高考数学导数冲满分-专题22　双变量含参不等式证明方法之消参减元法

这是一份高考数学导数冲满分-专题22　双变量含参不等式证明方法之消参减元法，文件包含专题22双变量含参不等式证明方法之消参减元法原卷版docx、专题22双变量含参不等式证明方法之消参减元法解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
[例1] 已知函数f(x)＝ax2－x－lneq \f(1,x)．
(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－lneq \f(1,x)＝ax2－x＋ln x，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝2ax－1＋eq \f(1,x)，∴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＋eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－x＋1,x)，
∴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＝eq \f(1,2a)＞0，x1x2＝eq \f(1,2a)＞0，∴0＜a＜eq \f(1,8)．
f(x1)＋f(x2)＝axeq \\al(2,1)＋axeq \\al(2,2)－(x1＋x2)＋ln x1＋ln x2＝a(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))－(x1＋x2)＋ln(x1x2)
＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝lneq \f(1,2a)－eq \f(1,4a)－1，
令t＝eq \f(1,2a)，g(t)＝ln t－eq \f(t,2)－1，则t∈(4，＋∞)，g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－t,2t)＜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)＝eq \f(1,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：eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)2，令f′(x)＝0得，x＝eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq \f(a＋\r(a2－4),2)．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)0．
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))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x11．
由于eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＝－eq \f(1,x1x2)－1＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(－2ln x2,\f(1,x2)－x2)，
所以eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)e＋2－eq \f(1,e)．
[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)＝eq \f(a＋1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋a＋1,x)＝eq \f(a(2x2＋1)＋1,x)．
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＝eq \r(－\f(a＋1,2a))，因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))时，f′(x)＞0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))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)＝eq \f(a＋1,x)＋2ax＋4＝eq \f(2ax2＋4x＋a＋1,x)，
于是g′(x)≤eq \f(－4x2＋4x－1,x)＝eq \f(－(2x－1)2,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)＝eq \f(1,2)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)>eq \f(－3－2ln 2,4)．
1．解析 (1)a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋ln x，f′(x)＝x－1＋eq \f(1,x)，f′(1)＝1，f(1)＝－eq \f(1,2)，
∴f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(－eq \f(1,2))＝x－1，即2x－2y－3＝0．
(2)f′(x)＝x－1＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2－x＋a,x)(a>0)．
①若a≥eq \f(1,4)，则x2－x＋a≥0恒成立，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若0