lnx

证明含“

xln

”的不等式的一个小技巧——分离出“

xln

”

题1(2018年高考全国卷I理科第20(2)题)已知函数1ln)1()(xxxxf，证明：

0)()1(xfx.

证法1可得

2

1

))((,0ln

1

)(

x

x

xfx

x

xf











.

进而可得

01)1()(

min









fxf，所以

)(xf

是增函数.

当

10x

时，得

0)1()(fxf

，所以

0)()1(xfx

；当

1x

时，得

0)1()(fxf

，

所以0)()1(xfx.

总之，欲证结论成立.

证法2得



















1

1

ln)1()(

x

x

xxxf，设

1

1

ln)(







x

x

xxg

，得

)0(0

)1(

1

)(g

2

2











x

xx

x

x，所以)g(x是增函数.

当

10x

时，得

0)(,0)1()(xfgxg

，所以

0)()1(xfx

；当

1x

时，得

0)(,0)1()(xfgxg

，所以0)()1(xfx.

总之，欲证结论成立.

注本题是涉及“一个多项式”与“

xln

”的积的函数.对于这类函数，一般来说，每求

一次导数，多项式的次数就降低一次，但最终的导数须化成不含“

xln

”的式子.

在证法1中涉及“

xxln)1(

”，所以须两次求导，才能化成不含“

xln

”的式子；在证

法2中涉及“

xln1

”，所以只须一次求导，即可化成不含“

xln

”的式子.

显然证法2要简捷些，所以我们在解决这类问题时，要尽可能把“axa(ln是非零常数)”

分离出来.

题2(2017年高考全国新课标卷文科第21(2)题)已知

0x

且

1x

，求证

1

ln1

1

ln





x

x

xx

x

.

证明即证0(0

1

ln2

1

1

2



















xx

x

x

x

且

1x

).

设

0(

1

ln2)(xx

x

xxf

且

1x

)，得0(0

1

)(

2





















x

x

x

xf且

1x

)，得)(xf在

(0,1),),1(上均是减函数.

当10x时，得0)1()(fxf，所以0

1

ln2

1

1

2



















x

x

x

x

；当

1x

时，得

0)1()(fxf，所以0

1

ln2

1

1

2



















x

x

x

x

.

总之，欲证结论成立.

注本题若是用分析法先去分母，则须多次求导.在解答后面的四道例题时也是这样的.

题3(2018年高考北京卷理科第18题)设L为曲线C：y＝

lnx

x

在点(1，0)处的切线．

(1)求L的方程；

(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．

解(1)(过程略)L的方程为y＝x－1.

(2)即证1

ln

x

x

x

(当且仅当1x时取等号)，也即证0ln2xxx(当且仅当1x

时取等号).

设xxxxgln)(2，可得)0)(1(

12

)(







xx

x

x

xg.

进而可得0)1()(

min

gxg，所以欲证结论成立.

注对于第(2)问，官方所给的参考答案是：

即证1

ln

x

x

x

(当且仅当1x时取等号).

设

x

x

xxg

ln

1)(，得g′(x)＝

x2－1＋lnx

x2

)0(x.

当01时，x2－1>0，

lnx>0，所以g′(x)>0，得g(x)单调递增．

所以0)1()(

min

gxg，得欲证结论成立.

显然这种证法难度要大不少.

题4已知函数

2

)1ln(

)(







x

xx

xf.

(1)讨论)(xf的单调性；

(2)求证：当),2()2,1(x时，2)(xf.

解(1)可得

2)2(

1

1

1)1ln(2

)(











x

x

xx

xf.

设

1

1

1)1ln(2)(





x

xxxh

，得0

1

2

)(

2























x

x

xh，又0)2(h，所以函数)(xf在

),2(),2,1(上分别是减函数、增函数.

(2)即证当),2()2,1(x时，02

4

)1ln(

2

















x

x

x

x

.

设

)),2()2,1((2

4

)1ln()(x

x

xxg

，得

0

)1(

)2(

)(

2

2











xx

x

xg

，所以)(xg是增函

数.

又0)2(g，所以：

当)2,1(x时，0)(xg，进而可得欲证成立；当),2(x时，0)(xg，进而也可得

欲证成立.

所以欲证成立.

注在解答本题的两问时，均注意了把“axa(ln是非零常数)”分离出来，所以只须一

次求导即可.

题5求证：

41

2ln(1)

1

x

xx

x

x







.

证明这里只证右边.设

1

()ln(1)fxxxx

x

，可得

2(1)

()0(1)

2

x

fxx

xx





L

所以()(1)fxx是增函数，得()(1)0(1)fxfx，得欲证成立.

题6已知函数

)0()(2aaxaxxf和xxgln)(的图象有公共点P，且在点P处的切线

相同，求切点P的坐标.

解得()2fxaxa



错误!未找到引用源。，

1

()gx

x



.

设切点坐标为(,)st，其中

0s

.由题意，得

2lnasass

①

1

2asa

s

②

由②，得

1

(21)

a

ss





.由0a，得

1

2

s

.

再由①，得

1

ln

21

s

s

s







③

设函数

1

()ln

21

x

Fxx

x







，

1

(,)

2

x错误!未找到引用源。，得

2

(41)(1)

()

(21)

xx

Fx

xx









令()0Fx



错误!未找到引用源。，解得1x或

1

4

x(舍)错误!未找到引用源。.

当

x

变化时，

()Fx



错误

!

未找到引用源。与

()Fx

的变化情况如下表所示，

x

1

(,1)

2

1

(1,)

()Fx





0



()Fx

↗↘

所以当错误

!

未找到引用源。时，

()Fx

错误

!

未找到引用源。取到最大值

(1)0F

错误

!

未找到引用源。，且当

1

(,1)(1,)

2

xU

时

()0Fx

错误

!

未找到引用源。

.

因此，当且仅当

1x

错误

!

未找到引用源。时

()0Fx

错误

!

未找到引用源。

.

所以方程③有且仅有一解

1s

错误!未找到引用源。.

于是错误!未找到引用源。ln0ts，因此切点P的坐标为(1,0)错误!未找到引用源。.

题7(1)(2018年高考辽宁卷文科第21题)设1ln)(xxxf，证明：

(i)当

1x

时，

)1(

2

3

)(xxf

；

(ii)当13x时，

5

)1(9

)(







x

x

xf

.

(2)(2012年高考辽宁卷理科第21(2)题)证明：当02x时，

9

ln(1)11

6

x

xx

x





.

证明(1)(i)可设)1(ttx，可得即证

)1(0123ln42tttt

设

)1(123ln4)(2tttttg

，可得

)1(0)1(

)23(2

)(







tt

t

t

tg

，所以)(tg是减函

数，得

)1(0)1()(tgtg

，即欲证结论成立.

(ii)可设(13)xtt，得即证

2

2

104

2ln0(13)

5

t

ttt

t







设

)31(

5

410

ln2)(

2

2







t

t

t

tttg

，因为欲证即)31)(1()(tgtg，所以只需证

明)(tg是减函数，即证)31(0)(



ttg.

因为)31(

)5(

108)5)(2(

)(

22

222











t

tt

ttt

tg，所以须证

222(2)(5)1080(13)tttt

此式左边是四次多项式，所以证明上式有难度，但只需证明

2222(2)(5)1080(13)tttt④

设2+5=(68)tss，得即证

2(3)108(5)0(68)ssss⑤

注意到④式左边在2=1t时的值为0，所以⑤式的左边在6s时的值也为0，说明⑤式

的左边有因式6s，由此可分解⑤式的左边：

2222(3)108(5)(6)3108(6)108(6)(390)ssssssssssL

由68s，易得2(6)(390)0sss，即⑤式成立.所以欲证成立.

(2)显然此结论与(1)(ii)等价，所以欲证结论成立.

题8(1)设xR



，e表示自然对数的底，求证：函数

11

1,

1

1































xx

x

y

x

y分

别单调递增、递减，且

11

1e

1

1































xx

xx

.

(2)求证：①

1

ln(1)

x

xx

x



；

②函数)1(

1

1

ln

1

)(



x

xx

xf是减函数.

(3)①若

0)(e

1

1

















x

x

x

恒成立，求常数的取值范围；

②若

0)(e

1

1

















x

x

x

恒成立，求常数的取值范围；

③若



















n

n

n

(e

1

1



N*)恒成立，求常数的取值范围；

④若



















n

n

n

(e

1

1



N*)恒成立，求常数的取值范围；

⑤若

babxa

x

x

,;(e

1

1

















是已知的正数)恒成立，求常数的取值范围；

⑥若

babxa

x

x

,;(e

1

1

















是已知的正数)恒成立，求常数的取值范围.

(4)①若函数

)0(

1

1

















x

x

y

x

是增函数，求常数的取值范围；

②若

0)(

1

1

















x

x

y

x

是减函数，求常数的取值范围.

解(1)①先证

0)(e

1

1













x

x

x

.

即证

)0(1e,e1,e)1(

1

tttttt

t.

设

)0(e)(tttft，得

01e)(

ttf(因为0t)，所以)(tf在),0(上是增函

数，得1e,1)0()(tftft，所以欲证结论成立.

②再证函数

)0(

1

1













x

x

y

x

单调递增.

设

x

t

1

，得0t.由复合函数的单调性“同增异减”知，即证函数















x

ttttft

1

,0)1()(

1

单调递减，只需证)0(

)1ln(

)1ln()(

1





t

t

t

ttgt单调递减.

只需证0

)1ln(

1

)(

2











t

t

t

t

tg

即)0)(1ln(

1





tt

t

t

()

设)0(

1

)1ln()(



t

t

t

tth，得0

)1(

1

1

1

)(

2













t

t

th，所以)(th在),0(上

是增函数，得0)0()(hth，式()成立，即欲证结论成立.

③又证

)0(

1

1e

1



















x

x

x

.即证

1

1

1ln)1(















x

x

，在式()中令

x

t

1

立得.

④最后证函数

)0(

1

1

1



















x

x

y

x

单调递减.

只需证

)0(

1

1ln)1(ln)(













x

x

xyxf

单调递减，有

xx

x

x

x

x

xf

11

1ln

1

1

1

1

)1(

1

1ln)(

2



















































由

e

1

1















x

x

，可得

)(,0)(,

11

1lnxfxf

xx



















在),0(上单调递减.

(2)①设

1

()ln(1)fxxxx

x

，可得

2(1)

()0(1)

2

x

fxx

xx





L

所以()fx是增函数，得()(1)0(1)fxfx，即欲证成立.

②由①的结论，可得

)1(0

1

ln

ln

1

ln

ln)1(

)1(

ln

)(

2222

2

2



































x

x

x

x

xx

x

x

x

xx

x

x

x

xf

即欲证成立.

(3)设)1(

1

1

ln

1

)(



t

tt

tf，由第(2)②题的结论知)(tf是减函数.

①设)1(

1

1





t

t

x后，得题设即“1ln

1

1



















t

t

也即)(tf恒成立”.

又0)(lim



tf

t

，所以所求常数的取值范围是]0,(.

②设)1(

1

1





t

t

x后，得题设即“1ln

1

1



















t

t

也即)(tf恒成立”.

再由洛必达法则，得

2

1111

2

11

1

1ln1

lim()limlimlim

111

(1)ln2

lntttt

tt

tt

ft

t

tt

t

ttt















所以所求常数的取值范围是











,

2

1

.

③设n

n

t(

1

1N*)，得题设即“1ln

1

1



















t

t

也即)(tf恒成立”.

又lim()0

t

ft



，所以所求常数的取值范围是]0,(.

④设n

n

t(

1

1N*)，得题设即“1ln

1

1



















t

t

也即)(tf恒成立”.

又

1

2ln

1

)2()(

max

ftf

，所以所求常数的取值范围是











,1

2ln

1

.

⑤设

















1

1

1

1

1

1

a

t

bt

x

后，可得题设即“)(tf恒成立”也即

“













1

1

a

f”.

所以所求常数的取值范围是









































a

a

1

1ln

1

,.

⑥设

















1

1

1

1

1

1

a

t

bt

x

后，得题设即“)(tf恒成立”.

所以所求常数的取值范围是









































,

1

1ln

1

b

b

.

(4)①设)0(

1

t

x

t后，得

)0)(1ln(

1

ln













tt

t

y

，所以题设即

)0)(1ln(

1

)(













tt

t

tf

是减函数，即)0(0

)1ln(

1

1

)(

2















t

t

t

t

t

tf



恒成立，

也即

)0(

1)1ln()1(

2





t

tt

tt

恒成立.

设)0(

1)1ln()1(

)(

2





t

tt

tt

tg，得

)0()1ln(

2

22

)(

3

























tt

t

t

t

t

tg

.

又设)0)(1ln(

2

2

)(



tt

t

t

th，得

)0(0

)2)(1(

)(

2

2









t

tt

t

th

.所以)(th是减

函数，得()(0)0(0),()0(0)hthtgtt



.再由此得)(tg是减函数.

又0)(lim



tg

t

，所以所求常数的取值范围是]0,(.

②同①可求得答案为











,

2

1

.