X
考点二双变量不等式的证明
［典例］已知函数f（x）=Inx—2ax2+x,a€R.
（1）当a=0时，求函数f（x）的图象在（1,f
（1））处的切线方程;
X1+X2>
⑵若a=—2,正实数X1,x2满足f（X1）+f（X2）+X1x2=0,求证:
1
［解］
（1）当a=0时，f（x）=Inx+x，则f
（1）=1，所以切点为（1,1），又因为f'（x）=-+
入
1,所以切线斜率k=f
（1）=2,
故切线方程为y—1=2（x—1）,即卩2x—y—1=0.
（2）证明：
当a=—2时，f（x）=Inx+x2+x（x>0）.
由f（X1）+f（X2）+X1X2=0,
即InX1+x1+X1+InX2+x2+x2+X1X2=0,
从而（X1+X2）2+（X1+X2）=X1X2—In（X1X2）,
令t=X1X2,设©（t）=t—Int（t>0）,
则©（t）=1—1=一,
易知©（t）在区间（0,1）上单调递减，在区间（1,+^）上单调递增，所以©（t）>©
（1）=1,
所以（X1+X2）2+（X1+X2）>1,
V5—1因为X1>0,X2>0，所以X1+X2>—2—成立.
［解题技法］
破解含双参不等式的证明的关键
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;
二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值;
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
［题组训练］
a
已知函数f（x）=Inx+.
x
（1）求f（x）的最小值；
⑵若方程f（x）=a有两个根xi,X2（xivx2），求证：
xi+X2>2a.
1ax—a
解：
（1）因为f'（x）=x—x2=x^（x>0），
所以当aw0时，f（x）在（0,+R）上单调递增，函数无最小值.
当a>0时，f（x）在（0,a）上单调递减，在（a,+^）上单调递增.
函数f（x）在x=a处取最小值f（a）=Ina+1.
⑵证明：
若函数y=f（x）的两个零点为X1,x2（X1Vx2）,
由
（1）可得OvX1VavX2.
2
4ax—a
石2v0,
x22a—x2
令g（x）=f（x）—f（2a—x）（0vxva）,
丄1
则g'（x）=（x—a）X2—2a—x2
所以g（x）在（0,a）上单调递减，g（x）>g（a）=0,
即f（x）>f（2a—x）.
令x=X1va,贝Vf（x1）>f（2a—X1）,所以f（x2）=f（x1）>f（2a—X1）,
由
（1）可得f（x）在（a,+g）上单调递增，所以X2>2a—X1,
故X1+X2>2a.
考点三证明与数列有关的不等式
a［典例］已知函数f（x）=In（x+1）+二.
.X.I厶
（1）若x>0时，f（x）>1恒成立，求a的取值范围；
1111*
⑵求证：
ln（n+1）>3+5171…+2^+1（nCN）.
a
［解］
（1）由In（x+1）+>1,得
x+2
a>（x+2）—（x+2）1n（x+1）.
令g（x）=（x+2）[1—In（x+1）],
x+21
则g'（x）=1—In（x+1）—=—In（x+1）—-
x+1x+1
当x>0时，g'（x）v0，所以g（x）在（0,+g）上单调递减.
所以g（x）vg（0）=2,故a的取值范围为[2,+）.
2
（2）证明：
由
（1）知In（x+1）+>1（x>0）,
x+2
令x=k（k>0），得Ink+1
>k+2
即ln（n+1）>3+1+7+・・・+-^（n€N*）.
3572n+1
式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的.此类问题一般至少有两问，已知的不等式常
由第一问根据待证式的特征而得到.
（2）已知函数式为指数不等式（或对数不等式），而待证不等式为与对数有关的不等式（或
与指数有关的不等式），还要注意指、对数式的互化，如ex>x+1可化为In（x+1）vx等.
［题组训练］
（2019长春质检）已知函数f（x）=ex，g（x）=In（x+a）+b.
（1）若函数f（x）与g（x）的图象在点（0,1）处有相同的切线，求a，b的值;
（2）当b=0时，f（x）—g（x）>0恒成立，求整数a的最大值；
（3）求证：
In2+（In3-In2）2+（In4-In3）3+—+[ln（n+1）—Inn]nv-^（n€N*）.ei
解：
⑴因为函数f（x）和g（x）的图象在点（0,1）处有相同的切线，所以f（0）=g（0）且f'（0）=
g'（0）,
ii
又因为f'（x）=ex,g'（x）=，所以1=Ina+b,1=;,
x+aa
解得a=1,b=1.
⑵现证明ex>x+1，设F（x）=ex-x-1，则F'（x）=ex-1,当x€（0,+）时，F'（x）>0，当x€（—a,0）时，F'（x）v0，所以F（x）在（0,+s）上单调递增，在（一a,0）上单调递减，所以F（x）min=F（0）=0,即F（x）>0恒成立，
即ex>x+1.
同理可得In（x+2）wx+1，即ex>In（x+2）,
当aw2时，ln（x+a）wln（x+2）vex,
所以当aw2时，f（x）—g（x）>0恒成立.
当a>3时，e0vIna，即ex-In（x+a）>0不恒成立.
故整数a的最大值为2.
—n+1
⑶证明：
由⑵知ex>ln（x+2）,令x=—，
—n+1一n+1
则e~~^~>ln一n—+2,
——n-k1
即e-n+1>In+2n=[ln（n+1）-Inn]n,
n
所以e°+e-1+e-2+…+e一n+1>In2+（In3—In2）2+（In4—In3）3+…+[ln（n+1）—In
n
n],
1
1—』1e又因为e0+e-1+e-2+•••+e-n+1=1v—=,
1-；1-1e-1
ee
e所以In2+（In3-In2）2+（In4—In3）3+…+[ln（n+1）-Inn]nve-1
［课时跟踪检测］
1
1.（2019唐山模拟）已知f（x）=qx2—a2lnx,a>0.
⑴求函数f（x）的最小值；
fx—f2a3
⑵当x>2a时，证明：
>尹
x—2a2
解：
⑴函数f（x）的定义域为（0,+^）,
a2x+ax—af（x）=x—x=
当x€（0,a）时，f'（x）v0,f（x）单调递减；
当x€（a,+s）时，f'（x）>0,f（x）单调递增.
1
所以当x=a时，f（x）取得极小值，也是最小值，且f（a）=~a2—a2lna.
（2）证明：
由⑴知，f（x）在（2a,+）上单调递增，
3
则所证不等式等价于f（x）—f（2a）—^a（x—2a）>0.
“3
设g（x）=f（x）—f（2a）—2a（x—2a）,
则当x>2a时，
,3a23
g（x）=f（x）—2a=x——^a
2x+ax—2a
2x
>0,
所以g（x）在（2a,+s）上单调递增,
当x>2a时，g（x）>g（2a）=0,
3
即f（x）—f（2a）—?
a（x—2a）>0,
fx—f2a3
故>"a.
x—2a2
2.（2018黄冈模拟）已知函数f（x）=亦x—e—x（入€R）.
（1）若函数f（x）是单调函数，求入的取值范围；
x2⑵求证：
当0vX1vx2时，e1—x2—e1—X1>1—:
.
1
解：
⑴函数f（x）的定义域为（0,+8）,
••f（x）=Anx—e—x,
+xe—x
~X~，
•••函数f（x）是单调函数，•••f'（x）w0或f'（x）>0在（0,+s）上恒成立,
X.
xX一1
令y（x）=—孑，贝yy（x）=-e^,
当0vxv1时，y（x）v0；当x>1时，y（x）>0,
则yx）在（0,1）上单调递减，在（1,+8）上单调递增，•••当x>0时，yx）min=yi）=
■-0vxivX2,
11
•••f（X1）>f（x2），即一：
lnX1—e—X1>—?
lnX2—e—X2,
•'el—X2—el—xi>Inxi—InX2.
X1X2
lnX2>1—门
X2X2
要证e1—X2—e1—>1—X1,只需证InX1—lnX2>1—门即证
1t—
令h（t）=Int+f—1，则当0vtv1时，h'⑴v。
1
••h（t）在（0,1）上单调递减，又Th
（1）=0,「.h（t）>0,即Int>1—^，故原不等式得证.
3.（2019贵阳模拟）已知函数f（x）=kx—Inx—1（k>0）.
（1）若函数f（x）有且只有一个零点，求实数k的值；
…111
⑵求证：
当n€N时，1+2+3+…+n>"5+1）•
1kx—11
解：
（1）■/f（x）=kx—Inx—1,•f'（x）=k——（x>0,k>0）;当0vxv&时，f'（x）
1
v0；当x>匚时，f'（x）>0.
k
11
•f（x）在0,1上单调递减，在k，+m上单调递增,
•-f（x）min=
1
=Ink,
•••f（x）有且只有一个零点，
•Ink=0,「.k=1.
n+1
⑵证明：
由
（1）知x—Inx—1>0,即x—1>Inx，当且仅当x=1时取等号,
•••n€N*，令x=也，得1>In
nn
111,2,3,n+1
•1+才+;+…+一>In+In+…+In=23n12n
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