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1ex(x?1)?1xxf(x)?e??，导数符号由e(x?1)?1确定，设g(x)?e(x?1)?1，
x?1x?1'xg'(x)?(x?2)ex?0，g(x)在??1,???单调递增，又知g(0)?0，?x???1,0?,g(x)?0，即f'(x)?0，
f(x)单调递减，?x??0,??，g(x)?0，即f'(x)?0，f(x)单调递增；
（2）设g(m)??ln(x?m)?e，g(m)单调递减，使g(m)?0，只需g(m)min?g(2)?e?ln(x?2)?0，令h(x)?e?ln(x?2)，则h(x)?e?xxx'x11(x??2)，h''(x)?ex??0，?h'(x)单调递增，2x?2(x?2)h'(x)?0至多有一个实数根，h'(?1)?0,h'(0)?0，?h'(x)?0有且只有一个实数根x0，x0满足
ex0?1x，?h(x)在??2,x0?单调递减，在?x0,???单调递增，h(x)min?h(x0)=e0?ln(x0?2) x0?2(x0?1)211?x0?0。当m?2时,有ln(x?m)?ln(x?2), ?lne??x0==
x0?2x0?2x0?2?f(x)?ex?ln(x?m)?ex?ln(x?2)?h(x)min?0。
秒杀题型五：含两个参数（字母）（双变量） 秒杀思路：双变量化?变量（途径：主要设t?1.（高考题改编）已知函数f?x??2lnx?x?（1）讨论f?x?的单调性； （2）若a?0，b?0，证明：ab?2a，a、b为变量，如a、b大小不确定，则规定其大小。） b1． xa?ba?b．（著名的对数均值不等式） ?．．．．．．．．．．lna?lnb2??x?1?【解析】:（1）f(x)??0，?f(x)在x??0,???上单调递减； 2x'aa?b，两边同除以ab，得1?，t?1，ablnb1t?t，等价于：2lnt?t?1?0，令g(t)?2lnt?t?1，由（1）知g(t)单调递减，则不等式化简为：1?
tt2lnt（2)左：变形为：ab?ab?ba，设a?b?0，令t?alnb?g(t)?g(1)?0;
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aa?1?1aa?ba?bbb右：变形为，两边同除以b，得，设a?b?0，令u?，u?1，则不等式??aab22lnlnbbu?1u?12(u?1)2(u?1)?u?1??0，
化简为：，等价于：lnu???0，令h(u)?lnu??0，h'(u)?2lnu2u?1u?1u?u?1?2?h(u)单调递增?h(u)?h(1)?0。
ex?m，g(x)?m(lnx?x)． 2.（高考题改编）已知函数f(x)?x（1）设函数F(x)?f(x)?g(x)，若x?1是函数F(x)的唯一极值点，求实数m的取值范围； （2）若函数h(x)?xf(x)有两个零点x1，x2，证明：h?(x1)?h?(x2)?0．
exx?1ex?m?m(lnx?x)，可得F?(x)?(?m)(x?0)，∵函数F(x)有唯一极值点【解析】由F(x)?xxxexexexex(x?1)，当0?x?1时，x?1，∴?m?0，即?m恒成立，设c(x)?(x?0)，则c?(x)?2xxxxc?(x)?0，函数c(x)单调递减；当x?1时，c?(x)?0，函数c(x)单调递增，所以c(x)min?c(1)?e，所
以m?e，即实数m的取值范围是(??,e]．
（2）h(x)?xf(x)?e?mx(x?0)，∵x1，x2是函数h(x)的两个零点，∴exx1?mx1，ex2?mx2，∴
ex1?ex2ex1?ex2x1x2x1x2x1x2，∴h?(x1)?h?(x2)?e?m?e?m?e?e?2m?e?e?2?．要证m?x1?x2x1?x2ex1?ex2ex1?ex2x1x2h?(x1)?h?(x2)?0，即证e?e?2??0．设x1?x2，则e?e?2??0等价于
x1?x2x1?x2x1x2(x1?x2)(ex1?ex2)?2(ex1?ex2)?0，即证(x1?x2)(ex1?x2?1)?2（ex1?x2?1)?0，
令t?x1?x2，且t?0，即证t(e?1)?2(e?1)?0，则m(t)?t(e?1)?2(e?1)(t?0)，
t则m?(t)?(t?1)e?1,t?0,令?(t)?(t?1)e?1，则??(t)?te?0，
tttttt故?(t)?m?(t)在(0,??)上单调递增，故m?(t)?m?(0)?0，所以函数m(t)在(0,??)上单调递增，所以
m(t)?m(0)?0．即t(et?1)?2(et?1)?0对任意t?0恒成立，所以h?(x1)?h?(x2)?0．
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秒杀题型六：含两个变量（双变量）
秒杀思路：分离变量，转化为f?x1??(?,?,?)g?x2?型，共四类： ①f?x1?（x1任意）?g?x2?（x2任意）?f?x1?min?g?x2?max； ②f?x1?（x1存在）?g?x2?（x2任意）?f?x1?max?g?x2?max； ③f?x1?（x1任意）?g?x2?（x2存在）?f?x1?min?g?x2?min； ④f?x1?（x1存在）?g?x2?（x2存在）?f?x1?max?g?x2?min。 1.（高考题改编）f(x)??x?3x?1，g(x)?xlnx?都有f(x1)?g(x2).
【解析】:原不等式为：?x1?3x1?1?x2lnx2?33a.求证：对任意x1,x2??0,???，且对任意a?1，xaa3?x2lnx2?x1?3x1?1，?h(a)单调，设h(a)?x2x2递增，h(a)?0，只需h(1)?1133?x2lnx2?x1?3x1?1?0，?x2lnx2??x1?3x1?1?f?x1?，即只需x2x2令m(x2)?11?x2lnx2，m'(x2)??2?lnx2?1，?m'(1)?0，?导数属于超越函数可代特值型，令x2x2n(x2)??121'?lnx?1n(x)???0，?m'(x2)单调递增，?m?x2?在x2??0,1?单调递减，，2223x2x2x22???单调递增，?m?x2?min?m(1)?1，f'?x1???3x1?3??3?x1?1??x1?1?，当x1??0,1?时，在x2??1，f?x1?单调递增，当x1??1，???时，f?x1?单调递减，?f?x1?max?f(1)?1，?f?x1?max?m?x2?min，原
不等式成立。
秒杀题型七：数列与函数综合不等式
秒杀思路：构造函数证明数列不等式，一般规律是第一问中的函数就是所要构造的函数，若第一问求参数的范围，一般情况参数取边界值的函数是所要造的函数。 1.(2013年新课标全国卷II21)已知函数f(x)?（1）判断函数f(x)的单调性；
lnx(x?1). x?1???上恒成立？若存在，求出a的取值范（2）是否存在实数a，使得关于x的不等式lnx?a(x?1)在?1，2
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围；若不存在，试说明理由； （3）证明：ln(1?2?3??????n)?n?n?1?（n?N,n?2）. 2【解析】:（1）f(x)?'1?1?lnx1x，导数符号由g(x)?1??lnx确定，g(1)?0属于超越函数可代特2x?x?1?值型，g(x)?调递减。
'1?x'''?f(x)?f(x)?f(1)?0，?f(x)在x??1,???单??x?1,??，在单调递减，?02x11?ax?x?1?， ?a?xx（2）法一：直接讨论法：令h(x)?lnx?a?x?1?，h(x)?''①当a?1时，h(x)?0，h(x)在x??1,???单调递减，?h(x)?h(1)?0，不等式成立； ②当0?a?1时，h(x)在x??1,不等式不恒成立；
③当a?0时，h(x)在x??1,???单调递增，?h(x)?h(1)?0，不等式不成立。
综合①②③知a?1。
（3）由（2）知当a?1，有不等式lnx?x?1， 赋值：ln1?1?1?0，
?1??1??1????单调递减，在x??，当x??1,?时，h(x)?h(1)?0，?单调递增，
aaa??????ln2?2?1?1， ln3?3?1?2，
???
lnn?n?1；
累加得：ln1?ln2?ln3?????lnn?ln(1?2?3??????n)?0?1?2?????????n?1??2.(2017年新课标全国卷II21)已知函数f(x)?ax?ax?xlnx，且f(x)?0. （1）求a；
（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e?2n?n?1?。
22?f?x0??2?2.
【解析】（:1）因为f(x)?x?ax?a?lnx??0，令g?x??ax?a?lnx，则g?1??0，x?0，?ax?a?lnx?0．
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g??x??a?1ax?1,当a?0时,g??x??0,g?x?单调递减,但g?1??0,x?1时,g?x??0（舍去）； ?xx111.当0?x?时，g??x??0，g?x?单调减；当x?时，g??x??0，g?x?单
aaa?1??1??1?调增．若0?a?1，则g?x?在?1，?上单调减，g???g?1??0；若a?1，则g?x?在?，1?上单调增，
?a??a??a??1??1?g???g?1??0；若a?1，则g?x?min?g???g?1??0，g(x)?0．综上，a?1．
?a??a?当a?0时,令g??x??0,得x?法二：由f(1)?0，而f(x)?0，?f(1)?0，即f(1)?2a?a?1?0，?a?1。 法三：分离变量法：a?x?1??lnx，讨论x，利用洛必达法则可得. （2）f(x)?2x?2?lnx，x?0.令h?x??2x?2?lnx，则h??x??2?令h??x??0得x?'''12x?1，x?0． ?xx111，当0?x?时，h??x??0，h?x?单调递减；当x?时，h??x??0，h?x?单调递增．
222?1??1??1?h?2??2?ln2?0，所以，因为h?e?2??2e?2?0， h?x?min?h???1?2?ln2?0．e?2??0，?，2??，???，
222???????1??1??1??1?所以在?0，?和?，???上，h?x?即f??x?各有一个零点．设f??x?在?0，?和?，???上的零点分别为
?2??2??2??2?1?1?x0，x2，因为f??x?在?0，?上单调减，所以当0?x?x0时，f??x??0，f?x?单调增；当x0?x?时，
2?2?1?1?f??x??0，f?x?单调减．因此，x0是f?x?的极大值点．因为，f??x?在?，所以当?x?x2???上单调增，
2?2?时，f??x??0，f?x?单调减，x?x2时，f?x?单调增，因此x2是f?x?的极小值点．所以，f?x?有唯一1??的极大值点x0．由前面的证明可知，x0??e?2，?，则f?x0??fe?2?e?4?e?2?e?2．
2?????1?2(或利用f(x0)?fe?e直接证明书)因为(设而不求整体代换法)f??x0??2x0?2?lnx0?0，所以
??lnx0?2x0?2，则又f?x0??x02?x0?x0?2x0?2??x0?x02，因为0?x0?e?2?f?x0??
11,所以f?x0??．因此，241． 42
专题2.29 玩转高考压轴题之证明不等式(解析版)-2020年新课标高考数学题型(考点)全解密
