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不等式的微分证法利用微分方法证明不等式涉及面比较广，方法多种多样，我们仅就本课程中涉及的内容介绍几种方法。
一、用微分中值定理例1证明不等式证选择函数在区间[b, a]满足拉格朗日中值定理的条件，因此，有因，故有所以二、利用函数的单调性时，例2证明当证设，则当x > 0 时，，所以 f (x) > f ( 0) ( x > 0) ,即时，成立。
同理可证，当x > 0 时, ，总之，当例3试证，当证把所给不等式变形为选取函数又因所以 f (x)在上严格单调减少，于是即三、利用函数的极值时，例4试证，当证设，当x > -1时，令解得驻点x = 0, 因为，从而可见x = 0是函数 f (x) 的一个极小点，且又是最小点，故 f (x)> f (0) =0, 亦即在x = 0时，等号成立，因此，例5若，证明：证设令得驻点，因为所以于是四、利用泰勒公式例6 当时，证明(1）(2)(3) (4)证法1 直接利用正弦函数的马克劳林公式，因为当m=0时，有当m=1时，有当m=2时，有当m=3时，有因此，（1），（2），（3），（4）各式得证。
证法2 以其中的（2）为例，取函数因为f ( 0 )=0代入马克劳林公式，其中n=2当，即五、利用函数的凹凸性我们先论证一条定理，它包含一个重要不等式，叫琴生不等式，它是根据凹性函数的图象性质得到的。
定理1设p1，p2，．．．，p n是一组正实数，而且p1＋p2＋…＋p n＝1．那么对于区间（a,b）上任意一个满足条件的凹函数f (x)，都有下列不等式（1）是（a,b）内任意一组点（不必都相异）．特别，当p1=p2=…=p n=1/n，则有此处不等式（2）．如果中最大的数是x j,最小证令的数是x i（若不只一个，可任选其一），则同法可证．因此a<X<b．对于每个f (x k),由泰勒公式可写出（3）注意，所以从（3）可得出这就证明了不等式（1）．至于（2），那是（1）的特例．显然，如果定理中的f (x)改为凸函数（此时），则（1），（2）两式的不等号“≤”将改为“≥”．从定理结论中的琴生不等式（1）与（2）出发，可以推导出许多特殊的不等式．下面我们给出两个典型例子．例7已知上的凹函数，所以根据不等式（2）立即得出如下的简单不等式是任意一组正实数．这里，例8是区间（0，∞）上的凹函数，所以对于任意一组正数即两边取反对数，得所以，一组正数的几何平均值总不超过它们的算术平均值．。
微分几何中几个不等式及其推广
马宏宾;孙振祖
【期刊名称】《中国科学院研究生院学报》
【年(卷),期】2004(021)002
【摘要】研究了微分几何中的几个不等式,提出了几个相关的不等式.(1)对平面上的Schur定理,给出了一种解析的证法,它比已知的一些(几何的)证法显得简洁、明快,进而还用积分几何方法作了些讨论.(2)对欧氏空间中闭曲线的Fáry不等式,用活动标架法,将其推广到了球面(正常高斯曲率曲面)中.(3)对三维欧氏空间中闭曲面的Fáry不等式,用活动标架法,将其中积分式前的常系数4/π进一步改进为1;此外,还将其推广到四维的欧氏空间中.这一不等式可能推广于更高维或一般的欧氏空间中,有待进一步研究.
【总页数】11页(P153-163)
【作者】马宏宾;孙振祖
【作者单位】中国科学院系统科学研究所,北京 100080;郑州大学数学系,郑州450052
【正文语种】中文
【中图分类】O186
【相关文献】
1.Gronwall不等式的几个推广及其在微分方程中的应用 [J], 郑丽芳;吴珍莺
2.微分几何中一个不等式在球面空间的推广 [J], 王志军;徐继军
3.关于正矩阵性质的几个不等式及 Holder、Minkowski不等式的推广与发展 [J], 刘珍儒
4.仿射微分几何中的几个等式 [J], 郝建华
5.一类微分型Gronwall不等式的应用及推广 [J], 聂东明; 马艳丽; 潘娜娜
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常微分方程的半群和微分不等式常微分方程是一类重要的数学问题，既涉及到理论研究，也渗透到实际应用中。
而常微分方程的半群和微分不等式则是解决该问题时非常重要的概念。
一、常微分方程的半群半群是一个集合，其元素满足某种二元运算构成一个半群，而常微分方程的半群则是指常微分方程解空间上的某种变换群。
具体来说，我们可以考虑一个自治微分方程形式如下：$$\frac{dy}{dt} = f(y(t))$$其中，$f(y)$是一个映射函数，它将状态空间中的某一状态映射到另一个状态。
将该方程的初值条件设为$y(t_0) = y_0$，则问题就是要求解该微分方程在初始条件下的解$y(t)$。
而方程的解集合可以形成一组变换群，称为该微分方程的半群。
需要注意的是，半群的特征在于其满足时态无关性：即，无论该方程的初始条件怎么变化，其解集合上的变换群都是固定不变的。
二、微分不等式微分不等式是指一些不等式关系，用于限制一个函数及其导数之间的关系，通常用于证明性质和定理。
下面我们来介绍几种常见的微分不等式。
1. Grönwall不等式Grönwall不等式是常微分方程理论中最常使用的微分不等式之一。
该不等式形式如下：$$y(t) \leq k + \int_{t_0}^{t} c(s)[y(s) - k]ds$$其中，$k$和$c(t)$都是可积函数，且$c(t) \geq 0$。
Grönwall不等式可以用于证明许多关键的定理和性质，例如短程或长程的解的存在性等。
2. Poincaré不等式Poincare不等式用于证明Dedekind分割性质中的一个基本性质，该不等式以法国数学家亨利·庞加莱的名字命名。
该不等式可以形式化为：$$\lambda_1 \leq \frac{\int |\nabla u|^2 dx}{\int u^2 dx}$$其中，$\lambda_1$是函数$u$的第一个本征值。
导数中常用的经典不等式导数中常用的经典不等式，听起来是不是有点高大上？别急，让我们轻松愉快地聊聊这个话题。
想象一下，你在咖啡店里，点了一杯浓郁的拿铁，正享受着那香浓的味道。
这时候，服务员告诉你，今天有个数学课要上，而这个课的主角就是不等式！哇，听起来真不错，不是吗？说到不等式，大家可能第一反应就是复杂的公式和令人头疼的符号，其实不然。
不等式就像生活中的规则，明明白白告诉你什么东西比什么东西大，什么东西比什么东西小。
就像你知道，生活中总有一些东西是无可替代的。
比如说，父母的爱，永远大于任何其他东西。
再比如，数学中的一些经典不等式，比如柯西施瓦茨不等式、三角不等式，听起来是不是有点酷炫？柯西施瓦茨不等式呢，就是说，两个向量的内积，永远小于等于它们模长的乘积。
这不就是生活中的一条真理吗？你和朋友一起做事的时候，总是要协同合作，才能发挥出最大的效用。
如果一个人努力，另一个人却松懈，结果肯定不如两个人一起拼的好。
想想看，团队合作的力量，不就是这个道理吗？再说说三角不等式，咱们都知道，任何三角形的两边之和，一定大于第三边。
这就像生活中很多事情，要想实现某个目标，必须要有足够的准备和努力。
比如说，你想减肥，光靠一顿节食可不行，还得配合锻炼。
就像这不等式一样，付出的努力永远要大于目标，才能达到最终的效果。
我们再来聊聊施图姆李奥维尔不等式，这个名字听起来是不是有点复杂？其实它的意思很简单，就是在特定条件下，函数的积分会遵循一定的规则。
这就像我们的人生，往往在特定的条件下，才能够达到理想的结果。
没有条件的付出，往往是徒劳无功的。
咱们的人生目标，就像这些不等式，得有清晰的方向和坚定的信念。
还有赫尔德不等式，它告诉我们在某种条件下，多个函数的积分之和会小于某个乘积。
听起来高深，但其实它的哲学意义就是要我们懂得适度和节制。
在生活中，太过于追求某件事情，往往会让我们失去平衡。
比如说，你爱吃零食，但是一口气吃太多可就完了，后果可就惨了。
导数处理双变量问题和双变量不等式一、重点题型目录【题型一】双变量不等式转化为单变量问题【题型二】双变量不等式中点型【题型三】双变量不等式极值和差商积问题【题型四】双变量不等式主元法【题型五】同构函数法与双变量不等式二、题型讲解总结【题型一】双变量不等式转化为单变量问题例1.(2022·全国·高三专题练习)若e x 1=ln x 2，令t =x 2-x 1，则t 的最小值属于( )A.1,32B.32,2C.2,52D.52,3【答案】C【分析】设a =e x 1=ln x 2，把参数t 表示成a 的函数即t =x 2-x 1=e a -ln a ，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设a =e x 1=ln x 2，则x 1=ln a ，x 2=e a ，t =x 2-x 1=e a -ln a ，令h (x )=e x -ln x ，h (x )=e x -1x，易知h (x )单增，且h 12=e -2<0，h (1)=e -1>0，则存在x 0∈12,1 ，使h (x 0)=e x 0-1x 0=0，即x ∈(0,x 0)，h (x )<0，h (x )单减；x ∈(x 0,+∞)，h (x )>0，h (x )单增；又h (x 0)=e x 0-1x 0=0⇒e x 0=1x 0,ln x 0=-x 0，则h (x )≥h (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，x 0∈12,1 易知h (x 0)=x 0+1x 0在x 0∈12,1 单减，即h (1)=2<h (x 0)<h 12 =52故选：C【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.例2.(2022·山东潍坊·高三阶段练习)已知函数f x =e x +x -2和g x =ln x +x -2，若f x 1 =g x 2=0，则( )A.x 1+x 2=2 B.0<x 1<12C.x 1⋅x 2>eD.ln x 1x 1<-x 2ln x 2【答案】ABD【分析】A 选项，根据反函数求解出y =-x +2与y =x 交点坐标，从而得到x 1+x 2=2；B 选项，由零点存在性定理得到0<x 1<12，1<x 2<e ；C 选项，化简整理得到x 1x 2=2-x 2 x 2=x 2ln x 2，求出y =x ln x 在1,e 上的单调性，求出取值范围；D 选项，构造函数h x =ln xx ，根据x 1x 2<x 1+x 22 2=1得到0<x 1<1x 2<1，根据h x 在0,1 上单调递增，所以h x 1 <h 1x 2 ，即ln x 1x 1<ln 1x 21x 2，整理得ln x 1x 1<-x 2ln x 2，D 正确．【详解】由于y =e x 和y =ln x 互为反函数，则y =e x 和y =ln x 的图象关于直线y =x 对称，将y =-x +2与y =x 联立求得交点为1,1 ，则x 1+x 22=1，即x 1+x 2=2，A 正确．易知f x 为单调递增函数，因为f 0 =-1<0，f 12 =e -32>0，由零点存在性定理可知0<x 1<12，B 正确．易知g x 为单调递减函数，g 1 =-1<0，g e =e -32>0，由零点存在性定理可知1<x 2<e ．因为x 1x 2=2-x 2 x 2=x 2ln x 2，令y =x ln x ，则y =1+ln x >0在1,e 上恒成立，所以y =x ln x 在1,e 上单调递增，所以x 1x 2=x 2ln x 2<e2，C 错误．因为x 1>0，x 2>0，所以x 1x 2<x 1+x 222=1，所以0<x 1<1x 2<1．令h x =ln xx，则h 'x =1-ln x x 2，当0<x <1时，hx >0，h x 在0,1 上单调递增，所以h x 1 <h 1x 2 ，即ln x 1x 1<ln 1x 21x 2，整理得ln x 1x 1<-x 2ln x 2，D 正确．故选：ABD【点睛】结论点睛：对于双变量问题，要结合两个变量的关系，将双变量问题转化为单变量问题再进行求解，也可通过研究函数的单调性及两个变量的不等关系进行求解例3.(2022·北京十四中高三阶段练习)关于函数f (x )=2x+ln x ，给出如下四个命题：①x =2是f (x )的极大值点；②函数y =f (x )-x 有且只有1个零点；③存在正实数k ，使得f (x )>kx 恒成立；④对任意两个正实数x 1,x 2，且x 1>x 2，若f (x 1)=f (x 2)，则x 1+x 2>4；其中的真命题有___________.【答案】②④【分析】①求f (x )导数，讨论f (x )单调性即可判断其极值情况；②作出y =f (x )与y =x 图象，根据两图象交点个数即可判断y =f (x )-x 的零点个数；③问题转化为f x 是否存在过原点且斜率为正的切线；④根据y =f (x )图象求出x 1,x 2范围，再结合f (x 1)=f (x 2)和f (x )的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明．【详解】f x =x -2x2，当0<x <2时，f x <0；当x >2时，f x >0．∴f x 在0，2 上单调递减，在2，+∞ 上单调递增，x =2是f x 的极小值点，故①错误；根据函数f x 的单调性及极值点，作出函数f x 的大致图象，如图所示，再作出直线y =x ，易知直线y =x 与f x 的图象有且只有1个交点，即函数y =f x -x 有且只有1个零点，故②正确．根据f x 的图象可知，若要存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，则f x 要存在过原点且斜率为正的切线，假设f x 存在过原点且斜率为正的切线，切点为x 0,2x 0+ln x 0 ，则切线斜率为x 0-2x 20，则切线方程为y -2x 0-ln x 0=x 0-2x 20x -x 0 ，∵切线过原点，故-2x 0-ln x 0=-x 0-2x 0，整理得x 0-x 0ln x 0-4=0，令F x =x -x ln x -4，则F x =-ln x ，∴在0，1 上，F x >0，F x 单调递增，在1，+∞ 上，F x <0，F x 单调递减，∴F x ≤F 1 <0，∴F x <0恒成立，即方程x 0-x 0ln x 0-4=0无解，即f x 不存在过原点且斜率为正的切线，故不存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，故③错误；由x 1>x 2，f x 1 =f x 2 可知x 1>2，0<x 2<2，要证x 1+x 2>4，即证x 1>4-x 2，且x 1>4-x 2>2，f x 在2，+∞ 上单调递增，即证f x 1 >f 4-x 2 ，又f x 1 =f x 2 ，∴证f x 2 >f 4-x 2 ，即证f x >f 4-x ，x ∈0，2 ．令h x =f x -f 4-x =ln x -ln 4-x +2x -24-x，x ∈0，2 ，则hx =-8(x -2)2x 2(4-x )2<0，∴h x 在0，2 上单调递减，∴h x >h 2 =0，∴x 1+x 2>4，故④正确．故答案为：②④．【点睛】本题②③均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据图象将问题进行简化；本题④需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法．例4.(2022·北京十四中高三阶段练习)关于函数f (x )=2x+ln x ，给出如下四个命题：①x =2是f (x )的极大值点；②函数y =f (x )-x 有且只有1个零点；③存在正实数k ，使得f (x )>kx 恒成立；④对任意两个正实数x 1,x 2，且x 1>x 2，若f (x 1)=f (x 2)，则x 1+x 2>4；其中的真命题有___________.【答案】②④【分析】①求f (x )导数，讨论f (x )单调性即可判断其极值情况；②作出y =f (x )与y =x 图象，根据两图象交点个数即可判断y =f (x )-x 的零点个数；③问题转化为f x 是否存在过原点且斜率为正的切线；④根据y =f (x )图象求出x 1,x 2范围，再结合f (x 1)=f (x 2)和f (x )的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明．【详解】f x =x -2x2，当0<x <2时，f x <0；当x >2时，f x >0．∴f x 在0，2 上单调递减，在2，+∞ 上单调递增，x =2是f x 的极小值点，故①错误；根据函数f x 的单调性及极值点，作出函数f x 的大致图象，如图所示，再作出直线y =x ，易知直线y =x 与f x 的图象有且只有1个交点，即函数y =f x -x 有且只有1个零点，故②正确．根据f x 的图象可知，若要存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，则f x 要存在过原点且斜率为正的切线，假设f x 存在过原点且斜率为正的切线，切点为x 0,2x 0+ln x 0 ，则切线斜率为x 0-2x 20，则切线方程为y -2x 0-ln x 0=x 0-2x 20x -x 0 ，∵切线过原点，故-2x 0-ln x 0=-x 0-2x 0，整理得x 0-x 0ln x 0-4=0，令F x =x -x ln x -4，则F x =-ln x ，∴在0，1 上，F x >0，F x 单调递增，在1，+∞ 上，F x <0，F x 单调递减，∴F x ≤F 1 <0，∴F x <0恒成立，即方程x 0-x 0ln x 0-4=0无解，即f x 不存在过原点且斜率为正的切线，故不存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，故③错误；由x 1>x 2，f x 1 =f x 2 可知x 1>2，0<x 2<2，要证x 1+x 2>4，即证x 1>4-x 2，且x 1>4-x 2>2，f x 在2，+∞ 上单调递增，即证f x 1 >f 4-x 2 ，又f x 1 =f x 2 ，∴证f x 2 >f 4-x 2 ，即证f x >f 4-x ，x ∈0，2 ．令h x =f x -f 4-x =ln x -ln 4-x +2x -24-x，x ∈0，2 ，则hx =-8(x -2)2x 2(4-x )2<0，∴h x 在0，2 上单调递减，∴h x >h 2 =0，∴x 1+x 2>4，故④正确．故答案为：②④．【点睛】本题②③均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据图象将问题进行简化；本题④需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法．例5.(2022·上海·上外附中高三阶段练习)已知函数f x =x -ln x ,x >0x +4e,x ≤0，若存在x 1≤0,x 2>0，使得f x 1 =f x 2 ，则x 1f x 2 的最小值为__________.【答案】-4e 2【分析】根据分段函数解析式画出函数f (x )的简图，设f (x 1)=f (x 2)=t ，根据图像确定t 的取值范围，将x 1f x 2 化成只含有一个变量t 的二次函数，由定区间内二次函数的性质，从而确定x 1f x 2 的最小值.【详解】当x >0时，f (x )=x -ln x ，f (x )=1-1x =x -1x，当x >1时，f (x )>0，当0<x <1时，f (x )<0，即当x =1时，f (x )取得极小值为f (1)=1.当x ≤0时，f (x )=x +4e 为增函数，且f (x )≤4e ，函数f (x )的图像如图：设f (x 1)=f (x 2)=t ，由题可知1≤t ≤4e ，由f (x 1)=t 得x 1+4e =t ，则x 1=t -4e ，则x 1f (x 2)=t (t -4e )=(t -2e )2-4e 2，∵1≤t ≤4e ，所以当t =2e 时，x 1f x 2 取得最小值为-4e 2.故答案为：-4e 2.【点睛】本题重点是根据函数解析式做出函数图像，然后根据换元的思想，把双变量问题转化为单变量问题，然后就可以轻松求解.【题型二】双变量不等式中点型例6.(2021秋•山西期末)已知函数f (x )=2x +(1-2a )ln x +a x．(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )=m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f x 1+x 22>0．【解答】解：(1)f ′(x )=2+1-2a x -ax 2=2x 2+(1-2a )x -a x 2=(x -a )(2x +1)x 2(x >0)，①当a ≤0时，x ∈(0,+∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增；②当a >0时，x ∈(0,a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减；x ∈(a ,+∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，综上，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a >0时，f (x )在(0,a )单调递减，在(a ,+∞)单调递增．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)单调递增，f (x )=m 至多一个根，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0,a )单调递减，在(a ,+∞)单调递增，则f ′(a )=0．不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′x 1+x 22>0，即证x 1+x 22>a ，即证x 2+x 1>2，即证x 2>2a -x 1．因为f (x )在(a ,+∞)单调递增，即证f (x 2)>f (2a -x 1)，因为f (x 2)=f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a -x 1)，即证f (a +x )<f (a -x )，令g (x )=f (a +x )-f (a -x )=2(a +x )+(1-2a )ln (a +x )+a a +x-2(a -x )+(1-2a )ln (a -x )+a a -x=4x +(1-2a )ln (a +x )-(1-2a )ln (a -x )+a a +x -aa -x．g ′(x )=4+1-2a a +x +1-2a a -x -a (a +x )2-a(a -x )2=4+2a (1-2a )a 2-x 2-2a (a 2+x 2)(a +x )2(a -x )2=4x 2(x 2-a 2-a )(a +x )2(a -x )2．当x ∈(0,a )，时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)=f (a +0)-f (a -0)=0，所以x ∈(0,a )，时，g (x )<g (0)=0，即f (a +x )<f (a -x )，即f (x )>f (2a -x )，又x 1∈(0,a )，所以f (x 1)>f (2a -x 1)，所以f x 1+x 22>0．例7.(2021•沙坪坝区校级开学)已知函数f (x )=x 2-2ax +2ln x (a >0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )=ln x -bx -cx 2，若函数f (x )的两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)恰为函数g (x )的两个零点，且y =(x 1-x 2)g ′x 1+x 22的取值范围是[ln3-1，+∞)，求实数a 的取值范围．【解答】解：(1)函数f (x )=x 2-2ax +2ln x (a >0)的定义域为(0,+∞)，又f(x )=2x -2a +2x =2⋅x 2-ax +1x(a >0,x >0)，对于方程x 2-ax +1=0，△=a 2-4(a >0)，①若△=a 2-4≤0，即0<a ≤2时，则f (x )≥0恒成立，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；②若△=a 2-4>0，即a >2时，令f(x )=0，解得x =a -a 2-42，或x =a +a 2-42，当x ∈0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞时，f (x )>0，当x ∈a -a 2-42，a +a 2-42时，f (x )<0，所以f (x )在0,a -a 2-42和a +a 2-42，+∞上单调递增，在a -a 2-42，a +a 2-42上单调递减．综上所述，当0<a ≤2时，f (x )的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；当a >2时，f (x )的单调递增区间为0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞，单调递减区间为a -a 2-42，a +a 2-42；(2)由(1)可知，当a >2时，x 1+x 2=a ，x 1x 2=1(x 1<x 2)，又g (x )=1x -b -2cx (x >0)，故g x 1+x 22 =2x 1+x 2-b -c (x 1+x 2)，由g (x 1)=g (x 2)=0，可得ln x 1-bx 1-cx 12=0ln x 2-bx 2-cx 22=0 ，两式相减，可得lnx 1x 2=b (x 1-x 2)+c (x 21-x 22)，所以y =(x 1-x 2)g x 1+x 22 =2(x 1-x 2)x 1+x 2-b (x 1-x 2)-c (x 21-x 22)=2(x 1-x 2)x 1+x 2-ln x 1x 2=2x 1x 2-1x 1x 2+1-ln x1x 2，令x 1x 2=t ∈(0,1)，所以y =2(t -1)t +1-ln t ，则y=-(t -1)2t (t +1)2<0，所以y =2(t -1)t +1-ln t 在(0,1)上单调递减，由y 的取值范围为[ln3-1，+∞)，可得t 的取值范围为0,13，所以a 2=(x 1+x 2)2=x 1x 2+x 2x 1+2=t +1t+2∈163,+∞ ，又因为a >2，故实数a 的取值范围是433,+∞．例8.(2021秋•巴南区校级月考)已知函数f (x )=ln x -ax (a 为常数)．(1)当a >1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ≥322时，设函数g (x )=2f (x )+x 2的两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)满足t =ln x 1-ln x 2x 1-x 2，求y =(x 1-x 2)2x 1+x 2-t+23的最小值．【解答】解：(1)依题意，得f (x )=1x -a =1-axx (x >0)，∵a >1，由1-ax >0，解得x <1a ，即当0<x <1a时，f (x )>0，f (x )单调递增，由1-ax <0，解得x >1a ，即当x >1a时，f (x )<0，f (x )单调递减，∴当a >1时，f (x )的单调递增区间为0,1a ，f (x )的单调递减区间为1a ，+∞ ．(2)∵g (x )=2f (x )+x 2=2ln x -2ax +x 2，∴g(x )=2(x 2-ax +1)x=0的两根为x 1，x 2，即方程x 2-ax +1=0的两根为x 1，x 2，∵a ≥322，∴△=a 2-4>0，∴x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，∵t =ln x 1-ln x 2x 1-x 2，∴y =(x 1-x 2)2x 1+x 2-ln x 1-ln x 2x 1-x 2 +23=2(x 1-x 2)x 1+x 2-ln x 1x 2+23=2⋅x 1x 2-1x 1x 2+1-ln x 1x 2+23，令m =x 1x 2(0<m <1)，由韦达定理，得(x 1+x 2)2=x 12+2x 1x 2+x 22=a 2，∴x 12+2x 1x 2+x 22x 1x 2=m +1m+2=a 2，∵a ≥322，∴m +1m =a 2-2≥52，∴m ≤12或m ≥2，∴0<m ≤12，令h (m )=2⋅m -1m +1-ln m +23，∴h(m )=-(m -1)2m (m +1)2<0，∴h (m )在0<m ≤12上递减，∴y min =h (m )min =h 12 =ln2，【题型三】双变量不等式极值和差商积问题例9.(2022·全国·高三专题练习)若直线y =ax 与曲线C :y =ln x 相交于不同的两点A (x 1,y 1)，B (x 1,y 1)，曲线C :y =ln x 在点A ，B 处的切线相交于点P (x 0,y 0)，则( )A.a ≤1eB.ex 1x 2=x 0C.k AP +k BP >2aD.k AP +k BP ≤2a【答案】C【分析】A 选项根据图像可以得出结论；B 选项：设A ,B ，写出A ，B 点处的切线程联立并化简得x 2-x 1 ax 1x 2-x =0，从而得出结论；C 选项：要证明k AP +k BP >2a 即1x 1+1x 2>2ln x 2-ln x 1x 2-x 1，化简得x 2x 12-2×x 2x 1⋅ln x 2x 1 -1>0，设t =x2x 1>1，可得t 2-2×t ⋅ln t -1>0令h (t )=t 2-2×t ⋅ln t -1，通过求导判断h (t )的单调性，进一步得到h (t )>0，从而得证；D 选项，根据C 选项的结论得出结论.【详解】A 选项：当a ≤0时，直线y =ax 与曲线C :y =ln x 只有一个交点，故A 错误；B 选项：设A (x 1,y 1),B =(x 2,y 2)，且1<x 1<x 2，可得ax 1=ln x 1,ax 2=ln x 2， y =ln x 在A ，B 点处的切线程为y -ln x 1=1x 1(x -x 1)①,y -ln x 2=1x 2(x -x 2)②,①-②得ln x 2-ln x 1=x x 1-x x 2，将ax 1=ln x 1,ax 2=ln x 2代入得ax 2-ax 1=x x 1-x x 2化简x 2-x 1 ax 1x 2-x =0，∵x 2≠x 1∴ax 1x 2=x 故ax 1x 2=x 0，故B 错误；C 选项：要证明k AP +k BP >2a 即1x 1+1x 2>2ln x 2-ln x 1x 2-x 1， 化简得x 2x 1 2-2×x 2x 1⋅ln x2x 1 -1>0，设t =x 2x 1>1，可得t 2-2t ⋅ln t -1>0令h (t )=t 2-2t ⋅ln t -1h (t)=2t-2ln t-2i(t)=h (t)=2t-2ln t-2 i (t)=2-2t=2t-1t，当t>1，i (t)=2t-1t>0，i(t)在t>1上单调递增，所以i(t)>i(1)=0，所以h (t)>0，h(t)在t>1上单调递增，所以h(t)>h(1)=0，所以x2x12-2×x2x1⋅lnx2x1-1>0，即k AP+k BP>2a，故C正确；D选项，根据C选项可得D选项错误.故选：C.【点睛】导数中双变量问题，此时处理的方式是通过变形,把x2x1看作一个未知数,从而把两个自变量转化为一个未知量，这是一种比较常见的解题方法.例10.(2022·云南·昆明一中高三阶段练习)已知函数f(x)=ln x-12ax-1．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设函数g(x)=xf(x)，若g(x)有两个极值点x1,x2，证明：x1x2>e2．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】(1)求出导数后，将参数分为a≤0和a>0两种情况讨论导数取值即可.(2)求出g(x)导数，根据函数极值点就是导数零点列式将参数消去，同时将证明问题进行转换，最后利用抓商构造x1x2=t型函数作最终证明.(1)由f(x)=ln x-12ax-1可知f (x)=1x-12a=2-ax2x，其中x∈(0,+∞)当a≤0时，2-ax>0在(0,+∞)恒成立，即f (x)>0，故当a≤0时，f(x)在(0,+∞)单调递增;当a>0时，令2-ax>0，得x<2a，即在0,2a，f (x)>0；在2a,+∞，f (x)<0故当a>0时，f(x)在0,2 a在单调递增，f(x)在2a,+∞在单调递减.(2)由g(x)=x ln x-12ax2-x可知g (x)=ln x-ax，其中x∈(0,+∞).若g(x)有两个极值点x1,x2，则g (x1)=ln x1-ax1=0，g (x2)=ln x2-ax2=0故ln x1+ln x2=a(x1+x2)；ln x1-ln x2=a(x1-x2)，其中a=ln x1-ln x2 (x1-x2)欲证x1x2>e2，只需证ln x1+ln x2>2，即证ln x1x2(x1+x2)x1-x2>2 ①不妨假设0<x 1<x 2，则0<x 1x 2<1，令x1x 2=t ，代入①可得ln t (t +1)t -1>2化简，最终只需证明ln t -2(t -1)t +1<0即可，令h (t )=ln t -2(t -1)t +1其中t ∈(0,1)得h(t )=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2>0所以h (t )在(0,1)单调递增所以h (t )<h (1)=0，故ln t -2(t -1)t +1<0，因此x 1x 2>e 2证毕.【点睛】方法点睛(1)联立消参：利用方程g (x 1)=g (x 2)消除解析式中的参数a (2)抓商构元：令x 1x 2=t ，消除变量x 1,x 2，构造关于t 得函数h (t )(3)用导求解：利用导数求解函数h (t )得最大值或者最小值，从而可证得结论.【题型四】双变量不等式主元法例11.(2022·黑龙江·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习)若实数x ,y 满足4ln x +2ln 2y ≥x 2+8y -4，则( )A.xy =24B.x +y =2C.x +2y =1+2D.x 2y =1【答案】A【分析】根据题意将原不等式化简为ln 12x 2⋅4y ≥12x 2+4y -2，令a =12x 2,b =4y a >0,b >0 ，可知原不等式等价于ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，再令g x =ln x -x +1，则原不等式等价于g a +g b ≥0；再利用导数求出函数g x 单调性，进而可得g x ≤0，由此可知只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足g a +g b ≥0，据此即可求出x ,y 的值，进而求出结果.【详解】∵4ln x +2ln 2y ≥x 2+8y -4x >0,y >0 ∴2ln (x 2)+ln 2y ≥x 2+8y -4 ，即ln x 2 +ln 2y ≥12x 2+4y -2 ∴ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，设a =12x 2,b =4y a >0,b >0 ，则有ln ab ≥a +b -2，即ln a +ln b ≥a +b -2，∴ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，令g x =ln x -x +1，则g x =1x -1=1-x x，∴当x ∈0,1 时，g x >0，g x 单调递增；当x ∈(1,+∞)时，g x <0，g x 单调递减；∴g x max =g 1 =0，即g x ≤0，要使ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0成立等价于g a +g b ≥0成立，只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足，∴a =12x 2=1,b =4y =1∴x =2,y =14，∴xy =24.故选：A .【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解.例12.(2023·全国·高三专题练习)若存在两个正实数x ，y ，使得等式2x +a (y -2ex )(ln y -ln x )=0成立，则实数a 的取值范围为( )A.-12，1eB.0，2eC.-∞，0 ∪2e ，+∞D.-∞，-12 ∪1e，+∞【答案】C【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．【详解】由2x +a (y -2ex )(ln y -ln x )=0得2x +a (y -2ex )ln yx=0，即2+a y x -2e ln yx =0，即设t =y x，则t >0，则条件等价为2+a (t -2e )ln t =0，即(t -2e )ln t =-2a有解，设g (t )=(t -2e )ln t ，g ′(t )=ln t +1-2et 为增函数，∵g ′(e )=ln e +1-2ee =1+1-2=0，∴当t >e 时，g ′(t )>0，当0<t <e 时，g ′(t )<0，即当t =e 时，函数g (t )取得极小值，为g (e )=(e -2e )ln e =-e ，即g (t )≥g (e )=-e ，若(t -2e )ln t =-2a有解，则-2a ≥-e ，即2a≤e ，则a <0或a ≥2e ，故选：C ．例13.(2022·全国·高三专题练习)已知大于1的正数a ，b 满足ln 2b e2a <b a n ，则正整数n 的最大值为( )A.7 B.8 C.9 D.11【答案】C【解析】ln 2b e 2a <b n a n 等价于ln 2b b n <e 2a a n ，令f x =ln 2x x n ，g x =e 2xxn ，分别求f x ，g x 的导数，判断函数的单调性，可求得f x 有最大值f e 2n =2n 2e 2，g x 有最小值g n 2 =e n n 2n ，根据题意，即求f x max ≤g x min ，代入为2n 2e2≤e n n 2 n ，等价于n +2n -2≥ln n 2，令φx =x +2x -2-ln x2，即求φx >0的最大的正整数.对φx 求导求单调性，可知φx 单调递减，代入数值计算即可求出结果.【详解】解：由题干条件可知：ln 2b e 2a <b n a n 等价于ln 2b b n <e 2a an ，令f x =ln 2xx n ，x >1 ，则f 'x =x n -1⋅ln x (2-n ln x )x 2n =ln x (2-n ln x )x n +1f 'x =0，x =e 2n ，当f 'x >0时，x ∈1,e 2n ，当f 'x <0时，x ∈e 2n ,+∞所以f x 在1,e 2n 上单调递增，在e 2n ,+∞ 上单调递减，则f x 有最大值f e 2n =2n 2e 2.令g x =e 2xxn ，x >1 ，则g 'x =e 2x2x -nx 2n，当n 2≤1时，此题无解，所以n2>1，则g 'x =0,x =n2，当g 'x >0,x >n 2，当g 'x <0,1<x <n 2，所以g x 在1,n 2 上单调递减，在n 2,+∞ 上单调递增，则g x 有最小值g n2 =e nn 2n .若ln 2b b n <e 2a a n 成立，只需f e 2n ≤g n2 ，即2n 2e 2≤e n n 2n，即e n +2≥n 2 n -2，两边取对数可得：n +2≥(n -2)ln n 2.n =2时，等式成立，当n ≥3时，有n +2n -2≥ln n2，令φx =x +2x -2-ln x2，本题即求φx >0的最大的正整数.φ'x =-4(x -2)2-1x <0恒成立，则φx 在3,+∞ 上单调递减，φ8 =53-ln4>0，φ9 =117-ln 92≈1.5714-1.51>0，φ10 =32-ln5<0，所以φx >0的最大正整数为9.故选：C .【点睛】本题考查构造函数法解决恒成立问题.方法点睛：双变元的恒成立问题，经常采用构造成两个函数，转化为f x 1 <g x 2 ，若f x 1 max <g x 2 min ，则复合恒成立的情况.例14.(2022·四川省成都市新都一中高三阶段练习(理))已知函数f (x )=ln xx,g (x )=xe -x ，若存在x 1∈(0,+∞),x 2∈R ，使得f x 1 =g x 2 =k 成立，则下列命题正确的有___________．①当k >0时，x 1+x 2>1 ②当k >0时，2<x 1+e x 2<2e③当k <0时，x 1+x 2<1 ④当k <0时，x 2x 1⋅e k 的最小值为-1e 【答案】①③④【分析】根据f (x )可求得f (x )在(0,e )上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减，则可画出f (x )的图像；利用同构可知f (x 1)=g (x 2)=k 等价于ln x 1x 1=ln e x2ex 2=k ，结合图像则可判断① ②③；当k <0时，可得x 1=e x 2，x 1∈(0,1)，构造函数可判断④．【详解】解：①f (x )=1-ln xx 2(x >0)，令f (x )>0得0<x <e ，f (x )在(0,e )上递增，且值域-∞,1e；令f (x )<0得x >e ，f (x )在(e ,+∞)上递减，且值域0,1e；作图如下：当k >0时，由f (1)=0知：若∃x 1∈(0,+∞)，使得f (x 1)=k ，则x 1>1，当k <0时，若∃x 1∈(0,+∞)，使得f (x 1)=k ，则0<x 1<1，由g (x )=xe -x 得：g (x )=1-xe x，令g (x )>0得x <1，g (x )在(-∞,1)上递增，且值域-∞,1e；令g (x )<0得x >1，g (x )在(1,+∞)上递减，且值域0,1e；作出g (x )图象如下：当k >0时，由g (0)=0知：若∃x 2∈R 使得g (x 2)=k ，则x 2>0，当k <0时， 若∃x 2∈R 使得g (x 2)=k ，则x 2<0，∴当k >0时，x 1+x 2>1．故①正确．②当k >0时，由f x 1 =g x 2 =k 得：ln x 1x 1=x 2e -x 2，即ln x 1x 1=ln e x 2ex 2，∴x 1,e x 2可看成ln xx=k 的两零点，作出y =ln xx的图象如下：由图象易知：x 1或e x 2均可趋向于+∞，故②错误；③当k <0时，由①的讨论知：x 2<0，0<x 1<1，∴x 1+x 2<1．故③正确；④当k <0时，此时x 1∈(0,1)，由②知：x 1=e x 2，∴x 2=ln x 1，则x 2x 1=ln x 1x 1=k ，∴要求x 2x 1⋅e k的最小值即求ke k 的最小值即可，令h (k )=ke k (k <0)，则h (k )=e k +ke k =(1+k )e k ，令e k +ke k =0，解得：k =-1，易知k =-1为极小值点，故h (k )的最小值为h (-1)=-1e ．故④正确．故答案为：①③④．【点睛】关键点点睛：同构找到x 1=e x 2，通过f (x )与g (x )的图象及性质判断求解，在处理④时，要注意消元思想的运用．【题型五】同构函数法与双变量不等式例15.(2022·福建省福州格致中学模拟预测)已知f (x )=ln x +x -a ,g (x )=x +e x +a ,f x 1 =g x 2 ，若x 1x 2≥1，则a 的取值范围为( )A.[-1,+∞) B.(-∞,e ] C.(-∞,1] D.[e ,+∞)【答案】A【分析】利用同构构造h x =x +e x ，得到h ln x 1 =h x 2+a ，结合h x =x +e x 的单调性，得到a =ln x 1-x 2≥ln x 2-x 2，构造φx =ln x -x ，求出其最大值，得到a 的取值范围.【详解】由题意得：x 1>0，又因为x 1x 2≥1，所以x 2>0，ln x 1+x 1-a =x 2+e x 2+a ，即ln x 1+x 1=x 2+a +e x 2+a ，所以ln x 1+e ln x 1=x 2+a +e x 2+a ，设h x =x +e x ，则h ln x 1 =h x 2+a ，h x =1+e x >0，所以h x =x +e x 单调递增，所以ln x 1=x 2+a ，因为x 1x 2≥1，所以a =ln x 1-x 2≥ln x 2-x 2，令φx =ln x -x ，x >0，则φ x =1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，φ x >0，当x ∈1,+∞ 时，φ x <0，故φx =ln x -x 在x =1处取得极大值，也是最大值，φx ≤φ1 =ln1-1=-1，故a ∈[-1,+∞).故选：A【点睛】同构构造函数，求解参数取值范围问题，通常适用于方程或不等式同时出现了指数函数与对数函数，此时利用同构构造函数，往往会是解题的突破口.例16.(2022·江苏南京·高三开学考试)若函数f x =e x -1x ，g x =x1+ln x，存在x 1、x 2使得f x 1 =g x 2 ，则下列说法不正确的是( )A.若x 1>x 2，则x 2<1B.若x 1<x 2，则x 1<1C.存在x 1=x 2D.存在x 0，使得当x 1>x 0，x 2>x 0时，x 2-x 1 的值随着x 1、x 2的增大而增大【答案】B【分析】利用导数分析函数f x 的单调性，证明出x ≥ln x +1(当且仅当x =1时，等号成立)，由已知可得f x 1 =f 1+ln x 2 ，分1+ln x 2<0、0<1+ln x 2<1、1+ln x 2=1、1+ln x 2>1四种情况讨论，讨论x 1、x 2的大小，可判断ABC 选项的正误；取x 0=1，可得出x 2-x 1=x 2-ln x 2-1>0，利用导数分析函数φx =x -ln x -1在1,+∞ 上的单调性，可判断D 选项.【详解】函数f x 的定义域为x x ≠0 ，fx =e x -1x -1x 2，当x <0时，f x <0，此时函数f x 单调递减，且f x =e x -1x<0；当0<x <1时，fx <0，此时函数f x 单调递减，且f x =e x -1x >0；当x >1时，fx >0，此时函数f x 单调递增，且f x =e x -1x>0.设f x 1 =g x 2 =k ，g x =x 1+ln x =e 1+ln x -11+ln x=f 1+ln x ，构造函数h x =x-ln x-1，其中x>0，h x =1-1x=x-1x.当0<x<1时，h x <0，此时函数h x 单调递减；当x>1时，h x >0，此时函数h x 单调递增.所以，h x min=h1 =0，即x≥ln x+1，当且仅当x=1时，等号成立.因为f x1=g x2=f1+ln x2.①若1+ln x2<0，即0<x2<1e，则f x1=f1+ln x2<0，此时x1<0，因为函数f x 在-∞,0上单调递减，则x1=1+ln x2<x2；②若0<1+ln x2<1，即1e<x2<1，由于函数f x 在0,1上递减，在1,+∞上递增，则存在x1>1，使得f x1=f1+ln x2，此时1+ln x2<x2<1<x1，存在x1∈0,1，使得f x1=f1+ln x2，此时x1=1+ln x2<x2<1；③若1+ln x2=1，即x2=1，则f x =f1 只有唯一解，此时x1=1，即x1=x2=1；④若1+ln x2>1，即x2>1，因为由于函数f x 在0,1上递减，在1,+∞上递增，则存在x1∈0,1使得f x1=f1+ln x2，此时x1<1<1+ln x2<x2，存在x1>1使得f x1=f1+ln x2，此时x1=1+ln x2<x2.故A对，B错，C对；取x0=1，因为函数f x 在1,+∞上单调递增，且x1>1，x2>1，则1+ln x2>1，由f x1=f1+ln x2可得x1=1+ln x2<x2，则x2-x1=x2-ln x2-1>0，因为函数h x 在1,+∞上单调递增，且x2>1，故h x2随着x2的增大而增大，D对.故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x-g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.例17.(2022·黑龙江·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习)若实数x,y满足4ln x+2ln2y≥x2+8y -4，则( )A.xy=24B.x+y=2C.x+2y=1+2D.x2y=1【答案】A【分析】根据题意将原不等式化简为ln12x2⋅4y≥12x2+4y-2，令a=12x2,b=4y a >0,b >0 ，可知原不等式等价于ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，再令g x =ln x -x +1，则原不等式等价于g a +g b ≥0；再利用导数求出函数g x 单调性，进而可得g x ≤0，由此可知只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足g a +g b ≥0，据此即可求出x ,y 的值，进而求出结果.【详解】∵4ln x +2ln 2y ≥x 2+8y -4x >0,y >0 ∴2ln (x 2)+ln 2y ≥x 2+8y -4 ，即ln x 2 +ln 2y ≥12x 2+4y -2 ∴ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，设a =12x 2,b =4y a >0,b >0 ，则有ln ab ≥a +b -2，即ln a +ln b ≥a +b -2，∴ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，令g x =ln x -x +1，则g x =1x -1=1-x x，∴当x ∈0,1 时，g x >0，g x 单调递增；当x ∈(1,+∞)时，g x <0，g x 单调递减；∴g x max =g 1 =0，即g x ≤0，要使ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0成立等价于g a +g b ≥0成立，只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足，∴a =12x 2=1,b =4y =1∴x =2,y =14，∴xy =24.故选：A .【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解.例18.(2022·全国·高三专题练习)设实数λ>0，若对任意x ∈0,+∞ ，不等式e xλ-ln λx ≥0恒成立，则λ的取值范围是( )A.0<λ≤1eB.0<λ≤e -1C.0<λ≤eD.0<λ≤e 2【答案】C【分析】令f x =e x λ-ln λx ，根据二阶导数的符号判断f (x )的单调性，由零点存在性定理易知∃x 0∈(0,+∞)使f (x 0)=0，此时λ=x 0e x 0，进而讨论f (x )的单调性可知f (x )≥f (x 0)，要使题设不等式恒成立，即f (x 0)=e x 0λ-ln λ-ln x 0≥0成立，构造g (x 0)=1x 0-2ln x 0-x 0利用导数研究其单调性确定g (x 0)≥0的区间，进而求λ的范围.【详解】令f x =e xλ-ln λx ，只需要x ∈0,+∞ 上f (x )≥0恒成立，∵f (x )=e x λ-1x 且λ>0，∴f (x )=e x λ+1x2>0，即f (x )在x ∈0,+∞ 上单调递增，∵lim x →0+f (x )=-∞，lim x →+∞f (x )=+∞，∴∃x 0∈(0,+∞)，使f (x 0)=0，即λ=x 0e x 0，∴x ∈(0,x 0)时，f (x )<0，f (x )单调递减；x ∈(x 0,+∞)时，f (x )>0，f (x )单调递增；故只需f x ≥f x 0 =e x 0λ-ln λx 0 =e x 0λ-ln λ-ln x 0≥0，令g (x 0)=1x 0-2ln x 0-x 0，∴g (x 0)=-1x 0+12<0，故g (x 0)在x 0∈(0,+∞)上递减，而g (1)=0，∴x 0∈(0,1]时，g (x 0)≥0恒成立，可知λ=x 0e x 0∈(0,e ].故选：C【点睛】关键点点睛：利用导数研究f (x )的单调性并确定极小值点范围，根据f (x 0)=0有λ=x 0e x 0，结合f (x )≥f (x 0)构造新函数，求f (x 0)≥0成立时x 0的区间，进而求参数范围.例19.(2022·全国·高三专题练习)若e x 1=ln x 2，令t =x 2-x 1，则t 的最小值属于( )A.1,32B.32,2C.2,52D.52,3【答案】C【分析】设a =e x 1=ln x 2，把参数t 表示成a 的函数即t =x 2-x 1=e a -ln a ，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设a =e x 1=ln x 2，则x 1=ln a ，x 2=e a ，t =x 2-x 1=e a -ln a ，令h (x )=e x -ln x ，h (x )=e x -1x，易知h (x )单增，且h 12=e -2<0，h (1)=e -1>0，则存在x 0∈12,1 ，使h (x 0)=e x 0-1x 0=0，即x ∈(0,x 0)，h (x )<0，h (x )单减；x ∈(x 0,+∞)，h (x )>0，h (x )单增；又h (x 0)=e x 0-1x 0=0⇒e x 0=1x 0,ln x 0=-x 0，则h (x )≥h (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，x 0∈12,1 易知h (x 0)=x 0+1x 0在x 0∈12,1 单减，即h (1)=2<h (x 0)<h 12 =52故选：C【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.例20.(2022·全国·高三专题练习)若对于任意的0<x 1<x 2<a ，都有x 2ln x 1-x 1ln x 2x 1-x 2>2，则a 的最大值为( )A.1B.eC.1eD.12【答案】C【分析】问题转化为ln x1+2x1<ln x2+2x2，构造函数f(x)=ln x+2x，易得f(x)在定义域(0,a)上单调递增，所以f (x)≥0在(0,a)上恒成立，进而可求出a的最大值．【详解】解：∵0<x1<x2<a，∴x1-x2<0，∴x2ln x1-x1ln x2<2(x1-x2)，∴ln x1x1-ln x2x2<2x2-2x1，∴ln x1+2x1<ln x2+2x2，∴函数f(x)=ln x+2x在定义域(0,a)上单调递增，∴f′(x)=1-(ln x+2)x2=-ln x-1x2≥0在(0,a)上恒成立，由-ln x-1≥0，解得0<x≤1e，故a的最大值是1e.故选：C．【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是将原式变形为ln x1+2x1<ln x2+2x2，从而构造函数f(x)=ln x+2x且f(x)在定义域(0,a)上单调递增.。
微分形式的双权积分不等式
李娟
【期刊名称】《数学物理学报》
【年(卷),期】2007(027)003
【摘要】该文证明了满足A-调和方程的微分形式的局部双权积分不等式.作为局部结果的应用,还证明了满足A-调和方程的微分形式的整体双权积分不等式.
【总页数】9页(P515-523)
【作者】李娟
【作者单位】宁波大学数学系,宁波,315211;上海交通大学数学系,上海,200240【正文语种】中文
【中图分类】O174.5
【相关文献】
1.共轭 A-调和张量的双权积分不等式 [J], 高红亚;侯兰茹
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3.Hardy-Littlewood极大函数双权范数积分不等式的研究 [J], 朱海静;陈斌
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偏微分方程中常用的不等式及其证明偏微分方程是数学中的一个重要分支，在解决许多物理和工程实际问题中起着至关重要的作用。
然而，由于偏微分方程的复杂性，往往不容易得出精确的解决方案。
因此，为了实现偏微分方程的可能性，常常需要以不等式的方式对其进行限制。
本文旨在讨论偏微分方程中常用的不等式及其证明。
【偏微分方程中常用的不等式】1、拉格朗日不等式:是一类变分不等式，用于限制偏微分方程的解。
它同时也是一类特殊的变分技术。
它的形式为：∑(λi*f(x))+λ*g(x)≥0,其中，λi是未知常数，f(x)和g(x)分别是需要求解的偏微分方程的积分形式。
2、弗罗维茨不等式:是一类数学不等式，用于限制微分方程的解。
它的形式为：a(x) * f(x) + b(x) * g(x) 0，其中，a(x)和b(x)是待估计的连续函数，f(x)和g(x)分别代表要求解的偏微分方程的积分形式。
【证明】1、拉格朗日不等式：对于拉格朗日不等式，我们可以用变分法证明它的正确性。
我们假设给定的微分方程的解u(x)为极值，由于v(x)=u(x)+λ*g(x)，其中λ是一个未知常数，因此可以得到J(u,)=∫(u(x)^2+λ*g(x))dx=0.令Δx=x2-x1，可得ΔJ=∑λi*(f(xi+1)-f(xi))+λ*(g(x2)-g(x1))≥0.因此，我们可以得出拉格朗日不等式的正确性。
2、弗罗维茨不等式：对于弗罗维茨不等式，我们可以使用泛函分析的方法来证明它的正确性。
由于u(x)是给定微分方程的解，根据泛函分析原理，可得 S(u,)=∫(a(x)*f(x)+b(x)*g(x))dx≥0.令Δx=x2-x1，则ΔS=∑[a(xi)*(f(x2)-f(x1))+b(xi)*(g(x2)-g(x1))]≥0.因此，我们可以得出弗罗维茨不等式的正确性。
【结论】从上述内容可以看出，偏微分方程中常用的不等式及其证明，变分法和泛函分析的方法是有效的。
