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1、1专题专题 1515 利用导数证明多元不等式利用导数证明多元不等式【热点聚焦与扩展热点聚焦与扩展】利用函数性质、导数证明不等式，是导数综合题常涉及的问题，多元不等式的证明则是导数综合题的一个难点，其困难之处是如何构造、转化合适的一元函数，本专题拟通过一些典型模拟习题为例介绍常用的处理方法.1、在处理多元不等式时起码要做好以下准备工作：（1）利用条件粗略确定变量的取值范围（2）处理好相关函数的分析（单调性，奇偶性等） ，以备使用2、若多元不等式是一个轮换对称式（轮换对称式：一个n元代数式，如果交换任意两个字母的位置后，代数式不变，则称这个代数式为轮换对称式） ，则可对变量进行定序3、证明多元不等
2、式通常的方法有两个 （1）消元： 利用条件代入消元 不等式变形后对某多元表达式进行整体换元（2）变量分离后若结构相同，则可将相同的结构构造一个函数，进而通过函数的单调性与自变量大小来证明不等式（3）利用函数的单调性将自变量的不等关系转化为函数值的不等关系，再寻找方法.【经典例题经典例题】例 1【2019 届四川省资阳市高三 4 月模拟（三诊） 】已知函数 lnpF xpxx（其中0p ） （1）当1 2p 时，判断 F x零点的个数 k；（2）在（1）的条件下，记这些零点分别为1,2,ix ik，求证： 121114kxxx【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析：（1）先求导数，
3、再求导函数零点，根据零点列表分析导函数符号，进而确定函数单调性，再根据零点存在定理确定函数零点个数， （2）先根据零点条件化简得211122ln02xxxx xx，令12xtx，则1221 ln1141ttxxt，利用导数研究函数 211 lnf tttt单调性，根据单调性得 10f tf，即证得结论.试题解析：（1）由题知 x0， 1lnln22F xxx，2所以 221121(0)22xFxxxxx ，由 0Fx得1 2x ，当 x1 2时， 0Fx， F x为增函数；当 0 0)（1）如图，设直线将坐标平面分成四个区域（不含边界） ，若函数 =1 2, = 、的图象恰好位于其中一个区域内
4、，判断其所在的区域并求对应的 的取值范围； = ()（2）当时，求证：且，有. 1 21,2(0, + )1 2(1)+ (2)1 【解析】试题分析：（1）根据定义域确定只能在 3，4 区域，再根据确定只能在 4，转化为(0) = (2 + 1) 2 + 1() =(2 + 1) 2 + 1性确定函数最值，即得 的取值范围；（2）作差函数，再利用二次求导确() = () + (1) 2( + 12)定为单调递减函数，最后根据，得，即得结论.()2 1(2) 0 (2 + 1) 2 + 1 的取值范围是 1 （2）， () = 2(2 + 1) 4(2 + 1) + 1设,() = 2(2 +
5、1) 4(2 + 1) + 1则，() =4 2 + 1 8， 0时,4 2 + 11 2时,8 4，() =4 2 + 1 8 0()不妨设，令（） ，2 1 0() = () + (1) 2( + 12) 1可得， (1) = 0，且单调递减函数，() = () ( + 12) + 12()，为单调递减函数， () 1()14，(2) 0()(1, + )(0,1)() = 1为， 1 若恒成立，则即. () () 1 0 1方法一：，(2) 0 1，1 1 = 0 2 2 = 0 , 2 2= 1 1即2 1= 2 1， 2 12 1= 1欲证：，只需证明，只需证明，12 12 1)即证
6、：. 2 +1 1)15设，() = 2 +1 ( 1)() =2 1 12=( 1)220有在上单调递增，.()(0,1)() + 1 + 1【答案】 （I）见解析；（II）见解析.【解析】试题分析：（）函数求导得，分和两种情况讨论导数正负即可得() =(1 )()2 0 + 1（ + 1） （ + 1）， + 1 + 1造，求导由函数单调性可证得.() = + 119对，有，函数在单调递增 (, + )() 0() (, + )（II）对且，欲证：, (1,) + 1 + 1只需证：（ + 1） （ + 1）即证：. + 1 + 1设，则() = + 1() =1 +1 ( + 1)2令，
7、则() = 1 +1 () =121 =1 + 2当时，有，故函数在单调递减，而，则当 (1,)() 0时，所以在单调递增 (1,)() 0() (1,)当且时，有，即 , (1,)() () + 1 + 1成立 + 1 + 1故原不等式成立2 【2019 届重庆市（非市直属校）高三第二次质量调研】已知函数 2ln12af xx xxx.（）若 yf x在0,上单调递减，求a的取值范围；（）当01a时，函数 yf xx有两个极值点1212,()x xxx，证明： 122xx【答案】 （1）ae（2）见解析20得maxln20,xaxx，令 ln20,xg xxx, 2ln10xgxx，解得 g
8、 x在10,e单调递增， 1,e单调递减, 所以1agee, 所以ae.(2)函数 2ln12ayf xxx xx有两个极值点1212,()x x xx,即y 1ln1fxxax有两个不同的零点,且均为正，令 1ln1F xfxxax ,由 11(0)axFxaxxx可知 yF x在10,a是增函数，在1,a是减函数， 且110xa，构造121xaa， 构造函数 2221lnln(0 4【答案】 （1）；（2）见解析(1 + 2, + )【解析】试题分析：（1）利用分离参数思想可将题意转化为（）和有两个交点，() =2 + 0 = 利用导数判断的单调性得到函数的大致图象，结合图像即可得结果；（
9、2）结合零点定义化简整()()27理可得，设，则，故，记函数（2(2 1)12= 2121= 11+ 2 4 =2( 1 2)() = 1 2） ，利用导数判断的单调性，得，故而可得结果. 1()() 0试题解析：（1）由题知函数的定义域为.()(0, + )所以函数的大致图象如图所示，()作出直线，由图可知，实数 的取值范围为. = (1 + 2, + )（2）由题意，即，所以.(1) = (2) = 02 1+ 11= 0 2 2+ 22= 0 =2 + 111 =2 + 222故，即，2 + 111=2 + 2222 1+ 1=2 2+ 2整理得，即，2 12 2= 2 12(2 1)1
10、2= 21不妨设，由题意得.21= 1则， = 21=2(2 1)12=2(1 1)1 1=2( 1) 128所以.1=2( 1) 所以，1+ 2=2( 1) + 2( 1) =2(2 1) 故 1+ 2 4 =2(2 1) 4 =2(2 1) 4 =2( 1 2)7 【2019 届吉林省长春市高三质量监测（三） 】已知函数.() = 2 4 + 5 （1）若在 上是单调递增函数，求 的取值范围； ()（2）设，当时，若，其中，求证：.() = ()1(1) + (2) = 2()1 2()=(2 4 + 5)() .(2 1) (2)试题解析：（1） 的定义域为且单调递增， () 在上，恒成
11、立，即： () = 2 4 + 0 (4 2)设 ， ， () = (4 2) () = (2 2)当时， 在上为增函数， ( ,1)() 0 () ( ,1)29当时， 在上为减函数， 1, + )() 0 () 1, + )， ，即 . ()= (1) = 2 (4 2) 2 2, + )（2） ()= ()=(2 4 + 5) ， (1)+ (2)= 2() 1, + )设，()= ( + )+ ( ) (0, + ) ()=( + 1)2 + ( 1)2 ， 0 + 0( + 1)2( 1)2=(2 2)2 0，在上递增， ， () 0() (0, + ) () (0)= 2()，令
12、( + )+ ( ) 2() (0, + ) = 1即：( + 1)+ ( + 1) 2()(2 1)+ (1) 2()又 ， (1) + (2) = 2()即：(2 1)+ 2() (2) 2()(2 1) (2)， ， 在上递增1 2 1 () ，即：，得证. 2 1 21+ 2 28 【2019 届四川省广元市高第二次统考】已知函数 22lnf xxxax aR.（）当2a 时，求 f x的图象在1x 处的切线方程；（）若函数 f x有两个不同零点1x， 2x，且120xx，求证： 1202xxf，其中 fx是 f x的导函数.【答案】 （）y2x1；（）证明见解析.30试题解析：（）当
13、a2时， 22ln2f xxxx， 222fxxx，切点坐标为 1,1，切线的斜率 12kf，切线方程为121yx ，即21yx（） f x的图象与x轴交于两个不同的点10A x， 20B x ，方程22ln0xxax的两个根为1x， 2x，则2 111 2 22220 20lnxxax lnxxax ，两式相减得12 12 122 lnlnxxaxxxx，又 22lnf xxxax， 22fxxax，则1212 12 1212122 lnln442xxxxfxxaxxxxxx，下证1212122 lnln40xxxxxx（*） ，即证明2111222ln0xxxxxx，令12xtx，120x
14、x，01t ，即证明 2 1ln01tu ttt在01t 上恒成立， 2222212 11114 111tttu tttttt t ，又01t ， 0u t ， u t在0,1上是增函数，则 10u tu，从而知2111222ln0xxxxxx，故（*）式0，即1202xxf成立.9 【2019 届江苏省苏北六市高三第二次调研】设函数 sin (0)f xxax a（1）若函数 yf x是 R 上的单调函数，求实数 a 的取值范围；31（2）设 a1 2， ln1g xf xb x (bR， 0b )， gx是 g x的导函数若对任意的x0， gx0，求证：存在0x，使 0g x0；若 121
15、2g xg xxx，求证： 12x x24b【答案】 （1）01a；（2）见解析因为0a ，所以1cosxa对xR恒成立，因为maxcos1x，所以11a，从而01a （2） 1sinln12g xxxb x，所以 11cos2bgxxx 若0b ，则存在02b，使11cos0222bbg ，不合题意，所以0b 取30ebx，则001x此时 30000111sinln1 1ln10222bg xxxb xb e 32所以212120lnlnxxbxx 下面证明21 12 21lnlnxxx xxx，即证明1 lnttt，只要证明 1ln0 *ttt设 1ln1th tttt，所以 21 02t
16、 h tt t 在1 ，恒成立所以 h t在1 ，单调递减，故 10h th，从而 *得证所以122bx x， 即2 124x xb点睛：本题考查了导数的综合运用，尤其在证明不等式的过程中，运用了放缩的方法将结果求证出来，在证明2 124x xb时，也是利用了不等式关系构得到21212lnlnxxbxx，然后构造新函数证明出结果，综合能力较强，本题较难.10 【2019 届山东省枣庄市高三二模】已知曲线 21lnyf xxa x aR 与x轴有唯一公共点A.（）求实数a的取值范围；（）曲线 yf x在点A处的切线斜率为27aa.若两个不相等的正实数1x， 2x满足 12f xf x，求证： 1
17、21x x .【答案】() 0a ；()证明见解析.33【解析】试题分析： 1求导得 2afxxx，讨论0a 、0a 时两种情况，由函数与x轴有唯一公共点，借助零点存在定理和极限求出a的取值范围 2由（）的结论，求导结合题意解得3a ，由 12f xf x，不妨设12xx， 22 11221 3ln1 3lnxxxx ，构造 23ln2p ttt即可证明解析：（）解：函数 f x的定义域为0,. 10f.由题意，函数 f x有唯一零点1. 2afxxx.（1）若0a ，则0a .显然 0fx 恒成立，所以 f x在0,上是增函数.又 10f，所以0a 符合题意.（2）若0a ， 22xafxx
18、. 02afxx； 002afxx.令 1ln(0)222aaag aa ，则 11ln222aga 111ln2222 2aa a . 002gaa； 02gaa.所以函数 g a在0,2上是增函数，在2,上是减函数.所以 max20g ag.所以 0g a ，当且仅当2a 时取等号.所以， 002afa，且2a .34取正数1 min,2aabe，则 21ln1lnf bba ba b 110aa ；因为1c ，所以 21lnf cca c 211cacc ca 1 10c .又 f x在0,2a 上是减函数，在,2a上是增函数，则由零点存在性定理， f x在0,2a 、,2a上各有一个零
19、点.可见， 02a，或2a 不符合题意.注： 0a 时，若利用 0 0lim xf x ， 02af， lim xf x ，说明 f x在0,2a 、,2a上各有一个零点.若02af，显然12a，即2a .符合题意.综上，实数a的取值范围为 |0,2a aa或.（）由题意， 2 127faaa.所以29a ，即3a .由（）的结论，得3a . 21 3lnf xxx ， f x在0,上是增函数. 001f xx； 01f xx.由 12f xf x，不妨设12xx，则1201xx .35从而有 12f xf x，即22 11221 3ln1 3lnxxxx .所以22 12123ln20xxx
20、 x 121223ln2x xx x.令 23ln2p ttt，显然 p t在0,上是增函数，且 10p.所以 001p tt .从而由121223ln20x xx x，得121x x .点睛：本题考查了导数的零点问题和不等式问题，在求解零点问题时注意分类讨论，利用零点存在定理和极限来确定零点个数，在不确定的情况下需要再次利用导数来解答，证明不等式时需要构造新函数，本题难度较大.11 【2019 届河南省豫北豫南名校高三上学期精英联赛】已知函数 lnf xxaxb（a， bR）有两个不同的零点1x， 2x（1）求 f x的最值；（2）证明： 1221x xa【答案】 （1）见解析；（2）见解析
21、试题解析：（1） 1fxax， f x有两个不同的零点， f x在0,内必不单调，故0a ，此时 0fx ，解得1xa， f x在10,a上单增， 1,a上单减，36 max1ln1f xfaba ，无最小值（2）由题知11220, 0,lnxaxblnxaxb两式相减得1 12 2ln0xa xxx，即1212lnx xaxx，故要证1221x xa，即证2 12 12 212lnxxx xx x，即证2 12211221221ln2xxxxxxx xxx，不妨设12xx，令120,1xtx ，则只需证21ln2ttt ，设 21ln2g tttt ，则 212ln112 ln1tttgtt
22、ttt ，设 12lnh tttt ，则 2210th tt ， h t在0,1上单减， 10h th， g t在0,1上单增， 10g tg，即21ln2ttt 在0,1t时恒成立，原不等式得证12 【2019 届山东省济南市高三一模】已知函数 2ln21f xa xxax aR有两个不同的零点.（1）求a的取值范围；（2）设1x， 2x是 f x的两个零点，证明： 122xxa.【答案】(1) 1, (2)见解析利用导数证明 0F x ， 2f xfax，于是 112f xfax，即 212f xfax， f x在, a 上单调递减，可得212xax，进而可得结果.试题解析：（1） 【解法
23、一】37函数 f x的定义域为： 0,. 221afxxax 21xax x，当0a 时，易得 0fx ，则 f x在0,上单调递增，则 f x至多只有一个零点，不符合题意，舍去.当0a 时，令 0fx 得： xa，则x0,aa, a fx+0- f x增极大减 maxf xf x极大 ln1f aaaa.（ii）当1a 时， max0f xa g a，121faee2110ee， f x在区间1,ae上有一个零点，31ln 31faaa 23121 31aaa ln 3131aaa，设 lnh xxx， (1)x ， 110hxx ， h x在1,上单调递减，则 312ln220hah，38
24、31310faa ha，则 f x至多只有一个零点，不符合题意，舍去.当0a 时，令 0fx 得： xa，则x0,aa, a fx+0- f x增极大减 maxf xf x极大 ln1f aaaa.要使函数 f x有两个零点，则必有 ln10f aaaa，即ln10aa ，设 ln1g aaa， 110gaa ，则 g a在0,上单调递增，又 10g，1a ；当1a 时：121faee2110ee， f x在区间1,ae上有一个零点；设 lnh xxx，39 111xhxxx ， h x在0,1上单调递增，在1,上单调递减， 110h xh ，lnxx， 2ln21f xa xxax 2221
25、3axxaxaxxx 233axxxax，则40fa ， f x在区间,4aa上有一个零点，那么，此时 f x恰有两个零点.综上所述，当 f x有两个不同零点时， a的取值范围是1,.（2） 【证法一】由（1）可知， f x有两个不同零点，1a ，且当0,xa时， f x是增函数；当,xa时， f x是减函数； 0F x ， 2f xfax，10,xa， 112f xfax， 12f xf x， 212f xfax，2,xa， 12,axa， f x在, a 上单调递减，212xax，122xxa.（2） 【证法二】由（1）可知， f x有两个不同零点，1a ，且当0,xa时， f x是增函数；当,xa时， f x是减函数；40不妨设： 12xx，则： 120xax；设 F xf axf ax， 0,xa，则 Fxfaxfax 221aaaxaaxax 221axa