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1、例谈用减元法证明一类双零点不等式我们知道，若函数在时取到极值，则称为函数的极值点.比如二次函数的极值点为，作直线与曲线交于两点，可得(如图1所示).图1但对于其他的曲线，它可能也有唯一的极值点(设为)，作直线与曲线交于两点，但不一定有成立(如图2,3所示).图2图3但在图2，图3中如何证明相应的不等式,成立呢？本文将用减元法谈谈其证法. 题1 (2010年高考天津卷理科第21题)已知函数.如果，且若，求证：.分析 由题设可知，,是无法直接求出的，但我们可用减元法，将双元不等式转化为单元不等式，充分利用函数的单调性来给出其证明.欲证的结论，直接比较与的大小不方便，但可先比较与的大小.又因为，所以
2、只需比较与的大小关系，再构造辅助函数，结合函数的单调性便可完成本题的证明.证法1 可得，进而可得在上分别是增函数、减函数，在处取得极大值.由此可画出曲线如图4所示.图4由知，可不妨设，再由及图4可得，所以.欲证即证.因为函数在上是增函数，所以即证.又，所以即证.设，可得.所以函数是增函数，得.所以，得.证法2 由知，可不妨设.再由，可得，且.设，由，可解得.所以欲证，即证.设，得.所以是增函数，得；所以是增函数，得，即.证法3 由知，可不妨设.再由，可得，且(进而还可得).设，由，可解得.所以欲证，即证.设，得，所以是增函数，得，即.题2 (2013年高考湖南卷文科第21(2)题)已知函数.证
3、明：当时，求证：.证明 可得，所以函数在上分别是增函数、减函数，可作出函数的图象如图5所示：图5由知，可不妨设，再由及图5可得，所以.欲证，即证.又因为函数在上是增函数，所以即证.再由知，即证，也即证设，得，所以函数是增函数，得，所以.题3 设是函数R)的两个零点，求证：.证法1 由题设，可得 把它们相乘后，可得.当时，函数是增函数，它不可能有两个零点，所以(再由及可得)，由此可得欲证，即证.由及，可得函数在上分别是减函数、增函数，再由可得.欲证，即证.因为函数在上是减函数，所以即证.再由，得即证.设，可得.所以函数是增函数，得，所以.证法2 证法1中的结论在这里也成立，把中的两式相除后，可得
4、.在证法1中已得.欲证，即证.设，可得.设，由，可得.所以即证 设，可得.所以函数在上是减函数，得.进而可得欲证结论成立.题4 (2016年高考全国卷I理科第21题)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当x(，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增又因为f(1)e，f(2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a（b2b）0，所以f(x)存在两个零点(iii)若a0，因此f(x)在(1，)单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a1.所以当x
5、(1，ln(2a)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)单调递减，在(ln(2a)，)单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点综上所述，可得所求a的取值范围为(0，)(2)可不妨设x1x2.由(1)的解答知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)单调递减，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)0.由于f(2x2)x2a(x21)2，而f(x2)(x22)a(x21)20，所以f(2x2)x2(x22).设g(x)x(x2)ex，得g(x)(x1)(ex)所以g(x)是减函数，得g(x2)g(1)=0，即f(2x2)0，x1x22.解法2 因
6、为不是函数的零点，所以方程等价于.设，可得，所以在上分别是增函数、减函数，进而可得函数在上的值域分别是.所以当且仅当时函数f(x)有两个零点，得所求a的取值范围是.(2)由(1)的解答知，可不妨设，所以欲证，即证因为(1)中的函数在上是减函数，所以即证又，所以即证设，得，所以是减函数，得，所以题5 (2014年高考天津卷理科第20题)设f(x)xaex(aR)，xR.已知函数yf(x)有两个零点x1，x2，且x1x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：随着a的减小而增大；(3)证明：x1x2随着a的减小而增大解 (1)(过程略)a的取值范围是.(2)略.(3)可得0 x1x2，所以可设.还可得
7、，即.由，可得，所以.设，得.再设，得，所以是增函数，得.再由此得，所以即是的增函数.又由(2)的结论知，是的减函数.所以是的减函数，得欲证结论成立.题6 已知函数.(1)若在定义域上是增函数，求的取值范围；(2)设，若，求证：.解 (1)可得，设，得.进而可得在上分别是减函数、增函数，得.所以当且仅当恒成立即恒成立也即时，在定义域上是增函数，所以所求的取值范围是.(2)可得函数即(1)中的，由知，可不妨设.再由在上分别是减函数、增函数，可得.欲证即证.因为在上是减函数，所以即证.又因为，所以即证.设，得所以是减函数，得，进而可得欲证结论成立.题7 已知函数的图象在处切线方程为.(1)求实数的
8、值；(2)若，求实数的取值范围；(3)若,是函数的两个零点，试判断的正负并说明理由.解 (1)可得，所以.(2)由(1)的结论，得对任意的恒成立.先得即，得.还可得，.设，得.进而可得，函数在(0,1),(1,2)上分别是减函数、增函数， .综上所述，可得所求实数的取值范围.(3)可得，.所以函数在上分别是增函数、减函数，设时，可得.下面证明，即证.由,是函数的两个零点，可得 相减后，可得.设，可得.欲证即证.设，得.所以在上单调递减，得，所以欲证结论成立.(注：设，也可获证.)题8 已知直线与函数的图象相切，且.(1)求,的值；(2)若在曲线上存在两个不同的点，关于轴的对称点均在直线上，求证
9、：.解 构造新函数(1)可得，设切点为，得可解得，.(2)由(1)的答案可得关于轴的对称点分别为，.因为，均在直线上，所以， 由题设可得.(1)当时，可得.再由知，可不妨设.把中的两式相除得：.设，可得.欲证，即证，也即证.而这在上题中已证，所以此时欲证结论成立.(2)当时，可得.再由知，可不妨设.把中的两式相除得：.设，可得.接下来，完全同上也可证得.综上所述，可得欲证结论成立.题9 设函数，其图像在点处切线的斜率为.(1)求的关系式；(2)当时，设,是函数的两个零点，是,的等差中项，求证.解 (1)(过程略).(2)可得,，所以.可得把它们相减后，可得.还可得，所以欲证，即证，也即证设，即证，而这在例1末已证.所以欲证结论成立. 题10 已知函数.(1)若均是函数的零点，求证：； (2)若恒成立，请比较与的大小.解 (1)设，得，所以是减函数，得.可得，所以在以上结论中可令后，得(2)题设即.设，得，所以函数在上分别是增函数、减函数，得.所以.设，得，所以在上分别是增函数、减函数.又因为，所以当时，即.当时，.同理可得，当时，.
