資源簡(jiǎn)介

特訓(xùn) 07 利用導(dǎo)數(shù)解決雙變量問題（三大題型）
如果兩個(gè)變量之間不存在具體直觀的等量關(guān)系，但可以通過適當(dāng)?shù)拇鷶?shù)變形將兩個(gè)變量化為某種結(jié)
x
構(gòu)的整體，常見如 x -x, 2 ，這種通過換元實(shí)現(xiàn)雙變量合二為一目的，把雙變量轉(zhuǎn)化為單變量的手段分別稱
x1
為“差值代換”和“比值代換”.
x
注：如果所給條件能轉(zhuǎn)化為關(guān)于變量 x ,x 的齊次式，常常建立關(guān)于 2 的函數(shù) .
x1
導(dǎo)數(shù)中解決雙變量問題的步驟：
(1)先根據(jù)已知條件確定出兩個(gè)變量 x ,x 滿足的條件；
(2)將雙變量轉(zhuǎn)化為單變量，具體有兩種可行的方法：
x x
① 將所有涉及 x ,x 的式子轉(zhuǎn)化為關(guān)于 2 的式子，令 t 2 ,將問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于自變量 t 的函數(shù)問題；
x1 x1
② 令 t=x -x ,將問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于自變量 t 的函數(shù)問題.
注：需要關(guān)注新元的范圍即為新函數(shù)的定義域，借助新函數(shù)的單調(diào)性和值域完成問題的分析求解.
目錄：
01 ：轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)解決
02 ：整體代換
03 ：　構(gòu)造具體函數(shù)解決雙變量問題
01 ：轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)解決
例 1 已知函數(shù) f(x)＝ln x－ax＋1，其中 a 為實(shí)常數(shù).對(duì)于函數(shù)圖象上任意不同的兩點(diǎn) A(x1，f(x1))，B(x2，
f(x2))，直線 AB 的斜率為 k，若 x1＋x2＋k＞0 恒成立，求 a 的取值范圍.
f（x1）－f（x2） f（x1）－f（x2）
解　由題意，k＝ ，則原不等式化為 x1＋x2＋ ＞0，不妨設(shè) xx x x x 1
＞x2＞0，則(x1＋
1－ 2 1－ 2
x2)(x 21－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即 x1－x22＋f(x1)－f(x2)＞0，
即 f(x 2 21)＋x1＞f(x2)＋x2.
設(shè) g(x)＝f(x)＋x2＝ln x＋x2－ax＋1，
1 2x2－ax＋1
則 g′(x)＝ ＋2x－a＝ ，
x x
由已知，當(dāng) x1＞x2＞0 時(shí)，不等式 g(x1)＞g(x2)恒成立，則 g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù).
所以當(dāng) x＞0 時(shí)，g′(x)≥0，即 2x2－ax＋1≥0，
2x2＋1 1
即 a≤ ＝2x＋ 恒成立，
x x
1 1
因?yàn)?2x＋ ≥2 2，當(dāng)且僅當(dāng) 2x＝ ，
x x
2
即 x＝ 時(shí)取等號(hào)，
2
所以( 1 2x＋ ) ＝2 2.x min
故 a 的取值范圍是(－∞，2 2].
感悟提升　此類問題一般是給出含有 x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通過變形，把不等式兩邊轉(zhuǎn)化為結(jié)
構(gòu)形式相同的代數(shù)式，即轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)，可利用該函數(shù)單調(diào)性求解.
1
訓(xùn)練 1 已知函數(shù) f(x)＝aln x＋ x2，在其圖象上任取兩個(gè)不同的點(diǎn) P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，總能使得2
f（x1）－f（x2）
＞2，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為(　　)
x1－x2
A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1，2) D.[1，2]
答案　B
f（x1）－f（x2）
解析　由 ＞2，x1＞x2＞0，x1－x2
∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，
∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，
1
構(gòu)造函數(shù) g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋ x2－2x，
2
則 g(x1)＞g(x2)，
∴函數(shù) g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，
a
由于 g′(x)＝ ＋x－2，則 g′(x)≥0 對(duì)任意的 x∈(0，＋∞)恒成立，
x
a
由 g′(x)＝ ＋x－2≥0，
x
可得 a≥－x2＋2x，
當(dāng) x＞0 時(shí)，則 y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng) x＝1 時(shí)，等號(hào)成立，
∴a≥1，因此實(shí)數(shù) a 的取值范圍為[1，＋∞).
02 ：整體代換
例 2 設(shè)函數(shù) f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x，g(x)＝2aln x－4x＋b，其中 a＞0，b∈R.已知 a＞2，且方程 f(x)＝g(x)
x1＋x2
在(1，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根 x1，x2，求證：f′( 2 )＞0.
證明　方程 f(x)＝g(x)，即 x2－(a－2)x－aln x＝b，
在(1，＋∞)上有兩個(gè)不等實(shí)根 x1和 x2，不妨設(shè) 1＜x1＜x2，
則 x21－(a－2)x1－aln x1＝b①，
x22－(a－2)x2－aln x2＝b②，
x12＋2x1－x22－2x2
①－②得 a＝ ，
x1＋ln x1－x2－ln x2
a
a 2x2－（a＋2）x＋a 2（x－1）(x－
∵a 2
)
＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋ ＝ ＝ ，x＞0，
x x x
則 f(x)在( a ) a1， 上單調(diào)遞減，( ，＋∞)上單調(diào)遞增，2 2
a
∴當(dāng) x∈(1， )時(shí)，f′(x)＜0，2
a
當(dāng) x∈( ，＋∞ 時(shí)，f′(x)＞0，2 )
x1＋x2 x1＋x2 a
若證 f′( ＞0，只需證 ＞ ，2 ) 2 2
即 a＜x1＋x2，
x21＋2x1－x22－2x2
只需證 ＜x ＋x ，
x1＋ln x1－x2－ln x
1 2
2
∵x1＜x2，∴x1＋ln x1＜x2＋ln x2，
即需證 x21＋2x1－x22－2x2＞(x1＋x2)(x1＋ln x1－x2－ln x2)，
2（x1－x2）
整理得 ln x1－ln x2＜ ，x1＋x2
x1
x1 2( －1 )
即證 ln x2＜ ，
x2 x1
x ＋12
x1 2（t－1）
令 t＝ ∈(0，1)，設(shè) h(t)＝ln t－ ，
x2 t＋1
（t－1）2
h′(t)＝ ＞0，
t（t＋1）2
顯然 h(t)在(0，1)上單調(diào)遞增.
x1＋x2
∴h(t)＜h(1)＝0，故 f′( )＞0 得證.2
感悟提升　(1)解此類題的關(guān)鍵是利用代入消元法消去參數(shù) a，得到僅含有 x1，x2 的式子.(2)與極值點(diǎn) x1，x2
有關(guān)的雙變量問題，一般是根據(jù) x1，x2是方程 f′(x)＝0 的兩個(gè)根，確定 x1，x2的關(guān)系，再通過消元轉(zhuǎn)化為只
x2
含有 x1或 x2的關(guān)系式，再構(gòu)造函數(shù)解題，即把所給條件轉(zhuǎn)化為 x1，x2的齊次式，然后轉(zhuǎn)化為關(guān)于 的函數(shù)，x1
x2
把 看作一個(gè)變量進(jìn)行整體代換，從而把二元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)來解決問題.
x1
訓(xùn)練 2 設(shè) a∈R，函數(shù) f(x)＝ln x－ax，若 f(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn) x1，x2，求證：ln x1＋ln x2＞2.
證明　由已知得 ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
ln x1＋ln x2 ln x1－ln x2
所以 a＝ ＝ ，
x1＋x2 x1－x2
x1＋x2 x1
所以 ln x1＋ln x2＞2 等價(jià)于 ln ＞2，x1－x2 x2
x1
x ＋12 x1
即 ln ＞2，
x1 x
－1 2x2
x1 2（t－1）
設(shè) x1＞x2，令 t＝ ＞1，g(t)＝ln t－ ，x2 t＋1
1 4 （t－1）2
則 g′(t)＝ － ＝ ＞0，
t （t＋1）2 t（t＋1）2
所以 g(t)＞g(1)＝0，
2（t－1）
即 ln t＞ ，
t＋1
t＋1
即得 ln t＞2，所以原題得證.
t－1
03 ：　構(gòu)造具體函數(shù)解決雙變量問題
例 3 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 bln a－aln b＝a－b，證明：2< ＋ a b
(1)解　因?yàn)?f(x)＝x(1－ln x)，
所以 f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
1
f′(x)＝1－ln x＋x·(－ )＝－ln x.x
當(dāng) x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng) x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0.
所以函數(shù) f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. ………………3 分
ln a ln b 1
(2)證明　由題意，a，b 是兩個(gè)不相等的正數(shù)，且 bln a－aln b＝a－b，兩邊同時(shí)除以 ab，得 － ＝ －
a b b
1 ln a＋1 ln b＋1 1 1
，即 ＝ ，即 f( )＝f .a a b a (b )
1 1
令 x1＝ ，x2＝ ，……………………5 分a b
由(1)知 f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且當(dāng) 00，當(dāng) x>e 時(shí)，f(x)<0，
不妨設(shè) x11 1
要證 2< ＋ 先證 x1＋x2>2：
要證 x1＋x2>2，即證 x2>2－x1，
因?yàn)?0所以只要證 x2>2－x1>1，
又 f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以即證 f(x2)又 f(x1)＝f(x2)，
所以即證 f(x1)即證當(dāng) x∈(0，1)時(shí)，f(x)－f(2－x)<0.
構(gòu)造函數(shù) F(x)＝f(x)－f(2－x)，
則 F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)
＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
當(dāng) 0則－ln[x(2－x)]>0，
即當(dāng) 00，
所以 F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng) 0所以當(dāng) 0所以 x1＋x2>2 成立. ……………………9 分
再證 x1＋x2由(1)知，f(x)的極大值點(diǎn)為 x＝1，f(x)的極大值為 f(1)＝1，
過點(diǎn)(0，0)，(1，1)的直線方程為 y＝x，
設(shè) f(x1)＝f(x2)＝m，
當(dāng) x∈(0，1)時(shí)，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直線 y＝x 與直線 y＝m 的交點(diǎn)坐標(biāo)為(m，m)，則 x1欲證 x1＋x2即證當(dāng) 1構(gòu)造函數(shù) h(x)＝f(x)＋x，
則 h′(x)＝1－ln x，
當(dāng) 10，所以函數(shù) h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng) 1即 f(x)＋x1 1
綜上可知，2< ＋ a b
答題模板
第一步　分析題意，探究?jī)勺兞康年P(guān)系
第二步　合二為一，變?yōu)閱巫兞坎坏仁?br/>第三步　構(gòu)造函數(shù)
第四步　判斷新函數(shù)的單調(diào)性或求新函數(shù)的最值，進(jìn)而解決問題
第五步　反思回顧解題過程，規(guī)范解題步驟
訓(xùn)練 3 已知函數(shù) f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).當(dāng) x＞y＞e－1 時(shí)，求證：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
證明　∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，
即 ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，
欲證 exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
ex ey
即證明 ＞ ，
ln（x＋1） ln（y＋1）
ex
令 g(x)＝ ，
ln（x＋1）
x[ 1e ln（x＋1）－x＋1]
則 g′(x)＝ ，
ln2（x＋1）
1
顯然函數(shù) h(x)＝ln(x＋1)－ 在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
x＋1
1
∴h(x)＞1－ ＞0，即 g′(x)＞0，
e
∴g(x)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∵x＞y＞e－1 時(shí)，g(x)＞g(y)，
ex ey
即 ＞ ，
ln（x＋1） ln（y＋1）
∴當(dāng) x＞y＞e－1 時(shí)，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
方法技巧 1 極值點(diǎn)偏移
(1)極值點(diǎn)不偏移
x1＋x2
已知函數(shù) f(x)圖象的頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)就是極值點(diǎn) x0，若 f(x)＝c 的兩根的中點(diǎn)剛好滿足 ＝x0，即極值點(diǎn)在2
兩根的正中間，也就是說極值點(diǎn)沒有偏移.此時(shí)函數(shù) f(x)在 x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢相同，如圖(1).
圖(1)
(無(wú)偏移，左右對(duì)稱，二次函數(shù))若 f(x1)＝f(x2)，則 x1＋x2＝2x0.
(2)極值點(diǎn)偏移
x1＋x2
若 ≠x0，則極值點(diǎn)偏移，此時(shí)函數(shù) f(x)在 x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢不同，如圖(2)(3).2
圖(2)
(左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移)若 f(x1)＝f(x2)，則 x1＋x2＞2x0；
圖(3)
(左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移)若 f(x1)＝f(x2)，則 x1＋x2＜2x0.
(3)極值點(diǎn)偏移問題的常見解法
①(對(duì)稱化構(gòu)造法)構(gòu)造輔助函數(shù)：對(duì)結(jié)論 x1＋x2＞2x0 型，構(gòu)造函數(shù) F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對(duì)結(jié)論 x 21x2＞x 0
x20
型，構(gòu)造函數(shù) F(x)＝f(x)－f( )，通過研究 F(x)的單調(diào)性獲得不等式.x
x1
②(比值代換法)通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換 t＝ 化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單
x2
調(diào)性證明.
例 已知函數(shù) f(x)＝xe－x，如果 x1≠x2，且 f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2＞2.
證明　法一(對(duì)稱化構(gòu)造法)
由題意知，f(x)＝xe－x，f′(x)＝e－x(1－x)，
令 f′(x)＝0，解得 x＝1.
當(dāng) x 變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x (－∞，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
1
f(x)
e
由 x1≠x2，不妨設(shè) x1＞x2，
根據(jù) f(x1)＝f(x2)，
結(jié)合圖象可知 x1＞1，x2＜1，
令 F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，
則 F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.
∵x＞1，2x－2＞0，
∴e2x－2－1＞0，則 F′(x)＞0，
∴F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴當(dāng) x＞1 時(shí)，F(xiàn)(x)＞F(1)＝0，
即當(dāng) x＞1 時(shí)，f(x)＞f(2－x)，
則 f(x1)＞f(2－x1).
又∵f(x1)＝f(x2)，
∴f(x2)＞f(2－x1).
∵x1＞1，∴2－x1＜1，
∴x2，2－x1∈(－∞，1)，
∵f(x)在(－∞，1)上是增函數(shù)，
∴x2＞2－x1，∴x1＋x2＞2.
法二(比值代換法)
設(shè) 0＜x1＜1＜x2，f(x1)＝f(x2)，
即 x e－x －x1 1＝x2e 2，
取對(duì)數(shù)得 ln x1－x1＝ln x2－x2.
x2
令 t＝ ＞1，則 x2＝tx1，代入上式得 ln x1－x1＝ln t＋ln x1－txx 1
，
1
ln t tln t
得 x1＝ ，x2＝ .t－1 t－1
（t＋1）ln t 2（t－1）
∴x1＋x2＝ ＞2 ln t－ ＞0，t－1 t＋1
2（t－1）
設(shè) g(t)＝ln t－ (t＞1)，
t＋1
1 2（t＋1）－2（t－1） （t－1）2
∴g′(t)＝ － ＝ ＞0，
t （t＋1）2 t（t＋1）2
∴當(dāng) t＞1 時(shí)，g(t)單調(diào)遞增，
∴g(t)＞g(1)＝0，
2（t－1）
∴l(xiāng)n t－ ＞0，
t＋1
故 x1＋x2＞2.
方法技巧 1 指數(shù)、對(duì)數(shù)均值不等式
極值點(diǎn)偏移問題是近幾年高考的熱點(diǎn)問題，求解此類問題的一個(gè)重要工具就是指數(shù)均值不等式和對(duì)數(shù)均值
不等式.
一、對(duì)數(shù)均值不等式
a－b a＋b
結(jié)論 1　對(duì)任意的 a，b＞0(a≠b)，有 ab＜ ＜ .
ln a－ln b 2
證明　不妨設(shè) a＞b＞0(0＜a＜b 時(shí)同理可得)
a－b a－b
首先，由 ab＜ 等價(jià)于 ln a－ln b＜ ，
ln a－ln b ab
a
a b－1
即 ln ＜ .
b a
b
a x2－1
令 x＝ ＞1，只要證 ln x2＜ ，
b x
即證 2xln x－x2＋1＜0.
令 f(x)＝2xln x－x2＋1(x＞1)，
2
則 f′(x)＝2ln x＋2－2x，f″(x)＝ －2＜0，f′(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，
x
即 f(x)＜f(1)＝0.
a－b
故 ab＜ .
ln a－ln b
a－b a＋b 2（a－b）
其次， ＜ 等價(jià)于 ln a－ln b＞ ，
ln a－ln b 2 a＋b
a
a 2( －1 )
即 ln b＞ .
b a
b＋1
a 2（x－1）
令 x＝ ＞1，只要證 ln x＞ ，
b x＋1
即證(x＋1)ln x－2x＋2＞0.
設(shè) g(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x＞1)，
同理可證 g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，
有 g(x)＞g(1)＝0.
a－b a＋b
故 ＜ .
ln a－ln b 2
二、指數(shù)均值不等式
m＋n em－en em＋en
結(jié)論 2　對(duì)任意實(shí)數(shù) m，n(m≠n)，有 e ＜ ＜ .
2 m－n 2
證明　在指數(shù)均值不等式中，令 em＝a、en＝b，則 m＝ln a，n＝ln b，從而可得對(duì)數(shù)均值不等式.需注意的是，
在實(shí)際解題過程中，凡涉及這兩個(gè)不等式的都需給出證明，以確保考試不被扣分，但本文以下的例題省略
該過程.
例 (1)若函數(shù) f(x)＝ln x－ax(a 為常數(shù))有兩個(gè)不同的零點(diǎn) x1，x2，請(qǐng)證明：x 21x2＞e .
證明　借助 a 作為媒介，構(gòu)造對(duì)數(shù)均值不等式.
依題意，ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0.
兩式相減，得 ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，
ln x1－ln x2
即 a＝ ，兩式相加，
x1－x2
得 ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2).
故欲證 x1x2＞e2，
即證 ln x1＋ln x2＞2，
即證 a(x1＋x2)＞2，
ln x1－ln x2 2
即證 ＞ .
x1－x2 x1＋x2
由對(duì)數(shù)均值不等式知上式顯然成立.
綜上，x1x2＞e2成立.
(2)已知函數(shù) f(x)＝x－aex(a 為常數(shù))有兩個(gè)不同的零點(diǎn) x1，x2，證明：x1＋x2＞2.
證明　借助 a 作為媒介，構(gòu)造指數(shù)均值不等式.
依題意，x x1＝ae 1，x ＝aex2 2.
兩式相加、減，得 x1＋x2＝a(ex ＋ex1 2)，x1－x2＝a(ex1－ex2).
故欲證 x1＋x x x2＞2，即證 a(e 1＋e 2)＞2，
x1－x2
即證 (ex1＋ex )＞2，ex1－ex2 2
ex1＋ex2 ex1－ex2
即證 ＞ .
2 x1－x2
由指數(shù)均值不等式(結(jié)論 2)知上式顯然成立，因此 x1＋x2＞2 成立.
一、解答題
1．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
(2)若x1， x2 x1 x2 為函數(shù) g(x) kx2
1
+ 2 - ln x 的兩個(gè)零點(diǎn)，求證： x1x2
4 >12e4．
x
【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)，再分 a 0和 a > 0兩種情況求解不等式，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，即
可求解；
ln x1 ln x
2 -
2
2
（2）代入函數(shù)的零點(diǎn)，并變形為 x x 1 ， t 4 12e41 2 - ，并利用分析法，將所證明不等式轉(zhuǎn)化
x41 - x
4
2 x1x
4
2
ln x x4 ln x x4 ln x x 4
為證明 1 + 1 < 22 4 2 +
2
4 ，再通過構(gòu)造函數(shù) h(x) + x (0,+ )x t x t x 2 t 4
， ，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，
1 2
即可證明.
2 12x6 - a
1 【解析】（ ） f (x) 24x5 2a- ， x (0,+ )．
x x
當(dāng) a 0時(shí)， f (x) > 0 ，則 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增．
6 a a
當(dāng) a > 0時(shí)，令 f (x) 0，得 x ，解得 x 6 ．
12 12
f (x) > 0 x a f (x) < 0 a當(dāng) 時(shí)， > 6 ，當(dāng) 時(shí)，0 < x < 6 ，
12 12
a a
所以 f (x) 在 6 0, 12 ÷÷上單調(diào)遞減，在
6
,+ ÷÷ 上單調(diào)遞增．
è è 12
綜上：當(dāng) a 0時(shí)， f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增；
a a
當(dāng) a > 0時(shí)， f (x) 在 0, 6 12 ÷÷上單調(diào)遞減，在
6
,+ 12 ÷÷
上單調(diào)遞增．
è è
1 1
（2）設(shè)0 < x1 < x2 ，則 g x 21 kx1 + 2 - ln x1 0 g x kx2， 2 2 + 2 - ln x2 0x ，1 x2
所以 k
ln x 1 ln x 1
1 - 2 -
x21 x
4 x2 x4 ，1 2 2
ln x ln x 1 1 x4 - x4
ln x1 ln x- 2
1 - 2 - 2 1 x2 2所以 x 1x2 x2 x4 x4 x x 4 ， 1 2 - ，1 2 1 2 1 2 x41 - x4 x x 42 1 2
1 1
記 t 4 12e4
4
，要證 x1x2 >12e4，只需證- > - x x 4 t 4 ，1 2
ln x1 ln x
2 -
2 4
x x2 1 ln x1 x1 ln x2 x
4
只需證 1 2 ，只需證 2 + 4 <
2
> - x t x2
+ 4 ．
x4 - x4 t 4 1 2 t1 2
ln x x 4h(x) x (0,+ ) h (x) t
4 (1 - 2 ln x) + 4x 6
記 2 + ， ，則 ，x t 4 x3t 4
記j ( x ) t 4 (1 - 2 ln x ) + 4 x 6 ， x (0,+ )，
a 12e4 2
由（1）可知，取 a t 4 > 0 ，則 x0 6 6 e3 ，12 12
2 2
所以j(x) 在 0,e3 ÷上單調(diào)遞減，在 e3 , + ÷上單調(diào)遞增，
è è
2 4 1
所以j(x)min j e3 ÷ t
4 1- + 4e4 12e4 × ÷ - ÷ + 4e
4 0，
è è 3 è 3
2
所以j(x) j e3 ÷ 0，即 h (x) 0，所以 h(x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增，
è
又0 < x1 < x2 ，所以 h x1 < h x 42 ，所以 x1x2 >12e4成立．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第 2 問的關(guān)鍵是將將函數(shù)零點(diǎn)的式子，結(jié)合分析法，進(jìn)行變形，轉(zhuǎn)化為判斷函
ln x x 4
數(shù) h(x) + ， x (0,+ )2 4 的單調(diào)性，即可證明.x t
2．（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(duì) 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
【解析】（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 j ，故 1 x 單調(diào)遞減，

又j1 0 cos0 - 0 1 > 0，j 1 1 cos1- 2 < 0，
故存在 x0 0,1 ，使j 1 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 ，
故函數(shù)j1(x) sin x - x
2
與j2 x ex - 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 x
1
時(shí)， f x ae - < 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 1 aex - ，
x +1
m x aex 1則 + > 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
a > 0 n x g x 1 - ex由 ，令 ，
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 時(shí)，有 f 0 ae0 1- 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, + ，
有 g 0 1 1 - e0 -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, + ，
即有 f x x
1
1
1 ae - 0 ， g x2
1
- ex2 0
x +1 x + a ，1 2
ex 1 ex 11 2即 ， a x +1 x + a ，此時(shí)需滿足 x > x
x1 x2
1 2 > 0，則 e > e ，
1 2
1 1
> a x< 2故有 <1a x1 +1 x a ，即
x2 > ax1，即 ，故 a + x 0,1 符合要求；2 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 ，
g 0 1 e0 1有 - -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 +1 x + a ，此時(shí)需滿足0 > x1 > x2，即 x2 > ax1，則
a >
1 2 x
，
1
x2
由 <1 a 1, + x ， ，故該不等式成立，故 a 1, + 符合要求；1
1 1 1
當(dāng) a 1 f 0 ae0 - a -1 0 g 0 - e0時(shí)，有 ， -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,+ ；
1
（ii）當(dāng) a 0,1 時(shí)，有 x1 > x2 > 0，則 ex2 > e0 1，故0 < x2 + a <1x ，2 + a
g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
則 g x1 < g x2 ln x + a - ex22 +1 ln x2 + a
1
- +1
x2 + a
，
令 t x2 + a 0,1 ，則 g x2 lnt
1
- +1，令m t lnt 1- +1， t 0,1
t t
則m t 1 1 + 2 > 0，故m t 在 0,1 上單調(diào)遞增，t t
1
則 g x2 lnt - +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 x ln x a ex 1 x ln 11 + 2 < 2 + 2 2 + - 2 + + 2 x2x - e +1+ x2 1- ex2 < 0，e 2
即當(dāng) a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
當(dāng) a 1, +
1
時(shí)，有0 > x1 > x
x2
2，則 e < e
0 1 x + a >1
x2 + a
，即 2 ，
g x 在 -a, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
則 g x1 > g 0 ln 0 + a - e0 +1 lna > 0 ，
即要證 g x1 > x2 ，只需證 g x1 + x2 > 0，
g x1 + x2 ln x1 + a - ex1 +1+ x2 > ln x2 + a - ex1 +1+ x2
ln 1 - ex1 +1+ x -x - ex1x 2 2 +1+ x2 1- e
x1 >1- e0 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).
lnx
3．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x ax - ， a > 0．
x
(1)若 f x 存在零點(diǎn)，求 a 的取值范圍；
(2) 2若x1，x2為 f x 的零點(diǎn)，且 x1 < x2，證明： a x1 + x2 > 2．

【答案】(1) 0,
1 ù
è 2e ú
；

(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù) g x 的最小值，解不等式 g x 0min 即可求解；
2 a
lnx
1
- lnx2 lnx1 - lnx2 x1
（ ）由零點(diǎn)的定義可得 x - x x + x ，只需證
x + x > 2 t
1 2 1 2 x - x
1 2 ，令 x ，利用導(dǎo)數(shù)證明不等1 2 2
2 t -1
式F t lnt - < 0即可.
t +1
【解析】（1） f x 的定義域?yàn)? 0, + ，
令 f x 0，即 ax lnx- 0 a > 0 ，等價(jià)于
x ax
2 - lnx 0，
2
設(shè) g x ax2 - lnx ，則 g x 2ax 1 2ax -1- （ x > 0），
x x
令 g x 0 2a，可得 x ，
2a

x 0, 2a

當(dāng) ÷÷時(shí)， g x < 0， g x 單調(diào)遞減，
è 2a

x 2a

當(dāng) ,+ ÷÷ 時(shí)， g x > 0， g x 單調(diào)遞增，
è 2a

則 g x 2a 1 2a 1的最小值為 g ÷÷ - ln 1+ ln2a ， g 1 a > 0，
è 2a 2 2a 2
2 2a 1
要使得 g x ax - lnx 存在零點(diǎn)，則 g 2a ÷÷ 1+ ln2a 0，è 2
1 ù
即1+ ln2a 0，得 a 0, ．
è 2e ú
（2）由 x1, x2 為 f x 的零點(diǎn)，得 f x1 f x2 0 ，
2
即 g x1
ìax1 - lnx1 0, g x2 0，即 í
ax
2
2 - lnx2 0,
2 2 a lnx1 - lnx兩式相減得 a x1 - x2 - lnx1 - lnx 22 0 ，即 x1 - x2 x .1 + x2
要證當(dāng)0 < x1 < x2 時(shí)， a x1 + x2
2 > 2，
lnx1 - lnx2 2 x - x
只需證 x1 + x2 > 2
x
，只需證 ln 1

< 1 2 ，0 < x1 < xx1 - x
2 ，
2 x2 x1 + x2
x1 2 -1x ÷ln 1 - è
x2 < 0 ，0 < x1 < xx 2
．
x2 1 +1
x2
x1
令 t 0 < t <1 2 t -1x ，F(xiàn) t lnt

- ，只需證F t < 0，
2 t +1
F t 1 4 t +1
2 - 4t t -1 2
- 2 2 2 > 0，則F t 在 0,1 上單調(diào)遞增，t t +1 t t +1 t t +1
∴ F 2t lnt t -1 - < F 1 0，即可得證.
t +1
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的求解策略
形如 f x g x 的求解策略：
1、構(gòu)造函數(shù)法：令F x f x - g x ，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)F x 的單調(diào)性與最小值，只需F x 0min 恒成
立即可；
2、參數(shù)分離法：轉(zhuǎn)化為 a j x 或 a j x 恒成立，即 a j x 或 a j xmax min 恒成立，只需利用導(dǎo)數(shù)求
得函數(shù)j x 的單調(diào)性與最值即可；
3，數(shù)形結(jié)合法：結(jié)合函數(shù) y f x 的圖象在 y g x 的圖象的上方（或下方），進(jìn)而得到不等式恒成立.
4．（2024·安徽阜陽(yáng)·一模）已知函數(shù) f x 3lnx - ax ．
(1)討論 f x 的單調(diào)性．
(2)已知 x1, x2 是函數(shù) f x 的兩個(gè)零點(diǎn) x1 < x2 ．
（ⅰ）求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
l 0, 1ⅱ （ ） ÷ , f x 是 f x 的導(dǎo)函數(shù)．證明： f é lx1 + 1- l x2 ù < 0．è 2
【答案】(1)答案見解析
3
(2) （ⅰ） 0,

÷ ；（ⅱ）證明見解析
è e
【分析】（1）求導(dǎo)，對(duì) a進(jìn)行分類討論 f x 的單調(diào)性；
3ln x2 3 x - x x
（2）利用方程組3lnx1 ax
2 1 2
1，3lnx2 ax2 得到a x1 ，問題轉(zhuǎn)化為 - 3ln < 0
x x lx1 + 1- l x x
恒成立，換
- 2 12 1
元后構(gòu)造函數(shù)求出函數(shù)單調(diào)性及最值，從而得到證明.
【解析】（1） f x 3- ax x > 0 ．
x
①當(dāng) a 0時(shí)， f x > 0, f x 在 0, + 上單調(diào)遞增．
a 0 f x > 0 0 < x 3< f x 3 ②當(dāng) > 時(shí)，令 得 ，即 在 0,a a ÷上單調(diào)遞增；è
同理，令 f x 0 3 f x 3< 得 x > ，即 在 ,+

上單調(diào)遞減．
a è a ÷
（2）（ⅰ）由（1）可知當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)．
a 當(dāng) > 0時(shí)， f x 在 0,
3 3
上單調(diào)遞增，在 ,+
a ÷ a ÷
上單調(diào)遞減，
è è
若使 f x 3 3 3有兩個(gè)零點(diǎn)，則 f ÷ > 0 ，即3ln - 3 > 0 ，解得0 < a < ，
è a a e
且 f 1 -a 0 3 3< ，當(dāng) x + 時(shí)， f x - ，則有 x1 1, ÷ , x2 , +

÷，
è a è a
3
所以 a的取值范圍為 0, ÷．
è e
（ⅱ） x1, x2 是函數(shù) f x 的兩個(gè)零點(diǎn)，則有3lnx1 ax1 ①，3lnx2 ax2 ②，
3ln x2
①-②得3 lnx2 - lnx1 a x2 - x1 ，即a x1 ，
x2 - x1
3ln x2
f lx1 + 1 3 3 x- l x2 - a - 1 ，lx1 + 1- l x2 lx1 + 1- l x2 x2 - x1
因?yàn)?f x 有兩個(gè)零點(diǎn)，所以 f x 不單調(diào)，
因?yàn)?x1 < x2，得0 < x
3
1 < < x ，a 2
所以 x2 - x1 > 0,lx1 + 1- l x2 > 0．
若要證明 f lx1 + 1- l x2 < 0成立，
3 x2 - x1 x2
只需證 - 3ln < 0lx ，1 + 1- l x2 x1
x2 -1
x1 x x即證 2x - ln < 0
t 2，令 ，則 t > 1，
l + 1- l 2 x1 x1
x1
t -1
則不等式只需證 - lnt < 0l + 1- l t ，
即證 t -1- é l + 1- l tù lnt < 0，
令 h t t -1- él + 1- l tù lnt, t >1，
h t l -1 lnt + l 1
1
- ÷，令 l(t) = h
'(t) (λ 1)ln t λ(1 1= - + - )，
è t t
l -1 t + ll t
t 2
令j t l 1 t l l 0, 1 - + ，因?yàn)? ÷，得j t 在 1, + 上單調(diào)遞減，
è 2
得j t < j 1 2l -1< 0，得 l t < 0，即 h t 在 1, + 上單調(diào)遞減，
得 h t < h 1 0，得 h t < 0 ，即 h t 在 1, + 上單調(diào)遞減，
所以有 h t < h 1 0，
故有 t -1- él + 1- l t ù lnt < 0，不等式得證．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對(duì)于雙變量問題，要轉(zhuǎn)化為單變量問題，通常情況下利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化，
轉(zhuǎn)化后利用構(gòu)造新函數(shù)及最值進(jìn)行求解證明.
x 2
5．（2024· e - ax全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) 有 3 個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 , x3，其中 e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．1+ x
(1)求實(shí)數(shù) a的取值范圍；
(2)求證： x1 + x2 + x3 > -2．
1
【答案】(1) ,
1 1 ,+
è e 2 ÷ ÷ è 2
(2)證明見解析
x
【分析】（1）易知 0 是函數(shù) f (x) 的一個(gè)極值點(diǎn)，則函數(shù) g x e - ax - 2a 有 2 個(gè)零點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)
g(x) 1 ì
g(0) 0,
的性質(zhì)可得 g(x)min < 0，即 a > .由零點(diǎn)的存在性定理和e í g( 1) 0,
即可求解；
-
ìg x 0 2 + x
（2）由（1），設(shè) x3 0, x < x
1 x1 -x2 1
1 2 ，只需證 x1 + x2 > -2．由 í e x - x t(t < 0)
g x2 0
得 2 + x ，令 1 2 得2
x t2 t - 2，則只需證 h t 2t + t - 2 et -1 < 0(t < 0) ，利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù) h(t)的性質(zhì)得出e -1
h(t) < h(0) 0，即可證明.當(dāng)然也可以采用對(duì)稱設(shè)法來證明.
ex - 2ax (1+ x) - ex - ax2 x ex - ax - 2a
【解析】（1）由題意，得 f (x) (x -1)，
(1+ x)2 (1+ x)2
由 f (x) 0，得 x 0或 ex - ax - 2a 0，所以 0 是函數(shù) f (x) 的一個(gè)極值點(diǎn)．
所以 ex - ax - 2a 0有 2 個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，且這 2 個(gè)根均不為 0 和 -1．
令 g x ex - ax - 2a ，則 g (x) ex - a ．
當(dāng) a 0時(shí)， g (x) > 0恒成立，故 g(x)在定義域上是增函數(shù)，不可能有 2 個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng) a > 0時(shí)，由 g (x) > 0，得 x > ln a，由 g (x) < 0，得 x < ln a，
所以 g(x)在 (- , ln a)上是減函數(shù)，在 ln a, + )上是增函數(shù)，
所以 g(x)min g(ln a) -a - a ln a < 0
1
，即 ln a > -1，所以 a > ．
e
又 g(-2) e-2 > 0, g(ln a) < 0．
由零點(diǎn)存在定理可知， g(x)在 (-2, ln a) (- , ln a) 上存在唯一零點(diǎn)．
x2 2x - x2
令m(x) = (x > 0) ，則m'(x) = ，令m' (x) > 0x x 得0 < x < 2，e e
令m' (x) < 0得 x > 2，所以m(x)在 (0,2)上遞增，在 (2,+ ) 上遞減，
所以m(x) m(2)
4
= 2 <1， e
x > x2 (x > 0)，
e
所以 g(a + 2) ea+2 - a(a + 2) - 2a > (a + 2)2 - a(a + 2) - 2a 4 > 0 ，
由零點(diǎn)存在定理可知， g(x)在 (ln a, a + 2) (ln a,+ ) 上存在唯一零點(diǎn)．
ì 1
ìg(0) 0,
a
2
因?yàn)?í
g(-1) 0,
所以 í ，
a 1
e
a 1 1 1 綜上， 的取值范圍是 , ÷ ,+ ÷ ．
è e 2 è 2
（2）證明：由（1）知，0 是函數(shù) f (x) 的一個(gè)極值點(diǎn)．不妨設(shè) x3 0, x1 < x2 ，所以只要證明 x1 + x2 > -2．
ìg x 0, ìex1 - ax - 2a 0, ìex11 1 2a + ax1,
由 í 得 í ，即 í 兩式相除得 e
x1 -x 2 + x2 1
g x 0, x ． e 22 - ax2 - 2a 0, ex2 2a + ax 2 + x2 , 2
t 2 + x2 + x1 - x2 x1 - x2 t
令 x1 - x2 t(t < 0)，則 e 1+ 1+2 + x2 2 + x2 2 + x
．
2
t t 2t
所以 x2 t - 2，所以 x1 + x2 2x

e -1 2
+ t 2 t - 2÷ + t t - 4 + t ．è e -1 e -1
2t
所以要證明 x1 + x2 > -2，只要證明 t - 4 + t > -2 ，e -1
2t
即 + t - 2 > 0，其中 t < 0，所以 etet 1 -1 < 0
．
-
所以只要證明 2t + (t - 2) et -1 < 0．令 h(t) 2t + (t - 2) et -1 (t < 0)，
所以 h (t) 1+ et (t -1) ，從而"t < 0, h (t) tet < 0恒成立，
所以 h (t) 在 (- ,0)上是減函數(shù)，所以 h (t) > h (0) 0 ．
所以 h(t)在 (- ,0)上是增函數(shù)，所以 h(t) < h(0) 0，即證： x1 + x2 + x3 > -2．
1 x + 2
另解：由 ex - ax - 2a 0，知 a 0，所以 x (*)，且 x1, x2 為 (*)的兩根．a(chǎn) e
記 p(x)
x + 2
x ，則 p x
-x -1
x ，當(dāng) x < -1， p
'(x) > 0，當(dāng) x > -1, p x < 0，
e e
故 p(x)在 (- , -1)上遞增，在 (-1, + ) 上遞減．
不妨取 x1 < -1 < x2 ，所以要證 x1 + x2 > -2，即要證 x2 > -2 - x1 > -1，
只要證 p x2 < p -2 - x1 ，又 p x2 p x1 ，故只要證 p x1 < p -2 - x1 x1 < -1 ，
x
即要證 1
+ 2 -x
< 1 x < -1 2x，也即要證 x e 1 +2x 2 x 1 1 + x1 + 2 < 0 x1 < -1- - (#)．e 1 e 1
令 q(x) xe2x+2 + x + 2(x < -1)，則 q (x) (2x +1)e2x+2 +1(x < -1)．
而當(dāng) x < -1時(shí)， q (x) 4(x +1)e2x+2 < 0，故 q (x)在 (- , -1)上遞減，
故 q x > q -1 0 ，故 q(x) 在 (- , -1)上遞增，故 q(x) < q(-1) 0，所以(#)成立，
故 x1 + x2 + x3 > -2．
【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.
2
6．（2023·福建龍巖·二模）已知函數(shù) f (x) ln x， g(x) x - ．
x
f x x0 +1(1)若 x0 滿足 0 ，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．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
1 2
【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 x +x x -1，再判定該切線0 0
方程為 y ex 的切線即可；
1 1
（2）求F x ，設(shè)F x1 F x2 m, x x 21 2 ，建立方程組，得出 x ， x 為方程 2t - 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(jiǎn)F x
x x
1 + F x2 ln x x - 1 21 2 +1，2
構(gòu)造函數(shù) h(t) ln t
t
- +1 t >16 求其單調(diào)性判定值域即可.
2
x0 +1 1
【解析】（1）由已知有 ln x0 f (x) x0 -1
， ,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 - x x 0 ,0
y 1 x 1 ln x ln x x - + 0 +1 1 2即： x 0 ，將 0 x -1代入即有：
y x +
x0 x0 -1
,
0 0
1
由 y ex 得 y ex 令 ex 得： x ln
1 1
，此時(shí) y x x x ,0 0 0
1 1
可得：曲線 y ex 在點(diǎn) ln , ÷處的切線方程為：
è x0 x0
x +1
y 1 1 x 1 1 1- - ln ÷ x + ln x0 ，將 ln x
0
0 x -1代入化簡(jiǎn)，x0 x0 è x0 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
- +1+ m 0x2 x
∴ F x 1 1 2 F x F x m - - 1 1，令
x x2 1 2
，得： í ，
2 1
2 - +1+ m 0 x2 x2
1 1
∴ x ， 為方程 2t
2 - t +1+ m 0的兩根，
1 x2
1 1 1
∴ + x x 2 即：
2 x1 + x2 x1x2 ，
1 2
∴ x1x2 2 x1 + x2 > 4 x1x2 ∴ x1x2 >16 ，
2 2
∴ F x1 + F x2 ln x1 - x1 + + ln x - x +
è x
÷ 2 2 x ÷1 è 2
ln x1 + ln x2
2 2
- x1 + x2 + +
è x1 x
÷
2
ln x x x- 1x21 2 +1，2
x x t
令 t x 1 21x2 >16，則 ln x1x2 - +1 ln t - +1，2 2
h t ln t t 1 1令 - +1 t >16 ，則 h t - < 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 F
1 1 1
x2 m，由導(dǎo)函數(shù)建立方程組結(jié)合韋達(dá)定理得出 + x1 x
，
2 2
再求函數(shù)值之和F x x1x2 t1 + F x2 ln x1x2 - +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.
f (x)
7．（2023·新疆·三模）已知函數(shù) f (x) ax2 + (a +1)x ln x -1， g(x) ．
x
(1)討論 g x 的單調(diào)性；
2
(2)若方程 f (x) x2
e
ex + x ln x -1有兩個(gè)不相等的實(shí)根 x1, x2 ，求實(shí)數(shù) a x + x的取值范圍，并證明 e 1 2 > ．x1x2
【答案】(1)答案見解析
(2) a (e, + ) ；證明見解析
【分析】（1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)判斷單調(diào)性即可；
t
（2 x x）首先將原式化簡(jiǎn)整理成 a ln xe xe ，令 t xex > 0 得 a ln t t ，再令 h t ，根據(jù)已知條件利用
ln t
2
a ex1 + x e2 > t t > e2導(dǎo)數(shù)求出參數(shù) 的取值范圍，進(jìn)而要證 即證即證 1 2 ，只需證 ln t1 + ln t2 > 2，不妨設(shè)x1x2
t1
t + t 2 -1
t > t > 0 ln t + ln t 1 2 ln
t1 > 2 t1 2 t - t
t ÷ t1
1 2 ，則只需證 1 2 ，即 ln > 1 2 è 2 ，最后令 s >1t1 - t t
，
2 2 t2 t1 + t t2 1 t+1 2
t2
p(s) ln s 2(s -1)- ，其中 s >1，借助導(dǎo)數(shù)求解 p s 的最小值即可證明.
s +1
【解析】（1）因?yàn)?g(x) ax + (a +1)ln x
1
- ，
x
g x a a +1 1 (x +1)(ax +1)所以 + + (x > 0)，
x x2 x2
當(dāng) a 0時(shí)， g x > 0，所以 g(x)在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞增，
0 g x > 0 0 x 1 g x < 0 x 1當(dāng) a< 時(shí)，令 ，得 < < - ；令 ，得 > - ，
a a
g(x) 1 1 所以 在區(qū)間 0,- ÷ 上單調(diào)遞增，在區(qū)間 - ,+ ÷上單調(diào)遞減，
è a è a
1
綜上當(dāng) a 0時(shí)， g(x)在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞增，當(dāng) a<0時(shí)， g(x)在區(qū)間 0,- ÷ 上單調(diào)遞增，在區(qū)間
è a
1
- ,+

÷上單調(diào)遞減.
è a
（2）方程 f (x) x2 ex + x ln x -1，即 ax + a ln x xex，等價(jià)于 a ln xex xex ，
令 t xex > 0 ，其中 x > 0，則 a ln t t ，顯然 t 1，
令 h t t ln t -1 ，則 h t ，
ln t ln2 t
所以 h t 在區(qū)間 0,1 上單調(diào)遞減，且由 x 0 時(shí) h t < 0可得在區(qū)間 0,1 上 h(t) < 0，
h t 在區(qū)間 (1,e)上單調(diào)遞減，在區(qū)間 (e,+ ) 上單調(diào)遞增，
所以 h(t) h(e) e極小值 ，
因?yàn)榉匠?f (x) x2 ex + x ln x -1有兩個(gè)實(shí)根 x1, x2 ，
所以關(guān)于 t
t x x
的方程 a 有兩個(gè)實(shí)根 t1 ， t2 ，且 t1 x 1 21 e ， t2 x2 e ，所以 a (e, + ) ，ln t
2
要證 ex1 + x
e
2 > x x 2 2，即證 x 1 2
x x 1
e × x2 e > e ，即證 t1t2 > e ，只需證 ln t1 + ln t2 > 2，
1 2
ìt1 a ln t1 ìt1 - t2 a ln t1 - ln t2 t1 + t2 ln t + ln t 1 2因?yàn)?í
t2 a ln t
，所以 í ，整理可得 ，
2 t1 + t2 a ln t1 + ln t2 t1 - t2 ln t1 - ln t2
不妨設(shè) t1 > t2 > 0，則只需證 ln t + ln t
t
1
+ t2
1 2 ln
t1 > 2
t1 - t t
，
2 2

2 t1

-1
t1 2 t1 - t
÷
即 ln > 2 è t2
t t + t t
，
2 1 2 1 +1
t2
s t 1 >1 p(s) ln s 2(s -1)令 t ， - ，其中 s >1，2 s +1
2
因?yàn)?p s 1 4 (s -1) - 2 2 > 0，所以 p s 在區(qū)間 (1, + )上單調(diào)遞增，s (s +1) s(s +1)
e2
所以 h(s) > h(1) 0 x + x，故 e 1 2 > ．
x1x2
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第（2）問的關(guān)鍵點(diǎn)在于借助同構(gòu)思想將原始等價(jià)為 a ln xex xex ，通過令
t e2
t xex > 0 x + x，合理構(gòu)造函數(shù) h t 來確定參數(shù) a的取值范圍；第二步的關(guān)鍵點(diǎn)在于將 e 1 2 > 等價(jià)轉(zhuǎn)
ln t x1x2

2 t

1 -1t1 2 t1 - t2 è t
÷
換為 ln > 2 ，將雙變量問題轉(zhuǎn)化為單變量問題，進(jìn)而借助導(dǎo)數(shù)進(jìn)一步證明.
t2 t1 + t t2 1 +1
t2
x
8．（2023·上海松江·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) ax - a ln x e- .
x
(1)若 a 0，求函數(shù) y f (x) 的極值點(diǎn)；
(2)若不等式 f (x) < 0恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
(3)若函數(shù) y f (x) 有三個(gè)不同的極值點(diǎn)x1、x2、 x3 ，且 f (x1) + f (x2 ) + f (x3 ) 3e
2 - e，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
【答案】(1)1
(2) a < e
(3) e < a e2
【分析】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，并判斷函數(shù)的單調(diào)性，即可求函數(shù)的極值點(diǎn).
（2）由 f x < 0 分離常數(shù) a，利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)來求得 a的取值范圍.
（3）首先根據(jù) f x 有3個(gè)不同的極值點(diǎn)求得 a的一個(gè)范圍，然后化簡(jiǎn)不等式
f x1 + f x 22 + f x3 3e - e，利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求得 a的取值范圍.
ex 1- x ex
【解析】（1）當(dāng) a 0時(shí)， f x - ， f x ，
x x2
當(dāng)0 < x <1時(shí)， f x > 0， x >1時(shí)， f x < 0，
所以函數(shù)在區(qū)間 0,1 單調(diào)遞增，在區(qū)間 1, + 單調(diào)遞減，
所以函數(shù)在 x 1處取得極大值，函數(shù)的極值點(diǎn)為 1；
（2）函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + ，不等式 f x < 0 恒成立，
a x ln x e
x
即 - < 在 0, + 上恒成立，
x
記u x x - ln x ，則u x 1 1 x -1 - ，
x x
得到u x 在區(qū)間 0,1 上u x < 0,u x 單調(diào)遞減，
在 1, + 上u x > 0,u x 單調(diào)遞增，
則 u x umin 1 1，即u x 1在區(qū)間 0, + 上恒成立，
ex
分離變量知： a < g x 在 0, + 上恒成立，則 a < g x 2 ，x - x ln x min
ex x2 - x ln x - ex 2x - ln x -1 ex x2 - x ln x - 2x + ln x +1 g x 2 2 2x - x ln x x2 - x ln x
ex é x -1 2 - x -1 ln xù ex x -1 x -1- ln x
2
2 ，
x2 - x ln x x2 - x ln x
由前面可知，當(dāng) x 0,1 U 1, + 時(shí)，u x x - ln x >1恒成立，即 x -1- ln x > 0，
所以 g x 在區(qū)間 0,1 上 g x < 0, g x 單調(diào)遞減，
在區(qū)間 1, + 上 g x > 0, g x 單調(diào)遞增，
所以 g x g 1 e，所以 a < emin ．
a ex x -1 ax × x -1 ex ax - ex x -1（3 x -1 ） f x a - - 2 2 - 2 ，x x x x x2
設(shè)曲線 y ex 圖象上任意一點(diǎn) t, et , ex ex ，
所以曲線 y ex 在點(diǎn) t,et 處的切線方程為 y - et et x - t ，
將 0,0 t代入得0 - e et 0 - t , t 1，故切點(diǎn)為 1,e ，
過 0,0 的切線方程為 y - e e x -1 , y ex，
所以直線 y ex和曲線 y ex 相切，并且切點(diǎn)坐標(biāo)為 1,e ，
所以當(dāng)且僅當(dāng) a > e時(shí)，方程 ax - ex 0 有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1， x3 ，并且0 < x1 <1 < x3，
從而當(dāng) a > e時(shí)， f x 有三個(gè)極值點(diǎn)x1，x2， x3 ，并且0 < x1 < x2 1 < x ， ax ex1 ， ax ex33 1 3 ，
取對(duì)數(shù)知： ln a + ln x1 x1， ln a + ln x3 x3，即 ln a x1 - ln x1， ln a x3 - ln x3 ，
x1 x3
則 f x1 + f x2 + f x3 a x1 - ln x
e
1 - + a
e
- e + a x3 - ln x3 -x1 x3
a ln a - a + a - e + a ln a - a 2a ln a - a - e 3e2 - e．
構(gòu)造 g a 2a ln a - a - e a > e ，
g a 2 ln a +1 -1 2ln a +1 > 0在 a > e時(shí)恒成立，
則 g a 2 2 2 2 2在區(qū)間 a e, + 上單調(diào)遞增，且 g e 2e ln e - e - e 3e - e ，
從而 f x1 + f x2 + f x3 2a ln a - a - e g a 3e2 - e 的解為 a e2，
綜上所述 e < a e2．
【點(diǎn)睛】求解不等式恒成立問題，可考慮利用分離常數(shù)法，然后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究所構(gòu)造函數(shù)的單
調(diào)性、極值、最值等，從而求得參數(shù)的取值范圍.當(dāng)一次求導(dǎo)無(wú)法求得單調(diào)區(qū)間時(shí)，可考慮二次求導(dǎo)等方法
來進(jìn)行求解.
1
9 2023· · f x lnx + (a - x)2．（ 山東德州 三模）已知函數(shù) ，其中 a R ．
2
(1)當(dāng) a 1時(shí)，求函數(shù) f x 在 1, f 1 處的切線方程；
(2)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(3)若 f x x , x x x 3 15 存在兩個(gè)極值點(diǎn) 1 2 1 < 2 , f x2 - f x1 的取值范圍為 - ln2, - 2ln24 8 ÷ ，求
a的取值范
è
圍．
【答案】(1) x - y -1 0
(2)答案見解析
3 2 5
(3) , ÷÷
è 2 2
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求出結(jié)果；
（2）求導(dǎo)后，分類討論 a，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的符號(hào)可得結(jié)果；
（3）根據(jù) f x 存在兩個(gè)極值點(diǎn)可得 a > 2，且 x1 × x2 1, x1 + x2 a ，根據(jù)單調(diào)性可得 f x1 > f x2 ，將
x x x
f x - f x ln 1 - 1 + 22 1 化為 x 2x 2x ，利用比值代換可求出結(jié)果.2 2 1
【解析】（1）當(dāng) a 1時(shí)， f x lnx 1+ (1- x)2 ，定義域?yàn)?(0, + )，
2
所以 f x 1 - 1- x ，
x
所以 k f 1 1，又 f 1 0，
所以函數(shù) f x 在 1, f 1 處的切線方程為 y x -1，即 x - y -1 0 .
（2） f x 的定義域是 0, + ，
2
f x ln x 1+ x2 ax 1- + a2 f x 1 x a x - ax +1， + - ，2 2 x x
令 g x x2 - ax +1，則D a2 - 4．
①當(dāng) a 0或D 0，即 a 2時(shí)， f x 0恒成立，所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增．
ìa > 0 2 2
② í a > 2 f (x) > 0 0 x a - a - 4 x a + a - 4當(dāng) Δ 0 ，即 時(shí)，由 ，得> < < 或 > ； 2 2
2
f x < 0 a - a - 4 x a + a
2 - 4
由 ，得 < < ，
2 2
a - a2 - 4 a + a2 - 4 a - a2 - 4 a + a2 - 4
所以 f x 在 0, ÷和 ,+ ÷÷上單調(diào)遞增，在 , 2 ÷ 2 2 2 ÷÷上單調(diào)遞減．è è è
綜上所述，當(dāng) a 2時(shí)， f x 在 0, + 上單調(diào)遞增；
2
f x a - a - 4
a + a2 - 4
a 2 0, ,+ ÷ a - a
2 - 4 a + a2 - 4
當(dāng) > 時(shí)， 在 ÷2 ÷和 ÷上單調(diào)遞增，在
, ÷2 2 2 ÷
上單調(diào)遞減
è è è
（3）由（2）當(dāng) a 2時(shí)， f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù) f (x) 無(wú)極值；
當(dāng) a > 2時(shí)， f x 有兩個(gè)極值點(diǎn)，即方程 x2 - ax +1 0有兩個(gè)正根 x1, x2 ，
所以 x1 × x2 1, x1 + x2 a ，則 f x 在 x1, x2 上是減函數(shù)．所以 f x1 > f x2 ，
因?yàn)?f x ln x 1+ x2 - ax 1+ a2，
2 2
所以 f x2 - f x1 f x1 - f x2
ln x 1 x2 ax 1 a2 ln x 1 x2 ax 1 1 + 1 - 1 + - 2 + - + a
2
2 2 2 2 2è 2 ÷
x
ln 1 1+ x21 - x22 - a x1 - xx 2 2 2
x 1
ln 1 + x2 2x 2 1 - x2 - x1 + x2 x1 - x2 2
ln x 1 1 - x21 - x2x 2 2 2
x x2 - x2
ln 1 - 1 2
x2 2x1x2
ln x1 x x - 1 + 2
x ，2 2x2 2x1
x1
令 t (0 < t <1)x ，則 f x
1 1
1 - f x2 h t lnt - t + ，
2 2 2t
2
h t 1 1 1 -t + 2t -1 -(t -1)
2
- -
t 2 2t2
< 0，
2t2 2t2
所以 h t 在 0,1 上單調(diào)遞減，
h 1 3 ln 2,h 1 15 - - 2ln 2 h(1) 3 ln2 h(t) 15又 ÷ ÷ ，且 - < < - 2ln2
1
h( )
è 2 4 è 4 8
，
2 4 8 4
1
所以 < t
1
< ，
4 2
x + x 2
由a2 1 2 1 t + + 2, t 1 1
x x t
, ÷，
1 2 è 4 2
g t 1 t + + 2 1 1 又 在
t
, ÷上單調(diào)遞減，
è 4 2
9 3 2 5
所以 < a2
25
< 且 a > 2，所以實(shí)數(shù) a的取值范圍為
2 4
, ÷÷．
è 2 2
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：涉及到雙變量的問題一般可以利用比值代換處理，本題中，將 f x2 - f x1 化為
ln x1 x1 x x- + 2 1
x 2x 2x 后，設(shè)
t (0 < t <1)
x ，化為關(guān)于
t 的函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行處理.
2 2 1 2
1+ 2ln x
10．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x 2 .x
(1)設(shè)函數(shù) g x ekx 1- 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x1、x 1 22，求證： + < .x2 x1 m
【答案】(1)1；
(2)證明見解析.
【分析】
1 2ln x+kx
x
（ ）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 kx 1
【解析】（1）當(dāng) k > 0、 x > 0時(shí)， f (x) g(x) 即 2 e - 恒成立，x kx
1+ 2ln x x2ekx x- 1+ 2ln x e2ln x+kx x- e2ln x+kx x等價(jià)于 - - (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(píng)(x) xmin u(0) 0，得u(x) 0，即 e - 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，
v 1 又 ÷ 2ln
1 1 2 1+ - + < 0， v 1 1 > 0，
è e e e e
v(x) 1 ,1 所以 在 ÷，即 (0, + )e 上存在唯一零點(diǎn)
x0 ，
è
所以u(píng) v(x) u v x 0，即 e2ln x+x0 - 2ln x - x -1 0 2ln x +x，且 e 0 0 - 2ln x0 - x0 -1 0；
0 < k <1 m k e2ln x+kx x當(dāng) 時(shí)，令 - - (1+ 2ln x)，
k
k y e2ln x+kx y x - 0,1 m k < m 1 e2ln x+x易得關(guān)于 的函數(shù) 與 在 上單調(diào)遞增，則 - 2ln x - x -1，
k
當(dāng) x x m k < 0 e2ln x+kx x0時(shí)， ，即 - - (1+ 2ln x) < 0，不滿足題意；k
k >1 m k > m 1 e2ln x+x當(dāng) 時(shí)，易得 - 2ln x - x -1 0 e2ln x+kx x，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 -4ln x ，則 f 2 (x) 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，
當(dāng) x >1時(shí)，易得 f (x)
1+ 2ln x
> 0 x 1 f (x) 1+ 2ln x2 恒成立，當(dāng) 時(shí)， < 0 ，x e x2
又函數(shù) f (x) m有兩個(gè)不同的實(shí)根 x y m1, x2 ，即 f x 與 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 2 x x2 ，1 2
mx2得 1 1+ 2ln x1,mx
2 1+ 2ln x m(x2 + x22 2 ，有 1 2 ) 2 + 2ln x1x2 .
x1 x2 2(1- ln m) 2 2
要證 + 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)，則 h (x)
1
-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
11．（2023·天津河西·模擬預(yù)測(cè)）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 - > - ln 2 >1- 2（ ）證明： ex2 ex1 x ；1 x1
x x
（ii）若 1 2x x k ，證明： f x1 - f x < 1 .e 21 e 2
é1 ,+ 【答案】(1) ê ÷ e
(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
ex
對(duì)"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e
恒成立問題運(yùn)算求解；
1 e e x x x
（2 2）（i）取 k ，根據(jù)題意分析可得 x - x > - ln ，構(gòu)建 g x x - ln x -1 2，結(jié)合導(dǎo)數(shù)證明- ln >1- 2e e 2 e 1 x1 x1 x1
即可；
x ln x +1 x ln x +1 x ln x +1
（ii）根據(jù)題意分析可得 0 < x1 < 1 < x2 ， f x 1 11 x ， f x2 2 2x ，構(gòu)建 g(x) e 1 e 2 ex (x > 0)，
1
結(jié)合導(dǎo)數(shù)證明0 < f x2 < < f x1 <1，即可得結(jié)果.e
【解析】（1）∵ f (x) k ln x
1
+ x (k R)，則 f (x)
k 1
-
e x ex
(x > 0)，
若 f (x) 是增函數(shù)，則 f (x)
k 1 0 k x - x ，且 x > 0，可得 ，x e ex
x
故原題意等價(jià)于 k x 對(duì)"x > 0恒成立，e
j(x) x (x 1- x構(gòu)建 x > 0) ，則j (x) x x > 0 ，e e
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，
1
故j(x) j 1 1 é，∴ k 的取值范圍為 ê , +

÷ .e e
1
（2）（i）由（1）可知：當(dāng) k 時(shí)， f (x)
ln x 1
+ x 單調(diào)遞增，e e e
∵ 0 < x1 < x2 ，則 f x2 > f x
1
1 ，即 ln x
1 1
2 + x > ln x
1
1 + ，e e 2 e ex1
e e
整理得 x - x > ln x ln x ln
x
- - 2
e 2 e 1 1 2 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(hào)成立，
x2 x2 x2
令 x >1，可得- ln >1-x1 x1 x
，
1
e e
綜上 x - x > - ln
x2 >1 x- 2
e 2 e 1 x x ；1 1
x x k 1 k 1
（ii）∵ 1 2 k ，則 - - 0
ex
，
1 ex2 x1 e
x1 x x22 e
k 1
可知 f (x) - x 0有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根 x1, x2 ，由（1）知 0 < x1 < 1 < xx e 2
，
可得 f x1 k ln x
1 x1 ln x 1 x1 ln x1 +11 + ex
x 1 + x x ，1 e 1 e 1 e 1
同理可得 f x2
x ln x +1
2 2x ，e 2
構(gòu)建 g(x)
x ln x +1
x (x > 0)，則 g (x)
(1- x) ln x
x x > 0 ，e 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(duì)"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 x1 ，即 f x2
1
< < f x1 ，e
且 ln x > 0,ex22 > 0，則 x2 ln x2 +1 > 0，故 g(x )
x ln x +1
2
2 2
x > 0，e 2
可得0 < f x 12 < ；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 x <1；e 1 e 1
綜上所述：0 < f x2
1
< < f x1 <1 .e
1
可得- < - f x
e 2
< 0，則0 < f x1 - 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．
12．（2023· 2天津河西·模擬預(yù)測(cè)）已知 f x x - 4x - 6ln x．
(1)求 f x 在 1, f 1 處的切線方程；
(2) "x 1, + xf x - f x > x2 + 6k 1 對(duì) ，有 1- x ÷ -12恒成立，求 k 的最大整數(shù)解；è
(3)令 g x f x + 4x - a - 6 ln x ，若 g x 有兩個(gè)零點(diǎn)分別為 x1, x2 x1 < x2 ，且 x0 為 g x 的唯一的極值點(diǎn)，
求 a的取值范圍，并證明： x1 + 3x2 > 4x0．
【答案】(1) y -8x + 5
(2)3
(3) a > 0；證明見解析.
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出 f (1) ， f (1)即可得到切線方程；
（2） xf (x) - f (x) > x2 + 6k
1 1- -12 k x + x ln x ÷ 等價(jià)于 < h(x)min ，求導(dǎo)分析 h(x) 的單調(diào)性，即可求出 k 的è x x -1
最大整數(shù)解；
（3）求得 g x 的導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性，由極小值小于 0，可得 a > 2e ，再由分析法，注意構(gòu)造函數(shù)，求得導(dǎo)數(shù)和
單調(diào)性，即可得證．
2
【解析】（1） f x x - 4x - 6ln x的導(dǎo)數(shù)為：
f x 2x - 4 6- ，
x
所以 f 1 -8， f 1 -3，
所以 f x 在 1, f 1 處的切線方程為：
y + 3 -8 x -1 ，即 y -8x + 5；
（2 2）由已知可得 xf x - f x > x + 6k 1 1 -

÷ -12，
è x
x + x ln x
等價(jià)于 k <
è x
，
-1 ÷ min
x + x ln x h x x - 2 - ln x可令 h x ，
x -1 x -1 2 ，
記m x x - 2 - ln x，m x 1 1- > 0，
x
所以m x 為 1, + 上的遞增函數(shù)，
且m 3 1- ln 3 < 0，m 4 2 - ln 4 > 0，
所以$x0 3,4 ，m x0 0，即 x0 - 2 - ln x0 0 ，
所以 h x 在 1, x0 上遞減，在 x0 ,+ 上遞增，
且 h x h x
x + x ln x
0
0 0 0 x0 3,4min x0 -1
，
所以 k 的最大整數(shù)解為 3；
2
（3 2）證明：∵ g x f x + 4x - a - 6 ln x x - a ln x， g x a 2x - a 2x - ，
x x
若要 g x 有極值點(diǎn)，顯然 a > 0，
2x2 - a 2x + a 2x - a a所以令 g x 0，可得 x0 ，
x x 2

當(dāng) x 0,
a a
2 ÷÷
， g x < 0， x ,+ 2 ÷÷， g x > 0，è è
a a 所以 g x 在 0, ÷÷上單調(diào)遞減， ,+ ÷÷上單調(diào)遞增，
è 2 è 2
而要使 g x 有兩個(gè)零點(diǎn)，要滿足 g x0 < 0，
2
a a a
即 g ÷ ÷ - aln < 0 可得 a > 2e ，
è 2 è 2 2
0 x a x a
x2
因?yàn)?< < ， > ，令 t t >1 1 2 2 x ，2 1
由 f x1 f x2 x21 - aln x1 x22 - aln x2 ，
即 x21 - aln x1 t
2x21 - aln tx
a ln t
1 x
2
1 2 ，t -1
而 x1 + 3x2 > 4x0 3t +1 x1 > 2 2a 3t +1
2 x21 > 8a ，
即 3t 1 2 a ln t+ × 2 > 8a，t -1
由 a > 0， t > 1 2，只需證 3t +1 ln t - 8t 2 + 8 > 0，
令H t 3t +1 2 ln t -8t 2 + 8，
則H t 18t + 6 ln t - 7t + 6 1+ ，
t
令 n t 18t + 6 ln t - 7t 6 1+ + ，
t
則 n t 18ln t 6t -1+11+ 2 > 0 t > 1 ，t
故 n t 在 1, + 上遞增， n t > n 1 0；
故 H t 在 1, + 上遞增，H t > H 1 0；
∴ x1 + 3x2 > 4x0．
【點(diǎn)睛】函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合簡(jiǎn)答題常常以壓軸題的形式出現(xiàn)，
難度相當(dāng)大，主要考向有以下幾點(diǎn)：
1、求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（含參數(shù)）或判斷函數(shù)（含參數(shù)）的單調(diào)性；
2、求函數(shù)在某點(diǎn)處的切線方程，或知道切線方程求參數(shù)；
3、求函數(shù)的極值（最值）；
4、求函數(shù)的零點(diǎn)（零點(diǎn)個(gè)數(shù)），或知道零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值范圍；
5、證明不等式；
解決方法：對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，結(jié)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性等性質(zhì)解決，
在證明不等式或求參數(shù)取值范圍時(shí)，通常會(huì)對(duì)函數(shù)進(jìn)行參變分離，構(gòu)造新函數(shù)，
對(duì)新函數(shù)求導(dǎo)再結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性等解決.
13．（2023· x+a四川遂寧·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) ln x + x ， g x x + e a R ，其中 e 為自然對(duì)數(shù)的底
數(shù)．
(1)求曲線 y f (x) 在點(diǎn) 1, f (1) 處的切線方程；
ìx2 -8x +15,2 x < 6
(2)當(dāng) a -2 時(shí)，有t (x) í ，求證：對(duì)"x 2, + ，有 g(x) t (x)；
9 - x, x 6
x
(3)若 f (x1) - g(x2 ) a
1
，且 1x ，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．2
【答案】(1) y 2x -1；
(2)證明見解析；
(3)[-1,+ ) .
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義和直線的點(diǎn)斜式方程即可求出切線方程；
（2）利用導(dǎo)數(shù)求出 g(x)min ，根據(jù)二次函數(shù)和一次函數(shù)的性質(zhì)求出t (x)max ，即可求解；
3 ln x x +a x（ ）根據(jù)題意可得 ln x1 + e 1 x + a + e 22 ，設(shè) h x x + e ，則 h ln x1 h x2 + a ，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) h(x)
的單調(diào)性可得 a ln x1 - x2 ln x2 - x2 ，令j x ln x - x ( x > 0 )，再次利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，求出j x max
即可.
【解析】（1）因?yàn)?f (x) ln x + x ，所以點(diǎn) (1, f (1))即為點(diǎn) (1,1)
f (x) 1 1+ ， k f (1) 2
x 切線
，
故切線方程為 y -1 2(x -1) ，即 y 2x -1；
（2）因?yàn)楫?dāng) a -2 時(shí)， g(x) x + ex-2 ， g (x) 1+ ex-2 > 0，
故 g(x)在[2, + )上單調(diào)遞增，所以 g(x)min g(2) 3，
當(dāng) 2 x < 6時(shí)，t (x) x2 -8x +15 (x - 4)2 -1，此時(shí)t (x)max t (2) 3；
當(dāng) x 6 時(shí)，t (x) 9 - x在[6, + ) 上單調(diào)遞減，此時(shí)t (x)max t (6) 3，
故t (x)max 3，所以 g(x) t (x)成立；
x
3 1（ ）由題意得： x1 > 0，又因?yàn)? 1x ，所以
x2 > 0，
2
又 f (x1) - g(x2 ) a，即 ln x1 + x1 - (x2 + e
x2 +a ) a ，
ln x + x x + a + ex2 +a即 1 1 2 ，
所以 ln x + eln x1 x + a + ex2 +a1 2 ①
x
設(shè) h x x + e ，則①式變形為 h ln x1 h x2 + a
h x 1+ ex > 0 x，所以 h x x + e 單調(diào)遞增，所以 ln x1 x2 + a ，
x1
因?yàn)? 1，所以 a ln x1 - x2 ln x - xx 2 2 ，2
令j x ln x - x ， x > 0，
則j x 1 1 1- x - ，
x x
當(dāng) x 0,1 時(shí)，j x > 0，當(dāng) x 1,+ 時(shí)，j x < 0，
則函數(shù)j x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減，
故j x ln x - x 在 x 1處取得極大值，也是最大值，
有j x j 1 ln1-1 -1，
故 a [-1, + )．即實(shí)數(shù) a的取值范圍為[ -1, + ) .
【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.
（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．（2023·浙江嘉興·二模）已知 f x ex , g x lnx .
(1)若存在實(shí)數(shù) a，使得不等式 f x - g x f a - g a 對(duì)任意 x 0, + 恒成立，求 f a × g a 的值；
f x1 x x k 1 - f x2 g x, k 1 - g x (2) < < 2若 1 2 ，設(shè) 1 ，證明：x1 - x 22 x1 - x2
k
①存在 x0 x1, x 1 x02 ，使得 x ×ek 0 成立；2
f
k x + f x 1② 1 - k < 1 22 -2 .x1x2
【答案】(1) -1
(2)①證明見解析；②證明見解析
【分析】（1）構(gòu)造函數(shù)h x f x - g x ，求導(dǎo)，研究函數(shù)的單調(diào)性，利用極值點(diǎn)得 aea 1，從而利用指
對(duì)運(yùn)算即可求解；
k
（2 ① 1 A x） 記 ，構(gòu)造函數(shù) p x e - Alnxk ，求導(dǎo)，研究函數(shù)單調(diào)性，找到隱零點(diǎn)，即可證明；2
1 1
+
②先用分析法及 1 x< 1 x2 把不等式證明轉(zhuǎn)化為
x1x2 2
1 1
é f x - g x ù - é f x - g x ù f x1 - + f x2 - 1 1 2 2 x1 x< 2 ，
x1 - x2 2
é f x1 - g x1 ù - é f x2 - g x2 ù f x1 - g x1 + f x - g x 結(jié)合式子結(jié)構(gòu)，轉(zhuǎn)化為證明 < 2 2 ，
x1 - x2 2
h x1 - h x2 h x1 + h x2
構(gòu)造函數(shù)，即證 < ，利用主元法，
x1 - x2 2
h
x + h x
構(gòu)造函數(shù) q x h x - h x 2 - 2 x - x2 ，求導(dǎo)，研究單調(diào)性，利用最值即可證明.2
x
【解析】（1）構(gòu)造 h x f x - g x ex - lnx h x ex 1 xe -1，則 - ，
x x
令u x xex -1，則u x (x +1)ex > 0，所以u(píng) x 在 0, + 遞增，
u 1 e
1 a
又 ÷ -1 0,u 1 e -1 0，所以存在 a ,1÷ ，使得u a ae -1 0，
è 2 2 è 2
且 h x 在 0,a 上單調(diào)遞減，在 a,+ 上單調(diào)遞增，
所以 h x h a 對(duì)任意 x 0, + a 1恒成立，此時(shí) f a × g a e × lna × -a -1 .
a
k ex1 x2
2 ① 1
- e
A A > 0 ex x（ ） 令 ，顯然 ，則 1 - Alnx1 e 2 - Alnx .k2 lnx1 - lnx
2
2
x
令 p x ex - Alnx A xe - A，則 p x ex - ，
x x
v x xex因?yàn)?- A在 0, + 遞增， x 趨向于 0 時(shí)， v x 趨向于-A， x 趨向于正無(wú)窮大時(shí)， v x 趨向于正
x
無(wú)窮大，所以存在 x0 > 0 ，使得 v x 0，即 x0e 0 - A 0 .
于是 p x 在 0, x0 遞減，在 x0 ,+ 遞增.因?yàn)?p x1 p x2 ，所以 x0 x1, x2 .
f x1 + f x② 2
1
要證 k1 - k2 < -2 x1x
，
2
即證
é f x1 - g x1 ù - é f x2 - g x2 ù f x1 + f x2 1< - ，
x1 - x2 2 x1x2
1 1
+
因?yàn)?1 x< 1 x2 ，
x1x2 2
1 1
所以只要證 é f x1 - g x1 ù - é f x2 - g x2 ù f x1 + f
+
x x x
< 2 - 1 2 ，
x1 - x2 2 2
1 1
即證 é f x1 - g x1 ù - é f x2 - g x2 ù
f x1 - + f x2 -
x x< 1 2 ，
x1 - x2 2
é f x1 - g x1 ù - é f x2 - g x2 ù f x1 - g x1 + f x2 - g x 即證 < 2 ，
x1 - x2 2

h x x h x1 - h x2 h xf x g x e lnx 1 + h
x2
令 - - ，即證 < ，
x1 - x2 2

即證 h x1 - h
h x1 + h xx 2 > 2 x1 - x2 * ，2
令 x1 x，則1 < x < x2 .

構(gòu)造 q x h x - h x2
h x + h x2 - x - x
2 2
，

則 q x h x h x - h x + h xx - x - 2 ，
2 2 2

q x h x hh x x x x h
x h x
- -
2 2
- - - x - x ，
2 2 2 2
h x 2因?yàn)? x e - 3 > e - 2 > 0, q x > 0，x
所以 q x < q x2 0 ，所以 q x > q x2 0，
所以 * 成立，原命題成立.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式 f x > g x （或 f x < g x ）轉(zhuǎn)化為證明 f x - g x > 0（或
f x - g x < 0），進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h x f x - g x ；
（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；
（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).
1 1 1
15．（2023·湖北咸寧·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x - 2 ÷ x - a - lnx - + b，其中 a,b R .è x 2x 2x
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若函數(shù) f x 存在三個(gè)零點(diǎn)x1、x2、 x3 （其中 x1 < x2 < x3），證明：
（i）若 a > 1，函數(shù) g x lnx 1+ ，使得0 < b - g a 1< a - ；
2x 2a
1 1 1 1 2 11a2 + 38a +11
（ii）若 0 < a < 1，則 + + - 2 - <
è x x
÷
1 3 è x1 x3 a
÷
3a a2 + 8a +1 .
【答案】(1)答案見解析
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析
【分析】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，并討論 a的取值，比較導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)的大小關(guān)系，討論函數(shù)的單調(diào)性；
1
（2）（ⅰ）根據(jù)（1）的結(jié)果可知， f a > 0和 f 1 < 0，代入不等式，整理后構(gòu)造函數(shù) h a -lna - a ，
2
結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，即可證明；
1
（ⅱ）根據(jù)（1）的結(jié)果整理為 a < b < lna
1 a +1 a
+ ，再構(gòu)造函數(shù) f x 1- + - lnx + b ，再利用換元，
2 2a x 2x2
t t 2 2 11a
2 + 38a +11
將不等式轉(zhuǎn)化為 1 + 3 - - k +1 lnk 11a2 + 38a +11
+ > 0 k +1 lnk
k -1 6 a2 + 8a +1 ，并構(gòu)造函數(shù)y k , k >1，利用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合不k -1
等關(guān)系，即可證明.
x -1 x - a
【解析】（1 ）函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + , f x - 3 .x
①若 a > 1時(shí)，
0 < x <1 1 1< x < a a x > a
f x - 0 + 0 -
f x ] 極小值 Z 極大值 ]
②若 a 1時(shí)， f x 0恒成立， f x 單調(diào)遞減，
③若 0 < a < 1時(shí)
0 < x < a a a < x <1 1 x >1
f x - 0 + 0 -
f x ] 極小值 Z 極大值 ]
④若 a 0時(shí)， x 0,1 時(shí)， f x < 0, f x 單調(diào)遞減； x 1,+ 時(shí)， f x > 0, f x 單調(diào)遞增.
綜上所述，當(dāng) a > 1時(shí)， x 0,1 , f x 單調(diào)遞減， x 1, a , f x 單調(diào)遞增， x a, + , f x 單調(diào)遞減；當(dāng)
a 1時(shí)， x 0, + , f x 單調(diào)遞減；當(dāng) 0 < a < 1時(shí)， x 0, a , f x 單調(diào)遞減， x a,1 ， f x 單調(diào)遞增，
x 1, + , f x 單調(diào)遞減；當(dāng) a 0時(shí)， x 0,1 , f x 單調(diào)遞減， x 1, + , f x 單調(diào)遞增.
（2）（i）由（1）知當(dāng) a > 1時(shí)， x 0,1 , f x 單調(diào)遞減，
x 1, a , f x 單調(diào)遞增，
x a, + , f x 單調(diào)遞減.
所以 f x 存在三個(gè)零點(diǎn)，只需 f a > 0和 f 1 < 0即可，
1 1 1 1 1 1
所以 - 2 ÷ a - a - lna - + b > 0且 - ÷ 1- a - ln1- + b < 0 ，è a 2a 2a è1 2 2
1 1
整理得b > lna + g a 且b < a .
2a 2
b g a a 1 1此時(shí)， - - + < a - lna 1 1- + - a -lna 1- a，
2a 2 2a 2a 2
令 h a -lna 1- a ，易知 h a 在 1, + 上單調(diào)遞減
2
h a h 1 1有 < - < 0，
2
1
所以0 < b - g a < a - .
2a
（ii）由（1）知，當(dāng) 0 < a < 1時(shí)， x 0, a , f x 單調(diào)遞減，
x a,1 , f x 單調(diào)遞增，
x 1, + , f x 單調(diào)遞減
所以0 < x1 < a < x2 < 1 < x3 .若 f x 存在三個(gè)零點(diǎn)，只需 f 1 > 0和 f a < 0即可，
1 1 1 1 1 1
所以 - 2 ÷ a - a - lna - + b < 0且 - ÷ 1- a - ln1- + b > 0，è a 2a 2a è1 2 2
1
整理得 a < b < lna
1
+ ，
2 2a
因?yàn)?f x 1 a +1 a - + - lnx + b ，
x 2x2
t 1 a +1 a設(shè) ，則方程1- + 2 - lnx b 0 1 a 1 t
a
+ ，即為 - + + t 2 + lnx + b 0
x x 2x 2
t 1 1記 1 , t2 , t
1
x x 3
，
1 2 x3
則 t1, t2 , t3 為方程1 a 1 t
a
- + + t 2 + lnt + b 0三個(gè)不同的根，
2
設(shè) k
t x 1
1 3 > >1
t .3 x1 a
1 1 1 1 2 11a22 + 38a +11要證： + + - - <
è x x
÷ x x a ÷1 3 è 1 3 3a a2 + 8a +1 ，
2
t t t t 2 2 11a + 38a +11即證： 1 + 3 1 + 3 - - <
è a ÷ 3a a2 + 8a +1 ，
t t 2 2 11a
2 + 38a +11
即證： 1 + 3 - - 而1- a +1 t a 21 + t1 + lnt
a
1 + b 0 且1- a +1 t + t 23 3 + lnt3 + b 0，2 2
a 2 2
所以 lnt1 - lnt3 + t1 - t3 - a +1 t1 - t3 0，2
t t 2 2 2 lnt1 - lnt所以 1 + 3 - - - 3a a t - t ，1 3
2 lnt1 - lnt3 11a
2 + 38a +11
即證：- t1 + t3 ln
t1
t 11a2即證： 3 + 38a +11+ > 0，
t - t 6 a21 3 + 8a +1
k +1 lnk 11a2 + 38a +11
即證： + > 0k -1 6 a2 + 8a +1 ，
k +1 lnk記y k , k >1，
k -1
y k 1 k 1則 2 - - 2lnk

÷ > 0，(k -1) è k
所以y k 在 1, + 為增函數(shù)，所以y k >y a
k +1 lnk 11a2 + 38a +11 a +1 lna 11a2 + 38a +11
所以 + > + > 0k -1 6 a2 + 8a +1 a -1 6 a2 + 8a +1 ，
a -1 11a2 + 38a +11
設(shè)w a lna + ,0 < a <1，
6 a +1 a2 + 8a +1
a6 + 30a5 +141a4 + 256a3 +141a2w a + 30a +1則 > 0a(a +1)2 a2 + 8a +1 ，
所以w a 在 0,1 上是增函數(shù)，
所以w a < w 1 0
a -1 11a2 + 38a +11
所以 lna + < 0，
6 a +1 a2 + 8a +1
a +1 lna 11a2 + 38a +11
即 + > 0a -1 6 a2 + 8a +1
1 1 1 1 2 11a2 + 38a +11
所以若0 < a <1, x1 < x2 < x3，則 + + - 2 -x x ÷ x x a ÷
<
è 1 3 è 1 3 3a a2 8a 1 .+ +
【點(diǎn)睛】本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)性質(zhì)，不等式，零點(diǎn)問題的綜合應(yīng)用，本題第二問的難點(diǎn)多次用到不等式的
整理，換元，構(gòu)造函數(shù)，難度很大.
16．（2024·浙江溫州·二模）如圖，對(duì)于曲線Γ ，存在圓C 滿足如下條件：
①圓C 與曲線Γ 有公共點(diǎn)A ，且圓心在曲線Γ 凹的一側(cè)；
②圓C 與曲線Γ 在點(diǎn)A 處有相同的切線；
③曲線Γ 的導(dǎo)函數(shù)在點(diǎn)A 處的導(dǎo)數(shù)（即曲線Γ 的二階導(dǎo)數(shù)）等于圓C 在點(diǎn)A 處的二階導(dǎo)數(shù)（已知圓
r 2
x - a 2 + y - b 2 r2 在點(diǎn) A x0 , y0 處的二階導(dǎo)數(shù)等于 3 ）；b - y0
則稱圓C 為曲線Γ 在A 點(diǎn)處的曲率圓，其半徑 r 稱為曲率半徑．
(1)求拋物線 y = x2 在原點(diǎn)的曲率圓的方程；
1
(2)求曲線 y x 的曲率半徑的最小值；
(3)若曲線 y ex 在 x , ex1 x和 x , e 21 2 x1 x2 處有相同的曲率半徑，求證： x1 + x2 < -ln2．
2
1 1
【答案】(1) x2 + y - 2 ÷

è 4
(2) 2
(3)證明見解析
【分析】（1）設(shè)拋物線 y = x2 在原點(diǎn)的曲率圓的方程為 x2 + y - b 2 b2 ，求出導(dǎo)數(shù)、二階導(dǎo)數(shù)，結(jié)合所給
定義求出b 即可；
（2）設(shè)曲線 y f x 在 x0 , y0 的曲率半徑為 r ，根據(jù)所給定義表示出 r ，再由基本不等式計(jì)算可得；
3
x 2x 2 2 4 2
（3）依題意函數(shù) y ex 的圖象在 x, e 處的曲率半徑 e +1 ，即 x - xr 3 3 3 ，從而得到
ex
r e + e
4 2 2 2x1 - x
4 x 21 2 - x x xe3 + e 3 e3 + e 3 2 ，令 t e3
1 ， t e3 2 ，即可得到 t1t2 t1 + t2 1，再由基本不等式證明即可．1 2
【解析】（1）記 f x x2 ，設(shè)拋物線 y = x2 在原點(diǎn)的曲率圓的方程為 x2 + y - b 2 b2 ，其中b 為曲率半
徑．
則 f x 2x， f x 2，
2 f 0 b
2 1 2
故 3
1
b ， 2
r
，即b 3 ，b - 0 b 2
2
所以拋物線 y = x2 1 1在原點(diǎn)的曲率圓的方程為 x2 + y - ÷ ；
è 2 4
（2）設(shè)曲線 y f x 在 x0 , y0 的曲率半徑為 r ．則
ì
f x0
x - a
- 0
y0 - b
法一： í r 2 ， f x
0

b - y 3 0
2 r2
由 x0 - a
2 + y0 - b
2 r2知， é f x0 ù +1 ，y 20 - b
3
2é f x0 ù +1 2所以 r ，
f x0
3
ì 2 1 ü2
í - +1

2 ÷
故曲線 y
1
x
x 在點(diǎn)
x0 , y0 處的曲率半徑 r è 0 ，
2
x30
3
1
4 +1÷ 3 2 2 1
2 è x0 1 2 1 - 2 1
所以 r 2 x0 + 2 ÷ 2 ，則 r 3 2 3 x + 30 2 ÷ 2 ，
2 4 è x0 è x0
x30
3
1 1 2 2 1 2則 r 2 x0 + ÷ 2 ，當(dāng)且僅當(dāng) x0 x2 ，即 x0 1時(shí)取等號(hào)，2 è x
2
0 0
1
故 r 2 ，曲線 y 在點(diǎn) 1,1 處的曲率半徑 r 2 ． x
ì 1 x- 0 - a x2
-
0 y0 - b a + bx
2
0 - 2x0
法二： í r
2 r
2 ，
x4
，
0 +1
x3 0 b - y
3
0
ì 2
3
y
x0 × r
0 - b - 1 4 4
23 r 2 x a 2 y b 2 x
2
0 × r 3 r 3
所以 í 2 ，而 0 - + 0 - 2 + 2 ，
r 3 23 23x a × x
2
0 - -
0
1

23 x0
2 2 3
- 2 1 r 3 2 3 x + 1 2所以 ÷，解方程可得 r x2 1

0
è x
2
2 0
+ 2 ÷ ，
0 è x0
3
1 1 2 1
則 r 2 2 2 x0 + 2 ÷ 2，當(dāng)且僅當(dāng) x0 x2 ，即 x0 1時(shí)取等號(hào)，4 è x0 0
1
故 r 2 ，曲線 y 在點(diǎn) 1,1 x 處的曲率半徑 r 2 ．
3
2x
（3）法一：函數(shù) y ex x, ex的圖象在 處的曲率半徑 e +1 2r ，
ex
2 4 x 2故 - xr 3 e3 + e 3 ，
4 2 4 2 2 x 2 x
由題意知： x1 - x x - x 1 2e3 + e 3 1 e3 2 + e 3 2 令 t 3 3 ，1 e , t2 e
t 2 1 t 2 1則有 1 + +t 2 t ，1 2
所以 t 21 - t
2 1 1
2 - ，即 t1 - t2 t t
t1 - t
1 +
2
t t 2 t t ，故
t1t2 t1 + t2 1．
2 1 1 2
因?yàn)?x1 x2 ，所以 t1 t2 ，
3
所以1 t t 2 x1 +x2 ，1 2 t1 + t2 > t1t2 × 2 t1t2 2 t1t2 2e
所以 x1 + x2 < -ln2．
3
x e2x 2法二：函數(shù) y ex 的圖象在 x, e 處的曲率半徑 +1 r ，
ex
e2x
3
+1
有 r 2

e4x + 3e2x + 3+ e-2x
e2x
2x 1 1
令 t1 e 1 , t2 e
2x2 2，則有 t1 + 3t1 + 3+ t
2
2 + 3tt 2
+ 3+
t ， 1 2
1
則 t1 - t2 t1 + t2 + 3
1
- 0，故 t + t + 3- 0 ，
è t t
÷ 1 2
1 2 t1t2
因?yàn)?x1 x2 ，所以 t1 t2 ，
所以有0 t
1
1 + t2 + 3- > 2 t1t + 3
1
-
t t 2 t t ，1 2 1 2
令 t t1t2 ，則 2t + 3
1
- < 0 0 > 2t3 + 3t 2 -1 (t +1)22 ，即 2t -1 ， t
t 1 1故 < x，所以 e 1 +x2 t1t2 t < ，即 x1 + x2 < -ln2；2 2
3
2x 2
法三：函數(shù) y ex 的圖象在 x, ex 處的曲率半徑 e +1 r ．
ex
2 4 x 2故 xr 3 e3 + e3
4 2 4 4 2 2x x x 2 - x - x
設(shè) g x e3 + e3 ，則 g x e3 - e 3
2
e 3 2e2x -1 ，3 3 3
x , 1所以當(dāng) - - ln2

÷時(shí) g x < 0
1
，當(dāng) x - ln2,+

÷時(shí) g x > 0，
è 2 è 2
g x 1 1所以 在 - ,- ln2÷上單調(diào)遞減，在 - ln2,+ ÷上單調(diào)遞增，
è 2 è 2
1
故有 x1 < - ln2 < x2 ，2
x ,-ln2 - x - , 1- ln2 所以 1 2 ÷，
è 2
要證 x1 + x2 < -ln2，即證 x1 < -ln2 - x2 ，
即證 g x2 g x1 > g -ln2 - x2 將 x1 + x2 < -ln2 ，
1
下證：當(dāng) x - ln2,+

÷時(shí)，有 g x > g -ln2 - x ，
è 2
設(shè)函數(shù)G x g x - g -ln2 - x x 1（其中 > - ln2），
2
2 2 x 1 4 2x - - x則G x g x + g -ln2 - x 2e -1 e3 - 2 3 ÷ ×e 3 > 0，3 è
故G x 1單調(diào)遞增，G x > G - ln2

2 ÷
0 ，
è
故 g x2 > g -ln2 - x2 ，所以 x1 + x2 < -ln2．
3
x 2x 2
法四：函數(shù) y ex 的圖象在 x, e 處的曲率半徑 e +1 r ，
ex
2x 3e +1有 r 2 e4x + 3e2x -2x ，
e2x
+ 3+ e
設(shè) h x e4x + 3e2x + 3 + e-2x ．
則有 h x 4e4x
2
+ 6e2x - 2e-2x 2e-2x e2x +1 2e2x -1 ，
x , 1 ln2 h x 1所以當(dāng) - - ÷時(shí) < 0，當(dāng) x

- ln2,+

÷時(shí) h x > 0，
è 2 è 2
故 h x 在 - ,
1 1
- ln 2
2 ÷ 上單調(diào)遞減，在
- ln 2,+
2 ÷ 上單調(diào)遞增．è è
1
故有 x1 < - ln2 < x2 2
，
所以 x1,-ln2
1
- x 2 - ,- ln2

2 ÷
，
è
要證 x1 + x2 < -ln2，即證 x1 < -ln2 - x2 ，
即證 h x2 h x1 > h -ln2 - x2 ．將 x1 + x2 < -ln2，
下證：當(dāng) x
1
- ln2,+ ÷時(shí)，有 h x > h -ln2 - x ，
è 2
設(shè)函數(shù)H x h x - h -ln2 - x x 1（其中 > - ln2），
2
H x h x + h -ln2 - x 2e2x 2 1-1 1+ e-2x 1 -4x 則 + e ÷ > 0，
è 2 4
故H x H x H 1單調(diào)遞增，故 > - ln2

2 ÷
0 ，
è
故 h x2 > h -ln2 - x2 ，所以 x1 + x2 < -ln2．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：極值點(diǎn)偏移法證明不等式，先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，找到極值點(diǎn)，分析兩根相等時(shí)兩根的范
圍，根據(jù)范圍以及函數(shù)值相等構(gòu)造新的函數(shù)，研究新函數(shù)的單調(diào)性及最值，判斷新函數(shù)小于或大于零恒成
立，即可證明不等式.特訓(xùn) 07 利用導(dǎo)數(shù)解決雙變量問題（三大題型）
如果兩個(gè)變量之間不存在具體直觀的等量關(guān)系，但可以通過適當(dāng)?shù)拇鷶?shù)變形將兩個(gè)變量化為某種結(jié)
x
構(gòu)的整體，常見如 x -x, 2 ，這種通過換元實(shí)現(xiàn)雙變量合二為一目的，把雙變量轉(zhuǎn)化為單變量的手段分別稱
x1
為“差值代換”和“比值代換”.
x
注：如果所給條件能轉(zhuǎn)化為關(guān)于變量 x ,x 的齊次式，常常建立關(guān)于 2 的函數(shù) .
x1
導(dǎo)數(shù)中解決雙變量問題的步驟：
(1)先根據(jù)已知條件確定出兩個(gè)變量 x ,x 滿足的條件；
(2)將雙變量轉(zhuǎn)化為單變量，具體有兩種可行的方法：
x x
① 將所有涉及 x ,x 的式子轉(zhuǎn)化為關(guān)于 2 的式子，令 t 2 ,將問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于自變量 t 的函數(shù)問題；
x1 x1
② 令 t=x -x ,將問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于自變量 t 的函數(shù)問題.
注：需要關(guān)注新元的范圍即為新函數(shù)的定義域，借助新函數(shù)的單調(diào)性和值域完成問題的分析求解.
目錄：
01 ：轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)解決
02 ：整體代換
03 ：　構(gòu)造具體函數(shù)解決雙變量問題
01 ：轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)解決
例 1 已知函數(shù) f(x)＝ln x－ax＋1，其中 a 為實(shí)常數(shù).對(duì)于函數(shù)圖象上任意不同的兩點(diǎn) A(x1，f(x1))，B(x2，
f(x2))，直線 AB 的斜率為 k，若 x1＋x2＋k＞0 恒成立，求 a 的取值范圍.
感悟提升　此類問題一般是給出含有 x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通過變形，把不等式兩邊轉(zhuǎn)化為結(jié)
構(gòu)形式相同的代數(shù)式，即轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)，可利用該函數(shù)單調(diào)性求解.
1
訓(xùn)練 1 已知函數(shù) f(x)＝aln x＋ x2，在其圖象上任取兩個(gè)不同的點(diǎn) P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，總能使得2
f（x1）－f（x2）
＞2，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為(　　)
x1－x2
A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1，2) D.[1，2]
02 ：整體代換
例 2 設(shè)函數(shù) f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x，g(x)＝2aln x－4x＋b，其中 a＞0，b∈R.已知 a＞2，且方程 f(x)＝g(x)
x1＋x2
在(1，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根 x1，x2，求證：f′( )＞0.2
感悟提升　(1)解此類題的關(guān)鍵是利用代入消元法消去參數(shù) a，得到僅含有 x1，x2 的式子.(2)與極值點(diǎn) x1，x2
有關(guān)的雙變量問題，一般是根據(jù) x1，x2是方程 f′(x)＝0 的兩個(gè)根，確定 x1，x2的關(guān)系，再通過消元轉(zhuǎn)化為只
x2
含有 x1或 x2的關(guān)系式，再構(gòu)造函數(shù)解題，即把所給條件轉(zhuǎn)化為 x1，x2的齊次式，然后轉(zhuǎn)化為關(guān)于 的函數(shù)，x1
x2
把 看作一個(gè)變量進(jìn)行整體代換，從而把二元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)來解決問題.
x1
訓(xùn)練 2 設(shè) a∈R，函數(shù) f(x)＝ln x－ax，若 f(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn) x1，x2，求證：ln x1＋ln x2＞2.
03 ：　構(gòu)造具體函數(shù)解決雙變量問題
例 3 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 bln a－aln b＝a－b，證明：2< ＋ a b
答題模板
第一步　分析題意，探究?jī)勺兞康年P(guān)系
第二步　合二為一，變?yōu)閱巫兞坎坏仁?br/>第三步　構(gòu)造函數(shù)
第四步　判斷新函數(shù)的單調(diào)性或求新函數(shù)的最值，進(jìn)而解決問題
第五步　反思回顧解題過程，規(guī)范解題步驟
訓(xùn)練 3 已知函數(shù) f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).當(dāng) x＞y＞e－1 時(shí)，求證：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
方法技巧 1 極值點(diǎn)偏移
(1)極值點(diǎn)不偏移
x1＋x2
已知函數(shù) f(x)圖象的頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)就是極值點(diǎn) x0，若 f(x)＝c 的兩根的中點(diǎn)剛好滿足 ＝x0，即極值點(diǎn)在2
兩根的正中間，也就是說極值點(diǎn)沒有偏移.此時(shí)函數(shù) f(x)在 x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢相同，如圖(1).
圖(1)
(無(wú)偏移，左右對(duì)稱，二次函數(shù))若 f(x1)＝f(x2)，則 x1＋x2＝2x0.
(2)極值點(diǎn)偏移
x1＋x2
若 ≠x0，則極值點(diǎn)偏移，此時(shí)函數(shù) f(x)在 x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢不同，如圖(2)(3).2
圖(2)
(左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移)若 f(x1)＝f(x2)，則 x1＋x2＞2x0；
圖(3)
(左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移)若 f(x1)＝f(x2)，則 x1＋x2＜2x0.
(3)極值點(diǎn)偏移問題的常見解法
①(對(duì)稱化構(gòu)造法)構(gòu)造輔助函數(shù)：對(duì)結(jié)論 x1＋x2＞2x0 型，構(gòu)造函數(shù) F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對(duì)結(jié)論 x 21x2＞x 0
x02
型，構(gòu)造函數(shù) F(x)＝f(x)－f( )，通過研究 F(x)的單調(diào)性獲得不等式.x
x1
②(比值代換法)通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換 t＝ 化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單
x2
調(diào)性證明.
例 已知函數(shù) f(x)＝xe－x，如果 x1≠x2，且 f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2＞2.
方法技巧 1 指數(shù)、對(duì)數(shù)均值不等式
極值點(diǎn)偏移問題是近幾年高考的熱點(diǎn)問題，求解此類問題的一個(gè)重要工具就是指數(shù)均值不等式和對(duì)數(shù)均值
不等式.
一、對(duì)數(shù)均值不等式
a－b a＋b
結(jié)論 1　對(duì)任意的 a，b＞0(a≠b)，有 ab＜ ＜ .
ln a－ln b 2
證明　不妨設(shè) a＞b＞0(0＜a＜b 時(shí)同理可得)
a－b a－b
首先，由 ab＜ 等價(jià)于 ln a－ln b＜ ，
ln a－ln b ab
a
a －1
即 ln b＜ .
b a
b
a x2－1
令 x＝ ＞1，只要證 ln x2＜ ，
b x
即證 2xln x－x2＋1＜0.
令 f(x)＝2xln x－x2＋1(x＞1)，
2
則 f′(x)＝2ln x＋2－2x，f″(x)＝ －2＜0，f′(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，
x
即 f(x)＜f(1)＝0.
a－b
故 ab＜ .
ln a－ln b
a－b a＋b 2（a－b）
其次， ＜ 等價(jià)于 ln a－ln b＞ ，
ln a－ln b 2 a＋b
a 2(ab－1 )
即 ln ＞ .
b a
b＋1
a 2（x－1）
令 x＝ ＞1，只要證 ln x＞ ，
b x＋1
即證(x＋1)ln x－2x＋2＞0.
設(shè) g(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x＞1)，
同理可證 g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，
有 g(x)＞g(1)＝0.
a－b a＋b
故 ＜ .
ln a－ln b 2
二、指數(shù)均值不等式
m＋n em－en em＋en
結(jié)論 2　對(duì)任意實(shí)數(shù) m，n(m≠n)，有 e ＜ ＜ .
2 m－n 2
證明　在指數(shù)均值不等式中，令 em＝a、en＝b，則 m＝ln a，n＝ln b，從而可得對(duì)數(shù)均值不等式.需注意的是，
在實(shí)際解題過程中，凡涉及這兩個(gè)不等式的都需給出證明，以確保考試不被扣分，但本文以下的例題省略
該過程.
例 (1)若函數(shù) f(x)＝ln x－ax(a 為常數(shù))有兩個(gè)不同的零點(diǎn) x1，x2，請(qǐng)證明：x1x ＞e22 .
(2)已知函數(shù) f(x)＝x－aex(a 為常數(shù))有兩個(gè)不同的零點(diǎn) x1，x2，證明：x1＋x2＞2.
一、解答題
1．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
1
(2)若x 21， x2 x1 x2 為函數(shù) g(x) kx + 2 - ln x 的兩個(gè)零點(diǎn)，求證： x1x
4
2 >12e
4．
x
2．（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 ．
lnx
3．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x ax - ， a > 0．
x
(1)若 f x 存在零點(diǎn)，求 a 的取值范圍；
(2)若x1，x2為 f x 的零點(diǎn)，且 x1 x2，證明： a x1 + x
2
2 > 2．
4．（2024·安徽阜陽(yáng)·一模）已知函數(shù) f x 3lnx - ax ．
(1)討論 f x 的單調(diào)性．
(2)已知 x1, x2 是函數(shù) f x 的兩個(gè)零點(diǎn) x1 x2 ．
（ⅰ）求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
1
（ⅱ）l 0, ÷ , f x 是 f x 的導(dǎo)函數(shù)．證明： f é lx1 + 1- l x2 ù 02 ．è
ex - ax25．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) 有 3 個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 , x1+ x 3，其中
e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
(1)求實(shí)數(shù) a的取值范圍；
(2)求證： x1 + x2 + x3 > -2．
6．（2023·福建龍巖·二模）已知函數(shù) f (x) ln x
2
， 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．
f (x) ax2 (a 1)x ln x 1 g(x) f (x)7．（2023·新疆·三模）已知函數(shù) + + - ， ．
x
(1)討論 g x 的單調(diào)性；
e2
(2)若方程 f (x) x2 ex + x ln x -1有兩個(gè)不相等的實(shí)根 x1, x x + x2 ，求實(shí)數(shù) a的取值范圍，并證明 e 1 2 > ．x1x2
x
8．（2023· e上海松江·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) ax - a ln x - .
x
(1)若 a 0，求函數(shù) y f (x) 的極值點(diǎn)；
(2)若不等式 f (x) 0恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
(3)若函數(shù) y f (x) 有三個(gè)不同的極值點(diǎn)x1、x2、 x3 ，且 f (x1) + f (x2 ) + f (x3 ) 3e
2 - e，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
9．（2023·山東德州·三模）已知函數(shù) f x lnx 1+ (a - x)2 ，其中 a R ．
2
(1)當(dāng) a 1時(shí)，求函數(shù) f x 在 1, f 1 處的切線方程；
(2)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
3
(3)若 f x 存在兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 x1 x2 , f x2 - f x1 的取值范圍為 - ln2,
15
- 2ln2
4 8 ÷ ，求
a的取值范
è
圍．
1+ 2ln x
10．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x
x2
.
(1)設(shè)函數(shù) g x ekx 1- k > 0 ，若 f x g x 恒成立，求 k 的最小值；
kx
(2)若方程 f x x x m有兩個(gè)不相等的實(shí)根x 、x ，求證： 1 + 2
2 1- ln m
1 2 .x2 x1 m
1
11．（2023·天津河西·模擬預(yù)測(cè)）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 x2 x2
（i）證明： x - > - ln >1-e ；2 ex1 x1 x1
x1 x（ii）若 2x x k ，證明： f xe e 1
- f x2 1 .
1 2
12 2．（2023·天津河西·模擬預(yù)測(cè)）已知 f x x - 4x - 6ln x．
(1)求 f x 在 1, f 1 處的切線方程；
1
(2) 2 對(duì)"x 1, + ，有 xf x - f x > x + 6k 1- x ÷ -12恒成立，求 k 的最大整數(shù)解；è
(3)令 g x f x + 4x - a - 6 ln x ，若 g x 有兩個(gè)零點(diǎn)分別為 x1, x2 x1 x2 ，且 x0 為 g x 的唯一的極值點(diǎn)，
求 a的取值范圍，并證明： x1 + 3x2 > 4x0．
13．（2023·四川遂寧·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) ln x + x ， g x x + ex+a a R ，其中 e 為自然對(duì)數(shù)的底
數(shù)．
(1)求曲線 y f (x) 在點(diǎn) 1, f (1) 處的切線方程；
ìx2 -8x +15,2 x 6
(2)當(dāng) a -2 時(shí)，有t (x) í ，求證：對(duì)"x 2, + ，有 g(x) t (x)；
9 - x, x 6
x
(3)若 f (x1) - g(x ) a
1
2 ，且 1x ，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．2
14．（2023·浙江嘉興· x二模）已知 f x e , g x lnx .
(1)若存在實(shí)數(shù) a，使得不等式 f x - g x f a - g a 對(duì)任意 x 0, + 恒成立，求 f a × g a 的值；
f x - f x g x - g x
(2) 1 x x k 1 2 , k 1 2

若 1 2 ，設(shè) 1 2 ，證明：x1 - x2 x1 - x2
①存在 x0 x1, x2
k1 x0
，使得 x ×ek 0 成立；2
f x1 + f x② k1 - k
1
2
2 -
2 .x1x2
1 1 1
15．（2023·湖北咸寧·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x - 2 ÷ x - a - lnx - + b，其中 a,b R .è x 2x 2x
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若函數(shù) f x 存在三個(gè)零點(diǎn)x1、x2、 x3 （其中 x1 x2 x3），證明：
（i）若 a > 1，函數(shù) g x lnx 1+ ，使得0 b - g a 1 a - ；
2x 2a
1 1 1 1 2 22 11a + 38a +11（ii）若 0 a 1，則 + ÷ + - - ÷
è x1 x3 è x1 x3 a 3a a2 + 8a +1 .
16．（2024·浙江溫州·二模）如圖，對(duì)于曲線Γ ，存在圓C 滿足如下條件：
①圓C 與曲線Γ 有公共點(diǎn)A ，且圓心在曲線Γ 凹的一側(cè)；
②圓C 與曲線Γ 在點(diǎn)A 處有相同的切線；
③曲線Γ 的導(dǎo)函數(shù)在點(diǎn)A 處的導(dǎo)數(shù)（即曲線Γ 的二階導(dǎo)數(shù)）等于圓C 在點(diǎn)A 處的二階導(dǎo)數(shù)（已知圓
r 2
x - a 2 + y - b 2 r2 在點(diǎn) A x0 , y0 處的二階導(dǎo)數(shù)等于 ）；b - y 30
則稱圓C 為曲線Γ 在A 點(diǎn)處的曲率圓，其半徑 r 稱為曲率半徑．
(1)求拋物線 y = x2 在原點(diǎn)的曲率圓的方程；
y 1(2)求曲線 x 的曲率半徑的最小值；
(3) x若曲線 y ex 在 x1, e 1 和 x2 , ex2 x1 x2 處有相同的曲率半徑，求證： x1 + x2 -ln2．

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