2025年高考數(shù)學必刷題分類：第24講、不等式的證明問題（教師版）

第24講不等式的證明問題

知識梳理

利用導數(shù)證明不等式問題，方法如下：

（1）直接構造函數(shù)法：證明不等式fxgx（或fxgx）轉化為證明

fxgx0（或fxgx0），進而構造輔助函數(shù)hxfxgx；

（2）適當放縮構造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；

（3）構造“形似”函數(shù)，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結構構造輔

助函數(shù).

（4）對數(shù)單身狗，指數(shù)找基友

（5）凹凸反轉，轉化為最值問題

（6）同構變形

必考題型全歸納

題型一：直接法

例1．（2024·北京房山·北京市房山區(qū)良鄉(xiāng)中學校考模擬預測）已知函數(shù)fx2lnx1．

(1)若函數(shù)fx在點Px0,fx0處的切線平行于直線y2x2，求切點P的坐標及此切線

方程；

2

(2)求證：當x0,e1時，fxx2x．（其中e2.71828）

22

【解析】（1）由題意得，fx，所以切線斜率2fx0，

x11x0

所以x00，即P0,0，此時切線方程為y2x；

2

2222x

（2）令gx2lnx1x2x，x0,e1，則gx2x2，

x1x1

當0x2時，gx0，gx單調遞增，當x2時，gx0，gx單調遞減，

又g00，ge12e13e4ee210，

所以，即恒成立，

gxming00gx0

所以當x0,e1時，fxx22x．

lnx1

例2．（2024·北京·高二北京二十中?？计谥校┮阎瘮?shù)f(x).

xx

(1)求曲線yf(x)在點(1,f(1))處的切線方程；

(2)求證：f(x)2x3.

1lnx12lnx

【解析】（1）f(x),f(1)2，

x2x2x2

f(1)1,所以切點為(1,1)，由點斜式可得，y12(x1)，

所以切線方程為：y2x3.

lnx1

（2）由題可得，2x3lnx12x23x

xx

設g(x)lnx2x23x1，

14x23x1(x1)(4x1)

g(x)4x3，

xxx

(x1)(4x1)

所以當0x1時，g(x)0，

x

(x1)(4x1)

當x1時，g(x)0，

x

所以g(x)在0,1單調遞增，1,單調遞減，

所以，

gxgxmaxg10

即f(x)2x3.

a

例3．已知函數(shù)f(x)(a1)lnxx，a0．

x

（1）討論函數(shù)f(x)的單調性；

（2）當a1時，證明：x(1,)，f(x)aa2．

a1a(x1)(xa)

【解析】解：（1）f(x)1，

xx2x2

因x0，a0，

①當1a0時，0a1，函數(shù)f(x)在(0,a)內單調遞增，在(a,1)內單調遞減，在

(1,)內單調遞增；

(x1)2

②當a1時，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0,)內單調遞增；

x2

③當a1時，a1，函數(shù)f(x)在(0,1)內單調遞增，在(1,a)內單調遞減，在(a,)內

單調遞增；

綜上：當1a0時，函數(shù)f(x)在(0,a)內單調遞增，在(a,1)內單調遞減，在(1,)內

單調遞增；

當a1時，函數(shù)f(x)在(0,)內單調遞增；

當a1時，函數(shù)f(x)在(0,1)內單調遞增，在(1,a)內單調遞減，在(a,)內單調遞增；

（2）當a1時，由（1）得，函數(shù)f(x)在(0,1)內單調遞增，在(1,a)內單調遞減，在(a,)

內單調遞增，

函數(shù)f(x)在(1,)內的最小值為f(a)(a1)ln(a)a1，

欲證不等式f(x)aa2成立，即證aa2(a1)ln(a)a1，即證

a2(a1)ln(a)10，

因a1，所以只需證ln(a)a1，

1(x1)

令h(x)lnxx1(x1)，則h(x)10，

xx

所以，函數(shù)h(x)在[1，)內單調遞減，h(x)h（1）0，

又因a1，即a1．所以h(a)ln(a)a10，

即當a1時，ln(a)a1成立，

綜上，當a1時，x(1,)，f(x)aa2．

題型二：構造函數(shù)（差構造、變形構造、換元構造、遞推構造）

x

1

例4．（2024·吉林通化·梅河口市第五中學?？寄M預測）已知函數(shù)fx1(x0)．

x

(1)證明：fxe；

(2)討論fx的單調性，并證明：當nN*時，2n1lnn1nlnnn1lnn2．

1t

【解析】（1）證明：令htln1tt(t0)，則ht10，

1t1t

所以ht在0,上單調遞減，所以hth00，即ln1tt．

111

令t(x0)，則有l(wèi)n1，

xxx

xx

111

所以xln11，所以ln11,1e，即fxe．

xxx

x

11

（2）由fx1(x0)可得lnfxxln1，

xx

1

11

令gxxln1，則gxln1x，

1

xx1

x

t11t

令tln1t(t0)，則t0，

1t1t(1t)2(1t)2

所以t在0,上單調遞增，t00．

1

11

令t(x0)，則有gxln1x0，

1

xx1

x

x

1

所以gx在0,上單調遞增，所以fx1在0,上單調遞增，

x

nn1

*11

所以對于nN，有11，

nn1

nn1

1111

所以ln1ln1，所以nln1n1ln1，

nn1nn1

即nlnn1lnnn1lnn2lnn1，

整理得：2n1lnn1nlnnn1lnn2．

x21

例5．已知曲線f(x)與曲線g(x)alnx在公共點(1,0)處的切線相同，

2

（Ⅰ）求實數(shù)a的值；

x21

（Ⅱ）求證：當x0時，x1lnx．

2

a

【解析】（Ⅰ）解：f(x)x，g(x)，

x

依題意f（1）g（1），a1；

x211x21

（Ⅱ）證明：由(x1)(x1)20，得x1，

222

1x1

令h(x)x1lnx，則h(x)1，

xx

x(0,1)時，h(x)0，h(x)遞減；

x(1,)時，h(x)0，h(x)遞增．

x0時，h(x)h（1）0，即x1lnx，

x21

綜上所述，x0時，x1lnx．

2

例6．已知函數(shù)f(x)exax1(aR)，g(x)xlnx．

（1）求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；

（2）若直線yx1是函數(shù)yf(x)圖象的切線，求證：當x0時，f(x)g(x)．

【解析】（1）解：f(x)exa，

當a0時，f(x)0，f(x)在(,)上單調遞增；

當a0時，令f(x)0，可得xlna，

當x(,lna)時，f(x)0，f(x)單調遞減，

當x(lna,)時，f(x)0，f(x)單調遞增．

綜上可得，當a0時，f(x)在(,)上單調遞增；

當a0時，f(x)在(,lna)上單調遞減，在(lna,)上單調遞增．

（2）證明：直線yx1是函數(shù)yf(x)圖象的切線，設切點為(x0，f(x0))，

則x0，即，

ea1x0ln(a1)

切點在切線上，f(x0)ln(a1)1，

f(x0)f(ln(a1))aaln(a1)，

ln(a1)1aaln(a1)，解得ae1，

當x0時，f(x)g(x)等價于ex(e1)x1xlnx，

ex1

等價于(e1)lnx0，

xx

ex1

設h(x)(e1)lnx，

xx

xexex11(ex1)(x1)

則h(x)，

x2x2xx2

x0，ex10，由h(x)0，得x1，

當x(0,1)時，h(x)0，h(x)單調遞減，

當x(1,)時，h(x)0，h(x)單調遞增，

h(x)minh（1）0，即h(x)0，

f(x)g(x)．

x2

變式1．已知函數(shù)f(x)sinxln(1x)．

2

（1）證明：f(x)0；

1

（2）數(shù)列{a}滿足：0a，af(a)(nN*)．

n12n1n

1

（?。┳C明：0a(nN*)；

n2

（ⅱ）證明：nN*，an1an．

1

【解析】證明：（1）由題意知，f(x)cosxx，x(1,)，

1x

1

①當x(1,0)時，f(x)1xx0，

1x

所以f(x)在區(qū)間(1,0)上單調遞減，

11

②當x(0,)時，令g(x)f(x)，因為g(x)1sinx0，

(1x)2(1x)2

所以g(x)在區(qū)間(0,)上單調遞增，因此g(x)g(0)0，

故當x(0,)時，f(x)0，

所以f(x)在區(qū)間(0,)上單調遞增，

因此當x(1,)時，f(x)f(0)0，

所以f(x)0；

1

（2）（ⅰ）由（1）知，f(x)在區(qū)間(0,)上單調遞增，f(x)f(0)0，

2

3111

因為()8(1)81c1C214712e，

222848

33

故18lnlneln()80，

22

1113131131

所以f(x)f()sinlnsinln(18ln)，

22826822822

11

因此當x(0,)時，0f(x)1，又因為a(0,)，

212

1

所以af(a)f(f(a))f(f(f(a)))(0,)，

nn1n212

11

（ⅱ）函數(shù)h(x)f(x)x，(0x)，則h(x)f(x)1xcosx1，

21x

令(x)h(x)，則(x)g(x)0，

1

所以(x)在區(qū)間(0,)上單調遞增；

2

111217

因此h(x)(x)()cos1cos0，

222326

1

所以h(x)在區(qū)間(0,)上單調遞減，所以h(x)h(0)0，

2

因此an1anf(an)ang(an)0，

所以對*，．

nNan1an

x2

變式2．討論函數(shù)f(x)ex的單調性，并證明當x0時，(x2)exx20．

x2

x2x24x2ex

【解析】解：f(x)ex，f(x)ex()，

x2x2(x2)2(x2)2

當f(x)0時，x2或x2，

f(x)在(,2)和(2,)上單調遞增，

x2

證明：x0時，exf(0)1

x2

(x2)exx20．

題型三：分析法

例7．已知函數(shù)f(x)ln(ax)，已知x0是函數(shù)yxf(x)的極值點．

（1）求a；

xf(x)

（2）設函數(shù)g(x)．證明：g(x)1．

xf(x)

【解析】（1）解：由題意，f(x)的定義域為(,a)，

令t(x)xf(x)，則t(x)xln(ax)，x(,a)，

1x

則t(x)ln(ax)xln(ax)，

axax

因為x0是函數(shù)yxf(x)的極值點，則有t(0)0，即lna0，所以a1，

x1

當a1時，t(x)ln(1x)ln(1x)1，且t(0)0，

1x1x

11x2

因為t(x)0，

1x(1x)2(1x)2

則t(x)在(,1)上單調遞減，

所以當x(,0)時，t(x)0，

當x(0,1)時，t(x)0，

所以a1時，x0是函數(shù)yxf(x)的一個極大值點．

綜上所述，a1；

（2）證明：由（1）可知，xf(x)xln(1x)，

xf(x)xln(1x)

要證1，即需證明1，

xf(x)xln(1x)

因為當x(,0)時，xln(1x)0，

當x(0,1)時，xln(1x)0，

所以需證明xln(1x)xln(1x)，即x(1x)ln(1x)0，

令h(x)x(1x)ln(1x)，

1

則h(x)(1x)1ln(1x)ln(1x)，

1x

所以h(0)0，當x(,0)時，h(x)0，

當x(0,1)時，h(x)0，

所以x0為h(x)的極小值點，

所以h(x)h(0)0，即xln(1x)xln(1x)，

xln(1x)

故1，

xln(1x)

xf(x)

所以1．

xf(x)

例8．（2024·山東泰安·統(tǒng)考模擬預測）已知函數(shù)f(x)eax

(1)求yf(x)在xa處的切線;

a

(2)若0a2，證明當x0時，f(x)2.

x

【解析】（1）因為f(x)eax，所以f(a)1，切線斜率為1

因為f(a)1，所以切點為(a,1)

切線方程為y1(xa)即xya10

（2）法一：令h(x)ex(x1),(x0)，所以h(x)ex10，

所以h(x)在(0,)單調遞增，h(x)h(0)0，exx1

a

x1e

所以e，所以f(x)，

x1x1

aeaa

所以要證f(x)2只需證明2,x0

xx1x

a

變形得eaa22x(x0)

x

a

因為2x22a(x0)

x

所以只需證明eaa222a(x0)，即ea(a2)2

兩邊同取對數(shù)得：a2ln(a2),(0a2)

令g(a)a2ln(a2),(0a2)，

a2a1

則g(a)(0a2)

a(a2)

顯然(a)a2a1在（0，2）遞增，(0)0,(2)0,

所以存在m(0,2),當a(0,m)時g(a)0,g(a)遞減，

當a(m,2)時g(a)0,g(a)遞增;

因為g(0)2ln20,g(2)22ln220

所以g(a)0在(0,2)上恒成立，所以原命題成立

a

法二：設t則axt，

x

要證：eaxt2

需證：etxxt2

即證：(t1)xln(t2)

aa

因為x，需證(t1)ln(t2)，即證：a(t1)tln(t2)

tt

①t1時a(t1)0tln(t2)必然成立

②t1時，因為0a2所以只需證明2(t1)tln(t2)，

t

令h(t)tln(t2)2(t1)，h(t)ln(t2)2，

t2

t12

令g(t)ln(t2)2，g(t)0

t2t2(t2)2

∴h(t)在上（0，+）為增函數(shù)

3

因為h(2)ln4ln4lne30,

2

7

h(3)ln5ln5ln5e7,553125372187e7，所以h(3)0

5

所以存在t0(2,3)，使得h(t0)0

∴h(t)在(1,t0)上為減函數(shù)，在(t0,)上為增函數(shù)

2

t0t02t04

h(t)mint0ln(t02)2(t01)t0(2)2(t01)

t02t02

2t03,h(t0)0.∴h(t)0

綜上可知，不等式成立

例9．已知1a2，函數(shù)f(x)exxa，其中e2.71828為自然對數(shù)的底數(shù)．

（Ⅰ）證明：函數(shù)yf(x)在(0,)上有唯一零點；

（Ⅱ）記x0為函數(shù)yf(x)在(0,)上的零點，證明：

（?。゛1x02(a1)；

x0

（ⅱ）x0f(e)(e1)(a1)a．

【解析】證明：（Ⅰ）f(x)exxa0(x0)，f(x)ex10恒成立，

f(x)在(0,)上單調遞增，

1a2，f（2）e22ae240，又f(0)1a0，

函數(shù)yf(x)在(0,)上有唯一零點．

（Ⅱ），x0，

(i)f(x0)0ex0a0

，x02x0，

a1x02(a1)ex01x02(ex01)

x2

令g(x)exx1x2(0x2)，h(x)exx1，(0x2)，

2

xx

一方面，h(x)e1xh1(x)，h1(x)e10，

h(x)h(0)0，h(x)在(0,2)單調遞增，

h(x)h(0)0，

x2

exx10，2(exx1)x2，

2

另一方面，1a2，0a11，

當時，成立，

x01a1x0

只需證明當0x1時，g(x)exx1x20，

xx

g(x)e12xg1(x)，g1(x)e20，xln2，

當x(0,ln2)時，g1(x)0，當x(ln2,1)時，g1(x)0，

g(x)max{g(0)，g（1）}，g(0)0，g（1）e30，

g(x)0，g(x)在(0,1)單調遞減，

g(x)g(0)0，exx1x2，

x02x0

綜上，ex01x02(ex01)，

．

a1x02(a1)

要證明x0，只需證，

(ii)x0f(e)(e1)(a1)ax0f(x0a)(e1)(a1)a

由(i)得只需證ea1aa12a(e1)aa1，

11

ex1xx2，只需證1(a1a)2a(e1)aa1，

22

aa1

只需證a2(a1)22(e2)aa10，即證2(e2)，

a1a

a1

a1[2，)，

a1a1

aa113

22(e2)，

a1a22

x0

x0f(e)(e1)(a1)a．

x

變式3．已知函數(shù)f(x)eax1在(0,)上有零點x0，其中e2.71828是自然對

數(shù)的底數(shù)．

（Ⅰ）求實數(shù)a的取值范圍；

（Ⅱ）記g(x)是函數(shù)yf(x)的導函數(shù)，證明：g(x0)a(a1)．

【解析】（Ⅰ）解：函數(shù)f(x)exax1，則f(x)exa，

①當a0時，f(x)0恒成立，

則f(x)在(0,)上單調遞增，

所以f(x)f(0)0，故函數(shù)無零點，不符合題意；

②當a0時，由f(x)exa0，得xlna，

若lna0，即0a1，此時f(x)在(0,)上單調遞增，不符合題意；

若lna0，即a1，則f(x)在(0,lna)上單調遞減，f(x)在(lna,)上單調遞增，

又f(0)0，故x10，使得f(x1)f(0)0，

而當x時，f(x)時，

故x2x1，使得f(x2)0，

根據(jù)零點存在定理，x0[x1，x2]，使得f(x0)0，符合題意；

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是a1；

（Ⅱ）證明：g(x)f(x)exa，

所以g(x0)a(a1)，即x02lna，

由（Ⅰ）知x0(lna,)且f(x)在(0,lna)上單調遞減，在(lna,)上單調遞增，

故只要證明：f(2lna)0，

1

即f(2lna)a22alna1a(a2lna)0，a1，

a

1

設h(x)x2lnx(x1)，

x

21(x1)2

則h(x)10，

xx2x2

故h(x)在(1,)上單調遞增，即h(x)h（1）0，

所以f(2lna)0成立；

綜上所述，g(x0)a(a1)成立．

題型四：凹凸反轉、拆分函數(shù)

例10．（2024·北京·高三專題練習）已知函數(shù)fxx3ax2bxa2，當a0，b3時，

x1

證明：任意的xR，都有fx2恒成立.

exe

x1

【解析】由題設有fxx33x，設hxfx2x33x2，gx，

exe

x1

要證fx2即證hxgx.

exe

下面證明：當x0時，hxgx.

1x

此時hx3x23，gx，

ex

當x1時，hx0,gx0，

故gx在1,上為減函數(shù)，hx在1,上為增函數(shù)，

當0x1時，hx0,gx0，

故gx在0,1上為增函數(shù)，hx在0,1上為減函數(shù)，

故在上，有，，

0,gxmaxg10hxminh10

故當x0時，hxgx.

1x1

當x0，h02g0，gx，

eexe

x

當x0時，要證hxgx即證x33x即證exx231，

ex

設Sxexx23，其中x0，故Sxexx22x3，

當x3時，Sx0；當3x0時，Sx0，

故Sx在,3上為增函數(shù)，在3,0上為減函數(shù)，

6

故在,0上，Sx1，

maxe3

故exx231，所以當x0時，hxgx成立.

x1

綜上，任意的xR，都有fx2恒成立.

exe

例11．（2024·河南開封·?？寄M預測）設函數(shù)fxx22xex，gxe2lnxaex．

(1)若函數(shù)gx在e,上存在最大值，求實數(shù)a的取值范圍；

(2)當a2時，求證：fxgx．

e2e2aex

【解析】（1）（1）由g(x)e2lnxaex得：gxae（x0），

xx

①當a0時，g(x)0，所以g(x)在(0,)上單調遞增，在(e,)不存在最大值，

e

②當a0時，令g(x)0，解得：x0，

a

ee

當x0,時，g(x)0，g(x)在0,上單調遞增，

aa

ee

當x,時，g(x)0在,上單調遞減，

aa

ee

所以g(x)在x時，取得最大值g，

aa

又由函數(shù)g(x)在(e,)上存在最大值，

e

因此e，解得：a1，

a

所以a的取值范圍為(0,1).

（2）證明：當a2時，g(x)e2lnx2ex，且函數(shù)gx的定義域為0,，

要證明f(x)g(x)，即證明x0時，x22xexe2lnx2ex，

只需要證明：x0時，x22xex2exe2lnx，

e2lnx

因為x0，所以不等式等價于(x2)ex2e

x

設(x)(x2)ex2e（x0），則xx1ex，

令x0得：x1，

當0x1時，(x)0，當x1時，(x)0，

所以(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,)上單調遞增，

故(x)(1)e，且當x1時，等號成立；

e2lnxe2(1lnx)

又設h(x)（x0），則h(x)，

xx2

令hx0得：xe，

當0xe時，h(x)0，當xe時，h(x)0，

所以h(x)在(0,e)上單調遞增，在(e,)上單調遞減，

故h(x)h(e)e，且當xe時，等號成立；

綜上可得：x0時，xhx，且等號不同時成立，

所以x0時，xhx，

即當a2時，fxgx得證.

1x22

例12．已知函數(shù)f(x)a(lnx)(aR)．

x2x

（Ⅰ）若x2是f(x)的極小值點，求a的取值范圍；

3

（Ⅱ）若a1，f(x)為f(x)的導函數(shù)，證明：當1x2時，f(x)f(x)．

2

【解析】解：（Ⅰ）f(x)的定義域是(0,)，

a2a2(xa)(x22)

則f(x)1，

xx3x2x3

若a0，則當x(0,2)時，f(x)0，當x(2，)時，f(x)0，

故x2是函數(shù)f(x)的極小值點，符合條件，

若a0，令f(x)0，解得：xa或x2，

若2a0，則當x(0,a)和x(2，)時f(x)0，

當x(a,2)時，f(x)0，

故x2是f(x)的極小值點，符合條件，

若a2，則f(x)0恒成立，f(x)沒有極值點，不符合條件，

若a2，則當x(0,2)和x(a,)時f(x)0，

當x(2，a)時f(x)0，故x2是f(x)的極大值點，不符合條件，

故a的取值范圍是(2，)；

12122

（Ⅱ）當a1時，f(x)lnxx，f(x)1，

x2xxx3x2

312

則f(x)f(x)xlnx1，x[1，2]，

xx2x3

312

設g(x)xlnx1，h(x)，x[1，2]，

xx2x3

1

由g(x)10，可得g(x)g（1）0，當且僅當x1時“”成立，

x

3x22x6

h(x)，

x4

設(x)3x22x6，則(x)在[1，2]上遞減，

（1）1，（2）10，

故存在x0[1，2]，使得當x(1,x0)時，(x)0，當x(x0，2)時，(x)0，

故h(x)在(1,x0)上單調遞增，在(x0，2)上單調遞減，

33

由于h（1）2，h（2），故h(x)h（2），當且僅當x2時“”成立，

22

3

故當1x2時，f(x)f(x)g(x)h(x)g（1）h（2）．

2

變式4．已知函數(shù)f(x)x3ax．(aR)

（Ⅰ）求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；

x3

（Ⅱ）求證：exxlnxex2．

f(x)ax2ex

【解析】解(I)f(x)3x2a

當a0時，f(x)0恒成立，故函數(shù)f(x)在R上單調遞增

3a3a

當a0時，由f(x)0可得c或x

33

3a3a

由f(x)0可得x

33

綜上可得，a0時，f(x)0恒成立，故函數(shù)f(x)在R上單調遞增

3a3a

當a0時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(，)，(,)，單調遞減區(qū)間

33

3a3a

(,)

33

3ex1

(II)證明：原不等式可化為xlnx

2exe2x2ex

3xex1

容易得x0，上式兩邊同乘以x可得x2lnx

2ee2xex

3xex13xex1

設p(x)x2lnx，q(x)()

2ee2xex2ee2xex

1

則由p(x)x(2lnx1)可得x0（舍)或xe2

11

0xe2時，p(x)0，xe2時，p(x)0

1

1

當xe2時，函數(shù)p(x)取得最小值

2e

3xex13xex1311

q(x)()2

2ee2xex2ee2xex2ee22e

xex1

當且僅當即xexe時取等號

e2xex

令r(x)xex，可得r(x)在(0,)上單調遞增，且r（1）e

1

當x1時，q(x)有最小值q(x)

2e

1

p(x)q(x)

2e

由于上面兩個等號不能同時取得，故有p(x)q(x0，則原不等式成立

題型五：對數(shù)單身狗，指數(shù)找朋友

1x

例13．已知函數(shù)f(x)lnx．

ax

1

（Ⅰ）當a1時，求f(x)在[，2]上最大值及最小值；

2

（Ⅱ）當1x2時，求證(x1)lnx2(x1)．

111x1

【解析】解：（Ⅰ）f(x)lnx1，f(x)；

xx2xx2

1

x[,1)時，f(x)0；x(1，2]時，f(x)0；

2

11

f（1）0是函數(shù)f(x)的極小值，即f(x)的最小值；又f()1ln2，f（2）ln2；

22

f(x)的最大值是1ln2；

1

函數(shù)f(x)在[,2]上的最小值是0，最大值是1ln2；

2

2(x1)

（Ⅱ）x10，要證明原不等式成立，只要證明lnx；

x1

2(x1)12(x1)2(x1)(x1)2

設F(x)lnx，則F(x)0；

x1x(x1)2x(x1)2

函數(shù)F(x)在(1,2)上是增函數(shù)，F(xiàn)(x)F（1）0；

2(x1)

lnx；

x1

原不等式成立．

b(x1)

例14．已知函數(shù)f(x)alnx，曲線yf(x)在點(1，f（1）)處的切線方程為y2．

x

（1）求a、b的值；

(x1)lnx

（2）當x0且x1時．求證：f(x)．

x1

b(x1)ab

【解析】解：（1）函數(shù)f(x)alnx的導數(shù)為f(x)，

xxx2

曲線yf(x)在點(1，f（1）)處的切線方程為y2，

可得f（1）2b2，f（1）ab0，

解得ab1；

(x1)lnx

（2）證明：當x1時，f(x)，

x1

12lnx

即為lnx1lnx，

xx1

1

即x2lnx0，

x

(x1)lnx

當0x1時，f(x)，

x1

1

即為x2lnx0，

x

112(x1)2

設g(x)x2lnx，g(x)10，

xx2xx2

可得g(x)在(0,)遞增，

(x1)lnx

當x1時，g(x)g（1）0，即有f(x)；

x1

(x1)lnx

當0x1時，g(x)g（1）0，即有f(x)．

x1

(x1)lnx

綜上可得，當x0且x1時，f(x)都成立．

x1

例15．已知二次函數(shù)g(x)對任意實數(shù)x都滿足g(x1)g(1x)x22x1，且g（1）

19

1，令f(x)g(x)mlnx(mR,x0)．

28

（1）求g(x)的表達式；

（2）設1me，H(x)f(x)(m1)x．證明：對任意x1，x2[1，m]，恒有

|H(x1)H(x2)|1．

【解析】（1）解：設g(x)ax2bxc，于是g(x1)g(1x)2a(x1)22c(x1)22，

所以a0.5，c1，

又g（1）1，則b0.5．

所以g(x)0.5x20.5x1．（5分）

(x1)(xm)

（2）證明：因為對x[1，m]，H(x)0，

x

所以H(x)