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专题15 利用导数证明多元不等式【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】例1【2018届四川省资阳市高三4月模拟（三诊）】已知函数（其中）（1）当时，判断零点的个数k；（2）在（1）的条件下，记这些零点分别为，求证： 【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析：（1）先求导数，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，令则，利用导数研究函数单调性，根据单调性得，即证得结论.试题解析：（1）由题知x0， ，所以，由得，当x时， ， 为增函数；当0x0).（1）如图，设直线x=-12,y=-x将坐标平面分成、四个区域（不含边界），若函数y=fx的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围；（2）当a 12时，求证：x1,x20,+且x1x2，有fx1+fx21e；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据定义域确定只能在3，4区域，再根据f(0)=-a0确定只能在4，转化为不等式f(x)ln(2x+1)2x+1利用导数求函数h(x)=ln(2x+1)2x+1单调性，根据单调性确定函数最值，即得a的取值范围；（2）作差函数g(x)=f(x)+f(x1)-2f(x+x12)，再利用二次求导确定g(x)为单调递减函数，最后根据x2x1，得g(x2)g(x1)=0，即得结论.试题解析：（1）函数的定义域为(-12,+)，且当x=0时，f(0)=-a0又直线y=-x恰好通过原点，函数y=f(x)的图象应位于区域内， 于是可得f(x)-x， 即(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)2-x0，aln(2x+1)2x+1 a的取值范围是a1e （2）f(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1， 设u(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1,则u(x)=42x+1-8a，x0时,42x+112时,8a4，u(x)=42x+1-8a0时 f(x)为单调递减函数，不妨设x2x10，令g(x)=f(x)+f(x1)-2f(x+x12)（xx1），可得g(x1)=0， g(x)=f(x)-f(x+x12)，xx+x12且f(x)单调递减函数，g(x)x1，g(x)为单调递减函数， g(x2)g(x1)=0，即f(x1)+f(x2)2f(x1+x22) 例8【2018届辽宁省大连市高三一模】已知函数fx=lnx，gx=x+m.若fxgx恒成立，求m的取值范围；已知x1，x2是函数Fx=fx-gx的两个零点，且x1x2，求证：x1x21.【答案】（1）m-1（2）见解析0x0，所以F(x)在(1,+)上单调递减，在(0,1)上单调递增，F(x)在x=1处取得最大值，为-1-m， 若f(x)g(x)恒成立，则-1-m0即m-1. 2方法一：0x11，lnx1-x1-m=0lnx2-x2-m=0,lnx2-x2=lnx1-x1，即lnx2-lnx1=x2-x1x2-x1lnx2-lnx1=1， 欲证：x1x21，只需证明x1x21=x2-x1lnx2-lnx1，只需证明lnx2-lnx1x2-x1x1x2，只需证明lnx2x11，则只需证明2lnt1)，即证：2lnt-t+1t1). 设H(t)=2lnt-t+1t(t1)，H(t)=2t-1-1t2=-(t-1)2t20，H(t)在(1,+)单调递减，H(t)H(1)=2ln1-1+1=0，只需证F(1x1)=ln1x1-1x1-m0， 又F(x1)=lnx1-x1-m=0，m=lnx1-x1即证ln1x1-1x1-m=ln1x1-1x1+x1-lnx10即证-1x1+x1-2lnx10，(0x11).令h(x)=-1x+x-2lnx(0x0，有h(x)在(0,1)上单调递增，h(x)h(1)=0，h(x1)=-1x1+x1-2lnx10.所以原不等式x1x2b，证明：ab+1ba+1.【答案】（I）见解析；（II）见解析.【解析】试题分析：（）函数求导得f(x)=m(1-lnx)(mx)2，分m0和mba+1，只需证：b+1lnaa+1lnb，即证：lnaa+1lnbb+1，从而可构造g(x)=lnxx+1，求导由函数单调性可证得.对x(e,+)，有f(x)0，函数f(x)在x(e,+)单调递增（II）对a,b(1,e)且ab，欲证：ab+1ba+1只需证：（b+1）lna（a+1）lnb即证：lnaa+1lnbb+1.设g(x)=lnxx+1，则g(x)=1+1x-lnx(x+1)2令M(x)=1+1x-lnx，则M(x)=-1x2-1x=-1+xx2当x(1,e)时，有M(x)0，则当x(1,e)时，g(x)0，所以g(x)在x(1,e)单调递增当ab且a,b(1,e)时，有g(a)g(b)，即lnaa+1lnbb+1 lnaa+1lnbb+1成立故原不等式成立2【2018届重庆市（非市直属校）高三第二次质量调研】已知函数.（）若在上单调递减，求的取值范围；（）当时，函数有两个极值点，证明： 【答案】（1）（2）见解析得，令,，解得在单调递增， 单调递减, 所以, 所以.(2)函数有两个极值点,即 有两个不同的零点,且均为正，令,由可知在是增函数，在是减函数， 且，构造， 构造函数， 则,故在区间上单调减，点睛：本题的难点在多次构造函数.第一次求导得到 ，由于导数研究函数的单调区间不是很方便，所以需要再次求导，所以要构造，再研究新函数的图像和性质，后面又要构造函数m(x).为什么要构造，这是大家需要理解掌握并灵活运用.3【2018届四川省资阳市高三4月模拟（三诊）】已知函数（其中）（1）当时，求零点的个数k的值；（2）在（1）的条件下，记这些零点分别为，求证： 【答案】（1）见解析；（2）见解析. ，只需利用导数证明即可得结论.试题解析：（1）由题x0， ，则，由得，当x时， ， 为增函数；当0x 时， ， 为减函数，所以因为，所以，而，又，所以当时， 零点的个数为2 （2）由（1）知的两个零点为，不妨设，于是且，两式相减得（*）， 令，则将代入（*）得，进而，所以，下面证明，其中，即证明，设，则，令 ，则，所以，得证4【2018届四川省攀枝花市高三第三次（4月）统考】已知函数， .(I)若函数在区间上均单调且单调性相反,求实数的取值范围；()若,证明: 【答案】（）；（）见解析【解析】试题分析：（）求得，得到在上单调递增，得在上均单调递减，转化为在上恒成立，分离参数，令得到在上单调递增， ，即可求解的取值范围；（）由（）在上单调递增，得，即，令得，所以在上单调递增， ，所以即.（）由（）在上单调递增，即，令得， 在（）中，令由在上均单调递减得： 所以，即，取得，即，由得： 综上： 5【2018届吉林省吉林市高三第三次调研】已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）设，若函数在内有两个极值点，求证： .【答案】（1）极大值，极小值 （2）见解析【解析】试题分析：（1）当时， ，求导后根据导函数的符号判断函数的单调性，从而可得函数的极值（2）由题意得，设，结合题意可试题解析：（1）当时， . 当时， 单调递增；当时， ， 单调递减 所以在上有极大值，极小值 （2）由题意得，设，函数在内有两个极值点，方程在上有两个不相等的实根，且1不能是方程的根，6【2018届高三第一次全国大联考】已知函数f(x)=2-ax+xlnx有两个零点x1,x2（x14.【答案】（1）(1+ln2,+)；（2）见解析【解析】试题分析：（1）利用分离参数思想可将题意转化为g(x)=2x+lnx（x0）和y=a有两个交点，利用导数判断g(x)的单调性得到函数g(x)的大致图象，结合图像即可得结果；（2）结合零点定义化简整理可得2(x2-x1)x1x2=lnx2x1，设x2x1=t，则t1，故x1+x2-4=2(t-1t-2lnt)lnt，记函数h(t)=t-1t-2lnt（t1），利用导数判断h(t)的单调性，得h(t)0，故而可得结果.试题解析：（1）由题知函数f(x)的定义域为(0,+).所以函数g(x)的大致图象如图所示，作出直线y=a，由图可知，实数a的取值范围为(1+ln2,+).（2）由题意f(x1)=f(x2)=0，即2-ax1+x1lnx1=02-ax2+x2lnx2=0，所以a=2+x1lnx1x1a=2+x2lnx2x2.故2+x1lnx1x1=2+x2lnx2x2，即2x1+lnx1=2x2+lnx2，整理得2x1-2x2=lnx2-lnx1，即2(x2-x1)x1x2=lnx2x1，不妨设x2x1=t，由题意得t1.则lnt=lnx2x1=2(x2-x1)x1x2=2(tx1-x1)x1tx1=2(t-1)tx1，所以x1=2(t-1)tlnt.所以x1+x2=2(t-1)tlnt+t2(t-1)tlnt=2(t2-1)tlnt，故x1+x2-4=2(t2-1)tlnt-4=2(t2-1)-4tlnttlnt=2(t-1t-2lnt)lnt 7【2018届吉林省长春市高三质量监测（三）】已知函数f(x)=x2-4x+5-aex.（1）若f(x)在R上是单调递增函数，求a的取值范围； （2）设g(x)=exf(x)，当m1时，若g(x1)+g(x2)=2g(m)，其中x1mx2，求证：x1+x22m.【答案】(1) a2e,+) (2)见解析【解析】试题分析：（1）f(x)在R上是单调递增函数等价于在xR上，f(x)=2x-4+aex0恒成立，即：a(4-2x)ex，构造新函数求最值即可；（2）要证x1+x2x2，记x=x2-4x+5ex，易证x在xR上递增，转证2m-x1x2.试题解析：（1） fx的定义域为xR且单调递增，在xR上，f(x)=2x-4+aex0恒成立，即：a(4-2x)ex设h(x)=(4-2x)ex xR ， h(x)=(2-2x)ex， 当x(-,1)时h(x)0， h(x)在x(-,1)上为增函数，当x1,+)时h(x)0， h(x)在x1,+)上为减函数， h(x)max=h(1)=2e a(4-2x)exmax， a2e，即a2e,+) . （2） gx=exfx=x2-4x+5ex-a gx1+gx2=2gm m1,+， 设Fx=m+x+m-x，x0,+ Fx=m+x-12em+x-m-x-12em-x x0 em+xem-x0，m+x-12-m-x-12=2m-22x0 Fx0，Fx在x0,+上递增， FxF0=2m， m+x+m-x2m，x0,+，令x=m-x1 m+m-x1+m-m+x12m即：2m-x1+x12m又 (x1)+(x2)=2(m)， 2m-x1+2m-x22m即：2m-x1x2 x1m 2m-x1m， x在xR上递增 2m-x1x2，即：x1+x22m，得证. 8【2018届四川省广元市高第二次统考】已知函数 .（）当时，求的图象在处的切线方程；（）若函数有两个不同零点， ，且，求证： ，其中是的导函数.【答案】（）y2x1；（）证明见解析.试题解析：（）当时， ， ，切点坐标为，切线的斜率，切线方程为，即（）的图象与轴交于两个不同的点， ，方程的两个根为， ，则，两式相减得，又， ，则，下证（*），即证明，令，即证明在上恒成立，又，在上是增函数，则，从而知，故（*）式，即成立.9【2018届江苏省苏北六市高三第二次调研】设函数（1）若函数是R上的单调函数，求实数a的取值范围；（2）设a， (， )， 是的导函数若对任意的x0， 0，求证：存在，使0；若，求证： 【答案】（1）；（2）见解析因为，所以对恒成立，因为，所以，从而 （2），所以若，则存在，使，不合题意，所以取，则此时所以 下面证明，即证明，只要证明设，所以在恒成立所以在单调递减，故，从而得证所以， 即点睛：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，在证明时，也是利用了不等式关系构得到，然后构造新函数证明出结果，综合能力较强，本题较难.10【2018届山东省枣庄市高三二模】已知曲线与轴有唯一公共点.（）求实数的取值范围；（）曲线在点处的切线斜率为.若两个不相等的正实数， 满足，求证： .【答案】() ；()证明见解析.【解析】试题分析： 求导得，讨论、时两种情况，由函数与轴有唯一公共点，借助零点存在定理和极限求出的取值范围由（）的结论，求导结合题意解得，由，不妨设， ，构造即可证明解析：（）解：函数的定义域为. .由题意，函数有唯一零点. .（1）若，则.显然恒成立，所以在上是增函数.又，所以符合题意.（2）若， . ； .令，则 .； .所以函数在上是增函数，在上是减函数.所以.所以，当且仅当时取等号.所以， ，且.取正数，则 ；因为，所以 .又在上是减函数，在上是增函数，则由零点存在性定理， 在、上各有一个零点.可见， ，或不符合题意.注： 时，若利用， ， ，说明在、上各有一个零点.若，显然，即.符合题意.综上，实数的取值范围为.（）由题意， .所以，即.由（）的结论，得.， 在上是增函数.； .由，不妨设，则.从而有，即.所以 .令，显然在上是增函数，且.所以.从而由，得.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【2018届河南省豫北豫南名校高三上学期精英联赛】已知函数（， ）有两个不同的零点， （1）求的最值；（2）证明： 【答案】（1）见解析；（2）见解析试题解析：（1）， 有两个不同的零点，在内必不单调，故，此时，解得，在上单增， 上单减，无最小值（2）由题知两式相减得，即，故要证，即证，即证，不妨设，令，则只需证，设，则，设，则，在上单减，在上单增，即在时恒成立，原不等式得证12【2018届山东省济南市高三一模】已知函数 有两个不同的零点.（1）求的取值范围；（2）设， 是的两个零点，证明： .【答案】(1) (2)见解析利用导数证明，于是，即， 在上单调递减，可得，进而可得结果.试题解析：（1）【解法一】函数的定义域为： . ，当时，易得，则在上单调递增，则至多只有一个零点，不符合题意，舍去.当时，令得： ，则+0-增极大减 .（ii）当时， ， ，在区间上有一个零点， ，设， ，在上单调递减，则，则至多只有一个零点，不符合题意，舍去.当时，令得： ，则+0-增极大减 .要使函数有两个零点，则必有，即，设，则在上单调递增，又，；当时： ，在区间上有一个零点；设，在上单调递增，在上单调递减， ，则，在区间上有一个零点，那么，此时恰有两个零点.综上所述，当有两个不同零点时， 的取值范围是.（2）【证法一】由（1）可知，有两个不同零点，且当时， 是增函数；当时， 是减函数；， ， 在上单调递减，.（2）【证法二】由（1）可知，有两个不同零点，且当时， 是增函数；当时， 是减函数；不妨设： ，则： ；设， ，则
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