专题21 双变量不含参不等式证明方法之换元法
【方法总结】
双变量不等式的证明是导数综合题的一个难点，其困难之处是如何消元，构造合适的一元函数．
整体换元法：若两个变量存在确定的关系，可以利用其中一个变量替换另一个变量，直接消元，将两个变量转化为一个变量．若两个变量不存在确定的关系，有时可以将两个变量之间的关系看成一个整体（比如，，，)等策略将两个变量划归为一个变量整体换元，化为一元不等式．
[例1] 已知函数f(x)＝ax2＋xlnx(a∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x＋3y＝0垂直．
(1)求实数a的值；
(2)求证：当n＞m＞0时，lnn－lnm＞－．
解析 (1)因为f(x)＝ax2＋xln x，所以f′(x)＝2ax＋ln x＋1，
因为切线与直线x＋3y＝0垂直，所以切线的斜率为3，所以f′(1)＝3，即2a＋1＝3，故a＝1．
(2)要证lnn－lnm＞－，即证ln＞－，只需证ln－＋＞0．
令＝x，构造函数g(x)＝ln x－＋x(x≥1)，则g′(x)＝＋＋1．
因为x∈[1，＋∞)，所以g′(x)＝＋＋1＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
由已知n＞m＞0，得＞1，所以g＞g(1)＝0，即证得ln－＋＞0成立，所以命题得证．
总结提升 对“待证不等式”等价变形为“ln－＋＞0”后，观察可知，对“”进行换元，变为“lnx－＋x＞0”，构造函数“g(x)＝ln x－＋x(x≥1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算．
[例2] 已知函数f(x)＝lnx－，g(x)＝xlnx－m(x2－1)(m∈R)．
(1)若函数f(x)，g(x)在区间(0，1)上均单调且单调性相反，求实数m的取值范围；
(2)若0＜a＜b，证明：＜＜．
解析 (1)f′(x)＝－＝＞0，所以f(x)在(0，1)上单调递增．
由已知f(x)，g(x)在(0，1)上均单调且单调性相反，得g(x)在(0，1)上单调递减．
1
所以g′(x)＝ln x＋1－2mx≤0在(0，1)上恒成立，即2m≥，
令φ(x)＝(x∈(0，1))，φ′(x)＝＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增，φ(x)＜φ(1)＝1，
所以2m≥1，即m≥．
(2)由(1)f(x)＝lnx－在(0，1)上单调递增，f(x)＝ln x－＜f(1)＝0，即ln x＜，
令x＝∈(0，1)得ln＜＝，∵ln＜0，∴＜．
在(1)中，令m＝，由g(x)在(0，1)上均单调递减得g(x)＞g(1)＝0，
所以xln x－(x2－1)＞0，即ln x＞，
取x＝∈(0，1)得ln＞，即ln a－ln b＞，
由lna－lnb＜0得：＜，综上：＜＜．
总结提升 两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
[例3] 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：．
思维引导 (2)，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．
解析 (1)，，
依题意可得：．
2
(2)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，．
总结提升
(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4] 已知函数．
(1)求的单调区间和极值；
(2)设，且，证明：．
思维引导 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．
解析 (1)定义域为，，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)不妨设，．
，（由于定序，去分母避免了分类讨论）
3
，（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．
∴得证．所以成立．
总结提升
(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．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝ln x－．
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设m>n>0，求证：lnm－lnn>．
1．解析 (1)f′(x)＝－＝＝．
因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
4
即x2＋(2－2a)x＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2a－2≤x＋在(0，＋∞)上恒成立．
因为x＋≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，所以2a－2≤2，解得a≤2．
(2)要证ln m－ln n>，只需证ln>，即证ln－>0．
设h(x)＝ln x－，由(1)可知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为>1，所以h>h(1)＝0，即ln－>0，所以原不等式成立． Error! Reference source not found.
2．已知函数f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，且a>0．
(1)求a的取值范围；
(2)若b>0，试证明
0，所以ax－1≥0，即x≥，
所以≤1，即a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．
(2)因为b>0，a≥1，所以>1，又f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，
所以f>f(l)，即＋ln >0，化简得0)．
(1)设F(x)＝f(1)x2＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性；
(2)过两点A(x1，f′(x1))，B(x2，f′(x2))(x10，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当ln a<0，即00，得(ln a)x2＋1>0，解得0．
所以函数F(x)在上为增函数，在上为减函数．
(2)因为k＝＝＝，x2－x1>0，要证1，则只要证1－0(t>1)，故g(t)在(1，＋∞)上是增函数．
所以当t>1时，g(t)＝t－1－ln t>g(1)＝0，即t－1>ln t成立．
②要证1－1，即证t－10(t>1)，
故函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以当t>1时，h(t)＝tln t－(t－1)>h(1)＝0，即 t－10．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2，则由φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥成立．
6．已知函数f (x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f (x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当01时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－．
②当函数f (x)是单调递增函数时，f ′(x)≥0，∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ(x)＝－在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，∴λ≥0．
综上，λ的取值范围是∪[0，＋∞)．
(2)由(1)可知，当λ＝－时，f (x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，
∵0f (x2)，即－ln x1－>－ln x2－，∴>ln x1－ln x2．
要证，只需证ln x1－ln x2>1－，即证ln>1－，
令t＝，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－，令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，
当00，即ln t>1－，故原不等式得证．
7．已知函数f(x)＝lnx＋(a>0)．
(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；
(2)证明：当a≥，b>1时，f(lnb)>．
7．解析 (1)解法一 函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝ln x＋，得f′(x)＝－＝．
因为a＞0，x∈(0，a)时，f′(x)＜0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上