2006-四川卷理-22 解-利用导数证明不等式

本题导读

本题作为全卷压轴题，结合了函数的凹凸性判定与导数不等式的证明。第一问通过二阶导数符号判定函数的严格凹凸性，进而利用凸函数定义完成证明；第二问通过巧妙构造辅助函数，利用导数证明其在正数域内的严格单调性，从而使绝对值不等式获证。

📌【题干】

Question

（2006年四川卷(理)） 已知函数 $f(x)=x^2+\frac{2}{x}+a\ln x$ ($x>0$)， $f(x)$ 的导函数是 $f^{\prime }(x)$. 对任意两个不相等的正数 $x_1、x_2$，证明：

(1) 当 $a\le 0$ 时， $\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}>f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)$；

(2) 当 $a\le 4$ 时， $|f^{\prime }(x_1)-f^{\prime }(x_2)|>|x_1-x_2|$.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：目标不等式是严格下凸函数（凹函数）的定义式（詹森不等式两点形式）。只需对 $f(x)$ 求两次导数，证明在 $a\le 0$ 且 $x>0$ 时二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 恒成立即可。 第二问：不妨设 $x_1>x_2>0$，目标转化为证明 $f^{\prime }(x_1)-f^{\prime }(x_2)>x_1-x_2$，即 $f^{\prime }(x_1)-x_1>f^{\prime }(x_2)-x_2$。由此构造辅助函数 $g(x)=f^{\prime }(x)-x$，通过求导并求极小值，证明其导函数 $g^{\prime }(x)>0$ 恒成立，从而利用严格单调递增性质完成证明。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析；

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：对函数 $f(x)=x^2+\frac{2}{x}+a\ln x$ ($x>0$) 求导得： $f^{\prime }(x)=2x-\frac{2}{x^2}+\frac{a}{x}$ 继续对 $f^{\prime }(x)$ 求导，得到二阶导数： $f^{\prime \prime }(x)=2+\frac{4}{x^3}-\frac{a}{x^2}$ 因为 $x>0$，所以 $2>0$ 且 $\frac{4}{x^3}>0$。 已知 $a\le 0$，则 $-a\ge 0$，故 $-\frac{a}{x^2}\ge 0$。 因此，当 $x>0$ 且 $a\le 0$ 时，恒有： $f^{\prime \prime }(x)=2+\frac{4}{x^3}-\frac{a}{x^2}>0$ 因为 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 在 $(0,+\infty )$ 上恒成立，所以函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上是严格的下凸函数。 根据下凸函数的性质，对于任意两个不相等的正数 $x_1、x_2$，恒有： $\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}>f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)$

(2) 证明：不失一般性，设 $x_1>x_2>0$，则 $|x_1-x_2|=x_1-x_2$. 要证 $|f^{\prime }(x_1)-f^{\prime }(x_2)|>|x_1-x_2|$，只需证 $f^{\prime }(x_1)-f^{\prime }(x_2)>x_1-x_2$. 将同自变量项移至等式同侧，即证： $f^{\prime }(x_1)-x_1>f^{\prime }(x_2)-x_2$ 构造辅助函数 $g(x)=f^{\prime }(x)-x=x-\frac{2}{x^2}+\frac{a}{x}$ ($x>0$). 对 $g(x)$ 求导： $g^{\prime }(x)=1+\frac{4}{x^3}-\frac{a}{x^2}$ 下面证明当 $a\le 4$ 时， $g^{\prime }(x)>0$ 恒成立：

• 若 $a\le 0$，显然 $-\frac{a}{x^2}\ge 0$，则 $g^{\prime }(x)=1+\frac{4}{x^3}-\frac{a}{x^2}\ge 1+\frac{4}{x^3}>0$ 恒成立。
• 若 $0<a\le 4$，设 $h(x)=1+\frac{4}{x^3}-\frac{a}{x^2}$，求其导数寻找极小值： $h^{\prime }(x)=-\frac{12}{x^4}+\frac{2a}{x^3}=\frac{2ax-12}{x^4}$ 令 $h^{\prime }(x)=0$，解得唯一驻点 $x=\frac{6}{a}$。 当 $x\in \left(0,\frac{6}{a}\right)$ 时， $h^{\prime }(x)<0$， $h(x)$ 单调递减； 当 $x\in \left(\frac{6}{a},+\infty \right)$ 时， $h^{\prime }(x)>0$， $h(x)$ 单调递增。 因此， $h(x)$ 的绝对极小值（即全局最小值）在 $x=\frac{6}{a}$ 处取得： $h(x{)}_{\text{min}}=h\left(\frac{6}{a}\right)=1+\frac{4}{{\left(\frac{6}{a}\right)}^3}-\frac{a}{{\left(\frac{6}{a}\right)}^2}=1+\frac{4a^3}{216}-\frac{a^3}{36}=1-\frac{a^3}{108}$ 因为 $a\le 4$，所以 $a^3\le 64$，从而： $\frac{a^3}{108}\le \frac{64}{108}=\frac{16}{27}<1$ 故 $h(x{)}_{\text{min}}\ge 1-\frac{16}{27}=\frac{11}{27}>0$。

综上可知，当 $a\le 4$ 且 $x>0$ 时， $g^{\prime }(x)>0$ 恒成立。 所以，函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增。 因为 $x_1>x_2>0$，所以 $g(x_1)>g(x_2)$，即： $f^{\prime }(x_1)-x_1>f^{\prime }(x_2)-x_2⟹f^{\prime }(x_1)-f^{\prime }(x_2)>x_1-x_2$ 因为 $x_1-x_2>0$，所以： $|f^{\prime }(x_1)-f^{\prime }(x_2)|\ge f^{\prime }(x_1)-f^{\prime }(x_2)>x_1-x_2=|x_1-x_2|$ 原命题获证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：利用二阶导数正负符号判定原函数的凹凸性性态、通过移项构造单调性函数将双变量差值问题降维转化为单变量导数最值问题。
• 核心方法：构造函数法、导数最值分析法。
• 避坑指南：
• 第一问切忌盲目做差化简，詹森不等式结构明确时，直接利用二阶导数大于 0 的结论是最标准、最简洁的得分路径。
• 第二问处理绝对值符号时，利用“不失一般性，设 $x_1>x_2$”来主动去掉绝对值，可以极大地精简讨论分支，避免冗余运算。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是考查导数最值和单调性压轴大题中最具普适性的单调性转化证明题。 结论推广: 针对任意可导函数， 若存在常数 $\lambda$ 使得辅助函数 $g(x)=f(x)-\lambda x$ 的导数恒大于 0，则对域内任意两互异点，其导数差值的绝对值与自变量差值绝对值必定严格满足缩放关系 $|f(x_1)-f(x_2)|>\lambda |x_1-x_2|$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 20.15 函数凹凸性定义
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2010-辽宁文-21 解-导数单调性与不等式证明
• 2012-山东卷文-22 解-导数单调性与不等式证明
• 2012-辽宁卷文-21 解-导数放缩证不等式