导数压轴题双变量问题方法归纳总结教师版

导数应用之双变量问题

（一）构造齐次式，换元

【例】（2020年河南高三期末）已知函数()2

ln 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()()()()2

1212,,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）()2

ln 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()()11

221ln 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

12

12ln ln x x x x -<

-. 思路一：因为120x x <<

，只需证

1122ln ln ln 0

x x x x -?->.

令()0,1t ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2

22

12110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1

2ln 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 x

t 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 x

x '=

==<，

所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()

20Q x Q x >=，即证2ln ln

x 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.

思路三：

要证明0F '

<

，只需证

12

12ln ln x x x x --

即证

12

12ln ln x x x x --. 【规律总结】极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法. 【类题展示】【四川省2020届高三期末】已知函数()()2

1f 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2

1

x 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）∵函数()()2

1f x x xlnx x 2R 2

a a a =-++∈，∴x ＞0，f′（x ）=x -a lnx ， ∵函数()()2

1f x x xlnx x 2R 2

a a a =

-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． ∴f′（x ）=x -a lnx=0有两个不等根，令g （x ）=x -a lnx ，则()g'x 1x a =-=x x

a

-，（x ＞0），

①当a ≤0时，得g′（x ）＞0，则g （x ）在（0，+∞）上单调递增， ∴g （x ）在（0，+∞）上不可能有两个零点．

②当a ＞0时，由g′（x ）＞0，解得x ＞a ，由g′（x ）＜0，解得0＜x ＜a ， 则g （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，+∞）上单调递增， 要使函数g （x ）有两个零点，则g （a ）=a -a ln a ＜0，解得a ＞e ， ∴实数a 的取值范围是（e ，+∞）．

（2）由x 1，x 2是g （x ）=x -a lnx=0的两个根，则22

11lnx 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＜2

21221

(x x )x (ln )x -，即证22221121

x (x x )(ln )x x x -<=2

112x 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+

t

1

，∴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+

t

1

在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． 【类题展示】（2020·湖北高三期末）已知函数()1

2ln f x x a x x

=-+?. （1）讨论()f x 的单调性；

（2）设()2

ln 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,∞+，()222

1221

1a 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(

()

0,x a a ∈+∞U 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()1

2g x b cx x

'=

--，

∴()121212

22x x g b c x x x x +??'=--+

?+??， 由()()120g x g x ==得()()22

112122

ln

x b x x c x x x =-+-， ()()()()1222

121212121222-+??'=-=---- ?+??

x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212

12

2212ln 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 -=-+， ∴2

2

(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 +=， ∴()

22

2

2

2

2

2112212121

122

1221

2(2)242x x x x x x

a x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，

∴2

122119422,2x x a t x x t ??

=

++=++∈+∞????，又∵1a >，故a

的取值范围是4??+∞?????

.

【点睛】（1）含参函数的单调性分析，要注意抓住参数的临界值进行分类讨论；（2）利用导数求解双变量

问题，多数情况下需要构造关于12x x （或2

1

x x ）的新函数，借助新函数的单调性分析问题.

(二)各自构造一元函数

【例】（2020·河南高三月考）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 3

44x 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）()11'ax

f x a x x

-=

-=， 当a ≤0时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 当a ＞0时，在（0，1

a

）上，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 在（

1

a

，+∞）上，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减． 综上：当a ≤0时，f （x ）单调递增区间是（0，+∞）， 当a ＞0时，f （x ）单调递增区间是（0，

1a ），单调递减在区间是（1

a

，+∞）. （2）()()()2222

13113143'4444x 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 31

2

-， 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lna ＞，解得a 【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性及不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.

【类题展示】【广东省2020届高三期末】设函数2

()()e ()x

f 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()2

x

f x x e -=?，所以()()

()2

'2,'13x

f 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()2

2

15124g 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 --=+?-+-? ()2

22x 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()()2

124f a e =+?

，由()21

41a 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()()21

24f a e

=+?

.由1a -≥，得1a ≤-；由()21

41a 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 ≥-.

【评注】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”. (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 10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

.

∴ ?aln(t ?1)+

t 24

≥1对t ∈[2,+∞)恒成立

设?(t)=?aln(t?1)+t2

4?1，?′(t)=?a

t?1

+t

2

=t2?t?2a

2(t?1)

.

∵t∈[2,+∞)，∴t2?t∈[2,+∞)恒成立.∴当2a≤2，即a≤1时，?′(t)≥0，

∴?(t)在[2,+∞)上单调递增.∴?(t)≥?(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，?(t)单调递减，此时?(t)

综上，a≤1.

【类题展示】【四川省2020届高三期末已知函数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?a

x

，∵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?a

x

≥0对x∈[2,5]恒成立，

∴a≥?2x2

x?1对x∈[2,5]恒成立，即a≥(?2x

2

x?1

)

max

，x∈[2,5]，

令g(x)=?2x2

x?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?(x)=x?lnx?m(x>0)，则?′(x)=1?1

x

，

当x∈(0,1)时，?′(x)<0，故?(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，?′(x)>0，故?(x)单调递增，

∴?(x)min=?(1)=1?m.若方程f(x)=x2+2m有两个不等实根，则有?(x)min<0，即m>1，

当m>1时，00，?(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，

∴?(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

2<1，∴x1x2<1?x1<1

x2

??(x1)>?(1

x2

)，

∵?(x1)=?(x2)=0，∴?(x1)??(1

x2)=?(x2)??(1

x2

)=(x2?lnx2?m)?(1

x2

?ln1

x2

?m),

=x2?1

x2?2lnx2.令φ(x)=x?1

x

?2lnx(x>1)，则φ′(x)=1+1

x2

?2

x

=(1

x

?1)

2

>0，

∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增，∴当x>1时，φ(x)>φ(1)=0，即x2?1x

2

?2lnx2>0，

∴?(x 1)>?(1

x 2

)，∴x 1x 2<1.

(四)独立双变量，化为两边同函数形式

【例】（2020·深圳市高三期末）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()()2

2g 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： 【分析】

（1）求导，对k 分k 0<和0k >两种情况讨论，分析函数()y f x =的单调性，即可得出函数()y f x =的极值；

（2）由()()()12124g x g x x x -≥-，得出()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()4F x g x x =-，可知函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，解不等式()0F x '≤，即可得出实数t 的取值范围； 【详解】（1）()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数，()ln f x k x =-'，0x >.

①当k 0<时，()0,1x ∈，()0f x '<，函数()y f x =单调递减；()1,x ∈+∞时，()0f x '>，函数()y f x =单调递增.所以，函数()y f x =有极小值()1f k =；

②当0k >时，()0,1x ∈，()0f x '>，函数()y f x =单调递增；()1,x ∈+∞时，()0f x '>，函数()y f x =单调递减.所以，函数()y f x =有极大值()1f k =.

综上所述，当k 0<时，()y f x =有极小值()1f k =；当0k >时，()y f x =有极大值()1f k =； （2）当4k =时，()4ln f x x =-'，()2

24ln 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()()2

424ln 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 Q >，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；

【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，考查利用导数解决函数不等式恒成立问题，同时考查了变换主元法，构造函数法和分类讨论法的应用，属于难题． 【类题展示】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】（1）由条件得，∵在点处的切线与垂直，∴此切线的斜率为0，即，有，得，

∴，由得，由得．

∴在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得极小值． 故的单调递减区间为，极小值为2

（2）条件等价于对任意恒成立， 设． 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 【评注】此类问题一般是根据两边式子结构构造同一个函数，利用函数单调性求解 【类题展示】已知函数f (x )=x +xlnx .

（Ⅰ）求函数f (x )的图象在点(1,1)处的切线方程；

（Ⅰ）若k ∈Z ，且k (x ?1)1恒成立，求k 的最大值； （Ⅰ）当n >m ≥4时，证明：(mn n )m >(nm m )n . 【解析】（Ⅰ）∵f ′(x)=lnx +2,∴f ′(1)=2，

()ln ,k R k

f x x x

=+

∈()y f x =()()

,e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()2

10k

f x x x x '=

->()y f x =()(),e f e 20x -=()0f e '=210k

e e

-=k e =()()2210e x e

f x x x x x

-'=-=>()0f x '<0x e <<()0f x '>x e >()f x ()0,e (),e +∞x e =()f x ()ln 2e

f x e e

=+

=()f x ()0,e ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0k

h x f x x x x x x

=-=+

->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2

211024k x x x x ?

?≥-+=--+> ??

?14k ≥

()1,04k h x '==12x =k 1,4??+∞????

函数f(x)的图象在点(1,1)处的切线方程y =2x ?1；

（Ⅰ）由（Ⅰ）知，f(x)=x +xlnx,∴k(x ?1)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?(x)=x ?lnx ?2(x >1)，则?′(x)=1?1

x =x?1x

>0，所以函数?(x)在(1,+∞)上单调递增．

∵?(3)=1?ln3?0,?(4)=2?2ln2?0，

∴方程?(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x 0，且满足x 0∈(3,4)．

当1x 0时，?(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． （Ⅰ）由（Ⅰ）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】【山东2020高三期末】已知a R ∈，函数()()2

ln 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；

（Ⅰ）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11

2+-

≤x x a ，令()121

h 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；（Ⅰ）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：()1

21

f x x a x '=

-++ Q 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立

即11

2+-

≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立，设()121

h x x x =-

+ 当2≥x 时，1

1

=

+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?

?-∞ ??

?

（Ⅰ）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 +-=-+=-+=-≥Q ，122m x m x x ∴+≥ ()121

f x x a x '=

-++Q ，令()()g x f x ='，则()()2

1201g 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 -<≤Q ，()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+

【类题展示】【福建省2020高三期末】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)…①，得e t ?ln(t +1)?1=0， 令φ(t)=e t ?ln(t +1)?1，则φ′(t)=e t ?1

t+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?10，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①有且仅有唯一解t=0，实数t的值为0．

（2）解法一：令?(x)=f(x)?bx+g(b)?f(0)?g(0)（x>0），则?′(x)=e x?(b+1)，

所以当x>ln(b+1)时，?′(x)>0，?(x)单调递增;

当0

故?(x)≥?(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

综上述：k≥1．

解法二：先证明不等式，e x?x?1≥0，x?1≥lnx，x?xlnx?1≤0…（*）．

令φ(x)=e x?x?1，则当x≥0时，φ′(x)=e x?1≥0，φ(x)单调递增，

当x≤0时，φ′(x)=e x?1≤0，φ(x)单调递减，

所以φ(x)≥φ(0)=0，即e x?x?1≥0(x∈R)．变形得，e x≥x+1，所以x>?1时，x≥ln(x+1)，

所以当x>0时，x?1≥lnx.又由上式得，当x>0时，1

x ?1≥ln1

x

，1?x≥?xlnx，x?xlnx?1≤0.

因此不等式（*）均成立．令?(x)=g(x)?ax+f(a)?f(0)?g(0)（x>0），

则?′(x)=ln(x+k)?a，

（i）若a>lnk时，当x>e a?k时，?′(x)>0，?(x)单调递增;

当0

故?(x)≥?(e a?k)=g(e a?k)?a(e a?k)+f(a)?f(0)?g(0)=(k?1)a+k?1?klnk．（ii）若0

所以?(x)>?(0)=f(a)?f(0)=e a?a?1．

因此，①当0lnk，?(x)≥(k?1)a+k?1?klnk≥0，

则需{

k ?1≥0,k ?1?klnk ≥0,

由（*）知，k ?klnk ?1≤0，（当且仅当k =1时等号成立），所以k =1． ②当k >1时，此时lnk >0，a >0，

则当a >lnk 时，?(x)≥(k ?1)a +k ?1?klnk >(k ?1)lnk +k ?1?klnk =?lnk +k ?1>0（由（*）知）；

当0e a ?a ?1>0（由（*）知）．故对于任意a >0，?(x)>0． 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,∞+，()222

11

'1a x ax f x x x x -+=+-=，

令()2

2

1,4g 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()()()()12

12121212

ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+

--.

所以()()121212

1212ln ln 1

1f x f x x x k a x x x x x x --=

=+

?--,又由（1）知，121=x x ，于是1212

ln 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2222

1

2ln 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222

1

2ln 112ln10x x x -

->--=，这与（*）式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【类题展示】【云南省2020高三期末】已知函数2

1()2ln 2

f 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 a

f 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()()22

12111222112ln 2ln 22

f

x f x x x a x x x a x +=

-++-+ ()()()22

12121212ln ln 2

x x x x a x x =

+-+++

()

()()2

12121212

122ln 2

x x x x x x a x x ?

?=

+--++??

()2

1224ln ln 22

a 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()()1232f

x f x -<+<-.

【类题展示】【湖南省师范大学附属中学2020届高三考前演练】已知函数21

ln 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221

ln ln 22f x ax x x ax x x

=-+=--+（

）， 得2121

'21ax x f x ax x x -+-=--+=

（），0x ∈+∞（，）， （i ）若0a =时；1

x 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1

8

a ≥

时，此时0f x '≤（

），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极

值点，当1

08a <<

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1

8

a ≥时，()f x 无极值点； (iii)当1

08

a <<

，()f x 有两个极值点. （2）由（1）知，当且仅当108

a ∈（，）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222

1211212

11ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（

）（） 22

121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111

ln

[]42a a a a a

=---+

11ln 1242a a a =++-1

ln 1ln 24a a

=+--，

设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则22

1141

044a 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<

()()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2

211a x x b ??

>

?-??

. 【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得222

11

'()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0,

2a ??

-- ? ??

?

和区间2a ??-++∞

? ???

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??

? ??

?

和区间?+∞????

上单调递增. （2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1a

g 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<--，欲证2

121a x x b ??< ?-??，只需证2

211221ln 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2

211a 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?(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 ?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 2

x+1

=2(x +1+1

x+1)?4，x ∈(0,3)，令t=x+1>4 则y=2(t+1

t )?4在t>4单调递增，故a ∈(0,9

2)

（2）∵?′(x )=2

x ?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?′(αx 1+βx 2)=2

αx 1+βx 2

?2(αx 1+βx 2)?

2(ln x 1?ln x 2)

x 1?x 2

+(x 1+x 2)

=

2αx 1+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：?′(αx 1+βx 2)<0，只需证：2

αx

1+βx 2

?

2(ln x 1?ln x 2)x 1?x 2

<0，只需证：x 1?x 2

αx

1+βx 2

?ln x

1x 2

>0.（*）

令x

1

x 2

=t ∈(0,1)，∴（*）化为1?t

αt+β+ln t <0，只需证u (t )=ln t +1?t

αt+β<0

u ′(t )=1t

?1

(

αt+β

)2>0∵u (t )在(0,1)上单调递增，u (t )

<0，即x 1?x 2

αt+β

+ln x

1x 2

<0. ∴?′(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 ）=1

2ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b ∈R ，设h （x ）

=f （x ）-g （x ），

（1）若f （x ）在x=√2

2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（?1

e ，0）②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

)=√2

2

a +√2=0所

以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）①当a =0时，?(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（?1

e ，0）.

②

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 2

lnx

2?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 +1

x ，所以f ′(1)=a +1,

由f ′(1)=g(?1)?2可得a=b -3.又因为f(x)在x =√2

2

处取得极值，

所以f ′(√22

)=√2

2

a +√2=0，所以a=" -2,b=1" .

所以?(x)=?x 2+lnx +x ，其定义域为（0，+）

?′(x )=?2x +1+1=?2x 2+x +1=

?(2x +1)(x ?1)

令?′(x )=0得x 1=?1

2,x 2=1，当x ∈（0,1）时，?′(x )>0，当x ∈（1,+）?′(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，?(x )=lnx +bx ，其定义域为（0，+）. ①由?(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?1

e .

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（?1

e ，0）. ②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 2

lnx

2?lnx 1

=x 1+x

2x 2

?x 1

，不妨设x1

要证x 1x 2>e 2, 只需要证lnx 1x 2=x 1+x

2

x 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 =x

2

x 1

(t >1),则F(t)=lnt ?2(t?1)t+1=lnt +4t+1?2,

所以F′(t)=1

t ?4

(t+1)2=(t?1)2

t(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

【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，2

a =x

e x ，令g(x)=x

e

，

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)=1

e

，当x→?∞时，g(x)→?∞，当x→+∞时，g(x)→0，

因此，当0<2

a <1

e

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

2e x2=ax2，

所以{ln2+x1=lna+lnx1

ln2+x2=lna+lnx2，所以x2?x1=lnx2?lnx1，

要证明2x1x2

即证明2ln(x2

x1)

x1

?x1

x2

，设

x2

x1

=t(t>1)，即要证明2lnt?t+1

t

<0在t∈(1,+∞)上恒成立，

记?(t)=2lnt?t+1

t (t>1)，?′(t)=2

t

?1?1

t

=?t2+2t?1

t

=?(t?1)2

t

<0，

所以?(t)在区间(1,+∞)上单调递减，所以?(t)

t

<0，即2x1x2

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)=?1

2

x2+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+β

2

)<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 =?x2+2x?2a

x

，

令?(x)=?x22a?2a，Δ=4?8a，

①当Δ≤0时，即a≥1

2

时，恒有?(x)≤0，即f′(x)≤0，

∴函数f(x)在(0,+∞)上单调减区间．

②当Δ>0时，即a<1

2

时，由?(x)=0，解得x1=1?√1?2a,x2=1+√1?2a，

（i）当0

2

时，当x∈(0,x1),(x2,+∞)时，?(x)<0，即f′(x)<0，

当x∈(x1,x2)时，?(x)>0，即f′(x)>0，

∴函数f(x)在(0,x1),(x2,+∞)单调递减，在(x1,x2)上单调递增．

（ii）当a≤0时，?(0)=?2a≥0，

当x∈(x2,+∞)时，?(x)<0，即f′(x)<0，