資源簡介

第 11 講 利用導(dǎo)數(shù)研究雙變量問題
（核心考點(diǎn)精講精練）
命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的常考內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度較大，分值為 15-17 分
【命題預(yù)測】題型分析　雙變量問題運(yùn)算量大，綜合性強(qiáng)，解決起來需要很強(qiáng)的技巧性，解題總的思想方
法是化雙變量為單變量，然后利用函數(shù)的單調(diào)性、最值等解決．
知識講解
破解雙參數(shù)不等式的方法:
一是轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙參數(shù)滿足的關(guān)系式，并把含雙參數(shù)的不等式轉(zhuǎn)化為含單參數(shù)的不等
式:
二是巧構(gòu)函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值;
三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應(yīng)用到雙參不等式，即可證得結(jié)果
考點(diǎn)一、利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)中的雙變量問題
1．（2024·天津·高考真題）設(shè)函數(shù) f x xlnx ．
(1)求 f x 圖象上點(diǎn) 1, f 1 處的切線方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 時(shí)恒成立，求 a的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ，證明 f x1 - f x 22 x1 - x2 ．
【答案】(1) y x -1
(2)2
(3)證明過程見解析
【分析】（1）直接使用導(dǎo)數(shù)的幾何意義；
（2）先由題設(shè)條件得到 a 2，再證明 a 2時(shí)條件滿足；
（3）先確定 f x 的單調(diào)性，再對 x1, x2 分類討論.
【詳解】（1）由于 f x x ln x，故 f x ln x +1.
所以 f 1 0， f 1 1，所以所求的切線經(jīng)過 1,0 ，且斜率為1，故其方程為 y x -1 .
1 t -1
（2）設(shè) h t t -1- ln t ，則 h t 1- ，從而當(dāng)0 < t <1時(shí) h t < 0 ，當(dāng) t > 1時(shí) h t > 0 .
t t
所以 h t 在 0,1 上遞減，在 1, + 上遞增，這就說明 h t h 1 ，即 t -1 ln t ，且等號成立當(dāng)且僅當(dāng) t 1.
設(shè) g t a t -1 - 2ln t ，則
f x - a x - x x ln x - a x - x x a 1 1 1 -1 ÷ - 2ln x x ÷ x × g ÷ .è è è x
1
當(dāng) x 0, + 時(shí)， 的取值范圍是 0, + ，所以命題等價(jià)于對任意 t 0, + ，都有 g t 0 .
x
一方面，若對任意 t 0, + ，都有 g t 0，則對 t 0, + 有
0 g t a t -1 - 2ln t a t -1 + 2ln 1 1 2 a t -1 + 2 -1
t t ÷
at + - a - 2，
è t
取 t 2，得0 a -1，故a 1 > 0 .
2 2 a 2
再取 t ，得0 a × + 2 - a - 2 2 2a - a - 2 - a - 2 ，所以 a 2 .a a 2
另一方面，若 a 2，則對任意 t 0, + 都有 g t 2 t -1 - 2ln t 2h t 0 ，滿足條件.
綜合以上兩個(gè)方面，知 a的值是 2.
f b - f a
（3

）先證明一個(gè)結(jié)論：對0 < a < b，有 ln a +1< < ln b +1.
b - a
b
b ln b - a ln a a ln b - a ln a ln
證明：前面已經(jīng)證明不等式 t -1 ln t + ln b a，故 + ln b <1+ ln b ，
b - a b - a b -1
a
ln a
a
- -

-1

b ln b - a ln a b ln b - b ln a ÷
且 + ln a b + ln a > è b a a + ln a 1+ ln a ，b - a b - a 1- 1-
b b
ln a 1 b ln b - a ln a f b - f a所以 + < < ln b +1 ln a ，即 +1< < ln b +1.
b - a b - a
由 f x ln x +1，可知當(dāng)0 1< x < 時(shí) f x < 0，當(dāng) x 1> 時(shí) f x > 0 .e e
所以 f x 在 0,
1ù é1
e ú上遞減，在 ê
,+
e ÷
上遞增.
è
不妨設(shè) x1 x2，下面分三種情況（其中有重合部分）證明本題結(jié)論.
1
情況一：當(dāng) x1 x2 <1時(shí)，有 f x1 - f x2 f x2 - f x1 < ln x2 +1 x2 - x1 < x2 - x1 < x2 - x1 ，結(jié)論e
成立；
1
情況二：當(dāng)0 < x1 x2 時(shí)，有 f x1 - f x2 f x1 - f x2 x1 ln x1 - x2 ln x2 .e
1ù 1
對任意的 c 0, ú，設(shè)j x x ln x - c ln c - c - x j x ln x +1+ .è e ，則 2 c - x
由于j x 單調(diào)遞增，且有

j c ÷ ln c 1 1 ln 1 1 1 1 11 1 + + < 1 + + -1- +1+ 0 1+ ÷ 1+ 1+
2c 2c 2 c c 2c 2 c c 2c 2c ，è 2e 2e -
1 1
e -
+ 2
2e 2c
x c 1- 2 c 1 2
且當(dāng) 4 ln 2 1 ，
x > 時(shí)，由 ln -1c 可知 - 2 2 c - x
è c ÷
j x ln x +1 1 c 1 1 2+ > ln +1+ - ln -1 0 .
2 c - x 2 2 c - x 2 c - x c ֏
所以j x 在 0,c 上存在零點(diǎn) x0 ，再結(jié)合j x 單調(diào)遞增，即知0 < x < x0 時(shí)j x < 0， x0 < x < c時(shí)
j x > 0 .
故j x 在 0, x0 上遞減，在 x0 ,c 上遞增.
①當(dāng) x0 x c時(shí)，有j x j c 0；
1
②當(dāng)0 < x < x0 時(shí)，由于 c ln -2 fc c -2 f
1 2 1
÷ <1，故我們可以取 q c ln ,1 .
è e e ÷è c
0 x c從而當(dāng) < < 1 q2 時(shí)，由- c - x > q c ，可得
j x x ln x - c ln c - c - x < -c ln c - c - x < -c ln c - q c c 1 c ln - qc ÷ < 0 .è
再根據(jù)j x 在 0, x0 上遞減，即知對0 < x < x0 都有j x < 0 ；
綜合①②可知對任意0 < x c ，都有j x 0，即j x x ln x - c ln c - c - x 0 .
1ù
根據(jù) c 0, ú和0 < x c 的任意性，取 c x2 ， x x1，就得到 x1 ln x1 - x2 ln x2 - x2 - x1 0 .è e
所以 f x1 - f x2 f x1 - f x2 x1 ln x1 - x2 ln x2 x2 - x1 .
0 x 1 x 1 f x f 1< < - 1情況三：當(dāng) 1 2 時(shí)，根據(jù)情況一和情況二的討論，可得 1 ÷ - xe 1 x2 - x1 ，è e e
f 1 f x x 1 ÷ - 2 2 - x - xe e 2 1 .è
而根據(jù) f x 的單調(diào)性，知 f x1 - f x2 f x1 - f
1
÷ 或 f x1
1
- f x2 f

÷ - f x2 .
è e è e
故一定有 f x1 - f x2 x2 - x1 成立.
綜上，結(jié)論成立.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于第 3 小問中，需要結(jié)合 f x 的單調(diào)性進(jìn)行分類討論.
2．（2022·北京·高考真題）已知函數(shù) f (x) ex ln(1+ x)．
(1)求曲線 y f (x) 在點(diǎn) (0, f (0)) 處的切線方程；
(2)設(shè) g(x) f (x) ，討論函數(shù) g(x)在[0, + ) 上的單調(diào)性；
(3)證明：對任意的 s, t (0,+ )，有 f (s + t) > f (s) + f (t) ．
【答案】(1) y x
(2) g(x)在[0, + ) 上單調(diào)遞增.
(3)證明見解析
【分析】（1）先求出切點(diǎn)坐標(biāo)，在由導(dǎo)數(shù)求得切線斜率，即得切線方程；
（2）在求一次導(dǎo)數(shù)無法判斷的情況下，構(gòu)造新的函數(shù)，再求一次導(dǎo)數(shù)，問題即得解；
（3）令m(x) f (x + t) - f (x)， (x, t > 0)，即證m(x) > m(0)，由第二問結(jié)論可知m(x)在[0,+∞）上單調(diào)遞增，
即得證.
【詳解】（1）解：因?yàn)?f (x) ex ln(1+ x)，所以 f 0 0，
即切點(diǎn)坐標(biāo)為 0,0 ，
x
又 f (x) e (ln(1 x)
1
+ + ) ，
1+ x
∴切線斜率 k f (0) 1
∴切線方程為： y x
x 1
（2）解：因?yàn)?g(x) f (x) e (ln(1+ x) + ) ，
1+ x
所以 g (x) ex (ln(1
2 1
+ x) + -
1+ x (1+ x)2
)，
令 h(x) ln(1+ x)
2 1
+ -
1 x (1 ，+ + x)2
1 2 2 x2 +1
則 h (x) -
1+ x (1+ x)2
+ 3 3 > 0， (1+ x) (1+ x)
∴ h(x) 在[0, + ) 上單調(diào)遞增，
∴ h(x) h(0) 1 > 0
∴ g (x) > 0在[0, + ) 上恒成立，
∴ g(x)在[0, + ) 上單調(diào)遞增.
（3）解：原不等式等價(jià)于 f (s + t) - f (s) > f (t) - f (0) ，
令m(x) f (x + t) - f (x)， (x, t > 0)，
即證m(x) > m(0)，
∵ m(x) f (x + t) - f (x) ex+t ln(1+ x + t) - ex ln(1+ x)，
x+t x
m (x) ex+t ln(1 x t) e+ + + - ex ln(1 x) e+ - g(x + t) - g(x) ，
1+ x + t 1+ x
x
由（2）知 g(x) f (x) e (ln(1 x)
1
+ + ) 在 0, + 上單調(diào)遞增，
1+ x
∴ g(x + t) > g(x)，
∴ m (x) > 0
∴ m(x)在 0, + 上單調(diào)遞增，又因?yàn)?x, t > 0，
∴ m(x) > m(0)，所以命題得證.
3．（2021·全國·高考真題）已知函數(shù) f x x 1- ln x .
（1）討論 f x 的單調(diào)性；
1 1
（2）設(shè) a，b 為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且b ln a - a ln b a - b ，證明： 2 < + < e .
a b
【答案】（1） f x 的遞增區(qū)間為 0,1 ，遞減區(qū)間為 1,+ ；（2）證明見解析.
【分析】(1) 首先確定函數(shù)的定義域，然后求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，由導(dǎo)函數(shù)的符號即可確定原函數(shù)的單調(diào)性.
1 1
(2)方法二：將題中的等式進(jìn)行恒等變換，令 m, n，命題轉(zhuǎn)換為證明： 2 < m + n < e，然后構(gòu)造對稱差
a b
函數(shù)，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的特征和函數(shù)的單調(diào)性即可證得題中的結(jié)論.
【詳解】(1) f x 的定義域?yàn)? 0, + ．
由 f x x 1- ln x 得， f x - ln x，
當(dāng) x 1時(shí)， f x 0；當(dāng) x 0,1 時(shí) f x > 0；當(dāng) x 1, + 時(shí)， f ' x < 0．
故 f x 在區(qū)間 0,1 內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間 1, + 內(nèi)為減函數(shù)，
(2)[方法一]：等價(jià)轉(zhuǎn)化
1 1 1 1 1 1
由b ln a - a ln b a - b 得 (1- ln ) (1- ln ) ，即 f ( ) f ( )．
a a b b a b
1 1
由 a b ，得 ．
a b
1 1 1 1 1
由（1）不妨設(shè) (0,1), (1, + ) ，則 f ( ) > 0 ，從而 f ( ) > 0，得 (1,e)，
a b a b b
①令 g x f 2 - x - f x ，
則 g (x) ln(2 - x) + ln x ln(2x - x2 ) ln[1- (x -1)2 ]，
當(dāng) x 0,1 時(shí)， g x < 0， g x 在區(qū)間 0,1 內(nèi)為減函數(shù)， g x > g 1 0，
從而 f 2 - x > f x f (2 1，所以 - ) f (1 1> ) f ( )，
a a b
1 1 1 1
由（1）得 2 - < 即 2 < + ．①
a b a b
令 h x x + f x ，則 h ' x 1+ f x 1- ln x ，
當(dāng) x 1,e 時(shí)， h x > 0， h x 在區(qū)間 1,e 內(nèi)為增函數(shù)， h x < h e e，
從而 x + f x < e 1，所以 + f (1) < e ．
b b
1 1 1 1 1 1
又由 (0,1)，可得 < (1- ln ) f ( ) f ( )a ，a a a a b
1 1
所以 + < f (
1) 1+ e．②
a b b b
2 1 1由①②得 < + < e．
a b
ln a ln b 1 1 ln a +1 ln b +1
[方法二]【最優(yōu)解】： b ln a - a ln b a - b 變形為 - - ，所以 ．
a b b a a b
1
令 m,
1
n．則上式變?yōu)閙 1- ln m n 1- ln n ，
a b
于是命題轉(zhuǎn)換為證明： 2 < m + n < e．
令 f x x 1- ln x ，則有 f m f n ，不妨設(shè)m < n ．
由（1）知0 < m <1,1 < n < e，先證m + n > 2．
要證：m + n > 2 n > 2 - m f n < f 2 - m f (m) < f 2 - m
f m - f 2 - m < 0．
令 g x f x - f 2 - x , x 0,1 ，
則 g x - ln x - ln 2 - x - ln éx 2 - x ù - ln1 0，
\ g x 在區(qū)間 0,1 內(nèi)單調(diào)遞增，所以 g x < g 1 0 ，即m + n > 2．
再證m + n < e．
因?yàn)閙 1- ln m n × 1- ln n > m，所以需證 n 1- ln n + n < e m + n < e ．
令 h x x 1- ln x + x, x 1,e ，
所以 h ' x 1- ln x > 0，故 h x 在區(qū)間 1,e 內(nèi)單調(diào)遞增．
所以 h x < h e e．故 h n < e，即m + n < e．
2 1 1綜合可知 < + < e．
a b
[方法三]：比值代換
1 1
證明 + > 2同證法 2．以下證明 x
a b 1
+ x2 < e．
x
不妨設(shè) x2 tx1 ，則 t
2 >1
x ，1
由 x1(1- ln x1) x2 (1- ln x ) x (1- ln x ) tx [1- ln(tx )] ln x 1
t ln t
2 得 1 1 1 1 ， 1 - ，t -1
要證 x1 + x2 < e，只需證 1+ t x1 < e，兩邊取對數(shù)得 ln(1+ t) + ln x1 <1，
ln(1 t) 1 t ln t即 + + - <1，
t -1
ln(1+ t) ln t
即證 < ．
t t -1
g(s) ln(1+ s)
s
, s (0, + ) - ln(1+ s)記 ，則
s g (s) 1+ s
.
s2
1 1
記 h(s)
s
- ln(1+ s) ，則 h (s) 2 - < 0 ，1+ s (1+ s) 1+ s
所以， h s 在區(qū)間 0, + 內(nèi)單調(diào)遞減． h s < h 0 0，則 g ' s < 0，
所以 g s 在區(qū)間 0, + 內(nèi)單調(diào)遞減．
由 t 1,+ 得 t -1 0,+ ，所以 g t < g t -1 ，
ln(1+ t) ln t
即 < ．
t t -1
[方法四]：構(gòu)造函數(shù)法
ln a ln b 1 1 1
由已知得 - - ，令 x
1
1, x ，a b b a a b 2
不妨設(shè) x1 < x2，所以 f x1 f x2 ．
由（Ⅰ）知，0 < x1 <1 < x2 < e ，只需證 2 < x1 + x2 < e．
證明 x1 + x2 > 2同證法 2．
e
再證明 x1 + x e 1- ln x
-2 + + ln x
2 < ．令 h(x) (0 < x < e), h (x) x ．
x - e (x - e)2
令j(x)
e 1 e x - e
ln x + - 2(0 < x < e)，則j (x) - 2 x x x x2
< 0．
所以j x > j e 0, h x > 0 ， h x 在區(qū)間 0,e 內(nèi)單調(diào)遞增．
1- ln x1 1- ln x2 1- ln x1 x1 - e
因?yàn)? < x1 < x2 < e，所以 < >x1 - e x2 - e
，即1- ln x2 x2 - e
1- ln x x x x - e又因?yàn)?f x1 f x 1 2 22 ，所以 , > 11- ln x2 x1 x1 x2 - e
，
x2 2即 2 - ex2 < x1 - ex1, x1 - x2 x1 + x2 - e > 0．
因?yàn)?x1 < x2，所以 x1 + x2 < e
1 1
，即 + < e．
a b
1 1
綜上，有 2 < + < e結(jié)論得證．
a b
【整體點(diǎn)評】(2)方法一：等價(jià)轉(zhuǎn)化是處理導(dǎo)數(shù)問題的常見方法，其中利用的對稱差函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)的思想，
這些都是導(dǎo)數(shù)問題必備的知識和技能.
方法二：等價(jià)轉(zhuǎn)化是常見的數(shù)學(xué)思想，構(gòu)造對稱差函數(shù)是最基本的極值點(diǎn)偏移問題的處理策略.
方法三：比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)的單調(diào)性證明
題中的不等式即可.
方法四：構(gòu)造函數(shù)之后想辦法出現(xiàn)關(guān)于 x1 + x2 - e < 0的式子，這是本方法證明不等式的關(guān)鍵思想所在.
2
1．（2024· x江蘇鹽城·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x ax ，其中 a > 0．e
(1)若 f x 在 0,2 上單調(diào)遞增，求 a的取值范圍；
(2)當(dāng) a 1時(shí)，若 x1 + x2 4且0 < x1 < 2，比較 f x1 與 f x2 的大小，并說明理由
【答案】(1) 0,1
(2) f x1 < f x2 ，理由見解析
【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)，利用函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，建立不等式求解即可；
2 2 2 2
（2）由 a 1，得 f x x x x ，要證明 1 < 2 2 + t x x x ，只需證明 e2t < ÷ ，兩邊同時(shí)取對數(shù)整理得e e 1 e 2 è 2 - t
t < ln 2 + t，0 < t < 2，構(gòu)造函數(shù) h t 2 + t ln - t，0 < t < 2，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)證明即可.
2 - t 2 - t
x2 2x - ax2
【詳解】（1）Q f x ax ，\ f x e eax ，
Q f x 在 0,2 上單調(diào)遞增，\ f x 0在 0,2 上恒成立且滿足 f x 0的點(diǎn)不連續(xù)．
當(dāng) x 0,2 時(shí)， a 2 2 ．由 y 在 0,2 上單調(diào)遞減可知，
x x
2
當(dāng) x 2時(shí)， x ÷
1，\a 1，
è min
綜上， a的取值范圍為 0,1
x2
（2）當(dāng) a 1時(shí)， f x
ex
，
x1 + x2 4且0 < x1 < 2，
下面證明 f x1 < f x2 ，
x2 x2
2
1 2 x -x x2 即證明 x < x ，等價(jià)于證明： e
2 1 < ÷ ，e 1 e 2 è x1
2
設(shè) x1 2 - t, x2 2 + t，0 < t < 2，所證即為： e2t
2 + t< ÷ ，
è 2 - t
2 + t
等價(jià)于證明： t < ln ，0 < t < 2，
2 - t
2 + t
設(shè)函數(shù) h t ln - t，0 < t < 2．
2 - t
2
Qh t t > 0，\h t 在 0,2 上單調(diào)遞增，而 h t h2 min 0 0，\h t > 0，4 - t
\ln 2 + t > t，0 < t < 2，所證不等式成立．
2 - t
2．（23-24 a高三下·江蘇蘇州·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x (1+ x) -1-a x，其中 x > -1,a >1 .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若0 < b a < 1，證明： aa + bb ab + ba .
【答案】(1) f x 在區(qū)間 (-1,0) 上單調(diào)遞減， f x 在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞增
(2)證明見解析
【分析】（1）求函數(shù) f (x) 的導(dǎo)函數(shù)，設(shè)定導(dǎo)函數(shù)再求導(dǎo)，通過分析該函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)而得到原函數(shù)的性質(zhì)；
2 b a（ ）采用分析法，要證明 aa + bb ab + ba ，即證bb - ba ab - aa ，從而構(gòu)造函數(shù) h x x - x 并研究函數(shù)的
性質(zhì)，解決問題.
a
【詳解】（1）因?yàn)楹瘮?shù) f x (1+ x) -1-a x，
則 f x a (1+ x)a -1 -a ，
令 g x f x , g x a a -1 (1+ x)a -2 ，
其中 x > -1,a >1，
則 g x < 0，函數(shù) f x 即函數(shù) g x 在區(qū)間 -1, + 上單調(diào)遞增，
又 g(0) f 0 0，
所以當(dāng)-1 < x < 0時(shí)， f x < 0， f x 在區(qū)間 (-1,0) 上單調(diào)遞減；
當(dāng) x > 0時(shí)， f x > 0， f x 在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞增；
綜上， f x 在區(qū)間 (-1,0) 上單調(diào)遞減， f x 在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞增.
（2）由已知0 < b a < 1，
要證明 aa + bb ab + ba ，也即證明bb - ba ab - aa ，
只要證明b x < 1時(shí)， h x xb - xa 在區(qū)間[b,1)上單調(diào)遞減.
h x bxb-1 - axa-1 axb-1 b - xa-b ÷ ，
è a
1
b
由 - xa-b 0，得 x b
a-b
÷ ，且 ax
b-1 ，
a > 0è a
結(jié)合冪函數(shù) y xa-b 的性質(zhì)得：
1 1
當(dāng) x b
a-b
÷ 時(shí)， h x 0, h x
a-b
在區(qū)間 ( b
a a ÷
, + )上單調(diào)遞減，
è è
1
b a-b即 x ÷ 時(shí)，函數(shù) h x 取得最大值，
è a
1
a-b b a-b 1
從而只需證明b b ÷ ，變換得： b ，即證a b a1-a+b
，
è a
1 1 1
當(dāng)0 < a b <1時(shí)，即 1，
1 a b a1-a+b a
，b a1-a+b 成立，問題得證；- +
當(dāng) 0 < b < a <1，
則-1 < a -1 < 0，1- a + b 1+ (b - a) (0,1)
1
， >1
1- a + b
由第（1）問知，當(dāng)-1 < x < 0,a >1時(shí)， f x 在區(qū)間 (-1,0) 上單調(diào)遞減，
f x (1+ x)a -1-a x > f 0 0 ，也即 (1+ x)a >1+a x，
1 1
從而 a1-a+b [1 a 1 ]1-a+b 1 a -1 + - > + ，
1- a + b
1 a -1 b 1- a + b + a -1- b + ab - b
2 b(a - b)
其中 + - ，
1- a + b 1- a + b 1- a + b
由于 0 < b < a <1，且1- a + b > 0 ， a - b > 0，
1 a -1 b 0 1 a -1所以 + - > ，得 + > b，
1- a + b 1- a + b
1
從而b < a1-a+b ，問題得證.
綜上，若0 < b a < 1，不等式 aa + bb ab + ba 成立.
3．（23-24 高三下·北京·開學(xué)考試）已知 f x x +1 ekx , k 0 .
(1)若 k 1，求 f x 在 0, f 0 處的切線方程；
(2)設(shè) g x f x ，求 g x 的單調(diào)區(qū)間；
(3)求證：當(dāng) k > 0時(shí)，"m, n 0, + , f m + n +1 > f m + f n .
【答案】(1) 2x - y +1 0；
, 1 2 (2) k 0時(shí)，單調(diào)遞減區(qū)間為 - - - ÷，單調(diào)遞增區(qū)間為 (
2
-1- , + ) ;
è k k
(3)證明見解析.
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求得答案;
（2）求出函數(shù) g x f x 的導(dǎo)數(shù)，討論 k 的取值范圍，確定導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可求得 g x 的單調(diào)區(qū)間；
（3）由于不等式 f m + n +1 > f m + f n 可變?yōu)?f (n + m) - f (n) > f (m) -1，所以可構(gòu)造函數(shù)
h(x) f (x + m) - f (x) ，利用（2）的結(jié)論可證明故該函數(shù)為 0, + 上的增函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可
證明結(jié)論.
x
【詳解】（1）當(dāng) k 1時(shí)， f x x +1 e ,\ f x x + 2 ex ，
故 f x 在 0, f 0 處的切線斜率為 f 0 0 + 2 e0 2 ，而 f 0 0 +1 e0 1，
所以 f x 在 0, f 0 處的切線方程為 y -1 2(x - 0)，即2x - y +1 0 .
（2）由題意得 g x f x kx + k +1 ekx 2 2，則 g x k x + k + 2k ekx ，
令 g x k 2x + k 2 + 2k ekx < 0 2 2 2，即 k x + k + 2k < 0,\ x < -1- ，
k
令 g x k 2x + k 2 + 2k ekx > 0 2 2，即 k x + k + 2k > 0, x 2\ > -1- ，
k
k 0時(shí)，單調(diào)遞減區(qū)間為 (- ,-1
2) 2- ,單調(diào)遞增區(qū)間為 (-1- , + ) .
k k
（3）證明：由（2）可知，當(dāng) k > 0時(shí)， g x f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，而 g 0 f 0 k +1 > 0，
即 f x > 0在 0, + 上恒成立，故 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
設(shè) h(x) f (x + m) - f (x) ，則 h (x) f (x + m) - f (x) ，
因?yàn)閙 0, + ，則 x + m > x > 0 ，故 f (x + m) > f (x),\h (x) > 0，
所以 h(x) f (x + m) - f (x) 在 0, + 上單調(diào)遞增，而 n 0, + ，
則 h(n) > h(0)，即 f (n + m) - f (n) > f (m) - f (0) ，而 f 0 1，
故 f (n + m) - f (n) > f (m) -1，即 f m + n +1 > f m + f n .
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：證明不等式 f m + n +1 > f m + f n 時(shí)，關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行
證明；因?yàn)?f m + n +1 > f m + f n 可變形為 f (n + m) - f (n) > f (m) -1，由此可構(gòu)造函數(shù)
h(x) f (x + m) - f (x) ，從而利用（2）的結(jié)論證明該函數(shù)為遞增函數(shù)，從而利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式.
4 x-1．（22-23 高三下·四川成都·開學(xué)考試）已知函數(shù) f (x) a e - x - ln x + x -1， a 0．
(1)求證： f x 存在唯一零點(diǎn)；
x +1 x -1
(2)設(shè) g(x) aex-1 + x -1，若存在 x1, x2 (1, + ) ，使得 g x2 g x - f x ln 11 1 ，求證： +1 > 22 x1 -1
．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）二次求導(dǎo)，得到 f x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增．因?yàn)?f 1 0，所以 f x 有
唯一零點(diǎn)；
ln x1 +1 1 x2 -1 1 x +1（2）利用同構(gòu)得到 x2 -1 ln x1 ，故不等式變形為 + -
é x -1 ln 1 + x -1- ln x ù
2 x -1 x -1 ê 1 1 1 2 ú
，構(gòu)
1 1
造 h(x) (x -1) ln
x +1
+ x -1- ln x，二次求導(dǎo)，結(jié)合特殊點(diǎn)的函數(shù)值，得到 h x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 (1, + )
2
上單調(diào)遞增，所以 h(x) h(1) 0 ，從而證明出結(jié)論.
【詳解】（1）證明：由題意，得 f x 1 a ex-1 -1 - +1 x > 0 ．x
記F (x) f (x) a ex-1 -1 1- +1 x-1 1，則F (x) ae + 2 ．x x
因?yàn)?a 0時(shí)，F(xiàn) (x) > 0恒成立，所以F (x) f (x)在 (0, + )上單調(diào)遞增．
因?yàn)?f (1) 0，所以 f (x)在 0,1 上恒小于 0，在 (1, + )上恒大于 0，
所以 f x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增．
因?yàn)?f 1 0，所以 f x 有唯一零點(diǎn) x=1．
（2）由 g x2 g x1 - f x x -11 ，得 ln x1 + ax 21 ae + x2 -1．
記m(x) aex + x ，故m x2 -1 m ln x1 ，
因?yàn)閙(x) aex + x 在 (0, + )上單調(diào)遞增，所以 x2 -1 ln x1 ，
ln x1 +1 1 x2 -1 ln x1 +1 ln x+ - +1- 1 1 é x x1 +1 ù則 2 x -1 2 x -1 x -1 ê 1 -1 ln + x1 -1- ln x2 1ú，1 1 1
x +1
設(shè) h(x) (x -1) ln + x -1- ln x
2
h x ln x +1 x -1 1則 + +1- ，令j x h x ，
2 x +1 x
則j x
1 2 1
+ +
x +1 x +1 2 x2 ．
因?yàn)閖 x > 0在 (0, + )上恒成立，
所以 h x 在 (0, + )上單調(diào)遞增，注意到 h 1 0，
所以 h x < 0的解集為 0,1 ， h x > 0的解集為 (1, + )，
所以 h x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增，所以 h(x) h(1) 0 ．
又因?yàn)?x1 >1，所以 ln
x1 +1 1 x -1+ > 2
2 x1 -1
．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：導(dǎo)函數(shù)求解參數(shù)取值范圍，當(dāng)函數(shù)中同時(shí)出現(xiàn) ex 與 ln x，通常使用同構(gòu)來進(jìn)行求解，
本題難點(diǎn)是將 g x g x - f x x -1變形為 ln x + ax ae 2 + x -1，從而構(gòu)造m(x) aex2 1 1 1 1 2 + x ，得到
x2 -1 ln x1 ，從而雙元變單元，進(jìn)行求解.
5．（23-24 高三上·江西·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x ln x +1 - x2 - ax -1 a R .
(1)當(dāng) a -2 時(shí)，存在 x1, x2 0,1 ，使得 f x1 - f x2 M ，求 M 的最大值；
(2)已知 m，n 是 f x 的兩個(gè)零點(diǎn)，記 f x 為 f x 的導(dǎo)函數(shù)，若m, n 0, + ，且m n ，證明：
f m + n ÷ < 0 .
è 2
【答案】(1) ln 2 +1
(2)證明見解析
【分析】（1）求定義域，求導(dǎo)，得到函數(shù)單調(diào)性，求出最值，得到
M é f x1 - f x2 ù f x - f x ln 2 +1max max min ，求出答案；
1 m +1
（2）根據(jù)零點(diǎn)得到方程組，相減求出 a ln - m + n ，求導(dǎo)得到
m - n n +1
f m + n 2 1 m +1 2 - 2t ÷ - ln ，化簡換元后得到只需證 + ln t < 0，0 < t <1，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)得
è 2 m + n + 2 m - n n +1 1+ t
到其單調(diào)性，證明出結(jié)論/
【詳解】（1）當(dāng) a -2 時(shí)， f x ln x +1 - x2 + 2x -1，
1 3- 2x2
則 f x 的定義域?yàn)? -1, + ，且 f x - 2x + 2 ，
x +1 x +1
當(dāng) x 0,1 時(shí)， f x > 0，所以 f x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
所以 f x 在 0,1 上的最大值為 f 1 ln 2 ，最小值為 f 0 -1，
由題意知M é f x1 - f x2 ù f x - f x ln 2 +1max max min ，
故 M 的最大值為 ln 2 +1 .
（2）證明：由題意知 f m ln m +1 - m2 - am -1 0， f n ln n +1 - n2 - an -1 0，
所以 f m - f n ln m +1 - m + n m - n - a m - n 0，
n +1
1
所以 a ln
m +1
- m + n .
m - n n +1
因?yàn)?f x 1 - 2x - a ，
x +1
f m + n 2所以 - m + n - a
è 2 ÷ m + n + 2
2
- m + n 1 ln m +1- + m + n
m + n + 2 m - n n +1
2 1 ln m +1 - ，
m + n + 2 m - n n +1
m + n
所以要證 f ÷ < 0
2 1 ln m +1，只要證 - < 0 ，
è 2 m + n + 2 m - n n +1
因?yàn)閙 < n
2 n - m m +1
，所以只要證 + ln < 0，
m + n + 2 n +1
t m +1 2 - 2t令 ，則0 < t <1，即證 + ln t < 0，
n +1 1+ t
2 - 2t -2 t +1 - 2 1- t
2
g t 1
t -1
令 g t + ln t 0 < t <1 ，則 + ，
1+ t 1+ t 2 t t t +1 2
因?yàn)? < t <1，所以 g t >0，
所以 g t 在 0,1 上單調(diào)遞增，
所以 g t < g 1 0，
2 n - m ln m +1所以 + < 0，所以 f m + n
m n 2 n 1 2 ÷
< 0 .
+ + + è
【點(diǎn)睛】極值點(diǎn)偏移問題，經(jīng)常使用的方法有：比值代換，構(gòu)造差函數(shù)，對數(shù)平均不等式，變更結(jié)論等，
若不等式中含有參數(shù)，則消去參數(shù)，再利用導(dǎo)函數(shù)進(jìn)行求解.
1．（2023·甘肅定西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) a ln(1 x)
1
+ + x2 - x(a R)．
2
(1)若 a＝1，求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù) f x 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，且 x1 < x2，求證： f x
x
> 12 ．2
【答案】(1) f x 在 -1, + 上單調(diào)遞增；
(2)證明見解析.
x2
【分析】（1）由題可得 f x ，后結(jié)合 f x 定義域可得 f x 單調(diào)區(qū)間；
x + 1
（2）結(jié)合函數(shù) f x 有兩個(gè)極值點(diǎn)，可得 0 < a < 1， x1x2 a - 1, x1 + x2 0, a 1 - x22 .則要證
f x x2 > 1 ，等價(jià)于證明 l n 1 + x2
x
> 2
2 2 1 + x ，后構(gòu)造相應(yīng)函數(shù)可證明結(jié)論.2
1 f (x) ln(1+ x)
1
+ x2 - x f x 1 x
2
【詳解】（ ）由題， ，則 + x - 1 .
2 x + 1 x + 1
因 x > -1，則 f x 0 .則 f x 在 -1, + 上單調(diào)遞增；
2 f x a x 1 x
2 - 1 + a
（ ） + - .
x + 1 x + 1
當(dāng)a 1時(shí)， f x 0， f x 在 -1, + 上單調(diào)遞增，不合題意；
當(dāng)a < 1時(shí)，令 f x 0 x2 1 - a .
當(dāng) a 0時(shí)， f x 0 x 1 - a ，則 f x 只有一個(gè)極值點(diǎn)，與題意不合；
當(dāng) 0 < a < 1時(shí)， f x 0 x1 - 1 - a, x2 1 - a .
則 x x a - 1, x + x 0, a 1 - x21 2 1 2 2 .
x
則 f x > 1 1 x a ln 1+ x + x2 - x 12 2 2 > 2a ln 1+ x + x22 2 - 2x2 - x1 > 0 .2 2 2
2 1 - x22 l n 1 + x2 + x22 - x2 > 0 .注意到 x2 1- a 0,1 ，則
x x2
要證 f x2 > 1 ，即證 l n 1 + x2 >2 2 1 .+ x2
構(gòu)造函數(shù) g x x l n 1 + x - x 0,12 1 + x ， .
g x 1 2 2x + 1則 - 2 > 0x + 1 2 ，即 g x 在 0,1 上單調(diào)遞增.4 1 + x 2 x + 1
x2 x
則 g x 12 l n 1 + x2 - > g 0 0 f2 1 + x ，即 x2 > .2 2
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：對于雙變量問題，常利用題目中的等量關(guān)系將雙變量轉(zhuǎn)變?yōu)閱巫兞繂栴}，而證明函數(shù)
不等式，常構(gòu)造相應(yīng)函數(shù)利用單調(diào)性解決問題.
2．（2024·四川德陽·二模）已知函數(shù) f x lnx + x2 - 2ax,a R ，
(1)當(dāng) a > 0時(shí)，討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若函數(shù) f x 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 x1 < x2 ，求 2 f x1 - f x2 的最小值.
【答案】(1)答案見解析
1+ 4ln 2
(2) -
2
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，分類討論D 0與D > 0兩種情況即可得解；
1
（2）利用（1）中結(jié)論，利用韋達(dá)定理得到 x1 × x2 ， 2ax1 2x
2
1 +1 2ax
2
， 2 2x2 +1，利用消元法將2
2 f x1 - f x x22 表示成關(guān)于 2 的函數(shù)，再利用換元法和導(dǎo)數(shù)求得所得函數(shù)的最小值，從而得解.
2
【詳解】（1）因?yàn)?f x lnx + x - 2ax, x > 0，
2
f (x) 1 2x 2a 2x - 2ax +1所以 + - ,
x x
令 g(x) 2x2 - 2ax +1 D 4a2 2，則 -8 4 a - 2 ，
因?yàn)?a > 0，
當(dāng)0 < a 2 時(shí)，D 0，則 g(x) 0，即 f (x) 0，
此時(shí) f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增，
2 2
當(dāng)a > 2 時(shí)，D > 0，由 g(x) 0 x a - a - 2 , x a + a - 2，得 3 4 ，且 x3 < x4 ，2 2
當(dāng)0 < x < x3或 x > x4時(shí)， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0 ；
當(dāng) x3 < x < x4 時(shí)， g(x) < 0，即 f (x) < 0 ，
所以 f (x) 在 0, x3 , x4 ,+ 上單調(diào)遞增，在 x3 , x4 上單調(diào)遞減；
綜上，當(dāng)0 < a 2 時(shí)， f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增，
當(dāng)a > 2 時(shí)， f (x) 在 0, x3 , x4 ,+ 上單調(diào)遞增，在 x3 , x4 上單調(diào)遞減，
a - a2x - 2 a + a
2 - 2
其中 3 , x4 .2 2
（2）由（1）可知， x3 , x4 為 f (x) 的兩個(gè)極值點(diǎn)，且 x3 < x4 ，
所以 x1 x3 , x2 x4 ，且 x1, x2 是方程 2x2 - 2ax +1 0的兩不等正根，
1
此時(shí)a > 2 ， x1 + x2 a > 0 ， x1 × x2 ，2
2 2 2 2
所以 x1 0, ÷÷， x2 2
,+ ÷÷，且有 2ax1 2x1 +1， 2ax2 2x2 +1，
è è 2
則 2 f x1 - f x2 2 ln x1 + x21 - 2ax1 - ln x2 + x22 - 2ax2
2 ln x + x2 - 2x2 -1 - ln x + x2 21 1 1 2 2 - 2x2 -1 -2x21 + 2ln x1 - ln x2 + x22 -1
2
x2

2 1
1
2 - ÷ + 2ln - ln x2 -1 x
2 1 3- - ln x2 - 2ln 2 -1
è 2x2 2x
2
2 2x
2 2
2 2
1
令 t x2

2 ，則 t , +
1 3
÷ ，令 g t t - - ln t - 2ln 2 -1，
è 2 2t 2
2t -1 t -1
則 g t 1 1 3 + 2 - 2 ，2t 2t 2t
1
當(dāng) t ,1

÷時(shí)， g t < 0，則 g t 單調(diào)遞減，
è 2
當(dāng) t 1,+ 時(shí)， g t >0，則 g t 單調(diào)遞增，
所以 g t gmin 1
1+ 4ln 2
- ，
2
所以 2 f x1 - f x
1+ 4ln 2
2 的最小值為- .2
2
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵是，利用韋達(dá)定理將雙變量的 2 f x1 - f x2 轉(zhuǎn)化為關(guān)于單變量 x2 的
函數(shù)，從而得解.
x
3．（2023·福建龍巖·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù) f x + ln x - x .
ex
(1)求 f x 的極值；
(2)已知 f x1 f x2 x1 < x2 ， kx1 + x2 有最小值，求 k 的取值范圍.
1
【答案】(1)極大值為 -1，無極小值
e
(2) 1, +
【分析】（1）求導(dǎo)后，根據(jù) f x 正負(fù)可得 f x 單調(diào)性，結(jié)合極值定義可求得結(jié)果；
x
（2）由 f x eln x-x + ln x - x可得 lnx -x 2 k + t1 1 lnx2 -x2，令 t kx + xx ，可將 1 2 表示為 × ln t ；構(gòu)造函數(shù)1 t -1
g t k + t × ln t t >1 ，求導(dǎo)后，分別在 k 1和 k >1的情況下，討論得到 f x 單調(diào)性，進(jìn)而確定符合題意
t -1
的 k 的取值范圍.
1- x x + ex
【詳解】（1 ）由題意知： f x 定義域?yàn)? 0, + ， f x 1- x 1 x + -1 ，e x xex
Q xex > 0 ， x + ex > 0，
\當(dāng) x 0,1 時(shí)， f x > 0；當(dāng) x 1,+ 時(shí)， f x < 0；
\ f x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減；
\ f x 1的極大值為 f 1 -1，無極小值.e
2 f x x + ln x - x f x eln x-x（ ） x 可化為 + ln x - x，e
Q y ex + x 為單調(diào)遞增函數(shù)，
\由 f x1 f x2 可得： lnx1 -x1 lnx2 -x2，即 ln
x2 x2 - xx 1 ，1
t x 2令 ，則 t > 1，\ln t tx1 - xx 1 ，\ x
ln t t ln t
1 ， x ，
1 t -1 2 t -1
kx x k ln t t ln t k + t\ 1 + 2 + × ln t，t -1 t -1 t -1
令 g t k + t × ln t t >1 ，
t -1
k + t t -1
-1- k k + t 1 - k +1 ln t t + k -1
k
- - k +1 ln t
\ g t × ln t + × t t ，
t -1 2 t -1 t t -1 2 t -1 2
令 h t t + k -1 k- - k +1 ln t t >1 ，
t
k k +1 t
2 - k +1 t + k t - k t -1
\h t 1+ 2 - t t t 2
；
t 2
①當(dāng) k 1時(shí)， h t 0 恒成立，\h t 在 1, + 上單調(diào)遞增，
\h t > h 1 0，即 g t >0，\ g t 在 1, + 上單調(diào)遞增，
此時(shí) g t 在 1, + 上不存在最小值，即 kx1 + x2 不存在最小值，不合題意；
②當(dāng) k >1時(shí)，若 t 1, k ，則 h t < 0 ；若 t k,+ ，則 h t > 0；
\h t 在 1, k 上單調(diào)遞減，在 k, + 上單調(diào)遞增，
h 1 0 \h k < 0 h ek ek k 2 1 k 1又 ， ，又 - - - k > e - 2 - > 0 ，e e
\存在 t0 k, ek ，使得 h t0 0，且當(dāng) t 1, t0 時(shí)， h t < 0，即 g t < 0；當(dāng) t t0 , + 時(shí)， h t > 0，即
g t >0；
\ g t 在 1, t0 上單調(diào)遞減，在 t0 , + 上單調(diào)遞增，
\ g t g t0 ，即 kx1 + xmin 2 有最小值；
綜上所述：實(shí)數(shù) k 的取值范圍為 1, + .
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)極值、多變量問題的求解；求解多變量問題的關(guān)鍵是能
t x 2夠通過引入第三變量 ，將 x1, x2 利用 t 來表示，從而減少變量個(gè)數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于 tx 的函數(shù)的單調(diào)性1
的討論問題.
4．（2024·河南商丘·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + ，其導(dǎo)函數(shù)
f x 2x 2+ - 2a a R , f 1 1- 2a ．
x
(1)求曲線 y f x 在點(diǎn) 1, f 1 處的切線 l的方程，并判斷 l是否經(jīng)過一個(gè)定點(diǎn)；
(2)若$x1, x2 ，滿足0 < x1 < x2 ，且 f x1 f x2 0，求 2 f x1 - f x2 的取值范圍．
【答案】(1) y 4 - 2a x - 3，經(jīng)過一個(gè)定點(diǎn)
(2) -1- 3ln2, +
2
【分析】（1）利用求導(dǎo)法則得 f x x + 2lnx - 2ax + c，根據(jù)條件及導(dǎo)數(shù)的幾何意義、直線的點(diǎn)斜式計(jì)算即
可；
2
（2
2
）利用導(dǎo)函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)得出 x1, x2 , a 的關(guān)系及范圍，消元化簡得 2 f x1 - f x2 x2 - x2 - 6lnx2 - 2，構(gòu)2
2 2
造函數(shù) g x x - 2 - 6lnx - 2, x 1,+ ，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性及最值即可.x
2
【詳解】（1）因?yàn)?f x 2x + - 2a ，
x
所以 f x x2 + 2lnx - 2ax + c（c 為常數(shù)）．
因?yàn)?f 1 1- 2a，所以 c = 0 ，
所以 f x x2 + 2lnx - 2ax．
又 f 1 4 - 2a，
所以曲線 y f x 在點(diǎn) 1, f 1 處的切線 l的方程為 y - 1- 2a 4 - 2a x -1 ，
即 y 4 - 2a x - 3，
所以 l經(jīng)過定點(diǎn) 0, -3 ．
2
（2）令 f x 0 x - ax +1，可得 0．
x
因?yàn)?x1, x2 ，滿足0 < x1 < x2 ，且 f x1 f x2 0，
所以關(guān)于 x 的方程 x2 - ax +1 0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根 x1, x2 ，
ìΔ a2 - 4 > 0

則 íx1 + x2 a > 0 a > 2,0 < x1 <1< x2 ，

x1x2 1
所以 2 f x 21 - f x2 2 x1 - 2ax1 + 2lnx1 - x22 - 2ax2 + 2lnx2
2x21 - 4ax1 + 4lnx1 - x
2
2 + 2ax2 - 2lnx2
2x21 - 4 x 21 + x2 x1 + 4lnx1 - x2 + 2 x1 + x2 x2 - 2lnx2
-2x21 - 4 + 4lnx1 + x
2
2 + 2 - 2lnx2
x2 22 - 2 - 6lnx - 2x 2 ，2
令函數(shù) g x 2 x2 - - 6lnx - 2, x 1,+ ，
x2
4 6 2x4 - 6x2 + 4 2 x2 -1 x2 - 2 則 g x 2x + 3 - ，x x x3 x3
令 g x 0，得 x 2 ，
因?yàn)楫?dāng) x 1, 2 時(shí)， g x < 0，
當(dāng) x 2,+ 時(shí)， g x > 0，
所以 g x 在 1, 2 上單調(diào)遞減，在 2,+ 上單調(diào)遞增，
所以 g x g 2 -1- 3ln2，
又當(dāng) x + 時(shí)， g x + ，
所以 g x 的取值范圍為 -1- 3ln2, + ，
即 2 f x1 - f x2 的取值范圍為 -1- 3ln2, + ．
5．（2022·四川瀘州·一模）已知函數(shù) f x ax +1- x ln x的圖像在 x 1處的切線與直線 x - y 0平行．
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若"x1, x2 0, + ，且 x1 > x2 時(shí)， f x 2 21 - f x2 > m x1 - x2 ，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍．
【答案】(1) f x 在 0,e 遞增，在 e, + 遞減
1 ù
(2) - ,-
è 2e2 ú
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出 a 2，直接利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間；
（2）根據(jù)式子結(jié)構(gòu)構(gòu)造 g x f x - mx2 ，由 g x 1- ln x在 0, + 為增函數(shù)，得到 2m 在 x > 0恒成立，
x
h x 1- ln x令 ，利用導(dǎo)數(shù)求出 h x 的最小值，即可求解.
x
【詳解】（1） f x ax +1- x ln x的導(dǎo)數(shù)為 f x a -1- ln x ，
可得 f x 的圖象在 A 1, f 1 處的切線斜率為 a -1，
由切線與直線 x - y 0平行，可得 a -1 1，即 a 2，
f x 2x +1- x ln x， f x 1- ln x ，
由 f x > 0，可得0 < x < e，由 f x < 0，可得 x>e，則 f x 在 0,e 遞增，在 e, + 遞減．
（2）因?yàn)?x1 > x2 ，若"x1, x2 0, + 2 2，由 f x1 - f x2 > mx1 - mx2 ，
即有 f x1 - mx21 > f x2 - mx22 恒成立，設(shè) g x f x - mx2 ，
所以 g x f x - mx2 在 0, + 為增函數(shù)，即有 g x 1- ln x - 2mx 0對 x > 0恒成立，
2m 1- ln x可得 在 x > 0恒成立，由 h x 1- ln x 的導(dǎo)數(shù)為 h x ln x - 2 ，
x x x2
當(dāng) h x 0，可得 x e2 ， h x 在 0,e2 遞減，在 e2 ,+ 遞增，
即有 h x 在 x e2 1 2m 1 m 1處取得極小值，且為最小值- 2 可得 - 2 ，解得 -e e 2e2
1 ù
則實(shí)數(shù) m 的取值范圍是 - , -
è 2e2 ú
．
【點(diǎn)睛】導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用主要有：
（1）利用導(dǎo)函數(shù)幾何意義求切線方程；
（2）利用導(dǎo)數(shù)研究原函數(shù)的單調(diào)性，求極值（最值）；
（3）利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍.
6．（2023· 2河南鄭州·三模）已知函數(shù) f x x + a ln 1- x ， a R ．
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若函數(shù) f x 有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且 x1 < x2，求證： f x1 - ax2 > -a ．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再根據(jù)判別式討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，可知， x1 + x2 1， x1x
a 1
2 ， < x2 <1，這樣可將所證明不等式進(jìn)行變形，從而2 2
h x 1 1 1構(gòu)造函數(shù) - + ln x - x, < x <1，利用導(dǎo)數(shù)即可證明.
2x 2 2
2
【詳解】（1）函數(shù) f x 的定義域?yàn)? - ，1 ， f x 2x a -2x + 2x - a - ，
1- x 1- x
設(shè) g x -2x2 + 2x - a，令 g x 0，D 4 -8a ，
a 1當(dāng)D 0時(shí)，即 ， f x 0, f x 在 - ，1 單調(diào)遞減，
2
D > 0 a
1
< g x 0 x 1- 1- 2a 1+ 1- 2a當(dāng) 時(shí)，即， ，令 ，得 1 ，2 x2 ，2 2
若 a 0， x1 <1， x2 1，由 f x < 0即 g x < 0，得出 x - , x1 .
由 f x > 0即 g x > 0，得出 x x1，1 .
當(dāng)0
1
< a < 時(shí)， x2 <1，由 f x < 0即 g x < 0，得出 x - , x1 x2 2 ,1 .
由 f x > 0即 g x > 0，得出 x x1，x2 .
1
綜上所述：當(dāng) a 時(shí)，函數(shù) f x 在 - ,1 上單調(diào)遞減，
2

f x ,1- 1- 2a
1- 1- 2a
當(dāng) a 0時(shí)，函數(shù) 在 - ÷÷上單調(diào)遞減，在2
,1÷÷上單調(diào)遞增，
è è 2
1- 1- 2a
當(dāng)0 < a
1
< 時(shí)，函數(shù) f x 在 - , ÷÷上單調(diào)遞減，2 è 2
1- 1- 2a ,1+ 1- 2a
1+ 1- 2a
在 2 2 ÷÷
上單調(diào)遞增；在 ,1÷÷上單調(diào)遞減.
è è 2
1
（2）由（1）可知：當(dāng)0 < a < 時(shí)，
2
x 1- 1- 2a x 1+ 1- 2a1 ， f x2 2 是函數(shù)
兩個(gè)極值點(diǎn)，
2
有 x1 + x
a 1
2 1， x1x2 ，此時(shí) < x2 <1，2 2
1
要證明 f x1 - ax2 > -a ，只要證明 f x1 - xa 2 > -1
1 x 2 + a ln 1- x 2f x1 - x 1
1 x1
2 - x2 + ln 1- x1 - x ,a a a 2
x 21 ln x x x1 ln x x 1- x2 ln x x 1 1 + - + - + - - + ln x - x ,
2x x 2 2 2x 2 2 2x 2 21 2 2 2 2x 2
2 2
2
h x 1 1設(shè) - + ln x - x, 1 < x <1，
2x 2 2
1 1 2h x - 2 + -1
-2x + 2x -1

2x x 2x2
令M x -2x2 + 2x -1，
x 1 1當(dāng) ,1÷時(shí)，-1 < M x < - ，
è 2 2
1
所以當(dāng) x ,1÷時(shí)， h x < 0， h x 單調(diào)遞減，
è 2
所以有 h x > h 1 -1，即證 f x1 - ax2 > -a
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用問題，本題第二問處理雙變量問題，關(guān)
鍵是 x1 + x2 1， x1x
a 1
2 ， < x2 <1，從而為后面的消參，構(gòu)造函數(shù)創(chuàng)造條件.2 2
2
7．（2023·福建龍巖·二模）已知函數(shù) f (x) ln x， g(x) x - ．
x
x +1
(1) 0若 x0 滿足 f x0 ，證明：曲線 y f (x) 在點(diǎn) A x , lnx 處的切線也是曲線 y exx -1 0 0 的切線；0
(2)若F (x) f (x) - g(x)，且F x1 F x2 x1 x2 ，證明：F x1 + F x2 < 4ln 2 - 7．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義先求出曲線 y f x 在點(diǎn)A 處的切線方程 y 1 x 2 +x0 x0 -1，再判定該切線
方程為 y ex 的切線即可；
1 1
（2）求 F x ，設(shè) F x1 F x2 m, x1 x2 ，建立方程組，得出 ， 為方程 2t 2x x - t +1+ m 0的兩根，1 2
根據(jù)韋達(dá)定理確定 2 x1 + x2 x1x2 ，再由基本不等式判定 x1x2 >16 ，化簡F x1 + F x ln x x
x
- 1
x2
2 1 2 +1，2
t
構(gòu)造函數(shù) h(t) ln t - +1 t >16 求其單調(diào)性判定值域即可.
2
ln x x0 +1【詳解】（1）由已知有 0 ， f (x)
1

x -1 ,0 x
1
曲線 y f (x) 在點(diǎn) A x0 , ln x0 處的切線方程為： y - ln x0 x - x0 x ,0
即： y
1 x 1 ln x x +1 - + 0 1 20 ，將 ln x0 代入即有： y x +x x -1 x0 x -1
,
0 0 0
由 y ex 得 y ex ex
1 1 1
令 x 得：
x ln
x ，此時(shí)
y
0 0 x
,
0
1 1
可得：曲線 y ex 在點(diǎn) ln , ÷處的切線方程為：
è x0 x0
y 1 1

x ln 1
1 1 x0 +1- -
x x x ÷
x + ln x0 ，將 ln x0 x -1代入化簡，0 0 è 0 x0 x0 0
1 2
可得： y x +x0 x0 -1
故曲線 y f (x) 在點(diǎn) A x0 , ln x0 處的切線也是曲線 y ex 的切線．
（2）∵ F x f x - g x ln x - x 2+ x > 0 ，
x
ì 2 1
2 - +1+ m 0x x
∴ F x 1 -1 2- ，令F 2 x1 F x2 m
1 1
，得：
x x í 2 1
，
2 - +1+ m 0
x2 x2
1 1
∴ 2x ， x 為方程 2t - t +1+ m 0的兩根，1 2
1 1 1
∴ + 即： 2 xx x 2 1 + x2 x1x2 ，1 2
∴ x1x2 2 x1 + x2 > 4 x1x2 ∴ x1x2 >16 ，

∴ F x1 + F x2 ln x1 - x
2 2
1 + ÷ + ln x2 - x2 +x x ÷è 1 è 2
2 2 ln x1 + ln x2 - x1 + x2 + + ÷
è x1 x2
ln x x x1x2 - 1 2 +1，2
令 t x1x2 >16，則 ln x
x1x2 t
1x2 - +1 ln t - +1，2 2
令 h t ln t t- +1 t >16 ，則 h t 1 1 - < 0，
2 t 2
∴ h(t)在 16, + 單調(diào)遞減 ∴ h t < h 16 ln16 - 7 4ln 2 - 7
即F x1 + F x2 < 4ln 2 - 7
【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵在第二問，設(shè)F x1
1 1 1
F x2 m，由導(dǎo)函數(shù)建立方程組結(jié)合韋達(dá)定理得出 + x1 x2 2
，
x x t
再求函數(shù)值之和F x1 + F x2 ln x1x2 - 1 2 +1，構(gòu)造函數(shù) h t ln t - +1，結(jié)合基本不等式求其定義域內(nèi)2 2
的單調(diào)性即可證明不等式.
a
8．（23-24 2高三上·天津?qū)幒印て谀┮阎瘮?shù) f x ln x + x ， a R ．
2
(1)當(dāng) a 1時(shí)，求曲線 y f x 在 1, f 1 處的切線方程；
(2)求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(3)設(shè) x1, x2 0 < x
a
1 < x2 是函數(shù) g x f x - ax 的兩個(gè)極值點(diǎn)，證明： g x1 - g x2 < - ln a ．2
【答案】(1) 4x - 2y - 3 0
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）求導(dǎo)，然后求出 f 1 ， f 1 ，根據(jù)點(diǎn)斜式寫出直線方程；
（2）求導(dǎo)，然后分 a 0和 a<0討論求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
x
（3 1）根據(jù)極值點(diǎn)為導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，令 t,0 < t <1x ，利用韋達(dá)定理將
a用 t 表示，代入
2
g x1 - g x
a
- - ln a 2 ÷，構(gòu)造函數(shù)求其最值即可.
è 2
【詳解】（1）當(dāng) a 1時(shí)， f x ln x 1+ x2 ，
2
得 f x 1 + x ，則 f 1 2， f 1 1 ，
x 2
所以切線方程為 y
1
2 x -1 + ，即 4x - 2y - 3 0；
2
2
（2） f x 1 1+ ax + ax ，
x x
當(dāng) a 0時(shí)， f x > 0恒成立， f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，無減區(qū)間，
當(dāng) a < 0 -a時(shí)，令 f x > 0，得 0 < x < - ， f x 單調(diào)遞增，
a
f x < 0 x -a令 ，得 > - ， f x 單調(diào)遞減，
a
綜合得：當(dāng) a 0時(shí)， f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 0, + ，無減區(qū)間；

當(dāng) a<0時(shí)， f x -a -a的單調(diào)遞增區(qū)間為 0, - ÷÷， f x 的單調(diào)遞減區(qū)間為 - , + ；
è a
÷÷
è a
a
（3） g x f x - ax ln x + x2 - ax ，
2
1 2g x ax a ax - ax +1則 + - ，
x x
因?yàn)?x1, x2 0 < x1 < x2 是函數(shù) g x f x - ax的兩個(gè)極值點(diǎn)，
即 x 21, x2 0 < x1 < x2 是方程 ax - ax +1 0的兩不等正根，
ìa2 - 4a > 0
x1 + x 1 > 0所以 í 2 ，得 a > 4，

x1x
1
2 > 0 a
x1
令 t,0 < t <1
1
x ，則
tx2 + x2 1, tx2 x2 a ，2
2
a 1 1 t +1 2 得 tx 22 t 1 t ， t +1÷è
則 x2 - x1 x x
2 4x x 1 4 1 4t 1- t2 + 1 - 2 1 - - 2 a t +1 t +1，
所以 g x1 - g x2 ln x
a
+ x21 1 - ax -

1 ln x
a
2 + x
2 - ax 2 2 ÷ ln
x1 a+ x21 - x22 - a x1 - x 2 è 2 2 x2 2
x a x a
ln 1 + x1 - x2 x1 + x2 - a x1 - x ln 12 - x1 - x2 x2 2 x2 2
t +1 2ln t 1- t
2
ln t t -1 + × - ，
2t t +1 2t
g x g x a ln a ln t t
2 -1 t +1 2 t +1 2
則 1 - 2 - - ÷ - - + ln 2ln t +1 - t -1，
è 2 2t 2t t
令 h t 2ln t +1 - t -1,0 < t <1，
則 h t 2 -1 1- t > 0，
t +1 t +1
所以 h t 在 0,1 上單調(diào)遞增，
所以 h t < h 1 2ln 2 - 2 2 ln 2 -1 < 0，
所以 g x1 - g x -
a
2 - ln a

÷ < 0 ，
è 2
a
即 g x1 - g x2 < - ln a .2
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：對于雙變量問題，我們需要通過換元轉(zhuǎn)化為單變量問題，本題就是利用韋達(dá)定理，令
x1 t,0 x < t <1達(dá)到消元的目的，常用的換元有 t x2 - x1, t x2x1, t 2x x 等.2 1
9．（2024·河北保定·二模）已知函數(shù) f (x) ax - x ln x, f (x)為其導(dǎo)函數(shù)．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a的取值范圍；
(2)若存在兩個(gè)不同的正數(shù) x1, x2 ，使得 f x1 f x2 ，證明： f x1x2 > 0 ．
【答案】(1) - ,1
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最大值，轉(zhuǎn)化為最大值小于等于 1，即可求解；
e2a-2 2a-2
2 x < < ea-1（ ）不等式轉(zhuǎn)化為證明 1 ，即證明 f x2

< f e ÷ ，構(gòu)造函數(shù)x2 è x2
2a-2
g x f x e- f a-1 a ÷ , x e ,e ，利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性，即可證明.
è x
【詳解】（1） f x a -1- lnx，當(dāng) 0 < x < ea -1 時(shí)， f x > 0, f x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x > ea-1時(shí)， f x < 0, f x a-1 a-1單調(diào)遞減．所以 f (x)max f e e 1，
解得 a 1，即 a的取值范圍為 - ,1 ．
（2 a-1 a）證明：不妨設(shè) x1 < x2，則0 < x1 < e < x2 < e ，要證 f x1x2 > 0 ，
e2a-2
即證 x1x2 < e
a-1 2a-2 a-1
，則證 x1x2 < e ，則證 x1 < < e ，x2
e2a-2 e2a-2
所以只需證 f x1 < f ÷，即 f x2 < f ÷ ．
è x2 è x2

2a-2
g x f x - f e , x ea-1, ea g ea-1 0 a -1- lnx x
2 - e2a-2
令 x ÷
，則 ， g x ．
è x2
當(dāng) x > ea-1時(shí)， a -1- lnx < 0, x2 - e2a-2 > 0，則 g x < 0，
2a-2
所以 g x 在 ea-1, ea a-1 e上單調(diào)遞減，則 g x < g e 0．所以 f x1 < f x ÷．è 2
e2a-2a-1
由（1）知 f x 在 0,e 上單調(diào)遞增，所以 x1 < ，從而 f x1x2 > 0 成立．x2
e2a-2
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第二問的關(guān)鍵是利用分析法，轉(zhuǎn)化為證明 f x2 < f ÷ .
è x2
10 x．（2023·廣西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) e - x ln x + x2 - ax a R ．
(1)若 a 1，求 y f x 在 x 1處的切線方程；
(2)若 f x 有兩個(gè)不同零點(diǎn)x1，x2證明： f x1x2 > e +1- a x1x2．
【答案】(1) ex - y 0
(2)證明見解析
【分析】（1）求出切線斜率 f 1 e，根據(jù)點(diǎn)斜式可得.
f x x f 1（2）由 f x x 1 2 > e +1- a x x 1 21 2得 > e +1- a
f x
，故考慮構(gòu)造函數(shù) g x ，先證 x1x2 <1，x1x2 1 x
利用 g x 的單調(diào)性去證明即可.
x
【詳解】（1）當(dāng) a 1時(shí)， f x e - ln x +1 + 2x -1，
故 f 1 e， f 1 e，
故在 x 1處的切線方程為 y - e e x -1 ，即 ex - y 0 .
x
2 x < x g x e - ln x + x - a e
x + x x -1
（ ）證明：不妨設(shè) 1 2，設(shè) ，則 g x ， x x2
當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x < 0，當(dāng) x >1時(shí)， g x > 0，
所以 g x 在 0,1 單調(diào)遞減， g x 在 1, + 單調(diào)遞增，
1
可知x1，x2也是 g x 的兩個(gè)零點(diǎn)，且0 < x1 <1， x2 >1，于是0 < <1x ， 2
h x g x - g 1 設(shè) ÷，
è x
1
x x -1 e + x - xe x -1÷因?yàn)?br/>h x g x g 1- 1 è ． x ÷ ÷è è x x2
1
設(shè) k x ex + x - xe x -1，
1 1
當(dāng) x >1時(shí)， k x ex 1- e x + e x +1 > 0，
x
故 k x 在 1, + 單調(diào)遞增，
所以 k x > k 1 0 ，從而 h x > 0，
因此 h x 在 1, + 單調(diào)遞增．

又 x2 >1，故 h x2 > h 1
1
0 ，故 g x2 > g ÷ ，于是 x1x2 <1．x è 2
又 g x 在 0,1 單調(diào)遞減，故 g x1x2 > g 1 e +1- a
f x1x2 f (1)
即 > e +1- a ，故 f x1x2 > (e +1- a)x xx 1 21x2 1
f x x f 1
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第一個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)是從結(jié)論分析，由 f x1x e 1 a x x

> + - 1 2

2 1 2得 > e +1- a ，x1x2 1
1 1
故構(gòu)造函數(shù) g x f x ；第二個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)是能利用 h x g x - g ÷函數(shù)的最值得到 g x > g ÷ ，進(jìn)而x è x 2 è x2
證明 x1x2 <1.
11．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x a +1 ln x a+ - x， a R ．
x
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
2
(2)若 f x1
a +1
f x2 ，當(dāng) x
1
1 < < a <1< x
a
2 時(shí)，證明： x1 + x2 1+2 x ÷ > ．è 1x2 2a
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
x - a x -1
【分析】（1）根據(jù)求導(dǎo)公式和運(yùn)算法則可得 f x - 2 ，分類討論當(dāng) a 0、 0 < a < 1、 a 1、 a > 1x
時(shí)的單調(diào)性即可；
a +1 ln x2 1 a（2）由 f x1 f x2 和對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)變形可得 +x - x x x x ，利用分析法證明2 1 1 1 2
1 x+ 2
x1 x
x ln
x2 a +1> ，令 t 2
1+ t
x ，根據(jù)換元法，設(shè) g t ln t t >1 ，利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù) g t 的單調(diào)性，結(jié)2 -1 x1 2a 1 t -1
x1
x2 1
合 > >1x a 可得 2ln a
a -1
，再次利用導(dǎo)數(shù)證明該不等式即可.
1 a
【詳解】（1）函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + ．
a +1 a x - a x -1 易知 f x -
x x2
-1 - 2 ．x
當(dāng) a 0時(shí)，若 x 0,1 ，則 f x > 0，若 x 1,+ ，則 f x < 0；
當(dāng) 0 < a < 1時(shí)，若 x 0, a 或 x 1,+ ，則 f x < 0，若 x a,1 ，則 f x > 0；
當(dāng) a 1時(shí)， f x 0恒成立；
當(dāng) a > 1時(shí)，若 x 0,1 或 x a,+ ，則 f x < 0，若 x 1, a ，則 f x > 0．
綜上，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減；
當(dāng) 0 < a < 1時(shí)， f x 在 a,1 上單調(diào)遞增，在 0,a ， 1, + 上單調(diào)遞減；
當(dāng) a 1時(shí)， f x 在 0, + 上單調(diào)遞減；
當(dāng) a > 1時(shí)， f x 在 1, a 上單調(diào)遞增，在 0,1 ， a,+ 上單調(diào)遞減．
（2）由 f x1 f x2 ，
得 a +1 ln x
a a
1 + - x1 a +1 ln x + - xx 2 2 ，1 x2
a 1 aln x ln x x x a a x x x - x 所以 + 2 - 1 2 - 1 + - 2 - 1 + 2 1 ，x1 x2 x1x2
a +1 x2 a
則 ln 1+x - x x x x ．2 1 1 1 2
a a +1 2
要證 x1 + x2 1+ ÷ > ，
è x1x2 2a
a +1 2 x x a +1 需證 1 + 2 ln
x2 ÷ > ，
è x2 - x1 x1 2a
1 x+ 2
x + x x a +1 x x a +1
又 a +1 > 0 1 2 2，所以即證 ln >x ，即證
1 ln 2 > ．
2 - x1 x1 2a x2 -1 x1 2a
x1
t x2令 x ，則 t > 1．1
t 11+ t - - 2ln t
設(shè) g t ln t t >1 ，則 g t t ，t -1 t -1 2
2
設(shè) h t t 1 - - 2ln t t >1 ，則 h t 1 1 2 1+ - -1
t t 2 t t ÷ > 0è
所以 h t 在 1, + 上單調(diào)遞增，則 h t 1>1- - 2ln1 0，
1
所以 g t >0， g t 在 1, + 上單調(diào)遞增．
x 1
x 1
由 1 < < a <1< x
2
，得 > >12 x a ，2 1
1
x 1 1+g 2 1 a +1所以 ÷ > g ax ÷
1 ln ln a ，è 1 è a -1 a a -1
a
a +1 a +1 a -1
所以需證 ln a ，即證 2ln a ．
a -1 2a a
j a 2ln a 1 + -1 1 < a <1 設(shè) ÷，則j a
2 1 2a -1
- > 0，
a è 2 a a2 a2
1 1
所以j a 在 ,12 ÷上單調(diào)遞增，則j a < j 1 2ln1+ -1 0，è 1
所以 2ln a
a -1
<
a
2
故 x1 + x2
a a +11 + ÷ > ．
è x1x2 2a
【點(diǎn)睛】含有雙變量的不等式證明問題中的雙變量指的是所給的不等關(guān)系中涉及兩個(gè)不同變量，處理此類
問題有兩個(gè)策略：一是轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙變量所滿足的關(guān)系式，并把含雙變量的關(guān)系式轉(zhuǎn)
化為含單變量的關(guān)系式進(jìn)行求解；二是巧妙構(gòu)造函數(shù)，再借助導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值．
f x x 2lnx a12．（2023·海南·模擬預(yù)測）已知函數(shù) - - + b a,b R 在 0, + 上單調(diào)遞增.
x
(1)求 a的取值范圍；
(2)若存在正數(shù) x1, x2 x1 x2 滿足 f x1 f x2 b （ f x 為 f x 的導(dǎo)函數(shù)），求證： f x1 + f x2 > 0 .
【答案】(1)[1, + )
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意可知 f (x) 0在 (0, + )上恒成立，即 a -x2 + 2x在 (0, + )上恒成立．結(jié)合二次函數(shù)的
性質(zhì)即可求解；
1 1 x + x 2
（2）由題意可得 ， 是方程 ax2x x - 2x +1- b 0
1 2
的兩根，則 2x x a ，利用基本不等式得 x1x2 > a .根據(jù)1 2 1 2
2 2 2a
換元法，令 t x1x2 > a ，設(shè) g t f x1 + f x2 -2lnt + t - ，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) g(t)的性質(zhì)可得a t
g t > g a2 2 a 1- - 2lna ÷ 2h(a)，再次利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) h(a) 的性質(zhì)即可求解.
è a
2
1 f (x) 1 2 a x - 2x + a【詳解】（ ） - + ， x > 02 2 ．x x x
因?yàn)?f (x) 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，所以 f (x) 0，
x2 - 2x + a
即 2 0 在 (0, + )上恒成立，所以 a -x
2 + 2x在 (0, + )上恒成立．
x
當(dāng) x (0,+ )時(shí)，函數(shù) y -x2 + 2x -(x -1)2 +1 (- ,1]，所以a 1，
故實(shí)數(shù) a的取值范圍是[1, + ) ．
a 2
（2）由題意知 x1, x2 為方程 f x b，即方程 2 - +1- b 0的根，x x
1 1 1 1 2 1 1- b
所以 x ， x 是方程 ax
2 - 2x +1- b 0的兩根，所以 + ， ．
1 2 x1 x2 a x1x2 a
x1 + x2 2 2 2
所以 x x a ，由基本不等式得 2 x1x2 < x1 + x2 × x1x2 ，所以 x1x2 > a ．1 2 a
1 1 f x1 + f x2 x1 + x2 - 2ln x1x2 - a + ÷ + 2b ．
è x1 x2
t x x 2 1 1- b a令 1 2 > a ，則由 ，得b 1- ．t a t
g t f x f x 2 t 2lnt 2 2 1 a 2 2a設(shè) 1 + 2 - - + -

÷ -2lnt + t - ，a è t a t
2
a 3 2
t a2當(dāng) , + 2 2 2 t - + a時(shí)，
g t 2 2 2a
2 t - at + a ÷ ，
- + + è 2 22 > 0t a t at 2 at 2
所以 g t a2 1在 + 2 上單調(diào)遞增，從而 g t > g a 2 a - - 2lna ÷．
è a
2
令 h a 1 a - - 2lna，當(dāng)a 1時(shí)， h a 1 1 2 (a -1)+ 2 - 2 0，a a a a
所以 h a 在 1, + 上單調(diào)遞增，得 h a h 1 0，
綜上可得 g t > 2h a 0 ，即 f x1 + f x2 > 0．
【點(diǎn)睛】破解含雙參不等式證明題，先由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關(guān)系式，并把含雙參的不等式
轉(zhuǎn)化為含單參的不等式；進(jìn)而巧構(gòu)造函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值；最后回歸
雙參的不等式的證明，把所求的最值應(yīng)用到雙參不等式，即可證得結(jié)果.
13．（2024 高三下·全國·專題練習(xí)）設(shè) x 3是函數(shù) f (x) x2 + ax + b e3-x (a R)的一個(gè)極值點(diǎn)．
(1)求 a與b 的關(guān)系式（用 a表示b ），并求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
g(x) 2 25(2)設(shè) a > 0， x a + ÷e ．若存在x1， x2 [0, 4]，使得 f x1 - g x2 1，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．è 4
【答案】(1)答案見解析；
0, 3ù(2)
è 2 ú
【分析】（1）利用已知的導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)得到變量之間的關(guān)系，再求解單調(diào)性即可.
（2）求出每個(gè)函數(shù)的值域，得到不等式，求解參數(shù)范圍即可.
2
【詳解】（1） f (x) - éx + (a - 2)x + b - aù
3- x
e ，由 f (3) 0，解得b -3- 2a ．
f (x) - éx2 + (a - 2)x - 3 - 3aù e3-x -(x - 3)(x + a +1)e3-x所以 ．
令 f (x) 0，得 x1 3， x2 -1- a ，由于 x 3是極值點(diǎn)，
所以-1- a 3，得 a -4．
當(dāng) a < -4時(shí)，-1- a > 3， f (x) 在 (- ,3)上單調(diào)遞減，
在 (3, -1- a)上單調(diào)遞增，在 (-1- a,+ )上單調(diào)遞減；
當(dāng) a > -4 時(shí)，-1- a < 3， f (x) 在 (- , -1- a)上單調(diào)遞減，
在 (-1- a,3)上單調(diào)遞增，在 (3, + )上單調(diào)遞減．
（2）由（1）可知，當(dāng) a > 0時(shí)， f (x) 在區(qū)間[0,3]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[3, 4]上單調(diào)遞減，
那么 f (x) 在區(qū)間[0, 4]上的值域是[min{ f (0), f (4)}, f (3)]．
而 f (0) -(2a + 3)e3 < 0， f (4) (2a +13) ×e-1 > 0， f (3) a + 6，
f (x) [0, 4] é-(2a + 3)e3那么 在 上的值域?yàn)? ,a + 6ù ．
g(x) a2 25 + x又 ÷e 在[0, 4]上是增函數(shù)，
è 4
所以 g(x)在[0, 4]
éa2 25 , a2 25 4 ù上的值域?yàn)?ê + + e4 ÷è 4 ú
．

a2 25
2
由于 +

÷ - (a + 6)
1
a -

÷ 0，
è 4 è 2
a2 25 所以只需 + ÷ - (a + 6) 1
3
，且 a > 0，解得0 < a ．
è 4 2
3ù
故實(shí)數(shù) a的取值范圍是 0, ．
è 2 ú
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查導(dǎo)數(shù)，解題關(guān)鍵是利用導(dǎo)函數(shù)易求的零點(diǎn)得到變量之間的關(guān)系，然后求出
函數(shù)值域列出不等式，得到所要求的參數(shù)范圍即可．
14．（2024·浙江紹興·三模）若函數(shù)a(x) 有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)m ，函數(shù) b (x) 有且僅有一個(gè)極值點(diǎn) n，且
m > n ，則稱a(x) 與 b (x) 具有性質(zhì)a - b / /m > n．
(1)函數(shù)j1(x) sin x - x
2
與j2 x ex - x是否具有性質(zhì)j1 -j2 / /x0 > 0？并說明理由．
(2)已知函數(shù) f x aex - ln x +1 與 g x ln x + a - ex +1具有性質(zhì) f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）證明： g x1 > x2 ．
【答案】(1)具有，理由見解析
(2)（i） a 0,1 U 1, + ；（ii）證明見解析
【分析】（1）借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性后，結(jié)合零點(diǎn)的存在性定理即可得其極值點(diǎn)及極值點(diǎn)范圍或具體
值，即可得解；
（2）（i）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性后，分 a 0及 a > 0可得其是否存在極值點(diǎn)，在存在唯一極值點(diǎn)的情況
下，再對 a細(xì)分，結(jié)合零點(diǎn)的存在性定理討論不同的 a的情況下不同的極值點(diǎn)的范圍，結(jié)合 x1 > x2 進(jìn)行計(jì)算
即可得解；
（ii）分 a 0,1 及 a 1, + 進(jìn)行討論，結(jié)合極值點(diǎn)滿足的條件及所得函數(shù)單調(diào)性進(jìn)行放縮處理即可得.
2 x
【詳解】（1）函數(shù)j1(x) sin x - x 與j2 x e - x具有性質(zhì)j1 -j2 / /x0 > 0，理由如下：
j 1 (x) cos x - 2x，令 h x j

1 x cosx - 2x ，
則 h x -sinx - 2 < 0 ，故j1 x 單調(diào)遞減，

又j1 0 cos0 - 0 1 > 0 ，j1 1 cos1- 2 < 0，
故存在 x0 0,1 ，使j1 x0 0 ，
則j1 x 在 - , x0 上單調(diào)遞增，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞減，
故j1(x) 有且僅有一個(gè)極值點(diǎn) x0 0,1 ，
j 2 x ex -1 ，則當(dāng) x < 0 時(shí)，j2 x < 0，當(dāng) x > 0時(shí)，j2 x > 0，
故j2 (x)在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增，
故j2 (x)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn) 0 ，
2 x
故函數(shù)j1(x) sin x - x 與j2 x e - x具有性質(zhì)j1 -j2 / /x0 > 0；
（2）（i） f x aex 1- ， 又 x +1 > 0，故 x > -1，
x +1
當(dāng) a 0時(shí)， f x aex 1- < 0，此時(shí) f x 沒有極值點(diǎn)，故舍去，
x +1
當(dāng) a > 0時(shí)， 令m x f x aex 1- ，
x +1
則m x
1
aex + > 0
x +1 2 恒成立，
故 f x 在 -1, + 上單調(diào)遞增，
g x 1 - ex ， x + a > 0，故 x > -a，
x + a
由 a > 0，令 n x g x 1 - ex ，
x + a
則 n x
1
- 2 - e
x < 0
x + a 恒成立，
故 g x 在 -a, + 上單調(diào)遞減，
當(dāng) a 0,1 0 1時(shí)，有 f 0 ae - a -1< 0 ，又 x + 時(shí)， f x + ，
0 +1
故此時(shí)存在 x1 0, + ，使 f x 在 -1, x1 上單調(diào)遞減，在 x1,+ 上單調(diào)遞增，
則 f x 有唯一極值點(diǎn) x1 0, + ，
g 0 1 e0 1有 - -1 > 0，又 x + 時(shí)， g x - ，
a a
故此時(shí)存在 x2 0, + ，使 g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
則 g x 有唯一極值點(diǎn) x2 0, + ，
f x aex 1 0 g x 11 x2即有 1 - - e 0x +1 ， 21 x2 + a
，
ex 1 ex 11 2即 a x 1 ， ，此時(shí)需滿足 x1 > x2 > 0，則 e
x1
+ x + a > e
x2 ，
1 2
1 1 x
故有 > a < 2 <1a x 1 x a ，即 x2 > ax+ + 1，即 a 0,11 2 x ，故
符合要求；
1
當(dāng) a 1, + 時(shí)， f 0 ae0 1- a -1 > 0，又 x -1時(shí)， f x - ，
0 +1
故此時(shí)存在 x1 -1,0 ，使 f x 在 -1, x1 上單調(diào)遞減，在 x1,+ 上單調(diào)遞增，
則 f x 有唯一極值點(diǎn) x1 -1,0 ，
有 g 0 1 1 - e0 -1< 0 ，又 x -a 時(shí)， g x + ，
a a
故此時(shí)存在 x2 -a,0 ，使 g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 , + 上單調(diào)遞減，
則 g x 有唯一極值點(diǎn) x2 -a,0 ，
1 1 x2
同理可得 >a x 0 > x > x+1 x + a ，此時(shí)需滿足 1 2，即 x2 > ax1，則
a > ，
1 2 x1
x2
由 <1 a 1, + a 1, + x ， ，故該不等式成立，故 符合要求；1
a 1 f 0 ae0 1 1 1當(dāng) 時(shí)，有 - a -1 0， g 0 - e0 -1 0，
0 +1 a a
此時(shí) x1 x2 0，即 f x 、 g x 的極值點(diǎn)都為 0 ，不符合要求，故舍去；
綜上，故 a 0,1 1,+ ；
（ii）當(dāng) a
1
0,1 x2 0時(shí)，有 x1 > x2 > 0，則 e > e 1，故0 < x2 + a <1x2 + a
，
g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
x 12
則 g x1 < g x2 ln x2 + a - e +1 ln x2 + a - +1x + a ，2
令 t x2 + a 0,1 ，則 g x2 lnt
1 1
- +1，令m t lnt - +1， t 0,1
t t
則m t 1 1 + > 0，故m t 在 0,1 上單調(diào)遞增，
t t 2
則 g x2 lnt
1
- +1< m 1 ln1 1 - +1 0 ，
t 1
故 g x1 > g x2 ，要證 g x1 > x2 ，只需證 g x1 + x2 < 0，
g x + x < g x 1+ x ln x + a - ex21 2 2 2 2 +1+ x ln - ex22 x +1+ x 1- ex2 < 0，e 2 2
即當(dāng) a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
1
當(dāng) a 1, + x2 0時(shí)，有0 > x1 > x2，則 e < e 1，即 x2 + a >1x2 + a
，
g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
則 g x 01 > g 0 ln 0 + a - e +1 lna > 0 ，
即要證 g x1 > x2 ，只需證 g x1 + x2 > 0，
g x + x ln x + a - ex1 +1+ x > ln x + a - ex11 2 1 2 2 +1+ x2
1
ln x - e
x1 +1+ x2 -x2 - e
x1 +1+ x x1 02 1- e >1- e 0，e 2
即當(dāng) a 1, + ，有 g x1 > x2 ；
綜上所述， g x1 > x2 .
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題最后一問關(guān)鍵點(diǎn)在于分 a 0,1 及 a 1, + 進(jìn)行討論，從而可得不同的 a的情
況下不同的x1、x2的范圍，結(jié)合放縮進(jìn)行推導(dǎo).
1+ 2ln x
15．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x .
x2
1
(1) kx設(shè)函數(shù) g x e - k > 0 ，若 f x g x 恒成立，求 k 的最小值；
kx
(2)若方程 f x x
2 1- ln mx m 有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1、x 1 22，求證： + < .x2 x1 m
【答案】(1)1；
(2)證明見解析.
【分析】
2ln x+kx x
（1）將問題轉(zhuǎn)化為不等式 e - - (1+ 2ln x) 0在 (0, + )上恒成立，利用導(dǎo)數(shù)證明 k 1時(shí)，不等式
k
e2ln x+x - 2ln x - x -1 0成立，進(jìn)而分類討論0 < k <1與 k >1兩種情況，從而得解；
2 2
（2）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) f x 的性質(zhì)可得 0 < m <1，由題意可得m(x1 + x2 ) < 2x1x2 (1- ln m)，原不等式變形
為 1+ ln x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m， 利 用 分 析 法 ， 構(gòu) 造 函 數(shù) h(x) ln x - x +1(x > 0)證 明 ln x +1 x， 即
1+ ln x1x2 x1x2，結(jié)合 x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m即可證明.
1+ 2ln x
1 k > 0 x > 0 f (x) g(x) ekx
1
【詳解】（ ）當(dāng) 、 時(shí)， 即 2 - 恒成立，x kx
1+ 2ln x x2ekx x- 1+ 2ln x e2ln x+kx x x等價(jià)于 - e2ln x+kx - - (1+ 2ln x) 0恒成立.
k k k
設(shè)u(x) ex - x -1，則u (x) ex -1，
令u (x) < 0 x < 0，令u (x) > 0 x > 0，
所以函數(shù)u(x) 在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, + )上單調(diào)遞增，
所以u(x)min u(0) 0，得u(x) 0，即 ex - x -1 0 ，
當(dāng) k 1時(shí)，令 v(x) 2ln x + x x > 0 ，易得 v(x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增，
1 1 1 1
又 v ÷ 2ln + -2 + < 0， v 1 1 > 0，
è e e e e
所以 v(x)
1
在 ,1e ÷，即
(0, + )上存在唯一零點(diǎn) x0 ，
è
所以u v(x) u v x 0，即 e2ln x+x - 2ln x - x -1 0 2ln x，且 e 0 +x00 - 2ln x0 - x0 -1 0；
當(dāng)0 < k <1時(shí)，令m k e2ln x+kx x- - (1+ 2ln x)，
k
x 2ln x+x
易得關(guān)于 k 的函數(shù) y e2ln x+kx 與 y - 在 0,1 上單調(diào)遞增，則m k < m 1 e - 2ln x - x -1，
k
x x m k < 0 e2ln x+kx x當(dāng) 0時(shí)， ，即 - - (1+ 2ln x) < 0，不滿足題意；k
x
當(dāng) k >1時(shí)，易得m k > m 1 e2ln x+x - 2ln x - x -1 0 e2ln x+kx，即 - - (1+ 2ln x) 0恒成立；
k
綜上： k 1，則實(shí)數(shù) k 的最小值為 1；
（2）由題意知，m > 0，
f (x) 1+ 2ln x f (x) -4ln x 2 ，則 3 (x > 0)，x x
令 f (x) > 0 0 < x <1，令 f (x) < 0 x >1，
所以函數(shù) f (x) 在( 0, 1)上單調(diào)遞增，在 (1, + )上單調(diào)遞減，則 f (x)max f (1) 1，
1+ 2ln x 1 1+ 2ln x
當(dāng) x >1時(shí)，易得 f (x) 2 > 0恒成立，當(dāng) x 時(shí)， f (x) x e x2
< 0 ，
又函數(shù) f (x) m有兩個(gè)不同的實(shí)根 x , x ，即 f x 與 y m1 2 的圖像有兩個(gè)交點(diǎn)，
作出 f x 與 y m的部分圖像如圖：
m 1+ 2ln x1 ,m 1+ 2ln x2所以0 < m <1，且 x2 2 ，1 x2
mx2得 1 1+ 2ln x1,mx
2
2 1+ 2ln x m(x
2
2 ，有 1 + x
2
2 ) 2 + 2ln x1x2 .
x1 x2 2(1- ln m)+ < m(x2 2要證 x x m ，即證 1 + x2 ) < 2x1x2 (1- ln m)，2 1
即證 2 + 2ln x1x2 < 2x1x2 (1- ln m)，即證1+ ln x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m，
由 x1x2 > 0, ln m < 0 ，得 x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m .
設(shè) h(x) ln x - x +1(x > 0) h (x)
1
，則 -1(x > 0)，
x
令 h (x) > 0 0 < x < 1，令 h (x) < 0 x > 1，
所以函數(shù) h(x) 在( 0, 1)上單調(diào)遞增，在 (1, + )上單調(diào)遞減，
所以 h(x)max h(1) 0，則 h(x)≤ 0 ，即 ln x +1 x，
所以1+ ln x1x2 x1x2，則1+ ln x1x2 x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m，
即1+ ln x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m，即證.
【點(diǎn)睛】
方法點(diǎn)睛：破解含雙參不等式證明題，先由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關(guān)系式，并把含雙參的不等
式轉(zhuǎn)化為含單參的不等式；進(jìn)而巧構(gòu)造函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值；最后回歸
雙參的不等式的證明，把所求的最值應(yīng)用到雙參不等式，即可證得結(jié)果.
1．（重慶·高考真題）設(shè)函數(shù) f (x) x x -1 x - a ， a >1 .
（1）求導(dǎo)數(shù) f (x) ，并證明 f (x) 有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1 x2；
（2）若不等式 f x1 + f x2 ≤0成立，求 a的取值范圍.
【答案】（1） f (x) 3x2 - 2 1+ a x + a ，證明見解析；（2） a 2 .
【分析】（1）利用求導(dǎo)法則求出 f (x) 的導(dǎo)函數(shù)，令 f (x) 0考慮到判別式大于零得到兩個(gè)極值點(diǎn)，設(shè)
x1 < x2，討論函數(shù)的增減性得到x1是極大值點(diǎn)，x2是極小值點(diǎn)；
（2）把x1，x2代入到 f (x) 中求出函數(shù)值代入不等式 f (x1) + f (x2 ) 0中，在利用根與系數(shù)的關(guān)系化簡得到關(guān)于
a的不等式，求出解集即可．
【詳解】解：（1）∵ f (x) x(x -1)(x - a) x3 - (1+ a)x2 + ax(a >1)，
∴ f (x) 3x2 - 2 1+ a x + a .
令 f (x) 0得方程3x2 - 2(1+ a)x + a 0，
因D -2(1+ a) 2 - 4 3 a 4 a2 - a +1 4a > 0，故方程有兩個(gè)不同實(shí)根x1 x2，
不妨設(shè) x1 < x2，由 f (x) 3 x - x1 x - x2 可判斷 f (x) 的符號如下：
當(dāng) x < x1時(shí)， f (x) > 0 ；
當(dāng) x1 < x < x2 時(shí)， f (x) < 0 ；
當(dāng) x > x2 時(shí)， f (x) > 0 .
因此x1是極大值點(diǎn)，x2是極小值點(diǎn).
（2）因 f x1 + f x2 ≤0，故得不等式
x3 + x3 - (1+ a) x2 21 2 1 + x2 + a x1 + x2 0 .
即 x + x é1 2 x1 + x
2
2 - 3x1x ù - (1+ a) é x + x
2
2 1 2 - 2x1x
ù
2 + a x1 + x2 0 .
ì 2
x1 + x 2
(1+ a)
1 3又由（ ）知， í .
x x a
1 2 3
代入前面不等式，兩邊除以 1+ a ，并化簡得 2a2 - 5a + 2 0 .
1
解不等式得 a 2或 a （舍去）.
2
因此，當(dāng) a 2時(shí)，不等式 f x1 + f x2 ≤0成立.
2．（湖南·高考真題）設(shè)函數(shù) f (x) x
1
- - a ln x(a R)
x
（1）討論 f (x) 的單調(diào)性；
（2）若 f (x) 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1和 x2，記過點(diǎn) A(x1 , f (x1 )), B(x2 , f (x2 ))的直線的斜率為 k ，問：是否存在 a，
使得 k 2 - a ？若存在，求出 a的值，若不存在，請說明理由．
【答案】（1）答案見解析：（2）不存在
【詳解】（1） f x 定義域?yàn)? 0, + ，
2
f ' x 1 1 a x - ax +1 + 2 - ，x x x2
令 g x x2 - ax +1, D a2 - 4，
①當(dāng)-2 a 2時(shí)，D 0， f ' x 0，故 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
②當(dāng) a < -2時(shí)，D > 0， g x 0的兩根都小于零，在 0, + 上， f ' x > 0，
故 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
2 2
③當(dāng) a > 2時(shí)，D > 0， g x 0 x a - a - 4 a + a - 4的兩根為 1 , x2 ，2 2
當(dāng)0 < x < x1 時(shí)， f ' x > 0；當(dāng) x1 < x < x2 時(shí)， f ' x < 0；當(dāng) x > x2 時(shí)， f ' x > 0；
故 f x 分別在 0, x1 , x2 ,+ 上單調(diào)遞增，在 x1, x2 上單調(diào)遞減.
（2）由（1）知， a > 2，
因?yàn)?f x1 - f x2 x1 - x
x1 - x2
2 + - a lnx - lnx x1x 1 2
.
2
f
k x1 - f x 2 1 lnx - lnx所以 1+ ×a 1 2 ,
x1 - x2 x1x2 x1 - x2
lnx1 - lnx2
又由（1）知， x1x2 1，于是 k 2 - a x1 - x
，
2
lnx1 - lnx2
若存在 a，使得 k 2 - a ，則 1 lnx - lnx x - xx - x ，即 1 2 1 2，1 2
1
亦即 x2 - - 2lnx2 0(x2 >1)x （*）2
1
再由（1）知，函數(shù) h t t - - 2lnt 在 0, + 上單調(diào)遞增，
t
1
而 x2 >1，所以 x2 - - 2lnx2 >1-1- 2ln1 0x ，這與（*）式矛盾，2
故不存在 a，使得 k 2 - a .
3． 已知函數(shù) f (x)
2
x2 + + alnx(x > 0) f (x)
x ， 的導(dǎo)函數(shù)是
f (x)．對任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1、x2，證明：
a 0 f (x1) + f (x2 ) f ( x + x(1)當(dāng) 時(shí)， > 1 2 )2 2 ；
(2)當(dāng) a 4時(shí)， | f (x1) - f (x2 ) |>| x1 - x2 |．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
f (x ) + f (x ) x + x
【分析】（1）先化簡 1 2 與 f ( 1 2 )，利用基本不等式分項(xiàng)進(jìn)行證明，再綜合作答；
2 2
（2）先用分析法找出特征式的等價(jià)不等式，再構(gòu)造函數(shù)u(t) t2
4
+ (t > 0)
t ，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)
u(t) 的最值問題，
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)u(t) 的極值和最值即可證明.
2
【詳解】（1）證明：（1）由 f (x) x2 + + alnxx ，得：
f (x1) + f (x2 ) 1 (x 2 2 1 1 a
2 2 1
+ x2 ) + ( + ) + (lnx1 + lnxx x 2
)
1 2 2
1
(x 21 + x
2
2 )
x1 + x+ 2 + aln x
2 x x 1
x2 ，
1 2
f ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 )2 4 aln x1 + x + + 2
2 2 x1 + x 2
，
2
1 (x 2 2 1 2 2 x + x而 1 + x2 ) > [(x1 + x2 ) + 2x1x2 ] ( 1 2 )
2 ①
2 4 2
又 (x + x )2 (x21 2 1 + x
2
2 ) + 2x1x2 > 4x1x2 ，
x1 + x2 4
所以 >x1x2 x1 + x
②
2
因?yàn)?x x
x1 + x2
1 2 < 2 ，
所以 ln x1x2 < ln
x1 + x2
2 ，
因?yàn)?a 0 ， aln x1x
x1 + x2
2…aln( ) ③2
1
① ② ③ (x2 + x2 )
x1 + x+ 2 + aln x x x1 + x2 2 4由 、 、 ，得： 1 2 1 2 > ( ) + + aln x x2 x x 2 x + x 1 2 ，1 2 1 2
f (x1) + f (x2 ) f ( x1 + x即 > 2 )2 2 ．
2 2
（2）證明：由 f (x) x + + alnx f (x) 2x
2 a
- +
x ，得 x2 x
則 f x1 f

x 2x 2 a

- 2 1 - 2 + ÷ - 2x
2 a
x x 2
- +
è 1 1 è x
2 x ÷2 2
| x 2(x + x ) a 1 - x2 | × | 2 + 1 22 - |x1 x
2
2 x1x2
要證 f x1 - f x2 > x1 - x2 ，
| 2 2(x1 + x2 ) a只需證 + 2 2 - |>1x x x x 即可.1 2 1 2
2(x + x ) a
下面證明對任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x ，x ，有 2 + 1 2 - > 11 2 x 21 x 22 x1x
恒成立.
2
a x x 2(x1 + x2 )即證 < 1 2 + x x 成立，1 2
x x 2(x1 + x+ 2 ) x 4因?yàn)?1 2 >x x 1
x2 +
1 2 x
，
1x2
t x x u(t) t2 4設(shè) 1 2 ， + (t > 0)t ，
則u t 2t 4- 2 ，t
令u t 0，得 t 3 2 ，列表如下：
t (0, 3 2) 3 2 ( 3 2,+ )
u t - 0 +
u(t) 單調(diào)遞減 極小值33 4 單調(diào)遞增
所以u(t) 33 4 3 108 > 4…a
x x 2(x1 + x+ 2 )所以 1 2 > ax1x2
即對任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1，x2，恒有 f x1 - f x2 > x1 - x2
【點(diǎn)睛】對于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立問題的求解策略：
1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，如本題中（2）問分離參數(shù) a，得到
a x x 2(x1 + x< 2 )1 2 + x ．1x2
3、根據(jù)恒成求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分類參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能
2 4
直接求出最值點(diǎn)的情況，難度較大，如本題中利用換元思想（ t x1x2 ）構(gòu)造函數(shù)u(t) t + (t > 0) .t第 11 講 利用導(dǎo)數(shù)研究雙變量問題
（核心考點(diǎn)精講精練）
命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的常考內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度較大，分值為 15-17 分
【命題預(yù)測】題型分析　雙變量問題運(yùn)算量大，綜合性強(qiáng)，解決起來需要很強(qiáng)的技巧性，解題總的思想方
法是化雙變量為單變量，然后利用函數(shù)的單調(diào)性、最值等解決．
知識講解
破解雙參數(shù)不等式的方法:
一是轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙參數(shù)滿足的關(guān)系式，并把含雙參數(shù)的不等式轉(zhuǎn)化為含單參數(shù)的不等
式:
二是巧構(gòu)函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值;
三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應(yīng)用到雙參不等式，即可證得結(jié)果
考點(diǎn)一、利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)中的雙變量問題
1．（2024·天津·高考真題）設(shè)函數(shù) f x xlnx ．
(1)求 f x 圖象上點(diǎn) 1, f 1 處的切線方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 時(shí)恒成立，求 a的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ，證明 f x1 - f x2 x1 - x 22 ．
2．（2022·北京·高考真題）已知函數(shù) f (x) ex ln(1+ x)．
(1)求曲線 y f (x) 在點(diǎn) (0, f (0)) 處的切線方程；
(2)設(shè) g(x) f (x) ，討論函數(shù) g(x)在[0, + ) 上的單調(diào)性；
(3)證明：對任意的 s, t (0,+ )，有 f (s + t) > f (s) + f (t) ．
3．（2021·全國·高考真題）已知函數(shù) f x x 1- ln x .
（1）討論 f x 的單調(diào)性；
1 1
（2）設(shè) a，b 為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且b ln a - a ln b a - b ，證明： 2 < + < e .
a b
2
1 x．（2024·江蘇鹽城·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x
eax
，其中 a > 0．
(1)若 f x 在 0,2 上單調(diào)遞增，求 a的取值范圍；
(2)當(dāng) a 1時(shí)，若 x1 + x2 4且0 < x1 < 2，比較 f x1 與 f x2 的大小，并說明理由
2．（23-24 a高三下·江蘇蘇州·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x (1+ x) -1-a x，其中 x > -1,a >1 .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若0 < b a < 1，證明： aa + bb ab + ba .
3．（23-24 高三下·北京·開學(xué)考試）已知 f x x +1 ekx , k 0 .
(1)若 k 1，求 f x 在 0, f 0 處的切線方程；
(2)設(shè) g x f x ，求 g x 的單調(diào)區(qū)間；
(3)求證：當(dāng) k > 0時(shí)，"m, n 0, + , f m + n +1 > f m + f n .
4 22-23 · · f (x) a ex-1．（ 高三下 四川成都 開學(xué)考試）已知函數(shù) - x - ln x + x -1， a 0．
(1)求證： f x 存在唯一零點(diǎn)；
x
(2) g(x) aex-1 + x -1 x , x (1, + ) g x g x - f x ln 1 +1 x2 -1設(shè) ，若存在 1 2 ，使得 2 1 1 ，求證： +1 >2 x1 -1
．
5．（23-24 高三上· 2江西·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x ln x +1 - x - ax -1 a R .
(1)當(dāng) a -2 時(shí)，存在 x1, x2 0,1 ，使得 f x1 - f x2 M ，求 M 的最大值；
(2)已知 m，n 是 f x 的兩個(gè)零點(diǎn)，記 f x 為 f x 的導(dǎo)函數(shù)，若m, n 0, + ，且m n ，證明：
f m + n ÷ < 0 .
è 2
1
1．（2023· 2甘肅定西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) a ln(1+ x) + x - x(a R)．
2
(1)若 a＝1，求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù) f x 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，且 x1 < x ，求證： f x
x
> 12 2 ．2
2．（2024· 2四川德陽·二模）已知函數(shù) f x lnx + x - 2ax,a R ，
(1)當(dāng) a > 0時(shí)，討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若函數(shù) f x 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 x1 < x2 ，求 2 f x1 - f x2 的最小值.
x
3．（2023·福建龍巖·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù) f x + ln x - x .
ex
(1)求 f x 的極值；
(2)已知 f x1 f x2 x1 < x2 ， kx1 + x2 有最小值，求 k 的取值范圍.
4．（2024·河南商丘·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + ，其導(dǎo)函數(shù)
f x 2x 2+ - 2a a R , f 1 1- 2a ．
x
(1)求曲線 y f x 在點(diǎn) 1, f 1 處的切線 l的方程，并判斷 l是否經(jīng)過一個(gè)定點(diǎn)；
(2)若$x1, x2 ，滿足0 < x1 < x2 ，且 f x1 f x2 0，求 2 f x1 - f x2 的取值范圍．
5．（2022·四川瀘州·一模）已知函數(shù) f x ax +1- x ln x的圖像在 x 1處的切線與直線 x - y 0平行．
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若"x1, x2 0, + ，且 x1 > x2 時(shí)， f x 2 21 - f x2 > m x1 - x2 ，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍．
6 2023· · f x x2．（ 河南鄭州 三模）已知函數(shù) + a ln 1- x ， a R ．
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若函數(shù) f x 有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且 x1 < x2，求證： f x1 - ax2 > -a ．
2
7．（2023·福建龍巖·二模）已知函數(shù) f (x) ln x， g(x) x - ．
x
x +1
(1) 0若 x0 滿足 f x0 ，證明：曲線 y f (x) 在點(diǎn) A x0 , lnxx -1 0 處的切線也是曲線 y e
x 的切線；
0
(2)若F (x) f (x) - g(x)，且F x1 F x2 x1 x2 ，證明：F x1 + F x2 < 4ln 2 - 7．
a
8．（23-24 高三上· 2天津?qū)幒印て谀┮阎瘮?shù) f x ln x + x ， a R ．
2
(1)當(dāng) a 1時(shí)，求曲線 y f x 在 1, f 1 處的切線方程；
(2)求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(3)設(shè) x1, x2 0 < x1 < x2 是函數(shù) g x f x - ax
a
的兩個(gè)極值點(diǎn)，證明： g x1 - g x2 < - ln a ．2
9．（2024·河北保定·二模）已知函數(shù) f (x) ax - x ln x, f (x)為其導(dǎo)函數(shù)．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a的取值范圍；
(2)若存在兩個(gè)不同的正數(shù) x1, x2 ，使得 f x1 f x2 ，證明： f x1x2 > 0 ．
10．（2023·廣西· x 2模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) e - x ln x + x - ax a R ．
(1)若 a 1，求 y f x 在 x 1處的切線方程；
(2)若 f x 有兩個(gè)不同零點(diǎn)x1，x2證明： f x1x2 > e +1- a x1x2．
a
11．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x a +1 ln x + - x， a R ．
x
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
2
(2)若 f x1 f x
1 a +1
2 ，當(dāng) x1 < < a <1< x2 時(shí)，證明： x x
a
1 +2 2
1+ ÷ > ．
è x1x2 2a
a
12．（2023·海南·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x x - 2lnx - + b a,b R 在 0, + 上單調(diào)遞增.
x
(1)求 a的取值范圍；
(2)若存在正數(shù) x1, x2 x1 x2 滿足 f x1 f x2 b （ f x 為 f x 的導(dǎo)函數(shù)），求證： f x1 + f x2 > 0 .
13 2．（2024 高三下·全國·專題練習(xí)）設(shè) x 3是函數(shù) f (x) x + ax + b e3-x (a R)的一個(gè)極值點(diǎn)．
(1)求 a與b 的關(guān)系式（用 a表示b ），并求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
25
(2)設(shè) a > 0， g(x) a2 +
x
÷e ．若存在x1， x2 [0, 4]，使得 f x1 - g x2 1，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．è 4
14．（2024·浙江紹興·三模）若函數(shù)a(x) 有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)m ，函數(shù) b (x) 有且僅有一個(gè)極值點(diǎn) n，且
m > n ，則稱a(x) 與 b (x) 具有性質(zhì)a - b / /m > n．
(1) 2 x函數(shù)j1(x) sin x - x 與j2 x e - x是否具有性質(zhì)j1 -j2 / /x0 > 0？并說明理由．
(2) x已知函數(shù) f x ae - ln x +1 與 g x ln x + a - ex +1具有性質(zhì) f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）證明： g x1 > x2 ．
1+ 2ln x
15．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 2 .x
(1) g x ekx 1設(shè)函數(shù) - k > 0 ，若 f x g x 恒成立，求 k 的最小值；
kx
x x 2 1- ln m
(2)若方程 f x m有兩個(gè)不相等的實(shí)根x 1 21、x2，求證： + < .x2 x1 m
1．（重慶·高考真題）設(shè)函數(shù) f (x) x x -1 x - a ， a >1 .
（1）求導(dǎo)數(shù) f (x) ，并證明 f (x) 有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1 x2；
（2）若不等式 f x1 + f x2 ≤0成立，求 a的取值范圍.
1
2．（湖南·高考真題）設(shè)函數(shù) f (x) x - - a ln x(a R)
x
（1）討論 f (x) 的單調(diào)性；
（2）若 f (x) 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1和 x2，記過點(diǎn) A(x1 , f (x1 )), B(x2 , f (x2 ))的直線的斜率為 k ，問：是否存在 a，
使得 k 2 - a ？若存在，求出 a的值，若不存在，請說明理由．
3． 已知函數(shù) f (x) x
2 2 + + alnx(x > 0)， f (x) 的導(dǎo)函數(shù)是 f (x)x ．對任意兩個(gè)不相等的正數(shù)
x1、x2，證明：
f (x ) + f (x ) x + x
(1)當(dāng) a 0 時(shí)， 1 2 > f ( 1 2 )2 2 ；
(2)當(dāng) a 4時(shí)， | f (x1) - f (x2 ) |>| x1 - x2 |．

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