令s＝t2－t1，则s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得e＝
ss＋t1
， t1
s2s解得t1＝s.则t1＋t2＝2t1＋s＝s＋s，
e－1e－1
2s故要证t1＋t2>2，即证s＋s>2，
e－1又e－1>0，故要证
ss2s＋s>2， e－1
s即证2s＋(s－2)(e－1)>0，② 令G(s)＝2s＋(s－2)(e－1)(s>0)， 则G′(s)＝(s－1)e＋1，G″(s)＝se>0，
故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0， 从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G(s)>G(0)＝0， 所以②式成立，故t1＋t2>2，即x1x2>e.
[点评] 该方法的关键是巧妙引入变量s，然后利用等量关系，把t1，t2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：
(1)取差构元：记s＝t2－t1，则t2＝t1＋s，利用该式消掉t2. (2)巧解消参：利用g(t1)＝g(t2)，构造方程，解之，利用s表示t1. (3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数G(s)． (4)转化求解：利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值，从而证得结论．
2
sss??法三：?巧抓“根商”——c＝构造函数?
?
?
不妨设x1>x2，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
ln x1－ln x2
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，
x1－x2欲证x1x2>e，即证ln x1＋ln x2>2. 因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>
2
， x1＋x2
2
x1x2
ln x1－ln x22
所以原问题等价于证明>，
x1－x2x1＋x2即ln>
x1
x2x1－x2
，
x1＋x2
c－c＋1
，
令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>令h(c)＝ln c－
x1x2
c－c＋1
，c>1，
1
所以h′(c)＝－c4c＋c－＝2
cc＋
22
>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0， 即ln c－
c－c＋1
>0(c>1)，
2
因此原不等式x1x2>e得证．
[点评] 该方法的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数．其解题要点为：
(1)联立消参：利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a. (2)抓商构元：令c＝，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)． (3)用导求解：利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论． [针对训练]
1
2．若关于x的方程xln x＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x2<2(e是自然
e对数的底数)．
1
证明：不妨设x1>x2，要证x1x2<2，
e
x1x2
x1x2
?11?1?11?即证x1x2?－?<2?－?， ?x2x1?e?x2x1?
整理得x1＋
112 又因为x1ln x1＝x2ln x2， 1?1???即证x1ln x1－k?x1＋2?>x2ln x2－k?x2＋2?，k>0， ex1?ex2???设h(x)＝xln x－kx－2， ex使h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以有h′(x)＝ln x＋1－k＋22≥0在(0，＋∞)上恒成立， ex12k2k令h″(x)＝－23＝0，解得x＝， xexe列表可知h′(x)在?0，令h′? kk? ?2k??2k??上单调递减，在?，＋∞?上单调递增， e??e? 11?2k?1 ?＝2ln(2k)－k＋2＝2(ln(2k)－2k＋1)≥0， ?e? 1 解得k＝，此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证. 2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 函数与导数应用的问题中求参数的取值范围是重点考查题型．在平时教学中，教师往往0介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“”型的代数式，0而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则． [洛必达法则] 法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件 (1)lim f(x)＝0及lim g(x)＝0； x→ax→a(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3) lim x→a那么lim x→afgx＝l， xx＝l. xfxf＝lim x→aggx法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件 (1) lim f(x)＝∞及lim g(x)＝∞； x→ax→a(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3) lim x→a那么lim x→afx＝l， g′xx＝l. xaln xb＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋x＋1xfxf＝lim x→aggx[典例] 已知函数f(x)＝2y－3＝0. (1)求a，b的值； ln xk(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围． x－1xa? [解题观摩] (1)f′(x)＝ ?x＋1－ln x? ? ?x?bx＋ 2 －2. x1 由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)， 2 f??故?f?? ＝1， 1 ＝－，2 b＝1，??即?a1 －b＝－，?2?2 ??a＝1， 解得? ?b＝1.? ln x1 (2)法一：由(1)知f(x)＝＋， x＋1x?ln x＋k?＝1?2ln x＋k－ 所以f(x)－????x－1x?1－x2? 设h(x)＝2ln x＋则h′(x)＝ x2－x?. ?? k－ xx2＋x2 x2－ (x>0)， k－ ＋2x. －x－ 2 ①设k≤0，由h′(x)＝ kx2＋ x2 知， 当x≠1时，h′(x)<0，h(x)单调递减． 1 而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得2h(x)>0； 1－x1 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得2h(x)>0. 1－x从而当x>0，且x≠1时，f(x)－?ln xk即f(x)>＋. x－1x②设0 2 2 2 ?ln x＋k?>0， ??x－1x? 1?1?2 >1，所以当x∈?1，时，(k－1)(x＋1)＋2x>0， ?1－k?1－k? 1?1?故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈?1，时，h(x)>0，可得?2h(x)<0，与题设 1－x?1－k?矛盾， 1 ③设k≥1.此时h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得2h(x)<0， 1－x与题设矛盾． 综上所述，k的取值范围为(－∞，0]． (法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下) 2xln x法二：由题设可得，当x>0，x≠1时，k<2＋1恒成立． 1－x2xln x令g(x)＝2＋1(x>0，x≠1)， 1－x则g′(x)＝2· 2 x2＋ －x22 x－x2＋1 2 ， 再令h(x)＝(x＋1)ln x－x＋1(x>0，x≠1)， 11 则h′(x)＝2xln x＋－x，又h″(x)＝2ln x＋1－2， xx1 易知h″(x)＝2ln x＋1－2在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0， x故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0， ∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0， ∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又h(1)＝0， ∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0， ∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0， ∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 由洛必达法则知， lim g(x)＝2lim x→1x→1 xln x1＋ln x?－1?＋1＝0，∴k≤0， ＋1＝2lim ＋1＝2×?2?2 x→11－x－2x?? 故k的取值范围为(－∞，0]． [题后悟通] 解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法． [针对训练] 3．设函数f(x)＝1－e，当x≥0时，f(x)≤x－xx，求a的取值范围． ax＋1 x解：设t(x)＝(x－1)e＋1(x>0)，得t′(x)＝xe>0(x>0)，所以t(x)是增函数，t(x)>t(0)＝0(x>0)． 又设h(x)＝(x－2)e＋x＋2>0(x>0)，得h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以h(x)是增函数， xh(x)>h(0)＝0(x>0)． xxex－ex＋1由f(x)≤，得a≤， ax＋1xx－ xex－ex＋11 再设g(x)＝(x>0)，得g(x)>(x>0)． xx－2 连续两次使用洛必达法则1，得 xex＋ex1 limg(x)＝lim＝limxxxx＝， x→0x→0xe＋e－1x→0xe＋2e2 1所以g(x)的下确界是. 2题设即“当x>0时，1－e≤ －xxexx?1?恒成立”，所求a的取值范围是?0，?. ax＋1?2?
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