【高考数学经典题型】导数中的不等式的证明(一题多解)

x + e2
− e2 ln x(x 2e) ，求导得 h(x) = 1 −
e2 x
=
x − e2 x
，易得 h(x) h(x)min
= h(e2 ) = 0
所以 f ( e ) ≥0，又因为 f ( 2 ) 0 ，所以 f ( e ) f ( 2 ) 0
a
a
aa
又因为函数 f (x) 在区间 (0, 2 ) 上单调递减，由根的存在性定理知 f (x) 在区间[ e , 2 ) 存在唯一的
由 f (x) = 0 得 x2 ln x = − 1 ，作出函数 y = x2 ln x 的图像知 a
0 x1 x2 1
因为
x1 ,
x2
是方程
x2
ln
x
=
−
1 a
的两个不等的实数根，故 −
1 a
=
x12
ln
x1
=
x22
ln
x2
又因为
x22
ln
x2
−
ln
x2
=
( x2 2
−1) ln
x2
0
，所以
合度较高.第一问是常规性问题,求函数的单调区间的问题，学生一般来说问题不大，关键是第二问，
难度较大，而本题第二问的关键是
把要证明的
2a ln(x2
−
x1
+
e)+1 0 a
结论转化为去证明
e a
x1
2 a
x2
−1
e 2a
，这样问题就转化为函数的零点问题了.从这个角度来看他的难度又小于高考
经常考到的“卡根”的问题了，因为他毕竟给我们提供了零点的上限和下极，不需要我们盲目的去
试题出处：2020 天舟文化 3 月全国高三质量检测（理科 21 题）
导数中的不等式的证明
已知函数 f (x) = 1 + a ln x(a R) . x2
(1).讨论函数 f (x) 的单调性；
(2).若 x1, x2 (x1 x2 ) 是 f (x) 的两个零点，证明：
2a ln(x2
−
x1
x1
+
e a
−1
e 2a
，即证明 x2
−
x1
−1
e 2a
−
e a
只需证明
e a x1
2 a
x2
−1
e 2a
(两个等号不同时成立)
下面先证明
2 a
x2
−1
e 2a
成立
因为 (
2 )2
−
−
(e
1 2a
)2
=
2
−1
−e a
e−1
−1
−e a
0 ，所以
2
−1
e 2a
a
a
a
又因为
f
−1
(e 2a )
只需证明
a e2
+ ln
e a
0
令t
=
a e
2, h(t)
=
t e
− ln t
，求导得： h(t)
=
1 e
−1 t
=
t
−e et
，容易得到 h(t)min
=
h(e)
=
0
所以 f ( e ) 0 .以下同解法一. a
解法四： (1).同解法一
(2). .因为函数有两个零点，依照题意有 f ( 2 ) 0 ，得 a 2e a
x22
ln
x2
ln
x2
即
−
1 a
ln
x2
所以
−eຫໍສະໝຸດ 1 ax2 ……①
下面证明 −x1
−
e a
，因为
−
1 a
=
x12
ln
x1
故只需证明
− x1
ex12
ln
x1
即证明
x1
ln
x1
+
1 e
0(0
x1
1)
令 g(x) = x ln x + 1 (1 x 0) ，求导得： g(x) = ln x +1 e
容易得到 g(x) 在 x = 1 取到最小值，所以 g(x) g(1) = 0
(x
0)
，求导得：
g ( x)
=
ex −1 ex2
当 0 x 1 时， g(x) 0 ；当 x 1 时 g(x) 0
e
e
所以
g ( x)min
=
g(1) e
=
0
，故
g(x)
0
即 ln
x
−1 ex
在 (0, +) 恒成立.
令
x
=
e a
，得 ln
e a
−
a e2
，所以
f
(e) a
=
a2 e2
+
x2
满足
2 a
x2
−1
e 2a
.
下面再证明
e a
x1
2. a
因为
e2 a2
−
2 a
=
e2 − 2a a2
e2 − 4e a2
=
e(e − a2
4)
0 ，所以
e2 a2
2 a
即
e a
2 a
又因为 f ( e ) = a2 + a ln e = a (a + e2 − e2 ln a)
a e2
a e2
令 h(x) =
递减，在区间 ( 2 , +) 上单调递增. a
(2).因为函数有两个零点，依照题意有 f ( 2 ) 0 ，得 a 2e a
要证明
2a ln(x2
−
x1
+
e) a
+1
0.
2 ，则函数 f (x) 在 (0, a
2 ) 上单调 a
只要证明
ln(x2
−
x1
+
e) a
ln
−1
e 2a
只需证明 x2
−
a ln
e a
a2 e2
+
a a (− )
e2
=
0.
以下同解法一.
解法三： 前面的解法同解法一
下面再证明
e a
x1
2 a
因为
e2 a2
−
2 a
=
e2 − 2a a2
e2 − 4e a2
=
e(e − 4) a2
0 ，所以
e2 a2
2 a
即
e a
2 a
要证明
f
(e) a
=
a2 e2
+
a ln
e a
0
合适的端点。而解法四在探索解题思路上则体现了数学结合的数学思想，对分析问题的能力有较高
要求.
e
e
3/4
即
x1
ln
x1
+
1 e
0(0
x1
1)
成立，故
− x1
−
e a
……②
由 ①+② 得： 0
x2
−
x1
−1
ea
−
e a
故
2a ln(x2
−
x1
+
e) a
+1
−1
2a ln(e a
−
e a
+
e) +1= a
−1
2a ln e a
+1=
−2 +1 =
−1
0
评论与赏析：
本题是一道与导数有关的不等式的证明题，同时也考察了函数的零点以及函数的极值问题，综
+
e) a
+1
0.
解法一：
(1).依题意知函数的定义域是 (0, +)
，对函数
f
(x)
求导得：
f
( x)
=
ax2 − x3
2
(x
0)
①当 a ≤0 时， f (x) ≤0，函数 f (x) 在 (0, +) 上单调递减.
②当 a 0 时，令 f (x) 0 ，得 x 2 ；令 f (x) 0 ，得 0 x a
a
aa
零点
x1
满足
e a
x1
2. a
所以
x2
−
x1
−1
e 2a
−
e a
成立，从而原命题成立.
解法二： 前面的解法同解法一
下面再证明
e a
x1
2. a
因为
e2 a2
−
2 a
=
e2 − 2a a2
e2 − 4e a2
=
e(e − a2
4)
0 ，所以
e2 a2
2 a
即
e a
2 a
令
g(x)
=
ln
x
+
1 ex
=
1
−
(e
1 2a
)2
−1
+ a ln e 2a
=
1
ea
−
1 2
e0
−
1 2
0 ,又由题意知
f
(
2)0 a
所以
f
−1
(e 2a ) f (
2 ) 0 ，又因为函数 f (x) 在区间 (
2 , +) 上单调递增，由根的存在性定理知 f (x)