2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第3講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與不等式的證明考點(diǎn)4雙變量不等式的證明

雙變量不等式的證明(2021·新高考全國(guó)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.[解析](1)由條件知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．即在區(qū)間(0,1)上，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在區(qū)間(1，＋∞)上，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．(2)證明：由blna－alnb＝a－b，得eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,b)lneq\f(1,b).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，x1≠x2，不妨設(shè)x1<x2，令f′(x)＝0，得x＝1.且f(e)＝0.結(jié)合(1)中的f(x)的單調(diào)性，易知，0<x1<1<x2<e.待證結(jié)論?2<x1＋x2<e.下面證明x1＋x2>2.令g(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，則g′(x)＝－ln[x(2－x)]>0，所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，所以0＝g(1)>g(x1)＝f(x1)－f(2－x1)，即f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)．又f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2－x1<x2，即x1＋x2>2.再證明x1＋x2<e.證法一：不妨設(shè)x2＝tx1，則t>1，由x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)可得x1(1－lnx1)＝tx1[1－ln(tx1)]，化簡(jiǎn)得lnx1＝1－eq\f(tlnt,t－1)，要證x1＋x2<e，即證(1＋t)x1<e，即證lnx1<1－ln(1＋t)，即證1－eq\f(tlnt,t－1)<1－ln(1＋t)，即證eq\f(ln1＋t,t)<eq\f(lnt,t－1)，設(shè)h(t)＝eq\f(lnt,t－1)，t>1，h′(t)＝eq\f(1－\f(1,t)－lnt,t－12)，令φ(t)＝1－eq\f(1,t)－lnt，t>1，所以φ′(t)＝eq\f(1,t2)－eq\f(1,t)＝eq\f(1－t,t2)，所以φ′(t)<0，所以φ(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(t)<φ(1)＝0，所以h′(t)<0，所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(t＋1)<h(t)，即eq\f(ln1＋t,t)<eq\f(lnt,t－1)，所以x1＋x2<e，故2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.證法二：f(x)在點(diǎn)(e,0)處的切線φ(x)＝e－x，令F(x)＝f(x)－φ(x)＝2x－xlnx－e，x∈(0，e)，F(xiàn)′(x)＝1－lnx>0，所以F(x)在區(qū)間(0，e)上單調(diào)遞增，即F(x)<F(e)＝0，所以當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f(x)<φ(x)．令t＝f(x1)＝f(x2)，則t＝f(x2)<φ(x2)＝e－x2?t＋x2<e.又t＝f(x1)＝x1(1－lnx1)，x1∈(0,1)，所以t＝x1(1－lnx1)>x1，即x1＋x2<t＋x2<e.綜上，2<x1＋x2<e.故2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e成立．名師點(diǎn)撥：證明雙變量函數(shù)不等式的常見思路1．將雙變量中的一個(gè)看作變量，另一個(gè)看作常數(shù)構(gòu)造一個(gè)含參數(shù)的輔助函數(shù)證明不等式．2．整體換元．對(duì)于齊次式往往可將雙變量整體換元，化為一元不等式．3．若雙變量的函數(shù)不等式具有對(duì)稱性，并且可以將兩個(gè)變量分離開，分離之后的函數(shù)結(jié)構(gòu)具有相似性，從而構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性證明．【變式訓(xùn)練】(2024·海南中學(xué)高三月考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,ex).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)設(shè)m，n為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且mlnn－nlnm＝m－n，證明：mn>e4.[解析](1)∵f′(x)＝eq\f(ex－x－1ex,e2x)＝eq\f(2－x,ex)，當(dāng)x∈(－∞，2)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得極大值eq\f(1,e2).綜上，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(2，＋∞)，極大值為eq\f(1,e2)，無極小值．(2)證明：由(1)知，x→－∞時(shí)，f(x)→－∞，x→＋∞時(shí)，f(x)→0＋，∴f(x)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e2)))，由mlnn－nlnm＝m－n得eq\f(lnm－1,m)＝eq\f(lnn－1,n)，又f(lnm)＝eq\f(lnm－1,elnm)＝eq\f(lnm－1,m)，同理，f(lnn)＝eq\f(lnn－1,n)，∴l(xiāng)nm與lnn是f(x)＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t<\f(1,e2)))的兩個(gè)正根，不妨設(shè)lnm<lnn，易知1<lnm<2，lnn>2，要證明mn>e4，只需證明lnm＋lnn>4，即證lnm>4－lnn，當(dāng)lnn≥3時(shí)，此式顯然成立；當(dāng)2<lnn<3時(shí)，1<4－lnn<2，又f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，∴只需證f(lnm)＝f(lnn)>f(4－lnn)，令h(x)＝f(x)－f(4－x)(2<x<3)，則h′(x)＝f′(x)＋f′(4－x)＝eq\f(2－x,ex)＋eq\f(2－4－x,e4－x)＝(2－x)·eq\b\lc\(