高中数学讲义微专题21 多元不等式的证明

高中数学讲义微专题21 多元不等式的证明

- 1 - 微专题 21 多元不等式的证明 多元不等式的证明是导数综合题的一个难点，其困难之处如何构造合适的一元函数，本 章节以一些习题为例介绍常用的处理方法。 一、基础知识 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：① 利用条件代入消元 ② 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。 二、典型例题： 例 1：已知 ，其中 图像在 处的切线平行于 轴 （1）确定 与 的关系 （ 2 ） 设 斜 率 为 的 直 线 与 的 图 像 交 于 ， 求 证 ： 解：（1） ，依题意可得： （2）思路： ，所证不等式为 即 ，进而可将 视为一个整体进行换元，从而转变为证明一元不等 式 n     2ln , ( )f x x g x f x ax bx     g x   1,g 1 x a b k  f x     1 1 2 2 1 2, , ,A x y B x y x x 2 1 1 1kx x    2lng x x ax bx    ' 1 2g x ax bx       ' 1 1 2 0 2 1g a b b a        2 1 2 1 2 1 2 1 ln lny y x xk x x x x     2 1 2 2 1 1 1 ln ln 1x x x x x x   2 1 2 2 1 2 1 1 lnx x x x x x x x    2 1 x x - 2 - 解：依题意得 ，故所证不等式等价于： 令 ，则只需证： 先证右边不等式： 令 在 单调递减 即 对于左边不等式： 令 ，则 在 单调递增 小炼有话说： （1）在证明不等式 时，由于 独立取值，无法利用等量关系消去 一个变量，所以考虑构造表达式 ：使得不等式以 为研究对象，再利用换元 将多元不等式转变为一元不等式 （2）所证不等式为轮换对称式时，若 独立取值，可对 定序，从而增加一个可操作 的条件 例 2：已知函数 ． （1）求 的单调区间和极值； （2）设 ，且 ，证明： 解： （1）定义域为 2 1 2 1 2 1 2 1 ln lny y x xk x x x x     2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 ln ln 1 ln 1 ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x             2 1 ,( 1)xt tx  11 ln 1t tt    ln 1 ln 1 0t t t t        ln 1h x t t    ' 1 11 th t t t     h t  1,    1 0h t h   ln 1 0t t   1 11 ln ln 1 0t tt t      1( ) ln 1p t t t    ' 2 2 1 1 1tp t t t t     p t  1 +，    1 0p t p   2 1 2 2 1 1 1 ln ln 1x x x x x x   1 2,x x  1 2,f x x  1 2,f x x 1 2,x x 1 2,x x   lnf x x x )(xf      1 1 2 2, , ,A x f x B x f x 1 2x x     '2 1 1 2 2 1 2 f x f x x xfx x         0, - 3 - 令 解得： ∴ 的单调增区间是 ，单调减区间是 的极小值为 ，无极大值 （2）思路：所证不等式等价于证 ，轮换对称式可设 ， 进而对不等式进行变形，在考虑能否换元减少变量 证明：不妨设 （由于定序 ，去分母避免了分 类讨论） （观察两边同时除以 ，即可构造出关于 的不等式） 两边同除以 得， 令 ，则 ， 即证： 令 令 ， （再次利用整体换元） ， 在 上单调递减，所以 即 ，即 恒成立 ∴ 在 上是减函数，所以  ' ln 1f x x   ' 0f x  1x e  f x 1 ,e     10, e      f x 1 1 1 1lnf e e e e        2 2 1 1 1 2 2 1 ln ln ln 12 x x x x x x x x    1 2x x 1 2x x 1 2( )2AB x xk f   2 2 1 1 1 2 2 1 ln ln ln 12 x x x x x x x x    1 2 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1ln ln ln ln2 2 x x x xx x x x x x x x      1 2x x 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2ln lnx xx x x xx x x x    1x 2 1 x x 1x 2 2 1 2 2 21 1 1 1 1 2 2ln ln 1 1 1 x x x x x xx x x x       2 1 x x t 1t  2 2ln ln 11 1 tt tt t    2 2( ) ln ln 11 1 tg t t tt t     2 2 2 1 2 1 2( ) ln 11 2 (1 ) 2 (1 ) t t tg t tt t t t            2 1 1 1ln ln(1 )1 1 1 1 t t t t t t t t            1 01 t m mt       ln 1h m m m    ' 1 1 01 1 mh m m m       h m  0,    0 0h m h   ln 1 m m  ( )g t 1 1ln(1 ) 01 1 t t t t       ( )g t (1, ) ( ) (1) 0g t g  - 4 - ∴ 得证 所以 成立 小炼有话说： （1）本题考验不等式的变形，对于不等式 而言，观察到 每一项具备齐次的特征（不包括对数），所以同除以 ，结果为 或者 1，观察对数的真数， 其分式也具备分子分母齐次的特点，所以分子分母同除以 ，结果为 或者 1，进而就将不 等式化为以 为核心的不等式 （2）本题进行了两次整体换元，第一次减少变量个数，第二次简化了表达式 例 3：已知函数 （a∈R）． （1）若函数 在 上是增函数，求实数 的取值范围； （2）如果函数 恰有两个不同的极值点 , 证明： ． 解： （1） 是 上是增函数 (注意：单调递增→导数值 ） 设 令 解得 故 在 单调递减，在 单调递增 （2）思路： ， 。所证不等 2 2ln ln 11 1 tt tt t    1 2( )2AB x xk f  2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2ln lnx xx x x xx x x x    1x 2 1 x x 1x 2 1 x x 2 1 x x 21( ) 2 xf x e x ax    f x R a     21 2g x f x a x      1 2,x x 1 2 ln 22 x x a   f x R  ', 0xx R f x e x a      0  min xa e x     xh x e x   ' 1xh x e   ' 0h x  0x   h x  ,0  0 +，    min 0 1h x h   1a      2 21 2 xg x f x a x e ax ax          ' 2xg x e ax a   - 5 - 式含有 3 个字母，考虑利用条件减少变量个数。由 为极值点可得 从而可用 表示 ，简化所证不等式。 解：依题意可得： ， 是极值点 两式相减可得： 所证不等式等价于： ，不妨设 两边同除以 可得： ，（此为关键步骤：观察指数幂的特点以及分式的分母，化不同 为相同，同除以 使得多项呈 的形式） 从而考虑换元减少变量个数。令 所证不等式只需证明： ，设 由（2）证明可得： 在 单调递减， 证明完毕 原不等式成立即 小炼有话说：本题第（3）问在处理时首先用好极值点的条件，利用导数值等于 0 的等式消去 ，进而使所证不等式变量个数减少。最大的亮点在于对 的处理，此时 对数部分无法再做变形，两边取指数，而后同除以 ，使得不等式的左右都是以 为整 体的表达式，再利用整体换元转化为一元不等式。 1 2,x x 1 2 1 2 2 0 2 0 x x e ax a e ax a        1 2,x x a     2 21 2 xg x f x a x e ax ax          ' 2xg x e ax a   1 2,x x     1 2 ' 1 1 ' 2 2 0 2 0 0 2 0 x x g x e ax a g x e ax a             1 2 1 2 2 x xe ea x x   1 21 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 ln2 x xx x x xx x e e e eex x x x       1 2x x 2xe 1 2 1 2 2 1 2 1x x x xee x x     2xe 1 2x x 1 2t x x   0,t   2 21 +1<0 t tt tee te et      2 1 t tp x te e    ' 2 2 12 t t tp x e e          2 1 02 t te        ' 0p x   p t  0 +，    0 0p t p   1 2 ln22 x x a  a 1 2 1 2 1 2 ln2 x xx x e e x x    2xe 1 2x x - 6 - 例 4：已知 （1）讨论 的单调性 （2）设 ，求证： 解：（1）定义域 令 ，即 ① 则 恒成立， 为增函数 ② 则 ， 恒成立， 为增函数 ③ 时， 当 ，则 恒成立， 为减函数 当 时，解得： ↗ ↘ （2）思路：所证不等式 含绝对值，所以考虑能否去掉绝对值，由 （1）问可知 单调递减，故只需知道 的大小即可，观察所证不等式为轮换对称式， 且 任 取 ， 进 而 可 定 序 ， 所 证 不 等 式 ， 即 ，发现不等式两侧为关于 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：不妨设 ， ，所以由第（1）问可得 单调递减，     21 ln 1f x a x ax     f x 2a        1 2 1 2 1 2, 0, , 4x x f x f x x x      0x    2 ' 1 2 12a ax af x axx x       ' 0f x   2 22 1 0 2 1ax a ax a       0a   ' 0f x   f x 0a   2 1 2 ax a    ' 0f x   f x 0a   2 1 2 ax a   1a    ' 0f x   f x 1 0a   10 2 ax a    x 10, 2 a a      1,2 a a        'f x    f x    1 2 1 24f x f x x x    f x 1 2,x x 1 2,x x 2 1x x    2 1 2 14 4f x f x x x      2 2 1 14 4f x x f x x   1 2,x x 2 1x x 2a    f x    2 1f x f x  - 7 - 所 证 不 等 式 等 价 于 ： ， 令 ，只需证明 单调递减即可 。 设 方程 在 单调递减。 即所证不等式成立 小炼有话说：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。双变量的同构式在不等式中并不常遇到，且遇且珍惜。 例 5：已知函数 . （1）当 时，讨论函数 在 上的单调性； （2）如果 是函数 的两个零点， 为函数 的导数，证明： 解：（1） 可判断 在 单调递减 在 单调递减 （2）思路： 可得： ，含有三 个字母，考虑利用条件减少字母的个数。由 可得：         1 2 2 1 1 1 2 24 4 4 4f x f x x x f x x f x x             24 1 ln 1 4g x f x x a x ax x        g x   2 ' 1 2 4 12 4a ax x ag x axx x          22 4 1h x ax x a      0h x      16 16 1 16 2 1 0a a a a             '0 0h x g x    g x  0,    1 2g x g x    22lnf x x x ax   3a   y f x 1 ,2     1 2 1 2,x x x x  f x  'f x  f x ' 1 22 03 x xf       ' 2 2f x x ax    'f x 1 ,2     ' ' 1 4 1 3 02f x f a a            f x 1 ,2     ' 2 2f x x ax    ' 1 2 1 2 1 2 2 6 2 23 2 3 x xf x x ax x             1 2 0f x f x  - 8 - 两式相减便可用 表示 ,即 ,代入可得： 从而考虑换元法将多元解析式转变为一元解析式进行证明 解： 是函数 的两个零点 只需证 ，令 则设 下面证 恒成立 在 单调递减， 即 小炼有话说： （1）体会在用 表示 时为什么要用两个方程，而不是只用 来表示 2 1 1 1 2 2 2 2 2ln 0 2ln 0 x x ax x x ax        1 2,x x a   2 1 2 1 2 1 2ln x xa x xx x         2 2' 2 11 2 21 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2ln 62 6 1 12ln3 2 3 2 3 x x xx x xxf x x x xx x x x x x x                 ' 1 2 1 2 1 2 2 6 2 23 2 3 x xf x x ax x           1 2 1 2,x x x x  f x     2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2ln 0 2ln 0 f x x x ax f x x x ax             2 1 2 1 2 1 2ln x xa x xx x       2 ' 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2ln2 6 2 6 123 2 3 2 3 x x x xf x x a x xx x x x x x                 2 2 1 1 03 x x      2 2 1 21 1 2 2 1 1 2 1 2ln 66 0 2ln 02 2 x x x xx x x x x x x x        2 1 2 2 1 1 3 1 ln 0 1 2 x x x x x x         2 1 , 1,xt tx      3 1 ln1 2 th t tt     0h t   1 0,h         ' 2 1 4 1 2 1 t th t t t      '1, 0t h t    h t  1,    1 0h t h   ' 1 22 03 x xf      1 2,x x a 2 1 1 12ln 0x x ax   - 9 - ?如果只用 或 进行表示，则 很难处理，用 两个变量表示 ，在代入的时候有 项 ，即可以考虑利用换元法代替 ,这也体现出双变量换元时在结构上要求“平衡”的 特点 （2）在 这一步中，对 项的处理 可圈可点，第三问的目的落在判断 的符号，而 符号为负，且在解 析式中地位多余（难以化成 )，所以单拿出来判断符号，从而使讨论的式子得到简化且能 表示为 的表达式 例 6：（2010 年天津，21）已知函数 （1）求函数 的单调区间和极值 （2）已知函数 的图像与函数 的图像关于 对称，证明当 时， （3）如果 ，且 ，求证： 解：（1） 令 的单调区间为： ↗ ↘ 的极大值为 ，无极小值 （2）解：与 关于 轴对称的函数为 a 1x 2x 1ln x 1 2,x x a 2 1 ln x x 2 1 x x   2 ' 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2ln2 6 1 3 2 3 x x x xf x xx x x x            2 1 1 3 x x  ' 1 22 3 x xf      2 1 1 3 x x  2 1 x x 2 1 x x   xf x xe  f x  y g x  y f x 1x  1x     f x g x 1 2x x    1 2f x f x 1 2 2x x     ' 1x x xf x xe e x e        ' 0 1f x x    f x x  ,1  1,  'f x    f x   f x   11f e  f x 1x   2f x - 10 - 所证不等式等价于证： 设 在 单调递增 即 （3）思路：所给条件 ，但很难与 找到联系。首 先考虑 的范围，由（1）可得 是极值点， 应在 的 两侧，观察已知和求证均为 的轮换对称式，所以可设 ，进而 ，既然无 法直接从条件找联系，不妨从另一个角度尝试。已知条件给的是函数值，所证不等式是关于 自变量的， ，而 ，根据 的单调区间可发现 同在单调递增区间中，进而与函数值找到联系 由 可得所证不等式等价于 ，刚好使用第二问的结论。 解： ， 是极值点 在 的两侧，不妨设 所证不等式等价于 而 在 单调递增 只需证明 由第（2）问可得 成立 得证 小炼有话说：（1）本题第（3）问是利用函数的单调性，将自变量的不等式转化为函数值的 不等关系，进而与前面问题找到联系。在处理此类问题感到无法入手时，不妨在确定变量的       22 2 xg x f x x e        22 0x xxe x e        22x xh x xe x e     1 0h        ' 2 2 22 1x x x x x xh x xe e e x e x e e                2 21 1x xe x e    1x  2 2 1 0xe     ' 0h x   h x  1,    1 0h x h      f x g x     1 2 1 2 1 2 x xf x f x x e x e    1 2 2x x  1 2,x x 1x     1 2 1 2,f x f x x x   1x  1 2,x x 1 2x x 1 21x x  1 2 1 22 2x x x x     22 1x   f x 2 12 ,x x    1 2 1 22 2x x f x f x        1 2f x f x    2 22f x f x     1 2f x f x 1x   1 2,x x 1x  1 21x x  1 22x x  22 1x   f x  ,1    1 2 1 22 2x x f x f x         1 2f x f x     2 22f x f x  2 1x        2 2 22f x g x f x   1 2 2x x   - 11 - 范围后适当将其赋予一个函数背景，扩展不等式变形的空间 （ 2 ） 本 题 第 （ 2 ）（ 3 ） 两 问 存 在 图 形 背 景 。 首 先 说 第 三 问 ： 所 证 不 等 式 ，即证 的中点横坐标大于 1，而 恰好是 的极值点。 可理解为 与一条水平线交于 ，而 说明什么？说明如果是以极大值点 为起点向两边走，左边下降的快而右边下降的慢！从函数角度来看说明 增长快下 降慢（如图）。那么如何使用代数方法说明函数快增长慢下降的 特点呢？本题的第二问提供了一个方法，就是以极值点所在竖 直线为对称轴，找 的对称图形（虚线），这样便把极值点 左边的情况对称到右边来（即 ），由于对称轴右边都是从 起开始下降，那么通过证明对称轴右侧原图像在对称图像的上方即可说明增减的相对快 慢。 例 7：已知函数 （1）求 的极值 （2）若 对任意的 均成立，求 的取值范围 （3）已知 且 ，求证： 解：（1） 令 解得 在 单调增，在 单调递减 有极大值 ，无极小值 （2） (参变分离法） 设 (即 时的 ) （3）思路：所求证不等式 无法直接变形，联系 的特点可以考虑不 1 2 1 2 2 12 x xx x     1 2,x x x x  1x   f x    1 2f x f x  f x 1 2,x x 1 2 12 x x  1x   f x  f x  g x 1x    1 ln ,a xf x a Rx     f x ln 0x kx  0x  k 1 20, 0x x  1 2x x e  1 2 1 2x x x x   ' 2 lna xf x x   ' 0f x  ax e  f x  0, ae  ,ae   f x  a af e e lnln 0 xx kx k x    max ln xk x         ln xg x x 1a   f x    max 1g x g e e   1k e  1 2 1 2x x x x     ,f x g x - 12 - 等 式 两 边 取 对 数 ， 即 ， 由 且 可得 ，联系第（2）问的函数 即可寻找 与 的联系了。 解： ， 考虑 在 单调递增 同理： 即 例 8：已知函数 （1）函数 有两个不同的零点 ，求实数 的取值范围 （2）在（1）的条件下，求证： 解：（1） 有两个不同的零点 ，即 有两个不同的根 设 令 可得： 在 单调递减，在 单调递增 且 时， ， （2）思路一：所证不等式中含有两个变量 ，考虑利用条件消元将其转化为一元不等式，  1 2 1 2 1 2 1 2ln ln lnx x x x x x x x      1 20, 0x x  1 2x x e   1 2, 0,x x e  g x 1 2ln ,lnx x  1 2ln x x 1 20, 0x x  1 2x x e    1 2, 0,x x e   ln xg x x  0,e        1 2 1 1 21 1 1 2 1 1 1 2 1 2 ln lnln lnx x x x xxg x g x x xx x x x x                 1 2 2 1 22 2 1 2 2 2 1 2 1 2 ln lnln lnx x x x xxg x g x x xx x x x x               1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ln lnln ln lnx x x x x xx x x xx x x x            1 2 1 2ln lnx x x x  1 2 1 2x x x x     lng x x bx   g x 1 2,x x b 2 1 2x x e  g x 1 2,x x ln 0x bx  ln xb x     ln xf x x   ' 2 1 ln xf x x     ' 0f x  1 ln 0x x e     f x  0,e  ,e  x     0f x    1f e e  1,0b e       1 2,x x - 13 - 由零点可知 ，从中可以找到 ，即 ，下面只需用 将 消掉即可，仍然利用方程组两式作差可得 ，从而 ， 只需证明 ，两边同除以 ，即可利用换元将所证不等式转为一元不等式 来进行证明 解：不妨设 由已知可得： 即只需证明： ，在方程 可得： 只需证明： 即 令 ，则 ，所以只需证明不等式： ① 设 在 单调递增 在 单调递增 ，即不等式①得证 1 1 2 2 ln 0 ln 0 x bx x bx      1 2x x  1 2 1 2ln x x b x x   1 2,x x b 2 1 1 2 ln x xb x x    2 1 2 1 1 2 1 2 ln ln xx x xx x x x       2 1 2 1 1 2 ln 2 xx x x x x    1x 2 1x x 1 1 2 2 ln 0 ln 0 x bx x bx       1 2 1 2ln x x b x x     1 2 2b x x   1 1 2 2 ln 0 ln 0 x bx x bx        2 1 2 1 ln xb x x x  2 1 1 2 ln x xb x x      2 1 1 2 1 2 ln 2 x x x xx x     2 22 1 1 2 2 21 1 2 22 1 1 1 1 1 1 lnln 2 2 1 ln 2 1 1 x xx x x x x xx x x xx x x x x x                       2 1 xt x 1t       1 ln 2 1 1 ln 2 2 0t t t t t t           1 ln 2 2h t t t t     1 0h   ' 1 1ln 2 ln 1th t t tt t         ' 1 0h   '' 2 2 1 1 1 0th t t t t       h t  1,    ' ' 1 0h t h    h t  1,    1 0h t h   - 14 - 即 思路二：参照例题 6 的证明方法，构造一个单调的函数，进而将自变量的不等式转化为函数 值的不等式进行证明。由（1）可知在构造的函数 中，有 ， 且 在 单调递减，在 单调递增，所以考虑使用 来进行转换，所证不等 式 ， 通 过 （ 1 ） 中 的 数 形 结 合 可 知 ， 从 而 有 ，所以所证不等式转化为 ，即 ，转化 为关于 的一元不等式，再构造函数证明即可 解：所证不等式 因为 有两不同零点 满足方程 ，由（1）可得： 考虑设 ， 由（1）可得： 在 单调递减，在 单调递增 结合 的单调性可知：只需证明 所以只需证明： 即证明： 设 ，则  1 2 2b x x   1 2ln 2x x  2 1 2x x e    ln xf x x     1 2f x f x b   f x  0,e  ,e   f x 2 2 1 2 1 2 ex x e x x   1 20 x e x       2 1 2 0, , 0,ex e ex    2 1 2 ef x f x         2 2 2 ef x f x       2x 2 2 1 2 1 2 ex x e x x     lng x x bx  1 2,x x 1 2,x x lnln 0 xx bx b x     1 20 x e x     ln xf x x     1 2f x f x   f x  0,e  ,e  1 20 x e x       2 1 2 0, , 0,ex e ex    f x   2 1 2 ef x f x          1 2f x f x     2 2 2 2 2 2 0e ef x f f x fx x                 2 2 2 2 2 222 2 2 2 2 22 2 2 2 2 ln ln 0 ln ln 0 2 ln 0 e x e ex x x x x e xe x x x x               2 2 22 ln , ,h x x x e x x e       0h e  - 15 - ，则 ，则 单调递减 单调递减 单调递减 即 得证 得证，从而有 例 9：已知函数 ，其中常数 （1）求 的单调区间 （2）已知 ，若 ，且满足 ，试证明： 解： （1）定义域 令 即 ① ↗ ↘ ↗ ② 恒成立 在 单调递增     2 ' 2 214 2 ln 3 2 lneh x x x e x x x x xx x         ' 0h e      2 2 '' 2 23 2 1 ln 1 2lne eh x x xx x         '' 0h e   ''h x    '' '' 0h x h e    'h x    ' ' 0h x h e    h x     0h x h e    2 2 2 2 22 ln 0x x e x     2 1 2 ef x f x        2 2 1 1 2 2 ex x x ex      21 1 ln4f x x x x aa    0a   f x 10 2a   1 2 1 2, , ,x x a a x x      ' ' 1 2 0f x f x     ' ' 1 2 0f x x f   ,x a         2 ' 21 1 1 2 2 x ax a f x x a x a a x a          ' 0f x   22 0x ax a     2 1 2 20, ax x aa     1 2 0 2x x a    x  ,0a 220, a a      22 ,a a       'f x     f x 1 2 2x x a    ' 0f x   f x  ,+a  - 16 - ③ ↗ ↘ ↗ （2） 思路一：分别用 表示出 ，并利用 进行代换，然后判 断 的符号即可。 解： ， ，所以只需证明： 即 只需证 1 2 2x x a   x 22, aa a     22 ,0a a       0,  'f x     f x 1 2, ,x x a  ' 1 2f x x    ' ' 1 2 0f x f x   ' 1 2f x x  ' 1 2 1 2 1 2 1 1 2 x xf x x a x x a        ' 0 0f   ' 1 2 0f x x     ' ' 1 2 0f x f x     ' ' 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 02 2 2 x xf x f x x xa x a a x a a x a x a                1 2 1 2 2 1 1 2 x x a x a x a       ' 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 0f x x a a x x a x a x          ' 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1f x x a a x a x x a x                                2 1 21 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 a x a x xa x a x x a a x a x x a x a a x a x x a x                         1 2 2 1 1 1 1 2 2 a x x a x a a xx a a x a x x a x                  2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 1 1 2 2 a ax ax x x ax x a axx a a x a x x a x                        2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2x x ax x x x ax x xa a x a x x a x a a x a x x a x                         - 17 - 若要证 ，只需证明： 即可 下面判断 的范围 单调递减，不妨设 得证 即不等式 得证 思路二：在证明 时，固定 (视为一个参 数），将 作为一个整体视为自变量，构造函数判断 符号 解：考虑证明 同思路一判断出 令 设 在 单调递增  1 2 1, , , 0, 2x x a a a       1 2 1 20, 0, 2 0x a x a x x a          ' 1 2 0f x x  1 2 1 2 0x x a x x   1 2,x x    ' 1 1 1 2f x x a x aa x a              2 '' 2 2 21 1 2 2 x af x x a x a       10, 2a        2 2 22 2 4 2 0x a a a a          'f x 1 2x x      ' ' ' 1 20 0, 0f f x f x   1 20a x x a      1 2 1 2 2 10, 0x x x x a x x a        1 2 1 2 0x x a x x    ' 1 2 0f x x      ' ' 1 2 0f x x f   ' 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 0f x x a a x x a x a x         2x 1a x  ' 1 2f x x  ' 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 0f x x a a x x a x a x         1 20a x x a     1x a x   0,x a   2 2 1 1 1 1g x a x x x a x             ' 2 2 2 22 2 2 2 21 1 0x x xg x xx x x x x          g x  0,a    1 0g a x g a    - 18 - 即 不等式得证 小炼有话说：（1）思路一的方法比较直接，在整理完 后通分判断符号。其中证明 借鉴了例 6 的思路，通过单调性将自变量的大小关系转化为函数值的大小关系， 构造函数证明。 （2）思路二为我们提供了一个证明多元不等式的方法：可固定其中一个变量，视其为参数， 以另一个变量作为自变量构造函数，计算出最值，对原表达式进行一次放缩，然后再将先前 固定的变量视为自变量构造函数证明不等式，这种方法也称为调整法 （3）第（3）问中对 范围的判定是一个亮点，利用极值点与单调性来进行判定。此方法 通过图像更为直观，所以在判断变量范围时可以考虑做出草图，然后观察其大概位置，在用 代数语言进行说明和证明。 例 10：已知函数 ，其中 （1）当 时，求 的极小值 （2 ）当 时，设 为 的导函数，若函数 有两个不同的零点 ，且 ，求证： 解：（1） ① 当 时， 恒成立 为增函数，无极小值 ② 当 时，令 ，解得 在 单调递减，在 单调递增 有极小值为 （ 2 ） 思 路 ： ， 可 得 ① ， ，考虑减少变量个数。由 是零点可得： ， 可 得 ， 若 直 接 代 入 不 等 式 消 去 ， 则 不 等 式 过 于 复 杂 。 且  ' 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 0f x x a a x x a x a x          ' 1 2f x x 1 2 0x x  1 2,x x   xf x e ax b   , , 2.71828...a b R e  b a   f x 0,a b a    'f x  f x  f x 1 2,x x 1 2x x   ' 1 2 1 2 23ln x xf a f x x        xf x e ax a    ' xf x e a   0a   ' 0f x   f x 0a   ' 0 xf x e a   lnx a  f x  ,lna  ln ,a   f x   lnln ln 2 lnaf a e a a a a a a       xf x e ax a      23ln 3ln 1f a a a a   1 2 1 2 2 ' 1 2 1 2 2 x x x xx xf e ax x       1 2,x x 1 2 1 2 0 0 x x e ax a e ax a        1 2 1 2 x xe ea x x   a - 19 - 之 间 很 难 通 过 变 形 构 造 函 数 ， 所 以 考 虑 分 别 判 断 的 取 值 范 围 ， 寻 找 它 们 之 间 的 “ 中 间 量 ”。 构 造 函 数 ， 通 过 判 断 单 调 性 可 得 到 ， 从 而 ， 而 ，不利于通过换元减少变量个数，但观察到 ， 从 而 ，可通过换元 构造 函数 ，再分析其最值即可得到 ，从而通过桥梁“0”证明不等式 解： 有两个不同的零点 考虑： ，设 ，因为 在 单调递减，在 单调递增   ' 1 2 1 2 23ln x xf a f x x        ' 1 2 1 2 23ln , x xf a f x x        2 3ln 1p a a a     0p a   3ln 0f a  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ' 1 2 1 2 1 2 2 x x x x x x x x x xx x e ef e a ex x x x           1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 x x x x x x x x    1 2 2 1 1 2 1 21 2 2 2 ' 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 x x x x x x x xx xx x e e e ef e ex x x x x x                       2 1 2 x x     ' 1 2 1 2 2 0x xf x x        xf x e ax a    ' xf x e a      3 23ln 3 ln 3ln 1f a a a a a a a a       1 2 1 2 2 ' 1 2 1 2 2 x x x xx xf e ax x        f x 1 2,x x 1 1 2 2 1 1 22 0 0 x x x x e ax a e ea x xe ax a           1 2 1 2 1 2 2 ' 1 2 1 2 1 2 2 x x x x x xx x e ef ex x x x            23ln 3ln 1f a a a a      2 3ln 1p a a a     2 ' 6 62 2 23 2 32 a a ap a a a a a              0a   p a 60, 2       6 ,+2      - 20 - 再考虑 设 ，则 设 在 单调递减 ，进而 综上可得：  min 6 3 63ln 1 02 2 2p a p            0p a     3ln 0f a a p a    1 2 1 2 1 2 2 ' 1 2 1 2 1 2 2 x x x x x xx x e ef ex x x x        1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 x x x x x x x x     1 2 2 1 1 2 1 21 2 2 2 ' 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 x x x x x x x xx xx x e e e ef e ex x x x x x                        1 2 2 1 1 2 2 2 1 22 1 2 x x x x x x x x e ee x x              2 1 02 x x   1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 x x x x x x e e e eT x x             =2 e e       ' 12 2 0e e e e                      0,+    0 0     0T  ' 1 2 1 2 2 0x xf x x        ' 1 2 1 2 23ln 0 x xf a f x x       