资源简介

第21练　双变量不等式的证明
1.已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.
(1)当a=0时,求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求证:x1+x2≥.
2.已知函数f(x)=ln x-mx+m(m∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若f(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,求实数m的值;
(3)在(2)的条件下(提示:可以用第(2)问的结论),对任意的03.[2025·重庆期末] 已知函数f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R).
(1)求f(x)的最值;
(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2<-2ln a.
4.[2026·武汉9月调考] 已知函数f(x)=(x2-kx+1)ln x在区间(0,1)和(1,+∞)内各恰有一个零点,分别记为x1和x2.
(1)求实数k的取值范围;
(2)记曲线y=f(x)在点(x1,0)处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S,求的最大值;
(3)若函数g(x)=f(x)-a有三个零点t1,t0,t2,其中t1第21练　双变量不等式的证明
1.解:(1)当a=0时,f(x)=ln x+x,则f(1)=1,又因为f'(x)=+1,所以切线的斜率k=f'(1)=2,
故所求切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.
(2)证明:当a=-2时,f(x)=ln x+x2+x(x>0).
由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,得ln x1++x1+ln x2++x2+x1x2=0,
即(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2),令t=x1x2(t>0),φ(t)=t-ln t,则φ'(t)=1-=,易知φ(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,又x1>0,x2>0,所以x1+x2≥.
2.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=.
①当m≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当m>0时,令f'(x)=>0,得0令f'(x)=<0,得x>,所以f(x)在上单调递减.
综上,当m≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当m>0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)易得f(1)=0,由(1)知,当m≤0时,不满足题意,
故m>0,则f(x)在上单调递增,在上单调递减,
所以f(x)max=f=-ln m-1+m,故只需-ln m-1+m≤0即可.
令g(m)=-ln m-1+m,则g'(m)=1-=,所以当m∈(0,1)时,g'(m)<0,当m∈(1,+∞)时,g'(m)>0,所以g(m)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(m)≥g(1)=0,即-ln m-1+m≥0.又因为-ln m-1+m≤0,
所以-ln m-1+m=0,解得m=1.
(3)证明:=-1=·-1,因为b>a>0,所以>1.由(2)得,当x∈(0,+∞)时,ln x≤x-1(当且仅当x=1时,等号成立),令t=>1,则ln t因为t>1,所以<1,即<1.因为>0,所以·-1<-1,即<-1.
3.解:(1)由f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R)得f'(x)=1-aex,
由f'(x)>0得xln,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)的最大值为f=ln-1+b=-ln a-1+b,无最小值.
(2)证明:由题知
两式相减得x1-x2=a(-),即a=,
故要证x1+x2<-2ln a,只需证x1+x2<-2ln,
即证<,
即证<-2+,
不妨设x10,则只需证t2设g(t)=t2-e-t+2-et,t>0,
则g'(t)=2t+e-t-et,t>0,
设h(t)=2t+e-t-et,t>0,
则h'(t)=2-e-t-et=2-<0在(0,+∞)上恒成立,
所以h(t)在(0,+∞)上单调递减,
所以h(t)4.解:(1)令f(x)=0,若ln x=0,则x=1是一个零点,但不是题设区间内的零点,所以x2-kx+1=0的两个根分别在区间(0,1)和(1,+∞)内,故只需12-k+1=2-k<0,所以k>2.
(2)由题可得f'(x)=(2x-k)ln x+,结合(1)知f'(x1)=(2x1-k)ln x1,所以曲线y=f(x)在点(x1,0)处的切线方程为y=(2x1-k)ln x1·(x-x1),0令x=0,则y=(2x1-k)ln x1·(-x1)=(kx1-2)ln x1,又kx1=+1,所以y=(1-)ln x1,所以S=x1|(1-)ln x1|,易知x1x2=1,则x2=,且0所以==-ln x1=-ln .
令t=∈(0,1),则=h(t)=-tln t,则h'(t)=-(1+ln t),
当00,当所以的最大值为.
(3)证明:方法一:记f'(x)的导函数为f″(x),则f″(x)=3+2ln x--,显然f″(x)在(0,+∞)上单调递增,又f″(1)=2-k<0,当x→+∞时f″(x)→+∞,所以存在x0∈(1,+∞),使得f″(x0)=0,
当0当x>x0时,f″(x)>0,则f'(x)在(x0,+∞)上单调递增.
又f'(x0)所以存在m∈(0,x0),n∈(x0,+∞),使得f'(m)=f'(n)=0,
当0n时,f'(x)>0,则f(x)在(0,m),(n,+∞)上单调递增,
当m结合题设,可知t1,t0,t2依次在区间(0,m),(m,n),(n,+∞)上,如图.
设曲线y=f(x)在点(x1,0)处的切线l1的方程为y=l1(x),则l1(x)=f'(x1)·(x-x1),设g1(x)=f(x)-l1(x)=f(x)-f'(x1)·(x-x1),00,当x1所以g1(t1)=f(t1)-l1(t1)≤0.
若直线y=a与直线l1的交点横坐标为x'1,则l1(t1)≥f(t1)=l1(x'1)=a,由k>2,00,故t1≥x'1.设曲线y=f(x)在点(x2,0)处的切线l2的方程为y=l2(x),
则l2(x)=f'(x2)·(x-x2),
设g2(x)=f(x)-l2(x)=f(x)-f'(x2)·(x-x2),且x>n,则g'2(x)=f'(x)-f'(x2),记g'2(x)的导函数为g″2(x),则g″2(x)=f″(x)>0,故g'2(x)在(n,+∞)上单调递增,
又g'2(x2)=0,所以当nx2时g'2(x)>0,
所以g2(x)在(n,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
则g2(x)≥g2(x2)=0,所以g2(t2)=f(t2)-l2(t2)≥0.
若直线y=a与直线l2的交点横坐标为x'2,则l2(t2)≤f(t2)=l2(x'2)=a,由k>2,x1,x2是关于x的方程x2-kx+1=0的根,满足x1+x2=k和x1x2=1,则l2的斜率f'(x2)=(2x2-k)ln x2=(x2-x1)ln x2>0,故t2≤x'2,综上,t2-t1≤x'2-x'1.
由上知f'(x1)=(x1-x2)ln x1,f'(x2)=(x2-x1)ln x2,又x1x2=1,所以x2=,所以f'(x1)=f'(x2),
所以l1∥l2,则x'2-x'1=x2-x1,故t2-t1≤x2-x1,得证.
方法二:f'(x)=(2x-k)ln x+,设m(x)=f'(x),则m'(x)=2ln x+3--,因为k>2,所以m'(x)在(0,+∞)上单调递增,注意到m'(1)=2-k<0,m'(k)>0,所以存在唯一的x0∈(1,k),使m'(x)=0,所以当0x0时,m'(x)>0,所以f'(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以f'(x)至多有两个零点,且当x>0,x→0时,f'(x)→+∞,f'(1)=2-k<0,当x→+∞时,f'(x)→+∞,∴f'(x)在(0,1)和(1,+∞)内各有一个零点x'1,x'2,且f(x)在(0,x'1)上单调递增,在(x'1,x'2)上单调递减,在(x'2,+∞)上单调递增,f(1)=0,作出f(x)的大致图象如图,当x>0且x→0时,f(x)→-∞,
由(2)知曲线y=f(x)在(x1,0)处的切线为l1:y=(2x1-k)ln x1(x-x1),在(x2,0)处的切线为l2:y=(2x2-k)ln x2(x-x2),
设直线y=a与直线l1,l2分别交于点(x3,a),(x4,a),结合图象,得t2-t1≤x4-x3=x2+-
又x1+x2=k,x1x2=1,
所以t2-t1≤x2-x1+-=x2-x1,
故t2-t1≤x2-x1.

展开更多......

收起↑