专题二. 函数双变量问题
2023届高考数学导数满分通关：双变量含参不等式证明方法之消参减元法
专题22 双变量含参不等式证明方法之消参减元法【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝ax 2－x －ln 1x．(1)若f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝2x ＋1平行，求f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若函数f (x )在定义域内有两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)＜2ln2－3．解析 (1)∵f (x )＝ax 2－x －ln 1x ＝ax 2－x ＋ln x ，x ∈(0，＋∞)，∴f ′(x )＝2ax －1＋1x ，∴k ＝f ′(1)＝2a ．∵f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝2x ＋1平行，∴2a ＝2，即a ＝1． ∴f (1)＝0，故切点坐标为(1,0)．∴切线方程为y ＝2x －2． (2)∵f ′(x )＝2ax －1＋1x ＝2ax 2－x ＋1x，∴由题意知方程2ax 2－x ＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x 1，x 2， ∴Δ＝1－8a ＞0，x 1＋x 2＝12a ＞0，x 1x 2＝12a ＞0，∴0＜a ＜18．f (x 1)＋f (x 2)＝ax 21＋ax 22－(x 1＋x 2)＋ln x 1＋ln x 2＝a (x 21＋x 22)－(x 1＋x 2)＋ln(x 1x 2)＝a [(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]－(x 1＋x 2)＋ln(x 1x 2)＝ln 12a －14a－1，令t ＝12a ，g (t )＝ln t －t 2－1，则t ∈(4，＋∞)，g ′(t )＝1t －12＝2－t 2t＜0，∴g (t )在(4，＋∞)上单调递减．∴g (t )＜ln4－3＝2ln2－3，即f (x 1)＋f (x 2)＜2ln2－3． [例2] (2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2．(Ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (Ⅰ)若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫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，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a >2．由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1．由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0．设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0．所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2．[例3] 已知函数f (x )＝a x －1＋ln x ．(1)若函数f (x )在()e ，＋∞内有极值，求实数a 的取值范围；(2)在(1)的条件下，对任意t ∈(1，＋∞)，s ∈(0，1)，求证：f (t )－f (s )>e ＋2－1e ．解析 (1)由定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f ′(x )＝1x －a(x －1)2＝x 2－(a ＋2)x ＋1x (x －1)2，设h (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1，要使y ＝f (x )在()e ，＋∞上有极值，则x 2－(a ＋2)x ＋1＝0有两个不同的实根x 1，x 2，∴Δ＝(a ＋2)2－4>0，∴a >0或a <－4，① 且至少有一根在区间()e ，＋∞上，又∵x 1·x 2＝1，∴只有一根在区间(e ，＋∞)上，不妨设x 2>e ， ∴0<x 1<1e <e<x 2，又h (0)＝1，∴只需h ⎝⎛⎭⎫1e <0，即1e 2－(a ＋2)1e ＋1<0，∴a >e ＋1e －2，② 联立①②可得a >e ＋1e－2．即实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫e ＋1e －2，＋∞． (2)由(1)知，当x ∈()1，x 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈()x 2，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )在(1，＋∞)上有最小值f (x 2)，即∀t ∈(1，＋∞)，都有f (t )≥f (x 2)，又当x ∈()0，x 1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈()x 1，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， ∴f (x )在(0，1)上有最大值f (x 1)，即对∀s ∈(0，1)，都有f (s )≤f (x 1)， 又∵x 1＋x 2＝2＋a ，x 1x 2＝1，x 1∈⎝⎛⎭⎫0，1e ，x 2∈()e ，＋∞， ∴f (t )－f (s )≥f (x 2)－f (x 1)＝ln x 2＋a x 2－1－ln x 1－a x 1－1＝ln x 2x 1＋a x 2－1－a x 1－1＝ln x 22＋x 2－1x 2()x 2>e ， 设k (x )＝ln x 2＋x －1x ＝2ln x ＋x －1x (x >e)，则k ′(x )＝2x ＋1＋1x 2>0(x >e)，∴k (x )在()e ，＋∞上单调递增，∴k (x )>k (e)＝2＋e －1e ，∴f (t )－f (s )>e ＋2－1e ．[例4] 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋1． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若a ≤－2，证明：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|．思维引导 (2)所证不等式|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|含绝对值，所以考虑能否去掉绝对值，由(1)问可知f (x )单调递减，故只需知道x 1，x 2的大小即可，观察所证不等式为轮换对称式，且x 1，x 2任取，进而可定序x 1≥x 2，所证不等式f (x 2)－f (x 1)≥4x 1－4x 2，即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1，发现不等式两侧为关于x 1，x 2的同构式，故可以将同构式构造一个函数，从而证明新函数的单调性即可．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＝2ax 2＋a ＋1x ＝a (2x 2＋1)＋1x ．当a ≥0时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ≤－1时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减． 当－1＜a ＜0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a ＋12a，因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 上单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞时，f ′(x )＜0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞上单调递减． (2)不妨假设x 1≥x 2，由于a ≤－2，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减．所以|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|等价于f (x 2)－f (x 1)≥4x 1－4x 2，即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1． 令g (x )＝f (x )＋4x ，则g ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＋4＝2ax 2＋4x ＋a ＋1x，于是g ′(x )≤－4x 2＋4x －1x ＝－(2x －1)2x ≤0．从而g (x )在(0，＋∞)上单调递减，故g (x 1)≤g (x 2)，即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1，故当a ≤－2时，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|．总结提升 同构式以看作是将不同的变量放入了同一个表达式，从而可将这个表达式视为一个函数，表达式的大小与变量大小之间的关系靠函数的单调性进行联结．将不等式转化为函数单调性的问题．最后根据函数的单调性证明不等式．双变量的同构式在不等式中并不常遇到，且遇且珍惜．【对点训练】1．已知函数f (x )＝12x 2－x ＋a ln x (a >0)．(1)若a ＝1，求f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)>－3－2ln 24．1．解析 (1)a ＝1时，f (x )＝12x 2－x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1＋1x ，f ′(1)＝1，f (1)＝－12，∴f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为y －(－12)＝x －1，即2x －2y －3＝0．(2)f ′(x )＝x －1＋a x ＝x 2－x ＋ax(a >0)．①若a ≥14，则x 2－x ＋a ≥0恒成立，f ′(x )≥0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②若0<a <14，由x 2－x ＋a >0得0<x <1－1－4a 2或x >1＋1－4a 2；由x 2－x ＋a <0得1－1－4a 2<x <1＋1－4a2．∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1－4a 2，＋∞上单调递增．综上，当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0<a <14时，f (x )在(1－1－4a 2，1＋1－4a 2)上单调递减，在(0，1－1－4a 2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．(3)由(2)知0<a <14时，f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1，x 2是方程x 2－x ＋a ＝0的两个根，∴x 1＋x 2＝1，x 1·x 2＝a ．∴f (x 1)＋f (x 2)＝12x 21－x 1＋a ln x 1＋12x 22－x 2＋a ln x 2＝12(x 1＋x 2)2－x 1·x 2－(x 1＋x 2)＋a ln(x 1·x 2) ＝12－a －1＋a ln a ＝a ln a －a －12． 令g (x )＝x ln x －x －12⎝⎛⎭⎫0<x <14，则g ′(x )＝ln x <0． ∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，14上单调递减，∴g (x )>g ⎝⎛⎭⎫14＝－3－2ln 24．∴f (x 1)＋f (x 2)>－3－2ln 24． 2．已知函数21()2ln 2f x x x a x =-+，其中0a >． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：123()()2f x f x -<+<-．2．解析 (1)由题得22'()2a x x af x x x x -+=-+=，其中0x >，考察2()2g x x x a =-+，0x >，其中对称轴为1x =，44a ∆=-．若1a ≥，则0∆≤，此时()0g x ≥，则()0f x '>，所以()f x 在(0, )+∞上单调递增；若01a <<，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根11x =21x =，且1201x x <<<， 所以当1(0, )x x ∈时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增； 当12(, )x x x ∈时，()0g x <，则'()0f x <，()f x 单调递减； 当2(, )x x ∈+∞时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增，综上，当1a ≥时，()f x 在(0, )+∞上单调递增；当01a <<时，()f x 在(0, 1上单调递增，在(1 1+上单调递减，在(1 )+∞上单调递增．(2)由(1)知，当01a <<时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =， 所以()()2212111222112ln 2ln 22f x f x x x a x x x a x +=-++-+()()()2212121212ln ln 2x x x x a x x =+-+++ ()()()212121212122ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()21224ln ln 22a a a a a a =--+=--．令()ln 2h x x x x =--，01x <<，则只需证明3()2h x -<<-，由于'()ln 0h x x =<，故()h x 在(0, 1)上单调递减，所以()(1)3h x h >=-．又当01x <<时，ln 11x -<-，(ln 1)0x x -<，故()ln 2(ln 1)22h x x x x x x =--=--<-， 所以，对任意的01x <<，3()2h x -<<-．综上，可得123()()2f x f x -<+<-． 3．已知函数()()2, x f x x a e a =-∈R ．(1)若在区间()1, 2上存在不相等的实数, m n ，使()()f m f n =成立，求a 的取值范围； (2)若函数()f x 有两个不同的极值点12,x x ，求证：()()2124f x f x e -<．3．解析 (1)依题意即求使函数()()2x f x e x a =-在()1, 2上不为单调函数的a 的取值范围， 而()()22x f x e x x a '=+-，设()22g x x x a =+-，则()()13, 28g a g a =-=-， 因为()g x 在()1, 2上为增函数．当()()130280g a g a ⎧=-<⎪⎨=->⎪⎩，即当38a <<时，函数()g x 在()1, 2上有且只有一个零点，设为0x ， 当()01, x x ∈时，()0g x <，即()()0, f x f x '<为减函数；当()0, 2x x ∈时，()0g x >，即()()0, f x f x '>为增函数，满足在()1, 2上不为单调函数． 当3a ≤时，()()10,20g g ≥≥，所以在()1, 2上()0g x >成立(因()g x 在()1, 2上为增函数)， 所以在()1, 2上()0f x '>成立，即()f x 在()1, 2上为增函数，不合题意． 同理8a ≥时，可判断()f x 在()1, 2为减函数，不合题意． 综上：38a <<(2)()()22x f x e x x a '=+-．因为函数()f x 有两个不同的零点，即()f x '有两个不同的零点，即方程220x x a +-=的判别式440a =+>△，解得：1a >-，由220x x a +-=，解得121 1x x =-=-+12122, x x x x a +=-⋅=-，当x ∈(−∞，x 1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 2，+∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以1x 是()f x 的极大值点，2x 是()f x 的极小值点，所以()1f x 是极大值，()2f x 是极小值，∴()()()()12221212x x f x f x e x a e x a =-⋅-()12222221212x x e x x a x x a +⎡⎤=-++⎣⎦ ()22242e a a a a -⎡⎤=-++⎣⎦24ae -=-， 因为1a >-，所以2244ae e ---<，所以()()2124f x f x e -<． 4．已知函数()()2ln f x x x ax a =+-∈R ． (1)求函数()f x 的单调区间；(2)设函数()f x 存在两个极值点，12,x x ，且12x x <，若1102x <<，求证：()()123ln 24f x f x ->-． 4．解析 (1)∵()2ln f x x x ax =+-，∴()2121, 0x ax f x x a x x x -+'=-=>，当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在()0, +∞单调递增，当0a >时，若280a -≤，即0a <≤()0f x '>，则()f x 在()0, +∞上单调递增，()0f x '<． 若280a ->，即a >时，0,x ⎛∈ ⎝⎭和 x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()0f x '>，x ⎝⎭时，()0f x '<，综上，a ≤()f x 在()0,+∞单调递增；a >时，()f x在0,⎛ ⎝⎭和 ⎫+∞⎪⎪⎝⎭递增，在⎝⎭递减；(2)由(1)得：12121, 22a x x x x +=⋅=，则2112x x =，()()2212111222ln ln f x f x x x ax x x ax -=+---+()()11212122ln2x x x x x x x x =++-+-⎡⎤⎣⎦211211ln 22ln +4x x x =+- 令()2111211ln 22ln +4g x x x x =+-，则()()2211221112121222x g x x x x-'=--=-，∵1102x <<，∴()10g x '<，∴()1g x 在10, 2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， ∴()112g x g ⎛⎫> ⎪⎝⎭，而13ln 224g ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()13ln 24g x >-，∴()()123ln 24f x f x ->-．5．已知函数()()21ln 2f x x ax x a =-+-∈R ．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 有两个极值点()1212, x x x x <，求证：()()124213ln 2f x f x -≤+．5．解析 (1)由()21ln 2f x x ax x =-+-，得()211x ax f x x a x x -+'=-+-=-．令()21g x x ax =-+，则()()g x f x x'=-，①当240a =-<△，即22a -<<时，()0g x >恒成立，则()0f x '<，所以()f x 在()0,+∞上是减函数． ②当0=△，即2a =±时，()()222+1=10g x x x x =±±≥，则()0f x '≤，所以()f x 在()0,+∞上是减函数． ③当240a =->△，即2a <-或2a >．(i )当2a <-时，()21g x x ax =-+是开口向上且过点()0, 1的抛物线，对称轴方程为122a a x ⎛⎫=<- ⎪⎝⎭，则()0g x >恒成立，从而()0f x '<，所以()f x 在()0,+∞上是减函数．(ii )当2a >时，()g x 是开口向上且过点()0, 1的抛物线，对称轴方程为122a a x ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，则函数()g x 有两个零点：12x x =(显然12x x <)， 当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 2，+∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上，当2a ≤时，()f x 的减区间是()0, +∞；当2a >时， ()f x的增区间是⎝⎭，减区间是,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． (2)根据(ii )，当2a >时，()f x 有两个极值点()1212, ,x x x x <，则12, x x 是方程()0g x =的两个根，从而2211221, 1ax x ax x =+=+．由韦达定理，得12121, x x x x a =+=．又20a ->，所以1201x x <<<． ()()1242f x f x -22111222114ln 2ln 22x ax x x ax x ⎛⎫⎛⎫=-+---+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22111222244ln 22ln x ax x x ax x =-+-+-+ ()()22221112222414ln 212ln x x x x x x =-++-+-++222122122ln 2x x x x =-++22222223ln 2x x x =-++． 令()()()2221, 3ln 2, 1t x t h t t t t t=>=-++>，则()()()2212231t t h t t t t --'=--+=-． 当12t <<时，()0h t '>;当2t >时，()0h t '<，则()h t 在()1, 2上是增函数，在()2, +∞上是减函数， 从而()()max 23ln 21h t h ==+，于是()()124213ln 2f x f x -≤+． 6．已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＝0平行，求k 的值；(2)若对于任意x 1，x 2∈(0，3]，且x 1<x 2，都有f (x 1)＋2x 2<f (x 2)＋2x 1恒成立，求实数k 的取值范围．6．解析 (1)由题意得f ′(x )＝ln x －k ，又曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＝0平行，所以f ′(1)＝ln 1－k ＝12，解得k ＝－12．(2)因为f (x 1)＋2x 2<f (x 2)＋2x 1，所以f (x 1)－2x 1<f (x 2)－2x 2，记h (x )＝f (x )－2x ，又因为x 1，x 2∈(0，3]，且x 1<x 2，所以h (x )＝f (x )－2x 在(0，3]上单调递增．所以h ′(x )＝ln x －k ＋2x 2≥0在(0，3]上恒成立，即k ≤ln x ＋2x 2在(0,3]上恒成立，记u (x )＝ln x ＋2x 2，所以u ′(x )＝1x －4x 3＝x 2－4x 3，令u ′(x )＝0，解得x ＝2．当0<x <2时，u ′(x )<0，u (x )单调递减，当2<x <3时，u ′(x )>0，u (x )单调递增， 所以当x ＝2时，u (x )取得最小值u (2)＝ln 2＋12，所以k ≤ln 2＋12．所以实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，ln 2＋12．。
2025高考数学复习：双变量任意与存在问题
视角 1 形如“对任意x1∈A，总存在x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立”
1 已知f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，且当x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1，函数 g(x)＝x2－2x＋m，且如果对于任意的x1∈[－2，2]，都存在x2∈[－2，2]，使得g(x2) ＝f(x1)，则实数m的取值范围是____[_－__5_，__－__2_]___．
【答案】C
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配套精练
4．已知函数f(x)＝x2＋3，g(x)＝mx＋5－m(m＞0)，若对任意的x1∈[1，2]，总存在
x2∈[－1，2]，使得f(2x1)＝g(x2)成立，则实数m的取值范围是
A．[12，＋∞)
B．[10，＋∞)
(C )
C．[14，＋∞)
视角 4 形如“对任意x1∈A，总存在x2∈B，使得f(x1)＞g(x2)成立”
在
4 已知函数 f (x)＝x2－2ax－3，g(x)＝ax，其中 x2∈[1，2]，使得 f (x1)＞g(x2)恒成立，则实数 a
a＞0.对任意的 x1∈[－2，－1]，存 的取值范围为__43_，__＋__∞__ _．
变式 已知函数f(x)＝x2－2x＋3，g(x)＝log2x＋m，对任意的x1，x2∈[1，4]，有
f(x1)＞g(x2)恒成立，则实数m的取值范围是___(_－__∞_，__0_)___．
【解析】 f(x) ＝ x2 － 2x ＋ 3 ＝ (x － 1)2 ＋ 2 ， 当 x ∈ [1 ， 4] 时 ， f(x)min ＝ f(1) ＝ 2 ， g(x)max ＝ g(4)＝2＋m，则f(x)min＞g(x)max，即2＞2＋m，解得m＜0，故实数m的取值范围是(－ ∞，0).
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：合的思想问题1：已知函数x x f ln )(=的图象上任意不同的两点，，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：．解析：因为∴, ∴,又 不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小， 又∵，∴ 即比较与的大小．令,则, ∴在上位增函数．又，∴， ∴，即二：分的思想问题2：若1ln )(++=x a x x g ，且对任意的(]2,1,21∈x x ，，都有，求a 的取值范围．解析∵ ，∴由题意得在区间(]2,1上是减函数． ∴ ()11,y x A ()22,y x B AB),(00y x C AB k )(0x f k '>x x f ln )(=xx f 1)(='210021)(x x x x f +=='121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--=12x x >k )(0x f '1212lnx x x x -212x x +12x x >12lnx x 1)1(2)(212122112+-=+-x x x x x x x x )1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12=>h x x h 1)1(2ln 121212+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1)()(1212-<--x x x g x g 1)()(1212-<--x x x g x g []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g x x g x F +=)()(1)1(1)(2++-='x ax x F由在恒成立． 设，，则 ∴在上为增函数，∴.策略3：变得思想设函数x x x f ln )(=，若，求证 解析：, ,所以在上是增函数，上是减函数.因为，所以即,同理. 所以 又因为当且仅当“”时，取等号. 又，, 所以,所以， 所以：.问题4：已知函数()21ln ,2f x x x mx x m R =--∈，若函数()f x 有两个极值点12,x x ,求证: 212x x e >解析：欲证212x x e >,需证: 12ln ln 2x x +>,若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()'f x 有两个零点,又()'ln f x x mx =-, 所以12,x x 是方程()'0f x =的两个不同实根313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'xx x x x x a x F []2,1∈x =)(x m 3132+++x x x []2,1∈x 0312)(2>+-='xx x m )(x m []2,1227)2(=≥m a 1),1,1(,2121<+∈x x e x x 42121)(x x x x +<x x xx f x g ln )()(==e x x x g 1,0ln 1)(==+=),1(+∞e )(x g )1,0(e11211<+<<x x x e111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+)ln(ln 211211x x x x x x ++<)ln(ln 212212x x x x x x ++<)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+,421221≥++x x x x 21x x =1),1,1(,2121<+∈x x ex x 0)ln(21<+x x )ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++)ln(4ln ln 2121x x x x +<+42121)(x x x x +<于是,有1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,解得1212ln ln x x m x x +=+,另一方面,由1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,得()2121ln ln x x m x x -=-,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x -+=-+,于是()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--.又120x x <<, 设21x t x =,则1t >.因此, ()121ln ln ln ,1t t x x t ++=-1t >. 要证12ln ln 2x x +>,即证:()1ln 2,11t t t t +>>-.即当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 设函数()()21ln ,11t h t t t t -=-≥+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++, 所以, ()h t 为()1,+∞上的增函数.注意到, ()10h =,因此, ()()10h t h ≥=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 所以,有12ln ln 2x x +>成立, 212x x e >.问题5：x m x x x f x --=221ln )(已知函数，若()x f 有两个极值点x 1，x 2，（x 1<x 2),且x x x x x a 12112ln 2ln ->-恒成立，求整数a 的最大值。
双变量问题典例
双变量问题典例1、已知函数()ln 1f x x a x =--（a 为常数）与x 轴有唯一的公共点A ． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为23a a --，若存在不相等的正实数12x x ，满足12|()||()|f x f x =，证明：121x x <．答案第2页，总7页2．已知函数()2ln f x a x =， ()()1g x f x x x=+-. （1）当1a =时，求函数()f x 的曲线上点()(),e f e 处的切线方程； （2）当1a ≤时，求()g x 的单调区间；（3）若()g x 有两个极值点1x ， 2x ，其中110,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，求()()12g x g x -的最小值3．已知函数()22ln ax bf x x x-=-的图象在1x =处的切线过点()0,22a -， ,R a b ∈. （1）若85a b +=，求函数()f x 的极值点； （2）设()1212,x x x x ≠是函数()f x 的两个极值点，若111ex <<，证明： ()()211f x f x -<.（提示2e 7.40≈）答案第4页，总7页4、已知函数)1ln()12()(2++-+=x x a ax x f 有两个极值点21,x x (1)求a 的取值范围；(2)证明:452ln 2)()(21-<+x f x f5、已知函数1()ln f x x a x x =-+．（2018全国1卷理数第21题）（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：()()12122f x f x a x x -<--．6、答案第6页，总7页7、已知函数()ln()f x x a x =+-有且只有一个零点，其中0a >．（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）若对任意的(0,)x ∈+∞，有2()f x kx ≥成立，求实数k 的最大值；（Ⅲ）设()()h x f x x =+，对任意1212,(1,)()x x x x ∈-+∞≠, 证明：不等式1212()()x x h x h x ->-。
双变量“存在性或任意性”问题(新高考地区专用)
故选：C．
【巩固训练】
1.已知函数 f(x)＝3x2＋2x－a2－2a，g(x)＝19x－1，若对任意 x1∈[－1,1]，总存在 x2∈[0,2]， 63
使得 f(x1)＝g(x2)成立，则实数 a 的取值范围是
．
0，1
0，1
0，1
2.已知函数 f(x)＝2x，x∈ 2 ，函数 g(x)＝kx－2k＋2(k>0)，x∈ 2 ，若存在 x1∈ 2
已知函数
f
x
1
3
x3
1 4
x
1 4
,1 2
x
≤1,
1 3
x
1 6
,
0
≤
x
≤
1 2
,
g x ex ax 2 a R ，若存在 x1 ， x2 0,1 ，使得 f x1 g x2 成立，则实数 a 的
取值范围是________．
【答案】 a ≥ 2 e
【解析】当 0 ≤ x ≤ 1 时， f x 单调递减， 0 ≤ f x ≤ 1 ；
0，1 及 x2∈ 2 ，使得 f(x1)＝g(x2)成立，求实数 k 的取值范围．
3.已知函数 f(x)＝1x2＋x，g(x)＝ln(x＋1)－a ，若存在 x1，x2∈[0，2]，使得 f(x1)＝g(x2) ，求 2
实数 a 的取值范围.
4.已知函数 f(x)＝x2－x＋1(x≥2)，g(x)＝ax(a＞1，x≥2)． x－1
转化为值域之间的关系.
1x2＋2x－1，x≤－1，
2 x2
2
例 3 (2018·无锡高三第一学期期末)已知函数 f(x)＝ log 1＋x，x＞－1，
2
2
g(x)＝－x2－2x－2．若存在 a∈R，使得 f(a)＋g(b)＝0，则实数 b 的取值范围是________．
超详细专题二.-函数双变量问题(完整版)
专题一 . 函数 1 的性质ylog a x a 0, a y log a x a 0, a 1 一、 研究函数的图像和性质二、 典例分析 1. 设函数f x lg x ，若 0 a b ，且 f a f b ab 1.例 ，求证： f xx 例 2. 若函数a, b 0,2 ，则 b a 的最小值为log 2 的定义域为 ，值域为 2f xx log 2 f m f n f x 例 3. 已知函数m n , 且 , 正实数 m, n 满足 在 m , n, 若 mn上的最大值为 2，则 22abbf x lg x a b 0 f a f b 例 4. 已知函数, 则的最小值等于, , aln xx 的性质及应用 专题二 . 函数 f xln x x一. 研究函数 f x的图象和性质 .二、典例分析 xm, n m n a 的取值范围为y a a 1 例 已知函数的定义域与值域均为 ，则实数 1. a b b a a, b a b , 请你写出所有符合条件的 a 的取值例 事实证明，存在正实数 使得 2. 范围.y f x a, b x a,b ka, kb k 0 例 对于函数，若存在 ，当 时的值域为 ，则称3. y f x 为“ k 倍值函数” . 若 f x ln x x 是“ k 倍值函数” ，则实数 k 的取值范围是xe a x 对于任意实数例若不等式4. x 恒成立，则实数 a 的取值范围是ln x x x2 2ex a 有实数解，求实数 a 的取值范围例已知5.e 2.71828例6. （2014 湖北卷）为圆周率，为自然对数的底数. 求3e e3e , 3 , e , , 3 , 这六个数的最大数与最小数.专题三 .函数 2的性质f xxx log a1 2x一、研究函数ln 1 的图像和性质f xx二、典例分析 x2ln 1 , x 2,2 例 求函数f xx1. 的最大值和最小值 .2例 函数 f x ln x x1 , x k, k ， k 0 的最大值和最小值分别为 2. 和 m ，M Mm则 x3e 1 ， 1mx2例 判断函数 x k, k k 03. f xln x1exM M 和 m ，则 的最大值和最小值分别为1 29x2例 判断函数ln 13x 1，则 f 4. f xlg 2f lgx 2 例 5. （ 2015 全国卷 I ）若函数f x x ln xa a为偶函数，则 1 2x2ex3 ， x t, t t 0 例 6. 设函数 ，若函数的最大值是 M ，最f x x ln1Mm小值是 m ，则 32例 7. 设 函 数 log 2 1 任 意 实 数 a, b ，“ a b 0 ” 是f x xxx， 则 对 fa f b0 ”的“ （填“充要条件” “充分不必要条件” “必要不充分条件”.或“既不充分也不必要条件” ）专题四 . 实例 1. 2016 届高三月考雅礼卷（六）双变量问题1 xaln x . 21. 设函数 f x x a1时，求曲线y f x 1, f 1 （1）当 在点 处的切线方程；（2）若函数f x 在定义域上为增函数，求实数a 的取值范围；1 ，e（3）在（2）的条件下， 若函数 x , x 1,e f x h x h x x ln x使得 成立，1 2 1 2 求实数 a 的取值范围 .实例 2. 2016 年附中七（ 2016 年 3 月） x aln a 0 1,2 12. 已知函数 x R ，使得 x 1f xxf x 1f x 0 ，若 都有 ，则实数 a 的取值范围是（ ）A. 0,1B. 1,2C. 2,D. 0,1 2,【拓展训练】1 x 112 1, 0 x 6 x x 2 和函数 g x 1. 已知函数f xa sinx a 1 a 03, 16x 1 1 2x 1, x 2 0,1 若存在 ，使得 f x 1g x 2 成立，则 a 的取值范围是拓展 1：“存在 =存在”型： A 为函数 f x 在 若 其中 D 1 上的值域，x 1D 1, x 2D 2 ，使得 f x 1 g x 2A BB 为函数 g x D 2 上的值域 .在 2xx 21,2 2. 已知函数 若 x 1. f xx和函数 g x a cos5 2a a 0 ，x 2 0,1 ，使得 g x 2f x 1 ，则 a 的取值范围是拓展 2：“任意 =存在”型x 1 D 1 , x 2D 2 f x 1g x 2A B ,，使得 其中 A 为函数 f x 在 D 1 上的值域， B 为函数 g x 在 D 2 上的值域 .a x1,2 23x2x3. 设函数 3 ， f xg xx ln x ，如果 x , x ， 1 2都有 fx 1g x 2 成立，求 a 的取值范围 .拓展 3：“任意任意”型对 x 1D 1, x 2D 2 都有 f x 1g x 2 成立f xg xf xg x f xg x minmin maxmax推广 ：对 x 1g x D 1 , x 2kD 2 都有 f x 1 g x 2kf x min maxf xg x k1 2min1 x 3 3x 1,2 212x 2 4. 已知函数 f xax ， x 1x 2 ,2 g x, 对，使得 , xe'a 的取值范围 .f x 1g x 2 成立，求 x ln x2'成立，求 a 的取值 5. 设函数 ax ，若存在 f x x 1 , x 2e,e ，使 f x 1f x 2a 范围 .f xx 1 a ln x a 0 x 1 , x 2 0,1 已知函数，对 x 1x 2 , 都有6. ，且 1 x 11 x 2f x f x 4, 求实数 a 的取值范围 .1 2e mx x 2f xmx ， 对, 1,1 （ 2015 全 国 卷 ） 设 函 数 x 1x 2 7. II , 都 有 f x 1 f x 2e 1, 求 m 的取值范.axx2x ln a 0, a 1 . 若8. 已知函数 f xa x 1, x 21,1 f x 1f x 2e 1 ，求实数 a 的取值范围 .，使得。
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。
函数中双变量问题专题
2 )成立，则实数 a 的取值范围为（ ）A ． ⎢ , +∞ ⎪B ． ⎢ , +∞ ⎪C ． ⎢- , +∞ ⎪D ． ⎢- , +∞ ⎪⎡ 53． 已知函数 f ( x ) = ⎨ 1 ，若 α < β 且 f (α ) = f (β ) ，则 β - α 的取值范围是（）B ． ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1C ． [9 - 4ln3,6 ])A ． - 1⎡ π π ⎤7． α ， β ∈ ⎢ - 2 2⎥⎦函数中双变量问题一、单选题1 11． 已知函数 f ( x) = ln( x +x 2 + 1) 满足对于任意 x 1∈ [ 2 , 2] ，存在 x 2 ∈ [ 2 , 2] ，使得f ( x 2 + 2 x + a) ≤ f (11 ln x x2A ． [ ln 2 ln 2 5- 8, +∞) B ． [ - 8, - - 2ln 2]2 2 4C ． (-∞, ln 2 5 - 8]D ． (-∞, - - 2ln 2]2 42． 设函数 f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx (a, b , c ∈ R, a ≠ 0)，若不等式 xf ' (x )- af (x ) ≤ 5 对 ∀x ∈ R 恒成立，则b - 2ca的取值范围为（ ）⎫ ⎡ 1 ⎫ ⎡ 5 ⎫ ⎡ 1 ⎫ ⎣ 3⎭⎣ 3 ⎭ ⎣ 3 ⎭⎣ 3 ⎭⎧ln x - 1, x ≥ 1⎪⎪⎩ 3 ( x + 2), x < 1A ． [8 - 3ln3,6 ])D ． ⎡⎣9 - 4ln 3, e 2 - 14． 已知函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，则下列判断：① a < e ；② x 1 + x 2 < 2 ；③ x 1x 2 > 1 ；④有极小值点 x 0，且 x 1 + x 2 < 2 x 0 ．则正确判断的个数是（）A ．4 个B ．3 个C ．2 个D ．1 个5． 已知实数 a ，b 满足 2a 2 - 5lna - b = 0 ， c ∈ R ，则 (a - c)2 + (b + c)2 的最小值为 ()A ．122 3 2B ．C ．D ．2 29 26． 已知直线 y = a (x + 1)与曲线 f (x ) = e x + b 相切，则 ab 的最小值为（）1 12 B ． -C ． -D ． -4e2eee⎣, ，且 α sin α - β sin β > 0 ，则下列结论正确的是（ ）f ( x) = e x (ln x - 1), x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ ，若存在 a ∈[-2,1]，使得 f 2 - ⎪ ≤ a 2 + 2a - 3 - e 成 A ． ⎢ ,1⎥⎡2⎤C ． ⎢ , +∞ ⎪⎡ 2⎭D ． ⎢1,⎥4 ⎫ ⎛ 6 ⎫ ⎛ 4 ⎫ ⎛ 8 ⎫ e 2⎭B ． 1, ⎪⎝ e ⎭ C ． 0, ⎪e ⎭D ． 1,⎝ e 2 ⎭⎛A ． α > βB ． α + β > 0C ． α < βD ． α 2 > β 28． 已知函数⎡ 1 ⎫ ⎣ 2 ⎭ ⎛ 1 ⎫ ⎝ m ⎭立，则实数 m 的取值范围为（）⎣ 3 ⎦B ．[1,+∞)⎫ ⎡ 3 ⎤ ⎣ 3 ⎣ 2 ⎦9． 已知曲线 f (x ) = ae x (a > 0) 与曲线 g (x ) = x 2 - m (m > 0)有公共点，且在该点处的切线相同，则当 m变化时，实数 a 的取值范围是（）A ． 0, ⎝二、填空题10． 已知函数 f (x ) = a x + x 2 - x ln a ，对任意的 x 1, x 2 ∈ [0,1]，不等式 f (x 1 ) - f (x 2 ) ≤ a - 1 恒成立，则实数 a 的取值范围是___．11． 已知函数 f ( x ) = 2ln x - ax 2 + 3 ，若存在实数 m , n ∈[1,5] 满足 n - m ≥ 2 时， f (m ) = f (n ) 成立，则实数 a的最大值为_____12． 设函数 f (x ) = 3 - 2 x x + 1， g (x ) = xe 2x ，若 ∃x ∈ (-1, +∞) ，使得 ∀x ∈ (-1,+∞)，不等式1 24emg (x ) > m 2 f (x )恒成立，则实数 m 的取值范围是______.2113． 若 a 为实数，对任意 k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 6ln x + x 2 - 9 x + a ≤ kx 恒成立，则 a 的最大值是_________.三、解答题14． 设 a, b ∈ R ，已知函数 f (x ) = a ln x + x 2 + bx 存在极大值.（1）若 a = 2 ，求 b 的取值范围；（2）求 a 的最大值，使得对于 b 的一切可能值， f (x )的极大值恒小于 0 .15． 已知函数（ R ）．16． 已知函数 f (x ) = ln x - 1b ∈ -∞ , - ⎪ ，方程 f (x ) = 0 恒有 2 个不等的实根，求 a 的取值范围.（1）当 a = 1 4时，求函数 y = f ( x ) 的单调区间；（2）若对任意实数 b ∈ (1,2) ，当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，求 a 的取值范围．3x +- 1 44 x（1）求函数 f (x )的单调区间；的取值范围.17． 已知函数 f (x ) = ln x - ax 2 - bx - 2 ， a ∈ R .（1）当 b = 2 时，试讨论 f (x )的单调性；（2）若对任意的 ⎛ 3 ⎫ ⎝ e ⎭答 案1．（2020·湖南省长郡中学高三）已知函数f ( x ) = ln( x +1, 2] ，存在 x ∈ [ , 2] ，使得 f ( x 12 + 2 x 1 + a) ≤ f (22 ) 成立，则实数 a 的取值范围为（ ）x ∈ [ , 2] ，存在 x ∈ [ , 2] ，使得 f ( x 12 + 2 x 1 + a) ≤ f ( 2 22 ) 成立， x 2 + 2 x + a ≤ 即任意 x ∈ [ , 2] ，存在 x ∈ [ , 2] ，使得 1 2 21 2 x ( 即满足 xmax ≤ 2 ⎪ ， x ⎭max ⎝ 在 x ∈ [ , 2] 可得 g ( x 1 )max = g (2)=8 + a22 令 h ( x ) = 2，求导可得 h '( x ) = x x 22一、单选题22 1 ln x x 2A ． [ ln 2 2- 8, +∞)B ． [ ln 2 5- 8, - - 2ln 2]2 4C ． (-∞,ln 2 2- 8] 5D ． (-∞, - - 2ln 2]4【答案】C【解析】由函数 f ( x ) = ln( x +x 2 + 1) 在定义域单调递增，对于任意1 2 1 1 ln x x 21 11 ln x2 成立，22 1+ 2 x + a )1⎛ ln x ⎫2令 g ( x 1 ) = x 1 + 2 x 1 + a ，对称轴方程为 x 1 = -1 ，1 12 ln x 22 1 - ln x 2 ， 2h '( x ) = 0 ，可得 x = e ，2 2在 x 2 ∈ (0, e )， h '( x 2 ) > 0 ， h( x 2 ) 单调递增，1所以在 x ∈ [ , 2] ， h ( x )2 2 max= h (2) = ln 2 ln 2 ，即 8 + a ≤ ， 2 2解得 a ≤ ln 2 2- 8 ，故选 C .2．（2020·江西省南城一中高三期末）设函数 f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx (a, b , c ∈ R, a ≠ 0)，若不等式xf ' (x )- af (x ) ≤ 5 对 ∀x ∈ R 恒成立，则 b - 2c a的取值范围为（ ）⎭ D ． ⎢- , +∞ ⎪A ． ⎢ , +∞ ⎪⎭B ． ⎢ , +∞ ⎪⎭ C ． ⎢- , +∞ ⎪ ( )c 2 - 10c (c - 5)2 - 25 5 所以， b - 2c b - 2c 5 因此， b - 2c ⎡ 5 的取值范围为 ⎢- , +∞ ⎪ .故选：C.3． 2020·新疆维吾尔自治区高三）已知函数 f ( x ) = ⎨ 1 ，若 α < β 且 f (α ) = f (β ) ，则 β - α B ． ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1 C ． [9 - 4ln3,6])【解析】因为 f ( x ) = ⎨ 1 ，故其函数图像如下所示：⎪⎩ 3⎡ 5 ⎫ ⎡ 1 ⎫⎡ 5 ⎫⎡ 1 ⎫⎣ 3⎣ 3 ⎣ 3 ⎣ 3 ⎭【答案】C【解析】Q f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx ，∴ f ' (x ) = 3ax 2 + 2bx + c ，由不等式 xf ' (x )- af (x ) ≤ 5 对 ∀x ∈ R 恒成立，可得 3a - a 2 x 3 + (2b - ab ) x 2 + (c - ac ) x - 5 ≤ 0 对 ∀x ∈ R 恒成立，所以， 3a - a 2 = 0 且 a ≠ 0 ，解得 a = 3 ，⎧b > 0 c 2则不等式 bx 2 + 2cx + 5 ≥ 0 对 ∀x ∈ R 恒成立，所以 ⎨ ，则 b ≥ ，⎩∆ = 4c 2 - 20b ≤ 0 51c 2- 2c = ≥ = = ≥- .a 3 3 15 15 3⎫a ⎣ 3 ⎭⎧ln x - 1, x ≥ 1⎪（⎪⎩ 3 ( x + 2), x < 1的取值范围是（）A ． [8 - 3ln3,6])D ． ⎡⎣9 - 4ln 3, e 2 - 1【答案】B⎧ln x - 1, x ≥ 1 ⎪( x + 2), x < 1令 lnx -1 = 1，解得 x = e 2；令 lnx -1 = -1 ，解得 x = 1 .( )故 g (x )在区间 (1,3 )单调递减，在区间 3, e 2 单调递增，( )故 g (x )∈ ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1 .即可得 β - α ∈ ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1.故选：B.)数形结合可知，若要满足 f (α ) = f (β ) ，且 α < β ，则 β ∈ (1,e 2)，且 1 (α + 2 ) = ln β - 1，解得 α = 3ln β - 5 .3故 β - α = β - 3ln β + 5 ， β ∈ (1,e 2).令 g (x ) = x - 3lnx + 5, x ∈ 1,e 2 ，则 g ' (x ) = 1 - 3x，令 g ' (x ) = 0 ，解得 x = 3 ，( )则 g (1) = 6, g (3) = 8 - 3ln3, g e 2 = e 2 - 1 ，)4．（2020·江西省临川第二中学高三期中）已知函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，则下列判断：①a < e ；② x + x < 2 ；③ x x > 1 ；④有极小值点 x ，且 x + x < 2 x ．则正确判断的个数是（）121 20 1 2 0A ．4 个B ．3 个C ．2 个D ．1 个【答案】D【解析】对于①，∵ f ( x ) = e x - ax ，∴ f '( x ) = e x - a ，令 f '( x ) = e x - a > 0 ，当 a ≤ 0 时， f '( x ) = e x - a > 0 在 x ∈ R 上恒成立，∴ f ( x ) 在 R 上单调递增．当 a > 0 时，由 f '( x ) > 0 ，解得 x > ln a ；由 f '( x ) < 0 ，解得 x < ln a ；∴ f ( x ) 在 (-∞,ln a) 单调递减，在 (ln a, +∞) 单调递增．∵函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，∴ a > 0 ， f (ln a) < 0 ，即 e ln a - a ln a < 0 ，即 a - a ln a < 0 ， 解得： a > e ；所以①不正确；对于②，因为函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，所以 x 1 ， x 2 是方程 e x - ax = 0 的两根，因此 x 1 = ln ax 1 ， x 2 = ln ax 2 ，取a=，f(2)=e2-2a=0，∴x=2，f(0)=1>0，∴0<x1<1，22B．22C．A．-1所以x+x=ln (a2x x)=2ln a+ln(x x)>2+ln(x x)，12121212e22∴x1+x2>2，所以②不正确；对于③，f(0)=1>0，∴0<x1<1，x1x2>1不一定，∴所以③不正确；对于④，f（x）在(-∞,ln a)单调递减，在(ln a,+∞)单调递增，∴有极小值点x0=ln a，且x1+x2<2x0=2ln a，所以④正确．综上，正确的命题序号是④．故选:D5．（2020·湖南省高三期末）已知实数a，b满足2a2-5lna-b=0，c∈R，则(a-c)2+(b+c)2的最小值为()A．1【答案】C 322D．92【解析】由题意，得，代换，代换，则满足：，即，以代换，可得点，满足，因此求(a-c)2+(b+c)2的最小值即为求曲线上的点到直线相切于点的距离的最小值，设直线，则与曲线，解得，所以切点为,所以点到直线的距离，则(a-c)2+(b+c)2的最小值为，综上所述，选C.6．（2020·全国高三专题练习）已知直线y=a(x+1)与曲线f(x)=e x+b相切，则ab的最小值为（）4e B．-12e C．-1e D．-2e【答案】B【解析】设切点为(x,e x0+b),因为f(x)=e x+b,所以f'(x)=e x,所以f'(x0)=e x0=a,所以x=ln a,所以 g (a) 在 (0, e - 2 ) 上递减,在 (e - 2 , +∞) 上递增, 所以 a = e- 12时,g (a) 取得最小值 g (e 2 ) = (e 2 )2 ln e 2 = -122, ⎥ ，且 α sin α - β sin β > 0 ，则下列结论正7．（2020·黑龙江省双鸭山一中高三期末） α ， β ∈ ⎢ - f (x ) = xsinx 形式，则 f ' (x ) = sinx + xcosx ， x ∈ ⎢0, ⎥ 时导函数 f ' (x ) ≥ 0 ， f (x )单调x ∈ ⎢-⎡ π ,0 ⎪ 时导函数 f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减．又Q f (x )为偶函数，根据单调性和对称性可f ( x) = e x (ln x - 1), x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ ，若存在 a ∈[-2,1]，使 ⎪ ≤ a 2 + 2a - 3 - e 成立，则实数 m 的取值范围为（ ）⎛又切点 ( x , e x 0 + b ) 在直线 y = a( x + 1) 上,所以 e x 0 + b = a( x + 1) ,所以 a + b = ax 0 + a ,所以 b = ax 0 = a ln a ,所以 ab = a 2 ln a ,令 g (a) = a 2 ln a(a > 0) ,则 g '(a) = 2a ln a + a 2 ⋅ 1 a= 2a ln a + a = a(2ln a + 1) ,令 g '(a) < 0 ,得 0 < a < e - 1 ,令 g '(a) > 0 ,得 a > e - 1 ,1 1- 1 - 1 - 1 2e.即 ab 的最小值为 -12e.故选:B⎡ π π ⎤ ⎣ 2 2 ⎦确的是（）A ． α > β【答案】D【解析】构造B ． α + β > 0C ． α < βD ． α 2 > β 2⎡ π ⎤ ⎣ 2 ⎦递增；⎣ 2 ⎫ ⎭知选 D.故本小题选 D.8．（2020·广西壮族自治区高三月考）已知函数⎡ 1 ⎫ ⎣ 2 ⎭得 f 2 - ⎝ 1 ⎫ m ⎭A ． ⎢ ,1⎥C ． ⎢ , +∞ ⎪⎡ 2⎭D ． ⎢1,⎥【解析】 f '(x) = e x ln x + - 1⎪ ，令 g ( x) = ln x + - 1 ，则 g '(x) = - x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ 时， f '(x) ≥ 0 ， f ( x) 在区间 ⎢ , +∞ ⎪ 上单调递增.存在 a ∈[-2,1]，使 f 2 - ⎪ ≤ a 2 + 2a - 3 - e 成立，等价于 f 2 -⎪ ≤ -e = f (1).⎪⎪ ⎪2 - 1 ≥ 1 ⎩ 4 ⎫ ⎛ 6 ⎫ ⎛ 4 ⎫ ⎛ 8 ⎫ e 2⎭B ． 1, ⎪⎝ e ⎭ C ． 0, ⎪e ⎭D ． 1,⎝ e 2 ⎭⎛⎡ 2 ⎤ ⎣ 3 ⎦B ．【答案】A[1,+∞)⎫ ⎡ 3 ⎤ ⎣ 3 ⎣ 2 ⎦⎛⎝1 ⎫ 1 1 1 x - 1=x ⎭ x x x 2 x 2 ，故当 1 2 < x < 1时，g '(x) < 0 ， g ( x ) 单调递减，当 x > 1 时， g '(x) > 0, g ( x ) 单调递增，∴ g ( x ) ≥ g (1) = 0 ，从而当 ⎡ 1 ⎫ ⎡ 1 ⎫ ⎣ 2 ⎭ ⎣ 2 ⎭设 h (a ) = a 2 + 2a - 3 - e = (a + 1)2 - 4 - e ，则 h (a ) 在 [-2, -1]上单调递减，在 [-1,1]上单调递增， h(a)max= h (1) = -e ，⎛ ⎝1 ⎫ m ⎭ ⎛ 1 ⎫ ⎝ m ⎭⎧ 12 - ≤ 1 m 2∴⎨ ，解得 ≤ m ≤ 1 .故选： A . 3⎪ m 29．（2020·重庆南开中学高三月考）已知曲线 f (x ) = ae x (a > 0) 与曲线 g (x ) = x 2 - m (m > 0)有公共点，且在该点处的切线相同，则当 m 变化时，实数 a 的取值范围是（）A ． 0, ⎝【答案】A【解析】由 f ( x ) = ae x (a > 0) ， g ( x ) = x 2 - m ，得 f '( x ) = ae x ， g '( x ) = 2 x ，设 f ( x ) = ae x (a > 0) 与曲线 g ( x ) = x 2 - m 的公共点为 (s, t ) ，则 f '(s) = ae s ， g '(s) = 2s ，∴ 两曲线在切点处的切线方程分别为 y - ae s = ae s ( x - s) 与 y - s 2 + m = 2s( x - s) ，即 y = ae s x + ae s - sae s 与 y = 2sx - s 2 - m ．⎧m = s 2 - 2s ①⎩ae s - sae s = -s 2 - m ⎪ a = (s > 2) ，则 h '(s) = < 0 ，函数 h (s) 在 (2, +∞) 上为单调减函数， s + 3 = 2ln m - am m ，（ m ∈[1,5] ， t ≥ 2 ）， m ，在 m ∈ [1,+∞) 单调递减，⎧2s = ae s ⎪ 则 ⎨ ，整理得 ⎨ 2s⎩ e s② ．由①且 m > 0 ，得 s < 0 或 s > 2 ，当 s < 0 时，两曲线无公共切线，则 s > 2 ．由②得， a = 2s e s(s > 2) ．令 h (s) =2s 2(1- s)e e s∴ h (s) < h (2) = 4e 2 ，又当 s →+∞ 时， h (s) → 0 ，∴ 实数 a 的取值范围是 (0, 4 e 2) ．故选：A.二、填空题10．（2020·江苏省高三专题练习）已知函数 f (x ) = a x + x 2 - x ln a ，对任意的 x , x ∈ [0,1]，不等式1 2f (x ) - f (x 12) ≤ a - 1 恒成立，则实数 a 的取值范围是___．【答案】 [ e , +∞)【解析】由题意可得 f max ( x) - f min ( x) ≤ a - 1，且 a > 1 ，由于f '( x ) = a x ln a + 2 x - ln a = (a x - 1)ln a + 2 x ，所以当 x > 0 时， f '( x ) > 0 ，函数 f ( x ) 在 [0,1] 上单调递增，则 f max ( x) = f (1) = a + 1 - ln a, f min ( x) = f (0) = 1 ，所以 f max ( x) - f min ( x) = a - ln a ，故a -1 ≥ a - ln a ⇒ ln a ≥ 1 ，即 a ≥ e ，应填答案 [e , +∞) ．11．（2020·湖南省明达中学高三）已知函数 f ( x ) = 2ln x - ax 2 + 3 ，若存在实数 m , n ∈[1,5] 满足 n - m ≥ 2 时，f (m ) = f (n ) 成立，则实数 a 的最大值为_____【答案】 ln34【解析】由 f (m ) = f (n) ⇒ 2ln n - an 2 2 + 3 ，所以 a = 2(ln n - ln m )n 2 - m 2，令 n = m + t ，（ t ≥ 2 ），则 a =tln(1+ )t(2m + t)显然 g (m ) = t ln(1+ )t(2m + t)令 h (t) = g (1) = ，（ t ≥ 2 ）， h '(t ) = ，，∴实数 a 的最大值为 ．故答案为：时， g ' (x ) < 0 ，函数 y = g (x )在 -1,- ⎪ 上单调递减， 时， g ' (x ) > 0 ，函数 y = g (x )在 - , +∞ ⎪ 上单调递增， g (x )∈ ⎢- , +∞ ⎪ .∴ g (x ) ≥ g - ⎪ = - ⎝ 2 ⎭ ⎣ 2e ⎭2e ⎪ = -2m ， m 2 f (x 1 ) > -2m 2 .若 m > 0 ，则 4emg (x ) ≥ 4em ⋅ - ⎝ 2e ⎭1∴ a ≤ g (1) = ln(1+ t)（ t ≥ 2 ）t(2 + t)ln(1+ t) t 2 + 2t - 2(t + 1)2 ln(t + 1)t(2 + t) [t (t + 2)]2 (t + 1)∵ t ≥ 2 ，∴ 2ln( t + 1) > 1 ，则 t 2 + 2t - 2(t + 1)2 ln(t + 1) ，∴令 h (t) = g (1) =ln(1+ t) t(2 + t)在 [2, +∞) 单调递减，∴ a ≤ h (2) = ln 3 ln 3 ln 34 4 412．（2020·河南省高三月考）设函数 f (x ) = 3 - 2 x x + 1， g (x ) = xe 2 x ，若 ∃x ∈ (-1, +∞) ，使得1∀x ∈ (-1,+∞)，不等式 4emg (x ) > m 2 f (x )恒成立，则实数 m 的取值范围是______.221【答案】 (1,+∞ )【解析】Q f (x ) = -2 (x + 1)+ 5 5= -2 +x + 1 x + 1，当 x ∈ (-1,+∞ ) 时，有 f (x ) > -2 .因为 g (x ) = xe 2x ，所以 g ' (x ) = e 2x + 2xe 2x = (1 + 2x )e 2x ，当 -1 < x < -1 ⎛ 1 ⎫2 ⎝ 2 ⎭当 x >- 1 ⎛ 1 2 ⎝ 2 ⎫ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎡ 1 ⎫ ，所以当 x > -1 时，⎛ 1 ⎫ 2根据题意可知 -2m > -2m 2 ，解得 m > 1 ；若 m ≤ 0 ，则 4emg (x )∈ (-∞, -2m ] ， m 2 f (x ) > -2m 2 ，不符合条件.2 1综上所述，实数 m 的取值范围是 (1,+∞ ) .故答案为： (1,+∞ ) .13．（2020·浙江省高三期中）若 a 为实数，对任意 k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式6ln x + x 2 - 9 x + a ≤ kx 恒成立，则 a 的最大值是_________.【答案】7k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 ≤ k 恒成立min ⇒ ≤ -1 ⇒ a ≤ -6l n x - x2 + 8x'( x ) > 0 时， ⎨0 < x ≤ 4【解析】因为对任意 k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 6ln x + x 2 - 9 x + a ≤ kx 恒成立，所以对任意6ln x + x 2 - 9 x + a x6ln x + x 2 - 9 x + a 6ln x + x 2 - 9 x + a即 ≤ k xx所以当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 a ≤ -6ln x - x 2 + 8x 恒成立令 f ( x ) = -6l n x - x 2 + 8x, x ∈ (0, 4]则 a ≤ f ( x)min-2 x 2 + 8x - 6 -(2 x - 2)( x - 3)f '( x ) = =x x当 f当 f ⎧(2 x - 2)( x - 3) < 0⎩⎧(2 x - 2)( x - 3) > 0'( x ) < 0 时， ⎨⎩ 0 < x ≤ 4⇒ 1 < x < 3⇒ 0 < x < 1 或 3 < x ≤ 4所以函数 f ( x ) 在区间 (0,1) 和 (3,4] 上单调递减，在区间 (1,3)上单调递增f (1) = 0 - 1 + 8 = 7, f (4) = -6ln 4 -16 + 32 = 16 - 6ln 4e 3 因为16 - 6ln 4 - 7 = 9 - 6ln 4 = 3(3 - ln16) = 3ln > 016所以 f ( x)min = 7所以 a ≤ 7 ， a 的最大值为： 7故答案为： 7三、解答题14．（2020·贵州省贵阳一中高三月考）设 a, b ∈ R ，已知函数 f (x ) = a ln x + x 2 + bx 存在极大值.（1）若 a = 2 ，求 b 的取值范围；（2）求 a 的最大值，使得对于 b 的一切可能值， f (x )的极大值恒小于 0 .【答案】（1） b < -4 ，（2） 2e 3【解析】（1）当 a2 ， f x x 0 ，由 f x 存在极大值，（2） f x x 0 ，由 f x 存在极大值，1.当 0 x时， g x 2x 0 ，所以 g x 在 0, a a 3 3 e ，即 x e ， x 2 e 2 ， 2 22x 2 bx 2xb 2 16 0,可知方程 2x 2bbx 2 0 有两个不等的正根，则 0, ∴ b 4 .21 0,2x 2 bx ax可知方程 2x 2 bx a0 有两个不等的正根，设为 x ,x 且 x121x ，∴ x x2 1 2a a，∴ a 0 ， 0 x2 2由 f x0 x1x x ，2∴ f x 的极大值为 f x1a lnx1x 2 bx ，∵ bx1 1 12x 2 1a ，∴ f x1a lnx1x 2 a ，构造函数 g x a lnx x 2 a ，1a a a 2x 22 x x a 2上递增，由 0x1a 2，则 g x1a a ag ln 3 .2 2 2所以当 0 a2e 3 时， f x极大值f x1g x1ga 20 .3 而当 a2e 3时，取 b2 e 22 13 2此时 f x极大值3 af e2 e30 ，不符合题意.2综上所述， a 的最大值为 2e 3 .15．（2020·湖南省长沙一中高三月考）已知函数（ R ）．（1）当 a1 4时，求函数 y f(x)的单调区间；- 1 > 0 即 0 < a < 时，函数 f ( x ) 在 (-1,0) 和 ( - 1,+∞) 上单调递增， - 1 < 0 即 a > 时，函数 f ( x ) 在 (-1, - 1) 和 (0, +∞) 上单调递增，（2）若对任意实数 b ∈ (1,2) ，当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，求 a 的取值范围．【答案】（Ⅰ）函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (-1,0) 和 (1, +∞) ，单调递减区间为 (0,1) ；（Ⅱ） [1- ln 2, +∞)【解析】（1）当 a =1 1时， f ( x ) = ln( x + 1) + x 2 - x ， 4 4则 f '( x ) =1 1 x( x - 1)+ x - 1 = ( x > -1) ， x + 1 2 2( x + 1)令 f '( x ) > 0 ，得 -1 < x < 0 或 x > 1 ；令 f '( x ) < 0 ，得 0 < x < 1 ，∴函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (-1,0) 和 (1, +∞) ，单调递减区间为 (0,1) ．（2）由题意 f '( x ) = x[2ax - (1- 2a)]( x > -1) ，( x + 1)（1）当 a ≤ 0 时，函数 f ( x ) 在 (-1,0) 上单调递增，在 (0, +∞) 上单调递减，此时，不存在实数 b ∈ (1,2) ，使得当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ．（2）当 a > 0 时，令 f '( x) = 0 ，有 x 1 = 0 ， x 2 = 1 2a- 1 ，①当 a = 1 2时，函数 f ( x ) 在 (-1, +∞) 上单调递增，显然符合题意．②当1 1 12a 2 2a在 (0,1 2a- 1) 上单调递减， f ( x ) 在 x = 0 处取得极大值，且 f (0) = 0 ，要使对任意实数 b ∈ (1,2) ，当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，只需 f (1) ≥ 0 ，解得 a ≥ 1 - ln 2 ，又 0 < a < 1 2，所以此时实数 a 的取值范围是1 - ln 2 ≤ a < 1 2．③当1 1 12a 2 2a在 ( 1 2a- 1,0) 上单调递减，要存在实数 b ∈ (1,2) ，使得当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，需 f ( 1 2a- 1) ≤ f (1)，代入化简得 ln 2a + 1 4a+ ln 2 - 1 ≥ 0 ，①令 g (a) = ln 2a + 1 1 1 1+ ln 2 - 1 (a > ) ，因为 g '(a) = (1- ) > 0 恒成立，4a 2 a 4a1 1 1故恒有 g (a) > g ( ) = ln 2 - > 0 ，所以 a > 时，①式恒成立，2 2 2综上，实数 a 的取值范围是 [1- ln 2, +∞) ．【解析】（1） f x lnxx 的定义域是 0, ， f x( )2 ,16．（2020·广西壮族自治区高二期末）已知函数 f xlnx（1）求函数 f x 的单调区间；1 3x 1 4 4x（2）设 g xx 2 2bx 4 ，若对任意 x10,2 ,x21,2 ，不等式 f x1g x 恒成立，求实数b2的取值范围.【答案】（1）函数 f x 在 1,3 上单调递增;在 (0,1)和 3,上单调递减; （2） ,142 .1 3 1 1 3 4x x2 34 4xx 4 4x 2 4x 2由 x 0 及 f x0 得1 x 3 ，由 x 0 及 f x 0 得 0 x 1 或 x 3 ；所以函数 f x 在 1,3 上单调递增;在 0,1 和 3,上单调递减.（2）若对任意 x10,2 ,x21,2 ，不等式 f x1g x 恒成立，问题等价于 f x2ming xmax由（1）可知，在 0,2 上， x 1 是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点故也是最小值点，所以 f x min f 11 2， g xx 2 2bx 4,x 1,2当 b 1时， g xmaxg 1 2b 5 ；当1 b 2 ， g x maxg b b 2 4当 b2 时， g xg 24b 8b 11 b2 b 2 问题等价于{ 1或 { 1 或 { 12b 5 b 4 4b 822 2解得 b 1或1 b14 或 b214 14 即 b，所以实数 b 的取值范围是.2217．（2020·浙江省学军中学高三期中）已知函数 f xlnx ax 2 bx 2 ， aR .（1）当 b2 时，试讨论 f x 的单调性；b ∈ -∞ , - ⎪ ，方程 f (x ) = 0 恒有 2 个不等的实根，求 a 的取值范围. f (x )在 0, ⎪ 单调递增，a = 0 ， f (x )在 0, ⎪ 单调递增， , +∞ ⎪ 单调递减；- < a < 0 ， f (x )在 0, ⎪⎪ 单调递增， ⎪⎪ 单调递减， 2 4a 4a 4a a ≤ - ， f (x )在 (0, +∞ )单调递增. 【解析】（1） f ' (x ) = , x > 0解得 x = -2 + 4 + 8a ⎪⎪ 时， f ' (x ) > 0 ， f (x )单调递增， 4a⎛ x ∈ ⎛ -2 + 4 + 8a, +∞ ⎪⎪ 时， f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减，4af (x )在 0, ⎪ 单调递增， x ∈ 0, ⎪ 时， f ' (x ) > 0 ， f (x )单调递增， x ∈ , +∞ ⎪ 时， f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减，（2）若对任意的 ⎛ 3 ⎫ ⎝ e ⎭【答案】（1） a > 0 ，⎛ ⎝ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单调递减；⎭ ⎝ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭1 ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫, ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ -2 - 4 + 8a ⎫ 4a , +∞ ⎪ 单调递增；⎝ ⎭1 2（2） 0 < a ≤2e 21 -2 x - 2ax 2x（i ） a > 0 ，令 f ' (x ) = 0 ，得到1 - 2 x - 2ax 2 = 0 ，-2 - 4 + 8a， x = （舍）4a 4a所以当 x ∈ 0, ⎝-2 + 4 + 8a ⎫⎭ 当⎫ ⎝ ⎭所以⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单调递减；⎝ ⎭ ⎝ ⎭（ii ） a = 0 ，令 f ' (x ) = 0 ，得到 x =12当当⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭f (x )在 0, ⎪单调递增， , +∞ ⎪ 单调递减； , +∞ ⎪⎪ 时， f ' (x ) > 0 ， f (x )单调递增， ⎪⎪ U ⎪⎪ 时， f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减， 当 x ∈ 4a 4a(x )在 ⎛ 0, -2 + ⎪⎪ 单调递减， ⎪ 单调递增， , 4a 4af (x )在 0, ⎪ 单调递增， a = 0 ， f (x )在 0, ⎪ 单调递增， , +∞ ⎪ 单调递减；- < a < 0 ， f (x )在 0, ⎪⎪ 单调递增， ⎪⎪ 单调递减， 2 4a 4a 4a a ≤ - ， f (x )在 (0, +∞ )单调递增. b ∈ -∞ , - ⎪ ，方程 f (x ) = 0 恒有 2 个不等的实根 令 g (x ) = ， x > 0 有 g ' (x ) = ， x > 0所以 ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭（iii ） - 1 2< a < 0 ，令 f ' (x ) = 0 ，得到 x = -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a， x =4a 4a当 ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 - 4 + 8a ⎫ x ∈ 0,4a 4a⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫ ,⎝⎭f 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 - 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭调递增；（iiii ） a ≤ -综上所述，1 2， f ' (x ) > 0 在 (0,+∞ )恒成立，所以 f (x )在 (0, +∞ )单调递增；a > 0 ，⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单调递减；⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭1 ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫, ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ -2 - 4 + 8a ⎫4a , +∞ ⎪ 单调递增； ⎝ ⎭1 2（2）因为对任意的 ⎛ 3 ⎫ ⎝ e ⎭所以将问题等价于ln x - 2 x= ax + b 有两解ln x - 2 3 - ln xx x 2a>0，过 0,-⎪作切线时，斜率a最大.(x,y)，有y=3-ln x0x+2ln x0-5，此时斜率a取到最大2∴g (e3)=0；g(x)在(0,e3)递增，(e3,+∞)递减；x→0，g(x)→-∞；x→+∞，g(x)→0；∴有图象知要使g(x)=ln x-2的图像和y=ax+b的图像有两个交点，x⎛3⎫⎝e⎭设切点为00x2x00∴2ln x-5x=-3e，∴x=e2∴0<a≤.e2e2。
函数双变量问题处理技巧
函数双变量问题处理技巧【策略1】改变主元（又叫：反客为主）对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变量，而使问题快速获解。
【例１】已知2()1f x x mx m =+-≥在2m ≤时恒成立，求实数x 的取值范围.【例2】对任意n N +∈恒有221(1)n a e ++≤，求实数a 的最大值。
【解析】21(1)n n ++11ln(1)n n-+，设1(1)ln x =-+【策略2】指定主元有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为：指定主元。
【例3】已知0m n ≤<，试比较ln(1)n m e m -++与1ln(1)n ++的大小，并给出证明.【例4】求证：22232()21x x e t e x x t -++++≥。
【策略3】化归为函数单调性问题【例5】已知a b e >>，试比较b a 1()f x '=ln bb，ln b ∴【例6】已知函数2()ln ,(1)x f x a x x a a =+->，对1212,[1,1],()()1x x f x f x e ∀∈--≤-，求实数a 的取值范围。
()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值的差，因此该问题便可化归为求函数()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值问题。
【解析】由()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x '=+-=-+，(0)0f '=，当[1,0]x ∈-时，10,ln 0,20x a a x -≤>≤，()0f x '∴≤，即()f x 在[1,0]-上递减；当]1,0[∈x 时，10xa -≥，，()1h a '=(1),f >-∴12max ,)|()x x f x ∀∈≤需ln a a -成立便可，于是构造(a φ()a φ∴在上递增，又()0e φ=，a 的取值范围为【例7】已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++(1a <-),若对任意,(0,)m n ∈+∞，()()4f m f n m n -≥-，求实数a 的取值范围。
2025高考数学必刷题 第22讲、双变量问题(学生版)
第22讲双变量问题知识梳理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.必考题型全归纳题型一：双变量单调问题例1．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；(2)设2a ≤-，证明：对任意1x ，2(0,)x ∈+∞，1212|()()|4||f x f x x x -≥-．例2．（2024·安徽·校联考三模）设a R ∈，函数()()()2ln 11f x a x a x =-+++.（Ⅰ）讨论函数()f x 在定义域上的单调性；（Ⅱ）若函数()f x 的图象在点()()1,1f --处的切线与直线820x y +-=平行，且对任意()12,,0x x ∈-∞，12x x ≠，不等式()()1212f x f x m x x ->-恒成立，求实数m 的取值范围.例3．（2024·福建漳州·高二福建省漳州第一中学校考期末）已知函数2()(1)ln 1.f x a x ax =-++（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若1a ≥时，任意的120x x >>，总有1212|()()|2||f x f x x x ->-，求实数a 的取值范围.变式1．（2024·全国·模拟预测）已知函数()1log 2a m f x x x =+-，m ∈R ，0a >且1a ≠．（1）当2a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当a e =时，若对任意的120x x >>，不等式()()21121212x f x x f x x x -<-恒成立，求实数m 的取值范围．变式2．（2024·天津南开·高三南开大学附属中学校考开学考试）已知函数()()2ln 21f x x ax a x =+++．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当a<0时，证明()324f x a≤--；(3)若对任意的不等正数12,x x ，总有()()12122f x f x x x ->-，求实数a 的取值范围．题型二：双变量不等式:转化为单变量问题例4．（2024·全国·高三专题练习）已知函数1()ln f x x a x x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）已知52a <，若()f x 存在两个极值点12,x x ，且12x x <，求2112()()+f x f x x x 的取值范围.例5．（2024·新疆·高二克拉玛依市高级中学校考阶段练习）已知函数()()2ln R f x x x ax a =+-∈(1)若1a =，求函数f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；(2)当0a >时，讨论f （x ）的单调性；(3)设f （x ）存在两个极值点12,x x 且12x x <，若110x 2<<求证：()()123ln 24f x f x ->-.例6．（2024·山东东营·高二东营市第一中学校考开学考试）已知函数2()2ln f x x ax x =++（a 为常数）(1)讨论()f x 的单调性(2)若函数()f x 存在两个极值点12x x ，()12x x <，且2183x x -≤，求()()12f x f x -的范围.变式3．（2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数()21ln ()2f x x a x =+-，其中a ∈R ．(1)当1a =时，求函数()f x 在()()1,1f 处的切线方程；(2)讨论函数()f x 的单调性；(3)若()f x 存在两个极值点()()()121221,,x x x x f x f x <-的取值范围为315ln2,2ln248⎛⎫-- ⎪⎝⎭，求a 的取值范围．变式4．（2024·江苏苏州·高三统考阶段练习）已知函数()()2230e xx a x a f x x -+-+-=>（）(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 存在两个极值点12,x x ，记()()1212(,)h x x f x f x =,求()12,h x x 的取值范围.变式5．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()()()211ln 412f 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1x ，2x ，且()()()12124f x f x f x x a '+≥-，求a 的取值范围．变式6．（2024·吉林长春·高二长春市实验中学校考期中）设函数2()e (1)e (R)x x f x a x a a =+-+∈．(1)当2e 2a -=时，求2()()e x g x f x -'=的单调区间；(2)若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，①求a 的取值范围；②证明：1223x x +>．题型三：双变量不等式:极值和差商积问题例7．（2024·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考期末）已知a ∈R ，函数()ln 222af x x x x x=-++.(1)当0a =时，求()f x 的单调区间和极值；(2)若()f x 有两个不同的极值点1x ，()212x x x <.（i ）求实数a 的取值范围；（ii ）证明：12eln 2ln 3ln 22x x +<--（e 2.71828=……为自然对数的底数）.例8．（2024·内蒙古·高三霍林郭勒市第一中学统考阶段练习）已知函数()e e ()x x f x ax a -=--∈R ．(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：()()121220f x f x a x x --<<-．例9．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2ln f x x x ax a =+-．(1)当1a =-时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若()f x 存在两个极值点1x 、2x ，求实数a 的取值范围，并证明：1202x xf +⎛⎫> ⎪⎝⎭．变式7．（2024·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考期中）已知函数()1e ln xf x m x -=-，R m ∈.(1)当1m ≥时，讨论方程()10f x -=解的个数；(2)当e m =时，()()2e ln 2tx g x f x x +=+-有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，若2ee 2t <<，证明：（i ）1223x x <+<；（ii ）()()1220g x g x +<.变式8．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()ln (1),2a f x x x a x a R =+-+∈（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）设1x ，()2120x x x <<是函数()()g x f x x =+的两个极值点，证明：()()12ln 2ag x g x a -<-恒成立．变式9．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()ln ,f x x mx m =+∈R .（1）求函数f （x ）的单调区间；（2）若21()()2g x f x x =+有两个极值点12,x x ，求证：()()1230g x g x ++<.题型四：双变量不等式:中点型例10．（2024·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考期末）已知函数()()2ln 2f x x ax a x a R =-+-∈，．（1）已知1x =为()f x 的极值点，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）讨论函数()()g x f x ax =+的单调性；（3）当12a <-时，若对于任意()()1212,1,x x x x ∈+∞<，都存在()012,x x x ∈，使得()()()21021f x f x f x x x -'=-，证明：2102x x x +<．例11．（2024·湖北武汉·统考一模）已知函数()()211ln 2f x x a x a x =+--.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设0a >，证明：当0x a <<时，()()f a x f a x +<-；（Ⅲ）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明1202x xf +⎛⎫> ⎪⎝⎭'.例12．（2024·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知函数2()(12)ln f x x a x a x =+--(R a ∈且0)a ≠.（1）讨论函数()f x 的单调性;（2）当2a >时，若函数()y f x =的图象与x 轴交于A ，B 两点，设线段AB 中点的横坐标为0x ，证明:0()0f x '>.变式10．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()y f x =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：()00f x '<.变式11．（2024·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考阶段练习）已知函数21()ln (1)2f x x ax a x =+++.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设函数()f x 图象上不重合的两点()112212,,(,)()A x y B x y x x >.证明：12'()2AB x x k f +>.（AB k 是直线AB 的斜率）变式12．（2024·福建泉州·高二福建省永春第一中学校考阶段练习）已知函数()222ln f x x ax x =-+（0a >）．（1）讨论函数()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1x ，2x （12x x <）恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x xy x x g '+⎛⎫=- ⎪⎝⎭的取值范围是[)ln 31,-+∞，求实数a 的取值范围．题型五：双变量不等式:剪刀模型例13．（2024·天津和平·耀华中学校考模拟预测）已知函数()()()e (0)xf x x b a b =+->在点(1-，()1f -)处的切线方程为()e 1e e 10x y -++-=．(1)求a 、b ；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴负半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y ＝h (x )，求证：对于任意的实数x ，都有f (x )≥h (x )；(3)若关于x 的方程()()0f x m m =>有两个实数根1x 、2x ，且12x x <，证明：()2112e 11em x x --+-．例14．（2024·辽宁沈阳·统考三模）已知函数()()()()20x f x x b e a b =+->在点11,22f⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为()1102e e x ey --++=．（1）求a ，b ；（2）函数()f x 图像与x 轴负半轴的交点为P ，且在点P 处的切线方程为()y h x =，函数()()()F x f x h x =-，x ∈R ，求()F x 的最小值；（3）关于x 的方程()f x m =有两个实数根1x ，2x ，且12x x <，证明：211221m mex x e+-≤--．例15．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()e 1x f x ax =-+，ln 3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 -<-．变式13．（2024·安徽·校联考二模）已知函数()3e 1xf x x =-+，其中e 2.71828= 是自然对数的底数.(1)设曲线()y f x =与x 轴正半轴相交于点()0,0P x ，曲线在点P 处的切线为l ，求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(2)若关于x 的方程()f x m =（m 为正实数）有两个不等实根()1212,x x x x <，求证：21324x x m -<-.变式14．（2024·全国·高三专题练习）已知函数4()g x x =，x R ∈，在点()1,(1)g 处的切线方程记为()y m x =，令()()()3f x m x g x =-+．(1)设函数()f x 的图象与x 轴正半轴相交于P ，()f x 在点P 处的切线为l ，证明：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(2)关于x 的方程()(f x a a =为正实数）有两个实根1x ，2x ，求证：21||23ax x -<-．题型六：双变量不等式:主元法例16．（2024·江苏盐城·高三盐城中学校联考开学考试）已知函数()ln f x x x =．(1)求函数()f x 的单调区间和最小值；(2)当0b >时，求证：11e e b b ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭（其中e 为自然对数的底数）；(3)若0a >，0b >求证：()()()()ln 2f a a b f a b f b ++≥+-．例17．（2024·河南信阳·高二校联考阶段练习）已知函数()ln f x x x =．(1)求曲线()y f x =在点()()e,e f 处的切线方程；(2)求函数()f x 的最小值，并证明：当0b >时，1e1e b b ⎛⎫ ⎪⎝⎭≥．（其中e 为自然对数的底数）例18．（2024·山西晋中·高二校考阶段练习）已知函数()()1e 6x f x k x ⎡⎤=--⎣⎦（其中e 为自然对数的底数）．(1)若1k =，求函数()f x 的单调区间；(2)若12k ≤≤，求证：[]0,x k ∀∈，()2f x x <．变式15．（2024·广东广州·高三广州大学附属中学校考阶段练习）已知函数e ()(ln )=+-xf x a x x x（其中a R ∈且a 为常数，e 为自然对数的底数，e 2.71828)=⋯．(1)若函数()f x 的极值点只有一个，求实数a 的取值范围；(2)当0a =时，若()f x kx m +（其中0)m >恒成立，求(1)k m +的最小值()h m 的最大值．变式16．（2024·全国·高三专题练习）设函数()ln f x x x =.(1)求()f x 的极值；(2)设()(1)g x f x =+，若对任意的0x ，都有()g x mx 成立，求实数m 的取值范围；(3)若0a b <<，证明：0()()2()()ln 22a b f a f b f b a +<+-<-.变式17．（2024·广东珠海·高一珠海市第二中学校考期中）已知()()2365R f x x x x =--∈函数.(1)求不等式()4f x >的解集；(2)设函数()()24g x f x x mx =-+，若存在x ∈R ，使得()0g x >，求实数m 的取值范围；(3)若对任意的[]1,2a ∈，关于x 的不等式()()226f x x a x a b ≤-+++在区间[1,3]上恒成立，求实数b 的取值范围。
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专题一. 函数()1,0log ≠>=a a x y a 的性质
一、 研究函数()1,0log ≠>=a a x y a 的图像和性质 二、 典例分析
例1.设函数()x x f lg =，若b a <<0，且()()b f a f >，求证：1<ab .
例2.若函数()x x f 2log =的定义域为[]b a ,，值域为[]2,0，则a b -的最小值为
例3.已知函数()x x f 2log =,正实数n m ,满足n m <,且()()n f m f =,若()x f 在[]
n
m ,2
上的最大值为2，则=+n m
例4.已知函数()x x f lg =,()0>>b a ,()()b f a f =,则b
a b a -+2
2的最小值等于
专题二. 函数()x
x
x f ln =
的性质及应用 一. 研究函数()x
x
x f ln =的图象和性质.
二、典例分析
例1. 已知函数()1>=a a y x 的定义域与值域均为[]n m ,()n m <，则实数a 的取值围为
例2. 事实证明，存在正实数()b a b a <, 使得a
b b a =,请你写出所有符合条件的a 的取值
围 .
例3. 对于函数()x f y =，若存在[]b a ,，当[]b a x ,∈时的值域为[]kb ka ,()0>k ，则称
()x f y =为“k 倍值函数”. 若()x x x f +=ln 是“k 倍值函数”，则实数k 的取值围是
例4. 若不等式x e a
x >对于任意实数x 恒成立，则实数a 的取值围是
例5. 已知a ex x x
x
+-=2ln 2有实数解，数a 的取值围
例6.（2014 卷）π为圆周率， 71828.2=e 为自然对数的底数.求3
3
,3,,,3,ππππe e
e e 这六个数的最大数与最小数.
专题三. 函数()()
x x x f a ±+=1log 2的性质
一、研究函数()(
)
1ln 2++=x x x f 的图像和性质
二、典例分析
例1. 求函数()()
[]2,2,1ln 2-∈++=x x x x f 的最大值和最小值.
例2. 函数()(
)
[]k k x x x x f ,,1ln 2-∈++=，0>k 的最大值和最小值分别为M 和m ，
则=+m M
例3. 判断函数()()
1
1
31ln 2
+++++=x x e e x x x f ，[]()0,>-∈k k k x
的最大值和最小值分别为M 和m ，则=+m M
例4. 判断函数()()
1391ln 2+-+=x x x f ，则()=⎪⎭
⎫
⎝⎛+21lg 2lg f f
例5.（2015全国卷I ）若函数()()
2ln x a x x x f ++=为偶函数，则=a
例6. 设函数()()
32
11ln 2
+-+=x e x x f x ，[]()0,>-∈t t t x ，若函数的最大值是M ，最小值是m ，则=+m M
例7. 设函数()(
)
1log 223++
+=x x x x f ，则对任意实数b a ,，
“0≥+b a ”是“()()0≥+b f a f ”的 . （填“充要条件”“充分不必要条件”“必要不充分条件”或“既不充分也不必要条件”）
专题四. 双变量问题
实例1. 2016届高三月考雅礼卷（六）
21. 设函数()x a x
x x f ln 1
--
=. （1）当1=a 时，求曲线()x f y =在点()()1,1f 处的切线方程； （2）若函数()x f 在定义域上为增函数，数a 的取值围； （3）在（2）的条件下，若函数()e
x x x h 1
ln --=，[]e x x ,1,21∈∃使得()()21x h x f ≥成立，数a 的取值围.
实例2. 2016年附中七（2016年3月） 12. 已知函数()()0ln >-=a a
x
x x f ，若R x ∈∃0，使得[]2,11∈∀x 都有()()01x f x f <，则实数a 的取值围是（ ）
()1,0.A ()2,1.B ()+∞,2.C ()()+∞,21,0. D
【拓展训练】
1.已知函数()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<+≤≤+-=1
2
1,1210,12161
3x x x x x x f 和函数()()016sin >+-⎪⎭
⎫
⎝⎛=a a x a x g π
若存在[]1,0,21∈x x ，使得()()21x g x f =成立，则a 的取值围是
拓展1：“存在=存在”型：
2. 已知函数()x x x f 2-
=和函数()()0252
cos >-+=a a x
a x g π. 若[]2,11∈∀x ，[]1,02∈∃x ，使得()()12x f x g =，则a 的取值围是
3. 设函数()32
3
--=x x x f ，()x x x a x g ln +=
，如果⎥⎦
⎤⎢⎣⎡∈∀2,21,21x x ， 都有()()21x g x f ≤成立，求a 的取值围.
若2211,D x D x ∈∃∈∃，使得()()21x g x f = Φ≠⇔B A 其中A 为函数()x f 在1D 上的值域， B 为函数()x g 在2D 上的值域. 拓展2：“任意=存在”型
2211,D x D x ∈∃∈∀，使得()()21x g x f =B A ⊆⇔, 其中A 为函数()x f 在1D 上的值域，B 为函数()x g 在2D 上的值域. 拓展3：“任意()≤≥任意”型 对2211,D x D x ∈∀∈∀都有()()21x g x f >成立 ()()max min x g x f >⇔()()max x g x f >⇔()()x g x f >⇔min 推广：对2211,D x D x ∈∀∈∀都有()()k x g x f >-21 ()()k x g x f >-⇔max min ()()[]k x g x f >-⇔min 21
4.已知函数()ax x x x f ++=
2331，()x e x x g =,对⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈∀2,211x ,⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡∈∃2,212x ，使得
()()21'x g x f ≤成立，求a 的取值围.
5.设函数()ax x
x
x f -=ln ，若存在[]
221,,e e x x ∈，使()()a x f x f +≤2'1成立，求a 的取值围.
6. 已知函数()()0ln 1<--=a x a x x f ，对(]1,0,21∈∀x x ，且21x x ≠,都有
()()2
121114
x x x f x f -<-,数a 的取值围.
7.（2015全国卷II ）设函数()mx x e
x f mx
-+=2，对[]1,1,21-∀x x ,都有
()()121-≤-e x f x f ,求m 的取值围.
8.已知函数()()1,0ln 2
≠>-+=a a a x x a x f x
.若
[]1,1,21-∈∃x x ，使得()()121-≥-e x f x f ，数a 的取值围.。