导数压轴题双变量问题题型归纳总结
函数导数中双变量问题的四种转化化归思想-厦门一中
处理函数双变量问题的六种解题思想吴享平（福建省厦门第一中学）361000在解决函数综合题时，我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题，由于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路，造成无从下手的之感，正因为如此，这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中，是学生感到困惑的难点问题之一，本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想，希望能给同学们以帮助和启发。
一、改变“主变量”思想例１.已知时在｜2|,1)(2≤≥-+=m m mx x x f 恒成立，求实数x 的取值范围.分析：从题面上看，本题的函数式)(x f 是以x 为主变量，但由于该题中的“恒”字是相对于变量m 而言的，所以该题应把m 当成主变量，而把变量x 看成系数，我们称这种思想方法为改变“主变量”思想。
解： 01)1(122≥-+-⇔≥-+x x m m mx x 时在｜2|≤m 恒成立，即关于m 为自变量的一次函数=)(m h 1)1(2-+-x m x 在]2,2[-∈m 时的函数值恒为非负值{0)2(0)2(≥-≥⇔h h 得{1301203222≥-≤⇔≥+-≥-+x x x x x x 或。
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。
二、指定“主变量”思想例２.已知,0n m <≤试比较)1ln(++-m e m n 与)1ln(1++n 的大小，并给出证明.分析：本题涉及到两个变量m,n ，这里不妨把m 当成常数，指定n 为主变量x ，解答如下解：构造函数),[),1ln(1)1ln()(+∞∈+--++=-m x x m e x f m x ，0≥m ， 由0)1()1(1111)(>+-+=+-=+-='-m mx m x m x ex e e x x e e x e x f 在),[+∞∈m x 上恒成立，∴)(x f 在),[+∞m 上递增，∴0)()(min ==m f x f ，于是，当n m <≤0时，0)1ln(1)1ln()(>+--++=-n m e n f m n 即)1ln(++-m e m n >)1ln(1++n 。
导数中的双变量问题解题策略(史上最全题型)
令h(t)
ln t
(1 )(t 1) ,(0 t
t
1)
h '(t)
1 t
(1 )2 (t )2
(t
1)(t 2 ) t(t )2
当 2 1时, h '(t) 0 h(t)在(0,1)内单调递增 h(t) h(1) 0,合题;
当 2 1时,易知h(t)在(0, 2 ) 内单调递增,在( 2,1) 内单调递减, h(1) 0,h(t) 0不恒成立,不合题。
1
ax1
ax2
a( x1
x2 )
a
1 x1 x2
ln x1 x1
ln x2
x2
1 x1 x2
(1 )( x1 1)
ln
x1
ln
x2
(1 )(x1 x1 x2
x2 )
ln
x1 x2
x2
x1
,令 x1 t,t (0,1) x2
x2
ln t (1 )(t 1) 在(0,1)上恒成立, t
x12
x1 x22
ln
x1 x1
ln x2 x2
1, 从而原不等式即证
x1(x1 x2 ) x12 x22
(ln
x1
ln
x2 )
0
( x1 )2 x1
x2
x2
( x1 )2 1
ln
x1 x2
0,令t
x1 x2
,t
1,设g(t)
t2 t2
t ln t(t 1
1),
x2
g '(t) (2t 1)(t2 1) (t2 t) 2t 1 t4 t3 t 1 t3(1 t) (t 1) 0
再谈导数中的双变量问题
2020年第5期(上)中学数学研究33再谈导数中的双变量问题湖南省怀化市铁路第一中学(418000)高用在近几年各地高考及模拟试题中,导函数压轴题频繁出现双变量的问题,此类题型因含有两个变量,思维量大,解题方法灵活,对学生的数学抽象、数学运算等核心素养提出了很高要求.为此,本文通过具体例题的求解谈谈求解导数中双变量问题的解题思想和几种有效方法,希望能对广大教师同行的教学有益.1.等量消元,去二为一二元变量问题难的主要原因就在于所含两个变量同时变化难以控制,所以将双变量转化为单变量势在必行.消元,通常是利用变量所满足的等量关系进行代换,消去其中一个变量,留下唯一变量,即去二为一,使之成为一元变量问题求解.例1(2018年高考全国Ⅰ卷理科第21题)已知函数f(x)=1x−x+a ln 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x1,x2,证明:f(x1)−f(x2) x1−x2<a−2.分析x1,x2为函数f(x)的极值点,即x1,x2是方程f′(x)=0的根,则方程的根与系数满足等量关系,于是可以试着通过这一条件寻找x1与x2的等量关系,进而利用此等量消元,即而转化为一元变量问题求解.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=−1x2−1+a x =−x2−ax+1x2.记∆=a2−4.(i)若a 2,则f′(x) 0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.(ii)若a>2,令f′(x)<0得,0<x<a−√∆2或x>a+√∆2.所以f(x)在(0,a−√∆2),(a+√∆2,+∞)单调递减,在(a−√∆2,a+√∆2)单调递增.(2)由(1)知,当且仅当a>2时,f(x)存在两个极值点.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2−ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.f(x1)−f(x2)x1−x2<a−2即(1x1−x1+a ln x1)−(1x2−x2+a ln x2)x1−x2<a−2,整理得−1x1x2−1+a(ln x1−ln x2)x1−x2<a−2,于是ln x1−ln x2x1−x2<1,消去x1,得1x2−x2+2ln x2<0.所以f(x1)−f(x2)x1−x2<a−2等价于1x2−x2+2ln x2<0.设函数g(x)=1x−x+2ln x,x>1,由(1)知,g(x)在(1,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.所以1x2−x2+2ln x2<0,故原不等式得证.评注一般题目明确给出或者隐含关于两个变量的等量关系,则可以通过这个等量关系,实现两变量的相互代换,是能够消元处理这种问题的明显信号,而像例1一样给出根与系数的关系的题目是利用消元求解的常见题型.在解决问题的过程中我们不难发现,方程思想是求解此题的核心思想,无论是第一小问基本量的求解,还是第二小问中相切时的方程联立,到最后转换面积条件时弦长的求解,都体现了方程思想对问题求解的指导性作用.解析几何的区分度主要源自于计算的要求,以思想方法为指导,明确计算的方向往往起到优化计算,化繁为简的效果.三、结束语新的课程改革明确了高中的数学教学不能再去搞题海战术,和进行无止尽的解题技巧总结,而应该着力培养学生的核心素养.函数和方程思想方法历来是高中数学的重难点,教师在日常的教学过程中应当从基本概念和思想方法出发,以多种形式的问题为载体,与其它思想方法一起循序渐进的,螺旋式的渗透给学生.重视基本知识和基本思想方法才是真的关键所在,故教师不妨留一些空间让学生自己去思考和总结,效果可能会更好.参考文献[1]普通高中数学课程标准(2017年版)[S].北京:人民教育出版社,2017.[2]蔡玉凤.高中数学中函数与方程思想应用的研究[D].苏州:苏州大学,2014.[3]黄德华.函数与方程思想的培养[J].数学学习与研究,2019,(9),134-13534中学数学研究2020年第5期(上) 2.整体换元,合二为一如果两个变量间不存在等量关系,但可以通过适当地代数变形将两个变量化为某种结构的整体,常见的如x1 x2,x1−x2,就可以利用换元实现双变量合二为一的目的,这也是把双变量转化为单变量的一种有效手段.例2已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax−a,a∈R.(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求a 的值;(2)若P(x1,y1),Q(x2,y2)是曲线y=h(x)=f(x)−g(x)上的两个不同的点,证明:h′(x1+x22)<y1−y2x1−x2.分析此题条件没有给出x1,x2的等量关系,则无法直接消元,可以先尝试将要证的不等式进行等价变形,不难发现两个变量x1,x2能够化为x1x2的整体形式,从而实现整体换元,转化为一元问题求解.解(1)a=1.(2)的证法1h(x)=f(x)−g(x)=ln x−ax+a,则h′(x)=1x−a.y1−y2x1−x2=ln x1−ln x2+a(x2−x1)x1−x2=ln x1−ln x2 x1−x2−a,h′(x1+x22)=2x1+x2−a,所以h′(x1+x22)−y1−y2x1−x2=2x1+x2−ln x1−ln x2x1−x2=1x1−x2[2(x1−x2)x1+x2−ln x1x2]=1x1−x22(x1x2−1)x1x2+1−ln x1x2.不妨设0<x2<x1,则1x1−x2>0,令t=x1x2,则t>1,2(x1x2−1)x1x2+1−ln x1x2=2(t−1)t+1−ln t.令m(t)=2(t−1)t+1−ln t,t>1,则m′(t)=−(t−1)2t(1+t)2<0,所以m(t)在(1,+∞)上单调递减,故m(t)<m(1)=0,所以1x1−x2[2(x1x2−1)x1x2+1−ln x1x2]<0,即h′(x1+x22)<y1−y2x1−x2.评注判断是否能够把两个变量化为x1x2的形式进行整体换元,代数式中出现ln x是一个标志.另外,除ln x之外的部分要能够整理成关于x1,x2的齐次分式,如例2中,2x1+x2−ln x1−ln x2x1−x2通过提公因式得1x1−x2[2(x1−x2)x1+x2−ln x1x2],从而变形得到关于x1,x2的二次齐次分式2(x1−x2) x1+x2.如果将两个变量化为x1x2的形式比较困难,也可以采用待定系数法,设x1=tx2,然后逐步将消去x1,x2即可,这种方法往往行之有效.(2)的证法2不妨设0<x2<x1,令x1x2=t,则x1=tx2,t>1,所以h′(x1+x22)−y1−y2x1−x2=2x1+x2−ln x1−ln x2x1−x2 =2(t+1)x2−ln t(t−1)x2=1x2(2t+1−ln tt−1),原不等式等价于2t+1−ln tt−1<0,等价于2(t−1)t+1−ln t< 0,其中t>1.之后的证明同证明1.例3已知函数f(x)=e x,x∈R.设a<b,比较f(a)+f(b)2与f(b)−f(a)b−a的大小,并说明理由.分析作差比较两式的大小,由于题目没给两变量a,b 的等量关系的条件,于是尝试整体换元.因为式子中出现了e x,作差之后不能像例2一样出现两变量的商ab,但可以通过提公因式,使得指数出现两变量的差b−a,所以试图将两个变量整理成b−a的形式实现整体换元.解法1设f(a)+f(b)2−f(b)−f(a)b−a=(b−a+2)·f(a)+(b−a−2)·f(b)2·(b−a)=(b−a+2)·e a+(b−a−2)·e b2·(b−a)=(b−a+2)+(b−a−2)·e b−a2·(b−a)·e a.设x=b−a,并令g(x)=x+2+(x−2)·e x,x>0,则g′(x)=1+(x−1)·e x.因为g′′(x)=(1+x−1)·e x=x·e x>0,所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增,又g′(0)=0,因此g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,所以在(0,+∞)上g(x)>0,即g(x)=x+2+(x−2)·e x>0.所以(b−a+2)+(b−a−2)·e b−a2·(b−a)·e a>0,故当a<b时, f(a)+f(b)2>f(b)−f(a)b−a.事实上,此题也可以将不等式等价代数变形,化为对数形式,于是就可以把两变量整理成商的形式实现整体换元了.解法2要证明f(a)+f(b)2>f(b)−f(a)b−a,亦即证明e a+e b2>e b−e ab−a.令x=e b,y=e a(x>y>0),不等式等价于x+y2> x−yln x−ln y(x>y>0),变形得:ln x−ln y>2(x−y)x+y,即lnxy>(2(xy−1))/(xy+1).令t=xy(t>1),则只需证明ln t>2(t−1)t+1(t>1)成立即可.2020年第5期(上)中学数学研究35令h (t )=ln t −2(t −1)t +1(t >1),由h ′(t )=1t−4(t +1)2=(t −1)2t (t +1)2>0,则函数h (t )在(1,+∞)为增函数,从而h (t )>h (1)=0,所以ln t >2(t −1)t +1,故f (a )+f (b )2>f (b )−f (a )b −a.评注整体换元求解双变量问题时,一般地,若代数式中出现ln x ,则将两个变量化为商的形式整体换元,如果出现的是e x ,就将两个变量化为差的形式整体换元.当然,通过适当的代数变形可以实现指数与对数的互换.3.对称分离,化二为一例4已知f (x )=12x 2−ax +(a −1)ln x ,a >1.证明:若a <5,则对任意x 1,x 2∈(0,+∞),x 1=x 2,有f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2>−1.分析不难发现要证的不等式中两个变量x 1,x 2在结构上是对称的,而且容易分离,于是将两个变量分离之后便可以得到g (x 1)>g (x 2)的形式,结合题意,对任意x 1,x 2∈(0,+∞),g (x 1)>g (x 2)成立,从而转化为g (x )的单调性来求解.解析不妨设x 1>x 2>0,原不等式等价变形为f (x 1)−f (x 2)>−(x 1−x 2),即f (x 1)+x 1>f (x 2)+x 2.设g (x )=f (x )+x ,则g (x )=12x 2−(a −1)x +(a −1)ln x .由题意,要证对任意x 1,x 2∈(0,+∞),且x 1>x 2,恒成立,即要证明g (x )在(0,+∞)上单调递增.g ′(x )=x −(a −1)+a −1x =x 2−(a −1)x +a −1x,当1<a <5时,方程x 2−(a −1)x +a −1=0的判别式∆ 0,则x 2−(a −1)x +a −1 0在(0,+∞)上恒成立,所以g ′(x ) 0在(0,+∞)上恒成立,所以g (x )在(0,+∞)上单调递增,于是原命题得证.评注例3是一种特定题型,同时也很常见.当不等式中的两个变量对称并且能够分离,不等式又是对两个变量在某区间恒成立,则可以利用函数单调性的定义将问题转化为单调性进行处理,从而将双变量x 1,x 2转化为单变量x ,然后利用导数工具求解即可.从最终效果来说,对称分离,转化为函数单调性,实现了将两个变量化二为一.4.指定主元,分二为一例5已知函数f (x )=ae x +b 在(0,f (0))处的切线为x −y +1=0.(1)求f (x )的解析式;(2)设A (m,f (m )),B (n,f (n )),m <n ,k 表示直线AB的斜率.求证:f ′(m )<k <f ′(n ).分析虽然要证的不等式中两个变量是对称的,但是不能分离,也不能化为商或差的形式整体换元,此题可以尝试指定其中一个变量为主变量,另一个为参数,把问题当成一个变量来处理.解析(1)因为(0,f (0))在切线x −y +1=0上,则f (0)=1,即切点为(0,1),而切点又在函数f (x )=ae x +b 的曲线上,则b =1.于是f (x )=ae x +1,f ′(x )=ae x ,由题意f ′(0)=1,即a =1,所以f (x )=e x +1.(2)f ′(m )<k <f ′(n )即e m<e n −e m n −m<e n ,变形得(n −m )e m <e n −e m <(n −m )e n.令g (n )=(n −m )e m −e n +e m =ne m −e n −me m +e m ,n >m ,则g ′(n )=e m −e n <0,所以g (n )在(m,+∞)上单调递减,故g (n )<g (m )=0,所以(n −m )e m <e n −e m .令h (n )=e n −e m −(n −m )e n =(1−n +m )e n −e m ,n >m ,则h ′(n )=(m −n )e n <0,所以h (n )在(m,+∞)上单调递减,故h (n )<h (m )=0,所以e n −e m <(n −m )e n .综上,(n −m )e m <e n −e m <(n −m )e n ,于是e m<e n −e m n −m<e n 得证.评注指定主元,利用这个变量构造函数处理完后,若还剩下另一个变量,则只需把剩下的这个变量作为函数变量进一步处理即可,如例5中得g (n )<g (m ),若g (m )不是0而是关于m 的式子,则把m 作为变量继续证明这个关于m 的式子小于0.可以看出,指定主元这种处理方法的根本出发点就是将两个变量分成主次,依次逐个击破,分而化解,在分开逐个处理的每一个过程中就都成了单变量问题,即谓之分二为一.结束语综上所述,求解二元变量问题的核心是转化成一元变量,这是数学中多元化一元的基本思想.上述的利用等量关系消元、整体换元(比值、差值)、对称分离变量,转化为单调性、指定主元,分开处理等求解方法,就是在这一思想的指导下,利用题目的特有条件将二元变量问题转化为一元变量问题的不同手段.不管题目如何变化,万变不离其宗,本质就是如何将二元转化为一元的问题!参考文献[1]高用.例谈几种二元变量问题的求解策略[J].中学数学研究(华南师范大学版),2014(7,上半月):38-39.。
2023年高考备考利用导数解决双变量问题(含答案)
高考材料高考材料专题12 利用导数解决双变量问题1．〔2023·浙江·高考试题〕设函数． f(x)=e2x +ln x(x >0)(1)求的单调区间；f(x)(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： a,b ∈R y =f(x)(x 1,f (x 1)),(x 2,f (x 2)),(x 3,f (x 3))(a,b)〔ⅰ〕假设，则；a >e 0<b ‒f(a)<12(ae ‒1)〔ⅱ〕假设，则．0<a <e ,x 1<x 2<x 32e +e ‒a6e2<1x 1+1x 3<2a ‒e ‒a 6e 2〔注：是自然对数的底数〕e =2.71828⋯（答案）(1)的减区间为，增区间为.f (x )(0,e 2)(e 2,+∞)(2)〔ⅰ〕见解析；〔ⅱ〕见解析. （解析） （分析）〔1〕求出函数的导数，商量其符号后可得函数的单调性.〔2〕〔ⅰ〕由题设构造关于切点横坐标的方程，依据方程有3个不同的解可证明不等式成立，〔ⅱ〕 ，k =x 3x 1m =ae <1，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为t 1+t 3‒2‒2m <(m ‒13)(m 2‒m +12)36m (t 1+t 3)ln m +，利用导数可证该不等式成立.(m ‒1)(m ‒13)(m 2‒m +12)72(m +1)<0(1)，f '(x )=‒e2x 2+1x =2x ‒e 2x 2当，；当，， 0<x <e 2f '(x )<0e2xf '(x )>0故的减区间为，的增区间为. f (x )(0,e 2)f (x )(e 2,+∞)(2)〔ⅰ〕因为过有三条不同的切线，设切点为， (a,b )(x i ,f (x i )),i =1,2,3故，f (x i )‒b =f '(x i )(x i ‒a )故方程有3个不同的根， f (x )‒b =f '(x )(x ‒a )该方程可整理为，(1x‒e 2x2)(x ‒a )‒e 2x‒ln x +b =0设， g (x )=(1x ‒e 2x 2)(x ‒a )‒e 2x ‒ln x +b 则g '(x )=1x ‒e2x 2+(‒1x 2+ex 3)(x ‒a )‒1x+e2x 2，=‒1x3(x ‒e )(x ‒a )当或时，；当时，，0<x <e x >a g '(x )<0e <x <a g '(x )>0故在上为减函数，在上为增函数， g (x )(0,e ),(a,+∞)(e,a )因为有3个不同的零点，故且， g (x )g (e )<0g (a )>0故且， (1e ‒e 2e 2)(e ‒a )‒e2e‒ln e +b <0(1a ‒e 2a 2)(a ‒a )‒e2a‒ln a +b >0整理得到：且， b <a2e +1b >e2a +ln a =f (a )此时， b ‒f (a )‒12(ae ‒1)<a2e +1‒(e2a +ln a)‒a 2e +12=32‒e 2a‒ln a 设，则，u (a )=32‒e2a ‒ln a u '(a )=e -2a 2a 2<0故为上的减函数，故， u (a )(e ,+∞)u (a )<32‒e2e ‒ln e =0故.0<b ‒f (a )<12(ae ‒1)〔ⅱ〕当时，同〔ⅰ〕中商量可得：0<a <e 故在上为减函数，在上为增函数， g (x )(0,a ),(e ,+∞)(a,e )不妨设，则， x 1<x 2<x 30<x 1<a <x 2<e <x 3因为有3个不同的零点，故且， g (x )g (a )<0g (e )>0故且， (1e ‒e 2e 2)(e ‒a )‒e2e‒ln e +b >0(1a ‒e 2a 2)(a ‒a )‒e2a‒ln a +b <0整理得到：，a2e +1<b <a2e +ln a 因为，故， x 1<x 2<x 30<x 1<a <x 2<e <x 3又， g (x )=1‒a +ex +ea 2x 2‒ln x +b 设，，则方程即为： t =ex ae =m ∈(0,1)1‒a +ex +ea 2x 2‒ln x +b =0即为， ‒a +e e t +a 2e t 2+ln t +b =0‒(m +1)t +m 2t 2+ln t +b =0记t 1=ex 1,t 2=ex 2,t 3=ex 3,则为有三个不同的根， t 1,t 1,t 3‒(m +1)t +m2t 2+ln t +b =0设，，k =t 1t 3=x 3x 1>e a >1m =ae <1要证：，即证， 2e +e ‒a 6e2<1x 1+1x 2<2a ‒e ‒a 6e22+e ‒a 6e <t 1+t 3<2e a ‒e ‒a6e即证：， 13‒m 6<t 1+t 3<2m ‒1‒m6即证：， (t 1+t 3‒13‒m6)(t 1+t 3‒2m+1‒m6)<0即证：， t 1+t 3‒2‒2m <(m ‒13)(m 2‒m +12)36m (t 1+t 3)而且，‒(m +1)t 1+m2t 21+ln t 1+b =0‒(m +1)t 3+m2t 23+ln t 3+b =0故，ln t 1‒ln t 3+m2(t 21‒t 23)‒(m +1)(t 1‒t 3)=0高考材料高考材料故，t 1+t 3‒2‒2m =‒2m ×ln t 1‒ln t 3t 1‒t 3故即证：，‒2m ×ln t 1‒ln t 3t 1‒t 3<(m ‒13)(m 2‒m +12)36m (t 1+t 3)即证：(t 1+t 3)ln t 1t3t 1‒t 3+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>0即证：， (k +1)ln k k ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>0记，则， φ(k )=(k +1)ln k k ‒1,k >1φ'(k )=1(k ‒1)2(k ‒1k ‒2ln k )>0设，则即， u (k )=k ‒1k ‒2ln k u '(k )=1+1k 2‒2k >2k ‒2k =0φ'(k )>0故在上为增函数，故，φ(k )(1,+∞)φ(k )>φ(m )所以，(k +1)ln k k ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>(m +1)ln m m ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72记，ω(m )=ln m +(m ‒1)(m ‒13)(m 2‒m +12)72(m +1),0<m <1则，ω'(m )=(m ‒1)2(3m 3‒20m 2‒49m +72)72m (m +1)2>(m ‒1)2(3m 3+3)72m (m +1)2>0所以在为增函数，故， ω(m )(0,1)ω(m )<ω(1)=0故即， ln m +(m ‒1)(m ‒13)(m 2‒m +12)72(m +1)<0(m +1)ln m m ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>0故原不等式得证：2．〔2023·广东·华南师大附中三模〕已知函数存在两个极值点． f (x )=xln x +a2x 2‒a212,x x (x 1<x 2)(1)求实数a 的取值范围； (2)推断的符号，并说明理由．f(x 1+x 22)（答案）(1) (‒1,0)(2)符号为正；理由见解析f(x 1+x 22)（解析） （分析）〔1〕依据函数有两个极值点得到导函数有两个变号零点，参变别离后构造函数，研究其单调性和ℎ(x )=1+ln xx(x >0)极值情况，得到交点个数为两个时实数a 的取值范围，再验证此范围符合要求； 〔2〕转化为，利用对数平均不等式得到，结合在区间内单调递增，且，1‒a =x 2‒x 1ln x 2‒ln x 1‒1a <x 1+x 22f (x )(x 1,x 2)f (1)=0得到.f (x 1+x 22)>f (1)=0(1)∵有两个极值点，f (x )=xln x +a2x 2‒a2(x >0)∴，有两个变号的零点． f '(x )=1+ln x +ax x >0∴，， 1+ln x +ax =0‒a =1+ln xx令，， ℎ(x )=1+ln x x (x >0)ℎ'(x )=‒ln x x 2当，，单调递增； x ∈(0,1)ℎ'(x )>0ℎ(x )当，，单调递减； x ∈(1,+∞)ℎ'(x )<0ℎ(x )所以． ℎ(x )max =ℎ(1)=1画出函数图象如下：与有两个交点， y =‒a ℎ(x )∴．0<‒a <1当时，当或时，，； 0<‒a <10<x <x 1x >x 2‒a >1+ln xxf '(x )<0当时，，． x 1<x <x 2‒a <1+ln xxf '(x )>0所以在区间，单调递减，在区间内单调递增． f (x )(0,x 1)(x 2,+∞)(x 1,x 2)所以的极小值点为，极大值点为． f (x )x 1x 2所以a 的取值范围为 (‒1,0)(2) 符号为正．f(x 1+x 22)理由如下：由〔1〕可知，． 1201x x <<<又因为， {1+lnx 1+ax 1=01+lnx 2+ax 2=0∴ ln x 2‒ln x 1=‒a (x 2‒x 1)∴．1‒a =x 2‒x 1ln x2‒ln x 1<x 1+x 22现证明上式： 上式可变形为，ln x 2x1>2(x 2‒x 1)x 2+x 10<x 1<x 2令，则只需证． t =x 2x 1ln t >2(t ‒1)t +1(t >1)高考材料高考材料设，， φ(t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1(t >1)φ'(t )‒(t ‒1)2t (t +1)2>0所以在上单调递增， φ(t )(1+∞)从而，即， ()()10t ϕϕ>=ln t >2(t ‒1)t +1(t >1)∴．‒1a <x 1+x 22又因为，所以 0<‒a <1‒1a >1综上可得：．x 1<1<‒1a <x 1+x 22<x 2在区间内单调递增，且， f (x )(x 1,x 2)f (1)=0所以．f (x 1+x 22)>f (1)=0故符号为正．f(x 1+x 22)3．〔2023·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测〔理〕〕已知. f(x)=34x 2‒x 22ln x ‒a(x ‒1)(1)假设恒有两个极值点，〔〕，求实数a 的取值范围； f(x)x 1x 212x x <(2)在〔1〕的条件下，证明. f (x 1)+f (x 2)>32（答案）(1) (0,1)(2)证明见解析 （解析） （分析）(1)依据极值点的定义可知方程有两个不等实根，即函数与图像有两个交点，利用f '(x)=0y =a ℎ(x)=x ‒xln x(x >0)导数研究函数的单调性求出的值域，结合图形即可得出结果；()h x ()h x (2)构造函数 ，依据导数研究它的单调性进而得，有，构G(x)=ℎ(x)‒ℎ(2‒x)(12)x <<ℎ(x)>ℎ(2‒x)21121x x x >->>造函数〔〕，F(x)=f(x)+f(2‒x)0<x <1利用导数证明，结合即可证明. F(x)>F(1)=32f (x 1)+f (x 2)>f (x 1)+f (2‒x 1)(1)函数的定义域为，， f(x)(0,+∞)f '(x)=x ‒xln x ‒a 则方程有两个不同的正根，f '(x)=0即函数与图像有两个交点， y =a ℎ(x)=x ‒xln x(x >0)，令，令， ℎ'(x)=‒ln x ℎ'(x)>0⇒0<x <1()01h x x '<⇒>所以函数在上单调递增，在上单调递减， ()h x (0,1)(1,)+∞所以，且当时，， ℎ(x )max (0,1)x ∈ℎ(x)=x ‒xln x =x(1‒ln x )>0当时，，如图，x ∈(1,+∞)ℎ(x)=x ‒xln x =x(1‒ln x )<0由图可知； (0,1)a ∈(2)设 ，G(x)=ℎ(x)‒ℎ(2‒x)(12)x <<则， G '(x)=ℎ'(x)+ℎ'(2‒x)=‒ln (‒x 2+2x )>0在单调递增，故， G(x)(1,2)G(x)>G(1)=ℎ(1)‒ℎ(1)=0即 .ℎ(x)>ℎ(2‒x)(12)x <<而，故，2‒x 1∈(1,2)ℎ(2‒x 1)>ℎ[2‒(2‒x 1)]=ℎ(x 1)=ℎ(x 2)又，，在单调递减，故，即； 2‒x 1>1x 2>1()h x (1,)+∞2‒x 1<x 2x 1+x 2>2由知；x 1+x 2>221121x x x >->>由(1)知，，为函数的极值点， f '(x )=x ‒xln x ‒a x 1、x 2f(x)当时，函数单调递减， 1(0,)x x ∈f '(x)<0f(x)当时，函数单调递增， x ∈(x 1,x 2)f '(x)>0f(x)时，函数单调递减，x ∈(x 2,+∞)f '(x)<0f(x)所以，故， f (x 2)>f (2‒x 1)f (x 1)+f (x 2)>f (x 1)+f (2‒x 1)令〔〕.F(x)=f(x)+f(2‒x)0<x <1， F '(x)=f '(x)‒f '(2‒x)=2(x ‒1)‒xln x +(2‒x)ln (2‒x)，令，故当时， F ″(x)=‒ln (2‒x)‒ln x F ″(x)>0⇒0<x <10<x <1单调递增，且，所以，故单调递减， F '(x)F '(1)=0F '(x)<0F(x)由，得， 0<x <1F(x)>F(1)=2f(1)=32即，即.f(x)+f(2‒x)>32f (x 1)+f (x 2)>324．〔2023·湖南·雅礼中学二模〕已知. f (x )=ln x ‒x 2‒1x ,0<x 1<x 2(1)求的最大值；f (x )(2)求证：〔i 〕存在，使得；()012,x x x ∈f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2〔ii 〕当存在，使得时，有.()012,x x x ∈f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2x 1+x 2>2x 0（答案）(1)；‒2(2)〔i 〕证明见解析；〔ii 〕证明见解析.高考材料高考材料（解析） （分析）〔1〕利用导数推断函数的单调性，进而求最值； 〔2〕构造，进而可得，结合函数单调性及零点存在定理即F (x )=f (x )‒f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2(x ‒x 1)‒f (x 1)F '(x 2)<0<F '(x 1)得；由题可知即证，再利用导数解决双变量，构造函数，利用导数推f '(x 1+x 22)<f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2g (t )=2(t ‒1)t +1‒ln t 断函数的单调性即得. (1)法一：，f '(x )=1x ‒2x +1x 2=‒2(x ‒1)(x 2+x +12)x 2当时，单调递增；当时，单调递减. 0<x <1f '(x )>0,f (x )x >1f '(x )<0,f (x ).∴f(x )max =f (1)=‒2法二：， f '(x )=1x ‒2x +1x 2由在上均为减函数， y =1x ,y =‒2x,y =1x 2(0,+∞)∴在上单调递减，又，f '(x )(0,+∞)f '(1)=0当时，单调递增；当时，单调递减. ∴0<x <1f '(x )>0,f (x )x >1f '(x )<0,f (x ). ∴f(x )max =f (1)=‒2(2)过的直线方程为，(x 1,f (x 1)),(x 2,f (x 2))y =f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2(x ‒x 1)+f (x 1)令，则.F (x )=f (x )‒f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2(x ‒x 1)‒f (x 1)F (x 1)=F (x 2)=0， F '(x )=1x ‒2x +1x 2‒f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2易知在单调递减.F '(x )(0,+∞)〔i 〕当时，在单调递减，则，这与矛盾，不符题意；同理可证，F '(x 1)⩽0F (x )(x 1,x 2)F (x 1)>F (x 2)F (x 1)=F (x 2)=0当时不符题意. F '(x 2)⩾0，∴F '(x 2)<0<F '(x 1)故存在，使，即.()012,x x x ∈()00F x '=f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2〔ii 〕要证，即证， x 1+x 2>2x 01202x x x +>由在单调递减，即证，f'(x )(0,+∞)f '(x 1+x 22)<f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2即证，2x 1+x 2‒(x 1+x 2)+4(x 1+x 2)2‒ln x1x 2‒(x 21‒x 22)+x 1‒x 2x 1x 2x 1‒x 2<0即证，2(x 1‒x 2)x 1+x 2‒ln x 1x 2+(x 2‒x 1)3(x 1+x 2)2x 1x 2>0，∵(x 2‒x 1)3(x 1+x 2)2x 1x 2>0可证，其中. g (t )=2(t ‒1)t +1‒ln t ≥0(∗)t =x 1x 2∈(0,1)∵g '(t )=‒(t ‒1)2t(t +1)2<0,在单调递减， ∴g (t )()0,1式得证， ∴g (t )>g (1)=0,(*)故.x 1+x 2>2x 05．〔2023·安徽·合肥一六八中学模拟预测〔理〕〕已知函数〔e 为自然对数的底数〕，其中． f (x )=e x ‒e ‒x ‒ax a ∈R (1)试商量函数的单调性；f (x )(2)假设有两个极值点和，记过点，的直线的斜率为k ，同：是否存在a ，使g (x )=f (ln x )x 1x 2A (x 1,g (x 1))B (x 2,g (x 2))得？假设存在，求出a 的值，假设不存在，请说明理由 k =2‒a （答案）(1)答案不唯—，具体见解析； (2)不存在；理由见解析. （解析） （分析）〔1〕求出函数的导数，分和分别商量值的符号作答. f (x )f '(x )a ≤2a >2f '(x )〔2〕依据给定条件，求出斜率k ，在成立时可得，分析整理并构造函数，利用函数探讨单调性k =2‒a ln x 1‒ln x 2x 1‒x 2=1质即可推理作答. (1)函数定义域为R ，求导得，而， f (x )=e x ‒e ‒x ‒ax f '(x )=e x +e ‒x ‒a e x +e ‒x ≥2则当时，即在R 上为增函数，a ≤2f '(x )≥0f (x )当时，由，得，即，解得或，a >2f '(x )>0e x +e ‒x ‒a >0(e x )2‒a e x +1>0e x >a +a 2‒42e x <a ‒a 2‒42则有或，由，解得，x >lna +a 2‒42x <ln a ‒a 2‒42f '(x )<0lna ‒a 2‒42<x <lna +a 2‒42所以在上递减，在和上递增．f (x )(ln a ‒a 2‒42,lna +a 2‒42)(‒∞,lna ‒a 2‒42)(lna +a 2‒42,+∞)(2)依题意，，求导得，g(x)=x ‒1x ‒aln x g '(x)=1+1x 2‒a x =x 2‒ax +1x 2有两个极值点，即在上有两个不等根和，则，且， g(x)()0g x '=(0,+∞)x 1x 2a >2x 1x 2=1因为，g (x 1)‒g (x 2)=(x 1‒x 2)+x 1‒x 2x 1x 2‒a (ln x 1‒ln x 2)=2(x 1‒x 2)‒a (ln x 1‒ln x 2)则，假设存在a ，使得，则，k =g (x 1)‒g (x 2)x 1‒x 2=2‒a ⋅ln x 1‒ln x 2x 1‒x 2k =2‒a ln x 1‒ln x 2x 1‒x 2=1即，不妨令，亦即成立，ln x 1‒ln x 2=x 1‒x 21201x x <<<x 2‒1x 2‒2ln x 2=0(x 2>1)高考材料高考材料令，，，因此在上递增， ℎ(t)=t ‒1t ‒2ln t 1t >ℎ'(t )=1+1t 2‒2t =(1‒1t )2>0ℎ(t)(1,)+∞，于是得当时，不成立，∀t ∈(1,+∞),ℎ(t)>ℎ(1)=0x 2>1x 2‒1x 2‒2ln x 2=0所以不存在a ，使得.k =2‒a 6．〔2023·江苏泰州·模拟预测〕已知函数，其中a ，b 为常数，为自然对数底数，f (x )=e x ‒a x 2+bx ‒1e e =2.71828．⋅⋅⋅(1)当时，假设函数，求实数b 的取值范围；a =0f (x )≥0(2)当时，假设函数有两个极值点，，现有如下三个命题：b =2a f (x )x 1x 2①；②；③； 7x 1+b x 2>282a (x 1+x 2)>3x 1x 2x 1‒1+x 2‒1>2请从①②③中任选一个进行证明．〔注：如果选择多个条件分别解答，按第—个解答计分〕 （答案）(1) {‒1}(2)证明见解析 （解析） （分析）〔1〕分，商量，当时，求的最小值，依据可得；b ≥00b <0b <f (x )f (x )min 〔2〕将问题转化为有两个零点，先利用导数研究两个零点的范围，然后由，φ(x)=f '(x)e x 1=2a x 1‒2a e x 2=2a x 2，作商取对数得.假设选①，令，构造函数，假‒2a x 2‒x 1=ln (x 2‒1)‒ln (x 1‒1)u (t )=t ‒ln t v (t )=u (t )‒u (2‒t )设选②，构造函数，依据极值点偏移问题的方法可证；假设选③，构造函数v (t )=u (t )‒u (1t )F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1，由单调性可证. (t >1)(1)当时，， a =0f (x )=e x +bx ‒1f '(x )=e x +b 当时，因为，所以此时不合题意； b ≥0f (‒1)=(1e ‒1)‒b <0当时，当时，，单调递减， 0b <x ∈(‒∞,ln (‒b ))f '(x )<0f (x )当时，，单调递增， x ∈(ln (‒b ),+∞)f '(x )>0f (x )所以， f (x )(ln (‒b ))ln (‒b )min 要，只需， f (x )≥0f (x )ln (‒b )min 令，则， g (x )=x ‒xln x ‒1g '(x )=‒ln x 当时，，单调递增； x ∈(0,1)g '(x )>0g (x )当时，，单调递减，x ∈(1,+∞)g '(x )<0g (x )所以，则由得， g (x )≤g (1)=0g (‒b )=‒b +bln (‒b )‒1≥0‒b =1所以，故实数b 的取值范围为．b =‒1{‒1}(2)当时，，， b =2a f (x )=e x ‒a x 2+2ax ‒1f '(x )=e x ‒2ax +2a 令，则，φ(x )=f '(x )=e x ‒2ax +2a φ'(x )=e x ‒2a 因为函数有两个极值点，，所以有两个零点， f (x )x 1x 2φ(x )=f '(x )=e x ‒2ax +2a 假设，则，单调递增，不可能有两个零点，所以， a ≤0φ'(x )>0φ(x )a >0令得，φ'(x )=e x ‒2a =0x =ln 2a 当时，，单调递减； x ∈(‒∞,ln 2a )φ'(x )<0φ(x )当时，，单调递增； x ∈(ln 2a,+∞)φ'(x )>0φ(x )所以，φ(x )(ln 2a )ln 2min 因为有两个零点，所以，则，φ(x )4a ‒2aln 2a <0a >12e 2设，因为，，则， 12x x <φ(1)=e >0φ(2)=e 2‒2a <01<x 1<2<x 2因为，所以，， φ(x 1)=φ(x 2)=0e x 1=2a x 1‒2a e x 2=2a x 2‒2a 则，取对数得，e x 2ex 1=x 2‒1x1‒1x 2‒x 1=ln (x 2‒1)‒ln (x 1‒1)令，，则，即x 1‒1=t 1x 2‒1=t 2t 2‒t 1=ln t 2‒ln t 1t 2‒ln t 2=t 1‒ln t 1(0<t 1<1<t 2)①令，则，因为，所以在上单调递减，在上单调递u (t )=t ‒ln t u (t 1)=u (t 2)u '(t )=1‒1t u (t )=t ‒ln t (0,1)(1,+∞)增，令， v (t )=u (t )‒u (2‒t )=2t ‒ln t +ln (2‒t )‒2(0<t <2)则，在上单调递减， v '(t )=2(t ‒1)2t (t ‒1)≤0v (t )(0,2)因为，所以，即， 0<t 1<1v (t 1)>v (1)=0u (t 1)‒u (2‒t 1)>0亦即，u (t 2)=u (t 1)>u (2‒t 1)因为，，在上单调递增，所以， t 2>12‒t >1u (t )=t ‒ln t (1,+∞)t 2>2‒t 1则，整理得， x 2‒1>2‒(x 1‒1)x 1+x 2>4所以，故①成立 2a x 1+7x 2>7x 1+7x 2>28②令，则，u (t )=t ‒ln t u (t 1)=u (t 2)因为，所以在上单调递减，在上单调递增， u '(t )=t ‒1t u (t )=t ‒ln t ()0,1(1,+∞)令，则，在上单调递增， v (t )=u (t )‒u(1t)=t ‒1t ‒2ln t v '(t )=(t ‒1)2t2≥0v (t )(0,+∞)又，所以当时，，即，v (1)=0t ∈(0,1)v (t )<v (1)=0u (t )<u(1t )因为，，在上单调递增，所以， t 2>12‒t 1>1u (t )=t ‒ln t (1,+∞)t 2<1t 1所以，即， x 2‒1<1x 1‒1x 1x 2<x 1+x 2所以，x 1x 2<x 1+x 2<2312e 2(x 1+x 2)<23a (x 1+x 2)高考材料高考材料即，故②成立．3x 1x 2<2a (x 1+x 2)③令，，则，x 1‒1=t 1x 2‒1=t 2t 2‒t 1=ln t 2‒ln t 1=2ln t 2t 1令，则， F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1(t >1)F '(t )=(t ‒1)2t (t +1)>0∴在上单调递增，则， F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1(1,+∞)F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1>F (1)=0∴，则，ln t >2(t ‒1)t +1t 2‒t 1=2lnt 2t 1>22(t 2t 1‒1)t 2t 1+1=4⋅t 2‒t 1t 2+t 1两边约去后化简整理得，即， t 2‒t 1t 1+t 2>2x 1‒1+x 2‒1>2故③成立．7．〔2023·北京·北师大二附中三模〕已知函数，其中，为的导函数. f (x )=e x (1+mln x )m >0f '(x )f (x )(1)当，求在点处的切线方程； m =1f (x )(1,f (1))(2)设函数，且恒成立.ℎ(x )=f '(x )exℎ(x )⩾52①求的取值范围；m ②设函数的零点为，的极小值点为，求证：. f (x )x 0f '(x )x 1x 0>x 1（解析） （分析）〔1〕利用导数的几何意义即可求解. 〔2〕①先对函数求导，得到，推出，求f(x)=e x (1+mln x )f'(x)=ex(1+mx +mln x )ℎ(x)=f '(x)e x=1+mx+mln x 导，得到，解对应不等式，得到单调性，求出其最小值，再依据恒成立，即可得出ℎ'(x)=m(x ‒1)x2(x >0)ℎ(x )ℎ(x )≥52结果；②先设，求导得. g(x)=f '(x)=e x (1+mx +mln x)g '(x)=e x (1+2m x ‒m x2+mln x )设，对其求导，判定单调性，从而得到函数单调性，得到是函数的极小H(x)=1+2m x ‒mx2+mln x(x >0)g (x )x 2g (x )值点，得到，再由①得时，，推出所以，得到，得到函数在x 2=x 1m =32ℎ(x)≥52mln x +mx≥m g(x)≥g (x 1)>0f (x )区间上单调递增，再由题意，即可得出结论成立. (0,+∞)(1)时，,,,，所以函数在处的切线方程m =1f (x )=e x (1+ln x )f '(x )=e x (1+ln x +1x )f '(1)=2e f (1)=e x =1，即.()e 2e 1y x -=-y =2ex ‒e (2)①由题设知，，f '(x)=e x (1+mx +mln x )(x >0)，， ℎ(x)=f '(x)e x=1+m x +mln x ℎ'(x)=m(x ‒1)x 2(x >0)由，得，所以函数在区间上是增函数； ℎ'(x)>0x >1ℎ(x )(1,)+∞由，得，所以函数在区间上是减函数. ℎ'(x)>00<x <1ℎ(x )()0,1故在处取得最小值，且. ℎ(x )x =1ℎ(1)=1+m 由于恒成立，所以，得， ℎ(x)≥521+m ≥52m ≥32所以的取值范围为； m 32,+∞)②设，则.g(x)=f '(x)=e x (1+mx +mln x )g'(x)=e x(1+2m x ‒mx 2+mln x)设， H(x)=1+2m x ‒mx2+mln x(x >0)则， H'(x)=‒2m x 2+2mx 3+mx =m (x 2‒2x +2)x 3>0故函数在区间上单调递增，由〔1〕知，， H(x)(0,+∞)m ≥32所以，，H(1)=m +1>0H (12)=1‒mln 2≤1‒ln 22<0故存在，使得， x 2∈(12,1)H (x 2)=0所以，当时，，，函数单调递减； 0<x <x 2H (x )<0g '(x )<0g (x )当时，，，函数单调递增. x >x 2H (x )>0g '(x )>0g (x )所以是函数的极小值点.因此，即.x 2g (x )x 2=x 1x 1∈(12,1)由①可知，当时，，即，整理得，m =32ℎ(x)≥521+32x+32ln x ≥52ln x +1x ≥1所以. mln x +mx≥m 因此，即. g(x)≥g (x 1)=e x 1(1+mx 1+mln x 1)≥e x 1(1+m)>0f '(x)>0所以函数在区间上单调递增. f (x )(0,+∞)由于，即， H (x 1)=01+2m x 1‒mx 21+m ln x 1=0即，1+m ln x 1=mx 21‒2mx 1所以.f (x 1)=e x 1(1+mln x 1)=m e x 11‒2x 1x 21<0=f (x 0)又函数在区间上单调递增，所以.f (x )(0,+∞)x 0>x 18．〔2023·河南·模拟预测〔文〕〕已知函数的最小值为1． f(x)=ax ‒ln x (1)求实数的值；a (2)过点作图象的两条切线MA ，MB ，A ()，B ()是两个切点，证明：>1． M(1，m)(m <1)f(x)x 1,y 1x 2,y 2x 1x 2（答案）(1) a =1(2)证明见解析高考材料高考材料（解析） （分析）〔1〕定义域为，函数有最小值，必定不单调，易求出极小值即最小值，代入可答案．(0,+∞)f (x )〔2〕利用切线方程，消去得到的等式关系，将>1变形得到m x 1,x 21x 1‒1x 2=ln x 2‒ln x 1x 1x 2x 1x 2(1x 1‒1x 2)>1x 1‒1x 2=，令构造函数，得证．ln x 2x 1x 2x 1=t (1)，f '(x)=a ‒1x 当≤0时，<0，在单调递减，不合题意； a ()'f x f (x )(0,+∞)当 >0时，在()上，<0，在()上，>0． a 0，1a ()'f x 1a ，+∞()'f x 在单调递减，在单调递增， f (x )(0,1a )1(,)a+∞故的最小值为； f(x)f(1a )=1‒ln 1a =1⇒a =1(2)证明：，k AM =f '(x 1)=1‒1x 1=y 1‒m x 1‒1=x 1‒ln x 1‒mx 1‒1⇒-2+1x 1=‒ln x 1‒m(*)同理，，‒2+1x 2=‒ln x 2‒m(**)两式相减得，不妨设，1x 1‒1x 2=ln x 2‒ln x 112x x <要证>1．只须证>1．即，x 1x 2x 1x 2x 1x 2(1x 1‒1x 2)>1x 1‒1x 2=ln x 2x 1即证，令，即证，x 2x 1‒x 1x 2>ln x 2x 1x 2x 1=t (t >1)t ‒1t ‒2ln t >0设，恒成立，ℎ(t)=t ‒1t ‒2ln t (t >1)ℎ'(t )=1+1t 2‒2t =(1‒1t )2>0故h (t )为增函数，，故原式得证．ℎ(t)>ℎ(1)=09．〔2023·浙江·赫威斯育才高中模拟预测〕已知，函数. a ∈R f(x)=xln 2x ‒x +a2x +2(1)当时，求的单调区间和极值； a =0f(x)(2)假设有两个不同的极值点，. f(x)x 1x 2(x 1<x 2)〔i 〕求实数的取值范围；a 〔ii 〕证明：〔……为自然对数的底数〕.ln x 1+2ln x 2<‒e2‒3ln 2e =2.71828（答案）(1)递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值 10,2⎛⎫⎪⎝⎭(12,+∞)32(2)〔i 〕；〔ii 〕证明见解析 (‒14e ,0)（解析）（分析）(1)求出解析式，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的极值；f(x)(2)(i)由，构造函数 ()，将问题转化函数有个不同的零点，利用导f '(x )=2x 2ln 2x ‒a 2x2g(x)=2x 2ln 2x ‒a x >0g(x)x 1、x 2数分类商量函数当、、时的单调性，结合极值点的定义即可得出结果； a ≥0‒14e <a <0‒14e <a <0(ii)由(i)，利用换元法可得，令，整理可得， (t 2+2)ln t1‒t 2<‒e2m =t 2>1ln m >e(m ‒1)m +2利用放缩法和导数证明在上恒成马上可.F(m)=ln m ‒3(m 2‒1)m 2+4m +1(1,)+∞(1)当时， ()，则， a =0f(x)=xln 2x ‒x +2x >0f '(x )=ln 2x 故当时，，当时，， 102x <<f '(x )<0x >12f '(x )>0故的递减区间为，递增区间为，f(x)10,2⎛⎫⎪⎝⎭(12,+∞)极小值为，无极大值； f (12)=32(2) (i)因为 ()，f'(x )=ln 2x ‒a 2x 2=2x 2ln 2x ‒a2x 2x >0令 ()，问题可转化函数有个不同的零点， g(x)=2x 2ln 2x ‒a x >0g(x)x 1、x 2又，令， g '(x)=4xln 2x +2x =2x(2ln 2x +1)g '(x )=0⇒x =12e 故函数在上递减，在上递增，g(x)(0,12e)(12e,+∞)故，故，即，g (x )(12e )14e min ‒14e‒a <0a >‒14e 当时，在时，函数，不符题意，a ≥0x ∈(0,12e)g(x)≤2x 2ln 2x <0当时，则，，，‒14e <a <0g (12e 1a)>0g(12e )<0g(12)=‒a >0即当时，存在，，‒14e <a <0x 1∈(0,12e)x2∈(12e,+∞)使得在上递增，在上递减，在上递增， f(x)(0,x 1)(x 1,x 2)(x 2,+∞)故有两个不同的极值点的a 的取值范围为； f(x)x 1、x 2(‒14e ,0)〔ii 〕因为，，且，x 1∈(0,12e)x 2∈(12e,+∞)x 21ln 2x 1=x 22ln 2x 2令，则，， 21(1)x t t x =>ln 2x 1=t 2ln t1‒t 2ln 2x 2=ln t 1‒t 2又，ln x 1+2ln x 2<‒e2‒3ln 2⇔ln 2x 1+2ln 2x 2<‒e2⇔(t 2+2)ln t1‒t 2<‒e2令，即只要证明，即， m =t 2(m >1)(m +2)ln m m ‒1>e(m >1)ln m >e(m ‒1)m +2令，F(m)=ln m ‒3(m 2‒1)m 2+4m +1高考材料高考材料则， ()()()222264131(24)1()41m m m m m F m m m m ++--+'=-=++1m ‒12(m 2+m +1)(m 2+4m +1)2=m 4‒4m 3+6m 2‒4m +1m (m 2+4m +1)2=(m ‒1)4m (m 2+4m +1)2故在上递增，且，所以，即，F(m)(1,)+∞F(1)=0()0F m >ln m >3(m 2‒1)m 2+4m +1从而， ln m ‒e (m ‒1)m +2>3(m 2‒1)m 2+4m +1‒e (m ‒1)m +2=(m ‒1)[(3‒e )m 2+(9‒4e )m +6‒e ](m 2+4m +1)(m +2)又因为二次函数的判别式， y =(3‒e )m 2+(9‒4e )m +6‒e Δ=12e 2‒36e +9<3[4×2.722‒12×2.72+3]<0即，即， (3‒e )m 2+(9‒4e )m +6‒e >0ln m >e (m ‒1)m +2所以在上恒成立，故.(m +2)ln mm ‒1>e (1,)+∞ln x 1+2ln x 2<‒e2‒3ln 210．〔2023·陕西·汉台中学模拟预测〔理〕〕已知函数〔，〕. f (x )=ln x +ax +b a b ∈R (1)求函数的极值；f (x )(2)假设函数的最小值为0，，〔〕为函数的两个零点，证明：. f (x )x 1x 212x x <g (x )=f (x )‒12e x 2‒e ln x 1>2（答案）(1)极小值为，无极大值 ln a +b +1(2)证明见解析 （解析） （分析）〔1〕首先求函数的导数，分和两种情况商量函数的单调性，再求函数的极值；f '(x )=x ‒a x 2a ≤0a >0〔2〕首先由函数的最小值，确定，再结合零点存在性定理确定，，可得ln a +b +1=0ae <x 1<a2ea <x 2<4a e x 2‒e ，再通过构造函数求函数的最小值. ln x 1>e ea ‒e ln a2(1)〔〕，，∵f (x )=ln x +ax +b x >0∴f '(x )=1x ‒ax 2=x ‒a x 2假设时，则恒成立，a ≤0f '(x )>0在上单调递增，故没有极值； ∴f (x )(0,+∞)f (x )假设，则当时，，单调递减， a >0x ∈(0,a )f '(x )<0f (x )当时，，单调递增，x ∈(a,+∞)f '(x )>0f (x )有极小值，极小值为，无极大值. ∴f (x )f (a )=ln a +b +1(2)证明：由〔1〕可知，当时，有最小值，， a >0f (x )f (x )min =ln a +b +1由函数的最小值为0，得， f (x )ln a +b +1=0由题知， g (x )=f (x )‒12=ln x +ax +b ‒12，， g(a 2)=ln a 2+2+b ‒12=12‒ln 2<0g (a e )=ln a ‒1+e +b ‒12=e ‒52>0， ∴a e <x 1<a2，， g (ea )=1+ln a +1e +b ‒12=1e ‒12<0g (4a )=ln 4+ln a +14+b ‒12=ln 4‒54>0，〔〕， ∴ea <x 2<4a ∴e x 2‒e ln x 1>e ea ‒e ln a2a >0令，则， ℎ(x )=e ex ‒eln x2ℎ'(x )=e (e ex ‒1x )令，则在上单调递增， p (x )=e ex ‒1x p (x )(0,+∞)又，在上，，，单调递减， p (1e )=0∴(0,1e )p (x )<0ℎ'(x )<0ℎ(x )在上，，，单调递增，(1e ,+∞)p (x )>0ℎ'(x )>0ℎ(x )，∴h (x )(1e)ee ⋅1eeln 1e2e eln 12e e eln emin得证.∴e x 2‒e ln x 1>211．〔2023·全国·模拟预测〕已知函数． f (x )=xln x +a x 2‒a (1)当时，求曲线在处的切线方程；a =‒1()y f x =x =1(2)假设存在两个极值点、，求实数的取值范围，并证明：．f (x )x 1x 2a f (x 1+x 22)>0（答案）(1)； x +y ‒1=0(2)，证明见解析﹒ ‒12<a <0（解析） （分析）(1)先求出，再依据导数的几何意义求出切线的斜率，进而可得切线方程；f (1)=0(2)将函数存在两个极值点转化为其导函数存在两个零点，构造函数，利用导数研究函数的单调性及最值，进而得f (x )到的取值范围，由，可知要证，只要证，只要证，构造新函数，利用导数a f (1)=0f (x 1+x 22)>0x 1+x 22>1x 2>‒1a ‒x 1研究新函数的单调性，进而可得结果． (1)当时，，则， a =‒1f (x )=xln x ‒x 2+1f (1)=0，∴，f '(x )=1+ln x ‒2x f '(1)=‒1∴曲线在处的切线方程为，即． ()y f x =x =1y =‒(x ‒1)x +y ‒1=0(2)由题意知， f '(x )=1+ln x +2ax 令，，g (x )=1+ln x +2ax x >0∵存在两个极值点，∴有两个零点，f (x )g (x )高考材料高考材料易知， g '(x )=1x +2a =2ax +1x当时，，在上单调递增，g (x )至多有一个零点，不合题意． a ≥0g '(x )>0g (x )(0,+∞)当时，由得，a <0g '(x )=0x =‒12a 假设，则，单调递增； x ∈(0,‒12a )g '(x )>0g (x )假设，则，单调递减．x ∈(‒12a ,+∞)g '(x )<0g (x )要使有两个零点，需，解得． g (x )g (‒12a )=ln (‒12a )>0‒12<a <0当时，，∴在上存在唯—零点，记为．‒12<a <0g (1e)=2ae<0g (x )(1e ,‒12a )x 1∵，∴，，1a 2‒(‒12a )=a +22a 2>01a2>‒12a g (1a2)=1+ln1a2+2a 设，则，令，，则， t =‒1a t >2ℎ(t )=1+2ln t ‒2t t >2ℎ'(t )=2t ‒2<0∴在上单调递减，∴，即，ℎ(t )(2,+∞)ℎ(t )<ℎ(2)=2ln 2‒3<0g (1a 2)<0∴在上存在唯—零点，记为． g (x )(‒12a ,1a 2)x 2则，随的变化情况如下表： f (x )f '(x )x x(0,x 1) x 1(x 1,x 2) x 2(x 2,+∞) f '(x )﹣ 0 ﹢ 0 ﹣ f (x )↘极小值↗极大值↘∴实数的取值范围是．a (‒12,0)∵，，∴， g (1)=1+2a >0‒12a >11e <x 1<1<x 2∵，∴，f (1)=0f (x 1)<0<f (x 2)∵，∴要证，只要证，x 1<x 1+x 22<x 2f(x 1+x 22)>0x 1+x 22>1只要证，只要证，x 1+x 22>‒12a x 2>‒1a ‒x 1又，∴只要证，即证． ‒1a ‒x 1>x 1g (x 2)<g (‒1a ‒x 1)g (x 1)<g (‒1a ‒x 1)设，， F (x )=g (x )‒g (‒1a ‒x )0<x <‒12a 则，F '(x )=g '(x )+g '(‒1a ‒x )=(2ax +1)2x (ax +1)>0∴F (x )在时单调递增，0<x <‒12a∴， F (x )<F (‒12a )=g (‒12a )‒g (‒1a +12a )=0∴成立，即得证．g (x 1)<g (‒1a ‒x 1)f(x 1+x 22)>012．〔2023·山东威海·三模〕已知函数． ()2ln a f x x x x=-+(1)当时，求的单调区间；a =34f(x)(2)假设有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明． f(x)x 1,x 212x x <①；f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1<2a‒2②．f (x 2)<23a +2ln 2‒2（答案）(1)的单增区间为；单减区间为，f(x)(12,32)10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明见解析 （解析） （分析）〔1〕首先求函数的导数，依据导数与函数单调性的关系，即可求解； 〔2〕假设选①，不等式转化为证明，变形为证明，通过构造函数ln x 2‒ln x 1x 2‒x 1<1a =1x 2x 1ln x 2x1<x 2‒x 1x 1x 2=x 2x 1‒x 1x 2ℎ(t)=2，即可证明；ln t ‒t +1t ,t >1假设选②，首先依据函数有两个极值点，证得，，再变换为1<x 2<2f (x 2)‒23a =2ln x 2‒x 2+a x 2‒23a f (x 2)‒23a =2，通过构造函数，利用导数，即可证明. ln x 2+23x 22‒103x 2+2(1)， f '(x)=2x ‒1‒a x 2=‒x 2+2x ‒a x 2(x >0)当时，，a =34f '(x)=‒x 2+2x ‒34x2=‒4x 2‒8x +34x 2=‒(2x ‒1)(2x ‒3)4x 2令，解得；令，解得或， f '(x)>012<x <32f '(x)<0102x <<x >32所以的单增区间为；单减区间为，．f(x)(12,32)10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明①：由题意知，是的两根，则，x 1,x 2220x x a -+={x 1+x 2=2x 1x 2=a ，f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1=2(ln x 2‒ln x 1)‒(x 2‒x 1)+a (x 1‒x 2)x 1x 2x 2‒x 1将代入得，，x 1x 2=a f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1=2(ln x 2‒ln x 1)x 2‒x 1‒2要证明，f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1<2a‒2高考材料高考材料只需证明，2(ln x 2‒ln x 1)x 2‒x 1‒2<2a‒2即，ln x 2‒ln x 1x 2‒x 1<1a =1x 2x 1因为，所以， 0<x 1<x 2x 2‒x 1>0只需证明，ln x 2x 1<x 2‒x 1x 1x 2=x 2x 1‒x 1x 2令，则，只需证明，即，x 2x 1=t 1t >ln t 2<t ‒1t 2ln t ‒t +1t <0(t >1)令，ℎ(t)=2ln t ‒t +1t ,t >1， ℎ'(t)=2t ‒1‒1t 2=‒(t ‒1)2t 2<0所以在上单调递减，可得， ℎ(t)(1,)+∞ℎ(t)<ℎ(1)=0所以， 2ln t ‒t +1t <0(t >1)综上可知，．f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1<2a‒2证明②： f '(x)=2x ‒1‒a x 2=‒x 2+2x ‒a x 2(x >0)设， g(x)=‒x 2+2x ‒a 因为有两个极值点，所以，f(x){Δ=4‒4a >0g(0)<0解得，01a <<因为， g(2)=‒a <0,g(1)=1‒a >0所以，1<x 2<2，f (x 2)‒23a =2ln x 2‒x 2+a x 2‒23a 由题意可知，‒x 22+2x 2‒a =0可得代入得，， a =‒x 22+2x 2f (x 2)‒23a =2ln x 2+23x 22‒103x 2+2令， ℎ(x)=2ln x +23x 2‒103x +2(1<x <2)， ℎ'(x)=2x +43x ‒103=2(x ‒1)(2x ‒3)3x当，所以在上单调递减， x ∈(1,32),ℎ'(x)<0()h x (1,32)当，所以在上单调速增，x ∈(32,2),ℎ'(x)>0()h x (32,2)因为，所以， 1<x 2<2ℎ(x 2)<max {ℎ(1),ℎ(2)}由， ℎ(1)=‒23,ℎ(2)=2ln 2‒2可得，所以，ℎ(2)‒ℎ(1)=2(ln 8‒ln e 2)3>0(2)(1)h h >所以，ℎ(x 2)<ℎ(2)所以，即．f (x 2)‒23a <2ln 2‒2f (x 2)<23a +2ln 2‒213．〔2023·全国·模拟预测〕已知函数〔其中为自然对数的底数〕. f (x )=e x (x 2+1)e (1)商量函数的单调性；y =f (x )+(a ‒2)x ⋅e x (a ∈R )(2)假设，不等式恒成立，求实数的取值范围. x 1>x 2>0e 2x 1‒e 2x 2>λ|f (x 1)‒f (x 2)|λ（答案）(1)答案见解析 (2) λ≤e2（解析） （分析）〔1〕结合已知条件分、、三种情况商量，分析导数的符号变化，即可得出原函数的增区间和减区a =2a >2a <2间；〔2〕分析可得，构造函数，即在上恒e 2x 1‒λf (x 1)>e 2x 2‒λf (x 2)g (x )=e 2x ‒λf (x )g '(x )=2e 2x ‒λf '(x )≥0(0,+∞)成立，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范λ≤2e 2x f '(x )=2e xx 2+2x +1p (x )=2e xx 2+2x +1(0,+∞)λ围. (1)解：依题意，令，， ℎ(x )=f (x )+(a ‒2)x ⋅e x =[x 2+(a ‒2)x +1]e x x ∈R 则， ℎ'(x )=(x 2+ax +a ‒1)e x =(x +a ‒1)(x +1)e x 令，解得或.ℎ'(x )=0x =1‒a x =‒1当时，即时，恒成立且不恒为零， 1‒a =‒1a =2()0h x '≥ℎ'(x )所以，函数的增区间为；ℎ(x )(),-∞+∞当时，即时，由可得或，由可得， 1‒a <‒1a >2ℎ'(x )>0x <1‒a 1x >-ℎ'(x )<01‒a <x <‒1所以，函数的增区间为、，减区间为；ℎ(x )(‒∞,1‒a )()1,-+∞(1‒a,‒1)当时，即时，由可得或，由可得. 1‒a >‒1a <2ℎ'(x )>01x <-x >1‒a ℎ'(x )<0‒1<x <1‒a 所以，函数的增区间为、，减区间为. ℎ(x )(),1-∞-(1‒a,+∞)(‒1,1‒a )综上所述，当时，函数的增区间为；a =2ℎ(x )(),-∞+∞当时，函数的增区间为、，减区间为； a >2ℎ(x )(‒∞,1‒a )()1,-+∞(1‒a,‒1)当时，函数的增区间为、，减区间为. a <2ℎ(x )(),1-∞-(1‒a,+∞)(‒1,1‒a )(2)解：当时，恒成立， x >0f '(x )=e x (x 2+2x +1)>0所以在上单调递增，且. f (x )(0,+∞)f (x )>f (0)=1>0因为，所以，x 1>x 2>0f (x 1)>f (x 2)。
微专题13 导数解答题之双变量问题
微专题13 导数解答题之双变量问题秒杀总结1.破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.例1．（广东省潮汕地区精英名校2022届高三第一次联考数学试题）已知函数()()()21e xf x x ax a =+-∈R ，()f x '为()f x 的导函数．(1)若()f x '只有一个零点，求a 的取值范围； (2)当34e a =时，存在1x ，2x 满足()()()12122,0f x f x x x x =<≠，证明：121x x >．例2．（浙江省台州市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知,a k ∈R ，设函数()()ln f x x a kax =+-． (1)当1k =时，若函数()f x 在(),a -+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若对任意实数a ，函数()f x 均有零点，求实数k 的最大值； (3)若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：()1212221x x a x x k a ++<．例3．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数221()2ln (0)2f x ax x a x a =-+≠(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：121212()()11f x f x x x x x -<+-过关测试1．（四川省成都市树德中学2021-2022学年高三上学期入学考试文科数学试题）已知函数()2ln x x f x ax x =--，a R ∈.（1）若()f x 存在单调递增区间，求a 的取值范围；（2）若1x ，()212x x x <与为()f x 的两个不同极值点，证明：124ln ln 3x x +>.2．（浙江省宁波市2021-2022学年高三上学期11月高考模拟考试数学试题）已知函数()ln 2()f x x x x a =+∈R ．(1)当2a =-时，求函数()f x 的单调区间； (2)若函数()f x 有两个不同零点1x ，212()x x x <， ①求实数a 的取值范围；②求证：22124a x x ⋅>．3．（安徽省合肥市第一中学2021-2022学年高三上学期11月月考理科数学试题）已知函数()()e cos x f x x ax a R =+-∈.(1)当1a =时，判断()f x 在区间(0,)+∞上的单调性；(2)当e a =时，若()()()121212,(0,),x x x x f x f x π∈≠=，且()f x 的极值在0x x =处取得，证明：1202x x x +<.4．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()(1)(1)x f x x e =+-．(1)求()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程；(2)若1a e -…，证明：()22f x alnx ex +-…在[1x ∈，)∞+上恒成立； (3)若方程()f x b =有两个实数根1x ，2x ，且12x x <，证明：2111311b e ebx x e e ++-++--…．5．（第26讲拐点偏移问题-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当2a =-时，正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：1214x x +>．6．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()e 1x f x ax =-+，ln3是()f x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线为直线l ．求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)若关于x 的方程()(0)f x m m =>有两个不等实根1x ，212()x x x <，求证：217210mx x -<-．7．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数()2ln f x x x ax =+,0a ≥．(1)若曲线()y f x =在e x =处的切线在y 轴上的截距为e -，求a 的值；(2)证明：对于任意两个正数1x 、()212x x x ≠，()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭．微专题13 导数解答题之双变量问题秒杀总结1.破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.例1．（广东省潮汕地区精英名校2022届高三第一次联考数学试题）已知函数()()()21e xf x x ax a =+-∈R ，()f x '为()f x 的导函数．(1)若()f x '只有一个零点，求a 的取值范围； (2)当34e a =时，存在1x ，2x 满足()()()12122,0f x f x x x x =<≠，证明：121x x >． 【答案】(1){}34,0e ⎛⎫+∞⋃ ⎪⎝⎭；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出()()21e x f x x a '=+-，再二次求导，对a 分五种情况讨论得到a 的取值范围； （2）先证明100x x <<，再分120x x <<和120x x <<两种情况讨论证明不等式. (1)解：()f x 的定义域为(),-∞+∞，()()21e x f x x a '=+-，令()()()21e x g x f x x a '==+-，则()()()13e xg x x x '=++．∴当(),3x ∈-∞-时，()0g x '>，()f x '单调递增； 当()3,1x ∈--时，()0g x '<，()f x '单调递减； 当()1,x ∈-+∞时，()0g x '>，()f x '单调递增．①若0a <，则()()21e 0x f x x a '=+->，()f x '无零点，不成立；②若0a =，则()()21e x f x x '=+有且只有1x =-一个零点，符合题意； ③若340e a <<，则()10f a '-=-<，()3430e f a '-=->，()010f a '=->， ∴()3,1α∃∈--，()1,0β∈-，使()()0f f αβ''==， ∴()f x '不只有一个零点，不成立．④若34e a =，则()30f '-=，又f ′(−1)=−4e 3<0，()34010e f =->'， ∴()01,0x ∃∈-，使()00f x '=，∴()f x '不只有一个零点，不成立． ⑤若34e a >，则当(),3x ∞∈--时，()()3430e f x f a ''≤-=-<， ()10f a '-=-<，()()()()ln 11ln 110f a a a '+=+++>，∴()()1,ln 1a γ∃∈-+，使()0f γ'=． ∴()f x '有且只有一个零点，符合题意．综上，a 的取值范围是{}34,0e ⎛⎫+∞⋃ ⎪⎝⎭．(2) 解：当34e a =时，()()2341e e x f x x x =+-， 由（1）知，当()0,x x ∈-∞时，()0f x '≤，()f x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．又()()12f x f x =，12x x <，则()10,x x ∈-∞，()20,x x ∈+∞， ∴100x x <<． ①若120x x <<，则11221x xx x =>． ②若120x x <<，则1122x xx x =-，要证明121x x >，即证21x x <-． 又2x ，()10,x x -∈+∞，则只要证()()21f x f x <-，即证()()11f x f x <-．令()()()()1121111381e e e x x f x f x x x ---=+--． 先证明一个不等式：e e 2x x x --<，0x <．令()e e 2x xh x x -=--，则()e e 2e e 20x x x x h x --'=+-≥⋅=，∴()h x 在(),0∞-上单调递增．∴当(),0x ∈-∞时，()()00h x h <=，∴e e 2x x x --<，0x <．∴()()()()()112221111111113338881e e 21220e e e x x f x f x x x x x x x x -⎛⎫--=+--<+-=+-< ⎪⎝⎭ ∴()()11f x f x <-，∴121x x >综上，有121x x >． 【点睛】方法点睛：函数的零点问题处理常用的方法有三种：（1）方程法：直接解方程得解；（2）图象法：画出函数的图象分析图象得解；（3）方程+图象法：令()=0f x 得到()()g x h x =，再分析(),()g x h x 的图象即得解. 例2．（浙江省台州市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知,a k ∈R ，设函数()()ln f x x a kax =+-． (1)当1k =时，若函数()f x 在(),a -+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若对任意实数a ，函数()f x 均有零点，求实数k 的最大值； (3)若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：()1212221x x a x x k a ++<． 【答案】(1)0a ≤(2)2e (3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）当1k =时，对函数()f x 求导，再根据0a ≤和0a >两种情况进行分类讨论函数的单调性，即可求出结果.（2）对函数()f x 求导，再根据0ka ≤和0ka >两种情况讨论函数的单调性，进而求出函数的最值； （3）由题意得，要证原命题成立，只要证212221()()x a x a a k a++<+成立；设ln()x a t +=，则11ln()x a t +=，22ln()x a t +=是函数()(e )t h t t ka a =--的两根．再根据0ka ≤和0ka >两种情况讨论函数()h t 的单调性，再记函数()h t 有图象关于直线1ln t ka=对称后是()y m t =函数的图象，再求()()m t g t -的正负情况，最后根据不等式关系，即可证明结果. (1)解：当1k =时，1().()f x a x a x a-'=>-+．． 当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在(,)a -+∞上单调递增． 当0a >时，若1x a a>-，()0f x '<，()f x 在(,)a -+∞上不可能单调递增．． 所以()f x 在(,)a -+∞上单调递增，则0a ≤． (2) 解：1().()f x ka x a x a=->-'+（ⅰ）当0ka ≤时，()0f x '>，()f x 在(,)a -+∞上单调递增．()f x 有零点． （ⅰ）当0ka >时，()f x 在1(,)a a ka--上单调递增，在1(,)a ka -+∞上单调递减．又当x 趋近于a -时，f (x )趋近于∞-；x 趋近于∞+时，f (x )趋近于∞-； 所以只要1()0f a ka-≥恒成立，则()f x 恒有零点． 即2ln()10ka ka --+≥恒成立．因为求k 的最大值，不妨设0k >，0a >．设2()ln()1g a ka ka =--+，则2121'()2ka g a ka a a-=-+=．所以只要min ()(02g a g k=≤． 即1ln(022k --≥，得2k e ≤．所以k 的最大值为2e ．(3)解：由题意得：只要证212221()()x a x a a k a++<+． 设ln()x a t +=，e t x a =-．则11ln()x a t +=，22ln()x a t +=是函数()(e )t h t t ka a =--的两根． ()1e t h t ka '=-．当0ka ≤时，()0h t '>，与函数()h t 有两个零点矛盾． 所以0ka >．所以当'()1e 0t h t ka =-=时，1ln t ka=． 所以函数()h t 在1(,ln)ka -∞上递增，在1(ln ,)ka+∞上递减． 记函数()h t 有图象关于直线1ln t ka=对称后是()y m t =函数的图象． 有111()(2ln)2ln e t m t h t t ka ka ka-=-=--⋅． 则11()()2lne 2e t t m t g t ka t ka ka --=+⋅--⋅． 1[()()]e e 20t tm t g t ka ka-'-=⋅+⋅-≥． 所以1lnt ka≥时，()()m t g t ≥．所以1212lnt t ka -≥，即1212ln t t ka+≤． 所以121ln()ln()2ln x a x a ka +++≤．12221()()x a x a k a++≤． 所以21212222211()x x a x x a k a k a++<-<． 例3．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数221()2ln (0)2f x ax x a x a =-+≠(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：121212()()11f x f x x x x x -<+-【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）函数()f x 求导后，分子为含参的二次三项式，结合0a ≠，我们可以从0∆…和0∆>结合开口方向和两根的大小来讨论；（2）1x ，2x 为函数()f x 的两个极值点，我们可以通过()f x '结合韦达定理，找到1x ，2x 的关系，带入到要证明的不等式中，然后通过整理，化简成一个关于12x x 的函数关系，再通过换元，构造函数，通过求解函数的值域完成证明. (1)22222()1a ax x a f x ax x x-+'=-+=，设22()2p x ax x a =-+．(0)x >，318a ∆=-，①当12a …时，0∆…，()0p x …，则()0f x '…，()f x 在(0,)+∞上单调递增， ②当102a <<时，0∆>，()p x 的零点为311182a x a -=，321182ax a-=，且120x x <<，令()0f x '>，得10x x <<，或2x x >，令()0f x '<，得12x x x <<，()f x ∴在3118(a --3118)a +-上单调递减，在3118(0,)2a a-，3118(a +-，)∞+单调递增，③当0a <时，0∆>，()p x 3118a--，()f x ∴在3118a --上单调递增，在3118(a --，)∞+上单调递减．综上所述：当12a …时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当102a <<时，()f x 在3118(a --3118a +-上单调递减，在3118a --，3118(a +-，)∞+单调递增；当0a <时，()f x 在3118)a --上单调递增，在3118(a --，)∞+上单调递减． (2)证明：由（1）知，当102a <<时，()f x 存在两个极值点， 不妨设120x x <<，则121x x a +=， 要证：121212()()11f x f x x x x x -<+-，只要证121212121221()()()()x x x x x xf x f x x x x x -+->=-，只需要证211212122211()[()2]2ln 2xxxx x a x x a x x x -+-+>-，即证21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，设12x t x =，(01)t <<， 设函数21()2ln g t a t t t =-+，22221()t a t g t t -+∴'=-，∴4440a ∆=-<，22210t a t ∴-+>， ()0g t ∴'<，()g t ∴在(0,1)上单调递减，则()(1)g t g >0=，又121()02x x -<， 则121()0()2g t x x >>-，则21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，从而121212()()11f x f x x x x x -<+-． 【点睛】(1)含参的二次三项式再进行分类讨论的时候，如果二次项含参数，在讨论有根无根的情况下要兼顾到开口方向以及两根大小的比较；(2)如果函数()f x 在求导完以后，是一个分子上含有二次三项式，不含指数、对数的式子，那么函数()f x 的极值点关系，可以使用韦达定理来表示.过关测试1．（四川省成都市树德中学2021-2022学年高三上学期入学考试文科数学试题）已知函数()2ln x x f x ax x =--，a R ∈.（1）若()f x 存在单调递增区间，求a 的取值范围；（2）若1x ，()212x x x <与为()f x 的两个不同极值点，证明：124ln ln 3x x +>. 【答案】（1）1,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭；（2）证明见解析.【解析】 【分析】（1）由题意知()ln 20f x x ax '=->有解，分离a 可得ln 2x a x <有解，令()ln 2xg x x=，可得max ()a g x <，利用导数求()g x 的最大值即可求解；（2）由题意知1x ，2x 是()0f x '=的两根，将1x x =，2x x =代入()0f x '=整理可得1212ln ln 2x x a x x -=-，所证明不等式为()1212123ln4x x x x x x -<+12123141x xx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+，令12x t x =，01t <<问题转化为证明3(1)()ln 0(01)41t t t t t ϕ-=-<<<+成立，利用导数证明单调性求最值即可求证. 【详解】（1）函数定义域为()0,∞+，根据题意知()ln 20f x x ax '=->有解， 即ln 2x a x <有解，令()ln 2xg x x=，()21ln 2x g x x -'=， 且当0e x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当e x >时，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以max 1()(e)2e a g x g <==，所以1,2e a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭；（2）由1x ，2x 是()f x 的不同极值点，知1x ，2x 是()0f x '=的两根，即1122ln 20ln 20x ax x ax -=⎧⎨-=⎩，所以1122ln 2ln 2x ax x ax =⎧⎨=⎩①， 联立可得：1212ln ln 2x x a x x -=-②，要证124ln ln 3x x +>，由①代入即证124223ax ax ⋅+>，即()12243a x x +>，由②代入可得()121212ln ln 43x x x x x x -+>-③， 因为12x x <，则③等价于()1122112122313ln 441x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭<=++， 令12x t x =，01t <<问题转化为证明3(1)()ln 0(01)41t t t t t ϕ-=-<<<+④成立， 而2221151671()0(01)(41)(41)t t t t t t t t ϕ-+'=-=><<++， ()t ϕ在()0,1上单调递增，当()0,1t ∈，()()10t ϕϕ<=④成立，即得证.2．（浙江省宁波市2021-2022学年高三上学期11月高考模拟考试数学试题）已知函数()ln 2()f x x x x a =+∈R ．(1)当2a =-时，求函数()f x 的单调区间； (2)若函数()f x 有两个不同零点1x ，212()x x x <， ①求实数a 的取值范围；②求证：22124a x x ⋅>．【答案】(1)单调递增区间是1(0,)4，单调递减区间是1(,)4+∞(2)①2a >；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数()'f x ，由()0f x '>得增区间，由()0f x '<得减区间； （2）①函数()f x 有两个不同零点1212,()x x x x <，等价于方程2ln 2xa x x=有两个不同的实根1212,()x x x x <．设t x =ln 2a t t t=-有两个不同的实根()1212,t t t t <． 设ln ()(0)tg t t t t=->，由导数确定()g t 的单调性、极值、函数值的变化趋势后可得； ②由①11t x =22t x =要证22124a x x ⋅>，只需证2122a t t ⋅>．由①知，1201t t <<<，故有2222ln 2t a t t t =-<，即22at >．下面证明：121t t ⋅>即可．引入函数()()2221()h t g t g t =-，由导数证明()221()0g t g t ->，利用单调性即可得结论． (1)对函数()f x 求导，得142'()22a x a x f x x x -++=+= 当2a =-时，422(1)(21)'()x x x x f x --+-+-==， 因为函数()f x 的定义域(0,)+∞， 由'()0f x >，得104x <<， 由'()0f x <，得14x >， 所以函数()f x 的单调递增区间是1(0,)4，单调递减区间是1(,)4+∞．(2)由()0f x =，得ln 20x a x x +=， ①函数()f x 有两个不同零点1212,()x x x x <， 等价于方程2ln 2xa x x=有两个不同的实根1212,()x x x x <． 设t x =ln 2a t t t=-有两个不同的实根()1212,t t t t <． 设ln ()(0)tg t t t t=->， 2221ln ln 1'()1t t t g t t t-+-=-=， 再设2()ln 1u t t t =+-，1'()20u t t t =+>所以函数()u t 在(0,)t ∈+∞上单调递增， 注意到2(1)1ln110u =+-=，所以当01t <<时，()0u t <，当1t >时，()0u t >． 所以()g t 在（0，1）上单调递减，在(1,)+∞上单调递增． 当0t +→时，()g t →+∞， 当t →+∞时，()g t →+∞， 当1t =时，()1g t =， 只需12a>， 即所求2a >．②注意到11t x =22t x =22124a x x ⋅>，只需证2122a t t ⋅>．由①知，1201t t <<<，故有2222ln 2t a t t t =-<，即22a t >． 下面证明：121t t ⋅>．设()()222222222222221lnln 1111()()()()ln 1t t h t g t g t t t t t t t t t t =-=---=--+， 有()22222222222211111'1(1)ln ()(1)ln 0h t t t t t t t t t =+---+⋅=--<， 所以函数()2h t 在(1,)+∞上单调递增， 所以()2(1)0h t h >=，所以()221()0g t g t ->，故有()()2121()g g t g t t <=．又2101t <<，101t <<，且()g t 在(0,1)t ∈上单调递减，所以121t t >，即得121t t ⋅>．因此2122at t ⋅>，结论得证． 3．（安徽省合肥市第一中学2021-2022学年高三上学期11月月考理科数学试题）已知函数()()e cos x f x x ax a R =+-∈.(1)当1a =时，判断()f x 在区间(0,)+∞上的单调性；(2)当e a =时，若()()()121212,(0,),x x x x f x f x π∈≠=，且()f x 的极值在0x x =处取得，证明：1202x x x +<. 【答案】(1)()f x 在(0,)+∞上是增函数． (2)证明见解析． 【解析】 【分析】（1）求出导函数()'f x ，设()()g x f x '=，再求导()g x '，由()0g x '>恒成立得()'f x 单调递增，得()(0)0f x f ''>=，从而得()f x 的单调性；（2）利用导数得出()f x 的极小值点0x ，注意0()0f x '=，题设中12()()f x f x =，满足1020x x x π<<<<，考虑到0102x x x ->，引入新函数0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，利用导数确定()h x 是单调增函数，得0()()0h x h x <=，即得101()(2)f x f x x <-，再利用12,x x 的关系，及函数()f x 的单调性可证得结论成立．(1),()0x ∈+∞，1a =时，()cos e x f x x x =+-，()sin 1e x f x x '=--，设()sin e 1x g x x =--，则()cos 0e x g x x '=+>，0x >时，()0g x '>恒成立，所以()g x ，即()'f x 在(0,)+∞上单调递增，又(0)0f '=，所以0x >时，(0)0f '>恒成立， 所以()f x 在(0,)+∞上是增函数． (2)e a =，()cos e e xf x x x =+-，s e ()in e x f x x '=--，由（1）知()'f x 在(0,)+∞上是增函数，(1)sin10f '=-<，e e ()0f ππ'=->，所以()'f x 在(1,)π，即在(0,)π上存在唯一零点0x ，000()s n e e i 0xf x x '=--=，00x x <<时，()0f x '<，()f x 递减，0x x π<<时，()0f x '>，()f x 递增．0x 是函数()f x 的唯一极小值点．若()()()121212,(0,),x x x x f x f x π∈≠=，则1020x x x π<<<<， 设0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，02000e ()()(2)cos cos(2)e e (2)e x x x h x f x f x x x x x x x x -=--=+------ 0200cos cos e (2e e 2)x x x x x x x -=-+---，020e e sin sin(2)()x x x x x h x x -+-+-'=00200sin s e e e sin sin in(2)2(2)x x x x x x x x x x -≥+---=⋅+由000()s n e e i 0xf x x '=--=得00si e e n x x =+，所以00e 2sin sin sin(2()2)x x x x h x +-+-'≥，由00x x π<<<，得00sin 1x <≤，0sin 1x <≤，又01sin(2)1x x -≤-≤， 所以e+0()21(1)0h x '>-+->，所以()h x 是增函数， 当100x x <<时，10()()0h x h x <=，所以101()(2)0f x f x x --<，101()(2)f x f x x <-，又2101()()(2)f x f x f x x =<-，1020x x x <<<，所以0102x x x ->，又20x x >，()f x 在0(,)x +∞上单调递增，所以2012x x x <-，所以1202x x x +<． 【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，证明与极值点，方程根有关的不等式，关于不等式的证明，题中涉及到两个未知数，因此解题中需要进行变形，一是利用函数的单调性，一是利用变量的关系，可以对待证不等式进行等价转化，结合函数单调性得出证明方法．如本题要证1202x x x +<2012x x x ⇔<-，不妨设1020x x x <<<后，由()f x 在2(,)x +∞上递增，等价于证明201()(2)f x f x x <-，从而等价于101()(2)f x f x x <-，这里只有一个未知数1x 了，然后引入新函数0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，再求得单调性达到证明目的．4．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()(1)(1)x f x x e =+-．(1)求()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程；(2)若1a e -…，证明：()22f x alnx ex +-…在[1x ∈，)∞+上恒成立； (3)若方程()f x b =有两个实数根1x ，2x ，且12x x <，证明：2111311b e ebx x e e ++-++--…． 【答案】(1)1(1)ey x e-=+ (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可；(2)根据题意只需证()(1)22f x e lnx ex -+-…，构造函数()(1)(1)(1)22x g x x e e lnx ex =+----+，求导分析函数的单调性根据单调性分析可得()g x 只能在1x =处取得最小值，进而求解即可； (3)根据题意，构造1()()(1)eF x f x x e-=-+和()()()G x f x t x =-，利用二次求导讨论()F x 和()G x 的单调性和最小值，可得1()(1)ef x x e-+…、()(31)1f x e x e ---…，设方程1()(1)e s x x b e -=+=的根1x '和()(31)1t x e x e b =---=的根2x '，再根据不等式的性质证明即可. (1)函数()(1)(1)x f x x e =+-，由()(2)1x f x x e '=+-， 由1(1)1f e'-=-，(1)0f -=，所以切线方程为1(1)ey x e-=+， (2)当[1x ∈，)∞+时，0lnx …，所以22(1)22alnx ex e lnx ex +--+-…． 故只需证()(1)22f x e lnx ex -+-…， 构造()(1)(1)(1)22x g x x e e lnx ex =+----+，1()(2)12x e g x x e e x-'=+---， 又()g x '在[1x ∈，)∞+上单调递增，且g '（1）0=， 知()g x 在[1x ∈，)∞+上单调递增， 故()g x g …（1）22220e e =--+=． 因此(1)(1)(1)2222x x e e lnx ex alnx ex +--+-+-厖，得证． (3)由（1）知()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程为1(1)ey x e-=+．构造11()()(1)(1)()x e F x f x x x e e e -=-+=+-，1()(2)x F x x e e'=+-，()(3)x F x x e ''=+． 当3x <-时，()0F x ''<；当3x >-时，()0F x ''>； 所以()F x '在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增． 又311(3)0F e e'-=--<，1lim ()x F x e →-∞'=-，(1)0F '-=，所以()F x 在(,1)-∞-上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增．所以1()(1)0()(1)eF x F f x x e--=⇒+厖． 设方程1()(1)es x x b e -=+=的根111eb x e'=--．又111()()()b s x f x s x '==…，由()s x 在R 上单调递减，所以11x x '…． 另一方面，()f x 在点(1,22)e -处的切线方程为()(31)1t x e x e =---． 构造()()()(1)(1)(31)1(1)3x x G x f x t x x e e x e x e ex e =-=+---++=+-+． ()(2)3x G x x e e '=+-，()(3)x G x x e ''=+．当3x <-时，()0G x ''<；当3x >-时，()0G x ''>；所以()G x '在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增． 又31(3)30G e e'-=--<，lim ()3x G x e →-∞'=-，G '（1）0=， 所()G x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增．所以()G x G …（1）0()()(31)1f x t x e x e =⇒=---…． 设方程()(31)1t x e x e b =---=的根2131e bx e ++'=-． 又222()()()b t x f x t x '==…，由()t x 在R 上单调递增， 所以22x x '…． 11x x '…，22x x '…， 11x x '∴--…， 所以212111311b e ebx x x x e e ++''--++--剟，得证． 【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式. （2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 5．（第26讲拐点偏移问题-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当2a =-时，正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：1214x x +>． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，然后分0a …和0a >讨论导函数的正负值即可；（2）代入12,x x 可得2211122212ln 3ln 30x x x x x x x x ++++++=，变形可得212121212()3()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，利用导数求出()ln g t t t =-的最值，然后解不等式，比较大小即可. (1)21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈，21(1)1()(1)ax a x f x ax a x x-+-+∴'=-+-=， 当0a …时，0x >，()0f x ∴'>．()f x ∴在(0,)+∞上是递增函数， 即()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无递减区间．当0a >时，1()(1)()a x x af x x-+'=-，令()0f x '=，得1x a =． ∴当1(0,)x a ∈时，()0f x '>；当1(x a ∈，)∞+时，()0f x '<．()f x ∴的单调递增区间为1(0,)a ，单调递减区间为1(a ，)∞+．综上，当0a …时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无递减区间；当0a >时，()f x 的单调递增区间为1(0,)a ，单调递减区间为1(a ，)∞+．(2)当2a =-时，2()ln 3f x x x x =++，(0)x > 正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，2211122212ln 3ln 30x x x x x x x x ⇒++++++=，212121212()3()ln()x x x x x x x x ⇒+++=-，令12t x x =，则函数()ln g t t t =-，(0)t >，11()1t g t t t-∴'=-=，当(0,1)t ∈时，()0g t '<，当(1,)t ∈+∞时，()0g t '>，()g t g ∴…（1）1=，212121212()3()ln()1x x x x x x x x ∴+++=-…．则12133x x -+…12133x x --+…舍去)． 12133x x -∴+…1331213752494----， 1214x x ∴+>【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，我们要通过变形和换元转化为单变量问题，然后构造函数解决. 6．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()e 1x f x ax =-+，ln3是()f x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线为直线l ．求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)若关于x 的方程()(0)f x m m =>有两个不等实根1x ，212()x x x <，求证：217210mx x -<-． 【答案】(1)3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解；（2）由（1）可得曲线()y f x =在点P 处的切线l ：()()003e x y x x =--. 令()()()003e xg x x x =--，()()()F x f x g x =-，则()()()0000F x f x g x =-=，由()F x 的单调性可得()()00F x F x ≤=，从而可得结论成立；（3）设方程()g x m =的解为2x '，构造新函数()2()e 1x r x x f x x =-=--，(0)x >，利用导数研究函数的单调性，进而可得()(0)0r x r >=，结合2y x =与y m =交点的横坐标12mx '=，求出21x x -即可. (1)()e x f x a '=-；由题意知，ln3(ln3)e 0f a '=-=，3a ∴=；(2)证明：设曲线()y f x =在0(P x ，0)处切线为直线00:(3e )()x l y x x =--；令00()(3e )()x g x x x =--；00()()()3e 1(3e )()x x F x f x g x x x x =-=-+---；∴0()3e (3e )e e x x x x F x '=---=-；()F x ∴在0(,)x -∞上单调递增，在0(x ，)∞+上单调递减；000()()()()0max F x F x f x g x ∴==-=；()()()0F x f x g x ∴=-…，即()()f x g x …，即()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)由（2）设方程()g x m =的解为2x '； 则有020(3e )()x x x m -'-=，解得0203e x mx x '=+-； 由题意知，22ln 3x x <<'；令()2()e 1x r x x f x x =-=--，(0)x >；()e 10x r x '=->；()r x ∴在(0)+∞，上单调递增； ()(0)0r x r ∴>=；2y x ∴=的图象不在()f x 的下方；2y x =与y m =交点的横坐标为12mx '=； 则有1103x x ln <'<<，即11220ln3x x x x <'<<<<'；2121023ex m mx x x x x ∴-<'-'=+--； 关于0x 的函数023e x m my x =+--在(32)ln ，上单调递增； 21272223e 227210m m m m mx x ∴-<+-<+-=---． 【点睛】利用导数解决函数综合问题的过程中，难度较大，解决问题的基础是函数的单调性，通过函数的单调性得到函数的极值、最值，然后再结合所求问题逐步求解．证明两函数图象间的位置关系时，可通过构造函数，通过判断出函数的单调性，进而转化为函数最值的问题处理．7．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数()2ln f x x x ax =+,0a ≥．(1)若曲线()y f x =在e x =处的切线在y 轴上的截距为e -，求a 的值；(2)证明：对于任意两个正数1x 、()212x x x ≠，()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭．【答案】(1)0a =； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出曲线()y f x =在e x =处的切线方程，由已知条件可得出关于a 的等式，即可求得实数a 的值；（2）利用分析法可知所证不等式等价于()222121212112212ln 2ln ln 22x x x x x x a x x x x ax ax ++⎛⎫++<+++ ⎪⎝⎭，利用作差法可证得222121222x x a ax ax +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，构造函数()()1111ln ln ln 2x x g x x x x x x x +=+--，利用导数分析函数()g x 的单调性，可证得()12121122lnln ln 2x x x x x x x x ++<+，再利用不等式的基本性质可证得结论成立. (1)解：由()2ln f x x x ax =+，得()2ln 1f x ax x '=++，则()e 2e 2f a '=+，又()2e e e f a =+，∴曲线()y f x =在e x =处的切线的方程为()()22e 2e e e y a x a =+-++，即()22e 2e e y a x a =+--，由题意得2e e e a --=-，解得0a =.(2)证明：要证明()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭成立，即证明()222121212112212ln 2ln ln 22x x x x x x a x x x x ax ax ++⎛⎫++<+++ ⎪⎝⎭，一方面，()()222121222221212122222x x a x x x x a ax ax a x x ⎡⎤+-+⎛⎫--=--=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 0a ≥，则()21202a x x --≤，即222121222x x a ax ax +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，①另一方面，不妨设12x x <，再设()()1111ln ln ln 2x xg x x x x x x x +=+--， 则()11lnln ln 22x x x xg x x x++'=-=，可得()10g x '=， 当1x x >时，()0g x '<，此时()g x 单调递减， ()()210g x g x ∴<=，即()12121122lnln ln 2x x x x x x x x ++<+，② 综合①②可得，()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.。
高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题.docx
高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（2）1.（2010?辽宁）已知函数 f （x） =（ a+1）lnx+ax2+1（1）讨论函数 f（x）的单调性；（2）设 a＜﹣ 1．如果对任意 x1，x2∈（0， +∞），|f（ x1）﹣ f（x2） | ≥4| x1﹣x2| ，求 a 的取值范围．解：（Ⅰ） f（x）的定义域为（ 0，+∞） .．当a≥0 时， f ′（x）＞ 0，故 f（ x）在（ 0，+∞）单调递增；当a≤﹣ 1 时， f ′（x）＜ 0，故 f （x）在（ 0，+∞）单调递减；当﹣ 1＜ a＜0 时，令 f ′（ x） =0，解得．则当时， f'（ x）＞ 0；时， f' （x）＜ 0．故 f（x）在单调递增，在单调递减．（Ⅱ）不妨假设 x1≥2，而＜﹣，由（Ⅰ）知在（，∞）单调递减，x a10 +从而 ? x1， x2∈（ 0， +∞），|f（x1）﹣ f（ x2） | ≥4| x1﹣ x2|等价于 ? x1，2∈（，+∞），（ 2）+ 2≥（ 1）+1①x0f x4x f x4x令g（x）=f（ x）+4x，则①等价于 g（x）在（ 0，+∞）单调递减，即．从而故 a 的取值范围为（﹣∞，﹣2] ．（12 分）2．（2018?呼和浩特一模）已知函数f（x）=lnx， g（ x） =﹣bx（b为常数）．（Ⅰ）当 b=4 时，讨论函数 h（x）=f（x）+g（x）的单调性；（Ⅱ） b≥2 时，如果对于 ?x1，x2∈（1， 2] ，且 x1≠x2，都有|f（x1）﹣ f（ x2） | ＜|g（ x1）﹣ g（x2）|成立，求实数 b 的取值范围．解：（1） h（x）=lnx+ x2﹣bx 的定义域为（ 0，+∞），当 b=4 时， h（x）=lnx+x2﹣ 4x，h'（x）= +x﹣4=，令 h'（x） =0，解得 x1=2﹣，x2=2+，当 x∈（2﹣，2+）时， h′（ x）＜ 0，当 x∈（0，2﹣），或（ 2+，+∞）时， h′（x）＞ 0，所以， h（x）在∈（0，2﹣），或（ 2+ ，+∞）单调递增；在（ 2﹣，2+）单调递减；（Ⅱ）因为 f（ x）=lnx 在区间（ 1，2] 上单调递增，当 b≥ 2 时， g（x）= x2﹣bx 在区间（ 1，2] 上单调递减，不妨设 x1＞x2，则|f（x1）﹣ f（ x2） | ＜|g（x1）﹣g（x2）|等价化为 f（x1）+g（ x1）＜f（x2）+g（ x2），令φ（x）=f（ x）+g（x），则问题等价于函数φ（ x）在区间（ 1， 2] 上单调递减，即等价于φ′（ x） = +x﹣b≤0 在区间（ 1，2] 上恒成立，所以得 b≥ +x，因为 y= +x 在（ 1，2] 上单调递增，所以y max = +2=所以得b≥3．（2018?乐山二模）已知 f （x）=．（1）求 f（ x）的单调区间；（2）令 g（ x） =ax2﹣2lnx，则 g（x）=1 时有两个不同的根，求 a 的取值范围；（3）存在 x1，x2∈（ 1， +∞）且 x1≠x2，使|f（x1）﹣ f（x2） | ≥k| lnx 1﹣lnx 2| 成立，求 k 的取值范围．解：（1）∵ f（x）=，f′（x）==﹣=﹣，故x∈（0，1）时， f ′（x）＞ 0，x∈（1，+∞）时， f ′（ x）＜ 0，故f（x）在（ 0， 1）上单调递增，在（ 1，+∞）上单调递减；（2）∵ g（x）=ax2﹣ 2lnx=1，∴ a==f（x），作函数 f （x）的图象如下，∵f （1）==1，∴结合图象可知， a 的取值范围为（0，1）；（3）不妨设 x1＞ x2＞1，∵f（ x）在（1， +∞）上单调递减， y=lnx 在（1，+∞）上单调递增；∴|f（ x1）﹣ f （x2） | ≥k| lnx1﹣ lnx2| 可化为 f（ x2）﹣ f （x1）≥ k（ lnx1﹣lnx2），∴f （x2211）+klnx≥f（ x）+klnx ，即函数 h（x）=f（x）+klnx 在（ 1， +∞）上存在单调减区间，即 h′（ x） =f （′x）+ =﹣+ =＜ 0 在（ 1，+∞）上有解，即 m（x）=kx2﹣4lnx＜0 在（ 1，+∞）上有解，即k＜在（ 1，+∞）上有解，∵（）′=，当x=时，=0；故（） max =；∴ k＜．4．（2018?衡阳三模）已知函数f（ x） =lnx﹣ax2+x（a∈R），函数 g（ x）=﹣2x+3．（Ⅰ）判断函数F（x）=f（x）+（Ⅱ）若﹣ 2≤a≤﹣ 1 时，对任意成立，求实数 t 的最小值．解：（I）ag（x）的单调性；x1，x2∈[ 1，2] ，不等式|f（ x1）﹣ f （x2） | ≤t| g（x1）﹣ g（x2） | 恒，其定义域为为（ 0，+∞），=．（1）当 a≤ 0 时， F'（ x）≥ 0，函数 y=F（ x）在（ 0，+∞）上单调递增；（2）当 a＞ 0 时，令 F'（x）＞ 0，解得；令 F'（x）＜ 0，解得．故函数 y=F（x）在上单调递增，在上单调递减．（II）由题意知 t≥ 0.，当﹣ 2≤ a≤﹣ 1 时，函数 y=f（x）单调递增，不妨设1≤x1≤x2≤ 2，又函数 y=g（x）单调递减，所以原问题等价于：当﹣2≤a≤﹣ 1 时，对任意 1≤x1≤x2≤2，不等式 f（ x2）﹣ f（x1）≤ t[ g（x1）﹣ g（x2） ] 恒成立，即 f（x2）+tg（ x2）≤ f （x1）+tg（x1）对任意﹣ 2≤a≤﹣ 1，1≤x1≤ x2≤ 2 恒成立．记 h（ x）=f（x）+tg（ x） =lnx﹣+（ 1﹣ 2t）x+3t ，则 h（x）在[1，2] 上单调递减．得对任意 a∈[ ﹣ 2，﹣ 1] ， x∈[ 1，2] 恒成立．令，a∈[ ﹣ 2，﹣ 1] ，则2t ≤0 在 x∈（0，+∞）上恒成立．则 2t﹣1≥（ 2x+） max，而y=2x+在[1，2]上单调递增，所以函数 y=2x+在[1， 2] 上的最大值为．由 2t﹣1，解得 t．故实数 t 的最小值为．5．（2018?河南模拟）已知函数．（1）若 m＜0，曲线 y=f（x）在点（ 1， f（ 1））处的切线在两坐标轴上的截距之和为2，求 m 的值；（2）若对于任意的及任意的x1，x2∈[ 2，e]，x1≠x2，总有成立，求 t 的取值范围．解：（1）因为又因为切点坐标为，所以，所以切线方程为，f' （1）=m﹣1．．令 x=0，得；令y=0，得解得 m=﹣2 或，又m＜0，所以（2）不妨设 x1＞ x2，由（ 1）知，．由m=﹣2．，，化简得，2m2+m﹣ 6=0，所以f' （x）＞ 0， f（ x）为增函数，从而f（x1）＞ f（x2）．所以等价于，即，所以．设，则g（x1）＞ g（ x2），所以g（x）在[2，e]上为单调递增函数，因此所以g'（x）≥ 0，，即对于对于恒成立，x∈[ 2，e] 恒成立．设 h（ x）=x3﹣2x2，则=，所以 h（x）在[2， e] 上单调递增， h（x）min =h（2）=1，因此， t ≤ 1，即 t ∈（﹣∞， 1] ．。
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。
导数压轴题双变量问题题型归纳总结
导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数()2ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.（1）求实数,a b 的值；（2）设()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x的两个零点，求证：0F '<.【解析】（1）1,1a b ==-；（2）()2ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x'=+-， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-，|1212ln ln 1x x F m x x -'=+=-0F '<，只需证1212ln ln x x x x -<-.思路一：因为120x x <<，只需证1122ln ln ln 0x x x x ->⇔>.令()0,1t =，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()22212110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证12ln 0t t t-+>.由上述分析可知0F '<.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形为齐次式，设12111222,ln ,,x x x xt t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x <<，只需证12ln ln 0x x -， 设())22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则()2110Q x xx '===<， …所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()20Q x Q x >=，即证2ln ln xx -.由上述分析可知0F '<.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.【变式训练】 已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． （1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2．【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2，设21x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）略（2）f′（x ）=x-a lnx ，g （x ）=x-a lnx ，由x 1，x 2是g （x ）=x-a lnx=0的两个根，￥则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜221221(x x )x (ln )x -，即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+， 由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t-t-120t +<，设g （t ）=ln 2t-t-12t+，则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 令h （t ）=2lnt-t+t1，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，∴h（t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h（t ）＜h （1）=0，∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g（t ）＜g （1）=0，即ln 2t ＜t-2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． "【变式训练】 已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅ ⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22212211a x ax f x x x x--+'=-+=-. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '=（ii ）若1a >，令()0f x '=得12x a x a ==当(()20,x a a a ∈++∞时，()0f x '<；当(x a a ∈时，()0f x '>，!所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间； 当1a >时，()f x单调递减区间为(()0,,a a +∞；单调递增区间为(a a .（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()12g x b cx x'=--， ∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+⎪+⎝⎭， 由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-， ()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln ln 1⎛⎫- ⎪-⎝⎭=-=-++x x x x x x x x x x x x ，令12(0,1)x t x =∈，∴2(1)ln 1t y t t -=-+， ∴22(1)0(1)t y t t --'=<+，所以y 在()0,1上单调递减. ~由y 的取值范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，得t 的取值范围是10,2⎛⎤⎥⎝⎦，∵122x x a +=， ∴()222222211221212112212212(2)242x x x x x xa x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，∴2122119422,2x x a t x x t ⎡⎫=++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭，又∵1a >，故a的取值范围是4⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭.(二)各自构造一元函数【例】 已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax +1（a ∈R ）． （1）求f （x ）的单调区间； （2）设g （x ）＝lnx 344x x-+，若对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围． 【分析】（1）函数求导得()11'axf x a x x-=-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）~（3）根据对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，然后分别求最大值求解即可.【详解】（1） 略（2）()()()222213113143'4444x x x x g x x x x x-+--+-=--⨯==， 在区间（1，3）上，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，在区间（3，+∞）上，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，所以g （x ）max ＝g （3）＝ln 312-， 因为对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立， 等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，由（1）知当a ≤0时，f （x ）无最值，~当a ＞0时，f （x ）max ＝f （1a ）＝﹣lna ，所以﹣lna ＜ln 312-，所以3lna ＞ln ，解得a 3．【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()xf x x ax a a -=+-⋅∈R .（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.【解析】 (1)当0a =时，因为()2xf x x e -=⋅，所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-，又因为()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2xx f x x a ex ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-； >②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ③当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-， 综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-. (三)消元构造一元函数【例】已知函数f (f )={e −f +1,f ≤0,2√f , f >0.函数f =f (f (f )+1)−f (f ∈f )恰有两个零点f 1和f 2． （1）求函数f (f )的值域和实数f 的最小值；（2）若f1<f2，且ff1+f2≥1恒成立，求实数f的取值范围．【解析】（1）当f≤0时，f(f)=e−f+1≥2.`当f>0时，f(f)=2√f>0.∴f(f)的值域为(0,+∞)．令f(f(f)+1)=f，∵f(f)+1>1，∴f(f(f)+1)>2，∴f>2.又f(f)的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设f(f)+1=f1，f(f)+1=f2，且f1<0，f2>1．∴f(f)=f1−1无解.从而f(f)=f2−1要有两个不同的根，应满足f2−1≥2，∴f2≥3.∴f(f2)=f(f(f)+1)≥2√3.即f≥2√3．∴f的最小值为2√3.(2) f=f(f(f)+1)−f有两个零点f1、f2且f1<f2，设f(f)=f，f∈[2,+∞)，∴e−f1+1=f，∴f1=−ln(f−1).2√f2=f，∴f2=f24.#∴−f ln(f−1)+f24≥1对f∈[2,+∞)恒成立设f(f)=−f ln(f−1)+f24−1，f′(f)=−ff−1+f2=f2−f−2f2(f−1).∵f∈[2,+∞)，∴f2−f∈[2,+∞)恒成立.∴当2f≤2，即f≤1时，f′(f)≥0，∴f(f)在[2,+∞)上单调递增.∴f(f)≥f(2)=−f ln1+1−1=0成立.当f>1时，设f(f)=f2−f−2f.由f(2)=4−2−2f=2−2f<0.∴∃f0∈(2,+∞)，使得f(f0)=0.且当f∈(2,f0)时，f(f)<0，f∈(f0,+∞)时，f(f)>0.∴当f∈(2,f0)时，f(f)单调递减，此时f(f)<f(2)=0不符合题意.综上，f≤1.【变式训练】f(f)=f2+ff−f ln f.（1）若函数f(f)在[2,5]上单调递增，求实数f的取值范围；（2）当f=2时，若方程f(f)=f2+2f有两个不等实数根f1，f2，求实数f的取值范围，并证明f1f2<1.【解析】（1）f′(f)=2f+f−ff，∵函数f(f)在[2,5]上单调递增，∴f′(f)≥0在f∈[2,5]恒成立，即2f+f−ff≥0对f∈[2,5]恒成立，∴f≥−2f2f−1对f∈[2,5]恒成立，即f≥(−2f2f−1)max，f∈[2,5]，令f(f)=−2f2f−1(f∈[2,5])，则f′(f)=−2f2+4f(f−1)2≤0(f∈[2,5])，∴f(f)在[2,5]上单调递减，∴f(f)在[2,5]上的最大值为f(2)=−8.\∴f的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当f=2时，方程f(f)=f2+2f⇔f−ln f−f=0，令f(f)=f−ln f−f(f>0)，则f′(f)=1−1f，当f∈(0,1)时，f′(f)<0，故f(f)单调递减，当f∈(1,+∞)时，f′(f)>0，故f(f)单调递增，∴f(f)min=f(1)=1−f.若方程f(f)=f2+2f有两个不等实根，则有f(f)min<0，即f>1，当f>1时，0<f−f<1<f f，f(f−f)=f−f>0，f(f f)=f f−2f，令f(f)=f f−2f(f>1)，则f′(f)=f f−2>0，f(f)单调递增，f(f)>f(1)=f−2>0，∴f(f f)>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数f的取值范围是(1,+∞).不妨设f 1<f 2，则0<f 1<1<f 2，0<1f 2<1，∴f 1f 2<1⇔f 1<1f 2⇔f (f 1)>f (1f 2)，∵f (f 1)=f (f 2)=0，∴f (f 1)−f (1f 2)=f (f 2)−f (1f 2)=(f 2−ln f 2−f )−(1f 2−ln 1f 2−f ),=f 2−1f 2−2ln f 2.令f (f )=f −1f−2ln f (f >1)，则f′(f )=1+1f 2−2f=(1f −1)2>0，∴f (f )在(1,+∞)上单调递增，∴当f >1时，f (f )>f (1)=0，即f 2−1f 2−2ln f 2>0，∴f (f 1)>f (1f 2)，∴f 1f 2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】 已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数. （1）求()f x 的极值； ，（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围： 【详解】（1） 略；（2）当4k =时，()4ln f x x =-'，()224ln g x x x x =+-，当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，即()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()2424ln F x g x x x x x =-=--，由于120x x t <<<，()()12F x F x ≥，则函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，()()()221422x x F x x x x='-+=--，0x，解不等式()0F x '≤，解得02x <≤.`由题意可知()(]0,0,2t ⊆，02t ∴<≤，因此，正实数t 的取值范围是(]0,2；【变式训练】设函数． （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；（2）若对任何恒成立，求的取值范围． 【解析】（2）条件等价于对任意恒成立，设． 则在上单调递减， 则在上恒成立，得恒成立， —∴（对仅在时成立），故的取值范围是【变式训练】已知函数f (f )=f +f ln f .（Ⅰ）求函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程；（Ⅱ）若f ∈f ，且f (f −1)<f (f )对任意f >1恒成立，求f 的最大值； （Ⅲ）当f >f ≥4时，证明：(ff f )f >(ff f )f .()ln ,k R kf x x x=+∈()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0kh x f x x x x x x=-=+->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】（Ⅰ）∵f ′(f )=ln f +2,∴f ′(1)=2，函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程f =2f −1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f (f )=f +f ln f ,∴f (f −1)<f (f )，对任意f >1恒成立，）即f <f +f ln ff −1对任意f >1恒成立． 令f (f )=f +f ln ff −1，则f′(f )=f −ln f −2(f −1)2，令f (f )=f −ln f −2(f >1)，则f ′(f )=1−1f =f −1f>0，所以函数f (f )在(1,+∞)上单调递增．∵f (3)=1−ln 3〈0,f (4)=2−2ln 2〉0，∴方程f (f )=0在(1,+∞)上存在唯一实根f 0，且满足f 0∈(3,4)．当1<f <f 0时，f (f )<0，即f′(f )<0，当f >f 0时，f (f )>0，即f′(f )>0， 所以函数f (f )=f +f ln ff −1在(1,f 0)上单调递减，在(f 0,+∞)上单调递增． ∴[f (f )]min =f (f 0)=f 0(1+ln f 0)f 0−1=f 0(1+f 0−2)f 0−1=f 0∈(3,4)，∴f <[f (f )]min =f 0∈(3,4)，故整数f 的最大值是3．)（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f (f )=f +f ln ff −1是[4,+∞)上的增函数，∴当f >f ≥4时，f +f ln f f −1>f +f ln ff −1． 即f (f −1)(1+ln f )>f (f −1)(1+ln f )．整理，得ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f +(f −f )． ∵f >f ,∴ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f ．即ln f ff +ln f f >ln f ff +ln f f ．即ln (f ff f f )>ln (f ff f f )．∴(ff f )f >(ff f )f ． (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】 已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（Ⅰ）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立]【分析】（Ⅰ）将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，可得112+-≤x x a ，令()121h x x x =-+，可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增，即()()min 2h x h =，从而可得a 的范围；（Ⅱ）构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-，且121x x -<≤；利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数，得到()()2F x F x ≥，经验算可知()20F x =，从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+，从而可证得结论.【解析】（Ⅰ）由题意知：()121f x x a x '=-++ 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立即112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立，设()121h x x x =-+ 当2≥x 时，11=+y x 单调递减，2=y x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增 ()()min 1112433h x h ∴==-=，113a ∴≤，即a 的取值范围为11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（Ⅱ）设121x x -<≤，令：()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦*()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥，122m x m x x ∴+≥()121f x x a x '=-++，令()()g x f x ='，则()()21201g x x '=--<+ ()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数，()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦，即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数，()2()0F x F x ∴≥=，即()0F x ≥ ()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥(]21,x x ∴∈-时，()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+（121x x -<≤ ，()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+【变式训练】 已知函数f (f )=f f −f ，f (f )=(f +f )ln (f +f )−f ．（1）若f =1，f ′(f )=f ′(f )，求实数f 的值．（2）若f ,f ∈f +，f (f )+f (f )≥f (0)+f (0)+ff ，求正实数f 的取值范围． 【解析】（1）由题意，得f ′(f )=f f −1，f ′(f )=ln (f +f )，由f =1，f ′(f )=f ′(f )…①，得f f −ln (f +1)−1=0， 令f (f )=f f −ln (f +1)−1，则f ′(f )=f f −1f +1，…因为f″(f)=f f+1(f+1)2>0，所以f′(f)在(−1,+∞)单调递增，又f′(0)=0，所以当−1<f<0时，f′(f)>0，f(f)单调递增；当f>0时，f′(f)<0，f(f)单调递减；所以f(f)≤f(0)=0，当且仅当f=0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解f=0，实数f的值为0．（2）解法一：令f(f)=f(f)−ff+f(f)−f(0)−f(0)（f>0），则f′(f)=f f−(f+1)，所以当f>ln(f+1)时，f′(f)>0，f(f)单调递增;当0<f<ln(f+1)时，f′(f)<0，f(f)单调递减;;故f(f)≥f(ln(f+1))=f(ln(f+1))+f(f)−f(0)−f(0)−f ln(f+1)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f．令f(f)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f（f>0），则f′(f)=ln(f+f)−ln(f+1)．（i）若f>1时，f′(f)>0，f(f)在(0,+∞)单调递增，所以f(f)>f(0)=0，满足题意．（ii）若f=1时，f(f)=0，满足题意．（iii）若0<f<1时，f′(f)<0，f(f)在(0,+∞)单调递减，所以f(f)<f(0)=0．不满足题意．综上述：f≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示>【例】（2020山西高三期末）设函数1()ln() f x x a x a Rx=--∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2k a =-若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）()f x 定义域为()0,∞+，()22211'1a x ax f x x x x-+=+-=， 令()221,4g x x ax a =-+∆=-，①当22a -≤≤时，0∆≤，()'0f x ≥，故()f x 在()0,∞+上单调递增， ·②当2a <-时，>0∆，()0g x =的两根都小于零，在()0,∞+上，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+上单调递增，③当2a >时，>0∆，()0g x =的两根为12x x ==，当10x x <<时，()'0f x >；当12x x x <<时，()'0f x <；当2x x >时，()'0f x >； 故()f x 分别在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减.（2）由（1）知，2a >，因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--. 所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+⋅--,又由（1）知，121=x x ，于是1212ln ln 2x x k a x x -=--，若存在a ，使得2k a =-，则1212ln ln 1x x x x -=-，即1212ln ln x x x x -=-，亦即222212ln 0(1)x x x x --=>|再由（1）知，函数()12ln h t t t t=--在()0,∞+上单调递增，而21>x ，所以22212ln 112ln10x x x -->--=，这与上式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【变式训练】 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 -<+<-.【解析】（1）解：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，此时()0g x ≥，则'()0f x ≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；|若，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根111x a =--，211x a =+-，且1201x x <<<，所以当时，()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；当时，()f x 在(0,11)a --上单调递增，在(11,11)a a --+-上单调递减，在(11,)a +-+∞上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =，所以()()2212111222112ln 2ln 22fx 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()()1232fx f x -<+<-.【变式训练】已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）. （1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；/（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）. 【解析】（1）由题意，函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+（）， 得2121'21ax x f x ax x x -+-=--+=（），0x ∈+∞（，）， （i ）若0a =时；1x f x x-'=（），当01x ∈（，）时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当），（∞+∈1x 时，()0f x '>， 函数()f x 单调递增，所以当1x =，函数()f x 取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点；（ii ）若0a >时，则180a ∆=-≤，即18a ≥时，此时0f x '≤（），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极值点，当108a <<时，则180a ∆=->，令0='）（x f ，解得1x =，2x =，当10x x ∈（，）和2x x ∈+（，）∞时，0f x '<（），当12x x x ∈（，）时，0>'）（x f ， `∴()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点， 综上可知：（i ）0a =时，()f x 仅有一个极值点；(ii).当18a ≥时，()f x 无极值点； (iii)当108a <<，()f x 有两个极值点. （2）由（1）知，当且仅当108a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程2210ax x 的两根，∴1212x x a +=,1212x x a=， 则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（）（） 22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111ln[]42a a a a a=---+ 11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a=+--，【设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则221141044a g a a a a-'=-=<（），∴10,8a ∈（）时，()a g 是减函数，1()()8g a g >，∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-（）， ∴1234ln 2f x f x +>-（）（）. 三、跟踪训练 1.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈. （1）讨论函数()y f x =的单调性； （2）若10<<b ，1()()g x f x bx x=+-，且存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，求证：0a <且2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭. 【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>， @当0a ≥时，因为0x >，所以210x ax ++>，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当20a -≤<时，240a ∆=-≤，210x ax ++≥，所以'()0f x >， 故函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当2a <-时，'()0f x >，解得0x <<或x >，'()0f x <x <<，所以函数()f x 在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. 综上所述，当2a ≥-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当2a <-时，函数()f x在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减， !在区间0,2a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭和区间2a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增. （2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1ag x b x=-+. 当0a ≥时，0)('>x g ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，与存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()g x g x =矛盾，所以0a <.由12()()g x g x =，得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+， 所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--，不妨设120x x <<，因为10<<b ，所以212101ln ln x x a b x x -=>--，欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭，只需证2121ln ln x x x x ->-21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t->ln 0t -<， |令()ln 1)h t t t =->，2'()0h t =<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而ln 0t <得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f (f )=f ln f −f 2.（1）令f (f )=f (f )+ff ，若f =f (f )在区间(0,3)上不单调，求f 的取值范围；（2）当f =2时，函数f (f )=f (f )−ff 的图象与f 轴交于两点f (f 1,0)，f (f 2,0)，且0<f 1<f 2，又f ′(f )是f (f )的导函数.若正常数f ，f 满足条件f +f =1，f ≥f .试比较f ′(ff 1+ff 2)与0的关系，并给出理由【解析】（1）因为f (f )=f ln f −f 2+ff ，所以f ′(f )=ff −2f +f ， 因为f (f )在区间(0,3)上不单调，所以f ′(f )=0在(0,3)上有实数解，且无重根， 由f ′(f )=0，有f =2f 2f +1=2(f +1+1f +1)−4，f ∈(0,3)，令t=x+1>4则y=2(t+1f )−4在t>4单调递增，故f ∈(0,92)、（2）∵f ′(f )=2f −2f −f ，又f (f )−ff =0有两个实根f 1，f 2，∴{2fff 1−f 12−ff 1=02fff 2−f 22−ff 2=0，两式相减，得2(ln f 1−ln f 2)−(f 12−f 22)=f (f 1−f 2)， ∴f =2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2−(f 1+f 2)，于是f ′(ff 1+ff 2)=2ff 1+ff 2−2(ff 1+ff 2)−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(f 1+f 2)=2ff 1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(2f −1)(f 2−f 1).∵f ≥f ，∴2f ≤1，∴(2f −1)(f 2−f 1)≤0. 要证：f ′(ff 1+ff 2)<0，只需证：2ff1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2<0，只需证：f 1−f 2ff 1+ff 2−ln f1f 2>0.（*）令f 1f 2=f ∈(0,1)，∴（*）化为1−fff +f +ln f <0，只需证f (f )=ln f +1−fff +f <0；f ′(f )=1f −1(ff +f )2>0∵f (f )在(0,1)上单调递增，f (f )<f (1)=0，∴ln f +1−f ff +f<0，即f 1−f 2ff +f+ln f 1f 2<0.∴f ′(ff 1+ff 2)<0.2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f （x ）=12ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b∈R，设h （x ）=f （x ）-g （x ），（1）若f （x ）在x=√22处取得极值，且f′（1）=g （-1）-2．求函数h （x ）的单调区间；（2）若a=0时，函数h （x ）有两个不同的零点x 1，x 2 ①求b 的取值范围；②求证：x 1x 2e 2＞1．【答案】（1）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）①（−1f ，0）②详见解析—【解析】试题分析：（1）先确定参数：由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3. 由函数极值定义知f ′(√22)=√22f +√2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）①当f =0时，f (f )=ln f +ff ，原题转化为函数f (f )=−ln ff与直线f =f 有两个交点，先研究函数f (f )=−ln ff图像，再确定b 的取值范围是（−1f ，0）. ②f 1f 2f 2>1⇔f 1f 2>f 2⇔ln f 1f 2>2，由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2ln f 2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，因此须证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，构造函数f (f )=ln f −2(f −1)f +1，即可证明 试题解析：（1）因为f ′(f )=ff +1f ，所以f ′(1)=f +1,由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3.又因为f (f )在f =√22处取得极值，所以f ′(√22)=√22f +√2=0，所以a=" -2,b=1" .所以f (f )=−f 2+ln f +f ，其定义域为（0，+）f′(f )=−2f +1f +1=−2f 2+f +1f =−(2f +1)(f −1)f{令f′(f )=0得f 1=−12,f 2=1，当f ∈（0,1）时，f′(f )>0，当f ∈（1,+）f′(f )<0，所以函数h （x ）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）当f =0时，f (f )=ln f +ff ，其定义域为（0，+）.①由f (f )=0得f =-ln ff，记f (f )=−ln ff，则f′(f )=ln f −1f 2,所以f (f )=−ln ff在(0,f )单调减，在(f ,+∞)单调增，所以当f =f 时f (f )=−ln ff取得最小值−1f .又f (1)=0，所以f ∈(0,1)时f (f )>0，而f ∈(1,+∞)时f (f )<0,所以b 的取值范围是（−1f ，0）. ②由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2+f (f 1+f 2)=0,ln f 2−ln f 1+f (f 2−f 1)=0,{所以ln f 1f 2ln f2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，不妨设x1<x2,要证f 1f 2>f 2, 只需要证ln f 1f 2=f 1+f2f 2−f 1(ln f 2−ln f 1)>2.即证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，设f =f2f 1(f >1),则f (f )=ln f −2(f −1)f +1=ln f +4f +1−2,所以f′(f )=1f −4(f +1)2=(f −1)2f (f +1)2>0,所以函数f (f )在（1，+）上单调增，而f (1)=0，所以f (f )>0即ln f >2(f −1)f +1,所以f 1f 2>f 2.考点：函数极值，构造函数利用导数证明不等式3．【福建省2020高三期中】已知函数f (f )=f f (f f −ff +f )有两个极值点f 1，f 2.（1）求f 的取值范围；，（2）求证：2f 1f 2<f 1+f 2.【解析】（1）因为f (f )=f f (f f −ff +f )，所以f ′(f )=f f (f f −ff +f )+f f (f f −f )=f f (2f f −ff )，令f ′(f )=0，则2f f =ff ，当f =0时，不成立；当f ≠0时，2f =ff f ，令f (f )=f ef，所以f ′(f )=1−ff f ，当f <1时，f ′(f )>0，当f >1时，f ′(f )<0，所以f (f )在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，又因为f (1)=1f ，当f →−∞时，f (f )→−∞，当f →+∞时，f (f )→0，'因此，当0<2f <1f 时，f (f )有2个极值点，即f 的取值范围为(2f ,+∞).（2）由（1）不妨设0<f 1<1<f 2，且{2f f 1=ff 12f f 2=ff 2，所以{ff2+f 1=fff +fff 1ff2+f 2=fff +fff 2，所以f 2−f 1=ln f 2−ln f 1，要证明2f 1f 2<f 1+f 2，只要证明2f 1f 2(ln f 2−ln f 1)<f 22−f 12，即证明2ln (f 2f 1)<f 2f 1−f 1f 2，设f 2f 1=f (f >1)，即要证明2ln f −f +1f <0在f ∈(1,+∞)上恒成立，记f (f )=2ln f −f +1f (f >1)，f ′(f )=2f −1−1f 2=−f 2+2f −1f 2=−(f −1)2f 2<0，所以f (f )在区间(1,+∞)上单调递减，所以f (f )<f (1)=0，即2ln f −f +1f <0，即2f 1f 2<f 1+f2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f(f)=−12f2+2f−2f ln f．$（1）讨论函数f(f)的单调性；（2）设f(f)=f′(f)，方程f(f)=f（其中f为常数）的两根分别为f,f(f<f)，证明：f′(f+f2)<0．注：f′(f),f′(f)分别为f(f),f(f)的导函数．【解析】（1）函数f(f)的定义域为(0,+∞)，f′(f)=−f+2−2ff =−f2+2f−2ff，令f(f)=−f22f−2f，f=4−8f，①当f≤0时，即f≥12时，恒有f(f)≤0，即f′(f)≤0，∴函数f(f)在(0,+∞)上单调减区间．②当f>0时，即f<12时，由f(f)=0，解得f1=1−√1−2f,f2=1+√1−2f，（i）当0<f<12时，当f∈(0,f1),(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，|当f∈(f1,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(0,f1),(f2,+∞)单调递减，在(f1,f2)上单调递增．（ii）当f≤0时，f(0)=−2f≥0，当f∈(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，当f∈(0,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(f2,+∞)单调递减，在(0,f2)上单调递增．证明（2）由条件可得f (f )=−f +2-2ff,f >0，∴f ′(f )=−1+2ff 2，!∵方程f (f )=f （其中f 为常数）的两根分别为f ,f (f <f )，∴{f (f )=f f (f )=f可得ff =2f ，∴f ′(f +f2)=−1+8f (f +f )2=−1+4ff (f +f )2=−1+4ff +f f+2，∵0<f <f ， ∴0<ff <1， ∴ff +f f >2，∴f ′(f +f2)=−1+4f f +f f+2<−1+1=0．5．（2020江苏徐州一中高三期中）设函数()ln 1nf x x m x =+-，其中n ∈N *，n ≥2，且m ∈R ．{（1）当2n =，1m =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当2n =时，令()()22g x f x x =-+，若函数()g x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求()2g x 的取值范围；【答案】（1）见解析；（2）12ln 2,04-⎛⎫⎪⎝⎭；（3）见解析 【解析】 【分析】（1）将2n =，1m =-代入解析式，求出函数的导数，从而即可得到函数()f x 的单调区间；（2）由题意知()221ln g x x x m x =-++，求导，从而可得2220x x m -+=，由方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <）可得102m <<，由方程得22x =，且2112x <<，由此分析整理即可得到答案；（3）求出函数的导数，得到()f x 的单调性，求出()f x 的最小值，通过构造函数结合零点存在性定理判断函数的零点即可.、【详解】（1）依题意得，()2ln 1f x x x =--，()0,x ∈+∞，∴ ()21212x f x x x x='-=-．令()0f x '>，得2x >；令()0f x '<，得02x <<． 则函数()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）由题意知：()221ln g x x x m x =-++．则()22222m x x mg x x x x='-+=-+，令()0g x '=，得2220x x m -+=，故方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <），则()412002m m⎧∆=->⎪⎨>⎪⎩，， 解得102m <<．由方程得22x =，且2112x <<． ￥由222220x x m -+=，得22222m x x =-+．()()222222222122ln g x x x x x x =-++-+，2112x <<． ()22214ln 02g x x x ⎛'⎫=--> ⎪⎝⎭，即函数()2g x 是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的增函数， 所以()212ln204g x -<<，故()2g x 的取值范围是12ln2,04-⎛⎫⎪⎝⎭． 6．（2019·江苏徐州一中高三月考）已知函数()alnxf x x=，g （x ）＝b （x ﹣1），其中a ≠0，b ≠0 （1）若a ＝b ，讨论F （x ）＝f （x ）﹣g （x ）的单调区间；（2）已知函数f （x ）的曲线与函数g （x ）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：()12122x x g x x a++＞． 【答案】（1）见解析（2）见解析，【解析】 【分析】（1）求导得()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=--⎪⎝⎭，按照a ＞0、 a ＜0讨论()F x '的正负即可得解； （2）设x 1＞x 2，转化条件得()1212112122x x x x x g x x ln a x x x +++=⋅-，令121x t x =＞，()121t p t lnt t -=-⋅+，只需证明()0p t >即可得证. 【详解】（1）由已知得()()()1lnx F x f x g x a x x ⎛⎫=-=-+⎪⎝⎭，∴()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭，当0＜x ＜1时，∵1﹣x 2＞0，﹣lnx ＞0，∴1﹣x 2﹣lnx ＞0，； 当x ＞1时，∵1﹣x 2＜0，﹣lnx ＜0，∴1﹣x 2﹣lnx ＜0．<故若a ＞0，F （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； 故若a ＜0，F （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．（2）不妨设x 1＞x 2，依题意()1111lnx ab x x =-， ∴()2111alnx b x x =-①，同理得()2222alnx b x x =-②由①﹣②得，∴()()()2211122121221x alnb x x x x b x x x x x =--+=-+-， ∴()()1212121x lnx b x x a x x +-=-，∴()()()121211212121221x x x x x bg x x x x x x ln a a x x x +++=+⋅⋅+-=⋅-， 故只需证1211222x x x ln x x x +⋅-＞，取∴121x t x =＞，即只需证明121t lnt t +⋅>-，1t ∀>成立， 即只需证()1201t p t lnt t -=-⋅>+，1t ∀>成立， .∵()()()()222114011t p t t t t t -'=-=++＞，∴p （t ）在区间[1，+∞）上单调递增，∴p （t ）＞p （1）＝0，∀t＞1成立，故原命题得证．【点睛】本题考查了导数的综合运用，考查了转化化归思想与计算能力，属于难题. 7．（2020·广西南宁二中高三（文））已知函数()()2ln 1,f x x ax x =++-()()21ln ln 12g x a x x ax x x=--+-+（Ⅰ）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值点12,x x ，其中11(0,]x e∈，求()()12h x h x -的最小值.（注：其中e 为自然对数的底数）【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）最小值为4e. 【解析】 【分析】&（Ⅰ）对函数()f x 求导，对a 分情况讨论即可确定()f x 的单调区间；（Ⅱ）先对()h x 求导，令导数式等于0由韦达定理求出两个极值点12,x x 的关系1212,1x x a x x +=-= ，所以211111,x a x x x ==--，整理()()12h x h x -，构造关于1x 的函数()x ϕ ，求导根据单调性确定最值即可。
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导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数()2ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.（1）求实数,a b 的值；（2）设()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x的两个零点，求证：0F '<.【解析】（1）1,1a b ==-；（2）()2ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x'=+-， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-，1212ln ln 1x x F m x x -'=+=-0F '<，只需证1212ln ln x x x x -<-. 思路一：因为120x x <<，只需证1122ln ln ln 0x x x x ->⇔>.令()0,1t ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()22212110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证12ln 0t t t-+>.由上述分析可知0F '<.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形为齐次式，设12111222,ln ,,x x x xt t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x <<，只需证12ln ln 0x x -， 设())22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 ()2110Q x xx '===<，所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()20Q x Q x >=，即证2ln lnx x -. 由上述分析可知0F '<.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.【变式训练】 已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． （1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2．【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2，设21x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）略（2）f′（x ）=x -a lnx ，g （x ）=x -a lnx ，由x 1，x 2是g （x ）=x -a lnx=0的两个根，则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜221221(x x )x (ln )x -，即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+，由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t -t -120t +<，设g （t ）=ln 2t -t -12t +， 则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，令h （t ）=2lnt -t+t1，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，∴h （t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h （t ）＜h （1）=0，∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g （t ）＜g （1）=0， 即ln 2t ＜t -2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． 【变式训练】 已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅ ⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22212211a x ax f x x x x--+'=-+=-. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '= （ii ）若1a >，令()0f x '=得12x a x a ==+当(()20,x a a a ∈++∞时，()0f x '<；当(x a a ∈时，()0f x '>，所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间； 当1a >时，()f x 单调递减区间为(()0,,a a+∞；单调递增区间为(a a .（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()12g x b cx x'=--， ∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+ ⎪+⎝⎭， 由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-， ()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln ln 1⎛⎫- ⎪-⎝⎭=-=-++x x x x x x x x x x x x ，令12(0,1)x t x =∈，∴2(1)ln 1t y t t -=-+， ∴22(1)0(1)t y t t --'=<+，所以y 在()0,1上单调递减. 由y 的取值范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，得t 的取值范围是10,2⎛⎤⎥⎝⎦，∴122x x a +=， ∴()222222211221212112212212(2)242x x x x x xa x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，∴2122119422,2x x a t x x t ⎡⎫=++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭，又∴1a >，故a 的取值范围是⎫+∞⎪⎪⎣⎭.(二)各自构造一元函数【例】 已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax +1（a ∴R ）． （1）求f （x ）的单调区间； （2）设g （x ）＝lnx 344x x-+，若对任意的x 1∴（0，+∞），存在x 2∴（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围． 【分析】（1）函数求导得()11'ax f x a x x-=-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）根据对任意的x 1∴（0，+∞），存在x 2∴（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，然后分别求最大值求解即可. 【详解】（1） 略（2）()()()222213113143'4444x x x x g x x x x x-+--+-=--⨯==， 在区间（1，3）上，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，在区间（3，+∞）上，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，所以g （x ）max ＝g （3）＝ln 312-， 因为对任意的x 1∴（0，+∞），存在x 2∴（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立， 等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，由（1）知当a ≤0时，f （x ）无最值，当a ＞0时，f （x ）max ＝f （1a ）＝﹣lna ，所以﹣lna ＜ln 312-，所以3lna ＞ln ，解得a 3． 【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()xf x x ax a a -=+-⋅∈R .（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.【解析】 (1)当0a =时，因为()2xf x x e -=⋅，所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-，又因为()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2x x f x x a e x ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.∴当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-； ∴当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ∴当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-， 综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-. (三)消元构造一元函数 【例】已知函数f(x)={e−x+1,x ≤0,2√x, x >0.函数y =f(f(x)+1)−m(m ∈R)恰有两个零点x 1和x 2．（1）求函数f(x)的值域和实数m 的最小值；（2）若x 1<x 2，且ax 1+x 2≥1恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】（1）当x ≤0时，f(x)=e −x +1≥2.当x >0时，f(x)=2√x >0.∴ f(x)的值域为(0,+∞)．令f(f(x)+1)=m ，∵ f(x)+1>1，∴ f(f(x)+1)>2，∴ m >2. 又f(x)的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设f(x)+1=t 1，f(x)+1=t 2，且t 1<0，t 2>1．∴ f(x)=t 1−1无解. 从而f(x)=t 2−1要有两个不同的根，应满足t 2−1≥2，∴ t 2≥3. ∴ f(t 2)=f(f(x)+1)≥2√3.即m ≥2√3．∴ m 的最小值为2√3.(2) y =f(f(x)+1)−m 有两个零点x 1、x 2且x 1<x 2，设f(x)=t ，t ∈[2,+∞)，∴ e −x 1+1=t ，∴ x 1=−ln(t −1).2√x 2=t ，∴ x 2=t 24.∴ −aln(t −1)+t 24≥1对t ∈[2,+∞)恒成立设ℎ(t)=−aln(t −1)+t 24−1，ℎ′(t)=−a t−1+t2=t 2−t−2a 2(t−1).∵ t ∈[2,+∞)，∴ t 2−t ∈[2,+∞)恒成立.∴当2a ≤2，即a ≤1时，ℎ′(t)≥0，∴ℎ(t)在[2,+∞)上单调递增.∴ℎ(t)≥ℎ(2)=−aln1+1−1=0成立.当a>1时，设g(t)=t2−t−2a.由g(2)=4−2−2a=2−2a<0.∴∃t0∈(2,+∞)，使得g(t0)=0.且当t∈(2,t0)时，g(t)<0，t∈(t0,+∞)时，g(t)>0.∴当t∈(2,t0)时，ℎ(t)单调递减，此时ℎ(t)<ℎ(2)=0不符合题意.综上，a≤1.【变式训练】f(x)=x2+ax−alnx.（1）若函数f(x)在[2,5]上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a=2时，若方程f(x)=x2+2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1.【解析】（1）f′(x)=2x+a−ax，∴函数f(x)在[2,5]上单调递增，∴f′(x)≥0在x∈[2,5]恒成立，即2x+a−ax≥0对x∈[2,5]恒成立，∴a≥−2x2x−1对x∈[2,5]恒成立，即a≥(−2x2x−1)max，x∈[2,5]，令g(x)=−2x2x−1(x∈[2,5])，则g′(x)=−2x2+4x(x−1)2≤0(x∈[2,5])，∴g(x)在[2,5]上单调递减，∴g(x)在[2,5]上的最大值为g(2)=−8.∴a的取值范围是[−8,+∞).（2）∴当a=2时，方程f(x)=x2+2m⇔x−lnx−m=0，令ℎ(x)=x−lnx−m(x>0)，则ℎ′(x)=1−1x，当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，故ℎ(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0，故ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)min=ℎ(1)=1−m.若方程f(x)=x2+2m有两个不等实根，则有ℎ(x)min<0，即m>1，当m>1时，0<e−m<1<e m，ℎ(e−m)=e−m>0，ℎ(e m)=e m−2m，令g(x)=e x−2x(x>1)，则g′(x)=e x−2>0，g(x)单调递增，g(x)>g(1)=e−2>0，∴ℎ(e m)>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数m的取值范围是(1,+∞).不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，0<1x2<1，∴x1x2<1⇔x1<1x2⇔ℎ(x1)>ℎ(1x2)，∴ℎ(x1)=ℎ(x2)=0，∴ℎ(x1)−ℎ(1x2)=ℎ(x2)−ℎ(1x2)=(x2−lnx2−m)−(1x2−ln1x2−m),=x2−1x2−2lnx2.令φ(x)=x−1x−2lnx(x>1)，则φ′(x)=1+1x2−2x=(1x−1)2>0，∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增，∴当x>1时，φ(x)>φ(1)=0，即x2−1x2−2lnx2>0，∴ℎ(x1)>ℎ(1x2)，∴x1x2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】 已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数. （1）求()f x 的极值；（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围： 【详解】（1） 略；（2）当4k =时，()4ln f x x =-'，()224ln g x x x x =+-，当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，即()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()2424ln F x g x x x x x =-=--，由于120x x t <<<，()()12F x F x ≥，则函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，()()()221422x x F x x x x='-+=--，0x，解不等式()0F x '≤，解得02x <≤.由题意可知()(]0,0,2t ⊆，02t ∴<≤，因此，正实数t 的取值范围是(]0,2；【变式训练】设函数． （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；（2）若对任何恒成立，求的取值范围． 【解析】（2）条件等价于对任意恒成立，设． 则在上单调递减， 则在上恒成立，得恒成立，∴（对仅在时成立），故的取值范围是 ()ln ,k R kf x x x=+∈()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0kh x f x x x x x x=-=+->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【变式训练】已知函数f (x )=x +xlnx .（∴）求函数f (x )的图象在点(1,1)处的切线方程；（∴）若k ∈Z ，且k (x −1)<f (x )对任意x >1恒成立，求k 的最大值； （∴）当n >m ≥4时，证明：(mn n )m >(nm m )n . 【解析】（∴）∵f ′(x)=lnx +2,∴f ′(1)=2，函数f(x)的图象在点(1,1)处的切线方程y =2x −1；（∴）由（∴）知，f(x)=x +xlnx,∴k(x −1)<f(x)，对任意x >1恒成立，即k <x+xlnx x−1对任意x >1恒成立． 令g(x)=x+xlnx x−1，则g′(x)=x−lnx−2(x−1)2，令ℎ(x)=x −lnx −2(x >1)，则ℎ′(x)=1−1x =x−1x>0，所以函数ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增．∵ℎ(3)=1−ln3〈0,ℎ(4)=2−2ln2〉0，∴方程ℎ(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x 0，且满足x 0∈(3,4)．当1<x <x 0时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，当x >x 0时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0， 所以函数g(x)=x+xlnx x−1在(1,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增．∴[g(x)]min =g(x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0−1=x 0(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4)，∴k <[g(x)]min =x 0∈(3,4)，故整数k 的最大值是3． （∴）由（∴）知，g(x)=x+xlnx x−1是[4,+∞)上的增函数，∴当n >m ≥4时，n+nlnn n−1>m+mlnm m−1． 即n(m −1)(1+lnn)>m(n −1)(1+lnm)．整理，得mnlnn +mlnm >mnlnm +nlnn +(n −m)． ∵n >m,∴mnlnn +mlnm >mnlnm +nlnn ． 即lnn mn +lnm m >lnm mn +lnn n ．即ln(n mn m m )>ln(m mn n n )．∴(mn n )m >(nm m )n ． (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】 已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（∴）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（∴）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立【分析】（∴）将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，可得112+-≤x x a ，令()121h x x x =-+，可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增，即()()min 2h x h =，从而可得a 的范围；（∴）构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-，且121x x -<≤；利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数，得到()()2F x F x ≥，经验算可知()20F x =，从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+，从而可证得结论.【解析】（∴）由题意知：()121f x x a x '=-++ 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立 即112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立，设()121h x x x =-+ 当2≥x 时，11=+y x 单调递减，2=y x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增 ()()min 1112433h x h ∴==-=，113a ∴≤，即a 的取值范围为11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（∴）设121x x -<≤，令：()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥，122m x m x x ∴+≥()121f x x a x '=-++，令()()g x f x ='，则()()21201g x x '=--<+ ()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数，()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦，即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数，()2()0F x F x ∴≥=，即()0F x ≥ ()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥(]21,x x ∴∈-时，()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+121x x -<≤ ，()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+【变式训练】 已知函数f(x)=e x −x ，g(x)=(x +k)ln(x +k)−x ．（1）若k =1，f ′(t)=g ′(t)，求实数t 的值．（2）若a,b ∈R +，f(a)+g(b)≥f(0)+g(0)+ab ，求正实数k 的取值范围． 【解析】（1）由题意，得f ′(x)=e x −1，g ′(x)=ln(x +k)，由k =1，f ′(t)=g ′(t)…∴，得e t −ln(t +1)−1=0， 令φ(t)=e t −ln(t +1)−1，则φ′(t)=e t −1t+1，因为φ″(t)=e t +1(t+1)2>0，所以φ′(t)在(−1,+∞)单调递增， 又φ′(0)=0，所以当−1<x <0时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增； 当x >0时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减；所以φ(t)≤φ(0)=0，当且仅当t =0时等号成立． 故方程∴有且仅有唯一解t =0，实数t 的值为0．（2）解法一：令ℎ(x)=f(x)−bx +g(b)−f(0)−g(0)（x >0），则ℎ′(x)=e x −(b +1)，所以当x >ln(b +1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增; 当0<x <ln(b +1)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减;故ℎ(x)≥ℎ(ln(b +1)) =f(ln(b +1))+g(b)−f(0)−g(0)−bln(b +1) =(b +k)ln(b +k)−(b +1)ln(b +1)−klnk ．令t(x)=(x +k)ln(x +k)−(x +1)ln(x +1)−klnk （x >0），则t ′(x)=ln(x +k)−ln(x +1)． （i ）若k >1时，t ′(x)>0，t(x)在(0,+∞)单调递增，所以t(x)>t(0)=0，满足题意． （ii ）若k =1时，t(x)=0，满足题意．（iii ）若0<k <1时，t ′(x)<0，t(x)在(0,+∞)单调递减，所以t(x)<t(0)=0．不满足题意．综上述：k ≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示 【例】（2020山西高三期末）设函数1()ln ()f x x a x a R x=--∈ （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）()f x 定义域为()0,∞+，()22211'1a x ax f x x x x-+=+-=， 令()221,4g x x ax a =-+∆=-，∴当22a -≤≤时，0∆≤，()'0f x ≥，故()f x 在()0,∞+上单调递增， ∴当2a <-时，>0∆，()0g x =的两根都小于零，在()0,∞+上，()'0f x >， 故()f x 在()0,∞+上单调递增，∴当2a >时，>0∆，()0g x =的两根为12x x ==，当10x x <<时，()'0f x >；当12x x x <<时，()'0f x <；当2x x >时，()'0f x >； 故()f x 分别在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减. （2）由（1）知，2a >，因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--. 所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+⋅--,又由（1）知，121=x x ，于是1212ln ln 2x x k a x x -=--，若存在a ，使得2k a =-，则1212ln ln 1x x x x -=-，即1212ln ln x x x x -=-，亦即222212ln 0(1)x x x x --=> 再由（1）知，函数()12ln h t t t t=--在()0,∞+上单调递增， 而21>x ，所以22212ln 112ln10x x x -->--=，这与上式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【变式训练】 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 -<+<-.【解析】（1）解：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，此时()0g x ≥，则'()0f x ≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；若，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根111x a =--，211x a =+-，且1201x x <<<，所以当时，()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；当时，()f x 在(0,11)a --上单调递增，在(11,11)a a --+-上单调递减，在(11,)a +-+∞上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =，所以()()2212111222112ln 2ln 22fx 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()()1232fx f x -<+<-.【变式训练】已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）. （1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）. 【解析】（1）由题意，函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+（）， 得2121'21ax x f x ax x x -+-=--+=（），0x ∈+∞（，）， （i ）若0a =时；1x f x x-'=（），当01x ∈（，）时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当），（∞+∈1x 时，()0f x '>， 函数()f x 单调递增，所以当1x =，函数()f x 取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点； （ii ）若0a >时，则180a ∆=-≤，即18a ≥时，此时0f x '≤（），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极值点，当108a <<时，则180a ∆=->，令0='）（x f ，解得1x =，2x =，当10x x ∈（，）和2x x ∈+（，）∞时，0f x '<（），当12x x x ∈（，）时，0>'）（x f ， ∴()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点， 综上可知：（i ）0a =时，()f x 仅有一个极值点；(ii).当18a ≥时，()f x 无极值点； (iii)当108a <<，()f x 有两个极值点. （2）由（1）知，当且仅当108a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程2210ax x 的两根，∴1212x x a +=,1212x x a=， 则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（）（） 22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111ln[]42a a a a a=---+ 11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a=+--，设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则221141044a g a a a a -'=-=<（）， ∴10,8a ∈（）时，()a g 是减函数，1()()8g a g >，∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-（）， ∴1234ln 2f x f x +>-（）（）. 三、跟踪训练 1.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈. （1）讨论函数()y f x =的单调性； （2）若10<<b ，1()()g x f x bx x=+-，且存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，求证：0a <且2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>， 当0a ≥时，因为0x >，所以210x ax ++>，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当20a -≤<时，240a ∆=-≤，210x ax ++≥，所以'()0f x >， 故函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当2a <-时，'()0f x >，解得02a x -<<或2a x ->，'()0f x <，解得22a a x ---<<，所以函数()f x在区间22a a ⎛⎫---+⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. 综上所述，当2a ≥-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当2a <-时，函数()f x在区间22a a ⎛⎫---+⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. （2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1ag x b x=-+. 当0a ≥时，0)('>x g ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增， 与存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()g x g x =矛盾，所以0a <. 由12()()g x g x =，得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+， 所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--，不妨设120x x <<，因为10<<b ，所以212101ln ln x x a b x x -=>--，欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭，只需证2121ln ln x x x x ->-21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t->ln 0t -<，令()ln 1)h t t t =->，'()0h t =<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而ln 0t<得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭. 2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f(x)=alnx −x 2.（1）令g(x)=f(x)+ax ，若y =g(x)在区间(0,3)上不单调，求a 的取值范围；（2）当a =2时，函数ℎ(x)=f(x)−mx 的图象与x 轴交于两点A (x 1,0)，B (x 2,0)，且0<x 1<x 2，又ℎ′(x)是ℎ(x)的导函数.若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α.试比较ℎ′(αx 1+βx 2)与0的关系，并给出理由 【解析】（1）因为g (x )=a ln x −x 2+ax ，所以g ′(x )=ax −2x +a ，因为g (x )在区间(0,3)上不单调，所以g ′(x )=0在(0,3)上有实数解，且无重根， 由g ′(x )=0，有a =2x 2x+1=2(x +1+1x+1)−4，x ∈(0,3)，令t=x+1>4则y=2(t+1t )−4在t>4单调递增，故a ∈(0,92)（2）∴ℎ′(x )=2x −2x −m ，又f (x )−mx =0有两个实根x 1，x 2，∴{2lnx 1−x 12−mx 1=02lnx 2−x 22−mx 2=0，两式相减，得2(ln x 1−ln x 2)−(x 12−x 22)=m (x 1−x 2)， ∴m =2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2−(x 1+x 2)，于是ℎ′(αx 1+βx 2)=2αx 1+βx 2−2(αx 1+βx 2)−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2+(x 1+x 2)=2αx1+βx 2−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2+(2α−1)(x 2−x 1).∴β≥α，∴2α≤1，∴(2α−1)(x 2−x 1)≤0. 要证：ℎ′(αx 1+βx 2)<0，只需证：2αx1+βx 2−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2<0，只需证：x 1−x 2αx1+βx 2−ln x1x 2>0.（*）令x1x 2=t ∈(0,1)，∴（*）化为1−tαt+β+ln t <0，只需证u (t )=ln t +1−tαt+β<0u ′(t )=1t−1(αt+β)2>0∴u (t )在(0,1)上单调递增，u (t )<u (1)=0，∴ln t +1−t αt+β<0，即x 1−x 2αt+β+ln x1x 2<0. ∴ℎ′(αx 1+βx 2)<0.2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f （x ）=12ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b∴R ，设h （x ）=f （x ）-g （x ），（1）若f （x ）在x=√22处取得极值，且f′（1）=g （-1）-2．求函数h （x ）的单调区间；（2）若a=0时，函数h （x ）有两个不同的零点x 1，x 2 ∴求b 的取值范围；∴求证：x 1x 2e 2＞1．【答案】（1）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）∴（−1e ，0）∴详见解析【解析】试题分析：（1）先确定参数：由f ′(1)=g(−1)−2可得a=b -3. 由函数极值定义知f ′(√22)=√22a +√2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）∴当a =0时，ℎ(x )=lnx +bx ，原题转化为函数φ(x )=−lnx x与直线y =b 有两个交点，先研究函数φ(x )=−lnx x图像，再确定b 的取值范围是（−1e ，0）.∴x 1x 2e 2>1⇔x 1x 2>e 2⇔lnx 1x 2>2，由题意得lnx 1+bx 1=0,lnx 2+bx 2=0,所以lnx 1x 2lnx2−lnx 1=x 1+x 2x 2−x 1，因此须证lnx 2−lnx 1>2(x 2−x 1)x 2+x 1，构造函数F(t)=lnt −2(t−1)t+1，即可证明试题解析：（1）因为f ′(x)=ax +1x ，所以f ′(1)=a +1,由f ′(1)=g(−1)−2可得a=b -3.又因为f(x)在x =√22处取得极值，所以f ′(√22)=√22a +√2=0，所以a=" -2,b=1" .所以ℎ(x)=−x 2+lnx +x ，其定义域为（0，+）ℎ′(x )=−2x +1x +1=−2x 2+x +1x =−(2x +1)(x −1)x令ℎ′(x )=0得x 1=−12,x 2=1，当x ∈（0,1）时，ℎ′(x )>0，当x ∈（1,+）ℎ′(x )<0，所以函数h （x ）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减. （2）当a =0时，ℎ(x )=lnx +bx ，其定义域为（0，+）. ∴由ℎ(x )=0得b =-lnx x ，记φ(x )=−lnx x，则φ′(x )=lnx−1x 2,所以φ(x )=−lnx x在(0,e)单调减，在(e,+∞)单调增，所以当x =e 时φ(x )=−lnx x取得最小值−1e .又φ(1)=0，所以x ∈(0,1)时φ(x )>0，而x ∈(1,+∞)时φ(x )<0,所以b 的取值范围是（−1e ，0）. ∴由题意得lnx 1+bx 1=0,lnx 2+bx 2=0,所以lnx 1x 2+b (x 1+x 2)=0,lnx 2−lnx 1+b (x 2−x 1)=0, 所以lnx 1x 2lnx2−lnx 1=x 1+x2x 2−x 1，不妨设x1<x2,要证x 1x 2>e 2, 只需要证lnx 1x 2=x 1+x2x 2−x 1(lnx 2−lnx 1)>2.即证lnx 2−lnx 1>2(x 2−x 1)x 2+x 1，设t =x2x 1(t >1),则F(t)=lnt −2(t−1)t+1=lnt +4t+1−2,所以F′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以函数F(t)在（1，+）上单调增，而F(1)=0，所以F(t)>0即lnt >2(t−1)t+1,所以x 1x 2>e 2.考点：函数极值，构造函数利用导数证明不等式3．【福建省2020高三期中】已知函数f(x)=e x (e x −ax +a )有两个极值点x 1，x 2. （1）求a 的取值范围； （2）求证：2x 1x 2<x 1+x 2.【解析】（1）因为f(x)=e x (e x −ax +a )，所以f ′(x)=e x (e x −ax +a )+e x (e x −a )=e x (2e x −ax )，令f ′(x)=0，则2e x =ax ， 当a =0时，不成立； 当a ≠0时，2a =xe x ，令g(x)=x ex，所以g ′(x)=1−x e x ，当x <1时，g ′(x)>0，当x >1时，g ′(x)<0，所以g(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，又因为g(1)=1e ，当x →−∞时，g(x)→−∞，当x →+∞时，g(x)→0， 因此，当0<2a <1e 时，f(x)有2个极值点，即a 的取值范围为(2e,+∞). （2）由（1）不妨设0<x 1<1<x 2，且{2e x 1=ax 12e x 2=ax 2 ，所以{ln2+x 1=lna +lnx 1ln2+x 2=lna +lnx 2，所以x 2−x 1=lnx 2−lnx 1，要证明2x 1x 2<x 1+x 2，只要证明2x 1x 2(lnx 2−lnx 1)<x 22−x 12， 即证明2ln (x 2x 1)<x 2x 1−x 1x 2，设x2x 1=t(t >1)，即要证明2lnt −t +1t <0在t ∈(1,+∞)上恒成立，记ℎ(t)=2lnt −t +1t (t >1)，ℎ′(t)=2t −1−1t2=−t 2+2t−1t 2=−(t−1)2t 2<0，所以ℎ(t)在区间(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)<ℎ(1)=0，即2lnt −t +1t <0，即2x 1x 2<x 1+x 2. 4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f (x )=−12x 2+2x −2alnx ． （1）讨论函数f (x )的单调性；（2）设g (x )=f ′(x )，方程g (x )=c （其中c 为常数）的两根分别为α,β(α<β)，证明：g ′(α+β2)<0．注：f ′(x ),g ′(x )分别为f (x ),g (x )的导函数．【解析】（1）函数f (x )的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=−x +2−2a x=−x 2+2x−2ax，令ℎ(x )=−x 22a −2a ，Δ=4−8a ，∴当Δ≤0时，即a ≥12时，恒有ℎ(x )≤0，即f ′(x )≤0，∴函数f (x )在(0,+∞)上单调减区间．∴当Δ>0时，即a <12时，由ℎ(x )=0，解得x 1=1−√1−2a,x 2=1+√1−2a ， （i ）当0<a <12时，当x ∈(0,x 1),(x 2,+∞)时，ℎ(x )<0，即f ′(x )<0， 当x ∈(x 1,x 2)时，ℎ(x )>0，即f ′(x )>0，∴函数f (x )在(0,x 1),(x 2,+∞)单调递减，在(x 1,x 2)上单调递增． （ii ）当a ≤0时，ℎ(0)=−2a ≥0， 当x ∈(x 2,+∞)时，ℎ(x )<0，即f ′(x )<0， 当x ∈(0,x 2)时，ℎ(x )>0，即f ′(x )>0，∴函数f (x )在(x 2,+∞)单调递减，在(0,x 2)上单调递增． 证明（2）由条件可得g (x )=−x +2-2a x,x >0，∴g ′(x )=−1+2ax 2，∴方程g (x )=c （其中c 为常数）的两根分别为α,β(α<β)， ∴{g (α)=c g (β)=c可得αβ=2c ，∴g ′(α+β2)=−1+8α(α+β)2=−1+4αβ(α+β)2=−1+4αβ+βα+2，∴0<α<β， ∴0<αβ<1， ∴αβ+βα>2，∴g ′(α+β2)=−1+4αβ+βα+2<−1+1=0．5．（2020江苏徐州一中高三期中）设函数()ln 1nf x x m x =+-，其中n ∈N *，n ≥2，且m ∈R ． （1）当2n =，1m =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当2n =时，令()()22g x f x x =-+，若函数()g x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求()2g x 的取值范围；【答案】（1）见解析；（2）12ln 2,04-⎛⎫⎪⎝⎭；（3）见解析 【解析】 【分析】（1）将2n =，1m =-代入解析式，求出函数的导数，从而即可得到函数()f x 的单调区间；（2）由题意知()221ln g x x x m x =-++，求导，从而可得2220x x m -+=，由方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <）可得102m <<，由方程得2x =，且2112x <<，由此分析整理即可得到答案；（3）求出函数的导数，得到()f x 的单调性，求出()f x 的最小值，通过构造函数结合零点存在性定理判断函数的零点即可. 【详解】（1）依题意得，()2ln 1f x x x =--，()0,x ∈+∞，∴ ()21212x f x x x x='-=-．令()0f x '>，得x >()0f x '<，得0x << 则函数()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增． （2）由题意知：()221ln g x x x m x =-++．则()22222m x x mg x x x x='-+=-+，令()0g x '=，得2220x x m -+=，故方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <），则()412002m m ⎧∆=->⎪⎨>⎪⎩，， 解得102m <<．由方程得2x =2112x <<．由222220x x m -+=，得22222m x x =-+．()()222222222122ln g x x x x x x =-++-+，2112x <<． ()22214ln 02g x x x ⎛'⎫=--> ⎪⎝⎭，即函数()2g x 是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的增函数， 所以()212ln204g x -<<，故()2g x 的取值范围是12ln2,04-⎛⎫⎪⎝⎭． 6．（2019·江苏徐州一中高三月考）已知函数()alnxf x x=，g （x ）＝b （x ﹣1），其中a ≠0，b ≠0 （1）若a ＝b ，讨论F （x ）＝f （x ）﹣g （x ）的单调区间；（2）已知函数f （x ）的曲线与函数g （x ）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：()12122x x g x x a++＞． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 【分析】（1）求导得()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭，按照a ＞0、 a ＜0讨论()F x '的正负即可得解； （2）设x 1＞x 2，转化条件得()1212112122x x x x x g x x ln a x x x +++=⋅-，令121xt x =＞，()121t p t lnt t -=-⋅+，只需证明()0p t >即可得证. 【详解】（1）由已知得()()()1lnx F x f x g x a x x ⎛⎫=-=-+⎪⎝⎭，∴()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭， 当0＜x ＜1时，∴1﹣x 2＞0，﹣lnx ＞0，∴1﹣x 2﹣lnx ＞0，； 当x ＞1时，∴1﹣x 2＜0，﹣lnx ＜0，∴1﹣x 2﹣lnx ＜0．故若a ＞0，F （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； 故若a ＜0，F （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增． （2）不妨设x 1＞x 2，依题意()1111lnx ab x x =-，∴()2111alnx b x x =-①，同理得()2222alnx b x x =-②由∴﹣∴得，∴()()()2211122121221x alnb x x x x b x x x x x =--+=-+-， ∴()()1212121x lnx bx x a x x +-=-，∴()()()121211212121221x x x x x bg x x x x x x ln a a x x x +++=+⋅⋅+-=⋅-， 故只需证1211222x x x ln x x x +⋅-＞，取∴121xt x =＞，即只需证明121t lnt t +⋅>-，1t ∀>成立，即只需证()1201t p t lnt t -=-⋅>+，1t ∀>成立， ∴()()()()222114011t p t t t t t -'=-=++＞，∴p （t ）在区间[1，+∞）上单调递增，∴p （t ）＞p （1）＝0，∴t ＞1成立，故原命题得证．【点睛】本题考查了导数的综合运用，考查了转化化归思想与计算能力，属于难题. 7．（2020·广西南宁二中高三（文））已知函数()()2ln 1,f x x ax x =++-()()21ln ln 12g x a x x ax x x=--+-+（∴）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（∴）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值点12,x x ，其中11(0,]x e∈，求()()12h x h x -的最小值.（注：其中e 为自然对数的底数） 【答案】（∴）见解析；（∴）最小值为4e. 【解析】 【分析】（∴）对函数()f x 求导，对a 分情况讨论即可确定()f x 的单调区间；（∴）先对()h x 求导，令导数式等于0由韦达定理求出两个极值点12,x x 的关系1212,1x x a x x +=-= ，所以211111,x a x x x ==--，整理()()12h x h x -，构造关于1x 的函数()x ϕ ，求导根据单调性确定最值即可。