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()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.思路三：要证明0F '<，只需证1212ln ln x x x x --即证1212ln 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()()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）∵函数()()21f x x xlnx x 2R 2a a a =-++∈，∴x ＞0，f′（x ）=x -a lnx ， ∵函数()()21f x x xlnx x 2R 2a 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 xa-，（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． 【类题展示】（2020·湖北高三期末）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,,aa++∞；单调递增区间为(a a .（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()12g x b cx x'=--，∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+⎪+⎝⎭， 由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-， ()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln 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⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭.【点睛】（1）含参函数的单调性分析，要注意抓住参数的临界值进行分类讨论；（2）利用导数求解双变量问题，多数情况下需要构造关于12x x （或21x x ）的新函数，借助新函数的单调性分析问题.(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 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）()11'axf x a x x-=-=， 当a ≤0时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 当a ＞0时，在（0，1a）上，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 在（1a，+∞）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（1a，+∞）. （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 ()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 =-.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 ≥-.【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 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)+t24−1，ℎ′(t)=−at−1+t2=t2−t−2a2(t−1).∵t∈[2,+∞)，∴t2−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.【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−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(x 1)>ℎ(1x 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()()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： 【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 =-'，()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；【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)<f (x )对任意x >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 kf x x x=+∈()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()210kf x x x x '=->()y f x =()(),e f e 20x -=()0f e '=210ke e-=k e =()()2210e x ef x x x x x-'=-=>()0f x '<0x e <<()0f x '>x e >()f x ()0,e (),e +∞x e =()f x ()ln 2ef x e e=+=()f x ()0,e ()()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⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭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)<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． （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()()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；（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；（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：()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⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（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 +-=-+=-+=-≥，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 ∴+≥+【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 −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①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．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，1x −1≥ln1x，1−x≥−xlnx，x−xlnx−1≤0.因此不等式（*）均成立．令ℎ(x)=g(x)−ax+f(a)−f(0)−g(0)（x>0），则ℎ′(x)=ln(x+k)−a，（i）若a>lnk时，当x>e a−k时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增;当0<x<e a−k时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减;故ℎ(x)≥ℎ(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<a≤lnk时，ℎ′(x)≥0，ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(0)=f(a)−f(0)=e a−a−1．因此，①当0<k≤1时，此时lnk<0，a>lnk，ℎ(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，ℎ(x)≥(k −1)a +k −1−klnk >(k −1)lnk +k −1−klnk =−lnk +k −1>0（由（*）知）；当0<a ≤lnk 时，ℎ(x)>e a −a −1>0（由（*）知）．故对于任意a >0，ℎ(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,∞+，()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（*）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 -<+<-.【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'()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)=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：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 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（−1e ，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)=√22a +√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，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）.②x 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+x2x 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，+）. ①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）. 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 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)=xex ，所以g′(x)=1−xe 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<x1<1<x2，且{2e x1=ax12e x2=ax2，所以{ln2+x1=lna+lnx1ln2+x2=lna+lnx2，所以x2−x1=lnx2−lnx1，要证明2x1x2<x1+x2，只要证明2x1x2(lnx2−lnx1)<x22−x12，即证明2ln(x2x1)<x2x1−x1x2，设x2x1=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=−t2+2t−1t2=−(t−1)2t2<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2x1x2<x1+x2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f(x)=−12x2+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+2−2ax =−x2+2x−2ax，令ℎ(x)=−x22a−2a，Δ=4−8a，①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．②当Δ>0时，即a<12时，由ℎ(x)=0，解得x1=1−√1−2a,x2=1+√1−2a，（i）当0<a<12时，当x∈(0,x1),(x2,+∞)时，ℎ(x)<0，即f′(x)<0，当x∈(x1,x2)时，ℎ(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，ℎ(0)=−2a≥0，当x∈(x2,+∞)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①﹣②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.。
导数中双变量问题的四种策略
导数中双变量问题的四种策略双变量问题的几种处理策略策略一：合并思想已知函数$f(x)=\ln x$的图像上任意不同的两点的中点为$A(x_1,y_1)$。
$B(x_2,y_2)$，线段$AB$的中点为$C(x,y)$，记直线$AB$的斜率为$k$，试证明：$k>f'(x)$。
解析：因为$f(x)=\ln x$，所以$f'(x)=\frac{1}{x}$。
又因为k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{\ln x_2-\lnx_1}{x_2-x_1}=\frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}$$不妨设$x_2>x_1$，要比较$k$与$f(x)$的大小，即比较frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}\text{和}\frac{1}{x_1}$$的大小，即比较ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}\text{和}e^{\frac{1}{x_2-x_1}}$$的大小。
又因为$x_2>x_1$，所以frac{x_2-x_1}{x_2+1}<\ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$因此frac{x_2-x_1}{x_2+1}<k<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$又因为$x_2>x_1$，所以$\frac{x_2-x_1}{x_2+1}>\frac{1}{2}$，因此$k>f'(x)$。
策略二：分离思想问题2：若$g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$，求$a$的取值范围，使得对任意的$x_1,x_2\in(1,2)$，都有$g(x_2)-g(x_1)<-1$。
双变量问题的解决策略
) 双变量问题的解决策略在处理导数的综合题时，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，学生往往不知把哪个变量当成自变量进行研究，导致无法展开思路， 造成无从下手，正因如此，这样的问题往往穿插在试卷的压轴题的某些步骤中，是学生感到困惑的难点之一. 下面我们谈一谈这类问题的解题思路.一、变更主元对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往往会利用我们将字母 x 作为自变量的误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个变量作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种方法为变更主元法.*1 2n a 2【题目 1】对任意n N ，恒有(1 n) e 恒成立，求实数a 的最大值.1 2n a2 a 1【解析】不等式(1 n ) e (n 2) l n(1 n) 1 ，1 a 1 1 1由于1 n 1，知 2 ln(1 1 n ，设G(x) ln(x 1) n x （ x (0,1] ）1 1 (1 x) ln2 (1 x) x 2则G (x ) (1 x) ln 2 (1 x) x 2 x 2 (1 x) ln 2(1 x) ，设h(x ) (1 x ) l n 2(1 x ) x 2（ x (0,1] ），则h (x ) l n 2(1 x ) 2 ln(1 x ) 2x .h (x )2[ln(1 x ) x ]，再设m (x ) ln(1 x ) x （ x (0,1] ），1 x 则m (x ) 11 x1 0 ，从而m(x) 在 x (0,1] 上单调递减，所以m(x) m (0) 0 ，所以h (x ) h (0) 0 ，所以h(x ) 在 x (0,1] 上单调递减.从而h(x ) h(0) 0 ，所以G (x ) 0 ，函数G(x ) 在 x (0,1] 单调递减. 1 所以G(x)G(1)ln 21.1 故G(x) 在(0,1] 上的最小值为G(1)ln 2 1.a1 2即2ln 21，所以实数a 的最大值为ln 22.二、指定主变量有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为指定主变量思想.2 xx2 23【题目 2】求证： e2t(ex ) x 2t1 . 22F (x) [1,10] 1 2【解析】令 f (t) 2t 2 2(e x x)t e 2 x x 12(t e x x )2 2 1 (e x2x )21 1 (e x2x )21.令 g(x ) exx ，则 g (x ) e x 1，易知 g(x ) 在(, 0) 上单调递减，在(0,) 上单1x23 3调递增，所以 g(x) 的最小值为 g(0) 1，所以 2(ex)1 2 ，从而 f (x) 2.三、化归为值域问题或最值问题【题目 3】已知函数 f (x) ln x ax 23x (a R) .（I ）函数 f (x ) 在点1, f (1)处的切线方程为y 2 ，求函数 f (x ) 的极值； （ II ） 当 a 1 时 ， 对 于 任 意 x 1, x 2 [1,10] ， 当 x 2 x 1 时 ， 不 等 式f (x ) f (x )m(x 2 x 1 ) 恒成立，求出实数m 的取值范围.x 2 x 1【解析】（I ）函数 f (x) ln x a x 23x 的定义域为(0, ) ，1f '(x) x2ax3, f '(1)1 2a 3 0, a 1 ， 212x23x 11x0, 1可知 f (x) l n x x 3x, f '(x) 2x 3x x 0 ， x 1 1, x 2 2，可知在2 时， f '(x ) 0 ，函数 f (x ) 单调递增，在 x 1 ,1时， f '(x ) 0 ，函数 f (x ) 单调递减，在(1, )2 单 调 递 增 ， 可 知 函 数f (x)的 极 小 值 为 f (1) l n1 1 3 2， 极 大 值 为f1 l n1 1 35 l n 2 . 2 4 2 4 （II ） f (x ) f (x ) m(x 2 x 1 ) 可以变形为 f (x ) f (x )mm，可得x 2 x 1 x 1 x 2f (x ) m f (x ) m ，可知函数 f (x) m在[1,10] 上单调递减. 1 x 2x x 12h(x) f (x) m l n x x 2 3x m ， h '(x) 1 2x 3 m0 ，可得m 2x 3 3x 2 x ， 设x x x x 2F (x) 2x 33x2x ， F '(x) 6x26x 1 6x12120 ，可知函数 在 单调递减， F (x)minF (10) 2 103 310210 1710 ，可知m 1710 ，可知参数m 的2 121 2取值范围为(, 1710] .四、化归为函数单调性思想k【题目 4】已知函数f (x) ln xx.对任意x1 x2 0 ，都有f (x1 ) f (x2 ) x1 x 2恒成立，求实数k 的取值范围.【解析】f (x1 ) f (x2 ) x1 x2 f (x 1 ) x1 f (x 2 ) x2 恒成立（*）k 设g(x)f(x )x ln xx x（x0），则（*）式等价于f(x )在(0,)上单调递减.从而1 k1 0 在(0, ) 上恒成立，从而得2 1 2 1g (x)2k x x (x ) x x 2 4 1（x 0 ）恒成立，所以k4 .1从而，实数k 的取值范围是[4, ).五、整体代换，变量归一【题目 5】已知函数f (x) ln x e x ( R ).(I)若函数f (x) 单调函数，求的取值范围；（II）在(I)的条件下，求证：当0 x x 时，都有e1 x2 e1 x1 1x 2 .1 21【解析】（I）由题意知函数f (x) 的定义域为(0, ) .对f (x) 求导，得f(x) e x xe x.x x因为f(x)为单调函数，所以f(x)0，或f(x)0在(0,)上恒成立. ○1 当f(x)0时，即x e x0，从而x e x.令g(x)g(x)x1.e xxe x（x0），则当0x1时，g(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增.1 1从而g(x)min g(1)e ，所以e.○2 若f(x)0时，即x e x0，从而x e x.由○1 知g(x)在(0,1)上单调递减，在(0, ) 上单调递增.又g(0) 0 ，x 时，g(x) 0 ，所以 0.x1综上知，实数的取值范围是(, e][0, ).1 1 x（II ）由（I ）知，当 e 时， f (x) eln x e 在 (0,) 上单调递减，因为 0 x x ，所以 f (x ) f (x ). 即 1x 1x，1 2 1 2ln x 1 e 1 ln x 2 e 2 e e所以 l n x e e x 1 l n x e e x 2 ，即e 1 x 2 e 1 x 1l n xl n x . 1 2 1 2要证e1x 2e 1x 11 x2 ，只需证ln x1 1 x1 .x 1 x 2 x 2令tx 1，则0 t 1 ，令 g(t) ln t t 1（ 0 t 1 ），x 2求导， 得 1 1 t 1g (t) 2 2 0 ， g(t) 在 (0,1) 上单调递减， 又 g(1) 0 ， 所以g(t) 0 ，即 1t tt 1 ，即ln t 1 ，从而结论得证.ln t 1 0t t【题目 6】已知函数 f (x) ln x ax ， a R.（I ）讨论 f (x) 的单调性；（ II ） 记 函 数 f (x) 的 两 个 零 点 为 x 1, x 2 ， 且 x 1x 2 . 已 知 0 ， 若 不 等 式1ln x 1 ln x 2 恒成立，求的取值范围.【解析】（I ）依题意，知 f (x) 的定义域为(0,) .对 f (x) 求导，得1.○ 1 若a 0 时，则 f (x ) 0 ， f (x ) 在(0,) 上单调递增；○ 2 若a0 时，令 1 a 0 ，得 x 1.从而f (x) axx a 1当 x (0, a ) 1 当时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递增；时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减. x ( , )a1从而可知，当a 0 时， f (x) 在(0,) 上是增函数；当a 0 时， f (x) 在区间(0, a) 上是1增函数，在区间( a,) 是减函数.ln x 1 ax 1（II ）由函数 f (x) 的两个零点为 x , x ，从而，从而不等式2 21 ln x1 ln x21 ax1ax2a(x1x2)1121 x 由于 0 ， 0 x 1 x2 ，所以 x 1 x 2 0 ，从而原不等式可化为a x1 .x而又因为ln xln xa(xx ) ，解得 12aln x 1ln x 2，从而原不等式转化为1212x xln x 1 l n x 2 1 ，即ln xl n x 12(1 )(x 1 x 2 ) l n x 1(1 )( x1 1)x 2 .x x x x 1 2 x xxx 11212122x 2令tx1 ，则t (0,1) ，则不等式ln t(1 )(t 1)在t (0,1) 上恒成立.x 2t(1 )(t 1)1 (1 )2 (t 1)(t 2)令h(t)ln tt（ 0 t 1 ），求导，得h (t ) t (t )2 . t(t )2当21 时，可见 t (0,1) 时， h (t) 0 ，所以 h(t) 在 t (0,1) 内单调递增，从而h(t) h(1)0 ，符合题意；当21 时，易知t (0,2 ) 时，h (t) 0 ，h(t) 单调递增；当t ( 2 ,1) 时，h (t) 0 ，h(t) 单调递减.又h(1)0 ，从而h(t) 在t(0,1) 上不能恒小于 0，不符合题意.从而，实数2 1 .又 0 ，所以1.综上所述，实数的取值范围是(1,).【题目 7】已知 f (x)ln xx ，设 x 1x 20 .x 1求证：f (x 1 ) f (x 2 ) 1.x2x2x x1212【解析】当 xx0 时， x1f (x 1 ) f (x 2 )12x 2 x 2 x x1 21 2x 1 (ln x 1 x 1 ) (ln x 2 x 2 ) x 1ln x 1 ln x21 .x 2 x 2x x x 2 x 2x x 12121212( )2 x 1 从而原不等式即证 x 1(x 1 x 2 )(ln xl n x ) 0 ，即证x 2 x 2ln x1 0 . x2 x 212( x )2 1x 2x 2a a 2 4a a24 a a 2 4a a 24 2xt 2 t令t 1，则t 1.令 g(t) l n t （ t 1），x t 21(2t 1)(t 2 1) (t 2 t )(2t) 1 t 4 t 3 t 1 t 3 (1 t) (t 1) g (t ) (t 2 1)2 t t(t 2 1)2 t(t21)20 ，所以 g(t) 在(1, ) 上单调递减，从而 g(t) g(1)＝0.从而原不等式得证. 1 【题目 8】已知 f (x)xx a ln x （ a R ）.（I ）讨论 f (x) 的单调性；（II ）若 x 1 ， x 2 是 f (x) 的两个极值点，且 x 1x 2 ，令tf (x 1 ) f (x 2 )(a2)(x 1 x 2 ) ，求证： t 0.【解析】（I ）由题意知，函数 f (x) 的定义域为(0, ) ，求导，得1a x 2 ax 1f (x )x 21 x x2 .○ 1 若a 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 在(0, ) 上单调递减；○ 2 若a 2 时，令 f (x ) 0 ，解得x 12 ， x 22.当0 x x 1 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减；当 x 1 x x 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递增；当 x x 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减. 从而可知， f (x) 在区间(0, x 1 ) ， (x 2 ,) 内单调递减，在(x 1 , x 2 ) 内单调递增.其中， x 12， x 22.（II ）由（I ）知， f (x) 存在两个极值点，所以a2 .t 0f (x ) f (x ) (a 2)(xx ) f (x 1 ) f (x 2 ) a2 .1212 x x1 2由于 x , x 是 f (x) 的两个极值点，所以 x , x 为方程 x2ax 1 0 的两根， 从而1212x x 1x 2 1.( 1x a ln x ) ( 1xa ln x ) f (x ) f (x ) x 1 1x 22由于1 2 x 1 x 2 1 2x 1 x 2ln x 1ln x 1 x 2 1 ln x ln x x x 22 l n x 1a1 2 2 a 2 2 a 22a 1 2x 1x 2x 1 x 2x 1 x 2x 1 x 2x从而f (x 1 ) f (x 2 )a 22 l n x 211x2 2l n xx x1 x221 2x 2221令 g(x ) x x 2 ln x （ 0 x 1），求导得1 2 x 2 2x 1 (x 1)2g (x ) x 2 1 x x 2 x2 0所以 g(x) 单调递减，又因为 g(1) 0 ，所以 g(x) g(1) 0 .所以1xln x0 ，即f (x 1 )f (x 2 )a 2 ，从而t0.222 x 1 x 2【题目 9】已知函数 f (x)ln xmx （ mR ）.若 f (x) 有两个不同的零点 x 1, x 2 ，求证： ln x 1ln x 22.【解析】不妨设 x 1 x 20 ，因为 f (x 1 )ln x 1 mx 1f (x 2 ) 0 ，从而得ln x 1ln x 2ln x m x ，两式作差，得ln x 1l n x 2 m (x 1 x 2 ) ，从而m .x x2 212两式再求和，得ln xl n xm (xx ) ln x 1 l n x 2 (xx ) .1212x x 1 21 2因此，要证ln x 1 l n x 22 ，x 11 即证ln x 1l n x 2 (x x ) 2ln x 12 x 1 x 2 ln x 12 x 2 .xx1 2xxxxx 11x x1 2 2 1 2 2x2令tx 1，则t 1. 令 g(t) ln t 2t 1 （ t 1），求导，x 2t11 2(t 1) 2(t 1) (t 1)2得 g (t ) t(t 1)2 t(t 1) 2 0 ，故 g(t) 为(1, ) 上的增函数.t 1所以 g(t) g(1) 0 ，即ln t 2 t 1，故原不等式成立.例 5、例 6、例 7、例 8、例 9 的解决，都是通过等价转化，将关于 x 1, x 2 的双变量问题等价转化为以 x 1, x 2 所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.六、借助参照物，建构桥梁【题目 10】已知 f (x)(x2)e xa(x1)2 有两个零点.（I ）求实数a 的取值范围；（II ）若 x 1, x 2 是 f (x) 的两个零点，求证： x 1x 22.（2016 年全国 I 卷,理科）【解析】（I ）(方法一)直接讨论法 对 f (x ) 求导，得 f (x ) (x 1)ex2a (x 1) (x 1)(e x 2a ) .○ 1 当 a 0 时, f (x) (x 1)e x 只有一个零点；○ 2 当a 0 时，则当 x 1时，f (x ) 0 ，f (x ) 单调递减；当 x 1 时，f (x ) 0 ，f (x)单调递增.a又 f (1)e ，f (2) a ，取b 满足 b0 ，且 b ln 2，a 2 23b 则 f (b) 2 (b 2) a(b 1) a(b 2 ) 0 ，故 f (x) 存在两个零点；○ 3 当a 0 时，由 f (x ) 0 ，得x 1 或 x ln(2a ). 若a e时，则ln(2a ) 1 ，故当 x (1,) 时， f (x ) 0 ，因此 f (x ) 在(1, ) 上2单调递增，又当 x1时， f (x) 0 ，所以 f (x) 不存在两个零点；若a e时，则ln(2a ) 1，故当 x (1, ln(2a )) 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减；2当 x (ln(2a ),) 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递增；又当x 1时，f (x) 0 ，所以f (x) 不存在两个零点.2 222 2 2 2 2 2综上，实数a 的取值范围是(0, ).(方法二)分离参数显然 x1 不是函数 f (x) 的零点.当 x 1 时，方程 f (x) 0a(2 x)e x(x 1)2.设h(x) (2x)e x(x 1)2，则h (x )e x (x 2 4x 5)(x 1)3，因此函数h(x) 在(,1) 上单调递增，在(1, ) 上单调递减，由于h(x) 在(,1) 上的取值范围是(0,) ，在(1, ) 上的取值范围是R.因此，函数 f (x) 有两个零点，从而实数 a 的取值范围是(0, ).（II ）（证法一）局部构造法 不妨设 x 1x 2 .由（I ）知， x 1 1 x 2 ，从而2 x 2 1，又由于 f (x) 在(,1) 上单调递减，所以 x 1x 22 f (x 1 ) f (2x 2 ) ，即 f (2 x 2 )0.由于 f (2 x ) x e2 x 2a (x 1)2 ，而 f (x ) (x 2)e x 2 a (x 1)2 0 ，所以f (2 x ) x e 2x 2(x 2)e x 2.设 g(x ) x e2 x(x 2)e x ，则 g (x ) (x 1)(e 2xe x ). 所以当 x 1 时，g (x ) 0 ，g(x) 单调递减，而 g(1)0 ，故当 x1 时，有 g(x) 0.从而 g(x 2 )f (2x 2 ) 0 ，故 x 1x 22.（证法二）由已知，得 f (x 1 )f (x 2 ) ，不难发现 x 11， x 21，故可整理得(x 2)e x 1 (x 2)e x 2a 1 2 . (x 1)2 (x 1)12(x2)e x(x2)21 x设 g(x)(x1)2，则 g(x 1 ) g(x 2 ) ，那么 g (x )(x 1)3e .当 x 1时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递减；当 x 1 时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递增. 设m0 ，构造g(1m ) g(1 m ) m 1 e1mm 1 e 1m 1 m e 1m ( m 1 e 2m1). m2 m 1 2mm 2m 2 2m 2 2mm 1设 h(m)m 1e 1 （ m 0 ），则 h (m )(m 1)2e0 ，故 h(m) 单调递增，有h(m) h(0) 0. 因此，对任意m 0 ，都有g(1 m) g(1 m).由g(x1 ) g(x2 ) 可知x1, x2 不可能在g(x) 的同一个单调区间内，不妨设x 1 x2 ，则必有x 1 1 x2 .令m 1 x 1 0 ，则有g[1 (1 x1 )] g[1 (1 x1 )] g(2 x1 ) g(x1 ) g(x2 ).而2 x 1 1，x 2 1，g(x) 在(1, ) 上单调递增，因此g(2 x1 ) g(x2 ) 2 x 1 x2 .即x 1 x 2 2.（证法三）数形结合法当a 0 时，f (x) (x 2)e x a(x 1)2 有两个零点x , x ，不妨设x 1 x .1 2 1 2设P(x0 , y0 ) 是函数f (x) 图象上的任意一点，它关于直线x 1 的对称点Q(x, y) 在曲线y (x) 上，将x2 x代入y(x 2)e x 0 a(x 1)2 ，得y xe 2x a (x 1)2 ，y y0 0 0即(x) xe 2 x a(x 1)2 .记F (x) f (x) (x) (x 2)e x xe 2 x e 2 x [(x 2)e 2 x 2 x] ，记m(x ) (x 2)e2x2x，则m(x ) (2x 3)e2x2 1 ，记m (x ) (4x 4)e2x2，所以m(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以m(x)m(1)0，则m(x)在R 上单调递增，而m(1) 0 ，所以当x (,1) 时，F(x) e 2x m(x) 0，即f (x) (x).同理可得，当x (1, ) 时，f (x) (x).由0 f (x2 ) f (x1 ) (x2 ) f (2 x1 ) ，又2 x 1 1，x 2 1，f (x) 在(1,) 上单调递增，因此，f (x2 ) f (2 x1 ) 2 x 1 x2 ，从而x 1 x 2 2.（设(x) 的两个零点为x3 , x4，且x 3 x4 ，则有x 1 x 3 1 x 2 x4 ，故x 1x2x3x42. ）函数的双变量问题是近几年来高考试卷中“热门”试题之一，这类试题不仅形式多样，而且联系的知识面较广，构造思维要求较高，因此这类问题的解决方法也是多种多样的.我们在此给出六种方法，希望能起到抛砖引玉的作用.。
导数中双变量问题的四种策略
双变量问题的几种处理策略策略一：合的思想问题1：已知函数x x f ln )(=的图象上任意不同的两点，，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：．解析：因为∴, ∴,又 不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小， 又∵，∴ 即比较与的大小．令,则, ∴在上位增函数．又，∴， ∴，即二：分的思想问题2：若1ln )(++=x a x x g ，且对任意的(]2,1,21∈x x ，，都有，求a 的取值范围．解析∵ ，∴由题意得在区间(]2,1上是减函数． ∴ ()11,y x A ()22,y x B AB),(00y x C AB k )(0x f k '>x x f ln )(=xx f 1)(='210021)(x x x x f +=='121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--=12x x >k )(0x f '1212lnx x x x -212x x +12x x >12lnx x 1)1(2)(212122112+-=+-x x x x x x x x )1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12=>h x x h 1)1(2ln 121212+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1)()(1212-<--x x x g x g 1)()(1212-<--x x x g x g []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g x x g x F +=)()(1)1(1)(2++-='x ax x F由在恒成立． 设，，则 ∴在上为增函数，∴.策略3：变得思想设函数x x x f ln )(=，若，求证 解析：, ,所以在上是增函数，上是减函数.因为，所以即,同理. 所以 又因为当且仅当“”时，取等号. 又，, 所以,所以， 所以：.问题4：已知函数()21ln ,2f x x x mx x m R =--∈，若函数()f x 有两个极值点12,x x ,求证: 212x x e >解析：欲证212x x e >,需证: 12ln ln 2x x +>,若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()'f x 有两个零点,又()'ln f x x mx =-, 所以12,x x 是方程()'0f x =的两个不同实根313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'xx x x x x a x F []2,1∈x =)(x m 3132+++x x x []2,1∈x 0312)(2>+-='xx x m )(x m []2,1227)2(=≥m a 1),1,1(,2121<+∈x x e x x 42121)(x x x x +<x x xx f x g ln )()(==e x x x g 1,0ln 1)(==+=),1(+∞e )(x g )1,0(e11211<+<<x x x e111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+)ln(ln 211211x x x x x x ++<)ln(ln 212212x x x x x x ++<)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+,421221≥++x x x x 21x x =1),1,1(,2121<+∈x x ex x 0)ln(21<+x x )ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++)ln(4ln ln 2121x x x x +<+42121)(x x x x +<于是,有1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,解得1212ln ln x x m x x +=+,另一方面,由1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,得()2121ln ln x x m x x -=-,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x -+=-+,于是()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--.又120x x <<, 设21x t x =,则1t >.因此, ()121ln ln ln ,1t t x x t ++=-1t >. 要证12ln ln 2x x +>,即证:()1ln 2,11t t t t +>>-.即当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 设函数()()21ln ,11t h t t t t -=-≥+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++, 所以, ()h t 为()1,+∞上的增函数.注意到, ()10h =,因此, ()()10h t h ≥=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 所以,有12ln ln 2x x +>成立, 212x x e >.问题5：x m x x x f x --=221ln )(已知函数，若()x f 有两个极值点x 1，x 2，（x 1<x 2),且x x x x x a 12112ln 2ln ->-恒成立，求整数a 的最大值。
导数压轴-双变量问题的探讨
引言导数中有一类问题涉及到两个变量，例如m 和n 、a 和b 、1x 和2x 。
显然涉及两个变量的问题我们是不会处理的，如何把两个变量转化为一个变量就成了我们问题解决的关键。
方法点睛方法一：也是最核心、最常见的方法。
就是进行式子齐次化，进行了齐次化后可以将12x x 或者12x x -作为单元，这样就达到了减元的目的。
方法二：一般可以通过联立12,x x 的等式，通过对两式进行相加（相减）等操作，对所求式等进行化简。
方法三：对于等价双变量不等式问题，我们先令如12x x >，再通过适当的变形，使得等式两边均只含有一个变量，且形式相同，这样我们可以令这个相同的形式为()g x ，问题也许就转化成了()g x 的单调性问题。
还有其他的一些方法技巧性较强，我们在后面的题目中进行详细剖析。
例题讲解【例题1】已知函数(1)()ln 1a x f x x x -=-+. （Ⅰ）若函数()f x 在(0,)+∞上为单调增函数，求a 的取值范围 （Ⅱ）设m ，n +∈R ，且m n ≠，求证：ln ln 2m n m nm n -+<- 对话与解答：（Ⅰ）2a ≤（Ⅱ）不妨设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，也就是证明第六课：关于导数中双变量问题的探讨21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立。
令,1m t t n =>，即证()()21ln 01t g t t t -=->+。
运用（Ⅰ）的结论，()g t 在()0+∞，上单调递增，故()()10g t g >=，不等式得证。
本题我们用到方法一。
看到解答，你可能会觉得将()2m n m n -+处理成211m n m n⎛⎫- ⎪⎝⎭+真是神来之笔，也是解决整个问题的关键。
那么这个处理究竟有没有思路可循呢？当然是有的，不难发现()2ln m n mm n n-<+的右边已经出现了m n 的形式，同时右边分子分母都死其次式，如果一开始就有“转化成一个变量”的思想，就会迅速锁定mn整体换元。
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。
(完整版)再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法
再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法长沙市明达中学吴祥云今日在“玩转高中数学交流群”中，由河南的贾老师提供一常规题，很多老师作出了不同的解答，我在这里把它们总结起来，供大家交流学习。
题目虽然简单，但是方法的讲述由浅入深，学生会更容易接受一些。
闲话少说，先上题：已知函数f(x)=xe x,f(x1)=f(x2),x1≠x2,求证：x1+x2>2.解析：f′(x)=1−xe x,易得 f(x)在(−∞,1)递增，(1,+∞)递减，其图像如图，为了更好的看图，横纵轴单位长度取得不同，不妨设0<x1<1<x2,以下是几种不同的证明思路：思路一：（极值点偏移问题+构造对称函数）令g(x)=f(2−x)−f(x),(0<x<1)则g′(x)=(1−x)e x−e2−xe x e2−x<0,则g(x)在(0,1)递减∴g(x)>g(1)=0,即f(2−x)>f(x),∴f(2−x1)> f(x1)=f(x2),又2−x1>1,x2>1,f(x)在(1,+∞)递减,∴2−x1<x2,即x1+x2>2。
思路二：（极值点偏移+对数平均不等式）f(x1)=f(x2)⇒x1e x1=x2e x2⇒lnx1−x1=lnx2−x2⇒lnx1−lnx2=x1−x2⇒x1−x2lnx1−lnx2=1,由对数平均不等式x1−x2lnx1−lnx2<x1+x22(证明略)，得x1+x22>1,即x1+x2>2。
思路三：（差值消元）令x2−x1=t>0,x1e x1=x2e x2⇒x2x1=e x2e x1=e x2−x1=e t⇒x1=te t−1,x2=te t−1+t,∴x1+x2=2te t−1+t,欲证x1+x2>2即证2te t−1+t<2即e t(2−t)2+t<1,令g(t)=e t(2−t)2+t,则g′(t)=e t(−t2)(2+t)2<0,故g(t)在(0,+∞)递减，点评：构造对称函数为极值点偏移问题的通法。
人教版2024年高考数学一轮复习高考频点《第07讲 利用导数研究双变量问题知识点必背》
(3)构造关于 或 的新函数,同时根据已知条件确定出 或 的范围即为新函数定义域,借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
2、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;
第07讲利用导数研究双根据已知条件确定出变量 满足的条件;
(2)将待求的问题转化为关于 的函数问题,同时注意将双变量转化为单变量,具体有两种可行的方法:①通过将所有涉及 的式子转化为关于 的式子,将问题转化为关于自变量 ( 亦可)的函数问题;②通过 的乘积关系,用 表示 (用 表示 亦可),将双变量问题替换为 (或 )的单变量问题;
双变量任意,存在性导数问题
值域法破解双变量压轴题的四种情形1基本原理.第1类.“任意=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∀，使得)()(21x g x f =,等价于函数)(x f 在1D 上上的值域A 是函数)(x g 在2D 上的值域B 的子集,即B A ⊆.其等价转化的基本思想:函数)(x f 的任意一个函数值都与函数)(x g 的某一个函数值相等,即)(x f 的函数值都在)(x g 的值域之中.此类型出现频率最高.第2类.“存在=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∃，使得)()(21x g x f =，等价于函数)(x f 在1D 上的值域A 与函数)(x g 在2D 上的值域B 的交集不为空集,即∅≠⋂B A .其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.第3类.“任意≥(≤、>、<)任意”型2211,D x D x ∈∀∈∀，使得)()(21x g x f ≥恒成立等价于max min )()(x g x f ≥.其等价转化的基本思想是函数)(x f 的任何一个函数值均大于函数)(x g 的任何一个函数值.同理，可得其他类型.第4类.m x f x f b a x x ≤-∈∀|)()(|],,[,2121型.由于闭区间上连续函数必有最值，故此类转化为m x f x f ≤-|)()(|min max ，解决掉双变量转化为求最值.2.典例分析第1类问题问题应用.例1.已知函数()()ln f x ax x a R =+∈.（1）若1a =，求曲线()y f x =在1x =处切线方程；（2）讨论()y f x =的单调性；（3）12a ≥-时，设()222g x x x =-+，若对任意[]11,2x ∈，均存在[]20,3x ∈，使得()()12f x g x =，求实数a 的取值范围.解析：（2）()f x 定义域为()0,∞+，()1'1ax a x f xx +=+=，当0a ≥时，()'0f x >恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()'0f x >恒成立，1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时()'0f x <恒成立，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上述，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（3）由已知，转化为()f x 在[]1,2x ∈的值域M 和()g x 在[]0,3x ∈的值域N 满足：M N ⊆，易求[]1,5N =.又()1'1ax a x f xx +=+=且12a ≥-，()f x 在[]1,2x ∈上单调递增，故值域[],2ln 2M a a =+.所以152ln 2a a ≤⎧⎨≥+⎩，解得5ln 212a -≤≤，即5ln 21,2a -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.第2类问题应用例2．已知曲线()y ln x m =+与x 轴交于点P ，曲线在点P 处的切线方程为()y f x =，且2)1(=f .（1）求()y f x =的解析式；（2）求函数()()xf xg x e =的极值；（3）设2(1)1()ln x a lnx h x x +-+=，若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使得21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，求实数a 的取值范围．解析：（1）曲线()y ln x m =+与x 轴交于点(1,0)P m -，1y x m'=+，∴曲线在点P 处的切线斜率111k m m==-+，可得切线方程为0(1)y x m -=--，f （1）2=，21(1)m ∴=--，解得2m =．()(12)y f x x ∴==--，即()1f x x =+．（2）函数()1()x x f x x g x e e +==，()x xg x e-'=，0x ∴>时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减；0x <时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增．0x ∴=是函数()g x 的极大值点，(0)1g =．（3）设21x m =，12[x e -∈ ，1]，则[1m ∈，]e ，2222222(1)1(1)ln m a lnm x ln x a x lnx x m +-++-+=．2(1)1()ln x a lnx h x x +-+= ，∴2(1)1()ln m a lnm h m m+-+=．若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，等价于：12()()h x h m <成立，[1m ∈，]e ．即2()()min max h x h x <，[1x ∈，]e ．令lnx t =，[1x ∈ ，]e ，则[0t ∈，1]．22(1)1(1)1()tln x a lnx t a t h x x e +-++-+∴==，[0t ∈，1]，(0)1h =，h （1）3ae -=．221[(1)1](1)()()t tt a t a t t t a h t e e +--+-+--'==，a的取值范围是(-∞，32)(32ee --⋃，)+∞．第3类情形应用实例例3．设函数()(0)kx f x xe k =≠．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设2()24g x x bx =-+，当1k =时，若对任意的1x R ∈，存在2[1,2]x ∈，使得()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围．解析：(1)令()(1)0kx f x kx e '=+>，所以10kx +>，当0k >时，1x k >-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当k 0<时，1x k <-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）当1k =时，，()f x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞单调递增.所以对任意1x R ∈，有()11(1)f x f e ≥-=-，又已知存在2[1,2]x ∈，使()()12f x g x ≥，所以()221,[1,2]g x x e -≥∈即存在2[1,2]x ∈，使21()24g x x bx e =-+≤-，即142e b x x-+≥+，又因为当[1,2]x ∈，14114,52e x x ee -+⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦，所以1242b e ≥+，124b e ≥+，即实数b 的取值范围124b e ≥+.第4类情形应用实例例4.已知函数()()ln 0bf x a x x a =+≠．（1）当2b =时，若函数()f x 恰有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）当0a b +=，0b >时，对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，求实数b 的取值范围．解析：（1）定义域为()0,∞+，当2b =时，22()2a x af x x x x+'=+=；当0a >时，()0f x '>，()f x 为增函数，取10a x e -=，120()1(e )0a f x -=-+<，(1)10f =>所以0()(1)0f x f ⋅<，故此时恰有一个零点；当0a <时，令()0f x '=，x =0x <时，()0f x '<，所以()f x 在⎛ ⎝单调递减，x ()0f x '>，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增；要使函数恰有一个零点，需要ln 02af a ==，解得2a e =-，综上，实数a 的取值范围是2a e =-或0a >.（2）因为对任意121,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，且12max min ()()()()f x f x f x f x --≤，所以max min ()2(e )f x f x -≤-.因为0a b +=，所以=-a b ，所以()ln bf x b x x =-+，1(1)().b b b b x f x bx x x--'=-+=当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>；所以函数在1[,1)e上单调递减，在(1,]e 上单调递增，min ()(1)1,f x f ==因为1()bf b e e -=+与()b f e b e =-+，所以max 1()max (),(e),e f x f f ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭令1()(e)()e e 2,eb bg b f f b -=-=--则当0b >时，()220b b g b e e -'=+->-=，所以()g b 在()0,∞+上单调递增，故()(0)0g b g >=，所以1()()f e f e>，从而max ()e .bf x b =-+所以12b b e e -+-≤-，即10b e b e --+≤.令()e e 1(0)t t t t ϕ=--+>，则()e 1t t ϕ'=-.当0t >时，()0t ϕ'>，所以()t ϕ在()0,∞+上单调递增.又(1)0ϕ=，所以10b e b e --+≤，即()(1)b ϕϕ≤，解得1b ≤，所以b 的取值范围是(0,1].。
导数第三讲：与双变量有关的恒成立问题(解析版)
专题十六与双变量有关的恒成立问题一、问题指引函数背景下的双变量问题，一直是高考的热点与难点，求解基本方法是利用相关知识转化为一个变量的函数问题．二、方法详解(一)独立双变量，化为两边同函数形式【例1】设函数()ln ,k R kf x x x=+∈．（1）若曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线与直线20x -=垂直，求()f x 的单调递减区间和极小值（其中e 为自然对数的底数）；（2）若对任何()()1212120,x x f x f x x x >>-<-恒成立，求k 的取值范围．【解析】（1）由条件得()()210kf x x x x '=->，∵曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线与直线20x -=垂直，∴此切线的斜率为0，即()0f e '=，有210k e e -=，得k e =，∴()()2210e x ef x x x x x-'=-=>，由()0f x '<得0x e <<，由()0f x '>得x e >．∴()f x 在()0,e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增，当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2ef x e e=+=．故()f x 的单调递减区间为()0,e ，极小值为2（2）条件等价于对任意()()1211220,x x f x x f x x >>-<-恒成立，设()()()ln 0kh x f x x x x x x =-=+->．则()h x 在()0,+∞上单调递减，则()2110k h x x x '=--≤在()0,+∞上恒成立，得()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭恒成立，∴14k ≥（对()1,04k h x '==仅在12x =时成立），故k 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【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练习1.已知函数=+En .（Ⅰ）求函数的图象在点1,1处的切线方程；（Ⅱ）若∈，且−1<对任意>1恒成立，求的最大值；（Ⅲ）当>≥4时，证明：B>B .【解析】（Ⅰ）∵（Ⅱ）由（Ⅰ）知，op =+Ens ∴o −1)<op ，对任意>1恒成立，即<rEn K1对任意>1恒成立．令op =rEn K1，则n(p =KlnK2(K1)2，令ℎ(p =−ln −2(>1)，则ℎ'(p =1−1=K1>0，所以函数ℎ(p 在(1,+∞)上单调递增．∵ℎ(3)=1−ln3〈0,ℎ(4)=2−2ln2〉0，∴方程ℎ(p =0在(1,+∞)上存在唯一实根0，且满足0∈(3,4)．当1<<0时，ℎ(p <0，即n(p <0，当>0时，ℎ(p >0，即n(p >0，所以函数op =rEn K1在(1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．∴[op]min =o 0)=0(1+ln 0)0−1=0(1+0−2)0−1=0∈(3,4)，∴<[op]min =0∈(3,4)，故整数的最大值是3．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，op =rEn K1是[4,+∞)上的增函数，∴当>≥4时，rEn K1>rEnK1．即o −1)(1+lnp >o −1)(1+lnp ．整理，得Bln +En >Bln +En +(−p ．∵>s ∴Bln +En >Bln +En ．即ln B +ln >ln B +ln ．即ln(B )>ln(B )．∴(B )>(B )．(二)各自构造一元函数【例2】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()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 =-.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 ≥-.【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”.练习2.已知函数op =3−2+(2−p +2，=2+32K，∈．(Ⅰ)当=2时，求曲线=op 在=1处的切线方程；(Ⅱ)求op 的单调区间；(Ⅲ)设<0，若对于任意0∈[0,1]，总存在1∈[0,1]，使得o 1)=o 0)成立，求的取值范围．【解析】(Ⅰ)当=2时，=3−2+2，所以'=32−2，所以1=2,'1=1所以曲线=在=1处的切线方程为−2=−1，即=+1(Ⅱ)=2+32K的定义域是U ≠，'=r K3K 2令'=0，得1=−s 2=3①当=0时，=s ≠0，所以函数的单调增区间是(−∞,0),(0,+∞)②当<0时，s ',变化如下：−∞,333ss −−−s +∞'+0--+↗极大值↘↘极小值↗所以函数的单调增区间是−∞,3,−s +∞，单调减区间是3s ,s −③当>0时，s ',变化如下：−∞,−−−s s 333s +∞'+--+↗极大值↘↘极小值↗所以函数的单调增区间是−∞,−,3s +∞，单调减区间是−s ,s 3(Ⅲ)因为=3−2+2−+2，所以'=32−2+2−当<0时，=4−122−=12−20<0所以'>0在0,1上恒成立，所以在0,1上单调递增所以在0,1上的最小值是0=2，最大值是1=4−即当∈0,1时，的取值范围为2,4−由(Ⅱ)知，当−1<<0时，0<−<1，在0,−上单调递减，在−s1上单调递增因为−=−2<2，所以不合题意当≤−1时，−>1，在0,1上单调递减所以在0,1上的最大值为0=−3，最小值为1=1+321−所以当∈0,1时，的取值范围为1+321−,−3“对于任意0∈0,1，总存在1∈0,1，使得1=0成立”等价于1+321−,−3⊆[2,4−p即1+321−≥2−3≤4−，解得−2≤≤−1所以的取值范围为−2,−1(三)消元构造一元函数【例3】已知函数op=2+B−En.（1）若函数op在[2,5]上单调递增，求实数的取值范围；（2）当=2时，若方程op=2+2有两个不等实数根1，2，求实数的取值范围，并证明12<1.【分析】（1）求出n(p=2+−，即n(p≥0在∈[2,5]恒成立，即≥−22K1对∈[2,5]恒成立；（2）当=2时，方程op=2+2⇔−ln−=0，令ℎ(p=−ln−o>0)，则有ℎ(p min<0；不妨设1<2，则0<1<1<2，0<12<1，12<1⇔1<12⇔ℎ1>ℎ12，ℎ1−ℎ12=2−12−2ln2.【解析】（1）n(p=2+−，∵函数op在[2,5]上单调递增，∴n(p≥0在∈[2,5]恒成立，即2+−≥0对∈[2,5]恒成立，∴≥−22K1对∈[2,5]恒成立，即≥−22K1max，∈[2,5]，令op=−22K1(∈[2,5])，则n(p=−22+4(K1)2≤0(∈[2,5])，∴op在[2,5]上单调递减，∴op在[2,5]上的最大值为o2)=−8.∴的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当=2时，方程op=2+2⇔−ln−=0，令ℎ(p=−ln−o>0)，则ℎ'(p=1−1，当∈(0,1)时，ℎ'(p<0，故ℎ(p单调递减，当∈(1,+∞)时，ℎ'(p>0，故ℎ(p单调递增，∴ℎ(p min=ℎ(1)=1−.若方程op=2当>1时，0<−<1<，ℎ−=−>0，ℎ=−2，令op =−2o >1)，则n(p =−2>0，op 单调递增，op >o1)=−2>0，∴ℎ()>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数的取值范围是(1,+∞).不妨设1<2，则0<1<1<2，0<12<1，∴12<1⇔1<12⇔ℎ1>ℎ12，∵ℎ1=ℎ2=0，∴ℎ1−ℎ12=ℎ2−ℎ12=2−ln 2−−12−ln12−=2−12−2ln 2.令op =−1−2lno >1)，则n(p =1+12−2=1−12>0，∴op 在(1,+∞)上单调递增，∴当>1时，op >o1)=0，即2−12−2ln 2>0，∴ℎ1>ℎ12，∴12<1.练习3.已知函数op =e −+1,≤0,2s >0.函数=oop +1)−o ∈p 恰有两个零点1和2．（1）求函数op 的值域和实数的最小值；（2）若1<2，且B 1+2≥1恒成立，求实数的取值范围．【解析】（1）当≤0时，op =e −+1≥2.当>0时，op =2>0.∴op 的值域为(0,+∞)．令oop +1)=，∵op +1>1，∴oop +1)>2，∴>2.又op 的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设op +1=1，op +1=2，且1<0，2>1．∴op =1−1无解.从而op =2−1要有两个不同的根，应满足2−1≥2，∴2≥3.∴o 2)=oop +1)≥23.即≥23．∴的最小值为23.(2)=oop +1)−有两个零点1、2且1<2，设op =，∈[2,+∞)，∴e −1+1=，∴1=−ln(−1).22=，∴2=24.∴−En(−1)+24≥1对∈[2,+∞)恒成立设ℎ(p =−En(−1)+24−1，ℎ'(p =−K1+2=2−K22(K1).∵∈[2,+∞)，∴2−∈[2,+∞)恒成立.∴当2≤2，即≤1时，ℎ'(p ≥0，∴ℎ(p 在[2,+∞)上单调递增.∴ℎ(p ≥ℎ(2)=−En1+1−1=0成立.当>1时，设op =2−−2.由o2)=4−2−2=2−2<0.∴∃0∈(2,+∞)，使得o 0)=0.且当∈(2,0)时，op <0，∈(0,+∞)时，op >0.∴当∈(2,0)时，ℎ(p 单调递减，此时ℎ(p <ℎ(2)=0不符合题意.综上，≤1.(四)构造齐次式，换元【例4】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）∵函数()()21f x x xlnx x 2R 2a a a =-++∈，∴x ＞0，f′（x ）=x-a lnx ，∵函数()()21f x x xlnx x 2R 2a 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 xa-，（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．练习4.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2402a a x ---<<或242a a x -+->，'()0f x <，解得224422a a a a x ----+-<<，所以函数()f x 在区间2244,22a a a a ⎛⎫----+- ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间240,2a a ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭和区间24,2a a ⎛⎫-+-+∞⎪ ⎪⎝⎭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，()f x 在2244,22a a a a ⎛⎫----+- ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在240,2a a ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭和24,2a a ⎛⎫-+-+∞⎪ ⎪⎝⎭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211221ln ln x x x x x x ->-，令21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t t->，即证1ln 0t t t --<，令1()ln (1)t h t t t t-=->，2(1)'()02t h t t t-=-<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而1ln 0t t t --<得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.(五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例5】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，∴()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，11x +单调递减，2x 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 ∴+≥+练习5.已知函数op=−，op=(+pln(+p−．（1）若=1，'(p='(p，求实数的值．（2）若s∈+，op+op≥o0)+o0)+B，求正实数的取值范围．【解析】（1）由题意，得'(p=−1，'(p=ln(+p，由=1，'(p='(p…①，得−ln(+1)−1=0，令op=−ln(+1)−1，则'(p=−1r1，因为″(p=+1(r1)2>0，所以'(p在(−1,+∞)单调递增，又'(0)=0，所以当−1<<0时，'(p>0，op单调递增；当>0时，'(p<0，op单调递减；所以op≤o0)=0，当且仅当=0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解=0，实数的值为0．（2）解法一：令ℎ(p=op−B+op−o0)−o0)（>0），则ℎ'(p=−(+1)，所以当>ln(+1)时，ℎ'(p>0，ℎ(p单调递增;当0<<ln(+1)时，ℎ'(p<0，ℎ(p单调递减;故ℎ(p≥ℎ(ln(+1))=oln(+1))+op−o0)−o0)−En(+1)=(+pln(+p−(+1)ln(+1)−En．令op=(+pln(+p−(+1)ln(+1)−En（>0），则'(p=ln(+p−ln(+1)．（i）若>1时，'(p>0，op在(0,+∞)单调递增，所以op>o0)=0，满足题意．（ii）若=1时，op=0，满足题意．（iii）若0<<1时，'(p<0，op在(0,+∞)单调递减，所以op<o0)=0．不满足题意．综上述：≥1．解法二：先证明不等式，−−1≥0，−1≥ln，−En−1≤0…（*）．令op=−−1，则当≥0时，'(p=−1≥0，op单调递增，当≤0时，'(p=−1≤0，op单调递减，所以op≥o0)=0，即−−1≥0(∈p．变形得，≥+1，所以>−1时，≥ln(+1)，所以当>0时，−1≥ln.又由上式得，当>0时，1−1≥ln1，1−≥−En，−En−1≤0.因此不等式（*）均成立．令ℎ(p=op−B+op−o0)−o0)（>0），则ℎ'(p=ln(+p−，（i）若>ln时，当>−时，ℎ'(p>0，ℎ(p单调递增;当0<<−时，ℎ'(p<0，ℎ(p单调递减;故ℎ(p≥ℎ(−p=o−p−o−p+op−o0)−o0)=(−1)+−1−En．（ii）若0<≤ln时，ℎ'(p≥0，ℎ(p在(0,+∞)单调递增，所以ℎ(p>ℎ(0)=op−o0)=−−1．因此，①当0<≤1时，此时ln<0，>ln，ℎ(p≥(−1)+−1−En≥0，则需−1≥0,−1−kB≥0,由（*）知，−En−1≤0，（当且仅当=1时等号成立），所以=1．②当>1时，此时ln>0，>0，则当>ln时，ℎ(p≥(−1)+−1−En>(−1)ln+−1−En=−ln+−1>0（由（*）知）；当0<≤ln时，ℎ(p>综上述：≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示【例6】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 -<+<-.【分析】（1）先求解导数，再结合导数式特点，进行分类讨论，可得单调性；（2）结合极值点的特征，把目标式中双变量转化为单变量，结合函数单调性可证.【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()()2212111222112ln 2ln 22fx fx 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 -<+<-.练习6.已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）.11（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11184a x a --=，21184a x a+-=，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 +>-（）（）.。
如何处理导数问题中含有两个变量的问题
， 一 一 ２
式 转 化 为ｌ ｎ ＞ —
１ ＋ （ ）
， 即证 明ｌ ｎ ＞ － ２ ｘ － ２ ： ￣ｘ ∈（ １ ＋ ） 恒 成 立
，
ｌ ＋ ｘ
ｘ －２ 证 明： 设ｇ （ ｘ） ： １ ｎ ｘ 一 — ２
—
，
ｘ∈（ １ ， ＋∞） ，
１ ＋ｘ 一
二 ！ （ Ｘ ） ＞０， ／ 则ｇ （ ｘ） ： １ ｎ ｘ 一２ ｘ － ２ ： ￣（ １ ， ＋ ∞） 上单调递增 ， ｇ （ ｘ ） ＞ ｇ （ １ ） ： Ｏ ．
．
，
１ ＋ｘ ‘
又． ． ． ０ ＜ ａ ＜ ｂ ． 一 ｂ
２ ｂ
一
证明： ． ． ． ０ ≤ｂ ＜ ａ ≤１ 。 要证 ＜ ） 二 ＜ ２
＝
ｈ ， （ ｘ） ： ２ ｘ （ １ ｎ ｘ — ｌ ｎ ａ ） ＋（ ａ ２ ＋ ｘ ２ ） ． 一 ２ ａ ： ２ ｘ （ １ ｎ ｘ — ｌ ｎ ａ ） ＋
—
ａ ＋ｘ ａ ＋ｘ
［ （ ａ ２ ＋ ｘ ２ ） （ １ ｎ ｘ
—
ｌ ｎ ｚ ） 一
例２ ： 函数ｆ （ ｘ ） ＝ ｌ ｎ ｘ ， 当０ ＜ ａ ＜ ｂ时 ， 求证 ： ｆ （ ｂ ） 一 ｆ （ ａ ） ＞
２ ａ （ ｂ — ａ）
ａ ＋ ｂ
２ ａ ｘ ＋ ２ ａ］ ， （ ｘ ＞ ａ ）
了
．
，
１ ］ ，
（ ｘ ） ≥０
恒成立 ．
正负情况即可 ． 求导过程相对较简单． 如 果 有 的 同 学 对 变 量 集 中不 太 熟 练 ．我 们 也 可 以换 一 个 角度来 考虑 ， 对我 们要证 明的不等式ｌ ｎ ｂ — ｌ ｎ ａ ＞ — ２ ａ （ ｂ － ａ ）