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()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
()
2110
Q x x
x '=
==<， …
所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()2
0Q 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.
【变式训练】 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）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2211
lnx 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-1
2t
+，
则g′（t ）=2
21lnt 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． "
【变式训练】 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(
()
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()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
22112212121
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??+∞?????
.
(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 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）~
（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）()()()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3lna ＞ln ，解得a 3
．
【变式训练】【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
215124g 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()()2124f a e =+?，由()2
1
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 ≥-. (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 【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 ∴e?f1+1=f，∴f1=?ln(f?1).2√f2=f，∴f2=f2 4 . # ∴?f ln(f?1)+f2 4 ≥1对f∈[2,+∞)恒成立 设f(f)=?f ln(f?1)+f2 4?1，f′(f)=?f f?1 +f 2 =f2?f?2f 2(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) 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?f f ，∵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?f f ≥0对f∈[2,5]恒成立， ∴f≥?2f2 f?1对f∈[2,5]恒成立，即f≥(?2f 2 f?1 ) max ，f∈[2,5]， 令f(f)=?2f2 f?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?1 f ， 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 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 )， ∵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 )?(1 f 2 ? ln 1 f 2 ?f ), =f 2?1 f 2 ?2ln f 2.令f (f )=f ? 1 f ?2ln f (f >1)，则f′(f )=1+ 1 f 2?2f = (1 f ?1) 2>0， ∴f (f )在(1,+∞)上单调递增，∴当f >1时，f (f )>f (1)=0，即f 2?1 f 2 ?2ln f 2>0， ∴f (f 1)>f (1 f 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()()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： 【详解】（1） 略； （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 ，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) ()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 ()()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?? +∞???? 【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) ） 即f < f +f ln f f ?1 对任意f >1恒成立． 令f (f )= f +f ln f f ?1 ，则f′(f )= f ?ln f ?2 (f ?1)2 ， 令f (f )=f ?ln f ?2(f >1)，则f ′(f )=1?1 f =f ?1 f >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 ln f f ?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 f f ?1 是[4,+∞)上的增函数， ∴当f >f ≥4时， f +f ln f f ?1 > f +f ln f f ?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()()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； （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；（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：()1 21 f 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? ?-∞ ?? ? （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 ∴+≥ ()121 f x x a x '= -++，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 -<≤ ，()()()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 ?1 f +1， … 因为f″(f)=f f+1 (f+1) >0，所以f′(f)在(?1,+∞)单调递增， 又f′(0)=0，所以当?1 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 ; 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 (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 1212 ln 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 - ->--=，这与上式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【变式训练】 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(1-上单调递减，在(1)+∞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 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 2x 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 -<+<-. 【变式训练】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1 08 a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ， 且1x ，2x 是方程2 21 0ax 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 >，∴1 ln 3ln 234ln 28 g 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 ， 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< 01ln ln x x a b x x -=>--，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 (f )=f ln f ?f 2.