1、- 1 关键是在x=0的时候相等.( ,0 8, ) ,而且必须单调微变式3：已知函数 2 2 22 2 1 , 0( ) ( 4 ) 3 , 0,k x k a xf x x a a x a x ,其中 (3,4a . 若对任意的非零实数 1x ,存在唯一的非零实数 2 1 2x x x ,使得 1 2( ) ( )f x f x 成立,则k的最小值是_.【 115 】微变式4：已知函数 2 2 22 2 1 , 0( ) ( 6 8) 3 , 0,k x k a xf x x a a x a x ,其中aR . 若对任意的非零实数 1x ,存在唯一的非零实数 2 1 2x x x ,使得
2、1 2( ) ( )f x f x 成立,则k的取值范围是_.解：条件为 .0 ,034 ,)3(2 22k aa aka ，得 4,0k第三章 变形消元法第一节 基本简单题:28. 已知函数 ( ) ln(1 ) 1xf x x x （）若a、 0b ，求证ln ln 1 ba b a 要证ln ln 1 ba b a 只需证明ln 1a ab b ,即 1ln 1 ( 0)x xx 已知ln 1x x ,所以 1 1ln 1x x 29. （）由（）知，当 1x 时，ln( 1) 1xx x ，可得 1ln ( 0)xx xx ，即 1ln 1 ( 0)x xx 因为a、 0,ln ln
3、lnab a b b ，所以ln 1a ab b ，故得证30. 已知函数 ( ) lnf x x （）当0 a b 时，求证： 2 22 ( )( ) ( ) a b af b f a a b 我们要证 2 22 ( )( ) ( ) a b af b f a a b 只需证明 22 1ln 1 bb aa ba （）由（）知ln(1 )x x ( 1)x- 35 ( ) ( ) ln ln ln ln ln(1 )b a a b a b b af b f a b a a b b b a 又因为0 a b 所以 2 2 2a b ab ，则 2 21 2ab a b ，所以 2 22 ( )
4、b a a b ab a b 故 2 22 ( )( ) ( ) a b af b f a a b 31. （2004全国卷）已知函数 ( ) ln(1 ) , ( ) ln ,f x x x g x x x 设0 a b ，求证0 ( ) ( ) 2 ( ) ( )ln22a bg a g b g b a 详解： 2 2( ) ( ) 2 ( ) ln ln 2 ln( ) ln ln2 2 2a b a b a b a bg a g b g a b b b a ba b a b 令 ax b 有 2 2ln ln 01 1 xxx x , ln2 ln 1 ln 2 ln 1 0x x x
5、 x 由经典不等式ln(1 )x x ( 1x 且 0x ），以及题意0 a b ，得 02b aa ，1 02a bb ，因此2ln ln ln(1 )2 2 2a a b b a b aa b a a a 2ln ln ln(1 )2 2 2b a b a b a ba b b b b 故 2 2ln ln ( ) ( ) 02 2 2 2a b b a a b a b b aa b a ba b a b a b 【左边简单】右边难,如果都lnxx-1,则放缩过头,联想到在对数里,负号为倒数.又 2 2 2 2 2, ln ln ln ln ( )ln ( )ln22 2a a b a b
6、 a b b ba b a b b a b aa b b a b a b b a b a b 综上所述得，0 ( ) ( ) 2 ( ) ( )ln22a bg a g b g b a 第二节 变形消元较为复杂32. (11年,辽宁理) (本小题满分12分)已知函数f（x）=lnx-ax2+(2-a）x.(I)讨论f（x）的单调性；（II）设a0，证明：当0x1a时，f（1a+x）f（1a-x）；（III）若函数y=f（x）的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明： 0 0f x .我们知道: 21 1 122 2 2ln (2 ) 0ln (2 ) 0x ax a xx
7、ax a x - 36 要证明: 1 2 (2 ) 0f x ax ax ; 1 20 1 21 22 ( ) (2 ) 02x xf x f a x x ax x ,（）解： )(xf 的定义域为 ),0( ， （解决函数问题，定义域优先的原则）1 (2 1)( 1)( ) 2 (2 ) .x axf x ax ax x （常见函数的导数公式及导数的四则运算）（）若 ,0a 则 0)( xf ，所以 )(xf 在 ),0( 单调递增；（）若 ,0a 则由 0)( xf 得 ax 1 ，当 )1,0( ax 时， 0)( xf ，当 ),1( ax 时， 0)( xf （导数法研究函数单调性，
8、涉及分类讨论的思想） 1( ) (0, )f x a在 单调递增，在 1( , )a 单调递减.综上，当 0a 时， )(xf 在 ),0( 单调递增；当 0a 时， 1( ) (0, )f x a在 单调递增，在 1( , )a 单调递减.归纳小结：本小问属导数中常规问题，易错点有二：易错点一是忽略函数的定义域，易错点二是分类讨论的分类标准的选取。（II）分析：函数、导数综合问题中的不等式的证明，主要是构造函数的思想，利用所构造的函数的最值，来完成不等式的证明。形如“ )1()1( xafxaf ”的不等式叫二元的不等式，二元不等式的证明主要采用“主元法”。解析：方法一：构建以x为主元的函数
9、设函数 1 1( ) ( ) ( ),g x f x f xa a （构造函数体现划归的思想）则 axaxaxxg 2)1ln()1ln()( ，（这是本题的难点，很多学生不知要吧 )(xg 朝何方象化简，由于要利用导数法求最值，所以应朝有利于求导的方向化简，另外考试大纲中明确对复合函数求导，只需掌握 )( baxf 型。）22 23 12211)( xaxaaaxaaxaxg （ )( baxf 型的复合函数求导）当 10 , ( ) 0, (0) 0, ( ) 0x g x g g xa 时 而 所以 .故当 10 x a 时， 1 1( ) ( ).f x f xa a 方法二：构建以a
10、为主元的函数设函数 )1()1()( xafxafag ，则axaxaxag 2)1ln()1ln()( 22 23 12211)( xaaxxaxxaxxag - 37 由 ax 10 ，解得 xa 10 当 xa 10 时， 0)( ag ，而 0)0( g ，所以 0)( ag故当 xa 10 ， 1 1( ) ( ).f x f xa a 归纳小结：无论是方法一还是方法二都采用了构造函数法证明不等式，解题中都体现了将不等式证明问题划归为函数最值的划归思想。（）分析：判断 )( 0 xf 的正负，由（）中单调性，可知，即确定 2 21 xx 与a1的大小关系，又可等效成判断 12 xa
11、与 2x 的大小关系，根据（）中不等式可确定 )2( 1xaf 与 )( 2xf 的大小关系，结合（）中 )(xf 单调性，问题迎刃而解。解：由（I）可得，当 0 , ( )a y f x 时函数 的图像与x轴至多有一个交点，故 0a ，从而 ( )f x 的最大值为 1 1( ), ( ) 0.f fa a 且不妨设 1 2 1 2 1 21( ,0), ( ,0),0 , 0 .A x B x x x x xa 则 （结合图象分析更方便）由（II）得 )()()11()2( 2111 xfxfxaafxaf （注意前后两问的衔接）又 )(xf 在 1( , )a 单调递减所以 1 22 1
12、 02 1, .2x xx x xa a 于是 （利用函数性质脱掉函数符号）由（I）知， 0( ) 0.f x 归纳小结：本小问解决主要是建立在第（）（II）问的基础之上的，分析问题中注意数形结合，解题时要有“回头看”的意识。完成本问很难说学生究竟用了什么方法，需要学生要对所学过的知识、方法要做到完全融会贯通，达到以“无法胜有法，以无招胜有招的境界，才有机会解决这个问题，是考查学生综合能力的体现。 说数学思想方法数学思想：（1）分类讨论思想 （2）转化划归思想 （3）数形结合思想数学方法 ：（1）导数法确定函数单调性 （2）构造函数法证明不等式说试题背景来源我认为，2011年辽宁省高考数学理科
13、21题的题源与命题思想有两处：一方面来源于09、10年辽宁省高考数学理科第21题，另一方面来源于10年天津高考数学理科21题，首先将11年辽宁省理科21题与09、10年辽宁理科21题对比分析：20092011年，辽宁省理科数学第21题，均考查函数、导数、不等式的综合试题，从这三道试题来看，不难看出辽宁省高考数学命题在命题思路上继承与创新。首先从题干上分析：09年辽宁省理科21题题干： 21( ) ( 1)ln , 12f x x ax a x a 10年辽宁省理科21题题干： 1ln)1()( 2 axxaxf- 38 11年辽宁省理科21题题干： xaaxxxf )2(ln)( 2 这三年都
14、以 )()()( xhxgxf 型出现，其中 )(xg 为对数 xln 的形式， )(xh 为二次函数型。略有不同的的是参数a出现的位置稍有不同。另外，从问题的初始问来看，均考查含参数的单调性的讨论，应该说，这是课改后辽宁高考数学在这类试题上命题思路上的延续与继承。从这三年的最后一问来看，09年（II）证明：若 5a ，则对于任意 1 2 1 2, (0, ), ,x x x x 有 1 21 2( ) ( ) 1f x f xx x 10年（II）设 1a .如果对任意 ),0(, 21 xx ， |4)()(| 2121 xxxfxf ，求a的取值范围.11年（II）若函数 )(xfy 的
15、图像与x轴交于 BA、 两点，线段AB中点的横坐标为 0x ，证明： 0)( 0 xf 09年与10年问题本质相同，都是割线斜率或斜率的绝对值大于或大于等于某一常数(就是函数在某点处的导数)，稍有不等同的只是问题形式，09年是不等式证明题，10年为不等式恒成立问题。11年在09年、10年基础之上有所创新与发展，将割线斜率变成了导数小于0，其实 0)( 0 xf 中的“0”在本题中仍为割线斜率，即曲线的割线AB的斜率为0，由此我们不难看出，出题人的命题思想与意图。另外，我们再来研究10年天津高考数学理科21题已知函数 ( ) ( )xf x xe x R ()求函数 )(xf 的单调区间和极值；
16、()已知函数 )(xgy 的图象与函数 )(xfy 的图象关于直线 1x 对称证明当 1x 时，)()( xgxf ；()如果 1 2,x x 且 1 2( ) ( ),f x f x 证明 1 2 2x x 与辽宁试题相比较，不同之处在函数种类不同，问题的实质及解法完全相同。一般来说，高考试题来源可能有四个方面：一教材试题，二经典试题的改编，三往年高考试题的改编，四竞赛或高等数学试题的下放。通过以上两个方面对试题来源的分析，我们有充分的利由认为11年辽宁省试题来源于往年高考试题的改编。题目的几何背景：任何抽象的代数形式背后，都有其深刻的几何背景，本题的几何背景无论是函数 xxexf )( 还
17、是 )0()2(ln)( 2 axaaxxxf 其实都是先减后增的单峰函数，利用图象的对称平移变化，就能出现在x的指定的某一范围下， )()( xgxf 、 两函数图象的端点处的函数值相同，图象有高低，也就产生了我们的试题中的第（II）问。由于 )(xf 为单峰函数，图像关于直线 0xx （ 0x 为函数的极值点）不对称，导致直线 my （或x轴）与曲线相交时，交点 BA、到直线 0xx 的距离不等，进而出现AB重点M在 0xx 的右侧，也就出现试题中的第(III)问。- 39 33. (2013太原市文科第21题第二问)已知函数 ln .f x x x 设 1 20 x x ,若实数 0x
18、满足 2 10 2 1 f x f xf x x x ,证明: 1 0 2x x x .证明:由题意得 2 10 0 0 2 1 ln 1, ln 1, ln 1f x f xf x x f x x x x x 2 1 2 2 1 10 2 2 22 1 2 1ln lnln ln ln 1 ln 1f x f x x x x xx x x xx x x x 21 2 1 1 122 11lnln ln 1 1,1xx x x x xxx x x 令 21x tx ,则 0 2 ln ln 1ln ln 1 , 1,1 1t t tx x tt t 令 ln 1u t t t ,则 1 1 0
19、,u t u tt 在 1, 单调递减, 0 2 0 21 0, ln ln , ;u t u x x x x 2 1 2 2 2 10 1 12 1 2 1ln lnln ln ln 1 1f x f x x x x xx x xx x x x 2 21 121ln 1,1x xx xxx 令 21x tx ,则 0 1 ln ln 1ln ln 1 , 1,1 1t t t t tx x tt t 令 ln 1v t t t t ,则 ln 0,v t t v t 在 1, 单调递增, 0 1 0 11 0, ln ln , ,v t v x x x x 由,得 1 0 2x x x 34
20、. 已知函数 1 ln ;f x a x x (2)在 f x 函数的图像任意给定相异两点 1 1 2 2, , ,A x f x B x f x ,其中 1 2x x ,是否总存在 0 1 2,x x x 使得 1 20 1 2 f x f xf x x x ?请说明理由.解析:令 1 21 2 f x f xg x f x x x ,则问题转化为判断函数 g x 在 1 2,x x 上是否存在零点0x ,从而可利用函数存在零点的条件进行判断. 1 2 1 1 2 21 2 1 2 1 ln 1 ln f x f x a x x a x xx x x x 1 11 2 2 21 2 1 2l
21、n lnx xa x x x xax x x x - 40 1 ,f x a x 令 1 11 2 2 21 2 1 2 1 2ln ln1 1 x xf x f x x xg x f x a ax x x x x x x x 则 1 1 11 2 2 2 221 1 1 2 1 2 1ln 1ln1 ,x x xx x x x xxg x x x x x x x 2 2 21 1 1 1 122 2 1 2 2 1 2ln 1ln1 ,x x xx x x x xxg x x x x x x x 令 ln 1,h t t t t 则 ln ,h t t令 0,h t 则 1t ,当0 1t
22、时, 0,h t h t 单调递减;当 1t 时, 1h t , h t 单调递增.所以当 1t 时, , 1 0h t h ,从而 1 1 1 2 2 22 2 2 1 1 1ln 1 0, ln 1 0x x x x x xx x x x x x ,又 2 11 2 1 2 1 20, 0x xx x x x x x .所以 1 20, 0g x g x ,因为函数 g x 在 1 2 , x x 上的图像是连续不断的一条曲线,所以总存在 0 1 2,x x x 使 0 0g x ,即 1 20 1 2 f x f xf x x x .35. (2013太原市三模理科21题第二问)已知函数
23、 21ln , ,2f x x g x ax bx a b R .(2)设函数 f x 的图像 1C 与函数 g x 的图像 2C 相交于A,B两点,过线段AB的中点P作x轴的垂线分别交曲线 1C , 2C 于点M,N,曲线 1C 在点M处的切线为 1l ,曲线 2C 在点N处的切线为 2l ,问是否存在实数a,b使得 1l 2l ?若存在,求a,b的值;若不存在,请说明理由.解析: 设点A,B的坐标分别为 1 1 2 2, , ,x y x y 且 1 20 x x ,则点P的横坐标为 1 22x x ,直线 1l的斜率 1 1 22 ,k x x 直线 2l 的斜率 2 1 21 ,2k
24、a x x b 假设存在a,b R 使得 1l 2l ,则 1 22x x = 1 21 ,2a x x b 【斜率相等,为了用已知条件,所以两边同时乘以 1 2x x 】 2 1 2 2 2 22 1 2 1 2 2 1 11 22 1 1 12 2 2x x a x x b x x ax bx ax bxx x 22 1 2 1 2 1 1ln ln ln xg x g x f x f x x x x - 41 212 21 12 1ln ,1xxx xx x 即 212 21 12 1ln 01xxx xx x 令 21 1xt tx ,则 2 1ln 0,1tt t 设 2 1ln ,
25、 11tu t t tt 则 22 211 4 0,1 1tu t t t t t u t 在 1, 上是增函数. 2 11 0, ln 0.1tu t u t t 这与矛盾,所以不存在这样的a,b R 使得 1l 2l .中变式：设 1 2 1 2, ( )x x x x 是函数 21( ) ( ) 2g x f x x bx 的两个极值点，若 72b ，求 1 2( ) ( )g x g x的最小值 2 1 11 1 x b xg x x bx x ，所以令 0g x 1 2 1 21, 1x x b xx 2 21 2 1 1 1 2 2 21 1ln 1 ln 12 2g x g x
26、x x b x x x b x 2 21 1 1 21 2 1 22 2 2 11 1ln 1 ln2 2x x x xx x b x xx x x x 1 20 x x 所以设 12 0 1xt tx 1 1ln 0 12h t t t tt 22 211 1 11 02 2th t t t t ，所以h t 在 0,1 单调递减， 27 2512 4b b 又 22 1 21 2 1 2x 1 25x 2 4xx tx x t 即 2 1 1 150 1, 4 17 4 0, 0 , 2ln24 4 8t t t t h t h ，- 42 故所求的最小值是15 2ln28 第三节 一题多
27、解已知函数f（x）=x2-(a-2）x-alnx(1)讨论f（x）的单调性；(2)若函数f（x）=c有两个不相等的实数根， 1 2,x x ，求证： 1 2 02x xf .解法一:(1)当 0a 时, ( )f x 在(0, )上单调递增:当 0a 时, ( )f x 在( , )2a 上单调递增,在(0, )2a 上单调递减(2)因为 1 2,x x 是方程f（x）=c的两个不等实数根,由(1)知当 0a 时, 设 1 20 x x 则21 1 122 2 2( 2) ln( 2) lnx a x a x cx a x a x c 两式相减得 2 21 1 1 2 2 2( 2) ln (
28、 2) ln 0x a x a x x a x a x 即 2 21 1 2 2 1 1 2 22 2 ( ln ln )x x x x a x x x x ,得 2 21 1 2 21 1 2 22 2ln lnx x x xa x x x x (即消c又消a)抽象不等式又因为 ( ) 02af ,当 (0, )2ax 时, ( ) 0f x ,当 ( , )2ax 时, ( ) 0f x ,故只要证明 1 22 2x x a 即可(把目标与2a比较),即证 2 21 1 2 21 2 1 1 2 22 2ln lnx x x xx x x x x x ,即证2 2 2 21 2 1 2 1
29、 2 1 1 2 2( )(ln ln ) 2 2x x x x x x x x x x 即证 1 1 22 1 22 2ln x x xx x x ,设 12xt x (0 1)t 令 22 22 2 1 4 ( 1)( ) ln , ( ) 01 ( 1) ( 1)t tg t t g tt t t t t 即 ( )g t 在(0,1)上是增函数,有 (1) 0g ,所以当(0,1)t 时, ( 0)g 总成立,即原题得证.评注:如果没有思路,看上面的答案会有点凌乱的感觉.其实这个解法的本质就是消元.通过1 2( ) , ( )f x c f x c 作差消去c后再解出a代入 1 2(
30、)2x xf 消去a,转化为仅有 1 2,x x 的式子,变形后令 12xt x ,最终转化为一元用导数解决,此法能否在简捷些呢?显然可以,看下面的解法:- 43 解法二:接后续解:由得 11 2 1 2 1 2 2( )( ) ( 2)( ) ln 0xx x x x a x x a x ,即 121 2 1 2ln( ) ( 2) 0xa xx x a x x 而1 2( )2x xf = 121 2 1 2ln( ) ( 2) xa xx x a x x ,(目标直接代入最好想)由 得 1 2( )2x xf = 121 2 1 2ln 2xa x ax x x x = 1 1 21 2
31、 2 1 22( )ln x x xax x x x x 11 211 2 2 22( 1)ln 1xx xa xx x x x 令 11 211 2 2 22( 1)ln 1xx xay xx x x x 设 12xt x (0 1)t , 则222 2 ( 1)ln , 01 ( 1)t ty t yt t t ,所以该函数在(0,1)上单调递增,而t=1时函数值为0, 0y又当 0a 时 1 2 0x x 所以 1 2( ) 02x xf 评注:解法二也是消元,但与解法一不同的是没有将a消彻底,抓住,的特点进行整体代换,而a恰好可以提取,显然比解法一更简捷些.由解法一,解法二可以看出:涉
32、及两个变量 1 2,x x 的函数,根据形势特点,令1 2,x x 某一关系式变为t,最终转化为一元求解,这种方法是很常规的方法.2012年湖南文,理压轴题的求解就是用的此法.解法三:接后续解:视 1x为主元,设 22 22( )( ) ln ln x xg x x x x x , 22 22 22 24 ( )1( ) 0( ) ( )x x xg x x x x x x ,则 ( )g x 在(0, 2x )上是增函数,有 2( ) 0g x ,得 ( ) 0g x ,而 0a 时 1 2 0x x 所以 1 2( ) 02x xf 评注:由于涉及两个变量,确定主元是在一种常见的方法,将
33、1x换成x,也体现了消元进而构造函数思想,在确定 1x为主元后, 2x 就是参变量,根据导数相关知识,很容易证明 ( ) 0g x .上面三种方法都是建立在消元的基础上加以证明,能否不用消元来证明呢?回到函数图像上(如图1),由图- 44 象可以看出,要证 1 2( ) 02x xf 只需证 1 22 2x x a ,也就是说关于 2ax 对称的两个变量,2 2a ax x 需要满足2a x ( ) ( )(0 )2 2 2a a af x f x x 即可.均值换元法解法四:构造 ( ) ( ) ( )(0 )2 2 2a a ag x f x f x x .2 2( ) ( ) ( 2)(
34、 ) ln( ) ( ) ( 2)( ) ln( )2 2 2 2 2 2a a a a a ag x x a x a x x a x a x = 4 ln( ) ln( )2 2a ax a x a x .2 24( ) 4 0( )( ) ( )( )2 2 2 2a xg x a a a ax x x x ,则 ( )g x 在(0, 2a )上是增函数,而 (0) 0g ,则( ) 0g x ,即 ( ) ( )2 2a af x f x 得 ( ) ( )(0 )2af x f a x x 则 2 1 1( ) ( ) ( ).f x f x f a x 由于2 1,x a x 均大
35、于2a,则 2 1x a x ,即 1 22 2x x a ,故 1 2( ) 02x xf 评注:此法用数形结合思想分析出要证 1 2( ) 02x xf ,解 1 22 2x x a ,也就证明与2a等距的两个变量,其中较大的变量对应的函数值必然小,通过构造函数证明.这种方法显然更简捷,凸显了数形结合思想的重要性.2011年辽宁要走提压轴题正是有类似的证明过度,降低了不少难度.多元问题:代入消元直接消除a解法一整体观察,代入消元:变形消元解法二;主次消元解法三意义消元:均值消元法解法四串起了导数压轴题,我分析(去年一模,辽宁压轴,对数平均)方法整合体现了 1 2ln lnx x 的一题多解
36、.- 45 第四节 对数平均不等式-秒杀压轴题第1篇 引言引言:在均值不等式里面, 2a b ab 我加强为了 2 221 1 2 2a b a baba b 在这里我继续加强为 ln ln 2a b a bab a b 为了方便记忆,把上式求倒数 2 ln ln 1a ba b a b ab 其中,当a=b时, ln lna b aa b ,或者重新计算,我们常用当ab时 2 ln ln 1a ba b a b ab 本题其实是解决 ( ) ( )f b f a kb a 此类问题的特殊办法.当k=0时,我们常用单调性,其他情况,我们变形成形式一致,利用单调性.第2篇 证明过程2 ln ln
37、a ba b a b 1( ) 1ln ln 2 ln 2( ) 2( )11aa b b xba b aa b a xb （其中 1ax b ）。构造函数 22 21 4 ( 1)( ) .( 1) ( 1)xf x x x x x 因为 1x 时， ( ) 0f x 所以函数 ( )f x 在区间 1, 上单调递增，故 ( ) (1) 0f x f ，从而不等式成立。ln ln 1a ba b ab 1ln ln ln 2lna b a a ba b x xb b a xab （其中 ax b ）。构造函数 1( ) 2ln ( )( 1)g x x x xx ，则 222 1 1( )
38、1 (1 ) .g x x x x 因为 1x 时， ( ) 0g x ，所以函数 ( )g x 在区间 1, 单调递减，故 ( ) (1) 0g x g 。从而不等式成立。- 46 第3篇 05湖南理已知函数f(x)lnx，g(x)21 ax2bx，a0.（）设函数f(x)的图象C1与函数g(x)图象C2交于点P、Q，过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C1，C2于点M、N，证明C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行.（II）证法一 设点P、Q的坐标分别是（x1, y1），（x2, y2），0 1 22( 1)a x x + 1 2| ( )|a x x 2 2 ( 1)a a 2 2
39、( 1) 4 2a a a 故 a的取值范围是 , 238. (11年,辽宁理)已知函数f（x）=lnx-ax2+（2-a）x.(I)讨论f（x）的单调性；（II）设a0，证明：当0x1a时，f（1a+x）f（1a-x）；（III）若函数y=f（x）的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f（x0）0.简析 （）令 1 2 1 21 1; ,x x x x x xa a 1 2( ) ( )f x f x = 2 21 1 1 2 2 2(ln (2 ) ) (ln (2 ) )x ax a x x ax a x 0,求差比较大小1 2 1 2 1 2ln ln ( )
40、( ) (2 )x x x x a x x a ;- 48 1 2 1 21 2ln ln 2( ) 2 2x x a x x a a a ax x a 代入 1 2 1 21 1; ,x x x x x xa a ,利用 2 ln lna ba b a b 得到待证结论等价于 1 1ln( ) ln( ) 2 .1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )x xa ax x x xa a a a 即 1 1ln( ) ln( ) .2x xa a ax 。（） 1( ) 2 2 .f x ax ax 设函数 ( )y f x 的零点分别为 1 2 1 2, ( 0)x x x x 则21 1
41、 122 2 2ln (2 ) 0,ln (2 ) 0.x ax a xx ax a x 两式相减得 1 2 1 21 2ln ln ( ) 2,x x a x x ax x 利用 2 ln lna ba b a b 得到 1 2 1 22( ) 2 ( )a x x a x x 所以而我们要证明 1 20 1 21 22( ) ( ) ( ) 2 02x xf x f a x x ax x 马上即可证明 0( ) 0.f x 第5篇 2010湖北卷39. (2010湖北卷)证明：1+ 12 +13 + 1n(n+1)+ 2 1nn )(n1).从对数来看,是往大放缩.因为 2 ln ln 1a ba b a b ab ,所以
