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專題 7 函數中的雙變量問題
函數與導數一直是高考中的熱點與難點, 近幾年高考試卷及各地模擬試卷中常出現在函數背景下借組導
數處理含有兩個變量的等式與不等式問題,這類問題由于變量多,不少同學不知如何下手,其實如能以函
數思想為指導,把雙變量問題轉化為一個或兩個一元函數問題,再利用導數就可有效地加以解決.
(一) 與函數單調性有關的雙變量問題
此類問題一般是給出含有 x1, x2 , f x1 , f x2 的不等式,若能通過變形,把不等式兩邊轉化為同源函數,可利
用函數單調性定義構造單調函數,再利用導數求解.
常見結論：
f x - f x
(1)若對任意 x1, x D , x

2 當 1 x2 時恒有
1 2 > 0 ,則 y = f x 在 D 上單調遞增；
x1 - x2
f x - f x
(2)若對任意 x1, x2 D , x x
1 當 1 22 時恒有 > k ,則 y = f x - kx 在 D 上單調遞增；x1 - x2
f x - f x
(3) k k若對任意 x 1 21, x2 D ,當 x1 x2 時恒有 > ,則 y = f x + 在 D 上單調遞增；x1 - x2 x1x2 x
f x - f x
(4)若對任意 x1, x2 D ,當 x x

時恒有 1
2
1 2 > x1 + x2 ,則 y = f x - x2 在 D 上單調遞增.x1 - x2
1+ 2ln x
【例 1】（2024 屆四川省仁壽第一中學校高三上學期調研）已知函數 f (x) = 2 ．x
(1)求 f (x) 的單調區間；
(2)存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 x2 ，使 f x1 - f x2 k ln x1 - ln x2 成立，求 k 的取值范圍．
-4ln x
【解析】（1）由題意得 f x = 3 ，令 f (x) = 0得 x =1，x
x (0,1)時， f (x) > 0， f (x) 在( 0, 1)上單調遞增；
x (1, + )時， f (x) < 0 ， f (x) 在 (1, + )上單調遞減；
綜上， f (x) 單調遞增區間為( 0, 1)，單調遞減區間為 (1, + )．
（2）由題意存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 x2 ，不妨設 x1 > x2 >1，
由（1）知 x (1, + )時， f (x) 單調遞減．
f x1 - f x2 k ln x1 - ln x2 等價于 f x2 - f x1 k ln x1 - ln x2 ，
即 f x2 + k ln x2 f x1 + k ln x1，
即存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 > x2 ，使 f x2 + k ln x2 f x1 + k ln x1成立．
令 h(x) = f (x) + klnx，則 h(x) 在 (1, + )上存在減區間．
2 4ln x
即 h (x) kx - 4ln x= 3 < 0在 (1, + )上有解集，即 k < 在 (1, + )2 上有解，x x
4ln x
即 k <
x (1,+ ) t x 4ln x= x (1,+ ) 4 1- 2ln x x2 ÷ ， ；令 ， ， t x = ，è max x2 x3
x 1, e 時， t (x) > 0， t(x)在 1, e 上單調遞增，
x e, + 時， t (x) < 0， t(x)在 e, + 單調遞減，
∴ t(x)
2 2
max = t( e) = ，∴ k < ．e e
(二) 與極值點有關的雙變量問題
與極值點 x1, x2 有關的雙變量問題,一般是根據 x1, x2 是方程 f x = 0的兩個根,確定 x1, x2 的關系,再通過消
元轉化為只含有 x1或 x2 的關系式,再構造函數解題,有時也可以把所給條件轉化為 x1, x2 的齊次式,然后轉化
x
為關于 2 的函數，此外若題中含有參數也可考慮把所給式子轉化為關于參數的表達式.
x1
2
【例 2】（2024 屆黑龍江省雙鴨山市高三下學期第五次模擬）已知函數 f (x) = lnx + - a(x +1)(a R) .
x
(1)當 a = -1時，討論 f (x) 的單調性；
(2)若 x1, x2 x1 < x2 是 f (x) 1的兩個極值點，證明： f x2 - f x1 < - 4 ．2a
2
【解析】（1）當 a = -1時， f (x) = ln x + + x +1, f (x) 的定義域為 (0, + )，
x
2
所以 f (x) 1 2 1 x + x - 2 (x + 2)(x -1)= - + = = ，令 f (x) = 02 2 2 ，解得 x =1，x x x x
當 x (0,1) 時， f (x) < 0 ，當 x (1,+ )時， f (x) > 0 ，
故 f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增．
2 f (x) 1 2 a -ax
2 + x - 2
（ ） = - 2 - = ，x x x2
由題意可知， x , x 21 2 x1 < x2 是方程-ax + x - 2 = 0 的兩根，
ì 1
> 02a 1
1 2
則 í ，解得0 < a < ，所以 x1 + x2 = ， x8 a 1
x2 = ，
D =1-8a > 0
a
2
要證 f x2 - f x
1 a 1 8 a 1
< - 4 = × - = × 81 2a 2 a2 a 2
-
è a ÷ a
a x x 2 4x x x - x= × 1 + 2 - 1 2 = 2 12 ，x1x2
2 é 2 ù x2 - x1
即證 ln x2 + - a xx 2 +1 - êln x1 + - a xx 1 +1 ú < ，2 1 x1x2
x2 2 x1 - x2 x - x
只需證 ln + - a x2 - x1 < 2 1x x ，1 1x2 x1x2
x2 x - x 2 x - xln 2a x x - x需證 < 2 - x + 2 1 = 2 11 + 2 1 ,x1 x1x2 x1 + x2 x1x2
x2 ln t t -1 2(t -1)令 t = (t > 1)，則需證 < +x t ，1 t +1
1 1 1 1 1
2
1 - 1 1 1 -- 4 4
設 g t = ln t t -1- (t >1)，則 t 2 - t 2 (t -1) - t 2 - t 2 +1 t - t ÷ ，
t g (t) 1= - 2 = 2 2 = - è < 0
t t t 2t
t -1
所以函數 g(t)在 (1, + )上單調遞減，所以 g(t) < g(1) = 0，因此 ln t < ,
t
2(t -1) t -1 2(t -1)
由 t > 1得， > 0，所以 ln t < + t 1 ，故 f x2 f x
1
- 1 < - 4 得證,t +1 t + 2a
1 2
【例 3】（2023 屆云南省曲靖市高三下學期第二次聯考）已知函數 f x = x + alnx - 4x a > 0 .
2
(1)當 a = 3時，試討論函數 f x 的單調性；
(2)設函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 ，證明： f x1 + f x2 > lna -10 .
1 2
【解析】（1）當 a = 3時， f x = x + 3ln x - 4x定義域為 x 0, + ，
2
3 x
2 - 4x + 3 x -1 x - 3f x = x + - 4 = = ，
x x x
令 f x = 0解得 x =1或3，且當0 < x <1或 x > 3時， f x > 0，當1< x < 3時， f x < 0，
所以當0 < x <1或 x > 3時， f x 單調遞增，當1< x < 3時， f x 單調遞減，
綜上 f x 在區間 0,1 ， 3, + 上單調遞增， f x 在區間 1,3 單調遞減.
2
（2）由已知 f x 1= x2 + alnx - 4x，可得 f x x a 4 x - 4x + a= + - = ，2 x x
函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 ，即 x2 - 4x + a = 0在 0, + 上有兩個不等實根，
ìh 0 = a > 0
令 h x = x2 - 4x + a ，只需 í 0 < a < 4 x + x = 4 x x = a
h 2 = a 4 0
，故 ，又 1 2 ，- < 1 2
，
f x + f x 1= x2 + alnx - 4x 1 2 所以 1 2 1 1 1 ÷ + x2 + alnx2 - 4x2 ÷
è 2 è 2
= -4 x1 + x2 a lnx
1
+ 1 + lnx2 + x2 21 + x2 = alna - a -8，2
要證 f x1 + f x2 > lna -10，即證 alna - a -8 > lna -10，只需證 1- a lna + a - 2 < 0 ，
令m a = 1- a lna + a - 2， a 0,4 m a 1- a 1，則 = -lna + +1 = - lna，
a a
1 1
令 n a = m a ，則 n a = - 2 - < 0 恒成立，所以m a 在 a 0,4 上單調遞減，a a
又m 1 =1 > 0，m 2 1= - ln2 < 0 ，
2
由零點存在性定理得，$a0 1,2 使得m a0 lna
1
= 0，即 0 = a ，0
所以 a 0, a0 時，m a > 0，m a 單調遞增，
a a0 , 4 時，m a < 0，m a 單調遞減，
則m a = m a0 = 1- a0 lna0 + a0 - 2 = 1
1 1
- a0 + a0 - 2 = a0 + - 3max a ，0 a0
1
又由對勾函數知 y = a0 + - 3在 a 1,2a 0 上單調遞增，0
所以 a
1
0 + - 3 < 2
1
+ - 3 1= - < 0 m a < 0 f x + f x > lna -10
a0 2 2
，所以 ，即 1 2 得證.
(三) 與零點有關的雙變量問題
與函數零點 x1, x2 有關的雙變量問題,一般是根據 x1, x2 是方程 f x = 0的兩個根,確定 x1, x2 的關系,再通過
消元轉化為只含有 x1或 x2 的關系式,再構造函數解題,有時也可以把所給條件轉化為 x1, x2 的齊次式,然后轉
x
化為關于 2 的函數,有時也可轉化為關于 x1 - x2 的函數,若函數中含有參數,可考慮把參數消去,或轉化為以x1
參數為自變量的函數.
【例 4】（2024 屆四川省南充高中高三下學期月考）已知函數 f x = lnx - 2a x a R .
(1)討論函數 f x 的單調性，并求 f x 的極值；
(2)若函數 f x 1有兩個不同的零點 x1, x2 （ x1 < x2），證明： e < 4 x1x2 < .a
1 f x (0, + ) f x 1 a 1- a x【解析】（ ）函數 的定義域為 ，由題意， = - = ，
x x x
當 a 0時， f x > 0，函數 f x 在 (0, + )單調遞增，無極值.
當 a > 0時，令 f x = 0，得 x 1=
a2
∴ f x 在 0,
1 1
單調遞增，在
a2 ÷ 2
,+ ÷ 單調遞減，
è è a
所以函數 f x 1在 x = 2 時取極大值，極大值為 f
1
2 ÷ = -2ln a - 2，無極小值. a è a
0, 1x
1 1

è a2 ÷ a2 2
,+
a ֏
f x + 0 -
f x 遞增 極大值 遞減
ìln t
2 x = t , x = t x < x 1
= at1
（ ）由題意，令 1 1 2 2 ，且 1 2，則有 íln t ， 2 = at2
lnt1 - lnt2 1 1 t1 - t2 t t1 t2
兩式相減可得， a = ，要證 4 x1x2 < .即證 t1t2 < = ln 1 - + > 0t - t ，1 2 a a lnt1 - lnt2 t2 t2 t1
t
u 1 ln t1
t1 t
令 = ， - + 2 > 0 2lnu
1
- u + > 0(0 < u <1)，
t2 t2 t2 t1 u
2
設 g u 1= 2lnu - u + g u 2 1 1 -u + 2u -1，則 = - - = < 0，
u u u2 u2
所以 g u 在 0,1 1上單調遞減，所以 g u > g 1 = 0，即有 4 x1x2 < .a
ìln t1 = at1
í ，兩式子相加得， lnt1t2 = a t1 + t2 ，則要證 4 x1x2 > e
ln t
，
2 = at2
t t > e2即證 1 2 ，由上式只需證 a t1 + t2 > 2，
t1 -1
lnt - lnt
即證 1 2 × t + t > 2 ln t1 t2
t - t 1 2
- 2
t t
< 0，
1 2 2 1 +1
t2
t1 -1
v t= 1 ln t1 2 t令 ， - 2t < 0 lnv
v -1
- 2 < 0(0 < v <1)t ，2 t2 1 +1 è v +1
÷

t2
2
設 h v = lnv - 2 v -1 ÷ 0 < v <1
(v -1)
，則 h v = > 0，
è v +1 v(v +1)2
所以 h v 在 0,1 上單調遞增，所以 h v < h 1 = 0 1，即有 4 x1x2 > e .綜上： e < 4 x1x2 < .a
(四) 獨立雙變量,各自構造一元函數
此類問題一般是給出兩個獨立變量,通過變形,構造兩個函數,再利用導數知識求解.
【例 5】（2024 屆陜西省寶雞實驗高中高三一模）已知函數 f (x) = a x + x2 - x ln a - b(a,b R, a >1)， e是自然
對數的底數.
(1)當 a = e,b = 4 時，求整數 k 的值，使得函數 f (x) 在區間 (k,k +1) 上存在零點；
(2)若存在 x1, x2 [-1,1], 使得 | f (x1) - f (x2 ) | e -1，試求 a的取值范圍.
【解析】（1） f (x) = ex + x2 - x - 4，\ f (x) = ex + 2x -1，\ f (0) = 0
當 x > 0時， ex >1，\ f (x) > 0，故 f (x) 是 (0, + )上的增函數，
同理 f (x) 是 (- ,0)上的減函數，
f (0) = -3 < 0, f (1) = e - 4 < 0, f (2) = e2 - 2 > 0，且 x > 2時， f (x) > 0 ，
故當 x > 0時，函數 f (x) 的零點在 1,2 內，\k =1滿足條件．
同理，當 x < 0 時，函數 f (x) 的零點在 -2, -1 內，\k = -2滿足條件，綜上 k =1,-2．
（2）問題 當 x [-1,1]時， | f (x)max - f (x)min |= f (x)max - f (x)min e -1，
f (x) = a x ln a + 2x - ln a = 2x + (a x -1) ln a ，
①當 x > 0時，由 a > 1，可知 a x -1 > 0,ln a > 0,\ f (x) > 0；
②當 x < 0 時，由 a > 1，可知 a x -1< 0,ln a > 0,\ f (x) < 0 ；
③當 x = 0時， f (x) = 0，\ f (x)在[-1, 0]上遞減，[0,1] 上遞增，
\當 x [-1,1]時， f (x)min = f (0), f (x)max = max{ f (-1), f (1)}，
而 f (1) f (
1
- -1) = a - - 2ln a ，設 g(t) 1= t - - 2ln t(t > 0),
a t
Q g (t) 1 2 1=1+ 2 - = ( -1)
2 0 （僅當 t =1時取等號），\ g(t)在 (0, + )上單調遞增，而 g(1) = 0，
t t t
\當 t > 1時， g(t) > 0即 a 1> 1時， a - - 2ln a > 0，
a
\ f (1) > f (-1),\ f (1) - f (0) e -1即 a - ln a e -1 = e - ln e ，
構造 h(a) = a - ln a(a >1) ，易知 h (a) > 0，\h(a)在 (1, + )遞增，
\a e ，即 a的取值范圍是[e, + )．
(五) 構造一元函數求解雙變量問題
當兩個以上的變元或是兩個量的確定關系在解題過程中反復出現.通過變量的四則運算后,把整體處理為一
個變量,從而達到消元的目的.
【例 6】（2024 屆山東省菏澤市高考沖刺押題卷）已知函數 f (x) = tx ln x - x2 +1(0 < t 2)．
(1)求函數 f (x) 的單調區間;
a2 + b2 2 2(2)若a > b > 0，證明: ln a b2 < ．a - b2 a4 - b4
【解析】（1） f (x) = t ln x + t - 2x, x > 0 ，
令 g(x) = f (x) = t ln x + t - 2x，所以 g (x)
t
= - 2, x > 0，
x
t t
由 g (x) > 0可得0 < x < ，由 g (x) < 0可得 x > ，
2 2
t t
所以 f (x) 在 (0, )上單調遞增，在 ( ,+ )上單調遞減，
2 2
所以 f (x)
t
max = f ( ) = t ln
t
+ t - t = t ln t .
2 2 2
t
又因為0 < t 2，所以 ln 0，即 f (x) 0，且 f x 至多在一個點處取到 0 .
2
所以 f (x) 在 (0, + )上單調遞減，
故 f x 的單調遞減區間為 0, + ，沒有單調遞增區間.
a2 + b2 a22 b
2
（ ）證明 ln 2 2 < 4 4 ，a - b a - b
1 ln a
2 + b2 1 (a2 +b2 )2 - (a2 - b2 )2
只需證： 2 2 < ，2 a - b 4 (a2 + b2 )(a2 - b2 )
a2 + b2 a2 + b2 a2 - b2
即證： 2ln 2 2 < 2 2 -a - b a - b a2 2
，
+ b
2 2
令 x a + b= 2 , a > b > 0，所以 x >1，a - b2
只需證： 2ln x < x
1
- ，即證： 2x ln x - x2 +1< 0，
x
由（1）知，當 t = 2時， f (x) = 2x ln x - x2 +1在 (0, + )上單調遞減，
所以當 x >1時， f (x) < f (1) = 0，即 2x ln x - x2 +1< 0，
a2 + b2 a2b2
所以 ln .
a2
<
- b2 a4 - b4
(六) 獨立雙變量,把其中一個變量看作常數
若問題中兩個變量沒有明確的數量等式關系,有時可以把其中一個當常數,另外一個當自變量
a
【例 7】已知函數 f (x) = x × ln (a > 0)，
x
(1) x若函數 g x = e 在 x = 0處的切線也是函數 f (x) 圖像的一條切線，求實數 a 的值；
(2)若函數 f (x) 的圖像恒在直線 x - y +1 = 0 的下方，求實數 a 的取值范圍；
a
(3)若 x1, x2 ( ,
a ) ，且 x1 x2 ，證明： (x1 + x
4
2 ) > a
2x1xe 2 2
【解析】 (1) g x = ex ， g x 在 x = 0處切線斜率 k = g 0 =1， g 0 =1，所以切線 l : y = x +1，
a a k f x ln a又 f x = ln -1，設 l與 f x 相切時的切點為 x , x ln
x 0 0 x ÷
，則斜率 = 0 = -1，
è 0 x0
a a a
則切線 l的方程又可表示為 y = ln -1÷ x - x0 + x0 ln = ln -1x x x ÷ x + x0 ，è 0 0 è 0
ì a
ln -1 =1
由 í x0 ，解之得 a = e2．
x0 =1
(2)由題可得 f x - x -1< 0 a對于 x > 0恒成立，即 x ln - x -1 < 0對于 x > 0恒成立，
x
令 h x = x ln a a a- x -1，則 h x = ln - 2，由 h x = 0得 x = ，
x x e2
0, a a ax ÷ ，+ ÷
è e2 e2 è e2
h x + 0 -
h x ↗ 極大值 ↘
則當 x > 0時， h x = h a a a 2max 2 ÷ = 2è e e2
-1，由 2 -1< 0，得： 0 < a < e ，即實數 a的取值范圍是 0,e ．e
(3)由題知 f x = ln a -1，
x
由 f x = 0 x a a得 = ，當 < x < a時， f x < 0， f x = x ln a a > 0 單調遞減，
e e x
a a
因為 x1 < x1 + x2 < a ，所以 f x1 > f x1 + x2 ，即 x1 ln > xx 1 + x2 ln ，1 x1 + x2
所以 ln
a x1 + x2 ln a ln a x1 + x a> > 2 ln
x1 x x + x
，①同理
1 1 2 x2 x2 x + x
，②
1 2
ln a

ln a x + x x + x

①+②得 + > 1 2 + 1 2 ÷ ln
a
，
x1 x2 è x1 x2 x1 + x2
x1 + x2 x+ 1 + x2 2 x x= + 2 + 1 a a因為 4，由 x1 + x2 < a 得 >1，即 ln > 0x x x x x + x x ，1 2 1 2 1 2 1 + x2
a a 2 4ln + ln > 4ln a a a 所以 x x x x ，即 > ÷ ，所以 x
4 2
+ x 1
+ x2 > a x1x2．
1 2 1 2 1x2 è x1 + x2
(七) 雙變量,通過放縮消元轉化為單變量問題
此類問題一般是把其中一個變量的式子放縮成常數,從而把雙變量問題轉化為單變量問題
【例 8】（2024 屆河北省衡水市高三下學期聯合測評）過點 P a,b 可以作曲線 y = x + ex 的兩條切線，切點為
A, B .
(1)證明： a b 1- a > - ；
e
(2)設線段 AB 中點坐標為 x0 , y0 ，證明： a + y0 > b + x0 .
ett + t - b
【解析】（1）證明：設切點 A t, e + t ， y =1+ ex ，所以 kPA =1+ et = ，t - a
即關于 t 的方程 t - a -1 et + b - a = 0有兩個不相等的實數根.
設 f t = t - a -1 et + b - a，則 f t = t - a et = 0， t = a .
當 t < a 時， f t < 0，則 f t 在 - ,a 上單調遞減；
當 t > a時， f t > 0，則 f t 在 a,+ 上單調遞增，
所以 f t 在 t = a處取值得最小值，即 f a = b - a - ea .
當 t + 時， f t + ，當 t - 時， f t b - a，
ìb - a > 0
若滿足方程有兩個不相等的實數根，則 í
b - a
，
- ea < 0
于是0 < b - a < ea ，即 ln b - a < a ，得 b - a ln b - a < b - a a ,
設 g x = x ln x， g x = ln x +1 = 0 1，得 x = ，
e

在 0,
1
÷上， g x < 0，則 g x
1
單調遞減，在 ,+ ÷上， g x > 0，則 g x 單調遞增，
è e è e
g x x ln x 1 g 1 1所以 = ，在 x = 處取得最小值，即 ÷ = - ，所以 a b a
1
- > - .
e è e e e
（2）證明：設 A x1, y1 , B x2 , y2 ，
y 1則 0 = y
1
1 + y2 = ex1 + ex2 + x 1 1 x1 x22 2 0，即 y0 - x0 = y1 + y2 = e + e ，2 2
在點 A x1, y1 , B x2 , y2 處的切線方程都過P a,b ，
于是，由b - x1 - e
x1 = 1+ ex1 a - x x b - a1 ，得 1 - a +1 + ex = 0 ，1
x
由b - x - e 22 = 1+ ex2 a - x2 ，得 x2 - a 1 b - a+ + x = 0e 2
x - x ex1 +x2
兩式相減整理得：b - a = 1 2 ，
ex1 - ex2
b a y x x1 - x2 e
x1 +x2 1 e
x1 +x2 é 2x1 2x2
- - - = - ex1 + ex2 = 2 x x ê
x x e - e ù- -
0 0 x x 2 e - e 1 21 2 ex +x úe 1 - e 1 22 2
ex1 +x2
= é2 x1 - x2 - ex -x
1
1 2 + ù
2 ex1 - ex ，2 ê ex1 -x2 ú
ex1 +x2
不妨設 x1 > x ,m = x - x > 02 1 2 > 0，所以 2 ex1 - ex2 ，則 h m = 2m
1
- em + m ，e
h m 1= 2 - em - m 2 - 2 = 0，所以 h m 在 0, + 上單調遞減，于是 h m < h 0 = 0 ，e
于是 b - a - y0 - x0 < 0，即 a + y0 > b + x0 .
【例 1】（2024 x屆陜西省西安市一中高三考前模擬）已知函數 f x = 2e + ax + 2 .
(1)若 a = -4 ，求 f x 的極值；
(2) 2 2若 a > 0，不相等的實數m, n滿足 f m + f n = m + n + 8，求證：m + n < 0 .
【解析】（1）依題意， f x = 2ex - 4x + 2，則 f x = 2ex - 4，令 f x = 0，解得 x = ln 2，
故當 x - , ln 2 時， f x < 0，當 x ln 2,+ 時， f x > 0，
故函數 f x 在 - , ln 2 上單調遞減，在 ln 2,+ 上單調遞增，
故函數 f x 的極小值為 f ln 2 = 4 - 4ln 2 + 2 = 6 - 4ln 2，無極大值；
（2）令 g x = f x - x2 = 2ex + ax - x2 + 2 ，則 g x = 2ex - 2x + a，
令 t x = ex - x，則 t x = ex -1，當 x < 0 時， t x < 0 ，當 x > 0時， t x > 0，
所以函數 t x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
所以 t x = ex - x t 0 =1 > 0，又 a > 0，所以 g x = 2 ex - x + a > 0，
所以 g x 在R 上單調遞增，
f m + f n = m2 + n2 + 8，即 g m + g n = 8，
因為 g 0 = 4 ，所以m, n 0，要證m + n < 0，即證 n < -m，只需證 g n < g -m ，
即8 - g m < g -m ，即 g m + g -m > 8，
令函數 h x = g x + g -x = 2ex + 2e- x - 2x2 + 4，
則 h x = 2ex - 2e- x - 4x，令j x = h x ，則j x = 2ex + 2e- x - 4 0，
所以 h x 為R 上的增函數，
當 x < 0 時， h x < h 0 = 0，當 x > 0時， h x > h 0 = 0，
所以 h x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
所以對任意m 0 ，都有 h m = g m + g -m > h 0 = 8，從而原命題得證.
【例 2】（2024 x屆河北省衡水市部分示范性高中高三下學期三模）已知 f x = e - x．
(1)求 f (x) 的單調區間和最值；
f (x) (a , b ) [a b] x (a,b) f (ξ ) f (b) - f (a)(2)定理：若函數 在 上可導，在 ， 上連續，則存在 ，使得 = ．該定理
b - a
稱為“拉格朗日中值定理”，請利用該定理解決下面問題：
em en 1 1
若0 < m < n - < m +1 2 ，求證： -

n m ÷
．
è n m
【解析】（1） f (x) = ex -1，令 f (x) = 0，解得 x = 0，
當 x (- ,0)時， f (x) < 0, f (x) 單調遞減；當 x (0,+ )時， f (x) > 0, f (x)單調遞增．
當 x = 0時， f (x) 取得最小值 1，無最大值；
em en 1 1
（2）要證 - < (m +1)2 - ，只需證mem - nen ÷ < (m +1)
2 (m - n)，因為0 < m < n，
n m è n m
mem - nen
故只需證 > (m +1)2． 令 g(x) = xex (x > 0) ，顯然 g(x)在 (m, n)上可導，在[m，n]上連續，
m - n
m n
故由拉格朗日中值定理知存在x (m, n)，使得 g (x ) me - ne= ，
m - n
而 g (x) = (x +1)ex > 0, g (x) 在 (0, + )上單調遞增，
因為m < x < n，故 g (x ) > g (m)，即 g (x ) > (m +1)em ，
故只需證 (m +1)em (m +1)2 即可，因為m > 0，故只需證 em m +1．
由（1）知 e x x + 1恒成立，因此原命題得證．
【例 3】（2024 屆天津市部分區高三二模）已知 a,b R ，函數 f x = x + a sin x + b ln x．
(1)當 a = 0,b = -1時，求 f x 的單調區間；
1
(2)當 a = - ,b 0 時，設 f x 的導函數為 f x ，若 f x > 0恒成立，求證：存在 x0 ，使得 f x0 < -1；2
(3)設0 < a <1,b < 0，若存在 x1, x2 0, + ，使得 f x1 = f x2 x1 x2 -b，證明： x1 + x2 > 2 ．a +1
【解析】（1）由函數 f x = x + a sin x + b ln x ，可得其定義域為 0, + ，
當 a = 0,b = -1時，可得 f x = x - ln x ，則 f x 1 1 x -1= - = ，
x x
當 x 0,1 時，可得 f x < 0， f x 單調遞減；當 x 1, + 時，可得 f x > 0， f x 單調遞增，
\函數 f x 的單調遞增區間為 1, + ，單調遞減區間為 0,1 ．
a 1 1 1 b（2）當 = - ,b 0 時，可得 f x = x - sin x + b ln x，則 f x =1- cos x + ，
2 2 2 x
Q f x > 0 1恒成立，即1- cos x b+ > 0 1 b恒成立，令 h x =1- cos x + , x > 0 ，
2 x 2 x
b b b 1 b 1 b
若b < 0，則 < 0，存在 x = - ，使得 h - =1- cos - - 2 = -1- cos - < 0，x 2 è 2 ÷ ÷ ÷ 2 è 2 2 è 2
即 f x < 0，不符合題意，\b>0，
3 3 3
- - 1 -
取 x = e b ，則0 < x0 <1，可得 f x0 = e b - sin e b - 3 < -1，即存在 x0 ，使得 f x < -1．0 2 0
（3）由函數 f x = x + a sin x + b ln x ，可得 f x =1+ a cos x b+ ，
x
設 x1 < x2，由 f x1 = f x2 ，可得 x1 + a sin x1 + b ln x1 = x2 + a sin x2 + b ln x2 ，
x2
則 x2 - x1 + a sin x2 - sin x1 = -b ln x2 - ln x1 = -b ln x ，1
又由 y = x - sin x，可得 y ' =1- cos x 0，\函數 y = x - sin x為單調遞增函數，
b ln x\ x2 - sin x2 > x1 - sin x1，即 sin x2 - sin x1 < x2 - x \ -
2
1， < a +1 x2 - xx 1 ，1
2
h x ln x 2 x -1 h x 1 4
x -1
設 = - ，可得 = - = 0，
x +1 x x +1 2 x x +1 2
\當 x >1時， h x > h 1 = 0 x -1，即 ln x > 2 ，\ ln x 2 x -1> ，
x +1 x +1
x2 -1
ln x 2ln x 4 x -1
x2 x= > \ ln > 4 1
x2 - x
即 ， = 4 1 ，
x +1 x1 x2 1 x2 + x+ 1
x1
代入可得： 4 ×
x - x
-b 2 1 < a +1 x2 - x1 = a +1 x2 - x1 x2 + x1 ，x2 + x1
-b 2
則 4 × < x + x ，\ x + x -b> 2 ．
a +1 2 1 2 1 a +1
1
【例 4】（2024 2屆四川省百師聯盟高三聯考三）已知函數 f x = x - 4x + a ln x .
2
(1)當 a =1時，求曲線 f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)設函數 y = f x 有兩個不同的極值點x1，x2 .證明： f x
1 1 35
1 + f x2 ≥ ln a - a2 - .2 4 4
【解析】（1）當 a =1時 f x 1 1= x2 - 4x + ln x ， f x = x - 4 + ，
2 x
f 1 1= - 4 7= - ， f 1 =1- 4 +1 = -2，
2 2
7
則切線方程為 y + = -2 x -1 ，化簡得 4x + 2y + 3 = 0 .
2
2
（2）證明：由題 f x = x - 4 a x - 4x + a+ = ，
x x
函數 f x 有兩個極值點x1，x2，即 x2 - 4x + a = 0在 0, + 上有兩個不等實根，
h x = x2 - 4x + a
ìh 0 = a > 0
令 ，只需故 í ，故 0 < a < 4 h 2 = a - 4 0
.
<
又x1 + x2 = 4， x1x2 = a，
所以 f x1 + f x =
1 x2 + a ln x - 4x + 1 x2 + a ln x - 4x 2 2 1 1 1 ÷ 2 2 2 ÷è è 2
4 x x a ln x ln x 1= - 1 + 2 + 1 + 2 + x2 21 + x2 = a ln a - a -8 .2
若證 f x 11 + f x2 ≥ ln a
1
- a2 35- ，
2 4 4
即證 a ln a - a -8
1
≥ ln a 1- a2 35 1- ，即 a ln a - a - ln a
1
+ a2 3+ ≥0 .
2 4 4 2 4 4
令j x = x ln x 1 1 3- x - ln x + x2 + ， x 0,4 ，
2 4 4
j x ln x 1 x 1= + -

÷，則j x 在 0,4 上遞增，且有j 1 = 0，2 è x
當 x 0,1 時，j x < 0，所以j x 在 0,1 上遞減；
當 x 1,4 時，j x > 0，所以j x 在 1,4 上遞增；
所以j x ≥j 1 = ln1-1 1 1 3- ln1+ + = 0， x 0,4 .
2 4 4
即 f x 1 1 351 + f x2 ≥ ln a - a2 - 得證.2 4 4
x
【例 5】（2024 陜西省西安八校高三下學期聯考）已知函數 f x = e - mlnx + x -1 m R , f x 的圖象在
1, f 1 處的切線過原點．
(1)求 m的值；
(2) 2設 g x = f x - x,h x = x - 2x + a ，若對 "x1 0,+ 總 $x2 R，使 g x1 > h x2 成立，求整數 a的最
大值．
【解析】（1）易知 f x 的定義域為 0, + , f 1 = e ，
x m
又 f x = e - +1, f 1 = e - m +1，
x
\ f x 的圖象在 1, f 1 處的切線方程為 y - e = e - m +1 x -1 ，
將 x = 0, y = 0 代入，得 m =1；
2 h x = x2（ ） - 2x + a = (x -1)2 + a -1．
\當 x =1時， h x 取得最小值，[h x ]min = h 1 = a -1．由（1）知， m =1．
\ f x = ex - lnx + x -1，得 g x = ex - lnx -1, g x 的定義域為 0, + ．
g x ex 1 1則 = - x，易知 y = e - x > 0 單調遞增，
x x
g 1 又 ÷ = e - 2 0, g 1 = e -1 0．
è 2
g x 0 1 x 1 10即 = 在 ,1÷上有唯一解 x0 ，故 e = , x0 = x ．
è 2 x e 00
于是當 0 < x < x0 時， g x < 0, g x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x > x0時， g x > 0, g x 在 x0 ,+ 上單調遞增．
\ g x 在 x = x0處取得極小值也是最小值．
1 5
則 g x = ex0 - ln x -1 = + x -1 2, min 0 x 0 ÷ ，0 è 2
\對 "x1 0,+ 總 $x2 R，使 g x1 > h x2 成立，
只需 1 a -1，得 a 2．故整數 a的最大值為 2．
1．（2024 屆廣東省汕頭市第二次模擬）設M 是由滿足下列條件的函數 f x 構成的集合：①方程
f x - x = 0有實根；② f x 在定義域區間D上可導，且 f x 滿足0 < f x <1 .
x lnx
(1)判斷 g x = - + 3， x 1,+ 是否是集合M 中的元素，并說明理由；
2 2
(2)設函數 f x 為集合M 中的任意一個元素，證明：對其定義域區間D中的任意a 、b ，都有
f a - f b a - b .
1 1 1 1
【解析】（1）Q g (x) = - =
2 2x 2
1-
x ÷
,
è
1
\ 當 x (1,+ )時， g (x) 0, ÷ (0,1) ，滿足條件②；2 è
令F (x) = g(x) x
x ln x
- = - - + 3， x (1,+ ),
2 2
2
則F (e)
e 5
= - + > 0，F (e2 ) e= - + 2 < 0,
2 2 2
\F (x)在[e,e2 ]上存在零點，即方程 g(x) - x = 0有實數根，滿足條件①，
綜上可知， g(x) M ;
（2）不妨設a b , Q f x > 0, \ f (x)在 D 上單調遞增，
\ f (a ) f (b )，即 f (b ) - f (a ) 0. ①
令 h(x) = f (x) - x, 則 h (x) = f (x) -1< 0，\h(x)在 D 上單調遞減，
\ f (b ) - b f (a ) -a ，即 f (b ) - f (a ) b -a ，②
由①②得： f (a ) - f (b ) a - b .
2．（2024 屆山東省濱州市高三下學期二模）定義：函數 f (x) 滿足對于任意不同的 x1, x2 [a,b]，都有
f x1 - f x2 < k x1 - x2 ，則稱 f (x) 為 a,b 上的“ k類函數”．
2
(1)若 f (x) x= +1，判斷 f (x) 是否為 1,3 上的“2 類函數”；
3
x2(2)若 f (x) = a(x -1)ex - - x ln x 為[1,e]上的“3 類函數”，求實數 a 的取值范圍；
2
(3)若 f (x) 為[1, 2]上的“2 類函數”，且 f (1) = f (2)，證明："x1， x2 [1, 2]， f x1 - f x2 < 1．
【解析】（1）對于任意不同的 x1, x2 1,3 ，不妨設 x1 < x2，即1 x1 < x2 3，
2 2
x1 x2 則 f x1 - f x 1
x + x
2 = +3 ÷
- +1÷ = 1 2 x1 - x2 < 2 x1 - x2 ，
è è 3 3
所以 f (x) 為 1,3 上的“2 類函數”.
（2）因為 f (x) 為[1,e]上的“3 類函數”，對于任意不同的 x1, x2 1,e ，不妨設 x1 < x2，
則 f x1 - f x2 < 3 x1 - x2 = 3 x2 - x1 恒成立，
可得3x1 - 3x2 < f x1 - f x2 < 3x2 - 3x1，
即 f x1 + 3x1 < f x2 + 3x2 ， f x2 - 3x2 < f x1 - 3x1均恒成立，
構建 g x = f x + 3x ， x 1,e ，則 g x = f x + 3，
由 f x1 + 3x1 < f x2 + 3x2 可知 g x 在 1,e 內單調遞增，
可知 g x = f x + 3 0在 1,e 內恒成立，即 f x -3在 1,e 內恒成立；
同理可得： f x 3 1,e 內恒成立；
即-3 f x 3在 1,e 內恒成立，
又因為 f (x) = axex - x -1- ln x ，即-3 axex - x -1- ln x 3，
x + ln x - 2 x + ln x + 4 x + ln x - 2 x + ln x + 4
整理得 x a x ，可得xe xe ex+ln x
a x+ln x ，e
x + ln x - 2 a x + ln x + 4即 x+ln x x+ln x 在 1,e 內恒成立，令 t = x + ln x，e e
因為 y = x, y = ln x在 1,e 內單調遞增，則 t = x + ln x在 1,e 內單調遞增，
當 x =1， t =1；當 x=e， t = e +1；可知 t = x + ln x 1,e +1 ，
t - 2 t + 4
可得 t a t 在 1,e +1 內恒成立，e e
F t t - 2構建 = t , t 1,e +1 ，則F t
3- t
= ，
e et
當1 t < 3時，F t > 0 ；當3 < t e +1時，F t < 0；
可知F t 在 1,3 內單調遞增，在 3,e +1 1內單調遞減，則F t F 3 = ，
e3
G t t + 4構建 = , t 1,e +1 ，則G t -3 - tt = t < 0 在 1,e +1 內恒成立，e e
可知G t 在 1,e +1 內單調遞減，則G t G e +1 e + 5=
ee+1
；
1 a e + 5
1 e + 5
可得 3
é ù
e+1 ，所以實數 a 的取值范圍為 ê 3 , .e e e ee+1 ú
（3）（i）當 x1 = x2，可得 f x1 - f x2 = 0 <1，符合題意；
（ⅱ）當 x1 x2 ，因為 f (x) 為[1, 2]上的“2 類函數”，不妨設1 x1 < x2 2，
①若0
1
< x2 - x1 ，則 f x2 1
- f x2 < 2 x1 - x2 1；
1
②若 < x2 - x1 1，則 f x1 - f x2 = f x1 - f 1 + f 1 - f x2 = f x1 - f 1 + f 2 - f x 2 2
f x1 - f 1 + f 2 - f x2 2 x1 -1 + 2 2 - x2 = 2 - 2 x2 - x1 <1；
綜上所述："x1， x2 [1, 2]， f x1 - f x2 <1 .
1
3．（2024 2屆遼寧省沈陽市第一二〇中學高三最后一卷）設函數 f x = xlnx - x - ax 的兩個極值點分別為
2
x1, x2 x1 < x2 ．
(1)求實數a的取值范圍；
(2)若不等式l < a x1 + x2 恒成立，求正數l 的取值范圍（其中 e = 2．71828L為自然對數的底數）．
【解析】（1）由題 f x = xlnx - x 1- ax2 ，定義域為 0, + ．則 f x =1+ lnx -1- ax = lnx - ax ，
2
由題可得 f x = lnx - ax = 0有兩個不等實數根 x1，x2 ，
lnx
于是 a = 有兩個不同的實數根，
x
y = a h x lnx等價于函數 與 = 圖像在 0, + 有兩個不同的交點，
x
Qh x 1- lnx= 2 ，由 h x > 0 0 < x < e，由 h x 0 x e，x
所以 h x 在 0,e 遞增，在 e, + 遞減，
又 h 1 = 0，h x 1有極大值為 h e = ，當 x + 時， h x 0，
e
所以可得函數 h x 的草圖（如圖所示）．
y = a h x lnx所以，要使函數 與 = 圖像在 0, + 有兩個不同的交點，
x
a 0, 1 1 當且僅當 ÷ ，即實數a的取值范圍為 0, ÷
è e è e
（2）由（1）可知： x1，x2 是方程F x = lnx - ax = 0的兩個實數根，且1 < x1 < e < x2 ，
x1
則 ì ln x
ln
1 = ax1 a ln x - ln x xí = 1 2 = 2 ，
ln x2 = ax2 x1 - x2 x1 - x2
l < a x + x x2 + x= 1 ln x2 x2 t +1即 1 2 ÷，令 = t >1,l < ln tx t -1 ，x2 - x1 è x1 1
2 t -1 1 2 t +1 - 2 t -1 t -1 2
令 h t = ln t - , t 1，則 h t = - = 0，
t +1 t t +1 2 t t +1 2
所以 h t 在 1, + 上單調遞增，且 h 1 = 0，所以 h t h 1 = 0，
2 t -1 t +1
于是，當 t > 1時，有 ln t > ，即 lnt > 2 ，
t +1 t -1
綜上所述，l 2，即l 的取值范圍是 - ，2 ．
4．（2024 屆湖南省高三“一起考”大聯考下學期模擬）已知函數 f x = ax2 ， g x = ln x，函數 f x ， g x
有兩條不同的公切線（與 f x ， g x 均相切的直線） l1， l2 .
(1)求實數a的取值范圍；
(2)記 l1， l2在 y 軸上的截距分別為 d1 ， d2 ，證明： d1 + d2 < -1 .
【解析】（1）設直線 l： y = kx + b同時與 f x ， g x 的圖象相切，切點分別為 m, n ， p, q ，
f x = ax2由 ， g x = ln x知， f x = 2ax， g x 1= ，且 f m = am2， g p = ln p ，
x
則 l可同時表示為 f x 在 m, n 的切線方程和 g x 在 p, q 的切線方程，
即 y = 2am x - m 1+ am2和 y = x - p + ln pp ，兩條直線相同，故它們具有相同的斜率和截距，
所以 k = 2am
1
= 1
p ①，b = -am
2 = -1+ ln p ②，結合①② = p2有 1- ln p （ p > 0）.
4a
設 h p = p2 1- ln p ，則由 h p = p - 2 p ln p > 0有 p < e .
從而 h p 在 0, e 上單調遞增，在 e,+ h e e上單調遞減，最大值為 = .2
可作出 y = h x 1 1 e 1的大致圖象如下，它與 y = 有兩個交點，所以0 < < ，解得 a >
4a 4a 2 2e
.
1
所以實數a的取值范圍為 ,+ ÷ .
è 2e
（2）設 l1， l2與 g x 的切點坐標分別為 x1, y1 ， x2 , y2 不妨設 x1 < x2，
1
則由（1）知 d1 + d2 = -2 + ln x1x2，且 h x1 = h x2 = ，4a
要證明-2 + ln x1x2 < -1，即證明 x1x2 < e .

ln e

ln e

÷ ÷
x2
x x e e
（方法一）因為 1 1- ln x1 = x22 1- ln x è 1 = è 2 2 ，所以 2 2 ，設 t1 = ， t2 = ，
e e x1 x2

è x
÷ ÷
1 è x2
2
t1 +1
ln t1 ln t2 ln t1 - ln t2 ln t + ln t
÷
= = = 1 2
t
則 2 2 2 2 2 2 ，所以 ln t1t2 = ln
t1 × è 2 t > t
t1 t2 t1 - t
÷ 2 （ 1 2），
2 t1 + t2 è t2 t1 t ÷
-1
è 2
2
t1
t ÷
-1
只需要證明 ln t t 1 è
t2
1 2 >1，即 ln ÷ - 2 > 0 .
è t2 t
1

÷ +1
è t2
2 1 4x 2 2x -1
設 t x = ln x x -1- （ x >1），則 t x = - = > 0
x2
，
+1 x x2 2+1 x x2 +1 2
所以 t x 在 1, + 上單調遞增， t x > t 1 = 0，則 ln t1t2 >1成立，從而 x1x2 < e .
故 d1 + d2 < -1成立，證畢.
（方法二） h x 在 0, e 上單調遞增，在 e,+ 上單調遞減，所以0 < x1 < e < x2 < e .
e e
要證明 x1x2 < e,即 x1 < x ，注意到x1， x 均在區間 0, e ，2 2
e
故由 h x 的單調性，只要證明 h x ÷ > h x1 = h x2 ，è 2
2 2
e e e x4
即 2 2 ÷ - ÷ ln ÷ - x2 + x2 ln x2 > 0，整理得 ln x
2
2 - 4 2 > 0 .
è x2 è x2 è x2 x2 + e
2
x x4 - e2
設 r x = ln x - 4
x4 e2
（ x > e ），則 r x = > 0
+ x x4 + e2 .
2
從而 r x 1 e在 x > e 時單調遞增，所以 r x2 > r e = - 2 = 0，從而 x1x2 < e成立、2 2e
故 d1 + d2 < -1成立，證畢.
5．（2024 2屆天津市民族中學高三下學期 4 月模擬）已知函數 f x = x - 2x + a ln x a > 0 ．
(1)當 a = 2時，試求函數圖象在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若函數 f x 有兩個極值點x1、 x2 x1 < x2 ；
（ⅰ）求 a 的取值范圍；
（ⅱ）不等式 f x1 mx2 恒成立，試求實數 m 的取值范圍．
【解析】（1） a = 2 f x = x2時， - 2x + 2lnx ，故 f x = 2x 2- 2 + .
x
f 1 2 2 2= - + = 2 f 1 =12故 ，又 - 2 = -1，
1
故函數圖象在點 1, f 1 處的切線方程為 y - -1 = 2 x -1 ，即 2x - y - 3 = 0；
a 2x2 - 2x + a
（2）（ⅰ） f x = 2x - 2 + = (x > 0)，
x x
函數 f x 在 0，+ 上有兩個極值點，需滿足 2x2 - 2x + a = 0在 (0, + )上有兩個不等的根，.
ìΔ = 4 -8a > 0
由 f x = 0 1得 2x2 - 2x + a = 0， 則 ía ，故此時0 < a < ；

> 0 2
2
（ⅱ） x1 + x =1 x
1- 1- 2a 1 1
2 ， 1 = ， x
1+ 1- 2a
= ，則可得0 < x1 < ， < x2 <12 ，2 2 2 2
f x
由不等式 f x mx 1 1 2 恒成立，則m ，x2
f x 2 2 2x - 2x + alnx x1 - 2x1 + 2x1 - 2x1 lnx1 1= 1 1 1 = 1 =1- x + + 2x lnx ，
x x x 12 2 2 x1 -1
1 1
h x 1 x 1
1
令 = - + + 2xlnx(0
1
< x < )，則 h x =1- 2 +2lnx x -1 ，x -1 2
1
因為0 < x
1
< ，-1 x
1 1
< -1< - , < x -1 2 <1，-4 < - < -1
2 2 4 x -1 2 ，
1
又 2lnx < 0 .所以 h x < 0，即0 < x < 時， h x 單調遞減，
2
所以 h x h 1 3
f x
> ÷ = - - ln2
1 3
，即 > - - ln2 ，
è 2 2 x2 2

故實數m 的取值范圍是 - ,
3
- - ln2ùú .è 2
6．（2024 屆陜西省部分學校（菁師聯盟）高三下學期 5 月份高考適應性考試）已知函數 f x = 2x - xlnx .
(1)求曲線 y = f x 在 x = e2 處的切線方程；
(2)若 f x1 = f x2 ，且 x1 < x2 . 2求證： x1 + x2 < e .
2
【解析】（1）因為 f x =1- lnx, f e =1- lne2 = -1 f e2 = 2e2， - e2 × lne2 = 0 .
所以切線方程為 y - 0 = -1 x - e2 ，即 y = -x + e2 .
（2）證明：由（1）得 f x =1- lnx
當0 < x < e時， f x > 0, f x 單調遞增；當 x>e時， f x < 0, f x 單調遞增減；
所以 f x 在 x=e處有極大值 f e = e .
又 f e2 = 2e2 - e2lne2 = 0 +，且當 x 0+ 時， f x 0 .
所以由 f x1 = f x 22 且 x1 < x2，得0 < x1 < e 且 e < x2 < e ，令 g x = f x - x，
則 g x = x - xlnx = x 1- lnx .當0 < x < e時，1- lnx > 0，所以 g x > 0，即 f x > x,
因為0 < x1 < e .所以 f x1 > x1 ①令 h x = -x + e2 - f x
h x = -1- 1- lnx = -2 + lnx
當 e < x < e2 時 h x < 0，所以 h x 在 e,e2 上單調遞減，
由 e < x 22 < e ，得 h x2 > h e2 = -e2 + e2 - f e2 = 0
2
所以-x2 + e > f x2 ②
又因為 f x1 = f x 2 22 ，由①②得：-x2 + e > x1 ，即 x1 + x2 < e
7．（2024 - x 2屆廣東省廣州市二模）已知函數 f x = a x +1 e + x ．
(1)討論 f x 的零點個數；
(2)若 f x 存在兩個極值點，記 x0 為 f x 的極大值點，x1為 f x 的零點，證明： x0 - 2x1 > 2．
【解析】（1）因為 f x = a x +1 e- x + x2 ，
當 a = 0時， f x = x2 ，此時 f x 有一個零點；
當 a 0時， f -1 =1，所以-1不是函數 f x 的零點，
2 x
令 f x = a x x e+1 e- x + x2 = 0 x -1 , -a = ，
1+ x
2 x
故只需討論 g x x e= 與 y = -a 的交點個數即可，
1+ x
2x + x2
1+ x e
x - x2ex x3 + 2x2 + 2x ex x2 + 2x + 2 xex
g x = = ，
(1+ x)2 (1+ x)2
=
(1+ x)2
x2ex
因為 x2 + 2x + 2 > 0，所以 g x = 在 - ,-1 和 -1,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
1+ x
x + , g x + ， x -1且 x > -1時， g x + ， x -1且 x < -1時， g x - ，
所以 g x 的大致圖象如圖所示：
2 x 2 x
故當 a > 0, g x x e= 與 y = -a x e有一個交點，當 a < 0時， g x = 與 y = -a 有 2 個交點；
1+ x 1+ x
綜上， a 0時，函數 f x 有 1 個零點，當 a < 0時，函數 f x 有 2 個零點．
x 2ex - a
（2）函數 f x = a - x 2 x +1 e + x , f x = ，
ex
當 a 0時， 2ex - a > 0，所以函數 f x 只有一個極值點，不滿足條件；
a 2 x 2e
x - a
當 = 時， f x = 0 ，所以函數 f x 無極值點；
ex
ln a 0 f x > 0 a當 a > 2時， > ，令 得 x a< 0 或 x > ln ；令 f x < 0得0 < x < ln ，
2 2 2
所以函數 f x 在 - ,0 a a 上單調遞增，在 0, ln ÷上單調遞減，在2 ln , + ÷ 上單調遞增，此時 x2 0 = 0，è è
f ln a a ln a 1 2 a
2 2
a
因為 ÷ = + ÷ × + ln ÷ = 2 ln +1
+ ln a ÷ ÷ > 0, f 0 = a > 0, f -1 =1， x - 時，
è 2 è 2 a è 2 è 2 è 2
f x - ，所以函數 f x 在 -1, + 上無零點，在 - ,-1 上有一個零點x1，
所以 x0 - 2x1 = -2x1 > 2；
當0 < a
a
< 2 時， ln < 0，令 f x > 0得 x < ln a 或 x > 0；令 f x < 0得 ln a < x < 0，
2 2 2
a a
所以函數 f x 在 - , ln ÷上單調遞增，在 ln ,0÷上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，此時
è 2 è 2
x a0 = ln < 0 ，2
a
因為 f 0 = a > 0, f ln ÷ > f 0 > 0, x - 時， f x - ，
è 2
f 1 a
1 a 2 2
1 a - ln -12 2 ֏ 1 a e 2a a 1 a
ln -1÷ = a ln -1+1÷e +2 2 2 2
ln -1÷ = ln + ln -1
è è è 2 2 2 2 ÷è 2 2
e 2a 1 ln a 1 e 2a 1 a
2
= × - ÷ + + ln -1

÷ =

e 2a
1
+ ln a 1 a-1 × ÷ ln -1

÷ + e 2a > 0 ，
è 2 2 è 2 2 è 2 2 è 2 2
f x , ln a 1 a所以函數 在 - ÷上有一個零點x1，且 x1 < ln -1，è 2 2 2
所以 x0 - 2x1 > 2，綜上， x0 - 2x1 > 2．
8．（2024 屆重慶市名校聯盟高三下學期全真模擬）T 性質是一類重要的函數性質，具有 T 性質的函數被稱
為 T 函數，它可以從不同角度定義與研究.人們探究發現，當 y = f x 的圖像是一條連續不斷的曲線時，下
列兩個關于 T 函數的定義是等價關系．
定義一：若 y = f x 為區間 a,b 上的可導函數，且 y = f x 為區間 a,b 上的增函數，則稱 y = f x 為區
間 a,b 上的 T 函數．
定義二：若對"x1, x2 a,b ，"l 0,1 ，都有 f é lx1 + 1- l x2 ù l f x1 + 1- l f x2 恒成立，則稱
y = f x 為區間 a,b 上的 T 函數．請根據上述材料，解決下列問題：
π
(1)已知函數 f x = tan x，x 0, ÷．
è 2
π
① 判斷 y = f x 是否為 x 0, ÷ 上的 T 函數，并說明理由；
è 2
②若a，b

0,
π
÷且a + 2b
π
= ，求 f a + 2 f b 的最小值
è 2 2
m 1 n 1 1 1 1 1(2)設 > ， > ， + =1 m n，當 a > 0，b > 0時，證明： a + b ab．
m n m n

【解析】（1）①由于 f x tan x x π= ， 0,

÷，所以2 f x =
sin x 1
è ÷
= ，
è cos x cos2 x

記m x = f x m x 1 2sin x，則 = = ，
è cos2 x ÷ cos3 x
π 1 x 2sin x π 由于 0, ，所以2 ÷ m x =

÷ = > 0，故m x = f x 在 x 0, ÷ 單調遞增，由定義一可知，è è cos2 x cos3 x è 2
f x tan x x 0 π= ， ,
x 0, π÷為

÷ 上的 T 函數，
è 2 è 2
②由于 f x = tan x x ， 0
π
, π 1÷為 x 2
0, ÷ 上的 T 函數，令l = ，
è è 2 3
f a + 2 f b a + 2b π 3
由定義二可知 f =f ÷ ÷ = ，3 è 3 è 6 3
所以 f a + 2 f b 3 π π，故當a = , b = 時可取等號，
6 6
故 f a + 2 f b 的最小值為 3，
（2）設 h x = ex , x R , h x = ex 為單調遞增函數，
由定義一可得 h x = ex , x R 為R 上的T函數，
1 m nam 1 1 1 1 1+ bn = eln a + elnb = em ln a + en lnb ，
m n m n m n
由于m >1 n 1
1 1 1 1
， > ， + =1，則0 < <1,0 < <1，
m n m n
h 1由定義二可得 m ln a
1
+ n ln b 1 h m ln a 1+ h n ln b ，
è m n ÷ m n
1 m ln a 1+ n lnb 1 1 1 1 m ln a 1+ n ln b
即 em n em ln a + en lnb ，故 em ln a 1+ en lnb e m n =eln a+lnb =eln ab = ab
m n m n
1 am 1 n所以 + b ab
m n
9．（2024 5 f (x) a ln x
1
屆河南省九師聯盟高三下學期 月聯考）已知函數 = + (a 0)x ．
(1)若 f (x) > a對 x (0,+ )恒成立，求a的取值范圍；
1 1
(2) 2當 a = 3時，若關于 x的方程 f (x) = - x + 4x + b 有三個不相等的實數根x1，x2， x3 ，且 x1 < x2 < x3，x 2
求b的取值范圍，并證明： x3 - x1 < 4 ．
1 1
【解析】（1）當 a < 0時， -1< 0，則 -1
a 0 < ea <1
，
1 1- 1 1 1-1 -1f e a ÷ = a 1- ÷ + ea = a + ea -1 < a，
è è a
所以不等式 f (x) > a在區間 (0, + )上不恒成立，不合題意；
1 a 1 ax -1
當 a > 0時，函數 f (x) = a ln x + 的定義域為 (0, + )，且 f (x) = - = ．
x x x2 x2
由 f (x) < 0 可得0 < x
1
< ；由 f (x) > 0
1
可得 x > ，
a a
1 1
此時，函數 f (x) 的單調遞減區間為 0, ÷ ，單調遞增區間為a
,+ ÷ ．
è è a
f (x) 1 則 min = f ÷ = -a ln a + a > a，即 a ln a < 0 ，即 ln a < 0，解得 0 < a < 1．
è a
綜上所述，實數 a 的取值范圍是 0,1 ．
（2）當 a = 3時，由 f (x)
1 1
= - x2 + 4x + b 1，得3ln x + x2 - 4x = b，
x 2 2
g(x) 3ln x 1 x2 4x g (x) 3 x 4 (x -1)(x - 3)令 = + - ，則 = + - = ，
2 x x
由 g (x) > 0可得0 < x < 1或 x > 3；由 g (x) < 0可得1< x < 3，
所以 g(x)在 (0,1), (3,+ )內單調遞增，在 (1,3)內單調遞減，
所以 g(x)極大值為 g(1)
7
= - ，極小值為 g(3) = 3ln 3
15
- ，
2 2
若 g(x) = b 3ln 3
15 7 15 7
有 3 個不同實根，則 - < b < - b ，即 的取值范圍為 3ln 3 - ,- .
2 2 ֏ 2 2
此時0 < x1 <1 < x2 < 3 < x3 ．令 h(x) = g(x) - g(2 - x),0 < x <1，
h (x) g (x) g (2 x) 3 3 6(x -1)
2
則 = + - =

+ x - 4÷ + + 2 - x - 4x 2 - x ÷
= > 0，
è è x(2 - x)
可知 h(x) 在( 0, 1)內單調遞增，則h(x) < h(1) = 0，
可得 g(x) < g(2 - x) 在( 0, 1)內恒成立，
因為0 < x1 <1，則 g x1 = g x2 < g 2 - x1 ，
且1< 2 - x1 < 2,1 < x2 < 3， g(x)在 (1,3)內單調遞減，
則 2 - x1 < x2 ，即 x1 + x2 > 2，可得-x1 - x2 < -2．
令m(x) = g(x) - g(6 - x),1< x < 3，
m (x) = g (x) + g (6 - x) = 3 + x - 4 + 3 2(x - 3)
2
則 ÷ + 6 - x - 4÷ = > 0 ，
è x è 6 - x x(6 - x)
可知m(x)在 (1,3)內單調遞增，則m(x) < m(3) = 0，
可得 g(x) < g(6 - x)在 (1,3)內恒成立，
因為1 < x2 < 3，則 g x2 = g x3 < g 6 - x2 ，
且3 < 6 - x2 < 5, x3 > 3， g(x)在 (3, + )內單調遞增，則6 - x2 > x3 ，即 x2 + x3 < 6，
由-x1 - x2 < -2和 x2 + x3 < 6，兩式相加可得 x3 - x1 < 4 ．
10．（2024 2屆湖北省宜荊荊隨恩高三 5 月聯考）設函數 f x = 4ln x - ax + 4 - 2a x ， a R
(1)討論 f x 的單調性．
(2)若函數 f x 存在極值，對任意的 0 < x1 < x2 ，存在正實數 x0 ，使得 f x2 - f x1 = f x0 x2 - x1
ln x2 - ln x1 2
（ⅰ）證明不等式 >x - x ．2 1 x2 + x1
x + x
（ⅱ）判斷并證明 1 2 與 x
2 0
的大小．
4 -1
【解析】（1） f x = - 2ax + 4 - 2a = 2ax - 4 x +1 ， x > 0，
x x
若 a 0，則 f x > 0 ， f x 在 0, + 上單調遞增，
若 a > 0，由 f x = 0 x 2得 = ，
a
x 當 0,
2
÷時 f x > 0 x
2
；當 , + ÷時， f x < 0，
è a è a
∴ f x 在 0,
2 2
÷單調遞增，在 ,+ ÷ 單調遞減.
è a è a
（2）∵ f x 存在極值，由（1）知 a > 0，
f x2 - f x1 = 4 ln x2 - ln x1 - a x22 - x21 + 4 - 2a x2 - x1
= 4 ln x2 - ln x1 - a x2 + x1 x2 - x1 + 4 - 2a x2 - x1 ，
f x2 - f x1 4 ln x - ln x由題設得 f x 0 = = 2 1 - a x + x + 4 - 2a ，x2 - x1 x2 - x 2 11
x
∵ 0 < x 21 < x2 ，設 = t(t >1)x ，1
ln x2 - ln xⅰ 1
2
（ ）要證明 >
2 t -1
x - x x + x 即證明 ln t > t >1 ，2 1 2 1 t +1
2 t -1 1 2 t +1 - 2 t -1 (t -1)
2
設 g t = ln t - ，（ t > 1），則 g t = - = > 0，
t +1 t (t +1)2 t(t +1)2
∴ g t 在 1, + 上單調遞增， g t > g 1 = 0，
2 t -1 ln x - ln x 2
∴ ln t > 2 1，即 > 得證，
t +1 x2 - x1 x2 + x1
（ⅱ） f
x1 + x2 8
÷ = - a x2 + x1 + 4 - 2a
è 2 x1 + x
，
2
f x f x1 + x2 4 ln x2 - ln x1 8 4 ln x- = - = 2 - ln x1 2 0 ÷ - > 0，
è 2 x - x x + x
x - x x + x ÷2 1 1 2 è 2 1 1 2
f x x + x∴ 0 > f
1 2
÷，
è 2
∵ f x 4= - 2ax + 4 - a 在 0, + x1 + x上是減函數，∴ 2 > x .
x 2 0
11．（2024 屆江西省上饒市六校高三 5 月第二次聯合考試）已知函數 f x = x - a ln x - b a,b R, a 0 ．
(1)若 a = b =1，求 f x 的極值；
(2)若 f x 0，求 ab的最大值．
【解析】（1） a = b =1時， f x = x - ln x -1，函數 f x 的定義域 0, + ，
f x 1 1 x -1= - = ，
x x
x 0,1 時， f x < 0， f x 單調遞減， x 1, + 時， f x > 0， f x 單調遞增，
所以 x =1時， f x 取得極小值，極小值為 f 1 = 0，無極大值.
f x 0, + f x 1 a x - a（2）函數 的定義域 ， = - = a 0 ，
x x
當 a<0 時， f x > 0，函數 f x 在 0, + 上單調遞增，
x 趨向于 0時， f x 趨向于- ，與 f x 0 矛盾.
當 a > 0時，則 x 0, a 時， f x < 0， f x 在 0, a 上單調遞減，
則 x a, + 時， f x > 0， f x 在 a, + 上單調遞增，
x = a時， f x 取得最小值，最小值為 f a = a - a ln a - b 0，
即 a - a ln a b ，則 ab a2 - a2 ln a a > 0 ，
令 g(x) = x2 - x2 ln x x > 0 ， g (x) = 2x - 2x ln x - x = x - 2x ln x = x 1- 2ln x ，
x 0, e 時， g x > 0， g x 在 x 0, e 上單調遞增，
x e,+ 時， g x < 0， g x 在 x e,+ 上單調遞減，
x = e 時， g x 取得最大值，最大值為 g e = e e e- = ，2 2
e e
即當 a = e ， b = ， ab的最大值為 .
2 2
1
12．（2024 2屆山西省臨汾市高三下學期考前適應性訓練）已知函數 f x = ln x +1 + x ．
2
(1)求 f x 在 x = 0處的切線方程；
(2)若曲線 y = f x 與直線 y = ax 有且僅有一個交點，求 a 的取值范圍；
(3)若曲線 y = f x 在 m, f m m > 0 處的切線與曲線 y = f x 交于另外一點 n, f n ，求證：
-2m < n m< - ．
m +1
【解析】（1）由題可知，函數 f x 的定義域為 -1, + ，
f x 1= + x ，所以 f 0 =1，又因為 f 0 = 0
x +1
所以函數 f x 在 x = 0處的切線方程為 y = x ．
（2）方法一：若曲線 y = f x 與直線 y = ax 有且僅有一個交點，即方程
ln x 1+1 + x2 = ax 有且只有一個根，
2
設函數 h x 1= ln x +1 + x2 - ax，即函數 h x 有唯一零點．
2
h x 1 1= + x - a = + x +1- a -1
x +1 x +1
令 h x > 0 1，即 + x +1 > a +1
x +1
因為 x -1, + 1，所以 + x +1 2
x +1
當 a +1 2即 a 1時， h x 0，所以 h x 在 -1, + 上單調遞增，且 h 0 = 0
所以 h x 在 -1, + 上有唯一零點，符合題意．
當 a > 1時， $x1 0,1 ，使得 h x1 = 0
所以 h x 在 -1, x1 上單調遞增，在 x1,0 上單調遞減．
又因為 h 0 = 0，所以 h x1 > 0 ；當 x -1時， h x - ，
所以 $x0 -1,0 滿足 h x0 = 0，不合題意.
綜上可得 a 的取值范圍為 a 1．
方法二：若曲線 y = f x 與直線 y = ax 有且僅有一個交點，即方程
ln x +1 1+ x2 = ax 有且只有一個根，因為 x = 0時滿足方程，
2
1 ln x 1 12 + + x2
所以要使得方程 ln x +1 + x = ax 有且只有一個根，則當 x 0時方程
2 2 = a
無根，即函數
x
ln x 1 1+ + x2y = a 與函數 y = 2 的圖象沒有交點．
x
ln x +1 1+ x2
設 h x = 2 則
x
1 + x é ÷ x - êln x +1
1
+ x2 ù x
x +1 2 ú - ln x +1
1
+ x2
h x = è x +1 2
x2
=
x2
x 1 2 m x 1 x 1 x
2 x + 2
令m x = + x - ln x +1 則 = + - =
x +1 2 x +1 2 x +1 x +1 2
因為 x -1,0 0, + ，所以m x > 0，
所以函數m x x 1= + x2 - ln x +1 在 -1,0 和 0, + 上單調遞增，
x +1 2
又因為m 0 = 0所以當 x -1,0 時m x < 0，即 h x 單調遞減，
當 x 0, + 時m x > 0，即 h x 單調遞增．
當 x 0 時， ln x +1 1+ x2 0，由洛必達法則得
2
ln x 1 1 x2 1+ + + x
lim 2 = lim x +1 =1，
x 0 x x 0 1
所以 a 的取值范圍為 a 1．
（3） f x 1 1= + x ，所以 f m = + m
x +1 m +1
曲線 y = f x 在 m, f m 處的切線方程為
y 1= + m÷ x - m + ln m +1
1
+ m2．
è m +1 2
切線與 f x = ln x 1 1+ + x2 聯立得
2
ln x 1 1 x2 1 m x m 1+ + = + ÷ - + ln m +1 + m22 è m +1 2
設 g x = ln x 1 1 m 1+1 + x2 - + m
x + - ln m +1 + m2
2 è m +1 ÷ m +1 2
1 1 x - m é m +1 x + mùg x = + x - + m =
x +1 è m +1 ÷ x +1 m +1
g x > 0 x > m 1 x m令 則 或 - < < - ，所以 g x 在 -1, m- m上單調遞增，在 - , m 上單調遞減，
m +1 ÷ è m +1 è m +1 ÷
在 m,+ 上單調遞增．
因為 g m = 0，所以 g m- ÷ > 0，當 x -1時， g x - ，
è m +1
所以 n

-1,
m
- ÷ ，滿足 g n = 0，所以 -1 < n
m
< - ；
è m +1 m +1
因為 m > 0，所以 -2m < 0，要證 -2m < n即證 g -2m < 0，
即 g -2m = ln 1- 2m 9 3m+ m2 + - ln m +1 < 0．
2 m +1
設j m = ln 1- 2m 9+ m2 3m+ - ln m +1 0 < m 1<
2 m +1 2 ֏
4 3
j m -2 3 1 18m + 27m= + 9m + 2 - = < 01- 2m m +1 m +1 ，2m -1 m +1 2
1
所以j m 在 0, ÷ 上單調遞減，又j 0 = 0，所以j m < 0，所以 -2m < n．
è 2
當m
1
時 -2m -1 < n
m
成立．綜上可得： -2m < n < - ．
2 m +1
13．（2024 屆江蘇省揚州市儀征市四校高三下學期 4 月聯合學情檢測）已知函數
f x = ln mx - x m > 0 ．
(1)若 f x 0 恒成立，求 m的取值范圍；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 ，證明 x1 + x2 > 2．
【解析】（1）首先由 m > 0可知 f x 的定義域是 0, + ，從而 f x = ln mx - x = ln x - x + ln m .
故 f x = ln mx - x 1 1 1- x= - = ，從而當 0 < x < 1時 f x > 0，當 x >1時 f x < 0 .
x x
故 f x 在 0,1 上遞增，在 1, + 上遞減，所以 f x 具有最大值 f 1 = ln m -1 .
所以命題等價于 ln m -1 0，即 m e .所以 m的取值范圍是 0,e .
（2）不妨設 x1 < x2，由于 f x 在 0,1 上遞增，在 1, + 上遞減，故一定有 0 < x1 < 1 < x2 .
在 -1 < t <1的范圍內定義函數 p t = f 1+ t - f 1- t .
2
則 p t = f 1+ t + f 1 -t t 2t- t = + = 2 > 0 ，所以 p t 單調遞增.1+ t 1- t 1- t
這表明 t > 0時 p t > p 0 = f 1 - f 1 = 0，即 f 1+ t > f 1- t .
又因為 f 2 - x1 = f 1+ 1- x1 > f 1- 1- x1 = f x1 = 0 = f x2 ，且 2 - x1和 x2都大于 1，
故由 f x 在 1, + 上的單調性知 2 - x1 < x2 ，即 x1 + x2 > 2 .
14．（2024 屆河北省保定市高三下學期第二次模擬）已知函數 f (x) = ax - x ln x, f (x)為其導函數．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a 的取值范圍；
(2)若存在兩個不同的正數 x1, x2 ，使得 f x1 = f x2 ，證明： f x1x2 > 0 ．
【解析】（1） f x = a -1- lnx，當 0 < x < ea -1 時， f x > 0, f x 單調遞增；
當 x > ea-1時， f x < 0, f x 單調遞減．所以 f (x) a-1 a-1max = f e = e 1，
解得 a 1，即 a 的取值范圍為 - ,1 ．
a-1 a
（2）證明：不妨設 x1 < x2，則 0 < x1 < e < x2 < e ，要證 f x1x2 > 0 ，
e2a-2
x x < ea-1 x x < e2a-2即證 1 2 ，則證 1 2 ，則證 x1 < < e
a-1
，
x2

f x f e
2a-2 2a-2
所以只需證 1 < ÷，即 f x2 < f
e
÷ ．
è x2 è x2
e2a-2 2 2a-2
令 g x = f x - f , x x ÷ e
a-1, ea g ea-1 = 0 a -1- lnx x - e ，則 ， g x = ．
è x2
當 x > ea-1時， a -1- lnx < 0, x2 - e2a-2 > 0，則 g x < 0，
2a-2
所以 g x 在 ea-1, ea a-1上單調遞減，則 g x < g e = 0．所以 f x e1 < f x ÷．è 2
2a-2
由（1）知 f x 在 0,ea-1 e上單調遞增，所以 x1 < ，從而 f x1x2 > 0 成立．x2
1
15 2．（2024 屆云南省高中畢業生第二次復習統一檢測）已知常數 a > 0，函數 f (x) = x - ax - 2a2 ln x .
2
(1)若 "x > 0, f (x) > -4a2 ，求 a 的取值范圍;
(2)若 x1、 x 是 f (x)2 的零點，且 x1 x2 ，證明: x1 + x2 > 4a .
【解析】（1）由已知得 f (x) 的定義域為{x | x > 0}，
f (x) x a 2a
2 x2 - ax - 2a2 (x - 2a)(x + a)
且 = - - = = .
x x x
Q a > 0 ，\當 x (0, 2a)時， f (x) < 0 ，即 f (x) 在 (0, 2a) 上單調遞減；
當 x (2a,+ )時， f (x) > 0 ，即 f (x) 在 (2a,+ ) 上單調遞增.
所以 f x 在 x = 2a處取得極小值即最小值，
\ f x = f 2a = -2a2 ln 2amin ，
Q"x > 0, f x > -4a2 f x = -2a2 ln 2a > -4a2 ln 2a < ln e2min ，
e2 e2
\0 < a < ，即 a 的取值范圍為 0, ÷ .
2 è 2
（2）由（1）知， f (x) 的定義域為{x | x > 0}，
f (x) 在 (0, 2a) 上單調遞減，在 (2a,+ ) 上單調遞增，且 x = 2a是 f (x) 的極小值點.
Q x1 、 x 是 f (x)2 的零點，且 x1 x2 ，
\ x1、 x2分別在 (0, 2a) 、 (2a,+ ) 上，不妨設 0< x1 < 2a < x2，
設 F ( x ) = f ( x ) - f (4a - x ) ，
(x - 2a)(x + a) (2a - x)(5a - x) 2a(x - 2a)2則 F (x) = + = .
x 4a - x x(x - 4a)
當 x (0, 2a)時， F (x) < 0, F (2a) = 0 ，即 F (x) 在 (0,2a]上單調遞減.
Q0 < x1 < 2a ，\F x1 > F (2a) = 0 ，即 f x1 > f 4a - x1 ，
Q f x1 = f x2 = 0，\ f x2 > f 4a - x1 ，
Q x1 < 2a ，\4a - x1 > 2a，
又Q x2 > 2a， f (x) 在 (2a,+ ) 上單調遞增，\ x2 > 4a - x1，即 x1 + x2 > 4a .專題 7 函數中的雙變量問題
函數與導數一直是高考中的熱點與難點, 近幾年高考試卷及各地模擬試卷中常出現在函數背景下借組導
數處理含有兩個變量的等式與不等式問題,這類問題由于變量多,不少同學不知如何下手,其實如能以函
數思想為指導,把雙變量問題轉化為一個或兩個一元函數問題,再利用導數就可有效地加以解決.
(一) 與函數單調性有關的雙變量問題
此類問題一般是給出含有 x1, x2 , f x1 , f x2 的不等式,若能通過變形,把不等式兩邊轉化為同源函數,可利
用函數單調性定義構造單調函數,再利用導數求解.
常見結論：
f x - f x
(1)若對任意 x1, x D , x

2 當 1 x2 時恒有
1 2 > 0 ,則 y = f x 在 D 上單調遞增；
x1 - x2
f x - f x
(2)若對任意 x1, x2 D , x x
1 當 1 22 時恒有 > k ,則 y = f x - kx 在 D 上單調遞增；x1 - x2
f x - f x
(3) k k若對任意 x 1 21, x2 D ,當 x1 x2 時恒有 > ,則 y = f x + 在 D 上單調遞增；x1 - x2 x1x2 x
f x - f x
(4)若對任意 x1, x2 D ,當 x x

時恒有 1
2
1 2 > x1 + x2 ,則 y = f x - x2 在 D 上單調遞增.x1 - x2
1+ 2ln x
【例 1】（2024 屆四川省仁壽第一中學校高三上學期調研）已知函數 f (x) = 2 ．x
(1)求 f (x) 的單調區間；
(2)存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 x2 ，使 f x1 - f x2 k ln x1 - ln x2 成立，求 k 的取值范圍．
-4ln x
【解析】（1）由題意得 f x = 3 ，令 f (x) = 0得 x =1，x
x (0,1)時， f (x) > 0， f (x) 在( 0, 1)上單調遞增；
x (1, + )時， f (x) < 0 ， f (x) 在 (1, + )上單調遞減；
綜上， f (x) 單調遞增區間為( 0, 1)，單調遞減區間為 (1, + )．
（2）由題意存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 x2 ，不妨設 x1 > x2 >1，
由（1）知 x (1, + )時， f (x) 單調遞減．
f x1 - f x2 k ln x1 - ln x2 等價于 f x2 - f x1 k ln x1 - ln x2 ，
即 f x2 + k ln x2 f x1 + k ln x1，
即存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 > x2 ，使 f x2 + k ln x2 f x1 + k ln x1成立．
令 h(x) = f (x) + klnx，則 h(x) 在 (1, + )上存在減區間．
2 4ln x
即 h (x) kx - 4ln x= 3 < 0在 (1, + )上有解集，即 k < 在 (1, + )2 上有解，x x
4ln x
即 k <
x (1,+ ) t x 4ln x= x (1,+ ) 4 1- 2ln x x2 ÷ ， ；令 ， ， t x = ，è max x2 x3
x 1, e 時， t (x) > 0， t(x)在 1, e 上單調遞增，
x e, + 時， t (x) < 0， t(x)在 e, + 單調遞減，
∴ t(x)
2 2
max = t( e) = ，∴ k < ．e e
(二) 與極值點有關的雙變量問題
與極值點 x1, x2 有關的雙變量問題,一般是根據 x1, x2 是方程 f x = 0的兩個根,確定 x1, x2 的關系,再通過消
元轉化為只含有 x1或 x2 的關系式,再構造函數解題,有時也可以把所給條件轉化為 x1, x2 的齊次式,然后轉化
x
為關于 2 的函數，此外若題中含有參數也可考慮把所給式子轉化為關于參數的表達式.
x1
2
【例 2】（2024 屆黑龍江省雙鴨山市高三下學期第五次模擬）已知函數 f (x) = lnx + - a(x +1)(a R) .
x
(1)當 a = -1時，討論 f (x) 的單調性；
(2)若 x1, x2 x1 < x2 是 f (x) 1的兩個極值點，證明： f x2 - f x1 < - 4 ．2a
2
【解析】（1）當 a = -1時， f (x) = ln x + + x +1, f (x) 的定義域為 (0, + )，
x
2
所以 f (x) 1 2 1 x + x - 2 (x + 2)(x -1)= - + = = ，令 f (x) = 02 2 2 ，解得 x =1，x x x x
當 x (0,1) 時， f (x) < 0 ，當 x (1,+ )時， f (x) > 0 ，
故 f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增．
2 f (x) 1 2 a -ax
2 + x - 2
（ ） = - 2 - = ，x x x2
由題意可知， x , x 21 2 x1 < x2 是方程-ax + x - 2 = 0 的兩根，
ì 1
> 02a 1
1 2
則 í ，解得0 < a < ，所以 x1 + x2 = ， x8 a 1
x2 = ，
D =1-8a > 0
a
2
要證 f x2 - f x
1 a 1 8 a 1
< - 4 = × - = × 81 2a 2 a2 a 2
-
è a ÷ a
a x x 2 4x x x - x= × 1 + 2 - 1 2 = 2 12 ，x1x2
2 é 2 ù x2 - x1
即證 ln x2 + - a xx 2 +1 - êln x1 + - a xx 1 +1 ú < ，2 1 x1x2
x2 2 x1 - x2 x - x
只需證 ln + - a x2 - x1 < 2 1x x ，1 1x2 x1x2
x2 x - x 2 x - xln 2a x x - x需證 < 2 - x + 2 1 = 2 11 + 2 1 ,x1 x1x2 x1 + x2 x1x2
x2 ln t t -1 2(t -1)令 t = (t > 1)，則需證 < +x t ，1 t +1
1 1 1 1 1
2
1 - 1 1 1 -- 4 4
設 g t = ln t t -1- (t >1)，則 t 2 - t 2 (t -1) - t 2 - t 2 +1 t - t ÷ ，
t g (t) 1= - 2 = 2 2 = - è < 0
t t t 2t
t -1
所以函數 g(t)在 (1, + )上單調遞減，所以 g(t) < g(1) = 0，因此 ln t < ,
t
2(t -1) t -1 2(t -1)
由 t > 1得， > 0，所以 ln t < + t 1 ，故 f x2 f x
1
- 1 < - 4 得證,t +1 t + 2a
1 2
【例 3】（2023 屆云南省曲靖市高三下學期第二次聯考）已知函數 f x = x + alnx - 4x a > 0 .
2
(1)當 a = 3時，試討論函數 f x 的單調性；
(2)設函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 ，證明： f x1 + f x2 > lna -10 .
1 2
【解析】（1）當 a = 3時， f x = x + 3ln x - 4x定義域為 x 0, + ，
2
3 x
2 - 4x + 3 x -1 x - 3f x = x + - 4 = = ，
x x x
令 f x = 0解得 x =1或3，且當0 < x <1或 x > 3時， f x > 0，當1< x < 3時， f x < 0，
所以當0 < x <1或 x > 3時， f x 單調遞增，當1< x < 3時， f x 單調遞減，
綜上 f x 在區間 0,1 ， 3, + 上單調遞增， f x 在區間 1,3 單調遞減.
2
（2）由已知 f x 1= x2 + alnx - 4x，可得 f x x a 4 x - 4x + a= + - = ，2 x x
函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 ，即 x2 - 4x + a = 0在 0, + 上有兩個不等實根，
ìh 0 = a > 0
令 h x = x2 - 4x + a ，只需 í 0 < a < 4 x + x = 4 x x = a
h 2 = a 4 0
，故 ，又 1 2 ，- < 1 2
，
f x + f x 1= x2 + alnx - 4x 1 2 所以 1 2 1 1 1 ÷ + x2 + alnx2 - 4x2 ÷
è 2 è 2
= -4 x1 + x2 a lnx
1
+ 1 + lnx2 + x2 21 + x2 = alna - a -8，2
要證 f x1 + f x2 > lna -10，即證 alna - a -8 > lna -10，只需證 1- a lna + a - 2 < 0 ，
令m a = 1- a lna + a - 2， a 0,4 m a 1- a 1，則 = -lna + +1 = - lna，
a a
1 1
令 n a = m a ，則 n a = - 2 - < 0 恒成立，所以m a 在 a 0,4 上單調遞減，a a
又m 1 =1 > 0，m 2 1= - ln2 < 0 ，
2
由零點存在性定理得，$a0 1,2 使得m a0 lna
1
= 0，即 0 = a ，0
所以 a 0, a0 時，m a > 0，m a 單調遞增，
a a0 , 4 時，m a < 0，m a 單調遞減，
則m a = m a0 = 1- a0 lna0 + a0 - 2 = 1
1 1
- a0 + a0 - 2 = a0 + - 3max a ，0 a0
1
又由對勾函數知 y = a0 + - 3在 a 1,2a 0 上單調遞增，0
所以 a
1
0 + - 3 < 2
1
+ - 3 1= - < 0 m a < 0 f x + f x > lna -10
a0 2 2
，所以 ，即 1 2 得證.
(三) 與零點有關的雙變量問題
與函數零點 x1, x2 有關的雙變量問題,一般是根據 x1, x2 是方程 f x = 0的兩個根,確定 x1, x2 的關系,再通過
消元轉化為只含有 x1或 x2 的關系式,再構造函數解題,有時也可以把所給條件轉化為 x1, x2 的齊次式,然后轉
x
化為關于 2 的函數,有時也可轉化為關于 x1 - x2 的函數,若函數中含有參數,可考慮把參數消去,或轉化為以x1
參數為自變量的函數.
【例 4】（2024 屆四川省南充高中高三下學期月考）已知函數 f x = lnx - 2a x a R .
(1)討論函數 f x 的單調性，并求 f x 的極值；
(2)若函數 f x 1有兩個不同的零點 x1, x2 （ x1 < x2），證明： e < 4 x1x2 < .a
1 f x (0, + ) f x 1 a 1- a x【解析】（ ）函數 的定義域為 ，由題意， = - = ，
x x x
當 a 0時， f x > 0，函數 f x 在 (0, + )單調遞增，無極值.
當 a > 0時，令 f x = 0，得 x 1=
a2
∴ f x 在 0,
1 1
單調遞增，在
a2 ÷ 2
,+ ÷ 單調遞減，
è è a
所以函數 f x 1在 x = 2 時取極大值，極大值為 f
1
2 ÷ = -2ln a - 2，無極小值. a è a
0, 1x
1 1

è a2 ÷ a2 2
,+
a ֏
f x + 0 -
f x 遞增 極大值 遞減
ìln t
2 x = t , x = t x < x 1
= at1
（ ）由題意，令 1 1 2 2 ，且 1 2，則有 íln t ， 2 = at2
lnt1 - lnt2 1 1 t1 - t2 t t1 t2
兩式相減可得， a = ，要證 4 x1x2 < .即證 t1t2 < = ln 1 - + > 0t - t ，1 2 a a lnt1 - lnt2 t2 t2 t1
t
u 1 ln t1
t1 t
令 = ， - + 2 > 0 2lnu
1
- u + > 0(0 < u <1)，
t2 t2 t2 t1 u
2
設 g u 1= 2lnu - u + g u 2 1 1 -u + 2u -1，則 = - - = < 0，
u u u2 u2
所以 g u 在 0,1 1上單調遞減，所以 g u > g 1 = 0，即有 4 x1x2 < .a
ìln t1 = at1
í ，兩式子相加得， lnt1t2 = a t1 + t2 ，則要證 4 x1x2 > e
ln t
，
2 = at2
t t > e2即證 1 2 ，由上式只需證 a t1 + t2 > 2，
t1 -1
lnt - lnt
即證 1 2 × t + t > 2 ln t1 t2
t - t 1 2
- 2
t t
< 0，
1 2 2 1 +1
t2
t1 -1
v t= 1 ln t1 2 t令 ， - 2t < 0 lnv
v -1
- 2 < 0(0 < v <1)t ，2 t2 1 +1 è v +1
÷

t2
2
設 h v = lnv - 2 v -1 ÷ 0 < v <1
(v -1)
，則 h v = > 0，
è v +1 v(v +1)2
所以 h v 在 0,1 上單調遞增，所以 h v < h 1 = 0 1，即有 4 x1x2 > e .綜上： e < 4 x1x2 < .a
(四) 獨立雙變量,各自構造一元函數
此類問題一般是給出兩個獨立變量,通過變形,構造兩個函數,再利用導數知識求解.
【例 5】（2024 屆陜西省寶雞實驗高中高三一模）已知函數 f (x) = a x + x2 - x ln a - b(a,b R, a >1)， e是自然
對數的底數.
(1)當 a = e,b = 4 時，求整數 k 的值，使得函數 f (x) 在區間 (k,k +1) 上存在零點；
(2)若存在 x1, x2 [-1,1], 使得 | f (x1) - f (x2 ) | e -1，試求 a的取值范圍.
【解析】（1） f (x) = ex + x2 - x - 4，\ f (x) = ex + 2x -1，\ f (0) = 0
當 x > 0時， ex >1，\ f (x) > 0，故 f (x) 是 (0, + )上的增函數，
同理 f (x) 是 (- ,0)上的減函數，
f (0) = -3 < 0, f (1) = e - 4 < 0, f (2) = e2 - 2 > 0，且 x > 2時， f (x) > 0 ，
故當 x > 0時，函數 f (x) 的零點在 1,2 內，\k =1滿足條件．
同理，當 x < 0 時，函數 f (x) 的零點在 -2, -1 內，\k = -2滿足條件，綜上 k =1,-2．
（2）問題 當 x [-1,1]時， | f (x)max - f (x)min |= f (x)max - f (x)min e -1，
f (x) = a x ln a + 2x - ln a = 2x + (a x -1) ln a ，
①當 x > 0時，由 a > 1，可知 a x -1 > 0,ln a > 0,\ f (x) > 0；
②當 x < 0 時，由 a > 1，可知 a x -1< 0,ln a > 0,\ f (x) < 0 ；
③當 x = 0時， f (x) = 0，\ f (x)在[-1, 0]上遞減，[0,1] 上遞增，
\當 x [-1,1]時， f (x)min = f (0), f (x)max = max{ f (-1), f (1)}，
而 f (1) f (
1
- -1) = a - - 2ln a ，設 g(t) 1= t - - 2ln t(t > 0),
a t
Q g (t) 1 2 1=1+ 2 - = ( -1)
2 0 （僅當 t =1時取等號），\ g(t)在 (0, + )上單調遞增，而 g(1) = 0，
t t t
\當 t > 1時， g(t) > 0即 a 1> 1時， a - - 2ln a > 0，
a
\ f (1) > f (-1),\ f (1) - f (0) e -1即 a - ln a e -1 = e - ln e ，
構造 h(a) = a - ln a(a >1) ，易知 h (a) > 0，\h(a)在 (1, + )遞增，
\a e ，即 a的取值范圍是[e, + )．
(五) 構造一元函數求解雙變量問題
當兩個以上的變元或是兩個量的確定關系在解題過程中反復出現.通過變量的四則運算后,把整體處理為一
個變量,從而達到消元的目的.
【例 6】（2024 屆山東省菏澤市高考沖刺押題卷）已知函數 f (x) = tx ln x - x2 +1(0 < t 2)．
(1)求函數 f (x) 的單調區間;
a2 + b2 2 2(2)若a > b > 0，證明: ln a b2 < ．a - b2 a4 - b4
【解析】（1） f (x) = t ln x + t - 2x, x > 0 ，
令 g(x) = f (x) = t ln x + t - 2x，所以 g (x)
t
= - 2, x > 0，
x
t t
由 g (x) > 0可得0 < x < ，由 g (x) < 0可得 x > ，
2 2
t t
所以 f (x) 在 (0, )上單調遞增，在 ( ,+ )上單調遞減，
2 2
所以 f (x)
t
max = f ( ) = t ln
t
+ t - t = t ln t .
2 2 2
t
又因為0 < t 2，所以 ln 0，即 f (x) 0，且 f x 至多在一個點處取到 0 .
2
所以 f (x) 在 (0, + )上單調遞減，
故 f x 的單調遞減區間為 0, + ，沒有單調遞增區間.
a2 + b2 a22 b
2
（ ）證明 ln 2 2 < 4 4 ，a - b a - b
1 ln a
2 + b2 1 (a2 +b2 )2 - (a2 - b2 )2
只需證： 2 2 < ，2 a - b 4 (a2 + b2 )(a2 - b2 )
a2 + b2 a2 + b2 a2 - b2
即證： 2ln 2 2 < 2 2 -a - b a - b a2 2
，
+ b
2 2
令 x a + b= 2 , a > b > 0，所以 x >1，a - b2
只需證： 2ln x < x
1
- ，即證： 2x ln x - x2 +1< 0，
x
由（1）知，當 t = 2時， f (x) = 2x ln x - x2 +1在 (0, + )上單調遞減，
所以當 x >1時， f (x) < f (1) = 0，即 2x ln x - x2 +1< 0，
a2 + b2 a2b2
所以 ln .
a2
<
- b2 a4 - b4
(六) 獨立雙變量,把其中一個變量看作常數
若問題中兩個變量沒有明確的數量等式關系,有時可以把其中一個當常數,另外一個當自變量
a
【例 7】已知函數 f (x) = x × ln (a > 0)，
x
(1) x若函數 g x = e 在 x = 0處的切線也是函數 f (x) 圖像的一條切線，求實數 a 的值；
(2)若函數 f (x) 的圖像恒在直線 x - y +1 = 0 的下方，求實數 a 的取值范圍；
a
(3)若 x1, x2 ( ,
a ) ，且 x1 x2 ，證明： (x1 + x
4
2 ) > a
2x1xe 2 2
【解析】 (1) g x = ex ， g x 在 x = 0處切線斜率 k = g 0 =1， g 0 =1，所以切線 l : y = x +1，
a a k f x ln a又 f x = ln -1，設 l與 f x 相切時的切點為 x , x ln
x 0 0 x ÷
，則斜率 = 0 = -1，
è 0 x0
a a a
則切線 l的方程又可表示為 y = ln -1÷ x - x0 + x0 ln = ln -1x x x ÷ x + x0 ，è 0 0 è 0
ì a
ln -1 =1
由 í x0 ，解之得 a = e2．
x0 =1
(2)由題可得 f x - x -1< 0 a對于 x > 0恒成立，即 x ln - x -1 < 0對于 x > 0恒成立，
x
令 h x = x ln a a a- x -1，則 h x = ln - 2，由 h x = 0得 x = ，
x x e2
0, a a ax ÷ ，+ ÷
è e2 e2 è e2
h x + 0 -
h x ↗ 極大值 ↘
則當 x > 0時， h x = h a a a 2max 2 ÷ = 2è e e2
-1，由 2 -1< 0，得： 0 < a < e ，即實數 a的取值范圍是 0,e ．e
(3)由題知 f x = ln a -1，
x
由 f x = 0 x a a得 = ，當 < x < a時， f x < 0， f x = x ln a a > 0 單調遞減，
e e x
a a
因為 x1 < x1 + x2 < a ，所以 f x1 > f x1 + x2 ，即 x1 ln > xx 1 + x2 ln ，1 x1 + x2
所以 ln
a x1 + x2 ln a ln a x1 + x a> > 2 ln
x1 x x + x
，①同理
1 1 2 x2 x2 x + x
，②
1 2
ln a

ln a x + x x + x

①+②得 + > 1 2 + 1 2 ÷ ln
a
，
x1 x2 è x1 x2 x1 + x2
x1 + x2 x+ 1 + x2 2 x x= + 2 + 1 a a因為 4，由 x1 + x2 < a 得 >1，即 ln > 0x x x x x + x x ，1 2 1 2 1 2 1 + x2
a a 2 4ln + ln > 4ln a a a 所以 x x x x ，即 > ÷ ，所以 x
4 2
+ x 1
+ x2 > a x1x2．
1 2 1 2 1x2 è x1 + x2
(七) 雙變量,通過放縮消元轉化為單變量問題
此類問題一般是把其中一個變量的式子放縮成常數,從而把雙變量問題轉化為單變量問題
【例 8】（2024 屆河北省衡水市高三下學期聯合測評）過點 P a,b 可以作曲線 y = x + ex 的兩條切線，切點為
A, B .
(1)證明： a b 1- a > - ；
e
(2)設線段 AB 中點坐標為 x0 , y0 ，證明： a + y0 > b + x0 .
ett + t - b
【解析】（1）證明：設切點 A t, e + t ， y =1+ ex ，所以 kPA =1+ et = ，t - a
即關于 t 的方程 t - a -1 et + b - a = 0有兩個不相等的實數根.
設 f t = t - a -1 et + b - a，則 f t = t - a et = 0， t = a .
當 t < a 時， f t < 0，則 f t 在 - ,a 上單調遞減；
當 t > a時， f t > 0，則 f t 在 a,+ 上單調遞增，
所以 f t 在 t = a處取值得最小值，即 f a = b - a - ea .
當 t + 時， f t + ，當 t - 時， f t b - a，
ìb - a > 0
若滿足方程有兩個不相等的實數根，則 í
b - a
，
- ea < 0
于是0 < b - a < ea ，即 ln b - a < a ，得 b - a ln b - a < b - a a ,
設 g x = x ln x， g x = ln x +1 = 0 1，得 x = ，
e

在 0,
1
÷上， g x < 0，則 g x
1
單調遞減，在 ,+ ÷上， g x > 0，則 g x 單調遞增，
è e è e
g x x ln x 1 g 1 1所以 = ，在 x = 處取得最小值，即 ÷ = - ，所以 a b a
1
- > - .
e è e e e
（2）證明：設 A x1, y1 , B x2 , y2 ，
y 1則 0 = y
1
1 + y2 = ex1 + ex2 + x 1 1 x1 x22 2 0，即 y0 - x0 = y1 + y2 = e + e ，2 2
在點 A x1, y1 , B x2 , y2 處的切線方程都過P a,b ，
于是，由b - x1 - e
x1 = 1+ ex1 a - x x b - a1 ，得 1 - a +1 + ex = 0 ，1
x
由b - x - e 22 = 1+ ex2 a - x2 ，得 x2 - a 1 b - a+ + x = 0e 2
x - x ex1 +x2
兩式相減整理得：b - a = 1 2 ，
ex1 - ex2
b a y x x1 - x2 e
x1 +x2 1 e
x1 +x2 é 2x1 2x2
- - - = - ex1 + ex2 = 2 x x ê
x x e - e ù- -
0 0 x x 2 e - e 1 21 2 ex +x úe 1 - e 1 22 2
ex1 +x2
= é2 x1 - x2 - ex -x
1
1 2 + ù
2 ex1 - ex ，2 ê ex1 -x2 ú
ex1 +x2
不妨設 x1 > x ,m = x - x > 02 1 2 > 0，所以 2 ex1 - ex2 ，則 h m = 2m
1
- em + m ，e
h m 1= 2 - em - m 2 - 2 = 0，所以 h m 在 0, + 上單調遞減，于是 h m < h 0 = 0 ，e
于是 b - a - y0 - x0 < 0，即 a + y0 > b + x0 .
【例 1】（2024 x屆陜西省西安市一中高三考前模擬）已知函數 f x = 2e + ax + 2 .
(1)若 a = -4 ，求 f x 的極值；
(2) 2 2若 a > 0，不相等的實數m, n滿足 f m + f n = m + n + 8，求證：m + n < 0 .
【解析】（1）依題意， f x = 2ex - 4x + 2，則 f x = 2ex - 4，令 f x = 0，解得 x = ln 2，
故當 x - , ln 2 時， f x < 0，當 x ln 2,+ 時， f x > 0，
故函數 f x 在 - , ln 2 上單調遞減，在 ln 2,+ 上單調遞增，
故函數 f x 的極小值為 f ln 2 = 4 - 4ln 2 + 2 = 6 - 4ln 2，無極大值；
（2）令 g x = f x - x2 = 2ex + ax - x2 + 2 ，則 g x = 2ex - 2x + a，
令 t x = ex - x，則 t x = ex -1，當 x < 0 時， t x < 0 ，當 x > 0時， t x > 0，
所以函數 t x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
所以 t x = ex - x t 0 =1 > 0，又 a > 0，所以 g x = 2 ex - x + a > 0，
所以 g x 在R 上單調遞增，
f m + f n = m2 + n2 + 8，即 g m + g n = 8，
因為 g 0 = 4 ，所以m, n 0，要證m + n < 0，即證 n < -m，只需證 g n < g -m ，
即8 - g m < g -m ，即 g m + g -m > 8，
令函數 h x = g x + g -x = 2ex + 2e- x - 2x2 + 4，
則 h x = 2ex - 2e- x - 4x，令j x = h x ，則j x = 2ex + 2e- x - 4 0，
所以 h x 為R 上的增函數，
當 x < 0 時， h x < h 0 = 0，當 x > 0時， h x > h 0 = 0，
所以 h x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
所以對任意m 0 ，都有 h m = g m + g -m > h 0 = 8，從而原命題得證.
【例 2】（2024 x屆河北省衡水市部分示范性高中高三下學期三模）已知 f x = e - x．
(1)求 f (x) 的單調區間和最值；
f (x) (a , b ) [a b] x (a,b) f (ξ ) f (b) - f (a)(2)定理：若函數 在 上可導，在 ， 上連續，則存在 ，使得 = ．該定理
b - a
稱為“拉格朗日中值定理”，請利用該定理解決下面問題：
em en 1 1
若0 < m < n - < m +1 2 ，求證： -

n m ÷
．
è n m
【解析】（1） f (x) = ex -1，令 f (x) = 0，解得 x = 0，
當 x (- ,0)時， f (x) < 0, f (x) 單調遞減；當 x (0,+ )時， f (x) > 0, f (x)單調遞增．
當 x = 0時， f (x) 取得最小值 1，無最大值；
em en 1 1
（2）要證 - < (m +1)2 - ，只需證mem - nen ÷ < (m +1)
2 (m - n)，因為0 < m < n，
n m è n m
mem - nen
故只需證 > (m +1)2． 令 g(x) = xex (x > 0) ，顯然 g(x)在 (m, n)上可導，在[m，n]上連續，
m - n
m n
故由拉格朗日中值定理知存在x (m, n)，使得 g (x ) me - ne= ，
m - n
而 g (x) = (x +1)ex > 0, g (x) 在 (0, + )上單調遞增，
因為m < x < n，故 g (x ) > g (m)，即 g (x ) > (m +1)em ，
故只需證 (m +1)em (m +1)2 即可，因為m > 0，故只需證 em m +1．
由（1）知 e x x + 1恒成立，因此原命題得證．
【例 3】（2024 屆天津市部分區高三二模）已知 a,b R ，函數 f x = x + a sin x + b ln x．
(1)當 a = 0,b = -1時，求 f x 的單調區間；
1
(2)當 a = - ,b 0 時，設 f x 的導函數為 f x ，若 f x > 0恒成立，求證：存在 x0 ，使得 f x0 < -1；2
(3)設0 < a <1,b < 0，若存在 x1, x2 0, + ，使得 f x1 = f x2 x1 x2 -b，證明： x1 + x2 > 2 ．a +1
【解析】（1）由函數 f x = x + a sin x + b ln x ，可得其定義域為 0, + ，
當 a = 0,b = -1時，可得 f x = x - ln x ，則 f x 1 1 x -1= - = ，
x x
當 x 0,1 時，可得 f x < 0， f x 單調遞減；當 x 1, + 時，可得 f x > 0， f x 單調遞增，
\函數 f x 的單調遞增區間為 1, + ，單調遞減區間為 0,1 ．
a 1 1 1 b（2）當 = - ,b 0 時，可得 f x = x - sin x + b ln x，則 f x =1- cos x + ，
2 2 2 x
Q f x > 0 1恒成立，即1- cos x b+ > 0 1 b恒成立，令 h x =1- cos x + , x > 0 ，
2 x 2 x
b b b 1 b 1 b
若b < 0，則 < 0，存在 x = - ，使得 h - =1- cos - - 2 = -1- cos - < 0，x 2 è 2 ÷ ÷ ÷ 2 è 2 2 è 2
即 f x < 0，不符合題意，\b>0，
3 3 3
- - 1 -
取 x = e b ，則0 < x0 <1，可得 f x0 = e b - sin e b - 3 < -1，即存在 x0 ，使得 f x < -1．0 2 0
（3）由函數 f x = x + a sin x + b ln x ，可得 f x =1+ a cos x b+ ，
x
設 x1 < x2，由 f x1 = f x2 ，可得 x1 + a sin x1 + b ln x1 = x2 + a sin x2 + b ln x2 ，
x2
則 x2 - x1 + a sin x2 - sin x1 = -b ln x2 - ln x1 = -b ln x ，1
又由 y = x - sin x，可得 y ' =1- cos x 0，\函數 y = x - sin x為單調遞增函數，
b ln x\ x2 - sin x2 > x1 - sin x1，即 sin x2 - sin x1 < x2 - x \ -
2
1， < a +1 x2 - xx 1 ，1
2
h x ln x 2 x -1 h x 1 4
x -1
設 = - ，可得 = - = 0，
x +1 x x +1 2 x x +1 2
\當 x >1時， h x > h 1 = 0 x -1，即 ln x > 2 ，\ ln x 2 x -1> ，
x +1 x +1
x2 -1
ln x 2ln x 4 x -1
x2 x= > \ ln > 4 1
x2 - x
即 ， = 4 1 ，
x +1 x1 x2 1 x2 + x+ 1
x1
代入可得： 4 ×
x - x
-b 2 1 < a +1 x2 - x1 = a +1 x2 - x1 x2 + x1 ，x2 + x1
-b 2
則 4 × < x + x ，\ x + x -b> 2 ．
a +1 2 1 2 1 a +1
1
【例 4】（2024 2屆四川省百師聯盟高三聯考三）已知函數 f x = x - 4x + a ln x .
2
(1)當 a =1時，求曲線 f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)設函數 y = f x 有兩個不同的極值點x1，x2 .證明： f x
1 1 35
1 + f x2 ≥ ln a - a2 - .2 4 4
【解析】（1）當 a =1時 f x 1 1= x2 - 4x + ln x ， f x = x - 4 + ，
2 x
f 1 1= - 4 7= - ， f 1 =1- 4 +1 = -2，
2 2
7
則切線方程為 y + = -2 x -1 ，化簡得 4x + 2y + 3 = 0 .
2
2
（2）證明：由題 f x = x - 4 a x - 4x + a+ = ，
x x
函數 f x 有兩個極值點x1，x2，即 x2 - 4x + a = 0在 0, + 上有兩個不等實根，
h x = x2 - 4x + a
ìh 0 = a > 0
令 ，只需故 í ，故 0 < a < 4 h 2 = a - 4 0
.
<
又x1 + x2 = 4， x1x2 = a，
所以 f x1 + f x =
1 x2 + a ln x - 4x + 1 x2 + a ln x - 4x 2 2 1 1 1 ÷ 2 2 2 ÷è è 2
4 x x a ln x ln x 1= - 1 + 2 + 1 + 2 + x2 21 + x2 = a ln a - a -8 .2
若證 f x 11 + f x2 ≥ ln a
1
- a2 35- ，
2 4 4
即證 a ln a - a -8
1
≥ ln a 1- a2 35 1- ，即 a ln a - a - ln a
1
+ a2 3+ ≥0 .
2 4 4 2 4 4
令j x = x ln x 1 1 3- x - ln x + x2 + ， x 0,4 ，
2 4 4
j x ln x 1 x 1= + -

÷，則j x 在 0,4 上遞增，且有j 1 = 0，2 è x
當 x 0,1 時，j x < 0，所以j x 在 0,1 上遞減；
當 x 1,4 時，j x > 0，所以j x 在 1,4 上遞增；
所以j x ≥j 1 = ln1-1 1 1 3- ln1+ + = 0， x 0,4 .
2 4 4
即 f x 1 1 351 + f x2 ≥ ln a - a2 - 得證.2 4 4
x
【例 5】（2024 陜西省西安八校高三下學期聯考）已知函數 f x = e - mlnx + x -1 m R , f x 的圖象在
1, f 1 處的切線過原點．
(1)求 m的值；
(2) 2設 g x = f x - x,h x = x - 2x + a ，若對 "x1 0,+ 總 $x2 R，使 g x1 > h x2 成立，求整數 a的最
大值．
【解析】（1）易知 f x 的定義域為 0, + , f 1 = e ，
x m
又 f x = e - +1, f 1 = e - m +1，
x
\ f x 的圖象在 1, f 1 處的切線方程為 y - e = e - m +1 x -1 ，
將 x = 0, y = 0 代入，得 m =1；
2 h x = x2（ ） - 2x + a = (x -1)2 + a -1．
\當 x =1時， h x 取得最小值，[h x ]min = h 1 = a -1．由（1）知， m =1．
\ f x = ex - lnx + x -1，得 g x = ex - lnx -1, g x 的定義域為 0, + ．
g x ex 1 1則 = - x，易知 y = e - x > 0 單調遞增，
x x
g 1 又 ÷ = e - 2 0, g 1 = e -1 0．
è 2
g x 0 1 x 1 10即 = 在 ,1÷上有唯一解 x0 ，故 e = , x0 = x ．
è 2 x e 00
于是當 0 < x < x0 時， g x < 0, g x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x > x0時， g x > 0, g x 在 x0 ,+ 上單調遞增．
\ g x 在 x = x0處取得極小值也是最小值．
則 g x = ex0 - ln x0 -1
1 5
= + x0 -1
2,
min x 0 è 2
÷ ，

\對 "x1 0,+ 總 $x2 R，使 g x1 > h x2 成立，
只需 1 a -1，得 a 2．故整數 a的最大值為 2．
1．（2024 屆廣東省汕頭市第二次模擬）設M 是由滿足下列條件的函數 f x 構成的集合：①方程
f x - x = 0有實根；② f x 在定義域區間D上可導，且 f x 滿足0 < f x <1 .
x lnx
(1)判斷 g x = - + 3， x 1,+ 是否是集合M 中的元素，并說明理由；
2 2
(2)設函數 f x 為集合M 中的任意一個元素，證明：對其定義域區間D中的任意a 、b ，都有
f a - f b a - b .
2．（2024 屆山東省濱州市高三下學期二模）定義：函數 f (x) 滿足對于任意不同的 x1, x2 [a,b]，都有
f x1 - f x2 < k x1 - x2 ，則稱 f (x) 為 a,b 上的“ k類函數”．
2
(1)若 f (x) x= +1，判斷 f (x) 是否為 1,3 上的“2 類函數”；
3
2
(2)若 f (x) = a(x -1)ex x- - x ln x 為[1,e]上的“3 類函數”，求實數 a 的取值范圍；
2
(3)若 f (x) 為[1, 2]上的“2 類函數”，且 f (1) = f (2)，證明："x1， x2 [1, 2]， f x1 - f x2 < 1．
1
3 2．（2024 屆遼寧省沈陽市第一二〇中學高三最后一卷）設函數 f x = xlnx - x - ax 的兩個極值點分別為
2
x1, x2 x1 < x2 ．
(1)求實數a的取值范圍；
(2)若不等式l < a x1 + x2 恒成立，求正數l 的取值范圍（其中 e = 2．71828L為自然對數的底數）．
4．（2024 屆湖南省高三“一起考” 2大聯考下學期模擬）已知函數 f x = ax ， g x = ln x，函數 f x ， g x
有兩條不同的公切線（與 f x ， g x 均相切的直線） l1， l2 .
(1)求實數a的取值范圍；
(2)記 l1， l2在 y 軸上的截距分別為 d1 ， d2 ，證明： d1 + d2 < -1 .
5．（2024 2屆天津市民族中學高三下學期 4 月模擬）已知函數 f x = x - 2x + a ln x a > 0 ．
(1)當 a = 2時，試求函數圖象在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若函數 f x 有兩個極值點x1、 x2 x1 < x2 ；
（ⅰ）求 a 的取值范圍；
（ⅱ）不等式 f x1 mx2 恒成立，試求實數 m 的取值范圍．
6．（2024 屆陜西省部分學校（菁師聯盟）高三下學期 5 月份高考適應性考試）已知函數 f x = 2x - xlnx .
(1)求曲線 y = f x 在 x = e2 處的切線方程；
(2)若 f x1 = f x2 ，且 x1 < x2 .求證： x1 + x2 < e2 .
7．（2024 屆廣東省廣州市二模）已知函數 f x = a x +1 e- x + x2 ．
(1)討論 f x 的零點個數；
(2)若 f x 存在兩個極值點，記 x0 為 f x 的極大值點，x1為 f x 的零點，證明： x0 - 2x1 > 2．
8．（2024 屆重慶市名校聯盟高三下學期全真模擬）T 性質是一類重要的函數性質，具有 T 性質的函數被稱
為 T 函數，它可以從不同角度定義與研究.人們探究發現，當 y = f x 的圖像是一條連續不斷的曲線時，下
列兩個關于 T 函數的定義是等價關系．
定義一：若 y = f x 為區間 a,b 上的可導函數，且 y = f x 為區間 a,b 上的增函數，則稱 y = f x 為區
間 a,b 上的 T 函數．
定義二：若對"x1, x2 a,b ，"l 0,1 ，都有 f é lx1 + 1- l x2 ù l f x1 + 1- l f x2 恒成立，則稱
y = f x 為區間 a,b 上的 T 函數．請根據上述材料，解決下列問題：
(1)已知函數 f x π= tan x x ， 0, ÷．
è 2
①判斷 y = f x x π 0, 是否為 ÷ 上的 T 函數，并說明理由；
è 2
π② π若a，b 0, ÷且a + 2b = ，求 f a + 2 f b 的最小值
è 2 2
(2) m >1 n
1 1 1 1
， >1， + =1 a > 0，b > 0 am + bn設 ，當 時，證明： ab．
m n m n
9．（2024
1
屆河南省九師聯盟高三下學期 5 月聯考）已知函數 f (x) = a ln x + (a 0)x ．
(1)若 f (x) > a對 x (0,+ )恒成立，求a的取值范圍；
(2)當 a = 3時，若關于 x的方程 f (x)
1 1
= - x2 + 4x + b 有三個不相等的實數根x ，x ， x ，且 x < x < x ，
x 2 1 2 3 1 2 3
求b的取值范圍，并證明： x3 - x1 < 4 ．
10．（2024 屆湖北省宜荊荊隨恩高三 5 月聯考）設函數 f x = 4ln x - ax2 + 4 - 2a x ， a R
(1)討論 f x 的單調性．
(2)若函數 f x 存在極值，對任意的 0 < x1 < x2 ，存在正實數 x0 ，使得 f x2 - f x1 = f x0 x2 - x1
ln x2 - ln x 2
（ⅰ 1）證明不等式 >x2 - x1 x2 + x
．
1
ⅱ x + x（ ）判斷并證明 1 2 與 x0 的大小．2
11．（2024 屆江西省上饒市六校高三 5 月第二次聯合考試）已知函數 f x = x - a ln x - b a,b R, a 0 ．
(1)若 a = b =1，求 f x 的極值；
(2)若 f x 0，求 ab的最大值．
1
12．（2024 屆山西省臨汾市高三下學期考前適應性訓練）已知函數 f x = ln x +1 + x2 ．
2
(1)求 f x 在 x = 0處的切線方程；
(2)若曲線 y = f x 與直線 y = ax 有且僅有一個交點，求 a 的取值范圍；
(3)若曲線 y = f x 在 m, f m m > 0 處的切線與曲線 y = f x 交于另外一點 n, f n ，求證：
-2m m< n < - ．
m +1
13．（2024 屆江蘇省揚州市儀征市四校高三下學期 4 月聯合學情檢測）已知函數
f x = ln mx - x m > 0 ．
(1)若 f x 0 恒成立，求 m的取值范圍；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 ，證明 x1 + x2 > 2．
14．（2024 屆河北省保定市高三下學期第二次模擬）已知函數 f (x) = ax - x ln x, f (x)為其導函數．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a 的取值范圍；
(2)若存在兩個不同的正數 x1, x2 ，使得 f x1 = f x2 ，證明： f x1x2 > 0 ．
1
15．（2024 2 2屆云南省高中畢業生第二次復習統一檢測）已知常數 a > 0，函數 f (x) = x - ax - 2a ln x .
2
(1)若 "x > 0, f (x) > -4a2 ，求 a 的取值范圍;
(2)若 x f (x)1、 x2是 的零點，且 x1 x2 ，證明: x1 + x2 > 4a .

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