=lnx+l(x>0),

當f(x)<0,當x￡(g,+oo],f\x)>0,

所以函數/(X)在上單調遞減，在1%+8)上單調遞增；

(2)

a

解：原不等式等價于2h皿...-/+ax-3,即④21nx+x+-對一切xe(0,+oo)恒成立，

設〃(%)=21nx+x+—(x>0),貝U//(%)=+_12,

xx

當工￡(0,1)時，h\x)<0,為(九)單調遞減，當%￡(L+8)時，hr(x)>0,力。)單調遞增，

所以④,(%)欣〃="(1)=4,

所以實數”的取值范圍為(-雙4]；

丫2

(3)證明：原問題等價于證明％lm>=——(%￡(0,+^)),

ee

由(1)可知f(%)=Hm*￡(。，+°°))的最小值是一L當且僅當九二1時取到，

ee

x21—x

設m(x)=—一一(％￡(0,+co)),則mr(x)=——,

exee

當X￡(O,1)時，加(%)>0,皿%)單調遞增，當無￡(1,+00)時，加(%)<0,小(x)單調遞減,

所以相(尤)小=m(l)當且僅當％=1時取到，

e

19

所以對一切%￡(0,+°0),都有Inx〉-7-二成立.

eex

【提分秘籍】

基本規(guī)律

類型特征：

(1)特殊技巧；

(2)分開為兩個函數，各自研究，甚至用上放縮法

【變式演練】

1.已知〃x)=xlnx.

(1)求函數〃x)的極值；

%+,11--

(2)證明：對一切xe(O,e)，都有足尤上成立.

x+i--ex

xee

【答案】(1)極小值為二，無極大值(2)證明見解析

e

【分析】

(1)求導，令/(x)=0,解得x=(,分另I」討論和+時，/(X)的正負，可得f(x)

X+]—

的單調區(qū)間，即可得答案.(2)問題等價于證明Hn%>e_2,xe(0,+oo).設

x+i--e

ee

%+]--

g^=______e_2,利用導數求得g(x)的單調區(qū)間和極值，分析即可得答案.

X+1--e

e

解(1)由/(x)=xlnx,x>0,得/(x)=lnx+l,令/(%)=0,得

當元曰時，/(x)<0,/)單調遞減；

當x/L+co]時，f(x)>0,兀0單調遞增.

所以人勸的極小值為無極大值.

1I

X+1n(1

(2)證明：問題等價于證明Wnx2_____e_2,xe(0,+oo).由(1)可知/(工焉=/一

-e

x+i-le<

ee

x￡(0,+oo),

111/、

x+1—o—x(1A

設g(%)=_____^二，貝ljg，(x)=?---，當問0,一時，g'(x)〉0,g(x)單調遞增；

'x+1--ex+i--\e7

eeee

當無eg,+，|時，g'(x)<0,g(x)單調遞減.易知g(x)2=ggj=-］當且僅當x=(時

取到.

,1

元+191

從而對一切x￡(0,+oo),xinx>_____—4成立，當且僅當％=—時等號成立.

-

x+i-lee

ee

11

%+1--

即對一切xe(0,+oo),都有inx2-----成立.

x+i」ex

xee

2.已知函數f(%)=lnx-%.

(1)討論函數g(x)=f(.x)--(a^0,aeR)的單調性；

(2)證明：|/(x)|>^+1.

【答案】(1)答案見解析.(2)證明見解析

【分析】(1)g'(x)=X+^+a,令m(x)=_》2+無+a=_[x_g)+。+；,分別討論a=C-；,

-1<a<0,a>0,解不等式機(x)>0或m(x)<0即可得單調增區(qū)間和減區(qū)間，進而可得單

調性.

(2)設g(x)=￥+g分別求/‘(X),g'(x)利用導數判斷兩個函數的單調性以及最值，求

出g(x)a<V(X)L即可求證?

解(1)因為/(%)=ln%—x,所以@(%)=/(%)-@=山工-％-色，x>0,

Xx

2

/(x)=g_l+?=—X+%+。

2

+6Z+—,當aW-L時,

令m(x)=-x2+x+a=-X-1g'(x)W0恒成立，此時g(x)在(0,+8)

44

上單調遞減，

|+〃+工>0可得:1-Jl+4a1+J1+44

當-時，解不等式一---------<x<---------,

匕匚I、［/、入(八1-Jl+4a1—Jl+4a1+Jl+4a

所以g(x)在0,---------上單調遞減,在上單調遞增，在

2

72}

1+Jl+4〃

I2,+00上單調遞減,

7

’11-Jl+4〃_1+J1+4”

當。>0時，解不等式+a4—>0可得:---------<0<x<----------

422

LLrtzXC1+Jl+4a1+Jl+4a、

所以g(x)在0,---------上單調遞增，在,+8上單調遞減,

2

I)7

綜上所述：當aW-；時，g(x)在(0,+e)上單調遞減，

當-J_<a<0時，g(x)在(0,三學和(1+上單調遞減，

4I2JI2J

1—\/1+4〃1+J1+4〃］L,品、由、油4?吊

在——-——,——-——上單倜遞增，

I22)

當。>0時，g(x)在0,1±2乎近上單調遞增，在l+V^,+8上單調遞減,

I1—x

(2)由/'(x)=lnx—x可得:(尤)=L-1=—,由TOO可得0<x<l,由/(無)<0可得

XX

X>1,

所以〃尤)在(0,1)上單調遞增,在(1收)上單調遞減，

所以/(初山=〃1)=1皿-1=-1,所以|/(尤晨=1,設g(x)=F+g,貝U

由/(%)>。即1—lnx>0可得0<x<e；由g'(x)<0即1—ln%<0可得%>e,

所以g(x)=?+；在(0,e)上單調遞增，在(e,+a))上單調遞減，所以

g(x)=^(e)=+-=-+—<1,

v7maxv7e2e2

所以g("max所以|/W|>F+1對任意的(。，+s)恒成立?

【題型二】不等式證明7：三角函數與導數不等式

【典例分析】

已知函數〃x)=e*-av-cosx,g(x)=/(x)-x,aeR.

(1)若在［0,+功上單調遞增,求a的最大值；

(2)當a取(1)中所求的最大值時，討論g(x)在衣上的零點個數，并證明g(x)>一夜.

【答案】(1)1;(2)2個，證明見解析.

【分析】(1)求出函數的導數，轉化為導函數，(尤)=e，-a+sinx2。在［0,+◎上恒成立，再

求導求其最小值即可；(2)利用導數分析函數在X40,尤>0上的單調性，根據兩點的存在性

定理可確定出2個零點，再由導數求出函數的最小值，求出最小值的范圍即可得證.

解(1)由題意可知，/'(x)=e*-a+sinxW。在［0,+oo)上恒成立，

因為/'"(x)=ex+cosx>l+cosx>0,所以/1(x)單調遞增,

所以尸(0)=1-此0,解得這1,所以。的最大值為1.

(2)

易知a=l,所以g(x)=e*—2x-cosx,

當立0時，g，(x)=e*-2+sinxW-l+sinx40,所以g(x)單調遞減，

當x>0時，g'(無)=e*-2+sin無，則g"(x)=e*+cosxN1+cos尤20,所以g'(x)單調遞增,

因為g'(0)=T<0,g'(l)=e-2+sinl>0,所以存在尤。e(0,1),使得g'(x°)=0,

g(x)在(-℃,%)上單調遞減，在(%,+<?)上單調遞增，

又g(0)=0,所以g(x0)<。，

因為g(2)=e?-4-cos2>0,所以存在&e(%,2),使得g(xJ=0,

所以g(x)有兩個零點，又因為e*。-2+sinx。=0,

所以g(x)min=g(Xo)=*-2Xo-COSXo=2-2Xo-SinXo-COSXo，因為不<1,

所以gQo)>-sin無o-cos無0=-A/^sin(無o+?)N-0,故g(x)>-0成立.

【提分秘籍】

基本規(guī)律

1.證明思路和普通不等式一樣。

2.充分利用正余弦的有界性

【變式演練】

1.設函數〃x)=xln(l—x).

(1)求y=/(x)的極值點；

(2)設函數/("=京+：-$也彳.證明：F(X)<2.

【答案】(1)x=0；(2)證明過程見解析.

【分析】(1)利用二次求導法，結合函數極值的定義進行求解即可；

(2)利用構造函數法，結合導數的性質分類討論進行證明即可.

解⑴函數y=〃x)的定義域為:

由/(x)=xln(1-x)n/(x)=ln(l-,設g(x)=ln(l-x)-ng'(x)=，

因為xe(-oo,l),所以g'(x)<0,g(x)是單調遞減函數，

因此當l>x>0時，g(x)<g(0)=0=>/'(%)<0,/(x)單調遞減，

當x<0時，g(x)>g(0)=0nf\x)>0,/(%)單調遞增，

因此當x=。時，函數y=/(x)有極大值，極大值為"0)=0；

X111

(2)函數/((=?1+--sinx的定義域為:(_*0)J(0,l),gpF(x)=-—-+—sinx,

f[x)xIn(l-x)X

要想證明/(x)<2,只需證明+：<2+sinx,

ln(l-X)x

構造函數—：+__]J+ma」),由(1)可知當xe(—8,l)時，函數

ln(l-x)xxln(l-x)

y=/(力的極大值為/(o)=o,

即〃%)=%皿1一x)W0,當了￡(-8,0)(0,1)時，xln(l-x)<0,

t(x)=x+ln(l-x)-xln(l-x),XG(-(X),1),/(x)=-ln(l-x),

當1>%>0時，/(x)>0,t(x)單調遞增,即有t(x)>t(0)=0,

因此此時有人(x)<0成立，

當％<0時，i(x)<0/(%)單調遞減，即有t(x)>t(0)=0,

因此此時有。(%)<0成立，

所以當(—8,0)(0,1)時，/?(%)=-/+--1<0,即/?(%)=」/

ln(l-X)xln(l-x)x

設機(%)=2+sinx,當(-oo,0)(0,1)時，顯然有—iWsinxWl,

因止匕有l(wèi)W2+sinxV3,即血而7z(%)vl,

所以當(-8,0)(01)時，不等式丁」［+,<2+sinx成立，即尸(力<2成立.

ln(l-X)x

2.已知函數/(x)=lnx,g(x)=er-e^

⑴若*g(x)</(a)成立,求實數”的取值范圍；

(2)證明：/7(月=/。)+$皿,工有且只有一個零點%,且g卜in$］<|'.

【答案】(1)?>1(2)證明見解析.

【分析】

(1)把已知條件轉化成大于g(x)在［0』上的最小值即可解決；

(2)先求導函數，判斷出函數的單調區(qū)間，圖像走勢，再判斷函數零點，隱零點問題重在

轉化.

解(1)由g(x)=e，—/得g'(x)=eX+eT>0,則g(x)在［0(上單調遞增,g(x)在［0,1］上

最小值為g(0)=e°—e°=0

若玉目0,1］,g(x)</(a)成立,則必有〃叫>0由〃a)=lna>0,得0>1故實數。的取值

范圍為〃〉1

(2)/(x)=lnx,在(e,+8)上單調遞增，且人元)>1恒成立，y=sin(兀最小正周期

T--4en

冗，在(e,+8)上最小值為-1由此可知〃(x)=/(尤)+sin歹X在(e,+co)恒為正值，沒

2ee

有零點.

下面看M尤)=/(x)+sin*x在(0,e]上的零點情況〃(x)=lnx+sinfx,xe(0,e],則

兀/r\兀

——XG(0,—

2e2_

/?(%)=—+—cos=％>0即/z(%)=In冗+sinC%在(0,e]單調遞增,

x2e2e2e

/z(1)=In1+sin^-=sin>0,

i1711.7t1.萬八

=In—j=+sin---T==---1-sin---產<---1-sin—<0

Ve2e\/e22eve26

故//(x)=In%+sin/尤在(0,e]上有唯一零點.綜上可知，g)=/(%)+sin(兀在(0,+oo)上有

且只有一個零點.

令In/+sin二/=0,則sin—x0=-lnx0o

2e22e

(兀Xc、sin2e2e,]

gsin-=e-e-e^=—-x0

k2e；x0

令"(%)=,一羽x￡([,l),貝ij〃(x)=--?--l<0o即〃。)=」一％在(±1)上單調遞減，

x2xxe

心)=——x<n(-)=2--=-

x222

故有g(sin皆

【題型三】不等式證明8：極值點偏移之不含參型

【典例分析】

.已知函數〃x)=xlnx.

(1)求曲線y=/(x)在點。了⑴)處的切線方程；

(2)設再，9為兩個不相等的正數，且/&)=/(%),證明：-<x}+x2<1.

【答案】(1)X—y—1=0；(2)證明見解析.

【分析】(1)利用導數的幾何意義即可求；

(2)①對不等式右側可以采用切線放縮來進行證明；②不等式左側變形轉化為證明

解(1)切點為(1,0)，/'(x)=lnx+l,左="1)=1,切線方程為y=x-l,即x一廠1=0；

(2)/'(x)=lnx+l,令f(x)=0=>x=J,且當0<x<1時，/(%)<0,〃x)單調遞減;

當尤>：時，/''(“>。，/'(X)單調遞增.：/&)=/(&)，不妨設西<三，,。<玉<〉<龍2<1，

對不等式右側可以采用切線放縮來進行證明.

注意到玉In%=々In/>%2，而不In再<一玉=>一玉>%xx+x2<l.

22121

再證左邊：要證：玉+工2>—，只需證明：%>——*?*0<——玉>一.

eeeee

又???馬>」,當時，/(x)單調遞增，故只需證明一看］.

eeveJ

=—玉］，構造函數尸(x)=/(x)—/R-x］,工403，

F(x)=xlnx-^—

Fr(x)=lnx+l+ln--x\+l=]n+2<ln4+2=0

e

—X)在(o,￡|上單調遞減，尸⑺>U=0,

F(A-1)>0^>/(X1)=/(X2)>/|--Xj|^>x2>--Xj,：.-<x1+x2<l.

<eJee

【提分秘籍】

基本規(guī)律

1.求出函數/(X)的極值點X。；

2.構造一元差函數/(X)=/(/+x)—/(%—x)；

3.確定函數B(x)的單調性；

4.結合口(0)=°,判斷/(幻的符號，從而確定"/+x)、"%—?的大小關系

【變式演練】

1.已知函數/(%)=e"+COSX—a(QGR).

(1)當。=1時，判斷“%)在區(qū)間(0,+8)上的單調性;

(2)當a=e時，若石e(0,萬)(百彳%)，/(石)=/(々)，且,⑴的極值在了=%處取得，證

明：xt+x2<2x0.

【答案】(1)/(x)在(0,+到上是增函數.(2)證明見解析.

【分析】(1)求出導函數/(X),設g(x)=/'(無)，再求導g'(x),由g'(x)>0恒成立得，(x)

單調遞增，得/(無)>/'(。)=。，從而得〃x)的單調性;

(2)利用導數得出了。)的極小值點看,注意((尤。)=。，題設中/(占)=/(%),滿足

0<x1<x0<x2<7T,考慮到2%-X1>尤0,引入新函數力(x)=/(x)-/(2%-x),0<x<x0,

利用導數確定力(X)是單調增函數，得以功<以％)=0,即得〃占)<定(2尤。一再),再利用占三

的關系，及函數的單調性可證得結論成立.

解(1)xe(0,+oo),a=l時，/(%)=e'+cosx-x,/\x)=e'-sinx-1,

設g(x)=e*-sinx-I,則g'(x)=e*+cosx>0,尤>0時，g'(x)>0恒成立，

所以g(x),即/(x)在(0,+電)上單調遞增,又((0)=0,所以x>0時，((0)>0恒成立，

所以f(x)在(0,+co)上是增函數.

(2)a=e,f(x)=e%+cosx-ex,f'(x)=eT-sinx-e,由(1)知/''(x)在(0,+℃)上是增

函數，

/,(l)=-sinl<0,-O)=e"-e>0,所以/''(x)在(L兀)，即在(0,萬)上存在唯一零點吃,

f'(.x0)=e&—sinx0-e=0,

0<了<尤0時，f\x)<0,/(尤)遞減，Xo<x<"時，f\x)>0,/(x)遞增.

%是函數/(x)的唯一極小值點.若%,馬€(0,萬)(外H%)，/(石)=/(馬)，貝I]

0<<XQ<x2<7Tf

h(x)=f(x)-f(2xQ-x),0<x<x0,

x2xx

h(x)—f(x)—f(2x0—x)=e+cosx—ex—e0~—cos(2x0—x)—e(2x0—x)

x2x-x

=e—e°+cosx—cos(x-2x0)—2ex0,

r2xx

h(x)=e*+e°~—sinx+sin(x—2x0)

A

>2je".e2L-sinx+sin(冗-2x0)=2e%—sinx+sin(x-2x0)

由/'(%o)=e殉-sinx0-e=0得e*=sinx0+e,所以/(%)>2e+2sinx0-sinx+sin(x-2x0),

由0<%<工0<?,得Ovsin/Kl,0<sinx<l,又TWsin(x—2xo)(1,

所以hf(x)>2e+0-l+(-l)>0,所以h(x)是增函數,

當。<玉<%o時，h(xl)<h(x0)=0,

所以/(%)—/(2/一玉)<。，/(x1)</(2x0-x1),又于(x"f(x”fQxo-xJ,

。<玉</<%2，所以2%0-%>%0，又％2>/，/(%)在(%,+8)上單調遞增，

所以％2<2%—%，所以為+%2<2%O.

2.已知函數"x)=lnx-g依2+1.(1)討論函數的單調性；

(2)當。=1時，設函數的兩個零點為七，馬,試證明：xx+x2>2.

【答案】(1)當時，/(x)在(0,+e)上單調遞增；當。>0時，/(x)在，上單調

遞增，在(逅,+s]上單調遞減；(2)證明見解析.

【分析】(1)求出導函數尸(無)無，討論。的取值范圍，利用導數與函數單調性之間的

X

關系即可求解.

(2)利用導數求出函數的極大值，由零點存在性定理可得兩零點所在的區(qū)間，不妨設xax2,

則有0<%<1<9，構造函數"x)=〃x)—/(2—x),xe(0,l),利用導數判斷出函數單調遞

增，從而可得〃不)<〃2-玉)，再由〃玉)=/仁)=。即可求解.

解：(1)易得函數的定義域為(。,+s).對函數求導得：f\x)=--ax.

X

當時，/(%)>0恒成立，即可知/(%)在(。,+e)上單調遞增；

當〃>0時，當——時，/((%)>0,當xe,+00時，/,(x)<0.

Ia)

7

故f(x)在|0,上單調遞增，在,+QO上單調遞減.

\7\7

11I—丫2

(2)當4=1時，f(x)=\nx—x2+l,尸(x)=L-x=匕匚，此時“X)在(0,1)上單調遞

2xx

增，在(1，+8)上單調遞減.

極大值=〃1)=3>°，又/<0,/(e)<0,不妨設&<三,則有。<不<1<三,

令尸(x)=y(x)-/(2-x),xe(o,l),

1-x2l-(2-x)\2(1-X)2

F(x)=/'(x)+—)=

x2—xx(2-尤)

當xe(O,l)時,F(x)>0,尸(x)單調遞增,^￡(0,1),.'.F(^)=/(A1)-/(2-X1)<F(1)=0,

又Q/(%)=/(w)=O,.?"(w)</(2f),

■.1x2>1,2->1,在(l,+8)上單調遞減，，％>2-項，即為+3>2.

【題型四】不等式證明9：極值點偏移之含參型

【典例分析】

1

已知函數〃x)=—+—Inx-l(meR)的兩個零點為冷羽(不<樂).(1)求實數m的取

值范圍，”

4112

(3)求證：一+—>—.

玉/e

【答案】(I)[o,掾](2)見解析

【詳解】(i)y(x)=—彳+工=土孚，當加(0時，/'(力>0,

x2x2x

/(%)在(0,收)上單調遞增，不可能有兩個零點；

當相>0時，由/'(尤)>0可解得尤>2w，由/'(尤)<0可解得0<%<2m，

所以/(%)在(0,2m)上單調遞減，在(2加,轉)上單調遞增，所以

2m+ln2mL

/Wmin=/()=^1-

要使得〃尤)在(0,+8)上有兩個零點，則g+gln2m—1<0,解得0<m，

則m的取值范圍為

(2)令/=工，則/(x)=加工-gln

=,由題意知方程

xx2

皿-匕皿-1=0有兩個根,

2

即方程加=螞土2有兩個根，不妨設％=工，h=-1令/?(>)=則±2,

2t%%2t

則當卜寸，力⑺單調遞增，卜寸，丸⑺單調遞減，綜上可知,

八〉一〉,2>0，

112221(2

要證---1--->—,即證％，即％〉----即證(

+L>—Z2>—,/Z/J</Z-----t2

xix2eeeeIe

(P⑺=/z(x)+/z

故原不等式成立.

【提分秘籍】

基本規(guī)律

1.消去參數，從而轉化成不含參數的問題去解決;

2.以參數為媒介，構造出一個變元的新的函數.

【變式演練】

1..已知函數/(x)=lnx.

(1)設函數g(x)=；-lnMfeR),且g(x)4〃”恒成立，求實數，的取值范圍；

1o

(2)求證：/(x)>4--；

eex

(3)設函數y=/(x)-依-'(acR)的兩個零點尤i、馬,求證：再%>2/.

,2

【答案】(1)t<—(2)證明見解析(3)證明見解析

e

【分析】(1)利用變量分離法得出Y2xlnx,利用導數求出函數/<x)=2xlnx的最小值,

即可得出實數/的取值范圍；

x2

(2)證明出xlnx>土-*,即可證得結論成立；

(3)分析可得In(須々)-I%+%)=迤,證得土土三In三>2,利用基本不等式可

玉％2々一玉玉/一玉再

得出In/高-薪丁>1,構造函數Q(x)=lnx-彳，分析看可知函數0(x)在(0,+功上為增

函數，分析得出9(斥)>0(、&),結合函數0(x)的單調性可證得結論成立.

解：(1)由g(x)4/(x)可得上-卜天4Inx,可得Y2xlnx,令=2xlnx,其中x>0,

X

貝i"/(x)=2(l+lnx),

當0<x<』時，//(x)<0,此時函數〃(x)單調遞減，當時，//(x)>0,此時函數〃(%)

單調遞增，

所以，MM1nm=(：)=~|，所以，芯-1；

(2)解：要證f(x)>—---,即證xlnX>——,由(1)可知，xlnx>—,當且僅當x=—

eexeeee

時，等號成立，令機(x)=W-2,其中x>o,貝IJN(X)=L^,當Ovxvl時，m(%)>0,

eee

此時函數加(%)單調遞增，

當x>l時，m(A:)<0,此時函數機(%)單調遞減，所以，m(x)max=m(l)=—,

因為jdnx之一,和相(％)V取等的條件不同，故xlnx>W—2,即〃X)>二一2；

eeeeeex

11

(3)解：由題知In%—-=咐①，lnx2---=%②，①+②得

國X2

X,+x

In（玉馬）-2=。(占+9)③,

再入2

X(龍2-玉)④.③+④得心(內尤2)—"'+')='+x；ln衛(wèi),

②-①得In?2—不—a

百毛XrX2%2一再再

不妨設。<玉〈尤2,記/=上>1.令*f)=ln"丑二則

玉t+1

/⑺=>4（I）一

>0,

（f+1廠

所以尸⑺在。，+8)上單調遞增，所以尸⑺>/⑴=0,則lnr>^^,即In三>2（。一占）

r+1玉％+%

2(%+%)=%七三］n強>2.因為

所以足優(yōu)馬)-

%泡

也(*2)_2(%+/)<4

'一‘%超7^

2212

所以21nJ%%/>2,即MJ%%-I--->1.令0（x）=ln%一一,^（x）=-+—>0,貝（J

，百%2［玉X2XXX

°（%）在（0,+e）上單調遞增.

r\1

—<1,所以In^^--^=>l>ln（>/2）2

又In（缶）--^=-ln2+l-e存即

'）yjle2Y人1人2

夕(瓜京)>°(缶)，所以占馬

2.已知函數/(%)=卜一4一工+。,。￡氏,(1)若/(I)=2,求。的值；

(2)若存在兩個不相等的正實數玉,々，滿足/(%)=〃/)，證明：

①2<%+/<2a；②生■<a?+1.

%

【答案】(1)2；(2)證明過程見解析.

【分析】(1)代入/(1)=2即可求出a的值；(2)①分情況討論，得到x<。時滿足題意，

根據函數單調性，不妨設0VAi構造差函數，證明極值點偏移問題；②在第一

問的基礎上進行放縮即可證明..

解(1)由=l+a=2,化簡得：[1—4=3一即兩邊平方，解得：a=2.

(2)不妨令石<乙，

①當x>a時，"x)=x-a-L+a=x一!在(0,+e)上單調遞增，故不能使得存在兩個不相等

XX

的正實數七,三，滿足/(占)=/(9),舍去；

當尤=。時，f(x)=a-L為定值，不合題意；

a

當尤<a時，/'(x)=2a-[x+：j,由對勾函數知識可知：當aW1時，/(x)=+在(0,a)

上單調遞增，/(勸=尤-：在(。,y)上單調遞增，兩個分段函數在x=a處函數值相同，故函

數/(x)在(0,+8)上單調遞增，不能使得存在兩個不相等的正實數為多，滿足了(再)=Ax?),

舍去；

當時，函數“X)在(0,1)上單調遞增，在(1,。)上單調遞減，在(。,+8)上單調遞增，且

/(a)=2a-|?+即分段函數在x=a處函數值相等，要想存在兩個不相等的正實

數占,三，滿足/(%)=/(尤2),則不，三有三種類型，第一種：。<玉<1<無2<。，顯然玉+工2<2。，

4A(x)=/(x)-/(2-x),則硝)=0,當xe(O,l)時，

1192

hf(x)=f(x]+f(2-x]=-2+—+------>-2+———->-2+----------=0/、

LL'V(2-x)2x(2-x)廣+2-xj,即蛆)在

xw(O,l)單調遞增,所以=BP/(x)</(2-x),由于所以

/(^)</(2-^),乂因為/(%)=/(9)，所以/(9)</(2-因為％>1,2-玉>1,而

在(L+CO)上單調遞減，所以即％+々>2,綜上：2<+%2<2a；第二種

情況：顯然滿足占+%>2,

接下來證明％+々<2a,令g(x)=/(%)—〃2。一力，則g(a)=0,當xe(l,a)時，

112

,,,

g(x)=/(.x)+/(2a-x)=-l+-7+l+-J=-7>0,即g(x)=/(x)-/(2a-x)^xe(l,a)

單調遞增，所以g(x)=/(x)—/(2a—x)<g(a)=0,又所以石)</(2。一%)，

又f?)=f(xj,所以,因為%>“，2a-x,>a,在(a,+oo)上單調

遞增，所以9<2。-玉，即%+無2<2a,綜上：2<xx+x2<2a■第三種情況：。<尤]<1<a<W，

由第一種情況可知滿足玉+%>2,由第二種情況可知：x,+x2<2a,則2<X]+X2<2a,

綜上：2<^+x2<2a,證畢.

②由①可知：當0<x<尤2<°時,由/(網)=/(無2)得：2a—IH—|=2a—Ix2-i|,整理

得：即強=生<二<1+42；

玉x2%1+玉1+玉

1(C11

當。<F<Q<%2時，x2---=2a—玉H—,整理得：x+x=2a-\,整理得:

%(占J12%玉

個+修嘰1+

——=—%2—%入2+2txX2+1=「+1+包2。)，因為0<玉<。，所

玉44

以Ji-24<1+/,綜上：三</+i,證畢.

4%

【題型五】不等式證明10：三個“極值點(零點)”不等式

【典例分析】

已知函數/'(幻二分班+人在匕?處的切線方程為2x-y-e=0.

(1)求函數“X)的解析式；

(2)當0<相<：時，若函數G(x)=%等的3個極值點分別為再，%，尤3(%<Z<鼻),

2八%)

求證：0<2X1<X2<1<X3.

【答案】(1)〃x)=xlnx(