导数双变量问题分类整理
2020届高三一轮复习专题：导数之双变量的问题
双变量问题是导数问题中的一个难点，通常情况下，让所求的参数的式子满足另外一个已知的式子的取值范围，不仅可以解决最值得问题，还可以解决其中双变量中的参数问题。
一．双变量最值[例题1]已知函数14341ln)(-+-=xxxxf.（Ⅰ）求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）设42)(2-+-=bxxxg，若对任意)2,0(1∈x，[]2,12∈x，不等式)()(21xgxf≥恒成立，求实数b的取值范围二、双变量求参数问题[例题1] 设是函数的一个极值点. （1）求与的关系式（用表示），并求的单调区间；（2）设，若存在，使得成立，求的取值范围.3x =()()()23,x f x x ax b e x R -=++∈a b a b ()f x ()2250,4x a g x a e ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭[]12,0,4ξξ∈()()121f g ξξ-<a[例题2] ．（1）若，求函数的极值； （2）若是函数的一个极值点，试求出关于的关系式（用表示），并确定的单调区间；（3）在（2）的条件下，设，函数．若存在使得成立，求的取值范围．2()()()xf x x ax b e x R =++∈2,2a b ==-()f x 1x =()f x a b a b ()f x 0a >24()(14)xg x a e +=+]4,0[,21∈λλ1|)()(|21<-λλf f a[例题3] 已知二次函数对都满足且，设函数（，）．（Ⅰ）求的表达式；（Ⅱ）若，使成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）设，，求证：对于，恒有．()g x x R ∀∈2(1)(1)21g x g x x x -+-=--(1)1g =-19()()ln 28f x g x m x =+++m R ∈0x >()g x x R +∃∈()0f x ≤m 1m e <≤()()(1)H x f x m x =-+12[1,]x x m ∀∈，12|()()|1H x H x -<[例题4]设函数． (1)讨论函数在定义域内的单调性；(2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围．221()(2)ln (0)ax f x a x a x+=-+<()f x (3,2)a ∈--12,[1,3]x x ∈12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-m。
微专题13 导数解答题之双变量问题
微专题13 导数解答题之双变量问题秒杀总结1.破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.例1．（广东省潮汕地区精英名校2022届高三第一次联考数学试题）已知函数()()()21e xf x x ax a =+-∈R ，()f x '为()f x 的导函数．(1)若()f x '只有一个零点，求a 的取值范围； (2)当34e a =时，存在1x ，2x 满足()()()12122,0f x f x x x x =<≠，证明：121x x >．例2．（浙江省台州市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知,a k ∈R ，设函数()()ln f x x a kax =+-． (1)当1k =时，若函数()f x 在(),a -+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若对任意实数a ，函数()f x 均有零点，求实数k 的最大值； (3)若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：()1212221x x a x x k a ++<．例3．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数221()2ln (0)2f x ax x a x a =-+≠(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：121212()()11f x f x x x x x -<+-过关测试1．（四川省成都市树德中学2021-2022学年高三上学期入学考试文科数学试题）已知函数()2ln x x f x ax x =--，a R ∈.（1）若()f x 存在单调递增区间，求a 的取值范围；（2）若1x ，()212x x x <与为()f x 的两个不同极值点，证明：124ln ln 3x x +>.2．（浙江省宁波市2021-2022学年高三上学期11月高考模拟考试数学试题）已知函数()ln 2()f x x x x a =+∈R ．(1)当2a =-时，求函数()f x 的单调区间； (2)若函数()f x 有两个不同零点1x ，212()x x x <， ①求实数a 的取值范围；②求证：22124a x x ⋅>．3．（安徽省合肥市第一中学2021-2022学年高三上学期11月月考理科数学试题）已知函数()()e cos x f x x ax a R =+-∈.(1)当1a =时，判断()f x 在区间(0,)+∞上的单调性；(2)当e a =时，若()()()121212,(0,),x x x x f x f x π∈≠=，且()f x 的极值在0x x =处取得，证明：1202x x x +<.4．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()(1)(1)x f x x e =+-．(1)求()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程；(2)若1a e -…，证明：()22f x alnx ex +-…在[1x ∈，)∞+上恒成立； (3)若方程()f x b =有两个实数根1x ，2x ，且12x x <，证明：2111311b e ebx x e e ++-++--…．5．（第26讲拐点偏移问题-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当2a =-时，正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：1214x x +>．6．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()e 1x f x ax =-+，ln3是()f x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线为直线l ．求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)若关于x 的方程()(0)f x m m =>有两个不等实根1x ，212()x x x <，求证：217210mx x -<-．7．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数()2ln f x x x ax =+,0a ≥．(1)若曲线()y f x =在e x =处的切线在y 轴上的截距为e -，求a 的值；(2)证明：对于任意两个正数1x 、()212x x x ≠，()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭．微专题13 导数解答题之双变量问题秒杀总结1.破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.例1．（广东省潮汕地区精英名校2022届高三第一次联考数学试题）已知函数()()()21e xf x x ax a =+-∈R ，()f x '为()f x 的导函数．(1)若()f x '只有一个零点，求a 的取值范围； (2)当34e a =时，存在1x ，2x 满足()()()12122,0f x f x x x x =<≠，证明：121x x >． 【答案】(1){}34,0e ⎛⎫+∞⋃ ⎪⎝⎭；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出()()21e x f x x a '=+-，再二次求导，对a 分五种情况讨论得到a 的取值范围； （2）先证明100x x <<，再分120x x <<和120x x <<两种情况讨论证明不等式. (1)解：()f x 的定义域为(),-∞+∞，()()21e x f x x a '=+-，令()()()21e x g x f x x a '==+-，则()()()13e xg x x x '=++．∴当(),3x ∈-∞-时，()0g x '>，()f x '单调递增； 当()3,1x ∈--时，()0g x '<，()f x '单调递减； 当()1,x ∈-+∞时，()0g x '>，()f x '单调递增．①若0a <，则()()21e 0x f x x a '=+->，()f x '无零点，不成立；②若0a =，则()()21e x f x x '=+有且只有1x =-一个零点，符合题意； ③若340e a <<，则()10f a '-=-<，()3430e f a '-=->，()010f a '=->， ∴()3,1α∃∈--，()1,0β∈-，使()()0f f αβ''==， ∴()f x '不只有一个零点，不成立．④若34e a =，则()30f '-=，又f ′(−1)=−4e 3<0，()34010e f =->'， ∴()01,0x ∃∈-，使()00f x '=，∴()f x '不只有一个零点，不成立． ⑤若34e a >，则当(),3x ∞∈--时，()()3430e f x f a ''≤-=-<， ()10f a '-=-<，()()()()ln 11ln 110f a a a '+=+++>，∴()()1,ln 1a γ∃∈-+，使()0f γ'=． ∴()f x '有且只有一个零点，符合题意．综上，a 的取值范围是{}34,0e ⎛⎫+∞⋃ ⎪⎝⎭．(2) 解：当34e a =时，()()2341e e x f x x x =+-， 由（1）知，当()0,x x ∈-∞时，()0f x '≤，()f x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．又()()12f x f x =，12x x <，则()10,x x ∈-∞，()20,x x ∈+∞， ∴100x x <<． ①若120x x <<，则11221x xx x =>． ②若120x x <<，则1122x xx x =-，要证明121x x >，即证21x x <-． 又2x ，()10,x x -∈+∞，则只要证()()21f x f x <-，即证()()11f x f x <-．令()()()()1121111381e e e x x f x f x x x ---=+--． 先证明一个不等式：e e 2x x x --<，0x <．令()e e 2x xh x x -=--，则()e e 2e e 20x x x x h x --'=+-≥⋅=，∴()h x 在(),0∞-上单调递增．∴当(),0x ∈-∞时，()()00h x h <=，∴e e 2x x x --<，0x <．∴()()()()()112221111111113338881e e 21220e e e x x f x f x x x x x x x x -⎛⎫--=+--<+-=+-< ⎪⎝⎭ ∴()()11f x f x <-，∴121x x >综上，有121x x >． 【点睛】方法点睛：函数的零点问题处理常用的方法有三种：（1）方程法：直接解方程得解；（2）图象法：画出函数的图象分析图象得解；（3）方程+图象法：令()=0f x 得到()()g x h x =，再分析(),()g x h x 的图象即得解. 例2．（浙江省台州市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知,a k ∈R ，设函数()()ln f x x a kax =+-． (1)当1k =时，若函数()f x 在(),a -+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若对任意实数a ，函数()f x 均有零点，求实数k 的最大值； (3)若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：()1212221x x a x x k a ++<． 【答案】(1)0a ≤(2)2e (3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）当1k =时，对函数()f x 求导，再根据0a ≤和0a >两种情况进行分类讨论函数的单调性，即可求出结果.（2）对函数()f x 求导，再根据0ka ≤和0ka >两种情况讨论函数的单调性，进而求出函数的最值； （3）由题意得，要证原命题成立，只要证212221()()x a x a a k a++<+成立；设ln()x a t +=，则11ln()x a t +=，22ln()x a t +=是函数()(e )t h t t ka a =--的两根．再根据0ka ≤和0ka >两种情况讨论函数()h t 的单调性，再记函数()h t 有图象关于直线1ln t ka=对称后是()y m t =函数的图象，再求()()m t g t -的正负情况，最后根据不等式关系，即可证明结果. (1)解：当1k =时，1().()f x a x a x a-'=>-+．． 当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在(,)a -+∞上单调递增． 当0a >时，若1x a a>-，()0f x '<，()f x 在(,)a -+∞上不可能单调递增．． 所以()f x 在(,)a -+∞上单调递增，则0a ≤． (2) 解：1().()f x ka x a x a=->-'+（ⅰ）当0ka ≤时，()0f x '>，()f x 在(,)a -+∞上单调递增．()f x 有零点． （ⅰ）当0ka >时，()f x 在1(,)a a ka--上单调递增，在1(,)a ka -+∞上单调递减．又当x 趋近于a -时，f (x )趋近于∞-；x 趋近于∞+时，f (x )趋近于∞-； 所以只要1()0f a ka-≥恒成立，则()f x 恒有零点． 即2ln()10ka ka --+≥恒成立．因为求k 的最大值，不妨设0k >，0a >．设2()ln()1g a ka ka =--+，则2121'()2ka g a ka a a-=-+=．所以只要min ()(02g a g k=≤． 即1ln(022k --≥，得2k e ≤．所以k 的最大值为2e ．(3)解：由题意得：只要证212221()()x a x a a k a++<+． 设ln()x a t +=，e t x a =-．则11ln()x a t +=，22ln()x a t +=是函数()(e )t h t t ka a =--的两根． ()1e t h t ka '=-．当0ka ≤时，()0h t '>，与函数()h t 有两个零点矛盾． 所以0ka >．所以当'()1e 0t h t ka =-=时，1ln t ka=． 所以函数()h t 在1(,ln)ka -∞上递增，在1(ln ,)ka+∞上递减． 记函数()h t 有图象关于直线1ln t ka=对称后是()y m t =函数的图象． 有111()(2ln)2ln e t m t h t t ka ka ka-=-=--⋅． 则11()()2lne 2e t t m t g t ka t ka ka --=+⋅--⋅． 1[()()]e e 20t tm t g t ka ka-'-=⋅+⋅-≥． 所以1lnt ka≥时，()()m t g t ≥．所以1212lnt t ka -≥，即1212ln t t ka+≤． 所以121ln()ln()2ln x a x a ka +++≤．12221()()x a x a k a++≤． 所以21212222211()x x a x x a k a k a++<-<． 例3．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数221()2ln (0)2f x ax x a x a =-+≠(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：121212()()11f x f x x x x x -<+-【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）函数()f x 求导后，分子为含参的二次三项式，结合0a ≠，我们可以从0∆…和0∆>结合开口方向和两根的大小来讨论；（2）1x ，2x 为函数()f x 的两个极值点，我们可以通过()f x '结合韦达定理，找到1x ，2x 的关系，带入到要证明的不等式中，然后通过整理，化简成一个关于12x x 的函数关系，再通过换元，构造函数，通过求解函数的值域完成证明. (1)22222()1a ax x a f x ax x x-+'=-+=，设22()2p x ax x a =-+．(0)x >，318a ∆=-，①当12a …时，0∆…，()0p x …，则()0f x '…，()f x 在(0,)+∞上单调递增， ②当102a <<时，0∆>，()p x 的零点为311182a x a -=，321182ax a-=，且120x x <<，令()0f x '>，得10x x <<，或2x x >，令()0f x '<，得12x x x <<，()f x ∴在3118(a --3118)a +-上单调递减，在3118(0,)2a a-，3118(a +-，)∞+单调递增，③当0a <时，0∆>，()p x 3118a--，()f x ∴在3118a --上单调递增，在3118(a --，)∞+上单调递减．综上所述：当12a …时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当102a <<时，()f x 在3118(a --3118a +-上单调递减，在3118a --，3118(a +-，)∞+单调递增；当0a <时，()f x 在3118)a --上单调递增，在3118(a --，)∞+上单调递减． (2)证明：由（1）知，当102a <<时，()f x 存在两个极值点， 不妨设120x x <<，则121x x a +=， 要证：121212()()11f x f x x x x x -<+-，只要证121212121221()()()()x x x x x xf x f x x x x x -+->=-，只需要证211212122211()[()2]2ln 2xxxx x a x x a x x x -+-+>-，即证21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，设12x t x =，(01)t <<， 设函数21()2ln g t a t t t =-+，22221()t a t g t t -+∴'=-，∴4440a ∆=-<，22210t a t ∴-+>， ()0g t ∴'<，()g t ∴在(0,1)上单调递减，则()(1)g t g >0=，又121()02x x -<， 则121()0()2g t x x >>-，则21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，从而121212()()11f x f x x x x x -<+-． 【点睛】(1)含参的二次三项式再进行分类讨论的时候，如果二次项含参数，在讨论有根无根的情况下要兼顾到开口方向以及两根大小的比较；(2)如果函数()f x 在求导完以后，是一个分子上含有二次三项式，不含指数、对数的式子，那么函数()f x 的极值点关系，可以使用韦达定理来表示.过关测试1．（四川省成都市树德中学2021-2022学年高三上学期入学考试文科数学试题）已知函数()2ln x x f x ax x =--，a R ∈.（1）若()f x 存在单调递增区间，求a 的取值范围；（2）若1x ，()212x x x <与为()f x 的两个不同极值点，证明：124ln ln 3x x +>. 【答案】（1）1,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭；（2）证明见解析.【解析】 【分析】（1）由题意知()ln 20f x x ax '=->有解，分离a 可得ln 2x a x <有解，令()ln 2xg x x=，可得max ()a g x <，利用导数求()g x 的最大值即可求解；（2）由题意知1x ，2x 是()0f x '=的两根，将1x x =，2x x =代入()0f x '=整理可得1212ln ln 2x x a x x -=-，所证明不等式为()1212123ln4x x x x x x -<+12123141x xx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+，令12x t x =，01t <<问题转化为证明3(1)()ln 0(01)41t t t t t ϕ-=-<<<+成立，利用导数证明单调性求最值即可求证. 【详解】（1）函数定义域为()0,∞+，根据题意知()ln 20f x x ax '=->有解， 即ln 2x a x <有解，令()ln 2xg x x=，()21ln 2x g x x -'=， 且当0e x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当e x >时，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以max 1()(e)2e a g x g <==，所以1,2e a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭；（2）由1x ，2x 是()f x 的不同极值点，知1x ，2x 是()0f x '=的两根，即1122ln 20ln 20x ax x ax -=⎧⎨-=⎩，所以1122ln 2ln 2x ax x ax =⎧⎨=⎩①， 联立可得：1212ln ln 2x x a x x -=-②，要证124ln ln 3x x +>，由①代入即证124223ax ax ⋅+>，即()12243a x x +>，由②代入可得()121212ln ln 43x x x x x x -+>-③， 因为12x x <，则③等价于()1122112122313ln 441x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭<=++， 令12x t x =，01t <<问题转化为证明3(1)()ln 0(01)41t t t t t ϕ-=-<<<+④成立， 而2221151671()0(01)(41)(41)t t t t t t t t ϕ-+'=-=><<++， ()t ϕ在()0,1上单调递增，当()0,1t ∈，()()10t ϕϕ<=④成立，即得证.2．（浙江省宁波市2021-2022学年高三上学期11月高考模拟考试数学试题）已知函数()ln 2()f x x x x a =+∈R ．(1)当2a =-时，求函数()f x 的单调区间； (2)若函数()f x 有两个不同零点1x ，212()x x x <， ①求实数a 的取值范围；②求证：22124a x x ⋅>．【答案】(1)单调递增区间是1(0,)4，单调递减区间是1(,)4+∞(2)①2a >；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数()'f x ，由()0f x '>得增区间，由()0f x '<得减区间； （2）①函数()f x 有两个不同零点1212,()x x x x <，等价于方程2ln 2xa x x=有两个不同的实根1212,()x x x x <．设t x =ln 2a t t t=-有两个不同的实根()1212,t t t t <． 设ln ()(0)tg t t t t=->，由导数确定()g t 的单调性、极值、函数值的变化趋势后可得； ②由①11t x =22t x =要证22124a x x ⋅>，只需证2122a t t ⋅>．由①知，1201t t <<<，故有2222ln 2t a t t t =-<，即22at >．下面证明：121t t ⋅>即可．引入函数()()2221()h t g t g t =-，由导数证明()221()0g t g t ->，利用单调性即可得结论． (1)对函数()f x 求导，得142'()22a x a x f x x x -++=+= 当2a =-时，422(1)(21)'()x x x x f x --+-+-==， 因为函数()f x 的定义域(0,)+∞， 由'()0f x >，得104x <<， 由'()0f x <，得14x >， 所以函数()f x 的单调递增区间是1(0,)4，单调递减区间是1(,)4+∞．(2)由()0f x =，得ln 20x a x x +=， ①函数()f x 有两个不同零点1212,()x x x x <， 等价于方程2ln 2xa x x=有两个不同的实根1212,()x x x x <． 设t x =ln 2a t t t=-有两个不同的实根()1212,t t t t <． 设ln ()(0)tg t t t t=->， 2221ln ln 1'()1t t t g t t t-+-=-=， 再设2()ln 1u t t t =+-，1'()20u t t t =+>所以函数()u t 在(0,)t ∈+∞上单调递增， 注意到2(1)1ln110u =+-=，所以当01t <<时，()0u t <，当1t >时，()0u t >． 所以()g t 在（0，1）上单调递减，在(1,)+∞上单调递增． 当0t +→时，()g t →+∞， 当t →+∞时，()g t →+∞， 当1t =时，()1g t =， 只需12a>， 即所求2a >．②注意到11t x =22t x =22124a x x ⋅>，只需证2122a t t ⋅>．由①知，1201t t <<<，故有2222ln 2t a t t t =-<，即22a t >． 下面证明：121t t ⋅>．设()()222222222222221lnln 1111()()()()ln 1t t h t g t g t t t t t t t t t t =-=---=--+， 有()22222222222211111'1(1)ln ()(1)ln 0h t t t t t t t t t =+---+⋅=--<， 所以函数()2h t 在(1,)+∞上单调递增， 所以()2(1)0h t h >=，所以()221()0g t g t ->，故有()()2121()g g t g t t <=．又2101t <<，101t <<，且()g t 在(0,1)t ∈上单调递减，所以121t t >，即得121t t ⋅>．因此2122at t ⋅>，结论得证． 3．（安徽省合肥市第一中学2021-2022学年高三上学期11月月考理科数学试题）已知函数()()e cos x f x x ax a R =+-∈.(1)当1a =时，判断()f x 在区间(0,)+∞上的单调性；(2)当e a =时，若()()()121212,(0,),x x x x f x f x π∈≠=，且()f x 的极值在0x x =处取得，证明：1202x x x +<. 【答案】(1)()f x 在(0,)+∞上是增函数． (2)证明见解析． 【解析】 【分析】（1）求出导函数()'f x ，设()()g x f x '=，再求导()g x '，由()0g x '>恒成立得()'f x 单调递增，得()(0)0f x f ''>=，从而得()f x 的单调性；（2）利用导数得出()f x 的极小值点0x ，注意0()0f x '=，题设中12()()f x f x =，满足1020x x x π<<<<，考虑到0102x x x ->，引入新函数0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，利用导数确定()h x 是单调增函数，得0()()0h x h x <=，即得101()(2)f x f x x <-，再利用12,x x 的关系，及函数()f x 的单调性可证得结论成立．(1),()0x ∈+∞，1a =时，()cos e x f x x x =+-，()sin 1e x f x x '=--，设()sin e 1x g x x =--，则()cos 0e x g x x '=+>，0x >时，()0g x '>恒成立，所以()g x ，即()'f x 在(0,)+∞上单调递增，又(0)0f '=，所以0x >时，(0)0f '>恒成立， 所以()f x 在(0,)+∞上是增函数． (2)e a =，()cos e e xf x x x =+-，s e ()in e x f x x '=--，由（1）知()'f x 在(0,)+∞上是增函数，(1)sin10f '=-<，e e ()0f ππ'=->，所以()'f x 在(1,)π，即在(0,)π上存在唯一零点0x ，000()s n e e i 0xf x x '=--=，00x x <<时，()0f x '<，()f x 递减，0x x π<<时，()0f x '>，()f x 递增．0x 是函数()f x 的唯一极小值点．若()()()121212,(0,),x x x x f x f x π∈≠=，则1020x x x π<<<<， 设0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，02000e ()()(2)cos cos(2)e e (2)e x x x h x f x f x x x x x x x x -=--=+------ 0200cos cos e (2e e 2)x x x x x x x -=-+---，020e e sin sin(2)()x x x x x h x x -+-+-'=00200sin s e e e sin sin in(2)2(2)x x x x x x x x x x -≥+---=⋅+由000()s n e e i 0xf x x '=--=得00si e e n x x =+，所以00e 2sin sin sin(2()2)x x x x h x +-+-'≥，由00x x π<<<，得00sin 1x <≤，0sin 1x <≤，又01sin(2)1x x -≤-≤， 所以e+0()21(1)0h x '>-+->，所以()h x 是增函数， 当100x x <<时，10()()0h x h x <=，所以101()(2)0f x f x x --<，101()(2)f x f x x <-，又2101()()(2)f x f x f x x =<-，1020x x x <<<，所以0102x x x ->，又20x x >，()f x 在0(,)x +∞上单调递增，所以2012x x x <-，所以1202x x x +<． 【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，证明与极值点，方程根有关的不等式，关于不等式的证明，题中涉及到两个未知数，因此解题中需要进行变形，一是利用函数的单调性，一是利用变量的关系，可以对待证不等式进行等价转化，结合函数单调性得出证明方法．如本题要证1202x x x +<2012x x x ⇔<-，不妨设1020x x x <<<后，由()f x 在2(,)x +∞上递增，等价于证明201()(2)f x f x x <-，从而等价于101()(2)f x f x x <-，这里只有一个未知数1x 了，然后引入新函数0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，再求得单调性达到证明目的．4．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()(1)(1)x f x x e =+-．(1)求()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程；(2)若1a e -…，证明：()22f x alnx ex +-…在[1x ∈，)∞+上恒成立； (3)若方程()f x b =有两个实数根1x ，2x ，且12x x <，证明：2111311b e ebx x e e ++-++--…． 【答案】(1)1(1)ey x e-=+ (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可；(2)根据题意只需证()(1)22f x e lnx ex -+-…，构造函数()(1)(1)(1)22x g x x e e lnx ex =+----+，求导分析函数的单调性根据单调性分析可得()g x 只能在1x =处取得最小值，进而求解即可； (3)根据题意，构造1()()(1)eF x f x x e-=-+和()()()G x f x t x =-，利用二次求导讨论()F x 和()G x 的单调性和最小值，可得1()(1)ef x x e-+…、()(31)1f x e x e ---…，设方程1()(1)e s x x b e -=+=的根1x '和()(31)1t x e x e b =---=的根2x '，再根据不等式的性质证明即可. (1)函数()(1)(1)x f x x e =+-，由()(2)1x f x x e '=+-， 由1(1)1f e'-=-，(1)0f -=，所以切线方程为1(1)ey x e-=+， (2)当[1x ∈，)∞+时，0lnx …，所以22(1)22alnx ex e lnx ex +--+-…． 故只需证()(1)22f x e lnx ex -+-…， 构造()(1)(1)(1)22x g x x e e lnx ex =+----+，1()(2)12x e g x x e e x-'=+---， 又()g x '在[1x ∈，)∞+上单调递增，且g '（1）0=， 知()g x 在[1x ∈，)∞+上单调递增， 故()g x g …（1）22220e e =--+=． 因此(1)(1)(1)2222x x e e lnx ex alnx ex +--+-+-厖，得证． (3)由（1）知()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程为1(1)ey x e-=+．构造11()()(1)(1)()x e F x f x x x e e e -=-+=+-，1()(2)x F x x e e'=+-，()(3)x F x x e ''=+． 当3x <-时，()0F x ''<；当3x >-时，()0F x ''>； 所以()F x '在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增． 又311(3)0F e e'-=--<，1lim ()x F x e →-∞'=-，(1)0F '-=，所以()F x 在(,1)-∞-上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增．所以1()(1)0()(1)eF x F f x x e--=⇒+厖． 设方程1()(1)es x x b e -=+=的根111eb x e'=--．又111()()()b s x f x s x '==…，由()s x 在R 上单调递减，所以11x x '…． 另一方面，()f x 在点(1,22)e -处的切线方程为()(31)1t x e x e =---． 构造()()()(1)(1)(31)1(1)3x x G x f x t x x e e x e x e ex e =-=+---++=+-+． ()(2)3x G x x e e '=+-，()(3)x G x x e ''=+．当3x <-时，()0G x ''<；当3x >-时，()0G x ''>；所以()G x '在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增． 又31(3)30G e e'-=--<，lim ()3x G x e →-∞'=-，G '（1）0=， 所()G x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增．所以()G x G …（1）0()()(31)1f x t x e x e =⇒=---…． 设方程()(31)1t x e x e b =---=的根2131e bx e ++'=-． 又222()()()b t x f x t x '==…，由()t x 在R 上单调递增， 所以22x x '…． 11x x '…，22x x '…， 11x x '∴--…， 所以212111311b e ebx x x x e e ++''--++--剟，得证． 【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式. （2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 5．（第26讲拐点偏移问题-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当2a =-时，正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：1214x x +>． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，然后分0a …和0a >讨论导函数的正负值即可；（2）代入12,x x 可得2211122212ln 3ln 30x x x x x x x x ++++++=，变形可得212121212()3()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，利用导数求出()ln g t t t =-的最值，然后解不等式，比较大小即可. (1)21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈，21(1)1()(1)ax a x f x ax a x x-+-+∴'=-+-=， 当0a …时，0x >，()0f x ∴'>．()f x ∴在(0,)+∞上是递增函数， 即()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无递减区间．当0a >时，1()(1)()a x x af x x-+'=-，令()0f x '=，得1x a =． ∴当1(0,)x a ∈时，()0f x '>；当1(x a ∈，)∞+时，()0f x '<．()f x ∴的单调递增区间为1(0,)a ，单调递减区间为1(a ，)∞+．综上，当0a …时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无递减区间；当0a >时，()f x 的单调递增区间为1(0,)a ，单调递减区间为1(a ，)∞+．(2)当2a =-时，2()ln 3f x x x x =++，(0)x > 正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，2211122212ln 3ln 30x x x x x x x x ⇒++++++=，212121212()3()ln()x x x x x x x x ⇒+++=-，令12t x x =，则函数()ln g t t t =-，(0)t >，11()1t g t t t-∴'=-=，当(0,1)t ∈时，()0g t '<，当(1,)t ∈+∞时，()0g t '>，()g t g ∴…（1）1=，212121212()3()ln()1x x x x x x x x ∴+++=-…．则12133x x -+…12133x x --+…舍去)． 12133x x -∴+…1331213752494----， 1214x x ∴+>【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，我们要通过变形和换元转化为单变量问题，然后构造函数解决. 6．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()e 1x f x ax =-+，ln3是()f x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线为直线l ．求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)若关于x 的方程()(0)f x m m =>有两个不等实根1x ，212()x x x <，求证：217210mx x -<-． 【答案】(1)3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解；（2）由（1）可得曲线()y f x =在点P 处的切线l ：()()003e x y x x =--. 令()()()003e xg x x x =--，()()()F x f x g x =-，则()()()0000F x f x g x =-=，由()F x 的单调性可得()()00F x F x ≤=，从而可得结论成立；（3）设方程()g x m =的解为2x '，构造新函数()2()e 1x r x x f x x =-=--，(0)x >，利用导数研究函数的单调性，进而可得()(0)0r x r >=，结合2y x =与y m =交点的横坐标12mx '=，求出21x x -即可. (1)()e x f x a '=-；由题意知，ln3(ln3)e 0f a '=-=，3a ∴=；(2)证明：设曲线()y f x =在0(P x ，0)处切线为直线00:(3e )()x l y x x =--；令00()(3e )()x g x x x =--；00()()()3e 1(3e )()x x F x f x g x x x x =-=-+---；∴0()3e (3e )e e x x x x F x '=---=-；()F x ∴在0(,)x -∞上单调递增，在0(x ，)∞+上单调递减；000()()()()0max F x F x f x g x ∴==-=；()()()0F x f x g x ∴=-…，即()()f x g x …，即()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)由（2）设方程()g x m =的解为2x '； 则有020(3e )()x x x m -'-=，解得0203e x mx x '=+-； 由题意知，22ln 3x x <<'；令()2()e 1x r x x f x x =-=--，(0)x >；()e 10x r x '=->；()r x ∴在(0)+∞，上单调递增； ()(0)0r x r ∴>=；2y x ∴=的图象不在()f x 的下方；2y x =与y m =交点的横坐标为12mx '=； 则有1103x x ln <'<<，即11220ln3x x x x <'<<<<'；2121023ex m mx x x x x ∴-<'-'=+--； 关于0x 的函数023e x m my x =+--在(32)ln ，上单调递增； 21272223e 227210m m m m mx x ∴-<+-<+-=---． 【点睛】利用导数解决函数综合问题的过程中，难度较大，解决问题的基础是函数的单调性，通过函数的单调性得到函数的极值、最值，然后再结合所求问题逐步求解．证明两函数图象间的位置关系时，可通过构造函数，通过判断出函数的单调性，进而转化为函数最值的问题处理．7．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数()2ln f x x x ax =+,0a ≥．(1)若曲线()y f x =在e x =处的切线在y 轴上的截距为e -，求a 的值；(2)证明：对于任意两个正数1x 、()212x x x ≠，()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭．【答案】(1)0a =； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出曲线()y f x =在e x =处的切线方程，由已知条件可得出关于a 的等式，即可求得实数a 的值；（2）利用分析法可知所证不等式等价于()222121212112212ln 2ln ln 22x x x x x x a x x x x ax ax ++⎛⎫++<+++ ⎪⎝⎭，利用作差法可证得222121222x x a ax ax +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，构造函数()()1111ln ln ln 2x x g x x x x x x x +=+--，利用导数分析函数()g x 的单调性，可证得()12121122lnln ln 2x x x x x x x x ++<+，再利用不等式的基本性质可证得结论成立. (1)解：由()2ln f x x x ax =+，得()2ln 1f x ax x '=++，则()e 2e 2f a '=+，又()2e e e f a =+，∴曲线()y f x =在e x =处的切线的方程为()()22e 2e e e y a x a =+-++，即()22e 2e e y a x a =+--，由题意得2e e e a --=-，解得0a =.(2)证明：要证明()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭成立，即证明()222121212112212ln 2ln ln 22x x x x x x a x x x x ax ax ++⎛⎫++<+++ ⎪⎝⎭，一方面，()()222121222221212122222x x a x x x x a ax ax a x x ⎡⎤+-+⎛⎫--=--=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 0a ≥，则()21202a x x --≤，即222121222x x a ax ax +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，①另一方面，不妨设12x x <，再设()()1111ln ln ln 2x xg x x x x x x x +=+--， 则()11lnln ln 22x x x xg x x x++'=-=，可得()10g x '=， 当1x x >时，()0g x '<，此时()g x 单调递减， ()()210g x g x ∴<=，即()12121122lnln ln 2x x x x x x x x ++<+，② 综合①②可得，()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭．【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()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），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.。
导数压轴题双变量问题题型归纳总结
导数压轴题双变量问题题型归纳总结-标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KH导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数/（” = /+6+01nx,曲线y = 〃x ）在点（1J ⑴）处的切线方程为y = 2x（1）求实数。
〃的值:（2）设尸（N ） = /（X ）-炉+〃江（〃?£夫）不,4（0＜为 ＜七）分别是函数尸（x ）的两个零点，求证：尸（屈7）＜0.【解析】（1） 〃 = 1力=-1；(2) /(x) = x 2+x-lnx t F(x) = (l + /??)x-lnx , F r (.v) = ;??+1- -, X尸（而"2一点="工点,要证财（斤）＜。
，只需证号等〈卷令/= J±G (0,1),即证 21IWT + ；>0.令力(/) = 21n/-i + ；(0<r < 1),则所以函数力。
）在（0』）上单调递减，3）＞力（1）=0,即证2hWT + ；＞0.由上述分析可知/m ）＜0.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把冷工转化刈的函数，常把公&的关系变形为齐次式，设，= ±J = ln 土J = = 等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数.12A 2法. 思路二：因为。
＜演＜x],只需证皿用一也占一上手〉。
，] 7^一(、八)2* _ 1 _ x + x 2 _ 287-x-占 _("7-《)X lyjx^Xyfx 2yfx^Xyfx所以函数。
（X ）在（0/2）上单调递减,eW ＞eU ） = 0,即证lnxTn.q ＞ 濠 由上述分析可知【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于X (或4)的一元函数来处理.应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明.此乃主 元法.因为再，心分别是函数F （x ）的两个零点，所以 (l + w)^ = In%, । , i In* - Inx.也哈…眸,两式相减，得仙=^^思路一：因为。
导数处理双变量问题和双变量不等式(解析版)
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.。
导数中的双变量问题
1、设函数 f(x) (2 a)lnx __ (ax(1)讨论函数f (x)在定义域内的单调性；⑵ 当 a ( 3, 2)时，任意 X i ,X 2 [1,3] , (m In 3)a 2l n3 | f(xj f(x 2)| 恒成立，求实数 m 的取值范围.2、已知二次函数g(x)对xR 都满足 g(x 1) g(1 x) x 2 2x 1 且 g(1)1，设函数19f (x) g(x ) ml nx ( mR , x 0).(I)求g(x)的表达式；(H)若 x R ，使f(x) 0成立，求实数m 的取值范围；(皿)设1 m e ,H(x) f(x) (m 1)x ，求证：对于 x b x ? [1,m]，恒有 | H (xj H(X 2)| 1 . 3、 设x 3是函数f x x 2 ax b e 3 x , x R 的一个极值点. (1) 求a 与b 的关系式(用a 表示b )，并求f x 的单调区间；25(2) 设ao, g x a— e，若存在1, 20,4，使得f1g 21成立，求a的取值范围.4、 f (x) (x 2 ax b)e x (x R). (1)若a 2,b 2，求函数f(x)的极值；(2) 若x 1是函数f(x)的一个极值点，试求出a 关于b 的关系式(用a表示b ), 并确定f(x)的单调区间；(3) 在(2)的条件下，设a 0，函数g(x) (a 2 14)e x 4 .若存在1, 2 [0,4]使得 | f( 1)f( 2)l 1成立，求a 的取值范围.5、已知函数f x ax 3 bx 2 3x a,b R 在点1, f 1处的切线方程为y 2 0 . ⑴求函数f x 的解析式;导数 0) •⑵若对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2都有f x1c，求实数c的最小值；⑶若过点M 2,m m 2可作曲线y f x的三条切线，求实数m的取值范围.16、设函数f(x) x aln x(a R).x⑴讨论函数f(x)的单调性；⑵若f(x)有两个极值点X i,X2，记过点A(X i, f(G), B(X2, f(X2))的直线斜率为k,问：是否存在a，使得k 2 a ?若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.7、已知函数f(x) ln x — ax2(a 1)x(a R, a 0).2⑴求函数f(x)的单调增区间；⑵记函数F(x)的图象为曲线C ,设点A(x1,y1)，B(x2,y2)是曲线C上两个不同点，如果曲线C上存在点M(x0,y0)，使得：①x0X2；②曲线C在点M处的切线平行于直2线AB，贝S称函数F(x)存在“中值相依切线”.试问：函数f(x)是否存在中值相依切线，请说明理由.&已知函数 f (x) (a 1)lnx ax .⑴试讨论f(x)在定义域内的单调性；⑵当a V—1时，证明：N,X2 (0,1),⑴：1)1.求实数m的取值范围.I X1 x2 |9、已知函数f(x) (a 1)lnx ax2 1.⑴讨论函数f(x)的单调性；⑵设a 1，如果对任意X1,X2 (0, ) , |f(xj f(x2) |> 4|X1 X2 |,求a的取值范围.1 210、已知函数f(x)=§x —ax+(a—1) lnx , a 1 .(1)讨论函数f(x)的单调性；11、 已知函数 f(x) x 1 aln x(a 0). (1) 确定函数y f(x)的单调性； (2)若对任意x 1,x 2 0,1，且x 1 x 2，都有| f (x 1) f(x 2)| 4|— — |，求实数a 的取 X ] x 2值范围。
双变量任意,存在性导数问题
值域法破解双变量压轴题的四种情形1基本原理.第1类.“任意=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∀，使得)()(21x g x f =,等价于函数)(x f 在1D 上上的值域A 是函数)(x g 在2D 上的值域B 的子集,即B A ⊆.其等价转化的基本思想:函数)(x f 的任意一个函数值都与函数)(x g 的某一个函数值相等,即)(x f 的函数值都在)(x g 的值域之中.此类型出现频率最高.第2类.“存在=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∃，使得)()(21x g x f =，等价于函数)(x f 在1D 上的值域A 与函数)(x g 在2D 上的值域B 的交集不为空集,即∅≠⋂B A .其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.第3类.“任意≥(≤、>、<)任意”型2211,D x D x ∈∀∈∀，使得)()(21x g x f ≥恒成立等价于max min )()(x g x f ≥.其等价转化的基本思想是函数)(x f 的任何一个函数值均大于函数)(x g 的任何一个函数值.同理，可得其他类型.第4类.m x f x f b a x x ≤-∈∀|)()(|],,[,2121型.由于闭区间上连续函数必有最值，故此类转化为m x f x f ≤-|)()(|min max ，解决掉双变量转化为求最值.2.典例分析第1类问题问题应用.例1.已知函数()()ln f x ax x a R =+∈.（1）若1a =，求曲线()y f x =在1x =处切线方程；（2）讨论()y f x =的单调性；（3）12a ≥-时，设()222g x x x =-+，若对任意[]11,2x ∈，均存在[]20,3x ∈，使得()()12f x g x =，求实数a 的取值范围.解析：（2）()f x 定义域为()0,∞+，()1'1ax a x f xx +=+=，当0a ≥时，()'0f x >恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()'0f x >恒成立，1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时()'0f x <恒成立，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上述，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（3）由已知，转化为()f x 在[]1,2x ∈的值域M 和()g x 在[]0,3x ∈的值域N 满足：M N ⊆，易求[]1,5N =.又()1'1ax a x f xx +=+=且12a ≥-，()f x 在[]1,2x ∈上单调递增，故值域[],2ln 2M a a =+.所以152ln 2a a ≤⎧⎨≥+⎩，解得5ln 212a -≤≤，即5ln 21,2a -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.第2类问题应用例2．已知曲线()y ln x m =+与x 轴交于点P ，曲线在点P 处的切线方程为()y f x =，且2)1(=f .（1）求()y f x =的解析式；（2）求函数()()xf xg x e =的极值；（3）设2(1)1()ln x a lnx h x x +-+=，若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使得21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，求实数a 的取值范围．解析：（1）曲线()y ln x m =+与x 轴交于点(1,0)P m -，1y x m'=+，∴曲线在点P 处的切线斜率111k m m==-+，可得切线方程为0(1)y x m -=--，f （1）2=，21(1)m ∴=--，解得2m =．()(12)y f x x ∴==--，即()1f x x =+．（2）函数()1()x x f x x g x e e +==，()x xg x e-'=，0x ∴>时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减；0x <时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增．0x ∴=是函数()g x 的极大值点，(0)1g =．（3）设21x m =，12[x e -∈ ，1]，则[1m ∈，]e ，2222222(1)1(1)ln m a lnm x ln x a x lnx x m +-++-+=．2(1)1()ln x a lnx h x x +-+= ，∴2(1)1()ln m a lnm h m m+-+=．若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，等价于：12()()h x h m <成立，[1m ∈，]e ．即2()()min max h x h x <，[1x ∈，]e ．令lnx t =，[1x ∈ ，]e ，则[0t ∈，1]．22(1)1(1)1()tln x a lnx t a t h x x e +-++-+∴==，[0t ∈，1]，(0)1h =，h （1）3ae -=．221[(1)1](1)()()t tt a t a t t t a h t e e +--+-+--'==，a的取值范围是(-∞，32)(32ee --⋃，)+∞．第3类情形应用实例例3．设函数()(0)kx f x xe k =≠．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设2()24g x x bx =-+，当1k =时，若对任意的1x R ∈，存在2[1,2]x ∈，使得()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围．解析：(1)令()(1)0kx f x kx e '=+>，所以10kx +>，当0k >时，1x k >-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当k 0<时，1x k <-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）当1k =时，，()f x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞单调递增.所以对任意1x R ∈，有()11(1)f x f e ≥-=-，又已知存在2[1,2]x ∈，使()()12f x g x ≥，所以()221,[1,2]g x x e -≥∈即存在2[1,2]x ∈，使21()24g x x bx e =-+≤-，即142e b x x-+≥+，又因为当[1,2]x ∈，14114,52e x x ee -+⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦，所以1242b e ≥+，124b e ≥+，即实数b 的取值范围124b e ≥+.第4类情形应用实例例4.已知函数()()ln 0bf x a x x a =+≠．（1）当2b =时，若函数()f x 恰有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）当0a b +=，0b >时，对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，求实数b 的取值范围．解析：（1）定义域为()0,∞+，当2b =时，22()2a x af x x x x+'=+=；当0a >时，()0f x '>，()f x 为增函数，取10a x e -=，120()1(e )0a f x -=-+<，(1)10f =>所以0()(1)0f x f ⋅<，故此时恰有一个零点；当0a <时，令()0f x '=，x =0x <时，()0f x '<，所以()f x 在⎛ ⎝单调递减，x ()0f x '>，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增；要使函数恰有一个零点，需要ln 02af a ==，解得2a e =-，综上，实数a 的取值范围是2a e =-或0a >.（2）因为对任意121,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，且12max min ()()()()f x f x f x f x --≤，所以max min ()2(e )f x f x -≤-.因为0a b +=，所以=-a b ，所以()ln bf x b x x =-+，1(1)().b b b b x f x bx x x--'=-+=当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>；所以函数在1[,1)e上单调递减，在(1,]e 上单调递增，min ()(1)1,f x f ==因为1()bf b e e -=+与()b f e b e =-+，所以max 1()max (),(e),e f x f f ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭令1()(e)()e e 2,eb bg b f f b -=-=--则当0b >时，()220b b g b e e -'=+->-=，所以()g b 在()0,∞+上单调递增，故()(0)0g b g >=，所以1()()f e f e>，从而max ()e .bf x b =-+所以12b b e e -+-≤-，即10b e b e --+≤.令()e e 1(0)t t t t ϕ=--+>，则()e 1t t ϕ'=-.当0t >时，()0t ϕ'>，所以()t ϕ在()0,∞+上单调递增.又(1)0ϕ=，所以10b e b e --+≤，即()(1)b ϕϕ≤，解得1b ≤，所以b 的取值范围是(0,1].。
【导数经典技巧与方法】第15讲-双变量统一-解析版
第15讲双变量统一知识与方法常见的双变量问题,有如下几类:(1)极值点偏移问题;(2)拐点偏移问题;(3)双极值点问题;(4)零点差问题;(5)“恒成立”“能成立”双变量问题;(6)其他的双变量问题.本节主要研究(5)和(6)两类问题的处理方法,其他类型将在后面继续研究.对于一般的双变量问题,要灵活运用“消元”、“减元”、“换元”等操作手法,其核心思想就是化为单变量函数,研究函数的单调性、值域或最值.对于含有“恒成立”“能成立”等关键词的双变量问题,要正确翻译“恒成立”“能成立”等关键词,理解“任意”与“存在”的含义及区别,将问题进行正确转化,分析函数的值域即可解决.下面是一些常见“关键词”的翻译:1.不等式恒成立、能成立问题通常利用分离参数转化为求函数的最值：(1)∀x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)恒成立⇔f(x)min>a(f(x)min⩾a);∀x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)恒成立⇔f(x)max<a(f(x)max⩽a).(2)∃x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)能成立⇔f(x)max>a(f(x)max⩾a);∃x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)能成立⇔f(x)min<a(f(x)min⩽a).变量类函数恒成立、能成立问题(1)若f(x),g(x)的值域分别为A,B,则有:(1)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A⊆B;(2)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A∩B≠∅.(2)两个函数的最值问题(1)∀x1∈D,∀x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)max;(2)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)min;(3)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)max>g(x)min.典型例题消元与换元在处理多变量问题时,我们可以分析变量之间的联系,通过代换的方法将其转化为单变量的问题,从而将较为复杂的函数转化为一个简单的函数来处理,实现从未知向已知的转化,顺利解决问题.【例1】设a,b >0,a ≠b ,求证:√ab <b−aln b−ln a <a+b 2.【解析】不妨设b >a >0, (1)先证√ab <b−a ln b−ln a.要证√ab <b−aln b−ln a ,即证ln b −ln a <√ab,即证ln b a <√b a −√ab . 上式中今t =√ba ,则只需证明:2ln t <t −1t (t >1). 令f(t)=2ln t −t +1t (t >1),则f ′(t)=2t −1−1t 2=−t 2+2t−1t 2=−(t−1)2t 2<0,所以f(t)在(1,+∞)上单调递減,又f(1)=0,因此当t >1时,f(t)=2ln t −t +1t <0,即2ln t <t −1t (t >1)成立. 故ln b a<√b a−√ab.(2)再证b−aln b−ln a <a+b 2.即证ln b −ln a >2(b−a)a+b,即证ln ba >2(b a−1)1+ba .令t =ba (t >1),则只需证明:ln t >2(t−1)1+t (t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),g ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)递增,又g(1)=0,因此当t >1时,g(t)=ln t −2(t−1)1+t>0,即ln t >2(t−1)1+t成立,故b−a ln b−ln a <a+b 2.综上,√ab <b−aln b−ln a <a+b 2.【点睛】本题通过比值换元,把双变量不等式变为单变量不等式,从而可以轻松地构造函数解决问题.通过换元把双变量不等式变为单变量,是证明双变量不等式的基本方法. 本题的不等式称为对数平均不等式,两个正数a 和b 的对数平均定义:L(a,b)={a −bln a −ln b (a ≠b),a(a =b).对数平均与算术木平均,几何平均的大小关系:√ab ⩽L(a,b)⩽a+b 2.对数平均不等式在双变量不等式,特别是极值点偏移问题中有着重要的应用. 【例2】已知函数f(x)=ae x (a ≠0),g(x)=12x 2. (1)当a =−2时,求曲线f(x)与g(x)的公切线方程;(2)若y =f(x)−g(x)有两个极值点x 1,x 2,且x 2⩾3x 1,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当a =−2时,f(x)=−2e x ,设曲线f(x)上的切点为(x 1,−2e x 1),则切线方程为y +2e x 1=−2e x 1(x −x 1),设曲线g(x)上的切点为(x 2,12x 22),则切线方程为y =12x 22=x 2(x −x 2),由两条切线重合得{−2e x 1=x 2,2e x 1(x 1−1)=−12x 22,则{x 1=0,x 2=−2,所以公切线方程为y =−2x −2. (2)y =f(x)−g(x)=ae x −12x 2,y ′=ae x −x ,因为x 1,x 2是y =f(x)−g(x)的极值点, 所以ae x 1−x 1=ae x 2−x 2=0,所以a =x 1e x 1=x 2e x 2.令x 2=kx 1(k ⩾3),可得x 1e x 1=kx 1ekx 1,则x 1=ln kk−1.设ℎ(x)=ln x x−1(x ⩾3),则ℎ′(x)=1−1x−ln x (x−1)2,令t(x)=1−1x −ln x(x ⩾3),则t ′(x)=1−x x 2<0,t(x)单调递减,得t(x)⩽t(3)=23−ln 3<0,所以ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减, ℎ(x)⩽ℎ(3)=ln 32,易知ℎ(x)>0,所以x 1∈(0,ln 32].今φ(x)=xe x ,φ′(x)=1−x e x,则φ(x)在(−∞,1]上递增,所以a =x1e x 1∈(0,√36ln 3].【点睛】当一个不等式中出现多个未知数,如何减少变元的个数就成为解决问题的关键.“减元”是在“消元”的思想下进行的,通过“消元”减少变量的个数,可使问题变得简单、易于解决.减元的常用手段有:换元、整体代入、消去常数等.【例3】已知函数f(x)=ln x−ax.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若x1,x2(x1<x2)是f(x)的两个零点.证明:(i)x1+x2>2a ;(ii)x2−x1>2√1−eaa.【解析】(1)f(x)定义域(0,+∞),f′(x)=1x −a=1−axx.则当a⩽0时f(x)在(0,+∞)为增函数;当a>0时f(x)在(0,1a )为增函数,在(1a,+∞)为减函数.(2)(i)原不等式等价于x1+x22>1a,因为ax1=ln x1(1),ax2=ln x2(2),由(2)−(1)得,a(x2−x1)=ln x2−ln x1则a=ln x2−ln x1x2−x1,则x1+x22>1a等价于x1+x22>x2−x1ln x2−ln x1(对数平均不等式)即证ln x2−ln x1>2(x2−x1)x1+x2,即证ln x2x1−2(x2x1−1)1+x2x1>0，设t=x2x1(t>1),设g(t)=ln t−2(t−1)1+t(t>1),则g′(t)=1t −2(1+t)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)上为增函数.所以g(t)>g(1)=0,即ln x2x1−2(x2x1−1)1+x2x1>0,所以x1+x22>1a.(ii)设ℎ(x)=ln xx ,则ℎ′(x)=1−ln xx2.所以ℎ(x)在(0,e]上递增,在(e,+∞)上递减.因为a=ℎ(x)有两个不相等的实根,则0<a<1e且1<x1<e<x2.易证ln x <x −1对x ∈(0,1)∪(1,+∞)恒成立(考试中需证明), 则ln 1x >1−x 对x ∈(0,1)恒成立,所以ax 1−1=ln x 1−1=ln x 1e >1−ex 1,因为x 1>0,所以ax 12−2x 1+e >0又因为a >0,Δ=4−4ae >0,所以x 1<1a−√1−eaa或x 1>1a+√1−eaa. 因为0<x 1<e 且0<a <1e,所以x 1<1a−√1−eaa因为x 1+x 22>1a,所以x 1+x 22−x 1>1a−(1a−√1−eaa) 即x 2−x 1>2√1−eaa. 【点睛】将关于x 1,x 2的双变量问题等价转化为以x 1,x 2所表示的运算式作为整体的单变量问题,通过整体代换为只有一个变量的函数式,从而使问题得到巧妙的解决,我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.这是解决双变量问题最重要、最一般的方法.变更主元对于题目涉及到的两个变元,已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动,求另一个变元的取值范围问题,这类问题我们称之为“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题,往往会利用我们习惯将字母x 作为自变量的误区来进行设计.此时,我们可以变更主元,“反客为主”,将另一个变量作为自变量,从而使问题得以解决,我们称这种方法为变更主元法.如下面【例】题. 【例4】设函数f(x)=e 2x −aln x . (1)讨论f(x)的导函数f ′(x)零点的个数; (2)证明:当a >0时,f(x)⩾2a +aln 2a .【解析】(1)f(x)=e 2x −aln x 的定义域为(0,+∞),所以f ′(x)=2e 2x −ax.(1)当a ⩽0时,f ′(x)>0恒成立,故f ′(x)没有零点; (2)当a >0时,因为y =e 2x 为单调递增,y =−ax 单调递增, 所以f ′(x)在(0,+∞)单调递增.又f ′(a)>0,且b 满足{0<b <a4,b <14,时,f ′(b)<0,故零点存在性定理可知,f ′(x)存在唯一的零点.综上所述,当a ⩽0时,f ′(x)没有零点;当a >0时,f ′(x)存在唯一零点. (2)解法1:由(1)知,可设导函数f ′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x 0, 当x ∈(0,x 0)时,f ′(x)<0;当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x)>0, 故f(x)在(0,x 0)单调递减,在(x 0,+∞)单调递增, 所以当x =x 0时,f(x)取得最小值,最小值为f (x 0), 由于2e 2x 0−a x 0=0,所以f (x 0)=a 2x 0+2ax 0+aln 2a⩾2a +aln 2a.故当a >0时,f(x)⩾2a +aln 2a.解法2:令g(a)=2a +aln 2a −e 2x +aln x ,g ′(a)=2+ln 2a −1+ln x =1+ln 2+ln x −ln a .令g ′(a)>0,得a <2ex ;令g ′(a)<0,得a >2ex .所以函数g(a)在(0,2ex)上单调递增,在(2ex,+∞)上单调递减, 所以g(a)max =g(2ex)=4ex +2exln 1ex +2exln x −e 2x =2ex −e 2x .再令ℎ(x)=2ex −e 2x ,ℎ′(x)=2e −2e 2x ,所以ℎ(x)在(0,12)上单调递增,在(12,+∞)上单调递减,ℎ(x)max =ℎ(12)=0.所以g(a)max ⩽0.得证.【点睛】(1)在解题过程中,若以x 为自变量不好做,可以考虑变更主元;(2)变更主元后,要点睛意是对新变量求导.本题解法2中,构造g(a)后,a 才是自变量,而x 变成了参数.【例5】函数f(x)=e mx−1−ln x x,(1)若m =1,求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的最小值为m,求m的最小值.【解析】(1)当m=1时,f(x)=e x−1−ln xx ,f′(x)=x2e x−1+ln x−1x2,令u(x)=x2e x−1+ln x−1,易知u(x)在(0,+∞)上单调递增,且u(1)=0,所以当x∈(0,1)时u(x)<0,此时f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时u(x)>0,此时f′(x)>0;所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)依题意可得:e mx−1−ln xx⩾m恒成立,且等号能够取到.构造关于m的函数g(m)=e mx−1−ln xx−m,g′(m)=xe mx−1−1,令g′(m)>0,得m>1−ln xx ;令g′(m)<0,得m<1−ln xx;所以g(m)在(1−ln xx ,+∞)上单调递增;在(−∞,1−ln xx)上单调递减,故g(m)⩾g(1−ln xx )=e1−ln x x⋅x−1−ln xx−1−ln xx=0.不等式g(m)⩾g(1−ln xx)=0中的等号可以取到,令ℎ(x)=1−ln xx ,则ℎ′(x)=ln x−2x2,易得ℎ(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,ℎ(x)min=ℎ(e2)=−1e2.所以m⩾−1e2,故m的最小值为−1e2.构造函数【例6】已知函数f(x)=(a+1)ln x+ax2+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a<−1,如果对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)−f(x2)|⩾4|x1−x2|,求实数a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a+1x +2ax=2ax2+a+1x,当a⩾0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a⩽−1时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当−1<a<0时,令f′(x)=0,解得x=√−a+12a.则当x ∈(0,√−a+12a)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增;x ∈(√−a+12a,+∞)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减.故当a ⩾0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,f(x)在(0,√−a+12a)单调递增,在(√−a+12a,+∞)单调递减.(2)不妨设x 1⩾x 2,而a <−1,由(1)知f(x)在(0,+∞)单调递减, 从而任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2| 等价于任意x 1,x 2∈(0,+∞),f (x 2)+4x 2⩾f (x 1)+4x 1(∗) 令g(x)=f(x)+4x ,则g ′(x)=a+1x+2ax +4,由于(∗)等价于g(x)在(0,+∞)上单调递减, 得g ′(x)=a+1x+2ax +4⩽0. 从而a ⩽−4x−12x 2+1=(2x−1)2−4x 2−22x 2+1=(2x−1)22x 2+1−2,故a ⩽−2.从而实数a 的取值范围是(−∞,−2].【点睛】本题通过分离变量x 1,x 2,将x 1,x 2分别移到不等式的两侧,得到同构式,根据同构式构造新的函数,得到新函数的单调性,利用导数即可解决问题.本方法在1.6章节有详细介绍. 【例7】已知函数f(x)=x −bx ,g(x)=2aln x .(1)若b =0,函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切,求a 的值;(2)若a >0,b =−1,函数F(x)=xf(x)+g(x)满足对任意x 1,x 2∈(0,1](x 1≠x 2),都有|F (x 1)−F (x 2)|<3|1x 1−1x 2|恒成立,求a 的取值范围;(3)若b =1,函数G(x)=f(x)+g(x),且G(x)有两个极值点x 1,x 2,其中x 1∈(0,13],求G (x 1)−G (x 2)的最小值.【解析】(1)若b =0,函数f(x)=x 的图象与g(x)=2aln x 的图象相切,设切点为(x 0,2aln x 0),则切线方程为y =2ax 0x −2a +2aln x 0,所以{2ax 0=1,−2a +2aln x 0=0,解得x 0=e,a =e 2.所以a =e 2. (2)当a >0,b =−1时,F(x)=x 2+1+2aln x,F ′′(x)=2x +2a x>0,所以F(x)在(0,1]递增.不妨设0<x 1<x 2⩽1,原不等式等价于F (x 2)−F (x 1)<3(1x 1−1x 2),即F (x 2)+3x 2<F (x 1)+3x 1.设ℎ(x)=F(x)+3x =x 2+1+2aln x +3x ,则原不等式等价于ℎ(x)在(0,1]上递减,即ℎ′(x)=2x +2a x−3x 2⩽0在(0,1]上恒成立.所以2a ⩽3x−2x 2在(0,1]上恒成立.设y =3x −2x 2,在(0,1]上递减,所以y min =3−2=1,所以2a ⩽1, 又a >0,所以0<a ⩽12;(3)若,函数所以,由题意知是的两根, 所以,所以,数े ,所以, 当时,在上单调函数, 所以的最小值为, 即的最小值为. 任意存在分析值域1b =1()()()2ln G x f x g x x a x x=+=-+2221()(0)x ax G x x x ++'=>12,x x 2210x ax ++=12122111111,2,,2x x x x a x a x x x =+=-==--()()()1211111111112ln G x G x G x G x x x x x x ⎤⎡⎫⎛⎫⎛⎫-=-=--+⎥⎪⎢ ⎪ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎦11()2ln H x x x x x x ⎡⎤⎛⎫=--+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦222(1)(1)ln 1()21ln x x x H x x x x +-⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭10,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()0,()H x H x '<10,3⎛⎤ ⎥⎝⎦()H x 120ln31633H -⎛⎫=⎪⎝⎭()()12G x G x -20ln 3163-【例9】已知函数（1）当时,求在区日上的最大值和最小值;(2)若在区间上,函数的图象恒在直线下方,求的取值范围. (3)设,当时，若对于任意,存在,使,求实数的取值范围. 【解析】(1)当时,,, 令,解得:,令,解㥂:,所以在区间上是增函数,在上为减函数, 所以,又,所以; (2)令.,①若,令,得柭侾,点, 当,即时,在上有,在上有,在上有, 此时在区间上是增函数,21()ln .(R)2f x a x x a ⎛⎫=-+∈ ⎪⎝⎭0a =()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(1,)+∞()f x 2y ax =a 219()()2,()26g x f x ax h x x bx =-=-+23a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12g x h xb 0a =21()ln 2f x x x =-+2(1)(1)11()x x x f x x x x x-+--+'=-+==()0f x '>01x <<()0f x '<1x >()f x 1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦[1,e]max 1()(1)2f x f ==-2211e 1(e)1e 22ef f ⎛⎫=-->=- ⎪⎝⎭2min()()12e f x f e ==-21()()22ln (0)2g x f x ax a x ax x x ⎛⎫=-=--+> ⎪⎝⎭(1)[(21)1]1()(21)2x a x g x a x a x x ---'=--+=12a >()0g x '=1211,21x x a ==-211x x >=112a <<(0,1)()0g x '>()21,x ()0g x '<()2,x +∞()0g x '>()g x ()2,x +∞并且在该区间上有,不合题意; 当,即时,同理可知,在区间上，有,也不合题意； ②若,则有, 此时在区间上恒有,从而在区间上是减函数; 要使在此区间上恒成号,综上,当时,函数的图䝴恒在直线下方;(3)当时，由(2)中(1)知在上是增函数,在上是减函数, 所以对任意,都有,又已知存在,使, 即存在,鿇, 即存在即存在,使.因为, 所以实数的取值范围是.【点睛】本题不等式型双变量问题，通过分析两个函数的最值加以解决. 一般地,①,使得,则; ②,使得,则; ③,使得,则()()2(),g x g x ∈+∞211x x =1a ()g x (1,)+∞()((1),)g x g ∈+∞12a210a -(1,)+∞()0g x '<()g x (1,)+∞()0g x <11,22a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦()f x 2y ax =23a =()g x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈()17(1)6g x g =-2[1,2]x ∈()()12q x h x 2[1,2]x ∈2197266x bx -+-2213[1,2],23x bx x ∈+2[1,2]x ∈1323b x x+132516,([1,2])363y x x x ⎡⎤=+∈∈⎢⎥⎣⎦b 8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦12,x D x E ∀∈∀∈()()12f x g x >min max ()()f x g x >12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x >min min ()()f x g x >12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x >max min ()()f x g x +>【例10】设是函数的一个极值点. (1)求与的关系式(用表示),并求的单调区间；(2)设.若存在,使得,求实数的取值范围.【解析】(1),由,解得.所以,当时,当时,在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)可知,当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减, 那么在区间上的值域是, 而,那么在上的值域为.又在上是增函数, 所以在上的值域为, 以实数的取值范围是.【点睛】存在,使得"等价于“,而则要通过与的值域得到.强化训练1.已知函数,其中(1)试讨论函数的单调性 (2)在时,是否存在极值点?如果存在,不妨设为且,试判断3x =()23()e ()z f x x ax b a -=++∈R a b a b ()f x 2250,()e 4x a g x a ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -a 23()(2)e x f x x a x b a -⎡⎤'=-+-+-⎣⎦(3)0f '=32b a =--233()(2)33e (3)(1)e x x f x x a x a x x a --⎡⎤'=-+---=--++⎣⎦4a <-4a >-()f x (,1)a -∞--(1,3)a --(3,)+∞0a >()f x (0,3)(3,4)()f x [0,4][min{(0),(4)},(3)]f f f 31(0)(23)e 0,(4)(13)e 0,(3)6f a f a f a -=-+<=+>=+()f x [0,4]3(23)e ,6a a ⎡⎤-++⎣⎦225()e 4x g x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭[0,4]()g x [0,4]2242525,e 44a a ⎡⎤⎛⎫++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦a 30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -()()¡±12min 1f x g x -<()()12main f x g x -()f x ()g x 2()e 12,(,)x f x x ax ax x a =---∈∈R R e 2.71828≈()f x 12ea >()f x 12,x x 12x x <与的大小并说明理由.【解析】(1)因为, 所以①当时,,所以的变化如下表:所以在单调迸减,在单调递增. ②当时,即,所以的变化如下表:所以在单调递增. ③当时,即时, 当时,,所以,当时,; 当时,; 当时,, ④当时,即时, 当时,,所以,()()12f x f x +1e e+-2()e 12,x f x x ax ax a =---∈R ()()(1)e 2(1)(1)e 2x x f x x a x x a '=+-+=+-20a e 20xa ->,(),()x f x f x'()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =ln(2)1a =-,(),()x f x f x'()f x (,)-∞+∞ln(2)1a <-102ea <<ln(2)x a <e 20,10xa x -<+<ln(2)x a <()e 2(1)0x a x -+>ln(2)1a x <<-()e 2(1)0x a x -+<1x >-()2(1)0x e a x -+>ln(2)1a >-12ea >1ln(2)x a -<<e 20,10xa x -<+>()e 2(1)0x a x -+<当时,;当时,. 所以在单调递增,单调递减,单调递增. 当时在单调减，在单调递增; 当时在单调递增; 当时在单调递增,单调递减,单调䏲以;当时在单调递增,单调递减,单调递增. (2).理由如下:由(1)知有两个极值点:,所以令, 则,令,则,令,因为,且在上单调递减,所以存在,使得,即存在使得,所以当时,,即时,使得,当时,,即时,使得. 当时,, 1x <-()2(1)0x e a x -+>ln(2)a x <()2(1)0x e a x -+>()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞20a ()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =()f x (,)-∞+∞102e a <<()f x (,ln 2)a -∞(ln 2,1)a -(1,)-+∞12ea >()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞()()12e 1ef x f x ++<-1,()2ea f x >121,ln 2x x a =-=()()2121(1)(ln 2)2ln 2f x f x f f a a a a e+=-+=--+-211()2ln 2e 2e h a a a a a ⎛⎫=--+-> ⎪⎝⎭21()1ln 22ln 22e h a a a a ⎛⎫'=--> ⎪⎝⎭ln2t a =1t >-2()21(1)g t t t t =--+>-1(0)0,02g g ⎛⎫>< ⎪⎝⎭()g t (1,)-+∞0102t <<()00g t =010ln 22a <<()00h a '=01t t -<<()0g t >012ea a<<()0h a '>0t t <()0g t <0a a <()0h a '<12e a >()200000011()2ln 222ln 2e eh a h a a a a a a =--+-=--+因为,所以.设,因为在成立, 所以在单调递增, 所以,,所以.2.已知函数,其中为实常数.(1)若当时,在区间[1,e]上的最大值为,求的值;(2)对任意不同两点,设直线的斜率为,若0恒成立,求的取值范围.【解析】(1)因为函数, 所以,因为,所以则,得, 当时,,当时,,所以在时,取最大值, 因为当时,在区间上的最大值为, 所以当时，在区间上的最大值, 解得. 当时,在区间上的最大值,解得,不合题意; 当时,在区间上的取大值, 010ln 22a <<012a <<()ln (1u x x x x =<()1ln 0u x x '=+>1x <<()ln u x x x =11()22e e h a <--+=--21e 1()1e eh a +<--=-()ln 1f x x ax =-+a 0a >()f x 1-a ()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 12x x k ++>a ()ln 1f x x ax =-+11(),0ax f x a x x x-'=-=>0a >()0f x '=1x a=10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '>1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭()0f x '<1x a =()f x 0a >()f x [1,e]1-101a<<()f x [1,e](1)ln111f a =-+=-2a =11e a()f x [1,e]111ln 11f a a a a ⎛⎫=-⨯+=- ⎪⎝⎭e a =1ea>()f x [1,e](e)lne e 12e 1f a a =-+=-=-不合题意; 综上,.(2)因为对任意不同两点, 设直线的軼率为,若恒成立, 所以,所以, 所以在上是增函数, 所以在上恒成立,所以, 因为,所以,当且仅当时,即, 所以.所以的取值范围是. 3.设函数.(1)若曲线在点处的切线与直线垂直,求的单调递减区间和极小值(其中为自然对数的底数)；(2)若对任意恒成立,求的取值范围.【解析】(1)由已知得.因为曲线在点处的切线与直线垂直, 所以此切线的煂車为0.2a =()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 120x x k ++>22111221ln ln 0x ax x ax x x x x --+++>-2222211121ln ln 0x x ax x x ax x x +---+>-2()ln m x x x ax =+-(0,)+∞1()20m x x a x'=+-(0,)+∞min 12a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭0x >11222x x x x+⋅=12x x =x =22a a (-∞()ln ,R kf x x k x=+∈()y f x =(e,(e))f 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k 21()(0)kf x x x x'=->()y f x =(e,(e))f 20x -=即,有,解得.所以,由㥂,由得. 所以在上单调递减,在上单调递增, 当时取得极小值.故的单调递减区间为,极小值为2.(2)条件等价于对任意(*)恒成立. 设.所以(*)等价于在上单调递减. 由在上恒成立, 得恒成立.所以(当且仅当时等号成立), 故的取值范围是. 4.已知函数.(1)当时,讨论的单调性; (2)设.当时,若对任意,存在,使,求实数取值范围.【解析】, 令.(e)0f '=210e e k -=e k =221e e()(0)x f x x x x x-'=-=>()0f x '<0e x <<()0f x '>e x >()f x (0,e)(e,)+∞e x =()f x e(e)ln e 2ef =+=()f x (0,e)()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()ln (0)kh x f x x x x x x=-=+->()h x (0,)+∞21()10k h x x x'=--(0,)+∞2211(0)24k x x x x ⎛⎫-+=--+> ⎪⎝⎭14k12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭1()ln 1(R)a f x x ax a x-=-+-∈12a()f x 2()24g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12f x g xb 222111(1)()(0)a ax x a f x a x x x x --++-'=-+=>2()1(0)h x ax x a x =-+->(i)当,当,函数单调递减; 当时,,函数单调递增.(ii)当时,由,即,解得.当时,时,函数单调递减;时,,函上单调递减. 当时,当,函数单调遌当;当,函数单调递增. 综上所述:当时,函数在单调递减,单调递增; 当时,函数在上调递减； 当时,在单调递减,单调递增, (2)当时,在上是减函数,在上是增函数, 所以对任意,有,又已知存在,使, 所以 又当时,,与(*)矛盾; 当时,,时与(*)矛盾; 当时,.0,()1(0)a h x x x ==-+>(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x 1x >()0,()0h x f x <'>()f x 0a ≠()0f x '=210ax x a -+-=1211,1x x a==-102a <<1110,(0,1)x a->>∈()0,()0h x f x >'<()f x 11,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭()0,()0h x f x >'<()f x 0a <110a-<(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x (1,),()0,()0x h x f x ∈+∞<'>()f x 0a ()f x (0,1)(1,)+∞12a =()f x (0,)+∞102a <<()f x 1(0,1),1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭11,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭14a =()f x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈min 1()(1)2f x f ==-2[1,2]x ∈()()12f xg x ()221,[1,2](*)2g x x -∈22()()4([1,2])g x x b b x =-+-∈1b <min ()(1)520g x g b ==->[1,2]b ∈2min ()()40g x g b b ==-2b >min 117()(2)84,28g x g b b ==--综上所䢑,实数的取值范围就是. b 17,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。
如何处理导数问题中含有两个变量的问题
， 一 一 ２
式 转 化 为ｌ ｎ ＞ —
１ ＋ （ ）
， 即证 明ｌ ｎ ＞ － ２ ｘ － ２ ： ￣ｘ ∈（ １ ＋ ） 恒 成 立
，
ｌ ＋ ｘ
ｘ －２ 证 明： 设ｇ （ ｘ） ： １ ｎ ｘ 一 — ２
—
，
ｘ∈（ １ ， ＋∞） ，
１ ＋ｘ 一
二 ！ （ Ｘ ） ＞０， ／ 则ｇ （ ｘ） ： １ ｎ ｘ 一２ ｘ － ２ ： ￣（ １ ， ＋ ∞） 上单调递增 ， ｇ （ ｘ ） ＞ ｇ （ １ ） ： Ｏ ．
．
，
１ ＋ｘ ‘
又． ． ． ０ ＜ ａ ＜ ｂ ． 一 ｂ
２ ｂ
一
证明： ． ． ． ０ ≤ｂ ＜ ａ ≤１ 。 要证 ＜ ） 二 ＜ ２
＝
ｈ ， （ ｘ） ： ２ ｘ （ １ ｎ ｘ — ｌ ｎ ａ ） ＋（ ａ ２ ＋ ｘ ２ ） ． 一 ２ ａ ： ２ ｘ （ １ ｎ ｘ — ｌ ｎ ａ ） ＋
—
ａ ＋ｘ ａ ＋ｘ
［ （ ａ ２ ＋ ｘ ２ ） （ １ ｎ ｘ
—
ｌ ｎ ｚ ） 一
例２ ： 函数ｆ （ ｘ ） ＝ ｌ ｎ ｘ ， 当０ ＜ ａ ＜ ｂ时 ， 求证 ： ｆ （ ｂ ） 一 ｆ （ ａ ） ＞
２ ａ （ ｂ — ａ）
ａ ＋ ｂ
２ ａ ｘ ＋ ２ ａ］ ， （ ｘ ＞ ａ ）
了
．
，
１ ］ ，
（ ｘ ） ≥０
恒成立 ．
正负情况即可 ． 求导过程相对较简单． 如 果 有 的 同 学 对 变 量 集 中不 太 熟 练 ．我 们 也 可 以换 一 个 角度来 考虑 ， 对我 们要证 明的不等式ｌ ｎ ｂ — ｌ ｎ ａ ＞ — ２ ａ （ ｂ － ａ ）
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
导数双变量问题分类整理【例】(2018全国卷Ⅰ)已知函数1()ln f x x a x x=-+． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：1212()()2-<--f x f x a x x ．【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x-+'=--+=-． （i ）若2≤a ，则()0'≤f x ，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减．（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x -=或2a x +=．当2()a a x+∈+∞时，()0f x '<； 当(22a a x -+∈时，()0f x '>． 所以()f x在)+∞单调递减，在单调递增． (2)由(1)知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >．由于()f x 的两个极值点1x ，2x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >．由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<．设函数1()2ln g x x x x=-+，由(1)知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <． 所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--．【例】(2018浙江)已知函数()ln f x x =．(1)若()f x 在1x x =，2x (12x x ≠)处导数相等，证明：12()()88ln 2f x f x +>-；(2)若34ln 2a -≤，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 【解析】(1)函数()f x的导函数1()f x x '=-，由12()()f x f x ''=1211x x -=-， 因为12x x ≠12+== 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x ++=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以()g x 在[256,)+∞上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． (2)令(||)a k m e -+=，2||1()1a n k+=+，则()||0f m km a a k k a -->+--≥， ()))0a f n kn a n k n kn --<---<≤，所以，存在0(,)x m n ∈使00()f x kx a =+， 所以，对于任意的a ∈R 及(0,)k ∈+∞，直线y kx a =+与曲线()y f x =有公共点．由()f x kx a =+得k =设()h x =则22ln 1()12()x ag x a h x x x -+--+'==，其中()ln g x x =-．由(1)可知()(16)g x g ≥，又34ln 2a -≤， 故()1(16)134ln 2g x a g a a --+--+=-++≤，所以()0h x '≤，即函数()h x 在(0,)+∞上单调递减，因此方程()0f x kx a --=至多1个实根． 综上，当34ln 2a -≤时，对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 【例】(2018天津)已知函数()xf x a =，()log a g x x =，其中1a >．(1)求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间；(2)若曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线与曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线平行，证明122ln ln ()ln ax g x a+=-； (3)证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线． 【解析】(1)由已知，()ln xh x a x a =-，有()ln ln xh x a a a '=-．令()0h x '=，解得0x =．由1a >，可知当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如下表：所以函数()h x 的单调递减区间(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞．(2)证明：由()ln xf x a a '=，可得曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线斜率为1ln x a a ．由1()ln g x x a'=，可得曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线斜率为21ln x a ．因为这两条切线平行，故有121ln ln xa a x a=，即122(ln )1xx a a =．两边取以a 为底的对数，得21log 2log ln 0a a x x a ++=，所以122ln ln ()ln ax g x a+=-． (3)证明：曲线()y f x =在点11(,)xx a 处的切线1l ：111ln ()x x y a a a x x -=⋅-．曲线()y g x =在点22(,log )a x x 处的切线2l ：2221log ()ln a y x x x x a-=⋅-． 要证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线，只需证明当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，2(0,)x ∈+∞，使得l 1和l 2重合．即只需证明当1e e a ≥时，方程组1112121ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩①②有解，由①得1221(ln )x x a a =，代入②，得111112ln ln ln 0ln ln x x a a x a a x a a-+++=． ③ 因此，只需证明当1ee a ≥时，关于1x 的方程③有实数解．设12ln ln ()ln ln ln x x au x a xa a x a a=-+++， 即要证明当1ee a ≥时，函数()y u x =存在零点．2()1(ln )xu x a xa '=-，可知(,0)x ∈-∞时，()0u x '>；(0,)x ∈+∞时，()u x '单调递减，又(0)10u '=>，21(ln )21()10(ln )a u a a '=-<，故存在唯一的0x ，且00x >，使得0()0u x '=，即0201(ln )0x a x a -=．由此可得()u x 在0(,)x -∞上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减． ()u x 在0x x =处取得极大值0()u x ．因为1ee a ≥，故ln(ln )1a -≥， 所以0000012ln ln ()ln ln ln xxa u x a x a a x a a=-+++02012ln ln 22ln ln 0(ln )ln ln a a x x a a a +=++≥≥． 下面证明存在实数t ，使得()0u t <．由(1)可得1ln x a x a +≥，当1ln x a>时， 有12ln ln ()(1ln )(1ln )ln ln a u x x a x a x a a +-+++≤2212ln ln (ln )1ln ln aa x x a a=-++++， 所以存在实数t ，使得()0u t <，因此，当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，使得1()0u x =． 所以，当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线． 【例】(2016年全国Ⅰ) 已知函数2()(2)(1)xf x x e a x =-+-有两个零点．（I ）求a 的取值范围；（II ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<． 【解析】（Ⅰ）．（i ）设，则，只有一个零点．（ii ）设，则当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 又，，取满足且，则 ，故存在两个零点． （iii ）设，由得或．'()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a =-+-=-+0a =()(2)xf x x e =-()f x 0a >(,1)x ∈-∞'()0f x <(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (,1)-∞(1,)+∞(1)f e =-(2)f a =b 0b <ln2ab <223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->()f x 0a <'()0f x =1x =ln(2)x a =-若，则，故当时，， 因此在上单调递增．又当时，，所以不存在两个零点． 若，则，故当时，； 当时，．因此在上单调递减， 在上单调递增．又当时，， 所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，又在上单调递减，所以等价于，即．由于，而，所以．设，则．所以当时，，而，故当时，．从而，故． 【例】(2015新课标Ⅱ）设函数2()mxf x ex mx =+-．(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；(Ⅱ)若对于任意1x ，2x [1,1]∈-，都有12|()()|f x f x -1e -≤，求m 的取值范围． 【解析】(Ⅰ)()(e 1)2mxf x m x '=-+．若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e -≤，()0f x '<；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -≥，()0f x '>． 若0m，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e ->，()0f x '<；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，()0f x '>．所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增．故()f x 在0x 处取得最小值．所以对于任意1x ，2x [1,1]∈-，12|()()|1f x f x e --≤的充要条件是：(1)(0)1(1)(0)1f f e f f e --⎧⎨---⎩≤≤，即11m m e m e e m e -⎧--⎨+-⎩≤≤ ① 设函数()1tg t e t e =--+，则()1tg t e '=-．当0t时，()0g t '<；当0t 时()0g t '>．2ea ≥-ln(2)1a -≤(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (1,)+∞1x ≤()0f x <()f x 2ea <-ln(2)1a ->(1,ln(2))x a ∈-'()0f x <(ln(2),)x a ∈-+∞'()0f x >()f x (1,ln(2))a -(ln(2),)a -+∞1x ≤()0f x <()f x a (0,)+∞12x x <12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞22(,1)x -∈-∞()f x (,1)-∞122x x +<12()(2)f x f x >-2(2)0f x -<222222(2)(1)x f x x ea x --=-+-22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=222222(2)(2)x x f x x ex e --=---2()(2)xx g x xex e -=---2'()(1)()x xg x x e e -=--1x >'()0g x <(1)0g =1x >()0g x <22()(2)0g x f x =-<122x x +<故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞ 单调递增．又(1)0g ，1(1)20g e e --=+-<，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时，()0,()0g m g m -≤≤，即①式成立，当1m 时，由()g t 得单调性，()0g m ，即1m e m e ->-；当1m <-时，()0g m ->，即1m e m e -+>-综上，m 的取值范围是[1,1]-．关于极值点双变量的求参数范围问题： 【例】（2020·湖北高三模拟）已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅ ⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当1a ≤时，单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间；当1a >时，单调递减区间为(()0,,a a +∞；单调递增区间为(a a ；（2）4⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭【解析】【分析】（1）求解导函数，根据导函数的分子（二次函数）分类讨论()f x '与0的关系，从而可分析出函数的单调性；（2）根据已知条件构造关于12x x 的新函数，根据新函数的单调性分析出12x x 的取值范围，然后根据a 与12x x 的关系即可求解出a 的取值范围.【详解】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22212211a x ax f x x x x--+'=-+=-. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '= （ii ）若1a >，令()0f x '=得12x a x a ==当(()20,x a a a ∈++∞时，()0f x '<；当(x a a ∈时，()0f x '>，所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间； 当1a >时，()f x 单调递减区间为(()0,,aa++∞；单调递增区间为(a a +.（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()12g x b cx x'=--， ∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+⎪+⎝⎭， 由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-， ∴()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=----⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln ln1⎛⎫- ⎪-⎝⎭=-=-++x x x x x x x x x x x x ，令12(0,1)x t x =∈，∴2(1)ln 1t y t t -=-+， ∴22(1)0(1)t y t t --'=<+，所以y 在()0,1上单调递减. 由y 的取值范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，得t 的取值范围是10,2⎛⎤⎥⎝⎦，∵122x x a +=， ∴()222222211221212112212212(2)242x x x x x xa x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，∴2122119422,2x x a t x x t ⎡⎫=++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭，又∵1a >，故a 的取值范围是⎫+∞⎪⎪⎣⎭. 【点睛】（1）含参函数的单调性分析，要注意抓住参数的临界值进行分类讨论；（2）利用导数求解双变量问题，多数情况下需要构造关于12x x （或21x x ）的新函数，借助新函数的单调性分析问题. 关于极值点双变量的最值问题：【例】（2020·福建省高三）已知函数21()2ln f x x ax x=--，a ∈R ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，求()()212f x f x -的最大值． 【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）14ln 22+. 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据二次函数的∆与0的关系来分类讨论函数的单调性，并注意一元二次方程根的正负与定义域的关系；（2）由()1212,x x x x <是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将()()212f x f x -转变为关于某一变量的新函数，分析新函数的单调性从而确定出新函数的最大值即()()212f x f x -的最大值.【详解】（1）21221()22x ax f x x a x x'-+=-+=，0x >，2221y x ax =-+，当2480a ∆=-≤，即a ≤≤0y ≥，此时()f x 在(0,)+∞上单调递增；当a <22210x ax -+=有两个负根，此时()f x 在(0,)+∞上单调递增；当a >22210x ax -+=有两个正根，分别为1x =2x =，此时()f x 在()10,x ，()2,x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减．综上可得:a ≤()f x 在(0,)+∞上单调递增，a >()f x 在0,2a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，2a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在22a a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减．（2）由（1）可得12121,2x x a x x +=⋅=，a >211221ax x =+，222221ax x =+，∵a >22a >，∴10,2x ⎛∈ ⎝⎭，22x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭， ∴()()()222122211122ln 22ln f x f x x ax x x ax x -=-+--+2221212ln 2ln 1x x x x =-++-+22222222222211132ln 2ln1ln 12ln 22222x x x x x x x ⎛⎫=-++-+=-++++ ⎪⎝⎭令22t x =，则12t >，13()ln 12ln 222g t t t t =-++++ 222213231(21)(1)()12222t t t t g t t t t t'-+----=--+== 当112t <<时，()0g t '>；当1t >时，()0g t '< ∴()g t 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在(1,)+∞单调递减∴max 14ln 2()(1)2g t g +==∴()()212f x f x -的最大值为14ln 22+。