資源簡介

第16講 拉格朗日中值定理在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用
（高階拓展、競賽適用）
（2 類核心考點(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)容是新高考卷的載體內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)基本問題
2 能理解拉格朗日中值定理及其幾何意義
3 能運(yùn)用拉格朗日中值定理解題
【命題預(yù)測】近幾年，以高等數(shù)學(xué)為背景的高考命題成為熱點(diǎn).許多省市模擬卷及高考試卷有關(guān)導(dǎo)數(shù)的題目
往往可以用拉格朗日中值定理解答。本文為高階拓展內(nèi)容，利用拉格朗日中值定理解題，能體現(xiàn)高觀點(diǎn)解
題的好處，需學(xué)生靈活學(xué)習(xí)
知識講解
1.拉格朗日（Lagrange）中值定理
若函數(shù) f（x）滿足如下條件：
（1）f（x）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)；
（2）f（x）在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)．
f b - f a
則在（a，b）內(nèi)至少存在一點(diǎn) ξ，使得 f x = ．
b - a
2.拉格朗日中值定理的幾何意義
如圖所示，在滿足定理?xiàng)l件的曲線 y = f x 上至少存在一點(diǎn) P（ξ，f（ξ）），該曲線在該點(diǎn)處的切線平行于
曲線兩端的連線．
3. 需要注意的地方（逆命題不成立）
拉格朗日中值定理沒有逆定理,即對曲線的任一切線,并不一定存在割線,使割線斜率等于
切線斜率,如f( ) = 3在x = 0處的切線斜率為 0,但f( )不存在割線使割線斜率等于 0
4. 拉格朗日公式還有下面幾種等價(jià)形式
f b - f a = f x b - a a < x < b ，
f b - f a = f a +q b - a b - a 0 < q <1 ，
f a + h - f a = f a +qh h 0 < q <1 ．
注：拉格朗日公式無論對于 a < b 還是 a > b都成立，而 ξ 則是介于 a 與 b 之間的某一常數(shù)．顯然，當(dāng)0 < q <1
時(shí)， a < a +q b - a < b ．
考點(diǎn)一、拉格朗日中值定理的認(rèn)知及簡單應(yīng)用
1．（23-24 高三上·陜西漢中·階段練習(xí)）拉格朗日中值定理是微分學(xué)中的基本定理之一，定理內(nèi)容是：如果
函數(shù) y = f x 在閉區(qū)間 a,b 上連續(xù)，在開區(qū)間 a,b 內(nèi)可導(dǎo)，那么在區(qū)間 a,b 內(nèi)至少存在一點(diǎn) c，使得
f b - f a = f c b - a 成立，其中 c 叫做 f x 在 a,b 上“拉格朗日中值點(diǎn)”，根據(jù)這個(gè)定理，判斷函數(shù)
f x = 5x3 - 3x 在區(qū)間 -1,1 上的“拉格朗日中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為 .
2．（2024 高三上·全國·專題練習(xí)）拉格朗日中值定理是微分學(xué)中的基本定理之一，其定理陳述如下：如果函
數(shù) f (x) 在閉區(qū)間[a,b]上連續(xù)，在開區(qū)間 (a , b ) 內(nèi)可導(dǎo)，則在區(qū)間 (a , b ) 內(nèi)至少存在一個(gè)點(diǎn) x0 (a,b)，使得
f (b) - f (a) = f x0 (b - a), x = x0 稱為函數(shù) y = f (x) 在閉區(qū)間[a,b]上的中值點(diǎn)，若關(guān)于函數(shù) f (x) = sin x在區(qū)
間[0, p]上的“中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為 m，函數(shù) g(x) = ex在區(qū)間[0,1]上的“中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為 n，則有m + n = （ ）（參
考數(shù)據(jù)： π 3.14,e 2.72 .）
A．1 B．2 C．0 D． n = 3
2
3．（2024 高三上· 3 2全國·專題練習(xí)）已知 f (x) = x - 2x + cx + 4， g(x) = ex - e2-x + f (x)3 ，
(1)若 f (x) 在 x =1+ 2 處取得極值，試求 c的值和 f (x) 的單調(diào)增區(qū)間；
(2)如圖所示，若函數(shù) y = f (x) 的圖象在 a,b 連續(xù)光滑，試猜想拉格朗日中值定理：即一定存在 c (a,b)，
使得 f (c)
f (b) - f (a)
= ，利用這條性質(zhì)證明：函數(shù) y = g(x) 圖象上任意兩點(diǎn)的連線斜率不小于2e - 4．
b - a
1．（23-24 高二下·廣東東莞·階段練習(xí)）法國數(shù)學(xué)家拉格朗日于 1797 年在其著作《解析函數(shù)論》中給出了一
個(gè)定理，具體如下．如果函數(shù) y = f x 滿足如下條件．（1）在閉區(qū)間 a,b 上是連續(xù)的；（2）在開區(qū)間 a,b
上可導(dǎo)則在開區(qū)間 a,b 上至少存在一點(diǎn) ξ，使得 f b - f a = f x b - a 成立，此定理即“拉格朗日中值
定理”，其中 ξ 被稱為“拉格朗日中值”．則 g x = x3 在區(qū)間 0,1 上的“拉格朗日中值”x = ．
2 x．（2024·河北衡水·三模）已知 f x = e - x．
(1)求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間和最值；
(2)定理：若函數(shù) f (x) 在 (a , b ) 上可導(dǎo)，在[a，b]上連續(xù)，則存在x (a,b)，使得 f (ξ )
f (b) - f (a)
= ．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
若0 < m < n，求證： - < m +1 2 1 1- ÷．n m è n m
3．（2024·山西·三模）微分中值定理是微積分學(xué)中的重要定理，它是研究區(qū)間上函數(shù)值變化規(guī)律的有效工具，
其中拉格朗日中值定理是核心，它的內(nèi)容如下:
如果函數(shù) f (x) 在閉區(qū)間 a,b 上連續(xù)，在開區(qū)間 (a , b ) 可導(dǎo)，導(dǎo)數(shù)為 f (x) ，那么在開區(qū)間 (a , b ) 內(nèi)至少存在一
點(diǎn) c，使得 f (c)
f (b) - f (a)
= ，其中 c叫做 f (x) 在 a,b 上的“拉格朗日中值點(diǎn)”.已知函數(shù)
b - a
f (x) (a +1)x
2
ln x b2(x 4)eax b
2 9b +15
= + - - x3 + 2
4 6 ÷
x .
è 8
(1)若 a = -1,b = 0 ，求函數(shù) f (x) 在 1,7 上的“拉格朗日中值點(diǎn)” x0 ；
(2)若 a = -1,b =1，求證:函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0, + )圖象上任意兩點(diǎn)A ， B 連線的斜率不大于18 - e-6 ；
1 f x2 - f x1 f x3 - f x (3)若a = 1,b = -1,"x1, x2 , x3 ,1 2÷，且 x1 < x2 < x3，求證: > .
è 4 x2 - x1 x3 - x2
考點(diǎn)二、拉格朗日中值定理在導(dǎo)數(shù)中的綜合應(yīng)用
1
1．設(shè) f (x) = x2 - ax + (a -1) ln x ,
2
f x1 - f x
求證: 1 < a < 5 , x , x (0,1), x x , 2當(dāng) 時(shí) 對任意 1 2 1 2 有 > -1x1 - x2
2 f (x) = (a +1) ln x + ax2．設(shè) +1,
當(dāng) a < -1 時(shí), 若對任意的 x1, x2 (0, + ), f x1 - f x2 4 x1 - x2 成立, 求 a 的取值范圍
f (x) sin x3．設(shè) = , 若對任意 x 0 , 都有 f (x) ax , 求 a 的范圍
2 + cos x
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 ．
1 1
2．（2024· 2山東濟(jì)寧·一模）已知函數(shù) f x = ln x - ax + a R ．
2 2
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
f x - f x
(2)若0 < x1 < x2 ，證明：對任意 a 0,

+ 2 1，存在唯一的實(shí)數(shù)x x1, x2 ，使得 f (x ) = 成立；x2 - x1
2n +1
(3)設(shè) an = ， n N* ，數(shù)列 an 的前 n2 項(xiàng)和為 Sn ．證明： Sn > 2ln(n +1)．n
3．（高三上·遼寧撫順·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x = ln 1+ x - x, g x = x ln x .
（1）求函數(shù) f x 的最大值；
a + b
（2）設(shè)0 < a < b ,證明0 < g a + g b - 2g ÷ < b - a ln 2 .
è 2
1．（2022 高三·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = (a +1) ln x + ax2 +1．
(1)當(dāng) a = 2時(shí)，求曲線 y = f (x) 在 1, f (1) 處的切線方程；
(2)設(shè) a -2，證明：對任意x1， x2 (0,+ ) ， | f (x1) - f (x2 ) | 4 | x1 - x2 |．
2．（21-22 高二下·廣東深圳·期中）已知函數(shù) f (x) = ln x
a
+ x2 - (a +1)x(a R) ，
2
g(x) = f (x) a- x2 + (a +1)x .
2
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
2 x - x
(2)任取兩個(gè)正數(shù) x1, x2 ，當(dāng) x1 < x2時(shí)，求證： g x1 - g x

< 1 2

2 .x1 + x2
1
3．（22-23 高三下· 2重慶沙坪壩·階段練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = x - kx + ln x
2
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
2
(2)若 f x 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，證明： f (x1) - f (x2 )
k
< - 2
2
4．（23-24 高三上·陜西西安·階段練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = 2ln x + ax2(a R) .
(1)試判斷函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
(2)已知函數(shù) g(x) = f (x) - 2x ，若 g(x)有且只有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，且 x1 < x2，證明：
g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 .
5．（2022·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ex x2 +1 （其中 e為自然對數(shù)的底數(shù)）.
(1)討論函數(shù) y = f x + a - 2 x ×ex a R 的單調(diào)性；
(2) 2x 2x若 x1 > x2 > 0，不等式 e 1 - e 2 > l f x1 - f x2 恒成立，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍.
6 2023· · f x = aln x 1- a - x2．（ 山東淄博 二模）已知函數(shù) + x ， a R .
2
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若x1，x2是函數(shù) g x = alnx
1
- x2 + x的兩個(gè)極值點(diǎn)，且 x1 < x2，求證： f x1 - f x2 < 0 .2
7．（2024 2高三上·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù) f x = a x - ln x + x - 2x ，其中 a R .
(1)當(dāng) a = -2e時(shí)，求 f x 的極值；
x x x + x x + x(2)當(dāng) a > 0， 1 > 2 > 0

時(shí)，證明： f x 1 2 1 21 - f ÷ x1 < f x2 - f x .
è 2 è 2 ÷ 2
a
8．（23-24 高三上·天津?qū)幒印て谀┮阎瘮?shù) f x = ln x + x2 ， 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；
a
(3)設(shè) x1, x2 0 < x1 < 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
9．（23-24 2高二上·陜西西安·期末）已知函數(shù) f x = x + mx + n ex .
(1)若 m = n = 0 ，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
f x - f x
(2)若m = a + b f x ， n = ab，且 有兩個(gè)極值點(diǎn)，分別為x1和 x x < x ，求 2 12 1 2 x x 的最大值.e 2 - e 1
10．（2022 高三·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = x2
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：
(1)當(dāng) a 0 f (x1) + f (x )時(shí)， 2 > f ( x1 + x2 )2 2 ；
(2)當(dāng) a 4時(shí)， | f (x1) - f (x2 ) |>| x1 - x2 |．
11．（21-22 高二下·安徽合肥·期中）已知函數(shù) f (x) = x2 + ax + 2ln x （ a為常數(shù)）
(1)討論 f x 的單調(diào)性
8
(2)若函數(shù) f x 存在兩個(gè)極值點(diǎn) x1，x2 x1 < x2 ，且 x2 - x1 ，求 f x1 - f x2 的范圍.3
1
12．（22-23 2高二下·河南洛陽·期末）已知函數(shù) f x = x - 2ax + ln x （a 為常數(shù)）．
2
(1)若函數(shù) f x 是增函數(shù)，求 a 的取值范圍；
(2)設(shè)函數(shù) f x 的兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x1，x2（ x1 < x2），求 f x1 - f x2 的范圍．
a
13．（2023·湖南常德·一模）已知函數(shù) f x = ln x + - 2a （ a R ）.
x +1
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若 f x 兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且 x1 é e,e
2
ù ，求 f x1 - f x2 的取值范圍.
14．（21-22 高二下·天津·期中）已知函數(shù) f x = ln x + x2 - ax a R
(1)若 a =1，求函數(shù) f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
(2)當(dāng) a > 0時(shí)，討論 f（x）的單調(diào)性；
1 3
(3)設(shè) f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 且 x1 < x2，若0 < x1 < 求證： f x1 - f x2 2 > - ln 2 .4
1
15．（2023·天津河西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = k ln x + x (k R) .e
(1)若函數(shù) y = f (x) 為增函數(shù)，求 k 的取值范圍；
(2)已知0 < x1 < x2 .
e e x x
（i）證明： x - x > - ln
2 >1- 2
e 2 e 1 x1 x
；
1
x x
（ii）若 1 = 2 = k ，證明： f xx x 1 - f x2 < 1 .e 1 e 2
1
16 - x 2．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = x - a e + x - 2x, g x a= xe- x - ex-1 - x3 + ax2 - f x ，且
2 3
f x 在 x = 0處取得極大值．
(1)求 a的值與 f x 的單調(diào)區(qū)間．
(2)如圖，若函數(shù) y = f x 的圖像在 a,b 連續(xù)，試猜想拉格朗日中值定理，即一定存在 c a,b ，使得
f c = m ，求m 的表達(dá)式〔用含 a,b, f a , f b 的式子表示〕．
(3)利用這條性質(zhì)證明：函數(shù) g x 9 2 e圖像上任意兩點(diǎn)的連線斜率不大于 - ．
4 e
17．（2024·湖北襄陽·三模）柯西中值定理是數(shù)學(xué)的基本定理之一，在高等數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用.定理內(nèi)容
為：設(shè)函數(shù) f(x)，g(x)滿足:
①圖象在 a,b 上是一條連續(xù)不斷的曲線；
②在 a,b 內(nèi)可導(dǎo);
f b - f a f x
③對"x

a,b ， g x 0 ，則$x a,b ，使得 =g b - g a g x .
f b - f a
特別的，取 g x = x，則有：$x a,b ，使得 = f x ，此情形稱之為拉格朗日中值定理.
b - a
(1)設(shè)函數(shù) f x 滿足 f 0 = 0，其導(dǎo)函數(shù) f x 在 0, + f x 上單調(diào)遞增，證明：函數(shù) y = 在 0, + 上為
x
增函數(shù).
ln a ln b b a
(2)若"a,b 0,e 且 a > b，不等式 - + m - ÷ 0 恒成立，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.b a è a b
18．（2024·廣東·二模）拉格朗日中值定理是微分學(xué)的基本定理之一，其內(nèi)容為：如果函數(shù) f x 在閉區(qū)間 a,b
上的圖象連續(xù)不斷，在開區(qū)間 a,b 內(nèi)的導(dǎo)數(shù)為 f x ，那么在區(qū)間 a,b 內(nèi)存在點(diǎn) c，使得
f b - f a = f c b - a 成立．設(shè) f x = ex + x - 4，其中 e為自然對數(shù)的底數(shù)， e 2.71828．易知， f x
3
在實(shí)數(shù)集R 上有唯一零點(diǎn) r ，且 r (1, )．
2
(1)證明：當(dāng) x (r, r
1
+ )時(shí)，0 < f x <1；
9
(2) x從圖形上看，函數(shù) f x = e + x - 4的零點(diǎn)就是函數(shù) f x 的圖象與 x 軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．直接求解
f x = ex + x - 4 3的零點(diǎn) r 是困難的，運(yùn)用牛頓法，我們可以得到 f x 零點(diǎn)的近似解：先用二分法，可在 (1, )
2
1
中選定一個(gè) x0 作為 r 的初始近似值，使得0 < f x0 < ，然后在點(diǎn) x0 , f x0 處作曲線 y = f x 的切線，切2
線與 x 軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，稱x1是 r 的一次近似值；在點(diǎn) x1, f x1 處作曲線 y = f x 的切線，切線與 x
軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x ，稱x 是 r 的二次近似值；重復(fù)以上過程，得 r 的近似值序列 x0 , x1, x2 , , xn , 2 2 ．
①當(dāng) xn > r 時(shí)，證明： xn > xn+1 > r ；
②根據(jù)①的結(jié)論，運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法可以證得： xn 為遞減數(shù)列，且"n N, xn > r ．請以此為前提條件，證
0 x r 1明： < n - < n ．2 ×8
19．（23-24 高二下·重慶·期中）柯西中值定理是數(shù)學(xué)的基本定理之一，在高等數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用．定理
內(nèi)容為：設(shè)函數(shù) f x ， g x 滿足①圖象在 a,b 上是一條連續(xù)不斷的曲線；②在 a,b 內(nèi)可導(dǎo)；③對
f b - f a f x
"x a,b ， g x 0 ．則$x a,b ，使得 = ．特別的，取 g x = xg b g a g x ，則有：-
$x a,b f b - f a ，使得 = f x ，此情形稱之為拉格朗日中值定理．
b - a
(1)設(shè)函數(shù) f x 滿足 f 0 = 0，其導(dǎo)函數(shù) f x 0, + fy x 在 上單調(diào)遞增，判斷函數(shù) = 在 0, + 的單調(diào)性
x
并證明；
(2)若"a,b 0,e lna lnb m b a 且 a > b，不等式 - + - < 0 mb a a b ÷ 恒成立，求實(shí)數(shù) 的取值范圍；è
(3)若0 < x < x
π
< x x，求證：e 2 - e 11 2 > sinx2 - sinx1 ex1 ．2
20．（2024 高三上·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = mx3 + nx2 (m、 n R ，m 0) 的圖象在 2, f 2 處的切線
與 x 軸平行．
(1)求 n，m 的關(guān)系式并求 f (x) 的單調(diào)減區(qū)間；
f (x ) - f (x )
(2)證明：對任意實(shí)數(shù) 0 < x1 < x2 <1，關(guān)于 x 的方程： f (x) - 2 1 = 0在 (x xx - x 1 , 2 ) 恒有實(shí)數(shù)解；2 1
(3)結(jié)合（2）的結(jié)論，其實(shí)我們有拉格朗日中值定理：若函數(shù) f (x) 是在閉區(qū)間[a , b]上連續(xù)不斷的函數(shù)，且在
區(qū)間 (a , b ) 內(nèi)導(dǎo)數(shù)都存在，則在 (a , b ) x f (x )
f (b) - f (a)
內(nèi)至少存在一點(diǎn) 0 ，使得 0 = b ．如我們所學(xué)過的指、對數(shù)- a
函數(shù)，正、余弦函數(shù)等都符合拉格朗日中值定理?xiàng)l件．試用拉格朗日中值定理證明：
b - a b b - a
當(dāng)0 < a < b時(shí)， < ln < （可不用證明函數(shù)的連續(xù)性和可導(dǎo)性）．
b a a
1．（2020·天津·高考真題）已知函數(shù) f (x) = x3 + k ln x(k R) ， f (x) 為 f (x) 的導(dǎo)函數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng) k = 6時(shí)，
（i）求曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線方程；
9
（ii ）求函數(shù) g(x) = f (x) - f (x) + 的單調(diào)區(qū)間和極值；
x

（Ⅱ）當(dāng) k…
f x + f x f x - f x
- 3時(shí)，求證：對任意的 x1, x2 [1, + )
1 2 1 2
，且 x1 > x2 ，有 > ．2 x1 - x2
2
2 2．（四川·高考真題）已知函數(shù) f (x) = x + + 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：
a 0 f (x1) + f (x ) x(1)當(dāng) 時(shí)， 2 > f ( 1 + x2 )2 2 ；
(2)當(dāng) a 4時(shí)， | f (x1) - f (x2 ) |>| x1 - x2 |．第16講 拉格朗日中值定理在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用
（高階拓展、競賽適用）
（2 類核心考點(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)容是新高考卷的載體內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)基本問題
2 能理解拉格朗日中值定理及其幾何意義
3 能運(yùn)用拉格朗日中值定理解題
【命題預(yù)測】近幾年，以高等數(shù)學(xué)為背景的高考命題成為熱點(diǎn).許多省市模擬卷及高考試卷有關(guān)導(dǎo)數(shù)的題目
往往可以用拉格朗日中值定理解答。本文為高階拓展內(nèi)容，利用拉格朗日中值定理解題，能體現(xiàn)高觀點(diǎn)解
題的好處，需學(xué)生靈活學(xué)習(xí)
知識講解
1.拉格朗日（Lagrange）中值定理
若函數(shù) f（x）滿足如下條件：
（1）f（x）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)；
（2）f（x）在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)．
f b - f a
則在（a，b）內(nèi)至少存在一點(diǎn) ξ，使得 f x = ．
b - a
2.拉格朗日中值定理的幾何意義
如圖所示，在滿足定理?xiàng)l件的曲線 y = f x 上至少存在一點(diǎn) P（ξ，f（ξ）），該曲線在該點(diǎn)處的切線平行于
曲線兩端的連線．
3. 需要注意的地方（逆命題不成立）
拉格朗日中值定理沒有逆定理,即對曲線的任一切線,并不一定存在割線,使割線斜率等于
切線斜率,如f( ) = 3在x = 0處的切線斜率為 0,但f( )不存在割線使割線斜率等于 0
4. 拉格朗日公式還有下面幾種等價(jià)形式
f b - f a = f x b - a a < x < b ，
f b - f a = f a +q b - a b - a 0 < q <1 ，
f a + h - f a = f a +qh h 0 < q <1 ．
注：拉格朗日公式無論對于 a < b 還是 a > b都成立，而 ξ 則是介于 a 與 b 之間的某一常數(shù)．顯然，當(dāng)0 < q <1
時(shí)， a < a +q b - a < b ．
考點(diǎn)一、拉格朗日中值定理的認(rèn)知及簡單應(yīng)用
1．（23-24 高三上·陜西漢中·階段練習(xí)）拉格朗日中值定理是微分學(xué)中的基本定理之一，定理內(nèi)容是：如果
函數(shù) y = f x 在閉區(qū)間 a,b 上連續(xù)，在開區(qū)間 a,b 內(nèi)可導(dǎo)，那么在區(qū)間 a,b 內(nèi)至少存在一點(diǎn) c，使得
f b - f a = f c b - a 成立，其中 c 叫做 f x 在 a,b 上“拉格朗日中值點(diǎn)”，根據(jù)這個(gè)定理，判斷函數(shù)
f x = 5x3 - 3x 在區(qū)間 -1,1 上的“拉格朗日中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為 .
【答案】2
2
【分析】根據(jù)拉格朗日中值定理的定義可構(gòu)造方程 f x =15x - 3 = 2，解方程即可求得“拉格朗日中值點(diǎn)”
的個(gè)數(shù).
f 1 - f -1 2 + 2 2
【詳解】Q = = 2， f
x =15x - 3
1- -1 2 ，
令15x2 - 3 = 2 3，解得： x = - -1,1 3或 x = -1,1 ，
3 3
\ f x 在 -1,1 上的“拉格朗日中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為 2 .
故答案為： 2 .
2．（2024 高三上·全國·專題練習(xí)）拉格朗日中值定理是微分學(xué)中的基本定理之一，其定理陳述如下：如果函
數(shù) f (x) 在閉區(qū)間[a,b]上連續(xù)，在開區(qū)間 (a , b ) 內(nèi)可導(dǎo)，則在區(qū)間 (a , b ) 內(nèi)至少存在一個(gè)點(diǎn) x0 (a,b)，使得
f (b) - f (a) = f x0 (b - a), x = x0 稱為函數(shù) y = f (x) 在閉區(qū)間[a,b]上的中值點(diǎn)，若關(guān)于函數(shù) f (x) = sin x在區(qū)
間[0, p]上的“中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為 m，函數(shù) g(x) = ex在區(qū)間[0,1]上的“中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為 n，則有m + n = （ ）（參
考數(shù)據(jù)： π 3.14,e 2.72 .）
A．1 B．2 C．0 D． n = 3
【答案】B
【分析】利用給定的定義分別求出m, n的值，即可得解.
【詳解】設(shè)函數(shù) f (x) = sin x在區(qū)間[0, p]上的“中值點(diǎn)”為 x0 ，由 f (x) = sin x，得 f (x) = cos x ，
則由拉格朗日中值定理得， f (π) - f (0) = f (x0 )(π - 0)，即 π cos x0 = 0 ，而 x0 (0, π) ，
π
則 x0 = ，即函數(shù) f (x) = sin x在區(qū)間[0, p]上的“中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為 1，因此m =1，2
設(shè)函數(shù) g(x) = ex在區(qū)間[0,1]上的“中值點(diǎn)”為x1，由 g(x) = e
x，求導(dǎo)得 g (x) = ex ，
由拉格朗日中值定理得， g(1) - g(0) = g (x1)(1- 0)，即 e -1 = ex1 ，
令函數(shù) h(x) = ex - e +1, x (0,1)，函數(shù) h(x) 在( 0, 1)上單調(diào)遞增， h(0) = 2 - e < 0, h(1) =1 > 0，
則函數(shù) h(x) 在( 0, 1)上有唯一零點(diǎn)，即方程 e -1 = ex1 在區(qū)間( 0, 1)上有 1 個(gè)解，
因此函數(shù) g(x) = ex在區(qū)間[0,1]上的“中值點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為 1，即 n =1，
所以m + n = 2 .
故選：B
2
3 2024 · · f (x) = x3 - 2x2．（ 高三上 全國 專題練習(xí)）已知 + cx + 4， g(x) = ex - e2-x + f (x)3 ，
(1)若 f (x) 在 x =1+ 2 處取得極值，試求 c的值和 f (x) 的單調(diào)增區(qū)間；
(2)如圖所示，若函數(shù) y = f (x) 的圖象在 a,b 連續(xù)光滑，試猜想拉格朗日中值定理：即一定存在 c (a,b)，
f (c) f (b) - f (a)使得 = ，利用這條性質(zhì)證明：函數(shù) y = g(x) 圖象上任意兩點(diǎn)的連線斜率不小于2e - 4．
b - a
【答案】(1) -2， (- ,1- 2]和[1+ 2, + )
(2)證明見解析
【分析】（1）利用極值的性質(zhì)求得 c，再利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得解；
（2）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義猜想拉格朗日中值定理，再利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，結(jié)合基本不等式即可得證.
2
【詳解】（1）因?yàn)?f (x) = x3 - 2x2 + cx + 4，則 f (x) = 2x2 - 4x + c3 ，
依題意，有 f (1+ 2) = 0 ，即 c = -2(1+ 2)2 + 4(1+ 2) = -2．
所以 f (x)
2
= x3 - 2x2 - 2x + 4， f (x) = 2x2 - 4x - 23 ，
令 f (x) > 0 ，得 x <1- 2 或 x >1+ 2 ，
令 f (x) < 0 ，得1- 2 < x <1+ 2 ，
所以 f (x) 在 (- ,1- 2]和[1+ 2, + )上單調(diào)遞增，在 1- 2,1+ 2 上單調(diào)遞減，
所以 c = -2滿足題意，同時(shí)， f (x) 的單調(diào)增區(qū)間為 (- ,1- 2]和[1+ 2, + )；
（2）猜想如下：
f (b) - f (a)
因?yàn)?k = 表示的 f (x) 兩端點(diǎn)連線的斜率，
b - a
而由題可知， f (x) 上必然存在點(diǎn) c (a,b)，使得其切線的斜率為 k ，即 k = f c ，
f (b) - f (a)
所以一定定存在 c (a,b)，使得 f (c) = ；
b - a
證明如下：
x 2-x x 2-x 2
因?yàn)?g(x) = e - e + f (x) = e - e + x3 - 2x2 - 2x + 43 ，
e2 2
則 g (x) = ex + e2-x + 2x2 - 4x - 2 = ex + x + 2(x -1)
2 - 4 e 2 ex × + 2 0 - 4 = 2e - 4 ．
e ex
由猜想可知，對于函數(shù) y = g(x) 圖象上任意兩點(diǎn) A, B，
在 A, B之間一定存在一點(diǎn)C c, g c ，使得 g c = KAB ，
又 g (x) 2e - 4，故有 KAB = g c 2e - 4 .
1．（23-24 高二下·廣東東莞·階段練習(xí)）法國數(shù)學(xué)家拉格朗日于 1797 年在其著作《解析函數(shù)論》中給出了一
個(gè)定理，具體如下．如果函數(shù) y = f x 滿足如下條件．（1）在閉區(qū)間 a,b 上是連續(xù)的；（2）在開區(qū)間 a,b
上可導(dǎo)則在開區(qū)間 a,b 上至少存在一點(diǎn) ξ，使得 f b - f a = f x b - a 成立，此定理即“拉格朗日中值
定理” 3，其中 ξ 被稱為“拉格朗日中值”．則 g x = x 在區(qū)間 0,1 上的“拉格朗日中值”x = ．
3
【答案】
3
【分析】根據(jù)拉格朗日中值滿足 f b - f a = f x b - a 求解即可.
2
【詳解】由題意， g x = 3x ，故 g 1 - g 0 = g x 1- 0 ，即 g x =1，
故3ξ 2 =1 3，又x 0,1 ，故x = .
3
3
故答案為：
3
2．（2024·河北衡水·三模）已知 f x = ex - x．
(1)求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間和最值；
(2)定理：若函數(shù) f (x) 在 (a , b ) 上可導(dǎo)，在[a
f (b) - f (a)
，b]上連續(xù)，則存在x (a,b)，使得 f (ξ ) = ．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
若0 < m < n，求證： - < m +1 2 1 1 -

．
n m è n m ÷
【答案】(1)當(dāng) x (- ,0)時(shí)， f (x) 單調(diào)遞減；
當(dāng) x (0,+ )時(shí)， f (x) 單調(diào)遞增．
當(dāng) x = 0時(shí)， f (x) 取得最小值 1，無最大值
(2)證明見解析
【分析】（1） f (x) = ex -1，令 f (x) = 0，求根，判斷在其左右兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)符號可得結(jié)論；
em en 1 1 mem - nen
（2）要證 - < (m +1)2 - ÷，需證 > (m +1)2，令 g(x) = xe
x (x > 0) ，求導(dǎo)可得由拉格朗日
n m è n m m - n
m n
中值定理知存在x (m, n)，使得 g (x ) me - ne= ， 進(jìn)而利用（1）可證結(jié)論.
m - n
【詳解】（1） f (x) = ex -1，令 f (x) = 0，解得 x = 0，
當(dāng) x (- ,0)時(shí)， f (x) < 0, f (x) 單調(diào)遞減；
當(dāng) x (0,+ )時(shí)， f (x) > 0, f (x)單調(diào)遞增．
當(dāng) x = 0時(shí)， f (x) 取得最小值 1，無最大值；
em en
（2）要證 - < (m +1)2
1 1 m n 2
n m
- ÷，只需證me - ne < (m +1) (m - n)，因?yàn)? < m < n，
è n m
mem - nen
故只需證 > (m +1)2．
m - n
令 g(x) = xex (x > 0) ，顯然 g(x)在 (m, n)上可導(dǎo)，在[m，n]上連續(xù)，
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(diào)遞增，
因?yàn)閙 < 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?yàn)閙 > 0，故只需證 em m +1．
由（1）知 ex x +1恒成立，因此原命題得證．
3．（2024·山西·三模）微分中值定理是微積分學(xué)中的重要定理，它是研究區(qū)間上函數(shù)值變化規(guī)律的有效工具，
其中拉格朗日中值定理是核心，它的內(nèi)容如下:
如果函數(shù) f (x) 在閉區(qū)間 a,b 上連續(xù)，在開區(qū)間 (a , b ) 可導(dǎo)，導(dǎo)數(shù)為 f (x) ，那么在開區(qū)間 (a , b ) 內(nèi)至少存在一
c f (c) f (b) - f (a)點(diǎn) ，使得 = ，其中 c叫做 f (x) 在 a,b 上的“拉格朗日中值點(diǎn)”.已知函數(shù)
b - a
(a +1)x2 b2f (x) = ln x + b2(x - 4)eax - x3 9b +15+ 2
4 6 ÷
x .
è 8
(1)若 a = -1,b = 0 ，求函數(shù) f (x) 在 1,7 上的“拉格朗日中值點(diǎn)” x0 ；
(2)若 a = -1,b =1，求證:函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0, + )圖象上任意兩點(diǎn)A ， B 連線的斜率不大于18 - e-6 ；
1 f x - f x f x - f x
(3)若a = 1,b = -1,"x1, x2 , x3 ,1

÷，且 x1 < x
2 1
2 < x3，求證: >
3 2 .
è 4 x2 - x1 x3 - x2
【答案】(1) 4
(2)證明見解析
(3)證明見解析
f 7 - f 1【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，依題意 f x 0 = ，解得即可；7 -1
f x - f x
（2）不妨設(shè) A x , f x B x , f x x x k < = 5 4 4 4 ， 5 5 ， 4 5，則 AB ，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，再構(gòu)造函x5 - x4
-6
數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可證明 f x 18 - e ，再結(jié)合拉格朗日中值定理證明即可；
1
（3）由拉格朗日中值定理可知只需證明 f (c1) f (c2 )，即證明 f x 在 ,14 ÷上單調(diào)遞減，求出導(dǎo)函數(shù)，è
再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得證.
【詳解】（1）當(dāng) a = -1,b = 0 時(shí) f x 15= x2 ，則 f x 15= x ，
8 4
因?yàn)?x0 為函數(shù) f (x) 在 1,7 上的“拉格朗日中值點(diǎn)，
15 2 15 2
則 f 7 - f 1f x
7 - 1
0 = =
8 8 =15，
7 -1 7 -1
即 f x0
15
= x0 =15，解得 x0 = 44
（2）當(dāng) a = -1,b =1時(shí) f (x) = x 1- 4 e- x - x3 + 3x2 ，
6
不妨設(shè) A x4 , f x4 ，B x5 , f x5
f x
x < x k = 5 - f x4 ， 4 5，則 AB ，x5 - x4
又 f (x) = 5 - x e- x 1- x2 + 6x，令F x = f (x) = 5 - x e- x 1- x2 + 6x，
2 2
則F x = x - 6 e- x - x + 6 = x - 6 e- x -1 ，
又 x > 0，所以 e- x -1< 0 恒成立，
所以當(dāng)0 < x < 6時(shí)F x > 0，當(dāng) x > 6時(shí)F x < 0，
所以F x 在 0,6 上單調(diào)遞增，在 6, + 上單調(diào)遞減，
所以F x 在 x = 6處取得極大值，即最大值，
所以F x F 6 =18 - e-6 ，所以 f x 18 - e-6，
由拉格朗日中值定理可知必存在 c
f x - f x
x4 , x5 使得 f (c)
5 4 = ，
x5 - x4
即 f (c) = kAB ，又 f x 18 - e-6，所以 kAB 18 - e-6 ，
即函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (0, + )圖象上任意兩點(diǎn)A ， B 連線的斜率不大于18 - e-6 ；
2
（3）當(dāng) a =1,b = -1時(shí) f (x) x= ln x + (x - 4)ex 1- x3 3+ x2 ，
2 6 4
由拉格朗日中值定理知，存在 c1 x1, x2 和 c2 x2 , x3 ，
f x2 - f x1 f x3 - f x2
使得 f (c1) = ， f (c ) = ，x - x 22 1 x3 - x2
所以只需證明 f (c1) f (c2 ) f x
1
，即證明 在 ,1÷上單調(diào)遞減，
è 4
又 f (x) = x ln x + (x 3)ex
1
- - x2 + 2x，
2
令G x = f (x) = x ln x + (x - 3)ex 1- x2 + 2x ，
2
G x = ln x + (x - 2)ex則 - x + 3，
令m x = G x = ln x + (x - 2)ex - x + 3，
則m x 1= + (x -1)ex -1 = x 1-1 x
x
e - ÷，
è x
1
當(dāng) x ,1÷時(shí) x -1< 0，
è 4
1 1令 n x ex 1= - ， x ,1÷，則 n x = ex
1
+ 2 > 0 ，則 n x

4 在x x
,1÷上單調(diào)遞增，
è è 4
n 1
1
又 ÷ = e4 - 4 < 0， n 1 = e -1 > 0 ，
è 4
x 1 所以存在 0 ,14 ÷
使得 n x0 = 0，
è
所以當(dāng) x
1
, x

0 ÷ 時(shí) n x < 0，則m x > 0，即m x 單調(diào)遞增，
è 4
當(dāng) x x0 ,1 時(shí) n x > 0 ，則m x < 0 ，即m x 單調(diào)遞減，
所以m x 在 x0 處取得極大值，即最大值，
所以m x m x0 = ln x0 + x0 - 2 ex0 - x0 + 3 = -x
x
+ 0
- 2
0 - x0 + 3x0
2
-2x2 + 4x - 2 -2 x -10 0 0 = = < 0，
x0 x0
所以G x < 0 G x 1 ,1 ，所以 在 ÷上單調(diào)遞減，
è 4
f x 1即 在 ,1

÷上單調(diào)遞減，命題得證.
è 4
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟
（1）作差或變形；
（2）構(gòu)造新的函數(shù) h x ；
（3）利用導(dǎo)數(shù)研究 h x 的單調(diào)性或最值；
（4）根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．
特別地：當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時(shí)，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個(gè)函數(shù)的最值
問題．
考點(diǎn)二、拉格朗日中值定理在導(dǎo)數(shù)中的綜合應(yīng)用
1
1．設(shè) f (x) = x2 - ax + (a -1) ln x ,
2
f x - f x
求證: 當(dāng) 1 < a < 5 時(shí), 對任意 x1, x2 (0,1), x x

, 1
2
1 2 有 > -1x1 - x2
證明: 由拉格朗日中值定理可知只需證 f (x) > -1 對 x (0,+ ) 恒成立
2
由 f (x) +1 x a -1 x - (a -1)x + (a -1)= + - (a -1) = ,
x x
因?yàn)?1< a < 5
2
所以 g(x) = x2 - (a -1)x + (a -1) = x a -1 (a -1)(5 - a) - ÷ + > 0
è 2 4
則 f (x) +1 > 0 f (x) > -1
2．設(shè) f (x) = (a +1) ln x + ax2 +1,
當(dāng) a < -1 時(shí), 若對任意的 x1, x2 (0, + ), f x1 - f x2 4 x1 - x2 成立, 求 a 的取值范圍
解: 由拉格朗日中值定理, 可知必存在 x0 (0,+ ) ,
f x1 - f x2
使得 f x = f x a +10 0 = + 2ax0 , x1 - x2 x0
當(dāng) a < -1 且 x0 > 0 時(shí),
f x0
a +1
= + 2ax0 < 0 x0
2

由題意 f x 4 f 0 x0 -4 a
-4x -1 (2x -1)

2x2
= 2 - 2 -2 , +1 2x +1
即 a -2
sin x
3．設(shè) f (x) = , 若對任意 x 0 , 都有 f (x) ax , 求 a 的范圍
2 + cos x
f (x)
解: x > 0 時(shí), f (x) ax 等價(jià)于 a ,
x
f (x) - f (0)
由拉格朗日中值定理, 存在 x0 > 0 使得 = f
x0 , x - 0

故只需 a f x0 恒成立即可
2
f x 2cos x0 +1 1 1 3 1 1又 0 = = - - ÷ +
é-1, ù ,
2 + cos x 2 cos x + 2 3 3 ê 3 ú0 è 0
1
所以 a
3
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 ．
【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 .
（2）設(shè) h t = t -1- ln t ，則 h t =1 1 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 1 1 1= x ln x - a x - x = x a -1 - 2ln x ÷ x ÷ = x × g ÷ .è è è x
當(dāng) x 10, + 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 1 1 2= a t -1 + 2ln a t -1 + 2 -1

÷ = at + - a - 2，t è t t
取 t = 2，得0 a -1，故a 1 > 0 .
t 2
2
再取 = ，得0 a 2 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 ln b - a ln a a ln b - a ln a ln
b
證明：前面已經(jīng)證明不等式 t -1 ln t ，故 = + ln b = a + ln b <1+ ln b ，
b - a b - a b -1
a
a
b ln b - a ln a b ln b - b ln a - ln
a - -1÷
且 = + ln a = ba + ln a >
è b
a + ln a =1+ ln a ，b - a b - a 1- 1-
b b
所以 ln a 1
b ln b - a ln a ln b 1 f b - f a+ < < + ，即 ln a +1< < ln b +1.
b - a b - a
由 f x = ln x +1 1 1，可知當(dāng)0 < x < 時(shí) f x < 0，當(dāng) x > 時(shí) f
e e x > 0 .
1ù é1
所以 f x 在 0, e ú上遞減，在è ê
,+ ÷上遞增.
e
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；
情況二：當(dāng)0 < x
1
1 x2 時(shí)，有 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 .e
1ù
對任意的 c 0, ú，設(shè)j x = x ln x - c ln c - c - x ，則j x
1
= ln x +1+ .
è e 2 c - x
由于j x 單調(diào)遞增，且有

j c

÷ c 1 1 1 1 1
1 1
= ln 1 +1+ < ln 1 +1+ = -1- +1+ = 0
+ ÷ 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 ln 2且當(dāng) 2 ， x > 時(shí)，由 -14 ln
可知
-1 ÷ 2 2 c - x c
è c
j x = ln x +1 1+ > ln c 1 1 1+ + = - ln 2 -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；
0 x x c ln 1 2 f c 2 f 1 2 1 1 ②當(dāng) < < 0 時(shí)，由于 = - - ÷ = < ，故我們可以取 q c ln ,1c ÷ .è e e è c
c
從而當(dāng)0 < x < 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 c ln
1
- q ÷ < 0 .
è c
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 .
c 0, 1根據(jù)
ù
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e 1 - x x - x ，è e ÷ e 1 2 1
f 1 1 ÷ - f x2 x - xe 2 e 2 - x1 .è
而根據(jù) f x f x f x 1- 1 的單調(diào)性，知 1 2 f x1 - f ÷ 或 f x1 - f x2 f ÷ - f xe e 2 .è è
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.
1 1
2．（2024·山東濟(jì)寧· 2一模）已知函數(shù) f x = ln x - ax + a R ．
2 2
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
f x2 - f x(2)若0 < x1 < x2 ，證明：對任意 a 0, + ，存在唯一的實(shí)數(shù)x x1, x2
1
，使得 f (x ) = 成立；
x2 - x1
(3)設(shè) a
2n +1
n = ， n N* ，數(shù)列 an 的前 n2 項(xiàng)和為 Sn ．證明： Sn n > 2ln(n +1)．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】
（1）先求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，然后根據(jù)導(dǎo)函數(shù)對 a進(jìn)行分類討論即可；
ln x 1- ax 2 - ln x 1+ ax 2
2 2 2 1 1（ ）先構(gòu)造函數(shù) F x 1= - ax - 2 2 ，可判斷 F x 在區(qū)間 x1, x2 上單調(diào)遞減，構(gòu)造
x x2 - x1
g t x x= t -1- ln t 2 -1- ln 2 x1 x2函數(shù) ，根據(jù)其單調(diào)性，可判斷 > 0x ，1- - ln < 0 F x > 01 x1 x
，進(jìn)而可判斷 1 ，
2 x1
F x2 < 0 ，進(jìn)而結(jié)合根的存在性定理可證；
1 1 2n +1
（3）先令 a =1， x >1時(shí)， f x < f 1 = 0 2，即 ln x - x + < 0，可得 > 2ln n +1 - 2ln n，放縮后裂
2 2 n2
項(xiàng)相消可證.
【詳解】（1）
2
函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + ， f x 1 1- ax= - ax = ，
x x
①若 a 0， f x > 0恒成立， f x 在 0, + 上單調(diào)遞增．
1
②若 a > 0， x 0, ÷÷ 時(shí)， f x > 0， f x 單調(diào)遞增；
è a

x 1 ,+ ÷÷時(shí)， f x < 0， f x 單調(diào)遞減．
è a
綜上，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 0, + 上單調(diào)遞增；

當(dāng) a > 0時(shí)， f x 1 1在 0, ÷÷上單調(diào)遞增，在 ,+ a ÷÷上單調(diào)遞減．è a è
（2）
f xF x = f x - 2 - f x1 證明：令 ， x > 0
x2 - x1
1 ln x
1
2 - ax
2
2 - ln x
1
1 + ax
2
1 1 ln x2 - ln x1 1
則F x = - ax - 2 2 = - ax - + a x + x
x x - x x x2 - x 2
2 1
1
2 1
因?yàn)?a > 0，
F x 1 ln x - ln x 1所以， = - ax - 2 1 + a x + x x x - x 2 2 1 在區(qū)間 x1, x2 上單調(diào)遞減．2 1
F x 1 ax ln x2 - ln x1 1 a x x 1 ln x2 - ln x= - - + + 1 11 x 1 x - x 2 1 = - + a x2 - x1 1 2 1 2 x1 x2 - x1 2
1 x x 1
= 2 -1- ln 2 ÷ + a xx - x x x 2 2 - x1 2 1 è 1 1
1 t -1
令 g t = t -1- ln t ， t > 0，則 g t =1- = ，
t t
所以， t 0,1 時(shí)， g t < 0， g t 單調(diào)遞減， t 1, + 時(shí)， g t > 0， g t 單調(diào)遞增，
所以， g t = g 1 = 0min ，
x
0 < x < x 2
x x
又 1 2 ，所以， >1，所以 g 2 ÷ = 2 -1- ln
x2 > 0
x 恒成立，1 è x1 x1 x1
又因?yàn)?a > 0， x2 - x1 > 0，所以，F(xiàn) x1 > 0．
1 x x
同理可得，F(xiàn) x = 1- 1 - ln 2
1
2 + a x - x ，x2 - x1 è x x
÷ 1 2
2 1 2
1 1 1
由 t -1- ln t 0（ t =1時(shí)等號成立）得， -1- ln 0，即1- - ln t 0 （ t =1時(shí)等號成立），
t t t
又0 < x1 < x2 ，所以0
x
< 1 <1，所以1
x1 ln x- - 2 < 0
x2 x2 x
恒成立，
1
又因?yàn)?a > 0， x1 - x2 < 0， x2 - x1 > 0，所以，F(xiàn) x2 < 0 ，
所以，區(qū)間 x1, x2 上存在唯一實(shí)數(shù)x ，使得F x = 0，
f x - f x
所以對任意 a 0, + ，存在唯一的實(shí)數(shù)x x1, x
2 1
2 ，使得 f x = 成立；x2 - x1
（3）
f x ln x 1 x2 1證明：當(dāng) a =1時(shí)，由（1）可得， = - + 在 1, + 上單調(diào)遞減．
2 2
1 2 1
所以， x >1時(shí)， f x < f 1 = 0，即 ln x - x + < 0．
2 2
x n +1= * ln n +1 1 n +1
2
1
令 ， n N ，則 - ÷ + < 0，n n 2 è n 2
2
n +1
即 ÷ -1 > 2ln n +1
2n +1
- 2ln n，即 2 > 2ln n +1 - 2ln n
è n n
令bn = 2ln n +1 - 2ln n， n N* ，則 an > bn ，
所以， a1 + a2 + a3 + ×××+ an > b1 + b2 + b3 + ×××+ bn = 2ln 2 - 2ln1+ 2ln 3- 2ln 2 +L+ 2ln n +1 - 2ln n = 2ln n +1 ，
所以， Sn > 2ln n +1 .
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問證明方程在區(qū)間上具有唯一解，可根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，和根的存在性定理綜
合判斷；
第三問，先利用函數(shù)對 an 進(jìn)行放縮，后利用裂項(xiàng)相消法證明.
3．（高三上·遼寧撫順·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x = ln 1+ x - x, g x = x ln x .
（1）求函數(shù) f x 的最大值；
（2）設(shè)0 < a < b ,證明0 < g a + g b - 2g a + b ÷ < b - a ln 2 .
è 2
【答案】（1）0；(2)詳見解析.
【分析】（1）先求出函數(shù)的定義域，然后對函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)運(yùn)算，令導(dǎo)函數(shù)等于 0 求出 x 的值，再判斷函數(shù)
g(x) g(a) g(b) 2g(a + b的單調(diào)性，進(jìn)而可求出最大值．（2）先將 a，b 代入函數(shù) 得到 + - )的表達(dá)式后進(jìn)行整
2
2b
理，根據(jù)（1）可得到 lnx＜x ，將 ln 、ln
2b 2b b - a 2b a - b
放縮變形為 ln ＞- 、ln ＞- 代入即可得
a + b a + b a + b 2a a + b 2b
2a a + b
到左邊不等式成立，再用 ＜ 根據(jù) y = lnx的單調(diào)性進(jìn)行放縮
a + b ab
aln 2a 2b a + b+ bln ＜aln + bln 2b ．然后整理即可證明不等式右邊成立．
a + b a + b 2b a + b
1
【詳解】(1）由已知可得 x>-1, f ( x) = -11 x ，令
f ( x) = 0 得 x=0.
+
當(dāng)-10
當(dāng) x>0 時(shí)， f ( x) <0 所以 f(x)的最大值為 f(0)=0
（２）證明：只需證 ＜（ｂ－ a） ln 2
a(ln a ln a + b整理得 - + ln 2)＋b(ln b ln
a + b
- - ln 2) ＜０
2 2
a ln 4a b ln b即證 + ＜０
a + b a + b
b
a ln 4 b a上式兩邊除以 ，整理得
1 a
+ ln b < 0
+ a 1+
b a
b 4 x
設(shè) = x＞１令Ｆ（ｘ）＝ ln + x ln
a 1+ x 1+ x
F ( x) = ln x 當(dāng)ｘ＞１時(shí)F ( x) ＜０
1+ x
\Ｆ（ｘ）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)減，又Ｆ（１）＝０
\Ｆ（ｘ）＜０
b
b ln 4 bF ( ) a＝
a 1 a
+ ln b < 0
+ a 1+
b a
\ a + bg( a )﹢g(b)﹣ 2g( ) ＜（b﹣ a）ln2.
2
【點(diǎn)睛】考點(diǎn)：1.利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；2.平均值不等式在函數(shù)極值中的應(yīng)用．
1．（2022 高三·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = (a +1) ln x + ax2 +1．
(1)當(dāng) a = 2時(shí)，求曲線 y = f (x) 在 1, f (1) 處的切線方程；
(2)設(shè) a -2，證明：對任意x1， x2 (0,+ ) ， | f (x1) - f (x2 ) | 4 | x1 - x2 |．
【答案】(1) y = 7x - 4
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的方程即可；
（2）利用題設(shè)條件轉(zhuǎn)化為證 f x2 + 4x2 f x1 + 4x1，構(gòu)造函數(shù) g(x) = f (x) + 4x，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)的知識推證.
【詳解】（1）當(dāng) a = 2時(shí)， f (x) = 3ln x + 2x2 +1，\ f (1) = 3，切點(diǎn)為 1,3
求導(dǎo) f (x)
3
= + 4x
x ，切線斜率
k = f (1) = 7
\曲線 y = f (x) 在 1, f (1) 處的切線方程為 y = 7x - 4 ．
2
（2）Q a 2 a +1 2ax + a +1 - ， f (x) 的定義域?yàn)?(0, + )，求導(dǎo) f (x) = + 2ax = < 0 ，
x x
\ f (x)在 (0, + )上單調(diào)遞減．
不妨假設(shè) x1 x2，∴ f x1 - f x2 4 x1 - x2 等價(jià)于 f x2 - f x1 4x1 - 4x2 ．
即 f x2 + 4x2 f x1 + 4x1．
2
令 g(x) = f (x) + 4x g x a +1 2ax 4 2ax + 4x + a +1，則 = + + = ．
x x
2
Q a -2 x > 0 -4x + 4x -1 - 2x -1g x
2
， ，\ = < 0．
x x
從而 g(x)在 (0, + )單調(diào)減少，故 g(x1) g(x2 )，即 f x2 + 4x2 f x1 + 4x1，
故對任意 x1, x2 0, + , f x1 - f x2 4 x1 - x2 ．
【點(diǎn)晴】方法點(diǎn)睛：本題考查的是導(dǎo)數(shù)知識在研究函數(shù)單調(diào)性和極值等方面的綜合運(yùn)用和分析問題解決問
題的能力，本題的第一問借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程；第二問求解時(shí)先構(gòu)造函數(shù) g x = f x + 4x，然
后再對函數(shù) g x = f x + 4x求導(dǎo)，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)的知識研究函數(shù)的單調(diào)性，然后運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性，從而使得
問題簡捷巧妙獲證．
a
2．（21-22 2高二下·廣東深圳·期中）已知函數(shù) f (x) = ln x + x - (a +1)x(a R) ，
2
g(x) = f (x) a- x2 + (a +1)x .
2
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
(2)任取兩個(gè)正數(shù) x1, x2 ，當(dāng) x1 < x2時(shí)，求證： g
2 x - xx 1 - g x < 1 22 .x1 + x2
【答案】(1)答案見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)解析式求出定義域以及導(dǎo)數(shù)，對參數(shù) a進(jìn)行討論，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)取值情況得出函
數(shù)的單調(diào)性；
（2）求出 g x ，運(yùn)用分析法將需要證明成立的不等式轉(zhuǎn)化，再利用換元法寫出表達(dá)式，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)
的單調(diào)性，進(jìn)而證明原不等式成立.
f (x) 1 ax (a 1) (ax -1)(x -1)【詳解】（1） = + - + = (x > 0) .
x x
當(dāng) a 0時(shí)， ax-1< 0，令 f (x) > 0 ，得0 < x <1；令 f (x) < 0 ，得 x >1 .
所以 f (x) 在( 0, 1)上單調(diào)遞增，在 (1, + )上單調(diào)遞減.
當(dāng)0
1 1 1
< <1，即 a > 1時(shí)，令 f (x) > 0 ，得0 < x < 或 x >1；令 f (x) < 0 ，得 < x <1 .
a a a
1
所以 f (x)
0, 在 ÷ ， (1,
1
+ ) 上單調(diào)遞增，在
a
,1 上單調(diào)遞減.
è è a ÷
1
當(dāng) =1，即 a =1時(shí)， f (x) 0恒成立，所以 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增.
a
1 1 1
當(dāng) >1，即 0 < a < 1時(shí)，令 f (x) > 0 ，得0 < x <1或 x > ；令 f (x) < 0 ，得1< x < .
a a a
1 1
所以 f (x) 在( 0, 1)， ,+ ÷ 上單調(diào)遞增，在 1, a ÷上單調(diào)遞減
.
è a è
綜上所述，
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；
1 1
當(dāng) 0 < a < 1時(shí)， f (x)
,+ 在( 0, 1)， ÷ 上單調(diào)遞增，在 1, a ÷上單調(diào)遞減；è a è
當(dāng) a =1時(shí)， f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增；
1 1
當(dāng) a > 1時(shí)， f (x)
0, (1, + ) 在 ÷ ， 上單調(diào)遞增，在 ,1 上單調(diào)遞減；
è a ÷ è a
（2）證明：由題意得， g(x) = ln x .
g 2 x - xx g x 1 2 要證 1 - 2 < x1 + x
，
2
2 x1 - x2
只需證 ln x1 - ln x2 < ，x1 + x2
x1 2 x - x即證 ln

< 1 2

，
x2 x1 + x2

2 x 1 -1x ÷
即證 ln x1 < è 2 .
x x2 1 +1
x2
t x= 1令 ,t (0,1)x ，2
2(t -1)
所以只需證 ln t < 在 t (0,1)上恒成立，
t +1
即證 (t +1)ln t - 2(t -1) < 0在 t (0,1)上恒成立.
令 h(t) = (t +1) ln t - 2(t -1) h (t) ln t
1
，則 = + -1，
t
令m(t) ln t
1 1 m (t) 1 1 t -1= + - ，則 = - = < 0 .
t t t2 t2
所以m(t) 在( 0, 1)上單調(diào)遞減，即 h (t) 在( 0, 1)上單調(diào)遞減，
所以 h (t) > h (1) = 0 ，所以 h(t)在( 0, 1)上單調(diào)遞增，
所以 h(t) < h(1) = 0 .
2 x - x
所以 g x 1 2 1 - g x2 < .x1 + x2
1
3．（22-23 2高三下·重慶沙坪壩·階段練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = x - kx + ln x
2
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
2
(2)若 f x k有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，證明： f (x1) - f (x2 ) < - 22
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
2
【分析】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，并設(shè)j x = x - kx +1，討論函數(shù)的對稱軸和最小值，從而判斷函數(shù)的單
調(diào)性.
（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，可知， k > 2，并且由韋達(dá)定理得到 x1 + x2 = k ， x1x2 =1，并將不等式整理為
ln x21 < x
2
1 -1，再利用換元，并構(gòu)造函數(shù) g t = ln t - t -1 0 < t <1 ，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可證明.
2
【詳解】（1） f x x - kx +1= 2，令j x = x - kx +1，
x
k k k 2
注意到j(luò) 0 =1，對稱軸 x = ，故j x = j ÷ =1-2 min ，è 2 4
k
（i）當(dāng) 0時(shí)，即 k 0，此時(shí)j x 在 0, + 上單調(diào)遞增，即j x > j 0 =1，
2
從而 f x > 0，即 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增；
k
（ii）當(dāng) > 0時(shí)， k > 0，
2
j k 1 k
2
若 = - 0，即0 < k 2 時(shí) ，j x 0 恒成立，
è 2 ÷ 4
從而 f x > 0，即 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增；
k k 2
若j ÷ =1- < 0，即 k > 2時(shí)，
è 2 4

存在 x1 0,
k , x k , +
2 ÷ 2 ÷有
j x1 = j x2 = 0，
è è 2
k - k 2 - 4 k + k 2x x - 4其中 1 = ， 2 = ，2 2
從而 f x 在 0, x1 上單調(diào)遞增， x1, x2 上單調(diào)遞減， x2 ,+ 上單調(diào)遞增；
2 2
綜上可知，當(dāng) k 2時(shí)，函數(shù)在 0, k - k - 4 k + k - 4+ 上單調(diào)遞增，當(dāng) k > 2時(shí)，函數(shù)在 0, ÷÷和 ,+ ÷2 ÷è è 2
k - k 2 - 4 , k + k
2 - 4
單調(diào)遞增，在 ÷÷上單調(diào)遞減.
è 2 2
（2）證明：由（1）可知，要使 f x 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，則 k > 2，
此時(shí)滿足 x1 + x2 = k ， x1x2 =1，
不妨設(shè) x1 < x2，此時(shí)有 f x1 > f x2 ，
f x f x 1 x2 x2 k x x ln x ln x k
2
從而原不等式轉(zhuǎn)化為： 1 - 2 = 1 - 2 + 2 - 1 + 1 - 2 < - 22 2
1 k x 1將 x2 = 及 = 1 +x x 代入有： 1 1
2
1 x2 1
1 x 1

- + + - x + 2ln x 1 1< x + - 2，
2 1è x
2 ÷ 1 ÷ 1 ÷ 1 1 ÷
1 è x1 è x1 2 è x1
2
化簡即得： 2ln x1 - x1 < -1 ln x
2 2
，即證 1 < x1 -1，
由 x1x2 =1 > x
2 2
1 ，可得 x1 <1，令 t = x1 ln t < t -1 0 < t <1 ，
設(shè) g t = ln t - t -1 0 < t <1 ，則 g t 1- t= > 0，
t
故 g t 在 t 0,1 上單調(diào)遞增， g t < g 1 = 0，
故原不等式成立
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查討論函數(shù)單調(diào)性和雙變量，證明不等式問題，本題第二問的關(guān)鍵是利用韋達(dá)
1 1 2 2
定理，得 x2 = 及 k = x +x 1 x ，從而代入不等式，進(jìn)行消元，轉(zhuǎn)化為 ln x1 < x1 -1，才可構(gòu)造函數(shù)，進(jìn)行證1 1
明.
4．（23-24 高三上·陜西西安·階段練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = 2ln x + ax2(a R) .
(1)試判斷函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
(2)已知函數(shù) g(x) = f (x) - 2x ，若 g(x)有且只有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，且 x1 < x2，證明：
g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 .
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）分 a 0和 a < 0兩種情況討論，即可求得函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
x1 -1
x
（2）將 g x1 - g x2 轉(zhuǎn)化為 2ln 1 - x - x g x - g x < 2a
x x
-1 x - x ln 1 < 2
x 1 2 ，再根據(jù) 1 2 1 2 ，即證2 x x
，構(gòu)
2 1 +1
x2
h t ln t t -1造函數(shù) = - ，證明其小于 0 即可.
t +1
【詳解】（1）因?yàn)楹瘮?shù) f (x) = 2ln x + ax2(a R)，定義域?yàn)? 0, + ，
f (x) 2 2ax 2ax
2 + 2
所以 = + = ，
x x
當(dāng) a 0時(shí)， f (x) > 0 在 x 0, + 上恒成立，所以 f (x) 在 0, + 單調(diào)遞增；
當(dāng) a < 0時(shí)，令 f (x) > 0 -a -a，即 2ax2 + 2 > 0，解得 < x < ，
a -a
令 f (x) < 0 -a，解得 x < 或 x -a> ，
a -a
-a -a
所以 f (x) 在 0, ÷÷單調(diào)遞增，在 ,+ ÷÷ 單調(diào)遞減；
è -a è -a
2 g(x) = 2ln x + ax2 - 2x g x 2 2ax
2 - 2x + 2
（ ）由題可知， ， = + 2ax - 2 = ，
x x
因?yàn)?g x 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 (x1 < x2 )，
所以 x1, x2 是 2ax2 - 2x + 2 = 0的兩個(gè)根，
ì
x1 + x
1
=
2 a
則 í ，
x1 × x
1
2 = a
所以 g x1 - g x2 = 2ln x1 + ax21 - 2x1 - 2ln x2 + ax22 - 2x2
x
= 2ln 1 + a(x2 2
x 1
- x2 ) - 2(x1 - x2 )
2
2 2
= 2ln x1 x - x+ 1 2 - 2 x - x
x2 x1 + x
1 2
2
x
= 2ln 1 - (x1 - xx 2
)，
2
所以，要證 g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 ，
2ln x1即證 - (x1 - x2 ) < (2a -1)(xx 1
- x2 )，
2
x1 -1
x1
即證 ln < a(x x ) ln
x1 x1 - x- < 2 ln x1 x2
x 1 2 ，即證
<
2 x2 x1 + x
，即證
2 x x
，
2 1 +1
x2
t x= 1令 (0 < t <1)x ，則證明 ln t
t -1
< ，
2 t +1
t -1 t 2h(t) ln t h (t) +1令 = - ，則 = > 0，
t +1 t(t +1)2
所以， h(t)在 0,1 上單調(diào)遞增，則 h(t) < h(1) = 0，
ln t t -1即 < ，
t +1
所以原不等式 g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 成立．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁?br/>不等式恒成立問題，注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的
單調(diào)性、極(最)值問題處理．
5．（2022·全國· x 2模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e x +1 （其中 e為自然對數(shù)的底數(shù)）.
(1)討論函數(shù) y = f x + a - 2 x ×ex a R 的單調(diào)性；
(2) x > x 2x1 2x若 21 2 > 0，不等式 e - e > l f x1 - f x2 恒成立，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2) l
e

2
【分析】（1）結(jié)合已知條件分 a = 2、 a > 2、 a < 2三種情況討論，分析導(dǎo)數(shù)的符號變化，即可得出原函數(shù)
的增區(qū)間和減區(qū)間；
（2 2x）分析可得 e 1 - l f x > e2x21 - l f x2 ，構(gòu)造函數(shù) g x = e2x - l f x 2x，即 g x = 2e - l f x 0在
2e2x 2ex x 0, + 2e上恒成立，可得出l =f x x2 2x 1，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù) p x = 在
0, +
2 上的最小值，+ + x + 2x +1
即可得出實(shí)數(shù)l 的取值范圍.
【詳解】（1）解：依題意，令 h x = f x + a - 2 x ×ex = éx
2 + a - 2 x +1ù e
x
， x R，
2 x
則 h x = x + ax + a -1 e = x + a -1 x +1 ex ，
令 h x = 0，解得 x =1- a 或 x=-1 .
當(dāng)1- a = -1時(shí)，即 a = 2時(shí)，h x 0恒成立且 h x 不恒為零，
所以，函數(shù) h x 的增區(qū)間為 - , + ；
當(dāng)1- a < -1時(shí)，即 a > 2時(shí)，由 h x > 0可得 x <1- a或 x > -1，由 h x < 0可得1- a < x < -1，
所以，函數(shù) h x 的增區(qū)間為 - ,1-a 、 -1, + ，減區(qū)間為 1- a, -1 ；
當(dāng)1- a > -1時(shí)，即 a < 2時(shí)，由 h x > 0可得 x < -1或 x >1- a ，由 h x < 0可得-1 < x <1- a .
所以，函數(shù) h x 的增區(qū)間為 - , -1 、 1- a, + ，減區(qū)間為 -1,1- a .
綜上所述，當(dāng) a = 2時(shí)，函數(shù) h x 的增區(qū)間為 - , + ；
當(dāng) a > 2時(shí)，函數(shù) h x 的增區(qū)間為 - ,1-a 、 -1, + ，減區(qū)間為 1- a, -1 ；
當(dāng) a < 2時(shí)，函數(shù) h x 的增區(qū)間為 - , -1 、 1- a, + ，減區(qū)間為 -1,1- a .
（2）解：當(dāng) x > 0時(shí)， f x = ex x2 + 2x +1 > 0恒成立，
所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，且 f x > f 0 =1 > 0 .
因?yàn)?x1 > x2 > 0，所以 f x1 > f x2 ，
則不等式 e2x1 - e2x2 > l f x - f x e2x1 - e2x21 2 可化為 > l é f x1 - f x2 ù ，
即 e2x1 - l f x1 > e2x2 - l f x2 .
令 g x = e2x - l f x ，則問題等價(jià)于函數(shù) g x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
即 g x = 2e2x - l f x 0在 0, + 上恒成立，
2e2xl 2e
x
即 = x 0, + f 2 x x + 2x +1， .
p x 2e
x
令 = ， x 0, + 2 ，x + 2x +1
2ex x2 + 2x +1 - 2ex 2x + 2 2ex x2 -1 2ex x -1
則 p x = = = .
2 2 2 3x + 2x +1 x2 + 2x +1 x +1
令 p x = 0，解得 x =1，
所以當(dāng) x 0,1 時(shí)， p x < 0，函數(shù) p x 在 0,1 上單調(diào)遞減；
x 1,+ p 當(dāng) 時(shí)， x > 0，函數(shù) p x 在 1, + 上單調(diào)遞增；
e
所以當(dāng) x =1時(shí)，函數(shù) p x 取得最小值，且 p x = p 1 =min ，2
所以當(dāng) x 0, + 時(shí)， p x e e p 1 = ，所以l .
2 2
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：利用參變量分離法求解函數(shù)不等式恒（能）成立，可根據(jù)以下原則進(jìn)行求解：
（1）"x D，m f x m f x min ；
（2）"x D，m f x m f x max ；
（3）$x D ，m f x m f x max ；
（4）$x D ，m f x m f x min .
6．（2023·山東淄博·二模）已知函數(shù) f x = aln x - a 1- x2 + x ， a R .
2
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若x1，x2是函數(shù) g x
1
= alnx - x2 + x的兩個(gè)極值點(diǎn)，且 x1 < x2，求證： f x1 - f x2 < 0 .2
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）因參數(shù) a在函數(shù)的位置特殊，考慮到參數(shù)變化時(shí)，函數(shù)定義域在變化，導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)也在變化，
所以比較時(shí)候需要兼顧零點(diǎn)在不在定義域上，也需要考慮零點(diǎn)之間的大小比較.
（2）對含參的雙變量問題，核心在于消元，本問通過x1，x2， a之間的關(guān)系，把證明 f x1 - f x2 < 0轉(zhuǎn)
h t lnt 1化為求函數(shù) = - t 的單調(diào)性問題，在結(jié)合函數(shù) h t 的單調(diào)性即證.
2
【詳解】（1）易知函數(shù) f x 的定義域?yàn)? a,+ .
a x x - a -1又 f x = - x +1 = - .
x - a x - a
當(dāng) a = 0時(shí)， f x 1= - x2 + x, f x 在 0,1 上單調(diào)遞增， f x 在 1, + 上
2
單調(diào)遞減；
當(dāng) a > 0時(shí)， f x 在 a, a +1 上單調(diào)遞增， f x 在 a +1,+ 上單調(diào)遞減；
當(dāng)-1 < a < 0時(shí)， f x 在 0, a +1 上單調(diào)遞增， f x 在 a,0 和 a +1,+ 上
單調(diào)遞減；
當(dāng) a = -1時(shí)， f x 在 -1, + 上單調(diào)遞減；
當(dāng) a < -1時(shí)， f x 在 a +1,0 上單調(diào)遞增， f x 在 a, a +1 和 0, + 上單
調(diào)遞減.
1
（2 2）由 g x = alnx - x + x， x > 0則
2
g x a
2
x 1 x - x - a= - + = - ，由題意知 x1, x2 是方程 x2 - x - a = 0的兩根，
x x
1 1
因此， x1 + x2 =1， x1x2 = -a，且- < a < 0 ，0 < x1 < < x2 <1.4 2
所以， f x1 - f x2
1
= éaln x 2 ù é1 - a - x1 + x1 - aln x a
1
- - x2 + x ù2 2 2
ê 2 ú ê 2 ú
x
aln 1 - a 1 x2 x2 x1 - a 1= - 1 - 2 + x1 - x2 = aln - x1 - x2 x1 + x - 2 x2 - a 2 x2 - a 2 2
把 x1 + x2 =1， x1x2 = -a代入得
f x1 - f x2
x - a x + x x
aln 1 1 x 1= + - x = -x x ln 1 1 2 +
1 2 1 2
x1 - x x2 - a 2 x 22 + x1x2 2
é 1 ù
ê +1÷
x x ê
x
ln è 2 1 1 1
úú é x x 1
1 1 1 ù
= - 1 2 +ê 2
- ÷ = -x x ú 1 2 ê
ln +1÷ - - ln +1 + ú 1 ÷
ê +1 è 1 2
x
ú è 2
2x2 è x1 2x1
x ÷

ê è 1 ú
要證 f x1 - f x2 < 0
1 1 1 1
，只需證明 ln +1÷ - - ln +1÷ + > 0，
è x2 2x2 è x1 2x1

即 ln
1
+1
1 1 1
÷ - > ln +1÷ - ，
è x2 2x2 è x1 2x1
1 1 1 1 1 1
也即 ln +1÷ - +1÷ > ln +1÷ - +1÷ .
è x2 2 è x2 è x1 2 è x1
1 1 1
令 t1 = +1， tx 2
= +1
x ，由0 < x1 < < x2 2
<1，得 2 < t2 < t1 .
1 2
設(shè) h t 1= lnt - t ，要證 h t2 > h t1 .2
因?yàn)椋?h t 1 1 2 - t= - = < 0， h t 在 2, + 上單調(diào)遞減，
t 2 2t
所以， h t2 > h t1 ，即證.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：（1）求含參函數(shù)單調(diào)區(qū)間，需考慮導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)與定義域的關(guān)系，不同零點(diǎn)直接的大小，
依次分類即可.
（2）對于題目涉及到的兩個(gè)變元，已知中一個(gè)變元在題設(shè)給定的范圍內(nèi)任意變動，求另一外變元的取值范
圍問題，這類問題我們稱之不“偽雙變量”問題.這種“偽雙變量”問題，往往會利用我們將字母 x 作為自變量的
誤區(qū)來進(jìn)行設(shè)計(jì).此時(shí)，我們變更一元思路，將另一個(gè) 變量作為自變量，從而使問題得以解決，我們稱這種
方法為變更主元法.
7．（2024 2高三上·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù) f x = a x - ln x + x - 2x ，其中 a R .
(1)當(dāng) a = -2e時(shí)，求 f x 的極值；
x + x x + x
(2)當(dāng) a > 0， x > x > 0時(shí)，證明： f x 1 21 2 1 - f ÷ x1 < f x2 - f 1 22 ÷ x2 .è è 2
【答案】(1) f x 有極大值-2e -1，極小值 -e2
(2)證明見解析
【分析】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再判斷函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的極值；
f x1 - f x2 2 （ ）首先不等式變形為 < f x1 + x2
x - x ÷
，再利用導(dǎo)數(shù)變形為
1 2 è 2
a 2 a ln x1 - ln x- - 2 2a
ln x1 - ln x+ x + x 2 2
x - x 1 2
< a - 2 + x1 + x2 - x + x ，再轉(zhuǎn)化為證明
>
x - x x + x ，證法 1，不等式變形為1 2 1 2 1 2 1 2
2 x - x 2 x - x
ln x 1 - ln x2 > 1 2 2，再構(gòu)造函數(shù) g x = ln x - ln x2 - x > x2 ，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，即x1 + x2 x + x2

2 x1

-1
x x ÷ 2 t -1
可證明；證法 2，不等式變形為 ln 1 > è 2 ，再利用換元構(gòu)造函數(shù) g t = ln t - t >1 ，利用導(dǎo)
x x2 1 +1 t +1
x2
數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)最值，即可證明不等式.
1 a
【詳解】（1）由題意， f x = a 1- ÷ + 2x - 2 = x -1 + 2x x ÷， x > 0，è è
2 x -1 x - e 所以當(dāng) a = -2e時(shí)， f x = ， f x = -2e x - ln x + x2 - 2x，
x
由 f x > 0解得：0 < x <1或 x>e，由 f x < 0解得：1< x < e ，
所以 f x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1,e 上單調(diào)遞減，在 e, + 上單調(diào)遞增，
故 f x 有極大值 f 1 = -2e -1 2，極小值 f e = -e .
（2）由題意， a > 0， x1 - x2 > 0，
f x - f x
要證 f x f x1 + x2 x1 + x2 1 - 2 x1 + x2 1 ÷ x1 < f x2 - f ÷ x2，只需證 < f ÷，
è 2 è 2 x1 - x2 è 2
f x1 - f x2 a - 2 x1 - x2 - a ln x 2 2= 1 - ln x2 + x1 - x2 a 2 a ln x - ln x而 = - - 1 2 + x + x ，
x1 - x2 x1 - x2 x1 - x
1 2
2
f x1 + x2 x= 1 + x2 1
2a
÷ - ÷ + 2÷ = a - 2 + x1 + x
2a
2 - ，
è 2 è 2 è x1 + x2 x1 + x2
a 2 a ln x1 - ln x2 2a所以只需證 - - + x1 + x2 < a - 2 + xx - x 1
+ x2 -
1 2 x1 + x
，
2
ln x1 - ln x2 2
即證 >x1 - x x
①，下面給出兩種證明不等式①的方法：
2 1 + x2
ln x1 - ln x2 2 2 x - x
證法 1：要證 > ln x

，只需證 1 - ln x >
1 2
x1 - x2 x1 + x
2 ，
2 x1 + x2
2 x1 - x2 2 x - x
即證 ln x1 - ln x2 - > 0 ，令 g x = ln x - ln x2 - 2 x > x2 ，x1 + x2 x + x2
1 2 x + x2 - x + xg x 2 x - x2
2
則 = - 2 = 2 > 0，所以 g x 在 x2 ,+ 上單調(diào)遞增，x x + x2 x x + x2
顯然 g x2 = 0，所以當(dāng) x > x2 時(shí)， g x > 0，
2 x - x
因?yàn)?x1 > x2 ，所以 g x1 > 0，即 ln x1 - ln x
1 2
2 - > 0 ，x1 + x2
f x f x1 + x- 2 x < f x x- f 1 + x2 故 1 ÷ 1 2 ÷ x2 .
è 2 è 2

ln x - ln x 2 2 x - x 2
x1 -1
2 1 2 > ln x - ln x > 1 2 ln x
x ÷
證法 ：要證 ，只需證 ，即證 1 è 2 x1 - x
1 2 > ，
2 x1 + x2 x1 + x2 x x2 1 +1
x2
令 t
x
= 1 2 t -1 2 t -1
x ，則 t 1

> ，所以只需證當(dāng) t > 1時(shí)， ln t > ，即證 ln t - > 0，
2 t +1 t +1
2 t -1 1 2 t +1 - 2 t -1 t -1 2
令 g t = ln t - t >1 ，則 g t = - = > 0，
t +1 t t +1 2 t t +1 2
所以 g t 2 t -1 在 1, + 上單調(diào)遞增，又 g 1 = 0，所以 g t > 0成立，即 ln t - > 0，
t +1
故 f x x + x x + x1 - f
1 2
÷ x1 < f x - f
1 2
2 2 ÷
x2
è è 2
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：第二問的思路首先是變形不等式，根據(jù)不等式構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合最
值，即可證明.
a
8．（23-24 高三上·天津?qū)幒印て谀┮阎瘮?shù) f x = ln x + x2 ， 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；
a
(3)設(shè) x1, x2 0 < x1 < 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 x a1 - g x2 -

- ln a

÷，構(gòu)造函數(shù)求其最值即可.
è 2
1 2
【詳解】（1）當(dāng) a =1時(shí)， f x = ln x + x ，
2
f x 1得 = + x ，則 f 1 = 2， f 1 1= ，
x 2
所以切線方程為 y = 2 x 1-1 + ，即 4x - 2y - 3 = 0；
2
1 1+ ax2
（2） f x = + 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時(shí)，令 f x > 0，得 0 -a< x < - ， f x 單調(diào)遞增，
a
令 f x < 0 x -a，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；
-a -a
當(dāng) a<0時(shí)， f x 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
（3） g x a= f x - ax = ln x + x2 - ax ，
2
g x 1
2
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 x1, x2 0 < x < x 是方程 ax21 2 - ax +1 = 0的兩不等正根，
ìa2 - 4a > 0
x1 + x2 =1 > 0所以 í ，得 a > 4，

x x
1
1 2 = > 0 a
x1
令 = t,0 < t <1，則 tx2 + x2 = 1, tx2 x
1
2 =x ，2 a
2
a 1 1 t +1 = 2 = =得 tx2 1 2 t ，t
è t +1÷
則 x
2
2 - x1 = x2 + x1 - 4x x
4 4t 1- t
2 1 = 1- = 1- =a t +1 2 t +1，
g x g x ln x a x2 a- = + 2 x1 a 2 2所以 1 2 1 2 1 - ax1 - ln x2 + x2 - ax2 ÷ = ln + x1 - x2 - a x1 - x2 è 2 x2 2
ln x1 a x x a= + - x x + x - a x - x = ln 1 - x - x
x 2 1 2 1 2 1 22 x
1 2
2 2
t +1 2 1- t 2
= ln t + × = ln t t -1- ，
2t t +1 2t
2 2
g x - g x a- - ln a t
2 -1 t +1 t +1
則 1 2 ÷ = ln t

- - + ln = 2ln t +1 - t -1，
è 2 2t 2t t
令 h t = 2ln t +1 - t -1,0 < t <1，
h t 2則 = -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，
a
所以 g x1 - g x2 - - ln a

2 ÷
< 0 ，
è
即 g x1 - g x2
a
< - 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 < t x<1 2
x 達(dá)到消元的目的，常用的換元有
t = x2 - x1, t = x2x1, t =
2 x
等.
1
9 23-24 · · f x = x2 + mx + n ex．（ 高二上 陜西西安 期末）已知函數(shù) .
(1)若 m = n = 0 ，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
f x x x x < x f x - f(2) x 若m = a + b， n = ab，且 有兩個(gè)極值點(diǎn)，分別為 和 ，求 2 11 2 1 2 的最大值.ex2 - ex1
【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間是 - , -2 和 0, + ，單調(diào)遞減區(qū)間是 -2,0 ；
-4
(2)
e2 -1
【分析】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，即可求解；
（2）首先利用極值點(diǎn)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，得到 x1 + x2 = - m + 2 ， x1x2 = m + n
f x - f x
，并通過變形得到 2 1
ex2 - ex1
x2 - x - 2 ex2 -x11 + x2 - x1 + 2 t - 2 et + t + 2 = - x x ，利用換元構(gòu)造函數(shù) g t = - t t > 0 ，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的e 2 - 1 -1 e -1
單調(diào)性，并求 t 的最值，即可求解函數(shù)的最大值.
【詳解】（1）若m = n = 0 ， f x = x2ex x， f x = x x + 2 e
令 f x = 0，得 x = -2或 x = 0，
當(dāng) x<- 2或 x > 0時(shí)， f x > 0，
當(dāng)-2 < x < 0時(shí)， f x < 0，
所以函數(shù) f x 的單調(diào)遞增區(qū)間是 - ,-2 和 0, + ，單調(diào)遞減區(qū)間是 -2,0 ；
（2） f x = éx2 + m + 2 x + m + n ù e
x
，
令 f x = 0 2，可得 x + m + 2 x + m + n = 0，
2
由題意可得， x1, x2 是關(guān)于方程 x + m + 2 x + m + n = 0的兩個(gè)實(shí)根，
所以 x1 + x2 = - m + 2 ， x1x2 = m + n ，
x2由 1 + m + 2 x1 + m + n = 0 2，有 x1 = - m + 2 x1 - m - n ，
所以 f x = x21 1 + mx1 + n ex1 = -2x1 - m ex1 ，
將m = -x1 - x2 - 2
x
代入上式，得 f x 11 = x2 - x1 + 2 e ，
同理可得 f x2 = x1 - x2 + 2 ex2 ，
f x - f x x - x + 2 ex22 1 1 2 - x2 - x + 2 ex1所以 1
ex2 - ex
= x ，1 e 2 - ex1
x2 - x1 - 2 ex2 -x1 + x - x + 2 = - 2 1 ，①x ，e 2 -x1 -1
t
令 x2 - x = t t > 0
t - 2 e + t + 2,① 1 式化為- ，
et -1
t t et +1
設(shè) g t - 2 e + t + 2t = - t > 0 ，即
et 1 g t = - + 2 t > 0
，
- et -1
2t
g t e - 2te
t -1
= -
et 2 ，-1
2t
記 h t = e - 2tet -1 t > 0 h t = 2et et，則 - t -1 ，
j t = et記 - t -1 t > 0 ，則j t = et -1 > 0，
所以j t 在 0, + 上單調(diào)遞增，所以j t > j 0 = 0，
所以 h t > 0， h t 在 0, + 上單調(diào)遞增，所以 h t > h 0 = 0，
所以 g t < 0， g t 在 0, + 上單調(diào)遞減，
又 t 2 = x2 - x
2
1 = x + x
2
1 2 - 4x1x2 = m + 2
2 - 4 m + n = m2 - 4n + 4，
= a + b 2 - 4ab + 4 = a - b 2 + 4，
當(dāng) a = b時(shí)， t2的最小值為 4，即 t 的最小值為 2，
因?yàn)?g t 在 0, + 4上單調(diào)遞減， g t 的最大值為 g 2 = -
e2
，
-1
f x2 - f x1 -4所以 x x 的最大值為 .e 2 - e 1 e2 -1
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題第二問的關(guān)鍵是
f x2 - f x1 x2 - x - 2 ex2 -x11 + x2 - x1 + 2
x x = - x x ，并利用換元構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值問題，e 2 - e 1 e 2 - 1 -1
第二個(gè)關(guān)鍵是求 t 的最值.
2
10 2．（2022 高三·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù) f (x) = x + + 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：
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 |．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
f (x1) + f (x2 ) x + x【分析】（1）先化簡 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
4
（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) = t + (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 2
【詳解】（1）證明：（1）由 f (x) = x + + alnxx ，得：
f (x1) + f (x2 ) 1= (x 2 2 1 1 a
2 2 1
+ x2 ) + ( + ) + (lnx1 + lnx2 )x1 x2 2
1
= (x 2 x 2 ) x1 + x1 + 2 + 2 + aln x1x2 x x 2 ，1 2
f ( x1 + x2 ) ( x1 + x= 2 )2 4+ + aln x1 + x2
2 2 x1 + x
，
2 2
1 (x 2 1 x + x而 1 + x
2
2 ) > [(x
2 + x 2 ) + 2x x ] = ( 1 2 )2 ①
2 4 1 2 1 2 2
又 (x 21 + x2 ) = (x
2
1 + x
2
2 ) + 2x1x2 > 4x1x2 ，
x1 + x2 4
所以 >x ②1x2 x1 + x2
x + x
因?yàn)?x1x2 < 1 22 ，
ln x x ln x + x所以 1 2 < 1 22 ，
因?yàn)?a 0 ， aln x1x2…aln(
x1 + x2 ) ③
2
1 x + x x + x 4
由①、② ③ 2 2 1 2、 ，得： (x1 + x2 ) + + aln x1x2 > ( 1 2 )2 + + aln x2 x x 2 x + x 1
x2 ，
1 2 1 2
f (x
即 1
) + f (x2 ) > f ( x1 + x2 )
2 2 ．
（2）證明：由 f (x) = x2
2 alnx 2 a+ + ，得 f (x) = 2x - 2 +x x x
f x f x 2x 2 a 2x 2 a 則 1 - 2 = 1 - 2 + - - +
è x1 x
÷ 2 x 2 ÷1 è 2 x2
=| x x | | 2 2(x1 + x2 ) a1 - 2 × + 2 2 - |x1 x2 x1x2
要證 f x1 - f x2 > x1 - x2 ，
| 2 2(x1 + x ) a只需證 + 22 2 - |>1x x x x 即可.1 2 1 2
2(x1 + x2 ) a
下面證明對任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x ，x ，有 2 + - > 11 2 x 2 x 2 x 恒成立.1 2 1x2
a x x 2(x1 + x2 )即證 < 1 2 + x x 成立，1 2
因?yàn)?x1x
2(x + x ) 4
2 +
1 2 > x1x2 +x ，1x2 x1x2
設(shè) t = x1x2 ，u(t) = t
2 4+ (t > 0)
t ，
u t 2t 4則 = - 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 + x2 )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(x< + 1 + x2 )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
11．（21-22 高二下·安徽合肥·期中）已知函數(shù) f (x) = x2 + ax + 2ln x （ a為常數(shù)）
(1)討論 f x 的單調(diào)性
(2)若函數(shù) f x 8存在兩個(gè)極值點(diǎn) x1，x2 x1 < x2 ，且 x2 - x1 ，求 f x1 - f x2 的范圍.3
【答案】(1)答案見解析.
80 ù
(2) 0, - 4ln 3
è 9 ú
2
1 f (x) 2x a 2 2x + ax + 2【分析】（ ）求出 = + + = ，再根據(jù)判別式來分類討論求解；
x x
（2）求導(dǎo)得到韋達(dá)定理，再化簡 f (x1) - f (x2 ) = x
2 1- - 2ln x2 2 12 x2 2 ，設(shè) t = x2 ，求出 g(t) = t - - 2ln t 的最值即2 t
得解.
1 ∵ f (x) 2x a 2 2x
2 + ax + 2
【詳解】（ ） = + + = ，
x x
D = a2 -16，當(dāng)-4 a 4時(shí)，D 0， f (x) 0， f (x) 在定義域 0, + 上單調(diào)遞增；
當(dāng) a > 4時(shí)，在定義域 0, + 上 f (x) > 0 ，
\a > 4 時(shí)， f (x) 在定義域 0, + 上單調(diào)遞增；
a < -4 f (x) = 0 x -a - a
2 -16 2x -a + a -16當(dāng) 時(shí)，令 得 1 = ， = ，4 2 4
x 0, x1 ， x (x2 ,+ )時(shí)， f (x) > 0 ； x (x1, x2 ) 時(shí) f (x) < 0 ，
則 f (x) 在 0, x1 ， (x2 ,+ )上單調(diào)遞增，在 (x1, x2)上單調(diào)遞減.
綜上可知：當(dāng) a -4時(shí)， f (x) 在定義域 0, + 上單調(diào)遞增；
2
當(dāng) a < -4時(shí)， f (x) 在 0, x1 ， (x2 ,+ ) (x -a - a -16上單調(diào)遞增，在 1, x2)上單調(diào)遞減.（其中 x1 = ，4
2
x -a + a -162 = ）4
（2）由（1）知 f (x) 有兩個(gè)極值點(diǎn)，則 a < -4，
2
f (x) = 2x a 2 2x + ax + 2+ + = = 0 2x2 + ax + 2 = 0的二根為 x1, x2 ，
x x
ì
x1 + x
a
2 = -
則 í 2 ， 0 < x1 < 1 < x2 ，
x1x2 =1
f x - f x = x2 x1 2 1 + ax 21 + 2ln x1 - x2 + ax + 2ln x = x22 2 1 - x22 + a x 11 - x2 + 2ln x2
x x 1
= x2 - x2 - 2 x - x x + x + 2ln 1 = x2 - x2 + 2ln 1 2 21 2 1 2 1 2 2 1 = x - - 2ln xx2 x 22 x2 2 ，2
設(shè) t
8
= x2 x - x 22 ，又 2 1 3x2 -8x2 - 3 0 1< x2 3，∴ t 1,9 .3
1 2
則 f x1 - f x2 = g(t) = t - - 2ln t ， g (t) 1
1 2 (t -1)
= + 2 - = 2 > 0，t t t t
∴ g(t)在 1,9 遞增， g(1) < g(t) g(9) 0 < g(t) 80 - 4ln 3 .
9
即 f x f x 0, 801 - 2 的范圍是 - 4ln 3
ù
è 9 ú
【方法點(diǎn)睛】關(guān)于雙變量的問題，一般轉(zhuǎn)化成單變量的函數(shù)問題來解決.本題就是把雙變量的 f x1 - f x2
2 1 2
化成關(guān)于x 的函數(shù) f (x1) - f (x2 ) = x2 - - 2ln x2 x2 2 再來解答.2
1
12．（22-23 高二下·河南洛陽· 2期末）已知函數(shù) f x = x - 2ax + ln x （a 為常數(shù)）．
2
(1)若函數(shù) f x 是增函數(shù)，求 a 的取值范圍；
(2)設(shè)函數(shù) f x 的兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x1，x2（ x1 < x2），求 f x1 - f x2 的范圍．
【答案】(1) - ,1
(2) 0, +
1
【分析】（1）轉(zhuǎn)化為 2a x + x 對任意 x > 0恒成立，由基本不等式求出最值，得到答案；
（2）根據(jù)函數(shù)有兩個(gè)不相等的極值點(diǎn)得到 a >1, x1 + x2 = 2a, x2 >1，故 f x1 - f x
1 x2 12 = 2 - + ln
1
2 2x2 x2 ，變2 2
g t 1 1形得到函數(shù) = t - - ln t ，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，得到 g t 的值域?yàn)? 0, + ，得到答案.
2 2t
【詳解】（1） f x 的定義域?yàn)? 0, + ，
2
f x x 1 x - 2ax +1= - 2a + = ，
x x
2
若函數(shù) f x x - 2ax +1為增函數(shù)，則 f x = 0在 0, + 上恒成立，
x
所以 x2 - 2ax +1 0對任意 x > 0恒成立，
即 2a x
1
+
x 對任意
x > 0恒成立，
x 1 2 x 1
1
又 + × = 2，當(dāng)且僅當(dāng) x = ，即 x =1時(shí)等號成立，
x x x
所以 2a≤2，解得 a 1，
故 a 的取值范圍是 - ,1 ；
（2）若 f x 在定義域內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)，則 x1, x 22 是方程 f x = 0，即 x - 2ax +1 = 0 的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
ìΔ > 0

從而得到 íx1 + x2 = 2a > 0，即 a > 1，

x1x2 =1 > 0
又0 < x1 < x2 ，故 x2 >1，
f x1 - f x2
1 1
= x21 - 2ax
2
2 1
+ ln x1 - x2 - 2ax2 + ln x
è 2 2 ÷
1
= x2 21 - x2 - 2a x1 - x2 + ln x1 - ln x2 2
1
= x2 21 - x2 - x1 + x2 x x1 - x2 + ln 12 x2
1
= x2 1 2 x1 1 2 1 12 - x1 + ln = x2 - + ln2 2 x2 2 2x
2 x2 ，2 2
t = x2 1 1令 2 >1，則 f x1 - f x2 = g t = t - - ln t ，2 2t
2
g t 1 1 1 1= + 2 - = 1
1
- ÷ > 0，2 2t t 2 è t
所以 g t 在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以 g t > g 1 = 0，即 g t 的值域?yàn)? 0, + ，
所以 f x1 - f x2 的范圍是 0, + .
【點(diǎn)睛】分離參數(shù)法基本步驟為：
第一步：首先對待含參的不等式問題在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)正負(fù)的情況下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參
數(shù)分離出來，得到一個(gè)一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，
第二步：先求出含變量一邊的式子的最值，通常使用導(dǎo)函數(shù)或基本不等式進(jìn)行求解.
第三步：由此推出參數(shù)的取值范圍即可得到結(jié)論.
a
13．（2023·湖南常德·一模）已知函數(shù) f x = ln x + - 2a （ a R ）.
x +1
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若 f x 兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x x 22，且 1 ée,e ù ，求 f x1 - f x2 的取值范圍.
【答案】(1)當(dāng) a 4時(shí)， f x 在 0 + 上單調(diào)遞增；

f x a - 2 - a
2 - 4a a - 2 + a2 - 4a
當(dāng) a > 4時(shí)， 在 , ÷÷上單調(diào)遞減，
è 2 2
a - 2 - a2 - 4a 0, a - 2 + a
2 - 4a
在 ÷÷， , + ÷÷ 上單調(diào)遞增
è 2 è 2
é 1 1 ù
(2) 2ê4 + - e ,2 + - e e2 e ú
x2 + 2 - a x +1
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，先對函數(shù) f x 求導(dǎo)得 f x = 2 （ x > 0 ），再結(jié)合x x +1
二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)分類討論 a 2， 2 < a 4， a > 4時(shí)， f x 的符號，從而得到函數(shù) f x 的單調(diào)性；
1
（2）根據(jù)（1）和韋達(dá)定理得到 a = x1 + x2 + 2， x2 = x ，結(jié)合 f x1 - f x2 化簡得到1
f x 1 2 1 21 - f x2 = 2ln x1 + - x1， x1 ée,e ùx ，再構(gòu)造函數(shù) g x = 2ln x + - x，x é e,e ù，利用導(dǎo)數(shù)求得 g x 1 x
的值域，即可求解.
【詳解】（1）函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + ，
2
又 f x
x + 2 - a x +1
= 2 ， x 0, + ，x x +1
令 f x = 0 x2，得 + 2 - a x +1 = 0，
當(dāng) a 2時(shí)， x > 0時(shí)， f x > 0，所以 f x 在 0, + 單調(diào)遞增；
當(dāng) a > 2 2時(shí)，方程 x + 2 - a x +1 = 0 D = a2的 - 4a = a a - 4 ，
①當(dāng) 2 < a 4時(shí)，D 0，則 f x > 0，所以 f x 在 0, + 單調(diào)遞增；
2 2
②當(dāng) a > 4時(shí)，D > 0，令 x2 + 2 - a x +1 = 0 x a - 2 - a - 4a a - 2 + a - 4a，得 1 = > 0， x = ，2 2 2
當(dāng) x 0,x1 x2 , + 時(shí)， f x > 0；當(dāng) x (x1, x2 ) 時(shí)， f x < 0；

f x a - 2 - a
2 - 4a , a - 2 + a
2 - 4a
所以 在 ÷上單調(diào)遞減，
è 2 2 ÷

0, a - 2 - a
2 - 4a a - 2 + a2 - 4a
在 ÷÷， , + 2 ÷
÷ 上單調(diào)遞增；
è è 2
綜上所述：
當(dāng) a 4時(shí)， f x 在 0 + 上單調(diào)遞增；

f x a - 2 - a
2 - 4a , a - 2 + a
2 - 4a
當(dāng) a > 4時(shí)， 在 ÷2 2 ÷
上單調(diào)遞減，
è
a - 2 - a20, - 4a
a - 2 + a2 - 4a
在 ÷÷， , + ÷÷ 上單調(diào)遞增；
è 2 è 2
（2）由（1）得，若 f x 有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，
則 a > 4，且 x1 + x2 = a - 2， x1x2 =1，即 a = x1 + x2 + 2 x
1
， 2 = x ；1
故 f x1 - f x2 = ln x
a a
1 + - 2a - ln x2 + - 2ax1 +1 x +1
÷
è 2
ln x x1 + x2 + 2 ln x x1 + x2 + 2 ln x1 x +1 x +1= 1 + - - = + 22 - 1x1 +1 x2 +1 x2 x1 +1 x2 +1
1
= 2ln x + - x x ée,e21 1 ， 1 ùx ，1
令 g x = 2ln x 1+ - x，x é e,e
2 ù
x
，
2
則 g x 2 1 x -1 2= - 2 -1 = - < 0，所以 g x 在 é e,e ù上單調(diào)遞減；x x x2
g e2 g x g e 4 1 e2 g x 2 1即 ，故 + 2 - + - e，e e
é 1 2 1
綜上所述： f x1 - f x2 的取值范圍為： ê4 + 2 - e ,2 + - e
ù
.
e e ú
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：破解含雙參不等式證明題的 3 個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
（1）轉(zhuǎn)化：即由已知條件入手，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；
（2）巧構(gòu)造函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值或值域；
（3）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.
14．（21-22 2高二下·天津·期中）已知函數(shù) f x = ln x + x - ax a R
(1)若 a =1，求函數(shù) f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
(2)當(dāng) a > 0時(shí)，討論 f（x）的單調(diào)性；
1 3
(3)設(shè) f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 且 x1 < x2，若0 < x1 < 求證： f x1 - f x2 > - ln 2 .2 4
【答案】(1) 2x - y - 2 = 0；
(2)答案見解析；
(3)證明見解析.
【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)，進(jìn)而根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出答案；
1 2x2 - ax +1 2
（2）先得到導(dǎo)函數(shù) f x = + 2x - a = ，進(jìn)而討論 h x = 2x - ax +1的零點(diǎn)分布，然后求出答案；
x x
（3）根據(jù)題意可以得到 2x2 - at +1 = 0存在兩個(gè)互異的正實(shí)數(shù)根 x1, x2 x1 < x2 ，然后通過根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)
x x a x x 1
1 1
系得到 1 + 2 = ， 1 2 = ，則有 x2 = ，進(jìn)而可以得到 f x1 - f x2 = ln 2 + 2ln x - x
2 +
2x 1 1 4x2 ，然后探討2 2 1 1
函數(shù) g x1 = ln 2
1
+ 2ln x 21 - x1 + 4x2 的最值，最后證明問題.1
1 a =1 f x = ln x + x2【詳解】（ ）若 ，則 - x，所以 f 1 = 0，又 f x 1= + 2x -1，所以 f 1 = 2，即 fx （x）在
點(diǎn)（1，0）處的切線斜率為 2，所以切線方程為 2x - y - 2 = 0 .
2 f x 0 +∞ f x 1 2x a 2x
2 - ax +1
（ ） （ ）的定義域?yàn)椋?， ）， = + - = ，設(shè) h x = 2x2 - ax +1，其
x x
Δ = a2 -（8 a > 0）.
①當(dāng)D 0時(shí)，即0 < a 2 2 時(shí)， h x 0，即 f x 0，此時(shí) f（x）在（0，+∞）為單調(diào)遞增函數(shù).
2
②當(dāng)D > 0時(shí)，即 a > 2 2 時(shí)，設(shè) h x = 0 兩根為 x a ± a -81，2 = x4 1 < x2
.
當(dāng) x 0, x1 x2 ,+ 時(shí)， h x > 0 ，即 f x > 0，即 f（x）的增區(qū)間為 0, x1 ， x2 ,+ .
當(dāng) x x1,x2 時(shí)， h x < 0，即 f x < 0，即 f（x）的減區(qū)間為 x1, x2 .
綜上：當(dāng)0 < a 2 2 時(shí)，f（x）的單增區(qū)間為 0, + ；
a - a20, -8
2
當(dāng) a > 2 2 時(shí)，f（x）的增區(qū)間為 ÷ ,
a + a -8
,+ ， ÷ ÷÷
è 4 è 4
( a - a
2 -8 a + a2 -8
減區(qū)間為 ， ).
4 4
3 2 f x 1 2x a 2x
2 - ax +1
（ ）由（ ） = + - = , x > 0，
x x
因?yàn)?f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x ，所以 2x22 - at +1 = 0存在兩個(gè)互異的正實(shí)數(shù)根 x1, x2 ，
1 x1 xa 1 = 1 = 2x21
所以 x1 + x2 = ，x1x2 = ，則 x2 = 2x ，所以 x
1 ，
2 2 21 2x1
所以 f x 2 21 - f x2 = ln x1 + x1 - ax1 - ln x2 - x2 + ax2
= ln x1 + 2 2 x1 2 2
x
éx1 - x2 - 2 x1 + x2 x1 - x2 ù = ln + -x + x
2 x
1 2
2
ln 2 2ln x x2 1= + 1 - 1 + 4x2 .1
g x ln 2 2ln x x2 1 2x
2
= + - + -1 2 1 1
2
令 1 1 1 4x2 ，則 g x1 = - 2x1 - 3 = - ，1 x1 2x1 2x
3
1
1 1
∵ 0 < x1 < ，∴ g x1 < 0，∴ g x1 在 0, ÷上單調(diào)遞減，2 è 2
∴ g x 1 1 31 > g ，而 g = - ln 2，
è 2 ÷ è 2 ÷ 4
g x 3 ln 2 f x f x 3即 1 > - ，∴ 1 - 2 > - ln 2 .4 4
【點(diǎn)睛】本題第（3）是典型的雙變量問題，可以作為范題，本題的要領(lǐng)在于通過根與系數(shù)的關(guān)系將雙變量
問題轉(zhuǎn)化為單變量問題，平常注意歸納總結(jié).
1
15．（2023·天津河西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = k ln x +
ex
(k R) .
(1)若函數(shù) y = f (x) 為增函數(shù)，求 k 的取值范圍；
(2)已知0 < x1 < x2 .
e e x
i 2
x2
（）證明： ex
- x > - ln >1-2 e 1 x1 x
；
1
x x
（ii）若 1 2x = x = k ，證明： f x1 - f xe e 2
< 1 .
1 2
é1
【答案】(1) ,+ ÷
êe
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析
x x
【分析】（1）分析可得原題意等價(jià)于 k x 對"x > 0恒成立，構(gòu)建j(x) = x (x > 0) ，利用導(dǎo)數(shù)求最值結(jié)合恒e e
成立問題運(yùn)算求解；
1 e e x x x
（2）（i）取 k = ，根據(jù)題意分析可得 x - x > - ln
2
，構(gòu)建 g x = x - ln x -1 2，結(jié)合導(dǎo)數(shù)證明- ln >1- 2
e e 2 e 1 x1 x1 x1
即可；
x ln x +1
（ii）根據(jù)題意分析可得 0 < x 1 11 < 1 < x2 ， f x1 = x ， f x
x ln x +1 x ln x +1
2 =
2 2
x ，構(gòu)建 g(x) =e 1 e 2 ex
(x > 0)，
結(jié)合導(dǎo)數(shù)證明0 < f x 12 < < f x1 <1，即可得結(jié)果.e
【詳解】（1）∵ f (x) = k ln x
1
+ x (k R)
k 1
，則 f (x) = - x (x > 0)，e x e
f (x) f (x) k 1 x若 是增函數(shù)，則 = - 0，且 x > 0，可得 k ，
x ex ex
k x故原題意等價(jià)于 x 對"x > 0恒成立，e
j(x) x構(gòu)建 = x (x > 0) ，則j (x)
1- x
= x > 0 ，
e ex
令j (x) > 0 ，解得0 < x <1；令j (x) < 0，解得 x >1；
則j(x) 在( 0, 1)上遞增，在 (1, + )遞減，
故j(x) j 11 1= é ，∴ k 的取值范圍為
e ê
,+ ÷ .
e
1 ln x 1
（2）（i）由（1）可知：當(dāng) k = 時(shí)， f (x) = + x 單調(diào)遞增，e e e
∵ 0 < x1 < x2 ，則 f x2 > f x1
1 ln x 1 1 1，即 2 +e ex
> ln x1 + x ，2 e e 1
e e
整理得 x - x > ln x
x
1 - ln x 2e 2 e 1 2
= - ln
x ，1
構(gòu)建 g x = x - ln x -1，則 g x 1 1 x -1= - = x > 0 ，
x x
令 g (x) < 0，解得0 < x <1；令 g (x) > 0，解得 x >1；
則 g(x)在( 0, 1)上遞減，在 (1, + )遞增，
故 g(x) = x - ln x -1 g 1 = 0 ，
即- ln x 1- x，當(dāng)且僅當(dāng) x =1時(shí)等號成立，
x x= 2 x x令 >1 - ln 2，可得 >1- 2x1 x x
，
1 1
e e x2 x2
綜上 ex
-
2 ex
> - ln >1-
1 x x ；1 1
x x k 1 k 1
（ii）∵ 1 = 2 = k ，則 - x = - = 0ex1 ex2 x e 1 x ex
，
2
1 2
可知 f (x)
k 1
= - x = 0有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根 xx e 1
, x2 ，由（1）知 0 < x1 < 1 < x2 ，
1 x 1 x ln x +1
可得 f x1 = k ln x + = 1 1 11 ex1 ex ln x1 + x = x ，1 e 1 e 1
x ln x +1
同理可得 f x2 = 2 2 ，ex2
構(gòu)建 g(x)
x ln x +1(x 0) g (x) (1- x) ln x=
ex
> ，則 = x x > 0 ，e
當(dāng)0 < x <1時(shí)， (1- x) ln x < 0；當(dāng) x >1時(shí)， (1- x) ln x < 0；
當(dāng) x =1時(shí)， (1- x) ln x = 0；
且 ex > 0，故 g (x) 0對"x 0, + 恒成立，故 g(x)在 (0, + )上單調(diào)遞減，
∵ 0 < x1 < 1 < x2 ，則 g(x2 ) < g 1 < g x
1
1 ，即 f x2 < < f x1 ，e
ln x 0,ex 0 x ln x +1 > 0 g(x ) x2 ln x +1且 > 22 > ，則 2 2 ，故 22 = > 0，ex2
1
可得0 < f x2 < ；e
又∵ 0 < x1 <1，由（i）可得- ln x1 >1- x1，即 ln x1 < x1 -1，
則 x1 ln x1 +1< x1 x1 -1 +1<1 < ex1 ，
x ln x +1 1
且 ex1 > 0，則 1 1x <1，可得 < f x1 <1；e 1 e
1
綜上所述：0 < f x2 < < f x1 <1 .e
1
可得- < - f x2 < 0，則0 < f xe 1
- f x2 <1
故 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 <1.
【點(diǎn)睛】方法定睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟
(1)作差或變形．
(2)構(gòu)造新的函數(shù) h(x)．
(3)利用導(dǎo)數(shù)研究 h(x)的單調(diào)性或最值．
(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．
特別地：當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時(shí)，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個(gè)函數(shù)的最值
問題．
1 a
16 2024· · f x = x - a e- x + x2 - 2x, g x = xe- x - ex-1 - x3 2．（ 全國 模擬預(yù)測）已知函數(shù) + ax - f x ，且
2 3
f x 在 x = 0處取得極大值．
(1)求 a的值與 f x 的單調(diào)區(qū)間．
(2)如圖，若函數(shù) y = f x 的圖像在 a,b 連續(xù)，試猜想拉格朗日中值定理，即一定存在 c a,b ，使得
f c = m ，求m 的表達(dá)式〔用含 a,b, f a , f b 的式子表示〕．
(3)利用這條性質(zhì)證明：函數(shù) g x 9 2 e圖像上任意兩點(diǎn)的連線斜率不大于 - ．
4 e
【答案】(1) a =1， f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 - ,0 和 2, + ，單調(diào)遞減區(qū)間為 0,2 ．
f b - f a
f b - f a
(2) 猜想 f c = ，m =
b - a b - a
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù) f x 在 x = 0處取得極大值得 f 0 = 0，求出 a =1，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
（2）由斜率公式求出 A, B連線的斜率，結(jié)合函數(shù)圖像及導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得結(jié)果；
（3）求出 g x ，利用基本不等式求出 g x 的最大值，根據(jù)（2）的結(jié)論可得結(jié)果.
【詳解】（1）由 f x = x - a e- x 1+ x2 - 2x f x = a +1- x e- x，得 + x - 2 ．
2
由題意，得 f 0 = a +1 e0 - 2 = 0，解得 a =1，
則 f x = 2 - x e- x + x - 2 = x - 2 1- e- x ．
令 f x > 0 - x，即 x - 2 1- e > 0，解得 x - ,0 U 2,+ ，
令 f x < 0 - x，即 x - 2 1- e < 0，解得 x 0,2 ，
所以 f x 在 - ,0 和 2, + 上分別單調(diào)遞增，在 0,2 上單調(diào)遞減．
所以 a =1滿足題意， f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 - ,0 和 2, + ，單調(diào)遞減區(qū)間為 0,2 ．
f b - f a（2）猜想如下： f c = ．
b - a
f b - f a
因?yàn)?k = 表示 f x 的圖像上兩端點(diǎn) A, B連線的斜率，
b - a
所以由圖像可知，曲線 f x 上至少存在一點(diǎn)C c, f c 且 c a,b ，使得曲線 f x
在該點(diǎn)處的切線與 f x 的圖像上兩端點(diǎn) A, B的連線平行．
設(shè)切線的斜率為 k ，即 k = f c ，
故一定存在 c a,b f b - f a，使得m = f c = ．
b - a
（3）證明：由（1）可知 g x = e- x - ex-1 1- x3 1+ x2 + 2x ，
3 2
2
則 g x = - e- x + ex-1 - x2 + x 2 e- x ex-1 x 1 9 2 e- x 1 0 9 9 2 e+ = - + - - ÷ + - × 1-x - + = - ，è 2 4 e 4 4 e
1
當(dāng)且僅當(dāng) x = 時(shí)取等號．由猜想可知，對于函數(shù) g x 圖像上任意兩點(diǎn) A, B，在 A, B之間
2
一定存在一點(diǎn)C c, g c ，使得 g c = kAB ．
又 g x 9 2 e 9 2 e - ,所以 k
4 e AB
= g c - ．
4 e
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù) y = f x 單調(diào)性的一般步驟：（1）求函數(shù)定義域；（2）求導(dǎo)數(shù) f x ；
（3）令導(dǎo)數(shù) f x > 0解不等式，（4）結(jié)合定義域?qū)懗鰡握{(diào)遞增區(qū)間和遞減區(qū)間.
17．（2024·湖北襄陽·三模）柯西中值定理是數(shù)學(xué)的基本定理之一，在高等數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用.定理內(nèi)容
為：設(shè)函數(shù) f(x)，g(x)滿足:
①圖象在 a,b 上是一條連續(xù)不斷的曲線；
②在 a,b 內(nèi)可導(dǎo);
f b - f a f x
③對"x a,b ， g x 0 ，則$x a,b ，使得 =g b - g a g x .
特別的，取 g x = x，則有：$x a,b f b - f a ，使得 = f x ，此情形稱之為拉格朗日中值定理.
b - a
(1)設(shè)函數(shù) f x f x 滿足 f 0 = 0，其導(dǎo)函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，證明：函數(shù) y = 在 0, + 上為
x
增函數(shù).
a,b 0,e ln a ln b m b a (2)若" 且 a > b，不等式 - + - ÷ 0 恒成立，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.b a è a b
【答案】(1)證明見解析
é1
(2) ê ,+ 2 ÷
f x
【分析】（1）由柯西中值定理可得對"x > 0，$x 0, x ， = f x ，結(jié)合 f x 的單調(diào)性即可求解；
x
（2）取 f x = x ln x ， g x = x2，由柯西中值定理$x 1+ lnxb,a ， m2x 成立，設(shè)
G x 1+ ln x= 0 < x < e ，利用導(dǎo)函數(shù)求解G x 的最大值即可得.
2x
f x f1 x - f 0 【詳解】（ ）由題 = ，
x x - 0
由柯西中值定理知：對"x > 0，$x 0, x ，
f x - f 0 f x f x
使得 = = f x ， = f x ，
x - 0 1 x
又 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，則 f x > f x ，
f x
則 f x > ，即 xf x - f x > 0，
x
é f x ù xf x - f x
所以 ê ú = 2 > 0，
x x
f x
y 故 = 在 0, + 上為增函數(shù)；
x
ln a ln b m b a 0 a ln a - b ln b（2） - +
b a
- m，
è a b ÷ a2 - b2
取 f x = x ln x ， g x = x2，
因?yàn)?a > b，所以由柯西中值定理，$x b,a ，
f a - f b a ln a - b ln b f x 1+ lnx
使得 = = =g a g b a2 b2 g x 2x ，- -
1+ lnx
由題則有： m2x ，
設(shè)G x 1+ ln x= 0 < x < e ，G x - ln x = ，
2x 2x2
當(dāng)0 < x <1時(shí)，G x > 0 ，當(dāng)1< x < e 時(shí)，G x < 0，
所以G x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1,e 上單調(diào)遞減，
所以G x G 1 1= =max ，2
1 é1m 故 ，所以實(shí)數(shù)m 的取值范圍是 ê ,+ 2 ÷
.
2
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題主要考查柯西中值定理的應(yīng)用，解題關(guān)鍵在于充分理解和把握柯西中值定理的
內(nèi)涵，構(gòu)造與之匹配的結(jié)構(gòu)，運(yùn)用定理進(jìn)行解析式的簡化，達(dá)到透過現(xiàn)象抓住本質(zhì)的目的.
18．（2024·廣東·二模）拉格朗日中值定理是微分學(xué)的基本定理之一，其內(nèi)容為：如果函數(shù) f x 在閉區(qū)間 a,b
上的圖象連續(xù)不斷，在開區(qū)間 a,b 內(nèi)的導(dǎo)數(shù)為 f x ，那么在區(qū)間 a,b 內(nèi)存在點(diǎn) c，使得
f b - f a = f c b - a 成立．設(shè) f x = ex + x - 4，其中 e為自然對數(shù)的底數(shù)， e 2.71828．易知， f x
3
在實(shí)數(shù)集R 上有唯一零點(diǎn) r ，且 r (1, )．
2
(1)證明：當(dāng) x (r, r
1
+ )時(shí)，0 < f x <1；
9
(2) f x = ex從圖形上看，函數(shù) + x - 4的零點(diǎn)就是函數(shù) f x 的圖象與 x 軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．直接求解
f x = ex + x - 4的零點(diǎn) r 3是困難的，運(yùn)用牛頓法，我們可以得到 f x 零點(diǎn)的近似解：先用二分法，可在 (1, )
2
1
中選定一個(gè) x0 作為 r 的初始近似值，使得0 < f x0 < ，然后在點(diǎn) x0 , f x0 處作曲線 y = f x 的切線，切2
線與 x 軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，稱x1是 r 的一次近似值；在點(diǎn) x1, f x1 處作曲線 y = f x 的切線，切線與 x
軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x ，稱x 是 r 的二次近似值；重復(fù)以上過程，得 r 的近似值序列 x0 , x1, x2 , , xn , 2 2 ．
①當(dāng) xn > r 時(shí)，證明： xn > xn+1 > r ；
②根據(jù)①的結(jié)論，運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法可以證得： xn 為遞減數(shù)列，且"n N, xn > r ．請以此為前提條件，證
明：0 x
1
< n - r < ．2 ×8n
【答案】(1)證明見解析；
(2)①證明見解析；②證明見解析.
1
【分析】（1）因?yàn)?f (x) 在 R 上單調(diào)遞增，所以任意 x (r, r + )，有 f (x) > f (r) = 0，另一方面，注意到
9
f (r) = 0，即 f (x) = f (x) - f (r) ，根據(jù)拉格明日中值定理，即可證明結(jié)論.
f xn
（2）①利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義進(jìn)行證明即可；②根據(jù)① 0 < f xn <1，及前面的結(jié)論， xn+1 = xn - f xn
，
n N ，構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)數(shù)，結(jié)合拉格朗日中值定理證明結(jié)論.
【詳解】（1）由 f (x) 在 R 上單調(diào)遞增，得任意 x (r, r
1
+ )，有 f (x) > f (r) = 0，
9
又由 f (r) = 0，得 f (x) = f (x) - f (r) ，根據(jù)拉格明日中值定理，
存在 c (r, x) ， f (x) = f (x)
1 1
- f (r) = f (c)(x - r) < f (c) = (ec +1) ，
9 9
因?yàn)?r (1,
3) c x 1 3 1 1 1，所以 < < r + < + < 2 c， (e +1) < (e2 +1) <1，
2 9 2 9 9 9
所以0 < f (x) <1.
（2）①先證 xn > xn+1，
在 (xn , f (xn ))處，曲線 y = f (x) 的切線方程為 y - f xn =f xn x - xn ，
f x f x
令 y = 0 ，得 x = xn - f x ，即
xn+1 = xn -
n f x
，
n
由于 xn > r ， f (x) 在 R 上單調(diào)遞增，則 f xn > f r = 0，
f x f x
而 f x = ex +1 > 0 n，則有 > 0 xf x ，所以 n+1
= xn - < x x > x
n f x n
，即 n n+1；
n
再證： xn+1 > r ，
由于 f (x) 在 R 上單調(diào)遞增，只需證 f xn+1 > f r = 0，
曲線 y = f (x) 的切線方程為 y - f xn =f xn x - xn ，即 y = f xn + f xn x - xn ，
根據(jù) xn+1的定義， f xn + f xn xn+1 - xn = 0，
令 h x = f x - f xn - f xn x - xn ， x xn+1, xn ，
h x = f x - f x = exn - exn < 0， x xn+1, xn ，
于是 h(x) 在[xn+1, xn ]上單調(diào)遞減，而 h xn = f xn - f xn - f xn xn - xn = 0，
因此 h xn+1 > 0，又 h xn+1 = f xn+1 ，即 f xn+1 > 0，所以 xn+1 > r ，
綜上 xn > xn+1 > r .
②由 f (x) 在 R 上單調(diào)遞增，0 < f x0
1
< ，得 x0 > r ，2
f x
則 x0 > x1 > x2 >L > xn >L > r >1，由① 0 < f x <1 nn ，及前面的結(jié)論， xn+1 = xn - f x ， n N ，n
f x 令j x = x - ，則 xn+1 = j xn ，記 t(x) = f (x) r < x < xf x ，則當(dāng) 0時(shí)，
x f x t
x f x ex f x ex f x f x f x
j = = = = < < 0 1<
[ f x ]2 ex +1 2 ex + 2ex +1 ex 1+ 2 + 4 4 8 ，
ex
根據(jù)拉格朗日中值定理，
$c r, xn r, x0 ， xn+1 - r = j xn -j r = j (c) xn - r
1
< xn - r ， n N ，8
ì x1 - r 1
<
x0 - r 8
x2 - r 1
<
x - r 1
x1 - r 8
n+1 xn - r 1 1 1
即 < ，于是 í x3 - r 1 ，累乘得 n
-
2
LLL

xn - r 1<
xn-1 - r 8
【點(diǎn)

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