导数中双变量的函数构造
导数中双变量问题的四种策略
导数中双变量问题的四种策略双变量问题的几种处理策略策略一：合并思想已知函数$f(x)=\ln x$的图像上任意不同的两点的中点为$A(x_1,y_1)$。
$B(x_2,y_2)$，线段$AB$的中点为$C(x,y)$，记直线$AB$的斜率为$k$，试证明：$k>f'(x)$。
解析：因为$f(x)=\ln x$，所以$f'(x)=\frac{1}{x}$。
又因为k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{\ln x_2-\lnx_1}{x_2-x_1}=\frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}$$不妨设$x_2>x_1$，要比较$k$与$f(x)$的大小，即比较frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}\text{和}\frac{1}{x_1}$$的大小，即比较ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}\text{和}e^{\frac{1}{x_2-x_1}}$$的大小。
又因为$x_2>x_1$，所以frac{x_2-x_1}{x_2+1}<\ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$因此frac{x_2-x_1}{x_2+1}<k<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$又因为$x_2>x_1$，所以$\frac{x_2-x_1}{x_2+1}>\frac{1}{2}$，因此$k>f'(x)$。
策略二：分离思想问题2：若$g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$，求$a$的取值范围，使得对任意的$x_1,x_2\in(1,2)$，都有$g(x_2)-g(x_1)<-1$。
双变量函数求导公式
双变量函数求导公式首先，我们要了解偏导数的定义。
对于函数f(x,y)，我们可以对其中的一个自变量求导，而将另一个自变量视为常数。
这样得到的导数称为偏导数。
记作∂f/∂x或∂f/∂y，表示对函数f求x或y的偏导数。
对于一个函数f(x,y)，我们可以分别对x和y求偏导数。
这意味着我们将其中一个自变量视为常数，而将另一个自变量视为变量。
因此，我们可以得到以下公式：1. 如果 f(x, y) = x^n，则∂f/∂x = nx^(n-1) 和∂f/∂y = 0。
这是因为当我们对 x 求偏导数时，视 y 为常数，而常数的导数为 0。
同样地，当我们对 y 求偏导数时，视 x 为常数，而常数的导数为 0。
2. 如果 f(x, y) = y^n，则∂f/∂x = 0 和∂f/∂y = ny^(n-1)。
这是与上述情况类似的。
3. 如果 f(x, y) = x^m*y^n，则∂f/∂x = mx^(m-1)*y^n 和∂f/∂y = nx^m*y^(n-1)。
在这种情况下，我们对 x 求偏导数时，y 被视为常数，并且同样地，对 y 求偏导数时，x 被视为常数。
以上是针对特定形式的函数的偏导数公式。
然而，在实际问题中，我们经常遇到更复杂的函数形式。
在这种情况下，我们可以使用链式法则来计算偏导数。
对于一个复合函数f(g(x,y))，其中g(x,y)是一个双变量函数，我们要求f对x和y的偏导数，可以使用以下公式：∂f/∂x=(∂f/∂g)*(∂g/∂x)∂f/∂y=(∂f/∂g)*(∂g/∂y)其中(∂f/∂g)表示f对g的偏导数，(∂g/∂x)和(∂g/∂y)分别表示g对x和y的偏导数。
通过这些公式，我们可以求解各种形式的双变量函数的偏导数。
然而，需要注意的是，有些函数的偏导数可能不存在或者不唯一、在这种情况下，我们需要使用其他的方法来求解。
另外，对于涉及双变量函数的求导问题，我们可以将其看作是多元函数的一种特殊情况。
导数双变量问题
导数双变量问题导数双变量问题导数是微积分的一个基本概念，它描述了函数在某一点处的变化率。
在单变量情况下，导数的概念已经被广泛应用于各种领域，如物理学、工程学、经济学等。
然而，在双变量情况下，导数的概念稍微复杂一些。
本文将介绍双变量函数的导数及其应用。
一、双变量函数首先，我们来回顾一下单变量函数的概念。
单变量函数是指只涉及一个自变量和一个因变量的函数，例如y=f(x)。
而双变量函数则是指涉及两个自变量和一个因变量的函数，例如z=f(x,y)。
在这种情况下，我们通常将x和y看作平面上的坐标轴，并将z看作垂直于这个平面的高度。
二、偏导数在单变量情况下，导数表示了函数在某一点处的斜率或者切线的斜率。
而在双变量情况下，则需要引入偏导数这个概念。
偏导数是指将多元函数中除了所求偏导数对应自变量以外所有自变量均视为常数后对该自变量求导得到的结果。
例如，在函数z=f(x,y)中，如果我们要求偏导数f_x，那么我们需要将y看作常数，对x求导。
同样地，如果我们要求偏导数f_y，那么我们需要将x看作常数，对y求导。
三、双变量函数的导数在单变量情况下，导数可以表示为函数的微分。
而在双变量情况下，则需要引入梯度这个概念。
梯度是一个向量，它的方向指向函数值增加最快的方向，并且它的模长表示了这个增加率。
在双变量函数中，梯度可以表示为：grad f = (df/dx, df/dy)其中df/dx和df/dy分别表示对x和y的偏导数。
这个向量可以被看作是一个切向量，在某一点处与曲面相切。
四、应用双变量函数的导数在许多领域都有着广泛的应用。
1. 最优化问题当我们想要最小化或者最大化一个双变量函数时，可以使用梯度下降法或者牛顿法等优化算法来寻找极值点。
这些算法利用了梯度的信息来确定下一步应该朝哪个方向前进。
2. 物理学物理学中有很多问题都涉及到双变量函数的导数。
例如，当我们想要计算电场或者磁场的分布时，可以使用梯度来表示这些场在不同位置处的变化率。
第41天：导数中的构造函数(换元法上)
2017.2.10导数的把关题整体换元法导数中的双变量()()()12112212,,,对于多元函数，我们称为双变量一般来说，我们无法对其进行求导数，我们可以采用“先转换后构造”的解题策略整体换元除形：同变f x x x x x f x f x x f t ⇒⇒⎛⎫⎪⎝⎭例1121212120,ln ln 证明：x x x x x x x x -∀>><+-先转换后构造()()()()()()()1212121212121212121122220,ln ln ln ln ,ln ln 1ln11ln 1111ln 0,1+1110等价证明等价证明要证明，其证中在整，换，体毕元x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x t t t t t t g t t g t g t t t t g t g -∀>><+--⇒><-+-⇒<+-⇒<>+-+'=-=>∞↑++>=例2()()()()(),2【2013陕西理】函数，比大小：与xf x e a b f a f b f b f a b a=∀<+--先转换后构造()()()()()()()122112212112211221212121212211,22,,2ln ln 2ln ln 2ln ln 2ln ln 21ln 1整体换元同除变形，比大小：与与等比大小比较与整体换大小作差判正负，价元断xa b b a a bf a f b f b f a f x e a b b ae e e e b ax x x x e x e x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-=∀<-+-⇒-+-⇒==--⎡⎤+-+⇒-=--⎢⎥--+⎣⎦⎛⎫- ⎪⎝⎭⇒-+()()()()()()()()()()2221ln 1211ln ,1,0,1+1011在，，:证毕t t t t t g t t t g t g t g t g t t t --+--'=->=>∞↑>=++。
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.。
(完整版)再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法
再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法长沙市明达中学吴祥云今日在“玩转高中数学交流群”中，由河南的贾老师提供一常规题，很多老师作出了不同的解答，我在这里把它们总结起来，供大家交流学习。
题目虽然简单，但是方法的讲述由浅入深，学生会更容易接受一些。
闲话少说，先上题：已知函数f(x)=xe x,f(x1)=f(x2),x1≠x2,求证：x1+x2>2.解析：f′(x)=1−xe x,易得 f(x)在(−∞,1)递增，(1,+∞)递减，其图像如图，为了更好的看图，横纵轴单位长度取得不同，不妨设0<x1<1<x2,以下是几种不同的证明思路：思路一：（极值点偏移问题+构造对称函数）令g(x)=f(2−x)−f(x),(0<x<1)则g′(x)=(1−x)e x−e2−xe x e2−x<0,则g(x)在(0,1)递减∴g(x)>g(1)=0,即f(2−x)>f(x),∴f(2−x1)> f(x1)=f(x2),又2−x1>1,x2>1,f(x)在(1,+∞)递减,∴2−x1<x2,即x1+x2>2。
思路二：（极值点偏移+对数平均不等式）f(x1)=f(x2)⇒x1e x1=x2e x2⇒lnx1−x1=lnx2−x2⇒lnx1−lnx2=x1−x2⇒x1−x2lnx1−lnx2=1,由对数平均不等式x1−x2lnx1−lnx2<x1+x22(证明略)，得x1+x22>1,即x1+x2>2。
思路三：（差值消元）令x2−x1=t>0,x1e x1=x2e x2⇒x2x1=e x2e x1=e x2−x1=e t⇒x1=te t−1,x2=te t−1+t,∴x1+x2=2te t−1+t,欲证x1+x2>2即证2te t−1+t<2即e t(2−t)2+t<1,令g(t)=e t(2−t)2+t,则g′(t)=e t(−t2)(2+t)2<0,故g(t)在(0,+∞)递减，点评：构造对称函数为极值点偏移问题的通法。
导数中的利用韦达定理研究双变量问题(解析版)
导数中的利用韦达定理研究双变量问题题型一：利用韦达定理消元求范围问题【精选例题】1已知函数f x =x 2+2ln x +1．(1)求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若函数g x =f x -2ax a ∈R 有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2<e ，求g x 1 -g x 2 的取值范围．【答案】(1)4x -y -2=0；(2)0,e 2-1e 2-4【详解】(1)f x =x 2+2ln x +1,f x =2x +2x，∴f 1 =2,f 1 =4,∴曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y -2=4x -1 ，即4x -y -2=0.(2)g x =x 2-2ax +2ln x +1，则函数g x 的定义域为0,+∞ ,gx =2x -2a +2x =2x 2-ax +1 x，若函数g x 有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2<e ．则方程x 2-ax +1=0的判别式Δ=a 2-4>0，且x 1+x 2=a >0,x 1x 2=1，∴x 2=1x 1<e ,1e<x 1<1．∴g x 1 -g x 2 =x 21-2ax 1+2ln x 1-x 22+2ax 2-2ln x 2=x 1+x 2 x 1-x 2 -2a x 1-x 2 +2ln x 1-2ln x 2=x 1+x 2 x 1-x 2 -2x 1+x 2 x 1-x 2 +2ln x 1-2ln1x 1=-x 1+x 2 x 1-x 2 +4ln x 1=-x 1+1x 1 x 1-1x 1+4ln x 1=1x 21-x 21+4ln x 11e <x 1<1 ．设h t =1t2-t 2+4ln t 1e <t <1 ，则ht =-2t 3-2t +4t =-2t 2-1 2t 3<0在t ∈1e ,1 上恒成立．故h t 在1e ,1 单调递减，从而h t >h 1 =0,h t <h 1e =e 2-1e 2-4．因此，g x 1 -g x 2 的取值范围是0,e 2-1e 2-4．【跟踪训练】1已知函数f x =ln x +ax +1-2a (a ∈R ).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 两个极值点x 1，x 2，且x 1∈e ,e 2 ，求f x 1 -f x 2 的取值范围.【答案】(1)当a ≤4时，f x 在0+∞ 上单调递增；当a >4时，f x 在a -2-a 2-4a 2,a -2+a 2-4a 2上单调递减，在0,a -2-a 2-4a 2 ，a -2+a 2-4a2,+∞上单调递增；(2)4+1e 2-e 2,2+1e -e【详解】(1)函数f x 的定义域为0,+∞ ，又fx =x 2+2-a x +1x x +1 2，x ∈0,+∞ ，令f x=0，得x 2+2-a x +1=0，当a ≤2时，x >0时，f x >0，所以f x 在0,+∞ 单调递增；当a >2时，方程x 2+2-a x +1=0的Δ=a 2-4a =a a -4 ，①当2<a ≤4时，Δ≤0，则f x >0，所以f x 在0,+∞ 单调递增；②当a >4时，Δ>0，令x 2+2-a x +1=0，得x 1=a -2-a 2-4a 2>0，x 2=a -2+a 2-4a 2，当x ∈0,x 1 ∪x 2,+∞ 时，f x >0；当x ∈(x 1,x 2)时，f x <0；所以f x 在a -2-a 2-4a 2,a -2+a 2-4a 2上单调递减，在0,a -2-a 2-4a 2 ，a -2+a 2-4a2,+∞上单调递增；综上所述：当a ≤4时，f x 在0+∞ 上单调递增；当a >4时，f x 在a -2-a 2-4a 2,a -2+a 2-4a 2上单调递减，在0,a -2-a 2-4a 2 ，a -2+a 2-4a2,+∞上单调递增；(2)由(1)得若f x 有两个极值点x 1,x 2，则a >4，且x 1+x 2=a -2，x 1x 2=1，即a =x 1+x 2+2，x 2=1x 1故f x 1 -f x 2 =ln x 1+a x 1+1-2a -ln x 2+ax 2+1-2a=ln x 1+x 1+x 2+2x 1+1-ln x 2-x 1+x 2+2x 2+1=ln x 1x 2+x 2+1x 1+1-x 1+1x 2+1=2ln x 1+1x 1-x 1，x 1∈e ,e 2 ，令g x =2ln x +1x -x ，x ∈e ,e 2 ，则gx =2x -1x 2-1=-x -1 2x 2<0，所以g x 在e ,e 2 上单调递减；即g e 2 ≤g x ≤g e ，故4+1e2-e 2≤g x ≤2+1e -e ，综上所述：f x 1 -f x 2 的取值范围为：4+1e 2-e 2,2+1e -e .2已知函数f x =12x 2-2ax +ln x (a 为常数)．(1)若函数f x 是增函数，求a 的取值范围；(2)设函数f x 的两个极值点分别为x 1，x 2(x 1<x 2)，求f x 1 -f x 2 的范围．【答案】(1)-∞,1 ；(2)0,+∞【详解】(1)f x 的定义域为0,+∞ ，fx =x -2a +1x =x 2-2ax +1x，若函数f x 为增函数，则f x =x 2-2ax +1x ≥0在0,+∞ 上恒成立，所以x 2-2ax +1≥0对任意x >0恒成立，即2a ≤x +1x对任意x>0恒成立，又x +1x ≥2x ⋅1x =2，当且仅当x =1x，即x =1时等号成立，所以2a ≤2，解得a ≤1，故a的取值范围是-∞,1 ；(2)若f x 在定义域内有两个极值点，则x 1,x 2是方程f x =0，即x 2-2ax +1=0的两个不相等的实数根，从而得到Δ>0x 1+x 2=2a >0x 1x 2=1>0，即a >1，又0<x 1<x 2，故x 2>1，f x 1 -f x 2 =12x 21-2ax 1+ln x 1-12x 22-2ax 2+ln x 2 =12x 21-x 22 -2a x 1-x 2 +ln x 1-ln x 2 =12x 21-x 22 -x 1+x 2 x 1-x 2+ln x 1x 2=12x 22-12x 21+ln x 1x 2=12x 22-12x 22+ln 1x 22，令t =x 22>1，则f x 1 -f x 2 =g t =12t -12t -ln t ，g t =12+12t2-1t =121-1t 2>0，所以g t 在1,+∞ 上单调递增，所以g t >g 1 =0，即g t 的值域为0,+∞ ，所以f x 1 -f x 2 的范围是0,+∞ .题型二：利用韦达定理消元证明双变量不等式问题【精选例题】2已知函数f x =2x -a ln x -1x有两个不同的极值点x 1、x 2x 1>x 2 .(1)求实数a 的取值范围；(2)若a>3，求证：x1>1，且f x1-f x2x1+x2<43-2ln2.解析：(1)实数a的取值范围是22,+∞；(2)由题意可知，x1、x2为方程2x2-ax+1=0的两个实根，由于x1>x2，则x1=a+a2-84，当a>3时，a2-8>1，∴x1=a+a2-84>1，由(1)可知x1+x2=a2x1x2=12，f x1-f x2x1+x2=2x1-x2-a ln x1x2-1x1+1x2x1+x2=2x1-x2x1+x2-2lnx1x2+x1-x2x1x2x1+x2=4x1-x2x1+x2-2lnx1x2=4x1x2-1x1x2+1-2lnx1x2，∵x1x2=2x21>2，令t=x1x2>2，设h t =4t-1t+1-2ln t，t>2. h t =8t+12-2t =-2t-12t t+12<0，所以，函数y=h t 在2,+∞上单调递减，所以，h t <h2 =43-2ln2，因此，f x1-f x2x1+x2<43-2ln2.3已知函数f(x)=12x2-kx+ln x(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x1,x2，证明：f(x1)-f(x2)<k22-2【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【详解】(1)f x =x2-kx+1x，令φx =x2-kx+1，注意到φ0 =1，对称轴x=k2，故φx min=φk2=1-k24，(i)当k2≤0时，即k≤0，此时φx 在0,+∞上单调递增，即φx >φ0 =1，从而f x >0，即f x 在0,+∞上单调递增；(ii)当k2>0时，k>0，若φk2=1-k24≥0，即0<k≤2时，φx ≥0恒成立，从而f x >0，即f x在0,+∞上单调递增；若φk2=1-k24<0，即k>2时，存在x1∈0,k2,x2∈k2,+∞有φx1 =φx2=0，其中x1=k-k2-42，x2=k+k2-42，从而f x 在0,x1上单调递增，x1,x2上单调递减，x2,+∞上单调递增；综上可知，当k≤2时，函数在0,+∞上单调递增，当k>2时，函数在0,k-k2-42和k+k2-42,+∞单调递增，在k-k2-42,k+k2-42上单调递减.(2)证明：由(1)可知，要使f x 有两个极值点x1,x2，则k>2，此时满足x1+x2=k，x1x2=1，不妨设x1<x2，此时有f x1>f x2，从而原不等式转化为：f x1-f x2=12x21-x22+k x2-x1+ln x1-ln x2<k22-2，将x2=1x1及k=x1+1x1代入有：1 2x21-1x21+1x1+x11x1-x1+2ln x1<12x1+1x12-2，化简即得：2ln x1-x21<-1，即证ln x21<x21-1，由x1x2=1>x21，可得x1<1，令t=x21⇔ln t<t-10<t<1，设g t =ln t-t-10<t<1，则g t=1-tt>0，故g t 在t∈0,1上单调递增，g t <g1 =0，故原不等式成立4已知函数f x =x2-ax+a ln x有两个极值点x1，x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：f x1+f x2+24x1+24x2<16ln2.【答案】(1)a>8；(2)证明见解析【详解】(1)f x =2x-a+ax=2x2-ax+ax,f x 有两个极值点x1，x2，则f x =0在0,+∞上有两个实数根x1，x2，所以2x2-ax+a=0在0,+∞上有两个实数根x1，x2，则Δ=a2-8a>0x1x2=a2>0x1+x2=a2>0解得a>8，故a的取值范围为a>8，(2)由(1)知x1x2=a2,x1+x2=a2，且a>8，f x1+f x2+24x1+24x2=x21-ax1+a ln x1+x22-ax2+a ln x2+24 x1+24x2=x1+x22-2x1x2-a x1+x2+a ln x1x2+24x1+x2x1x2=a24-a-a a2+a ln a2+24=-a24-a+a ln a2+24，令g a =-a24-a+a ln a2+24(a>8)，g a =-a2+ln a2，令h a =ga =-a2+ln a2,h a =-12+1 a =2-a2a<0在a>8上恒成立，所以h a =g a =-a2+ln a2在a>8单调递减，故ga =-a2+ln a2<g 8 =-4+ln4<0，因此g a 在a>8单调递减，故g a <g8 =-16-8+8ln4+24=16ln2，故g a =-a24-a+a ln a2+24<16ln2，得证.5已知函数f x =ln x-a x-1 x.(1)讨论f x 极值点的个数；(2)若函数f x 恰有2个极值点x1,x2x1<x2，3个零点t1，t2，t3(t1<t2<t3)，探究：是否存在实数a，使得f x2-f x12=2t3-t1ln t3-ln t1-2.【答案】(1)答案见解析；(2)不存在【详解】(1)由题知：f x =1x-a-ax2=-ax2-x+ax2x>0，设函数g x =ax2-x+a，当a=0时，fx =1x >0，所以f x 在0,+∞上单调递增，此时f(x)无极值点；当a<0时，g x 开口向下，对称轴为x=12a<0，g0 =a<0；所以f x >0，f x 在0,+∞上单调递增，此时f(x)无极值点；当a≥12时，g x 开口向上，Δ=1-4a 2≤0；所以f x ≤0，f x 在0,+∞ 上单调递减，此时f (x )无极值点；当0<a <12时，g x 开口向上，Δ=1-4a 2>0，对称轴为x =12a>1，g 0 =a >0；所以g x =0在0,+∞ 上有两个解x 1,x 2x 1<x 2 ，且x 1x 2=1，x 2>12a>1>2a >x 1，所以当0<x <x 1时，g (x )>0，f (x )<0；当x 1<x <x 2时，g (x )<0，f (x )>0；当x >x 2时，g (x )>0，f (x )<0，所以f x 在0,x 1 上单调递减，在x 1,x 2 上单调递增，x 2,+∞ 上单调递减；此时f x 有两个极值点.综上所述：当a ≤0或a ≥12时，f (x )无极值点；当0<a <12时，f x 有两个极值点.(2)因为函数f x 恰有2个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，由(1)知：x 1x 2=1，x 1+x 2=1a ，0<a <12，x 2>12a>1>2a >x 1，又因为函数f x 有3个零点t 1，t 2，t 3(t 1<t 2<t 3)，且f x 在0,x 1 上单调递减，在x 1,x 2 上单调递增，x 2,+∞ 上单调递减；所以t 1<x 1<1<x 2<t 3，因为f (1)=0，所以t 2=1，因为f (t 1)=ln t 1-a t 1-1t 1=0，f (t 3)=ln t 3-a t 3-1t 3 =0，f 1t 3 =ln 1t 3-a 1t 3-t 3 =-ln t 3+a t 3-1t 3=-f (t 3)=0，所以t 1=1t 3，因为f 1x =ln 1x -a 1x -x =-ln x +a x -1x =-f (x )，所以f x 2 -f x 1 2=f x 2 -f 1x 22=f (x 2)+f (x 2)2=f x 2 ，又因为2t 3-t 1 ln t 3-ln t 1-2=2t 3-1t 3ln t 3-ln 1t3-2=2ln t 3a 2ln t 3-2=1a -2，假设存在实数a ，使得f x 2 -f x 1 2=2t 3-t 1ln t 3-ln t 1-2，则f x 2 =1a -2，即ln x 2-a x 2-1x 2 -1a +2=0，即ln x 2-1x 1+x 2 x 2-1x 2-x 1+x 2 +2=0，所以ln x 2-x 2x 22+1 x 22-1x 2-1x 2-x 2+2=0，所以ln x 2-x 22-1x 22+1-1x 2-x 2+2=ln x 2+2x 22+1-1x 2-x 2+1=0，令t x 2 =1+ln x 2-x 2，x 2>1，则t x 2 =1x 2-1<0，所以t x 2 在1,+∞ 上单调递减，t x 2 <t 1 =0，所以ln x 2+2x 22+1-1x 2-x 2+1=1+ln x 2-x 2-1-x 2 2x 22+1 x 2<-(1-x 2)2(x 22+1)x 2<0，所以ln x 2+2x 22+1-1x 2-x 2+1=0不成立，所以不存在实数a 满足：f x 2 -f x 1 2=2t 3-t 1ln t 3-ln t 1-2.【跟踪训练】3已知函数f x =a ln x +12x 2-2x .(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +3>0.【答案】(1)见解析；(2)见解析【详解】(1)由题得fx =a x +x -2=x 2-2x +a x，其中x >0，令g (x )=x 2-2x +a ，x >0，其中对称轴为x =1，Δ=4-4a ．①若a ≥1，则Δ≤0，此时g (x )≥0，则f x ≥0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；②若0<a <1，则Δ>0，此时x 2-2x +a =0在R 上有两个根x 1=1-1-a ，x 2=1+1-a ，且0<x 1<1<x 2，所以当x ∈(0,x 1)时，g (x )>0，则f x >0，f (x )单调递增；当x ∈(x 1,x 2)时，g (x )<0，则f x <0，f (x )单调递减；当x ∈(x 2,+∞)时，g (x )>0，则f x >0，f (x )单调递增，③当a =0时，当x ∈(2,+∞)时，g (x )>0，则f x >0，f (x )单调递增，当x ∈(0,2)时，g (x )<0，则f x <0，f (x )单调递减，④当a <0时，Δ>0，此时x 2-2x +a =0在R 上有两个根x 1=1-1-a <0，x 2=1+1-a >0，所以当x ∈(0,x 2)时，g (x )<0，则f x <0，f (x )单调递减；当x ∈(x 2,+∞)时，g (x )>0，则f x >0，f (x )单调递增，综上，当a ≥1时，f (x )在(0,+∞)上单调递增；当0<a <1时，f (x )在(0,1-1-a )上单调递增，在(1-1-a ，1+1-a )上单调递减，在(1+1-a ，+∞)上单调递增．当a =0时，f (x )在(0,2)上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，当a <0时，f (x )在(0,1+1-a )上单调递减，在(1+1-a ，+∞)上单调递增．(2)由(1)知，当0<a <1时，f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1+x 2=2，x 1x 2=a ，所以f (x 1)+f (x 2)+3=a ln x 1+12x 21-2x 1+a ln x 2+12x 22-2x 2+3=a (ln x 1+ln x 2)+12(x 21+x 22)-2(x 1+x 2)+3=a ln x 1x 2+12[(x 1+x 2)2-2x 1x 2]-2(x 1+x 2)+3=a ln a +12(4-2a )-4+3=a ln a -a +1．令h (x )=x ln x -x +1，0<x <1，则h (x )=ln x <0，故h (x )在(0,1)上单调递减，所以h (x )>h 1 =0，所以a ln a -a +1>0，即f (x 1)+f (x 2)+3>0．4已知函数f (x )=x 2+ax -ax(a ∈R )．(1)当a =1且x >-23时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a >ee 2+1时，若函数g (x )=f (x )-x 2-ln x 的两个极值点分别为x 1，x 2，证明：0<g (x 1)-g (x 2) <e 2e 2+1．【答案】(1)函数f (x )的单调递增区间为-23,0 和(0,+∞)，无单调递减区间．(2)证明见解析【详解】(1)当a =1时，f (x )=x 2+x -1x ，所以f(x )=2x +1+1x 2=2x 3+x 2+1x2．①当x >0时，f (x )>0恒成立，所以函数f (x )在区间(0,+∞)上单调递增．②当x ∈-23,0 时，记φ(x )=2x 3+x 2+1，则φ (x )=6x 2+2x =6x x +13 ，所以当x ∈-13,0 时，φ (x )<0，φ(x )单调递减，且有φ(x )>φ(0)=1；当x ∈-23,-13 时，φ (x )>0，φ(x )单调递增，且φ(x )>φ-23 >0，所以当x ∈-23,0 时，φ(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，函数f (x )的单调递增区间为-23,0 和(0,+∞)，无单调递减区间．(2)证明：因为g (x )=f (x )-x 2-ln x =ax -a x -ln x (a ∈R ，x >0)，所以g (x )=a +a x2-1x =ax 2-x +ax 2．由题意知x 1，x 2是函数g (x )的两个零点，所以x 1，x 2是方程ax 2-x +a =0的两个实数解，由Δ=1-4a 2>0，且a >e e 2+1，知e e 2+1<a <12．因为x 1x 2=1，所以x 2=1x 1，不妨设x 1<x 2，所以0<x 1<1<x 2，则x 1+x 2=x 1+1x 1=1a ．因为e e 2+1<a <12，所以2<1a <e 2+1e =e +1e ，所以x 1+1x 1<e +1e ，即1e<x 1<1．由二次函数的性质可知，函数g (x )在x 1处取得极大值，在x 2处取得极小值，即g x 1 >g x 2 ，故g x 1 -g x 2 =g x 1 -g x 2 =g x 1 -g1x 1 =ax 1-a x 1-ln x 1-ax 1-ax 1+ln x 1=2ax 1-ax 1-ln x 1．(∗)又因为x 1是方程ax 2-x +a =0的根，所以a =x 1x 21+1，代入(∗)式，得g x 1 -g x 2 =2x 21x 21+1-1x 21+1-ln x 1 =2x 21-1x 21+1-12ln x 21，令x 21=t ，则1e 2<t <1．设h (t )=2t -1t +1-12ln t ，1e2<t <1，所以h(t )=-(t -1)2t (t +1)2<0，则h (t )单调递减，从而有0=h (1)<h (t )<h 1e 2=4e 2+1，即0<g x 1 -g x 2 <4e 2+1<e 2e 2+1，证毕．5已知f x =12x 2-4x +a ln x ．(1)若函数f x 在区间(0,+∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2，证明：f x 1 +f x 2 >-10+ln a ．【答案】(1)a ≥4；(2)证明见解析.【详解】(1)函数f (x )=12x 2-4x +a ln x 定义域为(0,+∞)，依题意，∀x ∈0,+∞ ，f (x )=x -4+ax≥0成立，即∀x ∈0,+∞ ，a ≥-x 2+4x 成立，而当x =2时，(-x 2+4x )max =4，因此a ≥4，而a =4时，f (x )不是常数函数，于是得a ≥4，所以实数a 的取值范围是a ≥4.(2)由(1)知x ∈(0,+∞)，f (x )=x -4+a x =x 2-4x +ax ，因f x 有两个极值点x 1,x 2，则f x =0，即x 2-4x +a =0有两不等正根，于是得Δ=16-4a >0x 1x 2=a >0x 1+x 2=4，有0<a <4，f (x 1)+f (x 2)=12(x 21+x 22)-4(x 1+x 2)+a (ln x 1+ln x 2)=12(x 1+x 2)2-x 1x 2-4(x 1+x 2)+a ln x 1x 2=a ln a -a -8，f (x 1)+f (x 2)-(-10+ln a )=(a -1)ln a -a +2，令g (a )=(a -1)ln a -a +2，0<a <4，g (a )=ln a -1a，显然函数g (a )在(0,4)上单调递增，而g 1 =-10,g 2 =ln2-120，因此∃a 0∈(1,2)，使得g (a 0)=0，即ln a 0=1a 0，当0<a <a 0时，g (a )<0，当a 0<a <4时，g (a )>0，于是得g (a )在(0,a 0)上单调递减，在(a 0,4)上单调递增，g (a )≥g (a 0)=(a 0-1)ln a 0-a 0+2=(a 0-1)⋅1a 0-a 0+2=3-1a 0+a 0，显然y =1a 0+a 0在(1,2)上单调递增，则2<1a 0+a 0<52，因此12<3-1a 0+a 0<1，即有g (a )>0，所以f (x 1)+f (x 2)>-10+ln a .6已知函数f x =4x -12x 2-a ln x ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)设函数f x 有两个极值点x 1，x 2x 1<x 2 ，证明：f x 1 +f x 2 <7+e -ln x 1-ln x 2．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【详解】(1)由题意知，f (x )定义域为(0,+∞)，fx =4-a x -x =4x -a -x 2x =-x 2-4x +a xx >0 ，令y =x 2-4x +a ，则Δ=44-a ，①当a ≥4时，Δ≤0，f x ≤0，f x 在0,+∞ 上单调递减，②当0<a <4时，Δ>0，x 2-4x +a =0的2个根为x 1=2-4-a ，x 2=2+4-a ，此时x 1>0，则f (x )>0⇒2-4-a <x <2+4-a ，f (x )<0⇒0<x <2-4-a 或x >2+4-a ，所以f x 在0,2-4-a 上单调递减，在2-4-a ,2+4-a 上单调递增，在2+4-a ,+∞ 上单调递减，③当a ≤0时，Δ>0，x 2-4x +a =0的2个根为x 1=2-4-a ，x 2=2+4-a ，此时x 1≤0，x 2>0，则f (x )>0⇒0<x <2+4-a ，f (x )<0⇒x >2+4-a ，所以f x 在0,2+4-a 上单调递增，在2+4-a ,+∞ 上单调递减，综上，①当a ≥4时，f x 在0,+∞ 单调递减；②当0<a <4时，f x 在0,2-4-a 单调递减，在2-4-a ,2+4-a 单调递增，在2+4-a ,+∞ 单调递减；③当a ≤0时，f x 在0,2+4-a 上单调递增，在2+4-a ,+∞ 上单调递减．(2)因为f (x )有两个极值点x 1，x 2，所以由(1)可知0<a <4，且x 1+x 2=4，x 1x 2=a ，所以f x 1 +f x 2 =4x 1-a ln x 1-12x 21 +4x 2-a ln x 2-12x 22 =4x 1+x 2 -a ln x 1+ln x 2 -12x 21+x 22 =a -a ln a +8，要证f x 1 +f x 2 <7+e -ln x 1-ln x 2，即证a -a ln a +8<7+e -ln a ，只需证1-a ln a +a +ln a -e <0，a ∈0,4 ，令m a =1-a ln a +a +ln a -e ，a ∈0,4 ，则m a =-ln a +1-a a +1=1a-ln a ，令n a =m a ，则n a =-1a 2-1a <0恒成立，所以m a 在0,4 上单调递减，又m 1 =1>0，m 2 =12-ln2=ln e-ln2=ln e 2=ln e 4<0，由零点存在性定理得，∃a 0∈1,2 使得m a 0 =0，即ln a 0=1a 0，所以a ∈0,a 0 时，m a >0，m a 单调递增，a ∈a 0,4 时，m a <0，m a 单调递减，则m a max =m a 0 =1-a 0 ln a 0+a 0+1-e =1-a 0 1a 0+a 0+1-e =a 0+1a 0-e ，令h (t )=t +1t-e ，t ∈1,2 ，则当t ∈1,2 时，h (t )=1-1t 2>0，所以h (t )在1,2 上单调递增，所以a 0+1a 0-e <2+12-e <0，所以m a <0，即f x 1 +f x 2 <7+e -ln x 1 -ln x 2．7已知函数f x =x -1 ln x -ax -1a >0 ．(1)若f x 的最小值为-e -1，求a 的值；(2)若a =1，证明：函数f x 存在两个零点x 1，x 2，且f x 1 +f x 2 <-2．【答案】(1)a =1-1e；(2)证明见解析【详解】(1)由题意得f x 的定义域为0,+∞ ，f x =ln x +x -1x -a =ln x -1x+1-a ，令h x =fx =ln x -1x +1-a ，则h x =1x +1x2>0，所以函数f x 在0,+∞ 上单调递增．因为a >0，所以f 1 =-a <0，f e a =1-1ea >0，所以存在唯一的x 0∈1,e a ，使得f x 0 =0，即ln x 0-1x 0+1-a =0，所以a =ln x 0-1x 0+1，当x ∈0,x 0 时，f x <0，f x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ ，f x >0，f x 单调递增．所以f x min =f x 0 =x 0-1 ln x 0-ax 0-1=x 0-1 ln x 0-x 0⋅ln x 0-1x 0+1-1=-ln x 0-x 0，所以-ln x 0-x 0=-e -1，即x 0+ln x 0=e +1，易知g x =x +ln x 单调递增，且g e =e +1，所以x 0=e ，所以a =ln e -1e +1=1-1e．(2)当a =1时，f x =x -1 ln x -x -1，f x =ln x -1x，显然f x 单调递增，又f 1 =-1<0，f e=1-1e >0，所以存在唯一的x 0 ∈1,e ，使得f x 0 =0，即ln x 0 -1x 0 =0，所以ln x 0 =1x 0 ，所以当x ∈0,x 0时，f x <0，f x 单调递减；当x ∈x 0 ,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增．因为f x 0 =x 0 -1 ln x 0 -x 0-1=-x 0 -1x 0 <0，f e -2 =1-3e2>0，f e 2 =e 2-3>0，所以f x 有两个零点x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，则x 1∈e -2,x 0 ，x 2∈x 0 ,e 2 ．因为f x 1 =x 1-1 ln x 1-x 1-1=0，所以f1x 1 =1x 1-1ln 1x 1-1x 1-1=1x 1x 1-1 ⋅ln x 1-x 1-1 =f x 1 x 1=0，所以1x 1也是f x 的零点，因为x 1≠1且f x 只有两个零点x 1和x 2，所以x 2=1x 1．所以f x 1 +f x 2 =ln x 1-1x 1+ln x 2-1x 2=ln x 1x 2 -1x 1-x 1=-1x 1-x 1<-21x 1⋅x 1=-2.题型三：利用韦达定理消元求双变量参数问题【精选例题】6已知函数f x =x ln x -a 2x 2-x +a a ∈R ，f (x )为f (x )的导函数．(1)当a =12时，若g x =f (x )在[t ,t +1 (t >0)上的最大值为h (t )，求h (t )；(2)已知x 1,x 2是函数f (x )的两个极值点，且x 1<x 2，若不等式e 1+m <x 1x m 2恒成立，求正数m 的取值范围．【答案】(1)h (t )=ln (t +1)-12t -12,0<t ≤1,ln2-1,1<t ≤2,ln t -12t ,t >2.；(2)[1,+∞)【详解】(1)当a =12时，f x =x ln x -14x 2-x +12，其定义域为(0，+∞)，且f x =ln x +1-12x -1=ln x -12x ，所以g x =ln x -12x ，所以g x =1x -12=2-x 2x (x >0)，令g x >0，得0<x <2；令g(x )<0，得x >2，所以g (x )在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减．①当t +1≤2，即0<t ≤1时，g x 在[t ，t +1]上单调递增，所以h t =g x max =g t +1 =ln t +1 -12t -12；②当t ≤2,t +1>2，即1<t ≤2时，h t =g x max =g 2 =ln2-1；③当t >2时，g (x )在[t ，t +1]上单调递减，所以h t =g x max =g t =ln t -12t ，综上所述h (t )=ln (t +1)-12t -12,0<t ≤1,ln2-1,1<t ≤2,ln t -12t ,t >2.(2)因为e 1+m <x 1x m 2，所以1+m <ln x 1+m ln x 2，由题意知f (x )的定义域为(0,+∞),f x =ln x -ax ，故x 1,x 2是关于x 的方程f x =ln x -ax =0的两个根，所以f x 1 =ln x 1-ax 1=0,f x 2 =ln x 2-ax 2=0，即ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2，所以1+m <ln x 1+m ln x 2，等价于1+m <ax 1+max 2=a x 1+mx 2 ．因为m >0,0<x 1<x 2，所以原式等价于a >1+mx 1+mx 2，又ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2，作差，得ln x 1x 2=a x 1-x 2 ，即a =ln x1x 2x 1-x 2，所以原式等价ln x1x 2x 1-x 2>1+mx 1+mx 2，因为0<x 1<x 2，所以ln x 1x 2<1+m x 1-x 2 x 1+mx 2恒成立．令t =x 1x 2，则t ∈(0,1)，故不等式ln t <1+m t -1 t +m 在t ∈(0,1)上恒成立，令φ(t )=ln t -1+m t -1 t +m．又因为φt =1t -1+m 2t +m2=t -1 t -m 2 t t +m 2，当m 2≥1时，得t ∈(0,1)，所以φ (t )>0在(0,1)上单调递增，又φ1 =0，所φt <0在(0,1)上恒成立，符合题意；当m 2<1时，可得t ∈(0,m 2)时，φ (t )>0，t ∈m 2,1 时，φ (t )<0，所以φ(t )在(0,m 2)上单调递增，在(m 2,1)上单调递减，又因为φ1 =0，所以φ(t )在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e 1+m <x 1x m 2恒成立，只需满足m 2≥1，又m >0，故m ≥1，即正数m 的取值范围为[1,+∞)．7已知函数f x =x 2+x +ae x，a ∈R (1)讨论f x 的极值点个数；(2)若f x 在-1,+∞ 内有两个极值点x 1，x 2x 1<x 2 ，且f x 2 -f x 1 >4e -32，求a 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)-1<a <14【详解】(1)f (x )=-x 2+x +1-a ex，令g (x )=-x 2+x +1-a ，Δ=1+4(1-a )=5-4a ，当a ≥54时，g (x )≤0，即f x ≤0，则f x 在R 上单调递减，无极值点；当a <54时，g x 有两个零点x 1=1-5-4a2，x 2=1+5-4a 2，当x ∈-∞,x 1 ,x 2,+∞ ，g (x )<0，即f x <0，f x 单调递减；当x ∈x 1,x 2 时，g (x )>0，即f x >0，f x 单调递增，所以f x 在x =x 1处取极小值，在x =x 2取极大值，有2个极值点，综上，当a ≥54时，无极值点，当a <54时，有2个极值点；(2)由题意可得g x 在(-1,+∞)有两个零点x 1,x 2，故a <54且g (-1)<0，所以-1<a <54，由-x 21+x 1+1-a =0得a =1+x 1-x 21，故f x 1 =2x 1+1e x 1，同理f x 2 =2x 2+1ex 2，又x 1+x 2=1，所以f x 2 -f x 1 =2x 2+1e x 2-3-2x 2e1-x2，结合-1<x 1<x 2知12<x 2<2，令h (x )=2x +1e x+(2x -3)e x -1，则h (x )=2x -1e xe 2x -1-1 ，当x ∈12,2 时，h (x )>0，h x 单调递增，又h 32 =4e -32，所以f x 2 -f x 1 >4e -32即h x 2 >h 32 ，所以x 2>32，则32<x 2<2，因为a =-x 22+x 2+1=-x 2-12 2+54，所以-1<a <14.8已知函数f x =2ln x +12(a -x )2，其中a ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 存在两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ,f x 2 -f x 1 的取值范围为34-ln2,158-2ln2 ，求a 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)322,52【详解】(1)f x 的定义域是0,+∞ ，因为f x =ln x +12x 2-ax +12a 2，所以f x =1x+x -a =x 2-ax +1x，令g x =x 2-ax +1，则Δ=a 2-4.①当a ≤0或Δ≤0，即a ≤2时，f x ≥0恒成立，所以f x 在0,+∞ 上单调递增.②当a >0Δ>0 ，即a >2时，由fx >0，得0<x <a -a 2-42或x >a +a 2-42；由fx <0，得a -a 2-42<x <a +a 2-42，∴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a ≤2时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a>2时，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.(2)由(1)知当a >2时，f x 有两个极值点，即方程x 2-ax +1=0有两个正根x 1,x 2，所以x 1⋅x 2=1,x 1+x 2=a ，则f x 在x 1,x 2 上单调递减，所以f x 1 >f x 2 ，f x =2ln x +12(a -x )2=ln x +12x 2-ax +12a 2，则f x 2 -f x 1 =f x 1 -f x 2 =ln x 1+12x 21-ax 1+12a 2-ln x 2+12x 22-ax 2+12a 2 =ln x 1x 2+12x 21-x 22 -a x 1-x 2 =ln x 1x 2+12x 21-x 22 -x 1+x 2 x 1-x 2 =ln x 1x 2-12x 21-x 22=ln x 1x 2-x 21-x 222x 1x 2=ln x 1x 2-x 12x 2+x 22x 1，令t =x 1x 2(0<t <1)，则f x 1 -f x 2 =h t =ln t -12t +12t，ht =1t -12-12t 2=-t 2+2t -12t 2=-(t -1)22t2<0，所以h t 在0,1 上单调递减，又h 12 =34-ln2,h 14 =158-2ln2，且h 12 =34-ln2<h (t )<158-2ln2=h 14 ，所以14<t <12，由a 2=x 1+x 2 2x 1x 2=t +1t +2,t ∈14,12，又g t =t +1t +2在14,12 上单调递减，所以92<a 2<254且a >2，所以实数a 的取值范围为322,52 .【跟踪训练】8已知函数f x =-x +1x+a ln x (a ∈R )，且f x 有两个极值点x 1,x 2．(1)求实数a 的取值范围；(2)是否存在实数a ，使f x 1 -f x 2x 1-x 2=a -2成立，若存在求出a 的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2,+∞)；(2)不存在；理由见解析【详解】(1)由题设，知函数f x 的定义域为0,+∞，且f x =-1-1x2+ax=-x2+ax-1x2x>0，因为函数f x 有两个极值点x1,x2，所以f x =0在0,+∞上有两个不等的实数根，即x2-ax+1=0在0,+∞上有两个不等的实数根x1,x2，则有Δ=a2-4>0a2>0x1x2=1，解得a>2，即所求实数a的取值范围是2,+∞．(2)由题意，得f x1=-x1+1x1+a ln x1,f x2=-x2+1x2+a ln x2，又由(1)知x1x2=1，所以f x1-f x2x1-x2=1 x1-1x2+x2-x1+a ln x1-ln x2x1-x2=-1x1x2-1+a ln x1-ln x2x1-x2=-2+a ln x1-ln x2x1-x2．要使f x1-f x2x1-x2=a-2成立，只需a ln x1-ln x2x1-x2=a．由(1)知a>2，则只需ln x1-ln x2x1-x2=1，即ln x1-ln x2=x1-x2．(※)由于x1x2=1，所以x1=1x2不妨设x2>1，则(※)式成立，等价于-x2+1x2+2ln x2=0成立．设h x =-x+1x +2ln x(x>1)，则h x =-1-1x2+2x=-x2-2x+1x2=-x-12x2<0，所以函数h x 在区间1,+∞上单调递减，且h1 =0，所以h x <h1 =0，所以h x =0无实数解，即(※)式不成立，所以不存在实数a，使f x1-f x2x1-x2=a-2成立．9已知函数f x =ax+1-x ln x的图像在x=1处的切线与直线x-y=0平行．(1)求函数f x 的单调区间；(2)若∀x1,x2∈0,+∞，且x1>x2时，f x1-f x2>m x21-x22，求实数m的取值范围．【答案】(1)f x 在0,e递增，在e,+∞递减；(2)-∞,-1 2e2【详解】(1)f x =ax+1-x ln x的导数为f x =a-1-ln x，可得f x 的图象在A1,f1处的切线斜率为a-1，由切线与直线x-y=0平行，可得a-1=1，即a=2，f x =2x+1-x ln x，f x =1-ln x，由f x >0，可得0<x<e，由f x <0，可得x>e，则f x 在0,e递增，在e,+∞递减．(2)因为x1>x2，若∀x1,x2∈0,+∞，由f x1-f x2>mx21-mx22，即有f x1-mx21>f x2-mx22恒成立，设g x =f x -mx2，所以g x =f x -mx2在0,+∞为增函数，即有g x =1-ln x-2mx≥0对x>0恒成立，可得2m≤1-ln xx在x>0恒成立，由h x =1-ln xx的导数为hx =ln x-2x2，当h x =0，可得x=e2，h x 在0,e2递减，在e2,+∞递增，即有h x 在x=e2处取得极小值，且为最小值-1e2可得2m≤-1 e2，解得m≤-12e2则实数m的取值范围是-∞,-1 2e2．10已知函数f(x)=a-ln xx在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求实数a的值及f(x)的极值；(2)若对任意x1，x2∈e2,+∞，有f(x1)-f(x2)x1-x2>k x1∙x2，求实数k的取值范围．【答案】(1)a=-1，f(x)的极小值为-1，无极大值；(2)(-∞，2](1)∵函数f(x)=a-ln xx，∴f′(x)=x∙-1x-(a-ln x)x2=-1-a+ln xx2，令f (1)=0，∴-1-a+ln1=0，解得a=-1；令f′(x)=0，则ln x=0，解得x=1，当f′(x)>0时，x>1，当f′(x)<0时，0<x<1，即f(x)在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以f(x)有极小值为f(1)=-1；无极大值；(2)由(1)可知f(x)在e2,+∞上单调递增，不妨设x1>x2≥e2，则f(x1)-f(x2)x1-x2>kx1⋅x2，即f(x1)-f(x2)>k1x2-1 x1∴f(x1)+kx1>f(x2)+kx2，∴函数F x =f(x)+kx在e2,+∞上单调递增，又F x =-1-ln xx+kx，∴F x =-k+ln xx2≥0在e2,+∞上恒成立，∴k≤ln x在e2,+∞上恒成立，又在e2,+∞上ln xmin=ln e2=2，∴k≤2，因此实数k的取值范围是(-∞，2]。
构造函数巧证双变量问题
福 建 中学数 学
２０１０年第 ７期
又双曲线图象知：｝Ｏ＇Ｐ ＝÷、／） ，故（ ＋Ｊ， ） ：詈） ，
没有最 大值 ． 点 评 利用 此方法 求最值 思 维角度 比较 独特 ，非
常巧妙地将一个代数问题转化为解析几何问题 ，很 好地将“数”的问题转化为“形”的问题 ，借助坐标系旋 转 将 一个 不 熟悉 的 ，无 法一 眼判 断 的 曲线 形状 的 方
构造 函数巧证双变量 问题
连春蔚 福建省惠安第一中学 （３６２１００）
函数 导数 是 高考 中必考 的一 个考 点 ，其 思 维 量 大 ，难度高 ．有一 类 关于 ａ，ｂ或者 Ｘｌ，ｘ２的问题 （笔 者把它称为双变量问题 ）广泛存在于各种试卷 中， 主 要 有两 种题 型 ，一 种 是证 明不 等 式 ，一种 是 证 明 存 在性 ．如果 能 巧妙 处 理双 变 量 问题 ，对 于 提 高学 生的解题 信 心应 该有 很大 帮助 ．
已知函数ｆ（ｘ）＝妄 一 ＋（ａ－１）ｉｎｘ ＞１）．
２０１０年第 ７期
福建 中学数 学
４ｌ
（Ｉ）讨论 函数 ｆ（ｘ）的单 调性 ；
（ＩＩ）证明 ：若 ａ＜５，则对任意 Ｘｌ、ｘｚ∈（０，＋∞），
≠Ｘ２＇ ；￣ ｆ（ｘｔ）－ｆ（ｘ２）． ＞ 一Ｉ．
一 Ｘ ２
解 （Ｉ）略 ；
（ＩＩ）证 明 当 ＞ ＞０时 ，即证
１
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］
去 一 ＋（ａ－１）ｌｎｘｌ—ｆ寺 一ａｘ２＋ 一１）ｌｎｘ２ ｆ
二
Ｌ 二
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＋（ 一 ２）＞０，
设函数ｇ（ｘ）＝ －ａｘ＋（ａ－１）ｌｎｘ＋ｘ
厂１
］
一 Ｉ去 ２一ａｘ２＋（口一１）ＩｎＸ２＋．）ｆ２ ｌ（ ＞ ），
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导数中双变量的函数构造21．（12分）已知函数()ln e x f x x λ-=-（λ∈R ）． （1）若函数()f x 是单调函数，求λ的取值范围；（2）求证：当120x x <<时，都有211121e e 1x x x x --->-． 21．解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，∵()ln e xf x x λ-=-，∵e ()exxx f x xxλλ--+'=+=，∵函数()f x 是单调函数，∵()0f x '≤或()0f x '≥在(0,)+∞上恒成立， ∵∵()0f x '≤，∵e 0xx xλ-+≤，即e 0x x λ-+≤，e e x xxx λ--=-≤， 令()e x x x ϕ=-，则1()exx x ϕ-'=，当01x <<时，()0x ϕ'<；当1x >时，()0x ϕ'>． 则()x ϕ在(0,1)上递减，(1,)+∞上递增，∵min 1()(1)x e ϕϕ==-，∵1eλ-≤；∵∵()0f x '≥，∵e 0xx xλ-+≥，即e 0x x λ-+≥，e e x x x x λ--=-≥，由∵得()ex xx ϕ=-在(0,1)上递减，(1,)+∞上递增，又(0)0ϕ=，x →+∞时()0x ϕ<，∵0λ≥；综上∵∵可知，1eλ-≤或0λ≥； ...............................6分（2）由（1）可知，当1e λ-=时，1()ln e ex f x x -=--在(0,)+∞上递减，∵120x x <<， ∵12()()f x f x >，即121211ln e ln e e ex x x x ---->--，∵211112e e ln ln x x x x --->-， 要证211121e e 1x x x x --->-，只需证2121ln ln 1x x x x ->-，即证1221ln 1x x x x >-，令12x t x =，(0,1)t ∈，则证1ln 1t t >-，令1()ln 1h t t t =+-，则21()0t h t t-'=<， ∵()h t 在(0,1)上递减，又(1)0h =，∵()0h t >，即1ln 1t t>-，得证． ...............................12分[典例] 已知函数f (x )＝ax 2＋x ln x (a ∈R)的图象在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋3y ＝0垂直．(1)求实数a 的值；(2)求证：当n ＞m ＞0时，ln n －ln m ＞m n －n m ． [解] (1)因为f (x )＝ax 2＋x ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋ln x ＋1，因为切线与直线x ＋3y ＝0垂直，所以切线的斜率为3， 所以f ′(1)＝3，即2a ＋1＝3，故a ＝1． (2)证明：要证ln n －ln m ＞m n －nm ，即证ln n m ＞m n －n m ，只需证ln n m －m n ＋nm ＞0． 令n m ＝x ，构造函数g (x )＝ln x －1x ＋x (x ≥1)， 则g ′(x )＝1x ＋1x2＋1．因为x ∈[1，＋∞)，所以g ′(x )＝1x ＋1x 2＋1＞0，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增． 由已知n ＞m ＞0，得nm ＞1， 所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＞g (1)＝0，即证得ln n m －m n ＋nm ＞0成立，所以命题得证．1．(2017·石家庄质检)已知函数f (x )＝a x －x 2e x (x ＞0)，其中e 为自然对数的底数．(1)当a ＝0时，判断函数y ＝f (x )极值点的个数；(2)若函数有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，设t ＝x 2x 1，证明：x 1＋x 2随着t 的增大而增大．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝－x 2e x (x ＞0)，f ′(x )＝－2x ·e x －(－x 2)·e x (e x )2＝x (x －2)e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0，y ＝f (x )单调递减， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，y ＝f (x )单调递增，所以x ＝2是函数的一个极小值点，无极大值点， 即函数y ＝f (x )有一个极值点．(2)证明：令f (x )＝a x －x 2ex ＝0，得x 32＝a e x ，因为函数有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，所以x 1321＝a e x 1，x 322＝a e x 2，可得32ln x 1＝ln a ＋x 1，32ln x 2＝ln a ＋x 2． 故x 2－x 1＝32ln x 2－32ln x 1＝32ln x 2x 1．又x 2x 1＝t ，则t ＞1，且⎩⎨⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝32ln t ，解得x 1＝32ln t t －1，x 2＝32t ln t t －1．所以x 1＋x 2＝32·(t ＋1)ln tt －1．①令h (x )＝(x ＋1)ln xx －1，x ∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x －1x(x －1)2．令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，得u ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 2． 当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )＞0． 因此，u (x )在(1，＋∞)上单调递增， 故对于任意的x ∈(1，＋∞)，u (x )＞u (1)＝0， 由此可得h ′(x )＞0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 因此，由①可得x 1＋x 2随着t 的增大而增大．2．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.解：(1)f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)e x，f(x)只有一个零点．②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln a2，则f(b)>a2(b－2)＋a(b－1)2＝a⎝⎛⎭⎪⎫b2－32b>0，故f(x)存在两个零点．③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－e2，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1<x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)内单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)e x2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.3.已知函数f(x)＝e x－ax－1(a为常数)，曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1．(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；(3)若x1＜ln 2，x2＞ln 2，且f(x1)＝f(x2)，试证明：x1＋x2＜2ln 2．解：(1)由f(x)＝e x－ax－1，得f′(x)＝e x－a．又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x－1，f′(x)＝e x－2．由f′(x)＝e x－2＞0，得x＞ln 2．所以函数y＝f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．(2)证明：设x＞ln 2，所以2ln 2－x＜ln 2，f(2ln 2－x)＝e(2ln 2－x)－2(2ln 2－x)－1＝4e x ＋2x －4ln 2－1． 令g (x )＝f (x )－f (2ln 2－x ) ＝e x －4e x －4x ＋4ln 2(x ≥ln 2)，所以g ′(x )＝e x ＋4e －x －4≥0， 当且仅当x ＝ln 2时，等号成立，所以g (x )＝f (x )－f (2ln 2－x )在(ln 2，＋∞)上单调递增． 又g (ln 2)＝0， 所以当x ＞ln 2时，g (x )＝f (x )－f (2ln 2－x )＞g (ln 2)＝0， 即f (x )＞f (2ln 2－x )， 所以f (x 2)＞f (2ln 2－x 2)， 又因为f (x 1)＝f (x 2)， 所以f (x 1)＞f (2ln 2－x 2)， 由于x 2＞ln 2， 所以2ln 2－x 2＜ln 2， 因为x 1＜ln 2，由(1)知函数y ＝f (x )在区间(－∞，ln 2)上单调递减， 所以x 1＜2ln 2－x 2， 即x 1＋x 2＜2ln 2．4．(2017·沈阳质监)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ＋b (a ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0，求实数a ，b 的值； (2)若x ＝1是函数f (x )的极值点，求实数a 的值；(3)若－2≤a ＜0，对任意x 1，x 2∈(0,2]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2恒成立，求m 的最小值．解：(1)因为f (x )＝12x 2－a ln x ＋b ，所以f ′(x )＝x －ax ，因为曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝3，f (1)＝0，即⎩⎨⎧1－a ＝3，12＋b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝－2，b ＝－12.(2)因为x ＝1是函数f (x )的极值点， 所以f ′(1)＝1－a ＝0，所以a ＝1．当a ＝1时，f (x )＝12x 2－ln x ＋b ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ＝(x －1)(x ＋1)x， 当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以a ＝1．(3)因为－2≤a ＜0,0＜x ≤2，所以f ′(x )＝x －ax ＞0， 故函数f (x )在(0,2]上单调递增， 不妨设0＜x 1≤x 2≤2，则|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2可化为f (x 2)＋m x 2≤f (x 1)＋m x 1，设h (x )＝f (x )＋m x ＝12x 2－a ln x ＋b ＋mx ，则h (x 1)≥h (x 2)．所以h (x )为(0,2]上的减函数，即h ′(x )＝x －a x －mx 2≤0在(0,2]上恒成立，等价于x 3－ax －m ≤0在(0,2]上恒成立， 即m ≥x 3－ax 在(0,2]上恒成立，又－2≤a ＜0，所以ax ≥－2x ，所以x 3－ax ≤x 3＋2x ， 而函数y ＝x 3＋2x 在(0,2]上是增函数，所以x 3＋2x ≤12(当且仅当a ＝－2，x ＝2时等号成立)． 所以m ≥12， 即m 的最小值为12．5．已知函数f (x )＝x －1x ，g (x )＝a ln x (a ∈R)． (1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，求h (x 1)－h (x 2)的最小值．解：(1)由题意得F (x )＝x －1x －a ln x (x ＞0)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1x 2，令m (x )＝x 2－ax ＋1，则Δ＝a 2－4． ①当－2≤a ≤2时，Δ≤0，从而F ′(x )≥0， 所以F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； ②当a ＞2时，Δ＞0，设F ′(x )＝0的两根为 x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42， 所以F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42． 综上，当－2≤a ≤2时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a ＞2时，F (x )的单调递增区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42． (2)对h (x )＝x －1x ＋a ln x ，x ∈(0，＋∞)求导得，h ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1x 2，h ′(x )＝0的两根分别为x 1，x 2，则有x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ， 所以x 2＝1x 1，从而有a ＝－x 1－1x 1．令H (x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝x －1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x －x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ·ln 1x ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x ＋x －1x ， 即H ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1ln x ＝2(1－x )(1＋x )ln x x 2(x ＞0)．当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，H ′(x )＜0，所以H (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，又H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝h (x 1)－h (x 2)，所以[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝5ln 2－3．6.设f (x )＝e x －a (x ＋1)．(1)若∀x ∈R ，f (x )≥0恒成立，求正实数a 的取值范围；(2)设g (x )＝f (x )＋ae x ，且A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)是曲线y ＝g (x )上任意两点，若对任意的a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ，求m 的取值范围．[解] (1)因为f (x )＝e x －a (x ＋1)， 所以f ′(x )＝e x －a ． 由题意，知a ＞0， 故由f ′(x )＝e x －a ＝0， 解得x ＝ln a ．故当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的最小值为f(ln a)＝e ln a－a(ln a＋1)＝－a ln a．由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝e x－a(x＋1)≥0恒成立，故有－a ln a≥0，又a＞0，所以ln a≤0，解得0＜a≤1．所以正实数a的取值范围为(0,1]．(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2．则直线AB的斜率为k＝g(x2)－g(x1)x2－x1，由已知k＞m，即g(x2)－g(x1)x2－x1＞m．因为x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．因为x1＜x2，所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．而g′(x)＝e x－a－ae x，又a≤－1＜0，。