《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题22　双变量含参不等式证明方法之消参减元法（解析版)

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专题 22　双变量含参不等式证明方法之消参减元法
【例题选讲】
[例1]　已知函数 f(x)＝ax2－x－ln．
(1)若f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线 y＝2x＋1平行，求 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数 f(x)在定义域内有两个极值点 x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3．
解析　(1)∵f(x)＝ax2－x－ln＝ax2－x＋ln x，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝2ax－1＋，∴k＝f′(1)＝2a．
∵f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线 y＝2x＋1平行，∴2a＝2，即 a＝1．
∴f(1)＝0，故切点坐标为(1,0)．∴切线方程为 y＝2x－2．
(2)∵f′(x)＝2ax－1＋＝，
∴由题意知方程 2ax2－x＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根 x1，x2，
∴Δ＝1－8a＞0，x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0，∴0＜a＜．
f(x1)＋f(x2)＝ax＋ax－(x1＋x2)＋ln x1＋ln x2＝a(x＋x)－(x1＋x2)＋ln(x1x2)
＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝ln－－1，
令t＝，g(t)＝ln t－－1，则 t∈(4，＋∞)，g′(t)＝－＝＜0，
∴g(t)在(4，＋∞)上单调递减．∴g(t)＜ln4－3＝2ln2－3，即 f(x1)＋f(x2)＜2ln2－3．
[例2]　(2018·全国Ⅰ)已知函数 f(x)＝－x＋aln x．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：<a－2．
解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－．
(ⅰ)若a≤2，则 f′(x)≤0，当且仅当 a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若a>2，令 f′(x)＝0得，x＝或 x＝．
当x∈∪时，f′(x)<0；当 x∈时，f′(x)>0．
所以 f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a>2．
由于 f(x)的两个极值点 x1，x2满足 x2－ax＋1＝0，所以 x1x2＝1，不妨设 x1<x2，则 x2>1．
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以<a－2等价于－x2＋2ln x2<0．
设函数 g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又 g(1)＝0，
从而当 x∈(1，＋∞)时，g(x)<0．
所以－x2＋2ln x2<0，即<a－2．
[例3]　已知函数 f(x)＝＋ln x．
(1)若函数 f(x)在内有极值，求实数 a的取值范围；
(2)在(1)的条件下，对任意 t∈(1，＋∞)，s∈(0，1)，求证：f(t)－f(s)>e＋2－．
解析　(1)由定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－＝，
设h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，要使 y＝f(x)在上有极值，
则x2－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根 x1，x2，∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0 或a<－4，①
且至少有一根在区间上，又∵x1·x2＝1，∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设 x2>e，
∴0<x1<<e<x2，又 h(0)＝1，∴只需 h<0，即－(a＋2)＋1<0，∴a>e＋－2，②
联立①②可得 a>e＋－2．即实数 a的取值范围是．
(2)由(1)知，当 x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当 x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值 f(x2)，即∀t∈(1，＋∞)，都有 f(t)≥f(x2)，
又当 x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当 x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0，1)上有最大值 f(x1)，即对∀s∈(0，1)，都有 f(s)≤f(x1)，
又∵x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，x1∈，x2∈，
∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1)＝ln x2＋－ln x1－＝ln＋－＝ln x＋x2－，
设k(x)＝ln x2＋x－＝2ln x＋x－(x>e)，则 k′(x)＝＋1＋>0(x>e)，∴k(x)在上单调递增，
∴k(x)>k(e)＝2＋e－，∴f(t)－f(s)>e＋2－．
[例4]　已知函数 f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若a≤－2，证明：对任意 x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|．
思维引导　(2)所证不等式|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|含绝对值，所以考虑能否去掉绝对值，由(1)问可知 f(x)
单调递减，故只需知道 x1，x2的大小即可，观察所证不等式为轮换对称式，且 x1，x2任取，进而可定序
x1≥x2，所证不等式 f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即 f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，发现不等式两侧为关于 x1，x2的同构式，
故可以将同构式构造一个函数，从而证明新函数的单调性即可．
解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝＝．
当a≥0 时，f′(x)＞0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a≤－1时，f′(x)＜0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当－1＜a＜0时，令 f′(x)＝0，解得 x＝，因为 f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当 x∈时，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增；
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)在上单调递减．
(2)不妨假设 x1≥x2，由于 a≤－2，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于 f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即 f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1．
令g(x)＝f(x)＋4x，则 g′(x)＝＋2ax＋4＝，
于是 g′(x)≤＝≤0．从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故 g(x1)≤g(x2)，
即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，故当 a≤－2时，对任意 x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|．
总结提升　同构式以看作是将不同的变量放入了同一个表达式，从而可将这个表达式视为一个函数，
表达式的大小与变量大小之间的关系靠函数的单调性进行联结．将不等式转化为函数单调性的问题．最
后根据函数的单调性证明不等式．双变量的同构式在不等式中并不常遇到，且遇且珍惜．
【对点训练】
1．已知函数 f(x)＝x2－x＋alnx(a>0)．
(1)若a＝1，求 f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论 f(x)的单调性；
(3)若f(x)存在两个极值点 x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)>．
1．解析　(1)a＝1时，f(x)＝x2－x＋ln x，f′(x)＝x－1＋，f′(1)＝1，f(1)＝－，
∴f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为 y－(－)＝x－1，即 2x－2y－3＝0．
(2)f′(x)＝x－1＋＝(a>0)．
①若a≥，则 x2－x＋a≥0 恒成立，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若0<a<，由 x2－x＋a>0 得0<x<或x>；
由x2－x＋a<0 得<x<．
∴f(x)在上单调递减，在和上单调递增．
综上，当 a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0<a<时，f(x)在(，)上单调递减，
在(0，)和上单调递增．
(3)由(2)知0<a<时，f(x)存在两个极值点 x1，x2，且 x1，x2是方程 x2－x＋a＝0的两个根，
∴x1＋x2＝1，x1·x2＝a．
∴f(x1)＋f(x2)＝x－x1＋aln x1＋x－x2＋aln x2＝(x1＋x2)2－x1·x2－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)
＝－a－1＋aln a＝aln a－a－．
令g(x)＝xln x－x－，则 g′(x)＝ln x<0．
∴g(x)在上单调递减，∴g(x)>g＝．∴f(x1)＋f(x2)>．
2．已知函数 ，其中 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 有两个极值点 ， ，证明： ．
2．解析　(1)由题得 ，其中 ，
考察 ， ，其中对称轴为 ， ．
若 ，则 ，此时 ，则 ，所以 在 上单调递增；
若 ，则 ，此时 在 上有两个根 ， ，且
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