資源簡介

重難點突破 04 雙變量與多變量問題
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納總結 ...................................................................................................................................2
題型一：雙變量單調問題 ....................................................................................................................2
題型二：雙變量不等式:轉化為單變量問題.......................................................................................7
題型三：雙變量不等式:極值和差商積問題.....................................................................................14
題型四：雙變量不等式:中點型.........................................................................................................19
題型五：雙變量不等式:剪刀模型.....................................................................................................24
題型六：雙變量不等式:主元法.........................................................................................................29
題型七：雙變量不等式:差值代換與比值代換.................................................................................34
03 過關測試 .........................................................................................................................................39
破解雙參數不等式的方法：
一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參數滿足的關系式，并把含雙參數的不等式轉化為含單參數的
不等式；
二是巧構函數，再借用導數，判斷函數的單調性，從而求其最值；
三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果.
題型一：雙變量單調問題
2
【典例 1-1】（2024·河北石家莊·模擬預測）已知函數 f x = éx - a +1 x +1ù
x
×e ， a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若 a = -1，對任意 x1, x2 0, + ，當 x1 > x2 時，不等式 f x1 - f x2 < m e2x1 - e2x2 恒成立，求實數 m
的取值范圍.
1 f x = éx2 - a +1 x +1+ 2x - a -1ù ×ex x【解析】（ ） = x +1 x - a ×e ，
若 a = -1，則 f x 0恒成立，當且僅當 x=- 1時等號成立，
故 f x 的增區間為 - , + ，無減區間.
若 a < -1，則當 x < a或 x > -1時， f x > 0；當 a < x < -1時， f x < 0，
故 f x 的增區間為 - ,a , -1,+ ，減區間為 a, -1 ，
若 a > -1，同理可得 f x 的增區間為 - , -1 , a,+ ，減區間為 -1, a .
（2 2）若 a = -1，則 f x = x +1 ×ex ，
由（1）可得 f x 的增區間為 - , + ，
故 f x1 - f x2 < m e2x1 - e2x2 2x即為 f x 11 - f x2 < m e - e2x2 ，
f x - me2x2 > f x - me2x故 12 1 ，
設 g x = f x - me2x ，故 g x 為 0, + 上的減函數，
而 g x = f x - 2me2x = x +1 2 ex - 2me2x ，
所以 x +1 2 ex - 2me2x 0在 0, + 上恒成立，
故 x +1 2 e- x - 2m 0在 0, + 上恒成立，
設 S x = x +1 2 e- x - 2m ，故 S x = - x -1 x +1 ex ，
當0 < x <1時， S x > 0，當 x >1時， S x < 0，
故 S x 在 0,1 上為增函數，在 1, + 上為減函數，
故 S x = S 1 = 4e-1 - 2m ，故 4e-1max - 2m 0 即m
2

e
【典例 1-2】已知函數 f (x) = (a +1) ln x + ax2 +1．
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f (x) 在 1, f (1) 處的切線方程；
(2)設 a -2，證明：對任意x1， x2 (0,+ ) ， | f (x1) - f (x2 ) | 4 | x1 - x2 |．
【解析】（1）當 a = 2時， f (x) = 3ln x + 2x2 +1，\ f (1) = 3，切點為 1,3
3
求導 f (x) = + 4xx ，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， f (x) 的定義域為 (0, + ) a +1，求導 f (x) = + 2ax 2ax + a +1= < 0 ，
x x
\ f (x)在 (0, + )上單調遞減．
不妨假設 x1 x2，∴ f x1 - f x2 4 x1 - x2 等價于 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 -1
2
， ，\ g x = < 0．
x x
從而 g(x)在 (0, + )單調減少，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 ．
【變式 1-1 2】已知函數 f x = a +1 ln x + ax +1 .
(1)討論函數 f (x) 的單調性；
(2)設 a < -1，如果對任意 x1,x2 0, + ， | f x1 - f x2 | 4 | x1 - x2 |，求證： a -2 .
2
【解析】（1）函數定義域為 x (0,+ )， f x 2ax + a +1= ，
x
①當 a 0時， f x > 0， f x 在 x (0,+ )單調遞增；
②當 a -1時， f x < 0， f x 在 x (0,+ )單調遞減；
③ -1 < a < 0 f x = 0 x a +1當 時，由 得 = - ，
2a

所以 f x 在 x a +1 a +1 0, - 單調遞增，在 x - , + 2a ÷÷ 2a ÷÷ 單調遞減.è è
（2）證明：不妨設 x1 x2而當 a < -1時，
由（1）可知 f x 在 x (0,+ )單調遞減，
從而"x1, x2 0, + ， f x1 - f x2 4 x1 - x2 等價于"x1, x2 0, + ， f x2 + 4x2 f x1 + 4x1 .
構造函數 g x = f x + 4x，只需 g x 在 x (0,+ )單調遞減，
即 g x a +1= + 2ax + 4 0在 x (0,+ )恒成立，
x
2
-4x -1 2x -1 2 2x -1 分離參數法： a 2 = - 2，只需 a 2 - 2÷ = -2 .2x +1 2x2 +1 è 2x +1 ÷ min
【變式 1-2】（2024·安徽·三模）設 a R ，函數 f x = a ln -x + a +1 x2 +1.
（Ⅰ）討論函數 f x 在定義域上的單調性；
（Ⅱ）若函數 f x 的圖象在點 -1, f -1 處的切線與直線8x + y - 2 = 0平行，且對任意 x1, x2 - ,0 ，
f x - f xx 1 x 1 22 ，不等式 > m恒成立，求實數m 的取值范圍.x1 - x2
【解析】（Ⅰ） f x 的定義域是 - ,0 .
2
f '(x) a 2(a 1)x 2(a +1)x + a= + + = .
x x
（1）當 a -1時， f x > 0， f x 的定義域 - ,0 內單增；
a
（2）當-1 < a < 0 2時，由 2 a +1 x + a = 0得， x = - - .
2(a +1)
a a
此時 f x 在 - , - - ÷÷ 內單增，在 - - ,0 內單減；
è 2(a +1)
÷÷
è 2(a +1)
（3）當 a 0時， f x < 0， f x 的定義域 - ,0 內單減.
f ' -1 = -8 2(a +1) + a（Ⅱ）因為 ，所以 = -8， a = 2 .
-1
此時 f (x) = 2ln(-x) + 3x2 +1 .
由（Ⅰ）知， a = 2時， f x 的定義域 - ,0 內單減.
不妨設 x2 < x1 < 0，
f x1 - f x2
則 > m，即 f x1 - f x2 > m xx - x 1 - x2 ，1 2
即 f x2 + mx2 > f x1 + mx1恒成立.
令 g x = f x + mx， x < 0 ，則 g x 在 - ,0 內單減，即 g ' x 0 .
g '(x) = f '(x) 2 2+ m = + 6x + m 0，m - - 6x， x < 0 .
x x
2
而- - 6x
2
4 3 3，當且僅當 x = - 時，- - 6x 取得最小值x 4 3
，
3 x
所以m 4 3 ，故實數m 的取值范圍是 - , 4 3ù .
【變式 1-3】已知函數 f (x) = 2x +1- x ln x .
(1)若函數 f (x) 在點A 處的切線 l與直線 x - y = 0平行，求 l的方程；
(2)判斷命題“ xf (x) < 15對任意 x > 0恒成立”的真假，并說明理由；
f x - f x
(3)若對任意 x1, x2 (0,

+ ) 1 2都有 > m x1 + x2 恒成立，求實數 m 的取值范圍.x1 - x2
【解析】（1）由函數 f (x) = 2x +1- x ln x ，可得 f x = - ln x +1，
設切點坐標 (x0 , y0 )，可得 f x0 = - ln x0 +1，
因為函數 f (x) 在點A 處的切線 l與直線 x - y = 0平行，- ln x0 +1 =1，解得 x0 = 1，
所以 f (1) = 3，即切點坐標為 A 1,3 ，所以切線方程為 y - 3 = x -1，即 l : y = x + 2 .
（2）真命題，
理由如下：
欲證 xf x = 2x2 + x - x2 ln x < 15對任意 x > 0恒成立，
即證2 - ln x
1 15
+ - 2 < 0對任意 x > 0恒成立，x x
令 g x = 2 - ln x 1 15+ - 2 , x 0,+ x x
2
1 1 30 -x - x + 30 - x + 6 x - 5 可得 g x = - - +
x x2 x3
=
x3
=
x3
，
令 g x = 0 ，可得 x = 5，
則 x, g x , g x 的關系如下表：
x 0.5 5 5,+
g x + 0 -
g x Z 極大值 ]
g(x) 8 1 15故 max = g 5 = - ln5 < 0，即2 - lnx + - < 0對任意 x > 0恒成立，5 x x2
故原命題得證
f x - f x
（3）不妨設 x1 > x2 > 0，若"x , x 0, ,
1
1 2 +
2 > m x + x
x1 - x
1 2 ，
2
可得 f x1 - f x2 > mx21 - mx22 , f x1 - mx21 > f x 22 - mx2 ，
g x = f x - mx2設 = 2x +1- x ln x - mx2，則 g x1 > g x2 恒成立，
故 g x 是 0, + 的增函數，即 g x =1- ln x - 2mx 0對 x > 0恒成立，
2m 1- ln x可得 在 x > 0恒成立，
x
設 h x 1- ln x ln x - 2= ，可得 h x = 2 ，x x
h x ln x - 2令 = 2 < 0，可得 0 < x < e2 ，所以 h x 在 0,e2 上遞減，x
令h x ln x - 2= 22 > 0，可得 x > e2 ，所以 h x 在 e ,+ 上遞增，x
1 1 1
即有 h x 在 x = e2 處取得極小值，且為最小值- 2 ，得 2m - 2 ，解得m - ，e e 2e2
即實數m
1 ù
的取值范圍是 - , -
è 2e2 ú
.
m 1
【變式 1-4】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = loga x + - ，m R ， a > 0且 a 1．x 2
（1）當 a = 2時，討論 f x 的單調性；
x2 f x1 - x1 f xa = e x x 0 2 1（2）當 時，若對任意的 1 > 2 > ，不等式 < 恒成立，求實數m 的取值范圍．x1 - x2 2
【解析】（1）函數 f x 的定義域為 0,+ ，
將 a = 2代入 f x 的解析式，得 f x = log m 12 x + - ，x 2
f x 1 m x - m ln 2求導得 = -
x ln 2 x2
= ．
x2 ln 2
當m 0時， f x > 0，故 f x 在 0,+ 上單調遞增；
當m > 0時，令 f x = 0，得 x = m ln 2．
所以當 x 0,mln2 時， f x < 0，當 x mln 2,+ 時， f x > 0，于是 f x 在區間 0,mln 2 上單調遞
減，在區間 mln 2,+ 上單調遞增．
綜上，當m 0時， f x 在 0,+ 上單調遞增；當m > 0時， f x 在區間 0,mln 2 上單調遞減，在區間
mln 2,+ 上單調遞增．
（2）當 a = e
m 1
時， f x = ln x + - ．
x 2
x2 f x1 - x1 f x f xx x 0 2 1 1 1 f x 1因為 1 > 2 > < + < 2，所以不等式 可化為 + ，x1 - x2 2 x1 2x1 x2 2x2
ln x1 m ln x+ < 2 m+ x > x > 0 g t ln t m所以 0,+ x1 x21 x2 x2
對任意的 1 2 恒成立，所以函數 = + 2 為 上的減函數，
2 t t
所以 g t 1- ln t 2m= 2 - 3 0在 0,+ 上恒成立，可得 2m t - t ln t 在 0,+ 上恒成立，t t
設h t = t - t ln t ，則h t = - ln t ，令 h t = 0，得 t =1．
所以當 t 0,1 上單調遞增，在區間 1,+ 上單調遞減，
所以 h t = hmax 1 =1
1
，得m ．
2
所以實數m é
1
的取值范圍為 ê ,+

2 ÷
．

題型二：雙變量不等式:轉化為單變量問題
【典例 2-1】設函數 f x = ln x + x2 - ax a R .
(1)當 a = 3時，求函數 f x 的單調區間；
(2)若函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 ，且 x1 0,1 ，求 f x1 - f x2 的最小值.
2
【解析】（1）當 a = 3時， f x = ln x + x - 3x，則 f x 定義域為 0, + ，
f x 1 2x 3 2x
2 - 3x +1 2x -1 x -1
= + - = = ，
x x x
\當 x

0,
1
÷ U 1,+ 時， f 2 x 0
1> ；當 x ,1

÷時， f x < 0；
è è 2
\ f x 1 1 的單調遞增區間為 0, ÷， 1, + ；單調遞減區間為 ,12 ÷ .è 2 è
2
2 Q f x 0, + f x 1 2x a 2x - ax +1（ ） 定義域為 ， = + - = ，
x x
\ f x 有兩個極值點 x1, x2 等價于 2x2 - ax +1 = 0在 0, + 上有兩個不等實根 x1, x2 ，
a 1
\ x1 + x2 =
1
， x
2 1
x2 = ，\a = 2 x1 + x2 2 ， x2 = 2x ，1
x 1+
\ f x1 - f x 22 = ln x1 + x1 - ax1 - ln x2 - x22 + ax
1
2 = ln x + x21 1 - 2x1 x
1
1 + ÷ + ln 2x
1 2x1
2x 1
- 2 +
è 1 4x1 x1
= 2ln x - x2 11 1 + 2 + ln 2 0 < x1 1 4x ；1
設 g x = 2ln x - x2 1+ 2 + ln 2 0 < x 1 ，4x
2
則 g x 2 1 4x
2
2x - 4x
4 -1 2x2 -1
= - - 3 = 3 = - ，x 2x 2x 2x3
0
\ g x 在 0,1 1 3上單調遞減，\ g x g 1 = 0 -1+ + ln 2 = ln 2 - ，
4 4
2 1
即 f x1 - f x2 = 2ln x1 - x1 + 2 + ln 2 ln 2
3
-
4x1 4
，
\ f x1 - f x
3
2 的最小值為 ln 2 - .4
【典例 2-2】（2024·高三·天津寧河·期末）已知函數 f x = ln x a+ x2 ， a R ．
2
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在 1, f 1 處的切線方程；
(2)求 f x 的單調區間；
(3)設 x1, x2 0 < x1 < x2 是函數 g x = f x - ax 的兩個極值點，證明： g x1 - g x2
a
< - ln a ．
2
【解析】（1）當 a =1時， f x = ln x 1+ x2 ，
2
f x 1得 = + x ，則 f 1 = 2， f 1 1= ，
x 2
y 2 x 1 1所以切線方程為 = - + ，即 4x - 2y - 3 = 0；
2
2
（2） f x 1= + ax 1+ ax= ，
x x
當 a 0時， f x > 0恒成立， f x 在 0, + 上單調遞增，無減區間，
當 a < 0時，令 f x > 0 0 x -a，得 < < - ， f x 單調遞增，
a
令 f x < 0，得 x -a> - ， f x 單調遞減，
a
綜合得：當 a 0時， f x 的單調遞增區間為 0, + ，無減區間；

當 a<0時， f x -a -a的單調遞增區間為 0, - ÷÷， f x 的單調遞減區間為 - , + a a ÷÷；è è
（3） g x = f x - ax a= ln x + x2 - ax ，
2
2
則 g x 1= + ax a ax - ax +1- = ，
x x
因為 x1, x2 0 < x1 < x2 是函數 g x = f x - ax的兩個極值點，
即 x1, x2 0 < x < x 是方程 ax21 2 - ax +1 = 0的兩不等正根，
ìa2 - 4a > 0
x1 + x =1 > 0所以 í 2 ，得 a > 4，
x x 1 1 2 = > 0 a
x1
令 = t,0 < t <1
1
，則 tx2 + x2 = 1, txx 2
x2 = a ，2
t +1 2a 1 1= = =
得 tx2 22 t 1
t ，

è t +1÷
x x 2 4 4t 1- t則 2 - 1 = x2 + x1 - 4x2x1 = 1- = 1- =a ，t +1 2 t +1
所以 g x1 - g x = ln x
a
+ x2 - ax - a 2 x1 a 2 22 1 2 1 1
ln x2 + x2 - ax2 ÷ = ln + x1 - x2 - a x1 - x
è 2 x2 2
2
ln x1 a= + x x- x x + x - a x - x = ln 1 a
x 2 1 2 1 2 1 2
- x - x
x 2 1 2

2 2
t +1 2 2
= ln t 1- t t -1+ × = ln t - ，
2t t +1 2t
2 t +1 2 t +1
2
則 g x1 - g x
a
2 -

- ln a

÷ = ln t
t -1
- - + 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 1- t則 = -1 = > 0，
t +1 t +1
所以 h t 在 0,1 上單調遞增，
所以 h t < h 1 = 2ln 2 - 2 = 2 ln 2 -1 < 0，
所以 g x1 - g x -
a
2 - ln a
< 0 ，
è 2 ÷
a
即 g x1 - g x2 < - ln a .2
【變式 2-1】已知函數 f x = ex - x2 - a +1 × x +1，其中自然常數e 2.71828．
(1)若 x = 0是函數 f x 的極值點，求實數 a的值；
(2)當 a > 0時，設函數 f x 的兩個極值點為 x1, x2 ，且 x1 < x2，求證： ex2 - ex1 < 4a + 4．
x 2
【解析】（1）因為 f x = e - x - a +1 x +1，所以 f x = ex - 2x - a +1 ，
因為 x = 0是函數 f x 的極值點，所以 f 0 = -a = 0，解得 a = 0，
x x
所以 f x = e - 2x -1，所以令j(x) = f (x) = ex - 2x -1，所以j x = e - 2，
所以當 x - , ln2 時，j x < 0，函數 f x 單調遞減．
又 f 0 = 0，所以當 x - ,0 時， f x > 0，函數 f x 單調遞增，
當 x 0, ln2 時， f x < 0，函數 f x 單調遞減，
所以 x = 0確實是函數 f x 的極大值點．
綜上所述，實數 a的值為 0．
（2）因為 a > 0，函數 f x 的兩個極值點為 x1, x2 ，且 x1 < x2，
ìex1 - 2x1 - (a +1) = 0
所以 í
e
x2 - 2x2 - (a +1) = 0
x
設 t = e 11 ， t = e
x2
2 ，則 t1 - 2lnt1 = t2 - 2lnt2 = a +1．
構建函數 g x = x - 2lnx ，則函數 g x 的圖象與直線 y = a +1交于 t1, a +1 ， t2 , a +1 兩點．
g x x - 2因為 = ，所以當 x 0,2 時， g x < 0，函數 g x 單調遞減，
x
當 x 2, + 時， g x > 0，函數 g x 單調遞增，
所以0 < t1 < 2 < t2 ，所以 t2 - t1 < t2 ．
h x x構建函數 = ，所以函數 h x x= 的圖象與直線 y = a +1交于點 4a + 4,a +1 ．
4 4
構建函數 i x = g x - h x 3x 2lnx i x 3 2= - ，所以 = - ，
4 4 x

所以當 x 0,
8
÷時， i x 0
8< ，函數 i x 單調遞減，當 x
3
,+ ÷時， i x > 0，
è è 3
函數 i x 8 8 8單調遞增，所以當 x = 時，函數 i x 取得最小值 i
3 3 ÷
= 2 - 2ln ，所以
è 3
i x 8 2 - 2ln > 2 - 2lne = 0 ，所以 g x > h x ，
3
所以 a +1 = h 4a + 4 = f t2 > h t2 ，
x
所以 t < 4a + 4，所以 e 22 - e
x1 = t2 - t1 < t2 < 4a + 4．
【變式 2-2】（2024·河南商丘·模擬預測）已知函數 f x 的定義域為 0, + ，其導函數
f x = 2x 2+ - 2a a R , f 1 =1- 2a ．
x
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線 l的方程，并判斷 l是否經過一個定點；
(2)若$x1, x2 ，滿足0 < x1 < x2 ，且 f x1 = f x2 = 0，求 2 f x1 - f x2 的取值范圍．
2
【解析】（1）因為 f x = 2x + - 2a ，
x
所以 f x = x2 + 2lnx - 2ax + c（c 為常數）．
因為 f 1 =1- 2a，所以 c = 0 ，
f x = x2所以 + 2lnx - 2ax．
又 f 1 = 4 - 2a，
所以曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線 l的方程為 y - 1- 2a = 4 - 2a x -1 ，
即 y = 4 - 2a x - 3，
所以 l經過定點 0, -3 ．
x2 - ax +1
（2）令 f x = 0，可得 = 0．
x
因為$x1, x2 ，滿足0 < x1 < x2 ，且 f x1 = f x2 = 0，
所以關于 x 的方程 x2 - ax +1= 0有兩個不相等的正實數根 x1, x2 ，
ìΔ = a2 - 4 > 0

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

x1x2 =1
2
所以 2 f x1 - f x2 = 2 x1 - 2ax1 + 2lnx - x21 2 - 2ax2 + 2lnx2
= 2x21 - 4ax1 + 4lnx1 - x
2
2 + 2ax2 - 2lnx2
= 2x21 - 4 x1 + x2 x1 + 4lnx1 - x22 + 2 x1 + x2 x2 - 2lnx2
= -2x21 - 4 + 4lnx
2
1 + x2 + 2 - 2lnx2
2
= x22 - 2 - 6lnx2 - 2x ，2
令函數 g x 2= x2 - 2 - 6lnx - 2, x 1,+ ，x
4 6 2x4 2
2 2
則 g x 2x - 6x + 4
2 x -1 x - 2
= + - = = ，
x3 x x3 x3
令 g x = 0，得 x = 2 ，
因為當 x 1, 2 時， g x < 0，
當 x 2,+ 時， g x > 0，
所以 g x 在 1, 2 上單調遞減，在 2,+ 上單調遞增，
所以 g x g 2 = -1- 3ln2，
又當 x + 時， g x + ，
所以 g x 的取值范圍為 -1- 3ln2, + ，
即 2 f x1 - f x2 的取值范圍為 -1- 3ln2, + ．
【變式 2-3】（2024·安徽合肥·模擬預測）已知函數 f (x) = a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
1
(2)若x1， x2 x 21 x2 為函數 g(x) = kx + 2 - ln x
4
的兩個零點，求證： x1x2 >12e4．x
6
1 5 2a
2 12x - a
【解析】（ ） f (x) = 24x - = ， x (0,+ )．
x x
當 a 0時， f (x) > 0，則 f (x) 在 (0, + )上單調遞增．
a a當 > 0 f (x) = 0 x6時，令 ，得 = a，解得 x = 6 ．
12 12
當 f (x) > 0 a時， x > 6 ，當 f (x) < 0 a時，0 < x < 6 ，
12 12

所以 f (x) 在 0,
a a
6 上單調遞減，在 6 ,+ 上單調遞增．
è 12 ÷
÷
è 12 ÷
÷

綜上：當 a 0時， f (x) 在 (0, + )上單調遞增；
a a
當 a > 0時， f (x) 在 0, 6 ÷÷上單調遞減，在 6 ,+ ÷÷ 上單調遞增．
è 12 è 12
g x kx2 1 1（2）設0 < x1 < x2 ，則 1 = 1 + 2 - ln x1 = 0， g x 22 = kx2 + 2 - ln x2 = 0x ，1 x2
所以 k
ln x1 1 ln x2 1= - = -
x2 x4 x2 x4 ，1 1 2 2
ln x ln x 1 1 x4 - x4
ln x1 ln x- 2
1 2 2 1 2 2
所以 - = - = x x 1x21 x
2
2 x
4
1 x
4
2 x x 4 ， 1 2 = - ，1 2 x41 - x42 x 41x2
1 1
記 t 4 =12e4 ，要證 x1x2
4 >12e4，只需證- > - x1x
4 t 4 ，
2
ln x1 ln x2 4 4
x2
-
只需證 1 x
2 1 ln x x ln x x2 > - ，只需證
1 1 2 2
2 + 4 < 2 + 4 ．
x4 - x4 t 4 x1 t x2 t1 2
h(x) ln x x
4 t 4 (1- 2 ln x) + 4x6
記 = 2 + ， x (0,+ )，則 h (x) = ，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 x = 6 = 6 30 = e ，12 12
2 2
所以j(x) 在 0,e3 ÷上單調遞減，在 e3 , + ÷上單調遞增，
è è
2
j(x) = j e3 = t 4 4 1所以 min ÷ 1- ÷ + 4e
4 =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, + )上單調遞增，
è
又0 < x1 < x2 ，所以 h x1 < h x2 4，所以 x1x2 >12e4成立．
【變式 2-4 2】已知函數 f x = xlnx - ax + x，a R ．若 f x 有兩個零點 x1，x2 ，且 x2 > 2x1，證明：
x1x
8
2 > e2
．
x , x x lnx - ax2
lnx 1 lnx 1
【解析】若有兩個零點 1 2 ，則 1 1 1 + x1 = 0, x2lnx2 - ax
2
2 + x2 = 0，得a =
1 + = 2 +
x x x x ．1 1 2 2
ln tx
Q x2 > 2x 0
lnx 1 1
1 > ，令 x2 = tx 1
1 lnt
1(t > 2)，則 + = + ，故 lnx = -1，則x1 x1 tx tx
1
1 1 t -1
lnx ln tx lnt lnx tlnt 1 lnt tlnt t +1 lnt2 = 1 = + 1 = - ，\ln x1x2 = lnx1 + lnx

2 = -1+ -1 = - 2，t -1 t -1 t -1 t -1
t +1 lnt -2lnt + t -
1
令h t = - 2(t > 2)，則 t ，
t -1 h t = (t -1)2
1 2
令j t = -2lnt + t - (t > 2) j t 2 1 1 (t -1)，則 = - + + = > 0，t t t2 t2
3
\j t 在 2, + 上單調遞增，\j t > j 2 3= - 2ln2 3- 4ln 2 ln e - ln16= = > 0，
2 2 2
j t
h t 0 h t 2, + h t h 2 3ln2 2 ln 8\ = 2 > ，則 在 上單調遞增，\ > = - = 2 ，即 ln x1x2
8
> ln ，
(t -1) e e2
8
故 x1x2 > 2 .e
題型三：雙變量不等式:極值和差商積問題
【典例 3-1 2 x】已知函數 f x = x + mx + n e .
(1)若 m = n = 0 ，求 f x 的單調區間；
f x - f x
(2)若m = a + b ， n = ab，且 f x 有兩個極值點，分別為x1和 x x < x ，求 2 12 1 2 ex2 - ex 的最大值.1
1 m = n = 0 f x = x2 x【解析】（ ）若 ， e ， f x = x x + 2 ex
令 f x = 0，得 x = -2或 x = 0，
當 x<- 2或 x > 0時， f x > 0，
當-2 < x < 0時， f x < 0，
所以函數 f x 的單調遞增區間是 - ,-2 和 0, + ，單調遞減區間是 -2,0 ；
2 f x = éx2（ ） + m + 2 x + m + nù
x
e ，
令 f x = 0，可得 x2 + m + 2 x + m + n = 0，
2
由題意可得， x1, x2 是關于方程 x + m + 2 x + m + n = 0的兩個實根，
所以 x1 + x2 = - m + 2 ， x1x2 = m + n ，
2 2
由 x1 + m + 2 x1 + m + n = 0，有 x1 = - m + 2 x1 - m - n ，
所以 f x1 = x21 + mx + n ex11 = -2x1 - m ex1 ，
將m = -x1 - x2 - 2代入上式，得 f x1 = x2 - x1 + 2 ex1 ，
同理可得 f x2 = x1 - x + 2 ex22 ，
f x2 - f x1 x1 - x2 + 2 ex2 - x - x + 2 ex1所以 2 1
ex2 - ex
=
1 ex
，
2 - ex1
x2 - x1 - 2 ex2 -x1 + x2 - x1 + 2 = -
ex2 -x
，①，
1 -1
t
令 x2 - x1 = t t > 0 ,①
t - 2 e + t + 2
式化為- t ，e -1
t - 2 e
t +
g t t + 2 t e
t +1
設 = - t > 0 t ，即 g t = - + 2 t > 0 ，e -1 et -1
e2tg t - 2te
t -1
= -
t 2 ，e -1
h t = e2t記 - 2tet -1 t > 0 t，則 h t = 2e et - t -1 ，
記j t = et - t -1 t > 0 t，則j t = e -1 > 0，
所以j t 在 0, + 上單調遞增，所以j t > j 0 = 0，
所以 h t > 0， h t 在 0, + 上單調遞增，所以 h t > h 0 = 0，
所以 g t < 0， g t 在 0, + 上單調遞減，
t 2 = x - x 2 = x + x 2 - 4x x = m + 2 2又 2 1 1 2 1 2 - 4 m + n = m2 - 4n + 4，
= a + b 2 - 4ab + 4 = a - b 2 + 4，
當 a = b時， t2的最小值為 4，即 t的最小值為 2，
因為 g t 在 0, + 上單調遞減， g t 的最大值為 g 2 4= - 2 ，e -1
f x - f x -4
所以 2 1 的最大值為 .
ex2 - ex1 e2 -1
【典例 3-2】（2024·全國·模擬預測）設函數 f x = lnx - ax a R .
(1)若 a = 3，求函數 f x 的最值；
(2)若函數 g x = xf x - x + a 有兩個不同的極值點，記作 x1, x2 ，且 x1 < x2，求證： lnx1 + 2lnx2 > 3 .
【解析】（1）由題意得 f x = lnx - 3x 1- 3x，則 f x = , x > 0 .
x
令 f x > 0 0 x 1 1，解得 < < ；令 f x < 0，解得 x > ，
3 3
1 1
\ f x 0, ,+ 在 ÷上單調遞增，在 ÷上單調遞減，
è 3 è 3
f (x) f 1 1 1\ max = 3 ÷
= ln - 3 = -ln3-1，
è 3 3
\ f x 無最小值，最大值為-ln3-1 .
（2）Q g x = xf x - x + a = xlnx - ax2 - x + a ，則 g x = lnx - 2ax ，
又 g x 有兩個不同的極值點 x1, x2 ,\lnx1 = 2ax1, lnx2 = 2ax2 ，
欲證 lnx1 + 2lnx2 > 3，即證 2ax1 + 4ax2 > 3，
3
Q0 < x1 < x2 ,\原式等價于證明 a > 2x + 4x ①.1 2
ln xx 2
由 lnx1 = 2ax1, lnx2 = 2ax
2
2 ，得 ln = 2a x2 - x1 ，則 a xx = 1 ②.1 2 x2 - x1
ln x2
由①②可知原問題等價于求證 x1 3> ，
x2 - x1 x1 + 2x2
x2 3 -1x2 3 x
÷
即證 ln > 2
- x1 è x= 1 .
x1 x1 + 2x 1 2x2 + 2
x1
t x= 2 3lnt t -1 令 x ，則 t > 1，上式等價于求證 > .1 1+ 2t
3 t -1 1
3 1+ 2t - 6 t -1 t -1 4t -1
令 h t = lnt - ，則 h t = - = ，
1+ 2t t (1+ 2t)2 t(1+ 2t)2
Qt >1,\h t > 0 恒成立，\h t 在 1, + 上單調遞增，
\ 3 t -1 當 t > 1時， h t > h 1 = 0 ，即 lnt > ，
1+ 2t
\原不等式成立，即 lnx1 + 2lnx2 > 3 .
2
【變式 3-1】（2024·四川德陽·二模）已知函數 f x = lnx + x - 2ax,a R ，
(1)當 a > 0時，討論 f x 的單調性；
(2)若函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 ，求 2 f x1 - f x2 的最小值.
2
【解析】（1）因為 f x = lnx + x - 2ax, x > 0，
1 2x2 - 2ax +1
所以 f (x) = + 2x - 2a = ,
x x
令 g(x) = 2x2 - 2ax +1 D = 4a2，則 -8 = 4 a2 - 2 ，
因為 a > 0，
當0 < a 2 時，D 0，則 g(x) 0，即 f (x) 0，
此時 f (x) 在 (0, + )上單調遞增，
2
a 2 D > 0 g(x) = 0 x a - a - 2 , x a + a
2 - 2
當 > 時， ，由 ，得 3 = 4 = ，且 x3 < x4 ，2 2
當0 < x < x3或 x > x4時， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0；
當 x3 < x < x4 時， g(x) < 0，即 f (x) < 0，
所以 f (x) 在 0, x3 , x4 ,+ 上單調遞增，在 x3 , x4 上單調遞減；
綜上，當0 < a 2 時， f (x) 在 (0, + )上單調遞增，
當 a > 2 時， f (x) 在 0, x3 , x4 ,+ 上單調遞增，在 x3 , x4 上單調遞減，
a - a2x - 2
2
, x a + a - 2其中 3 = = .2 4 2
（2）由（1）可知， x3 , x4 為 f (x) 的兩個極值點，且 x3 < x4 ，
所以 x1 = x3 , x2 = x4 ，且 x1, x2 是方程 2x2 - 2ax +1 = 0的兩不等正根，
此時 a > 2 ， x1 + x2 = a > 0
1
， x1 × x2 = ，2
2 2 2
所以 x1 0, ÷÷， x2 ,+ ÷÷，且有 2ax1 = 2x1 +1， 2ax2 = 2x
2
2 +1，
è 2 è 2
則 2 f x1 - f x2 = 2 ln x + x21 1 - 2ax1 - ln x 22 + x2 - 2ax2
= 2 ln x 21 + x1 - 2x21 -1 - ln x2 + x2 - 2x2 22 2 -1 = -2x1 + 2ln x 21 - ln x2 + x2 -1
2
2 1 = x2 - 2 ÷ + 2ln
1
- ln x 1 32 -1 = x
2
2 - 2 - ln x
2
2 - 2ln 2 -1
è 2x2 2x2 2x2 2
t x2 t 1= , + 令 2 ，則 ÷ ，令 g t t
1 3
= - - ln t - 2ln 2 -1，
è 2 2t 2
1 3 2t -1 t -1則 g t 1 = + - = ，
2t 2 2t 2t 2
t 1 當 ,1÷時， g t < 0，則 g t 單調遞減，
è 2
當 t 1,+ 時， g t >0，則 g t 單調遞增，
g t g 1 1+ 4ln 2所以 = = -min ，2
所以 2 f x1 - f x2
1+ 4ln 2
的最小值為- .
2
1
【變式 3-2 2x x】（2024·廣東佛山·二模）已知 f x = - e + 4e - ax - 5 .
2
(1)當 a = 3時，求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 有兩個極值點x1，x2，證明： f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
【解析】（1）當 a = 3時， f x 1= - e2x + 4ex - 3x - 5，
2
f x = -e2x + 4ex - 3 = - ex -1 ex - 3 ，
x
則當 e 0,1 3, + ，即 x - ,0 ln 3,+ 時， f x < 0，
x
當 e 1,3 ，即 x 0, ln 3 時， f x > 0，
故 f x 的單調遞減區間為 - ,0 、 ln 3, + ，單調遞增區間為 0, ln 3 ；
（2） f x = -e2x + 4ex - a，令 t = ex ，即 f x = -t 2 + 4t - a ，
令 t1 = e
x1 ， t2 = e
x2 ，則 t1 、 t2 是方程 t 2 - 4t + a = 0的兩個正根，
則Δ = -4 2 - 4a =16 - 4a > 0，即 a < 4，
有 t1 + t2 = 4， t1t2 = a > 0，即 0 < a < 4 ，
則 f x 1 2x1 x 11 2x2 x21 + f x2 + x1 + x2 = - e + 4e - ax1 - 5 - e + 4e - ax2 - 5 + x1 + x2 2 2
1
= - t 2 + t 21 2 + 4 t1 + t2 - a -1 ln t1 + ln t2 -102
1
= - é t1 + t2
2 - 2t1t ù2 + 4 t2 1 + t2 - a -1 ln t1t2 -10
1
= - 16 - 2a +16 - a -1 ln a -10
2
= a - a -1 ln a - 2，
要證 f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0，即證 a - a -1 ln a - 2 < 0 0 < a < 4 ，
令 g x = x - x -1 ln x - 2 0 < x < 4 ，
則 g x =1- ln x
x -1 1
+ = - ln x，
è x ÷ x
令 h x 1= - ln x 0 < x < 4 ，則 h x 1 1= - - < 0，
x x2 x
則 g x 在 0,4 上單調遞減，
g 1 1 1又 = - ln1 =1， g 2 = - ln 2 < 0，
1 2
故存在 x0 1,2
1 1
，使 g x0 = - ln x0 = 0，即 = ln xx x 0 ，0 0
則當 x 0, x0 時， g x > 0，當 x x0 , 4 時， g x < 0，
故 g x 在 0, x0 上單調遞增， g x 在 x0 , 4 上單調遞減，
則 g x g x0 = x0 - x0 -1 ln x
1
0 - 2 = x0 - x0 -1 - 2 = x
1
0 + - 3x x ，0 0
又 x0 1,2
1 5
，則 x0 + 2, ÷，故 g x0 = x
1
x 2 0
+ - 3 < 0
x ，0 è 0
即 g x < 0 ，即 f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
題型四：雙變量不等式:中點型
1
【典例 4-1 2】已知函數 f x = ln x - ax + a -1 x a < 0 .
2
(1)求函數 f x 的單調區間;
(2)記函數 f x 的圖象為曲線 C.設點 A x1, y1 ，B x2 , y2 是曲線 C 上的不同兩點.如果在曲線 C 上存在點
M x0, y x + x0 ，使得:① x = 1 20 ;②曲線 C 在點 M 處的切線平行于直線 AB，則稱函數 F(x)存在“中值相依2
切線”.試問:函數 f x 是否存在“中值相依切線”，請說明理由.
【解析】（1）函數 f x 的定義域是 0, + .
a x 1 x 1- +
由已知得， ÷f x 1= - ax + a -1 = - è a ，
x x
1
當- <1時，即 a < -1時，令 f xa > 0 0 x
1
，解得 < < - 或 x >1；
a
令 f x < 0 1，解得- < x <1 .
a

所以，函數 f x 在 0,
1 1, 1- ÷和 + 上單調遞增，在 - ,1

÷上單調遞減；
è a è a
1
當- =1時，即 a = -1時，顯然，函數 f x 在 0, + 上單調遞增；
a
1
當- >1時，即-1 < a < 0時，令 f
a x > 0 x
1
，解得0 < x <1或 > - ；
a
令 f x < 0，解得1< x 1< - .
a
所以，函數 f x 0,1 1- , + 1 在 和 ÷ 上單調遞增，在 1, -a a ÷上單調遞減.è è
綜上可得：
當 a < -1時，函數 f x 0, 1- 1 在 ÷和 1, + 上單調遞增，在 - ,1÷上單調遞減；
è a è a
當 a = -1時，函數 f x 在 0, + 上單調遞增；
當-1 < a < 0時，函數 f x 在 0,1 1和 - , +

÷ 上單調遞增，在 1,
1
- ÷上單調遞減；
è a è a
（2）假設函數 f x 存在“中值相依切線”.
設 A x1, y1 ，B x2 , y2 是曲線 y = f x 上的不同兩點，且0 < x1 < x2 ，
y ln x 1 1則 1 = 1 - ax
2
1 + a -1 x1， y2 = ln x2 - ax22 + a -1 x ．2 2 2
y - y ln x
1 2
2 - ln x1 - a x2 - x21 + a -1 x2 - x1
kAB = 2 1 = 2x2 - x1 x2 - x1
ln x2 - ln x= 1 1- a x2 + x1 + a -1 x2 - x 2
，
1
曲線 C 在點M x + xx , y k = f x = f 1 2 2 x + x0 0 處的切線斜率 0 ÷ = - a × 1 2 + a -1 ，è 2 x1 + x2 2
ln x2 - ln x1 1
依題意得： - a x2 + x1 + a 1
2 x + x
- = - a × 1 2 + a -1
x2 - x1 2 x1 + x2 2
，
x2
ln x2 - ln x 2
2 -1
1 = x2 2 x2 - x
÷
化簡可得： 1
è x1
x2 - x1 x1 + x
，即 ln = = ，
2 x1 x1 + x x2 2 +1
x1
x2 = t 2t 1 ln t t -1 4 4設 x （ > ），上式化為： = = 2 - ，即 ln t + = 2，1 t +1 t +1 t +1
t -1 2
令 g 4 1 4 t = ln t + （ t > 1）， g t = - = > 0，
t +1 t t +1 2 t t +1 2
所以 g t 在 1, + 上遞增，顯然有 g t > g 1 4= = 2恒成立.
2
所以在 1, + 4內不存在 t，使得 ln t + = 2成立，
t +1
則函數 f x 不存在“中值相依切線”.
3
【典例 4-2】已知函數 f x = ln ax +1 2x+ - x2 - ax a R ，j x = ln x - cx2 - bx．
3
(1)若 y = f x 在 2, + 上為增函數，求實數 a的取值范圍．
3
(2) 3 2 2x當 a 時，設 g x = ln é 2 x ax +1 ù + - 3ax - f x x > 0 的兩個極值點為 x1, x2 x1 < x2 ，且2 3
j x1 = j x y x x j
x1 + x2
2 ，求 = 1 - 2 2 ÷
的最小值．
è
【解析】（1）因為 f x a= + 2x2 - 2x - a ，
ax +1
由題意 f x a= + 2x2 - 2x - a 0，
ax +1
2
即 f x -a x= + 2x2 - 2x 0對 x 2,+ 恒成立，
ax +1
-a2
整理得： + 2x - 2 0，
ax +1
即 2ax2 + 2 - 2a x - a2 - 2 0，在 2, + 上恒成立，
顯然 a = 0時成立．
當 a 0 2時，設 h x = 2ax + 2 - 2a x - a2 - 2，
顯然 a 1 1 1> 0且對稱軸為 x = - <2 2a 2 ，
所以 h x 在 2, + 上單調遞增，
所以只要 h 2 = 8a + 4 1- a - a2 - 2 0，又 a > 0，
所以0 < a 2 + 6 ；
綜上， 0 a 2 + 6 ；
2 x2 - ax +1
（2） g x 2ln x 2= - 2ax + x2 , g x = - 2a + 2x = ，
x x
即 x1, x2 為方程 x2 - ax +1 = 0的兩個根，
ì
a
3 2

2 2
由題意可得 íΔ = a - 4 > 0 ，
x1 + x 2 = a
x1x2 =1
2 x 1
∴ a2 x1 + x2 9= 1，解得0 <
x x 2
，
1x2 2 2
1
又j x = - 2cx - b,j x1 = ln x1 - cx21 - bx1，j x2 = ln x2 - cx2x 2 - bx2，
x1
兩式相減得 ln - c x1 - x2 x1 + x2 - b x - xx 1 2 = 0，2
t x= 1 x + x é 2 x + x ù令 x ，則 x - x j
1 2
1 2 ÷ = x 1 22 1 - x2 ê - 2c - bx + x ÷ ú2 è 1 2 è 2
x1 2 -12 x1 - x2 è x
÷
c x x x x b x x 2 ln x1
2 t -1 1
= - + - - - = - = - ln t 0 < t ，
x + x 1 2 1 2 1 2 x 1 2 1 +1 x2 t +1 è 2
÷

x2
2 t -1m t = - ln t 令 0 t 1< ，
t +1 ֏ 2
t 2 t +1 - t -1
2
m 1
- t -1
= - = < 0 m t 0, 1 ù2 ，所以 在 遞減， t +1 t t t +1 2 è 2 ú
m t = m 1 ÷ = ln 2
2
-
min ，所以 x1 - x2 j
x1 + x2
÷ 的最小值為 ln 2
2
-
3 ．è 2 3 è 2
2
【變式 4-1】已知函數 f x = lnx + x ．
(1)若函數 g x = f x - ax 在其定義域內為增函數，求實數 a的取值范圍；
(2)設F x = 2 f x - 3x2 - kx k R ，若函數F x 存在兩個零點m,n(0 < m < n)，且 2x0 = m + n．問：函數
F x 在點 x0 , F x0 處的切線能否平行于 x 軸？若能，求出該切線方程，若不能，請說明理由．
1
【解析】（1） g(x) = f (x) - ax = ln x + x2 - ax ， g (x) = + 2x - a ，
x
1
由題意知 g (x) 0, x (0,+ )
1
恒成立，即 a + 2x

恒成立，所以 a
x
+ 2x ÷ ，
è x min
1
又 x > 0, + 2x 2 2 2，當且僅當 x = 時，等號成立，x 2
1
故 + 2x ÷ = 2 2x ，所以 a 2 2 ；è min
（2）設F (x)在點 x0 , F x0 的切線平行于 x 軸，其中F (x) = 2ln x - x2 - kx，
則F (x)
2
= - 2x - k ，
x
ì2ln m - m2 - km = 0①
2ln n - n2 - kn = 0②
由題意有 í m + n = 2x0③ ，

2 - 2x
x 0
- k = 0④
0
m
① ② 2ln - (m + n)(m - n) = k(m - n) 2 ln
m
－ 得 ，所以
n k = n - 2x
，
m - n 0
k 2= - 2x 2ln
m
由④得 x 0 ，所以 n - 2x
2
= - 2x
0 m - n 0 x 00
2 m -1
ln m 2(m - n)
÷
即 = = è n ⑤
n m + n m +1
n
m 2(u -1)
設u = (0,1)，則⑤式變為 lnu - = 0(u (0,1)) ，
n u +1
h(u) ln u 2(u -1) h (u)
1 2(u +1) - 2(u -1)
(u (0,1)) = - (u -1)
2
令 = - ， = > 0
u +1 u (u +1)2
，
u(u +1)
h(u) ln u 2(u -1)所以函數 = - 在( 0, 1)上單調遞增，
u +1
2 m -1 ÷
因此 h(u) < h(1) = 0 ，即 lnu
2(u -1)
- < 0 ln m n，也就是 < è ，此式與⑤矛盾，
u +1 n m +1
n
所以F (x)在點 x0 , F x0 的切線不可能平行于 x 軸．
1
【變式 4-2】（2024 f x = ax2·廣東·二模）已知 + 1- 2a x - 2lnx,a > 0 .
2
(1)求 f x 的單調區間；
(2)函數 f x 的圖象上是否存在兩點 A x1, y1 , B x2 , y2 （其中 x1 x2 ），使得直線 AB 與函數 f x 的圖象在
x x + x0 = 1 2 處的切線平行？若存在，請求出直線 AB ；若不存在，請說明理由.2
2
1 f (x) ax 1 2a 2 ax + (1- 2a)x - 2 (ax +1)(x - 2)【解析】（ ）由題可得 = + - - = = (x > 0)
x x x
因為 a > 0，所以 ax +1 > 0 ，
所以當 x (0,2) 時， f (x) < 0， f (x) 在 (0,2)上單調遞減，
當 x (2,+ ) 時， f (x) > 0， f (x) 在 (2,+ ) 上單調遞增.
綜上， f (x) 在 (0,2)上單調遞減，在 (2,+ ) 上單調遞增.
[1 ax2 + (1 2a)x 1- - 2ln x ]-[ ax2y - y 2 2 2 1 + (1- 2a)x1 - 2ln x1]（2）由題意得，斜率 k = 2 1 = 2 2
x2 - x1 x2 - x1
1 a(x2 - x2 ) + (1- 2a)(x - x ) - 2ln x2 2ln x2
= 2
2 1 2 1 x1 a= (x1 + x2 ) +1- 2a
x
- 1 ，
x2 - x1 2 x2 - x1
f ( x1 + x2 ) a(x1 + x2 )= +1- 2a 4-
2 2 x1 + x
,
2
由 k = f (
x1 + x2 )得，
2
ln x2 2(
x2 -1)
x2 2(x2 - x1)x 2 x，即 ln = ，即 ln 2
x
- 11 = 0= x1 x1 + xx x x x 2 x
x
1 2 +1
2 - 1 1 + 2 x1
t x= 2令 x ，不妨設
x2 > x1 ，則 t > 1，
1
記 g(t) = ln t
2(t -1)
- = ln t 4+ - 2(t >1)
t +1 t +1
1 4 t -1g (t)
2
所以 = - 2 = 2 > 0，所以 g(t)在 (1, + )上是增函數，所以 g(t) > g(1) = 0，t t +1 t t +1
所以方程 g(t) = 0無解，則滿足條件的兩點 A, B不存在.
題型五：雙變量不等式:剪刀模型
【典例 5-1 2】已知函數 f x = ln x - x +1.
（1）求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程.
（2）若方程 f x = b 有兩個實數根x1，x2，且 x1 < x2，證明： x2 - x1 <1- 2b .
1
【解析】（1）因為 f x = - 2x ，所以 f 1 =1- 2 = -1 .
x
又因為 f 1 = 0，所以曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為 y - 0 = - x -1 =1- x .
即 x + y -1= 0；
（2）解法一：由題知 f x1 = ln x1 - x21 +1 = b ， f x2 = ln x2 - x22 +1 = b，
則 x2 - x1 -1+ 2b = x2 - x1 -1+ f x1 + f x2 = x2 + ln x2 - x22 + ln x1 +1- x21 - x1，
1 1- 2x2
因為 f x = - 2x = ，
x x

2

所以 f x 在 0, ÷÷ 上單調遞增， f

x 2在 ,+ 2 2 ÷÷ 上單調遞減，è è
2 2 2
所以0 < x < < x ，令m x = x + ln x - x1 2 ， x > ，2 2
2 - 2x +1 x -1
則m x 1 1 2x 1+ x - 2x= + - = = ，
x x x

所以m x 2在 ,1÷÷上單調遞增，m x 在 1, + 上單調遞減，所以m x m 1 = 0，
è 2
令 n x = ln x +1- x2 - x 0 x 2， < < ，
2
2
- 2x -1 x +1n x 1 1- x - 2x = - 2x -1 = = ，
x x x
n x

所以 在 0,
1
上單調遞增， n x 1在 , 2 上單調遞減，
è 2
÷
è 2 2
÷÷

1
所以 n x 的最大值為 n ÷，
è 2
n 1 ln 1 1 1 1 ln 2 1 1
2
因為 ÷ = + - - = - + = 1- 4ln 2 < 0，所以 n2 2 4 2 4 4 x < 0在 0, 上恒成立，è è 2 ÷
÷

x - x -1+ 2b = x 2 2故 2 1 2 - x1 -1+ f x1 + f x2 = x2 + ln x2 - x2 + ln x1 +1- x1 - x1 < 0 .
即 x2 - x1 <1- 2b，得證．
1 1- 2x2
解法二：因為 f x = - 2x = ，
x x

所以 f x 在 0,
2 2
÷÷ 上單調遞增， f x 在 ,+ ÷÷ 上單調遞減，
è 2 è 2
結合（1）可知 f x 1- x，
設 h x = f x - x = ln x - x2 +1- x x > 0 ，
h x 1 2x 1 2x
2 + x -1 2x -1 x +1
= - - = - = - ， x > 0，
x x x
故 h x 1 1 在 0, ÷ 上單調遞增， h x 在 ,+ ÷上單調遞減，
è 2 è 2
所以 h x 1 的最大值為 h 2 ÷ .è
h 1 ln 1 1 1 1因為 ÷ = - + - = - ln 2
1 1
+ = 1- 4ln 2 < 0，
è 2 2 4 2 4 4
所以 h x < 0在 0, + 上恒成立，故 f x < x .
設b =1- x 的解為 x3 ，則 x3 x2 ，設b = x 的解為 x4 ，則 x4 < x1，
故 x3 =1- b， x4 = b .故 x2 - x1 < x3 - x4 =1- b - b =1- 2b ，得證．
2 1- ln x
【典例 5-2】已知函數 f (x) = x + - a 有兩個零點 x
x 1
, x2 x1 < x2 ．
(1)求實數 a 的取值范圍；
1
(2)求證： f x1 > f ÷；
è x2
(3)求證： x 22 - x1 < a - 4 < x
2
2 - x
2
1 ．
3
-2 + ln x 2 x -1 + ln x【解析】（1） f x = 2x + 2 = ，x x2
又因為函數 g x = 2 x3 -1 + ln x 單調遞增，且 g 1 = 0，
所以 f x > 0 x >1， f x < 0 0 < x <1
所以 f x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，
當 f 1 = 2 - a < 0，即 a > 2時，
f 1 1 ÷ = 2 + a 1 ln a a
1
+ - = 2 + a ln a > 0 ，è a a a
2 1- ln a 2 1- a -1 a -1f a a a -1
2 a +1
= + - a > a - a + > a2 - a - = > 0，
a a a a
1
所以 f x 在 ,1÷和 1, a 上各有一個零點，
è a
當 a 2時， f x 的最小值為 f 1 ，且 f 1 = 2 - a 0 ，
所以 f x 在 0, + 內至多只有一個零點，
綜上，實數 a的取值范圍是 a > 2；
（2）設F x = f x 1- f ÷， x >1，
è x
2 x -1 2
F x f x 1 1 1- x= + f 2 ÷ = 2 x -1 - + ln x ，x è x x3 x2
= x 2 x +1-1 éê2 - 3 - 2 ln x
ù x -1= é2x3ú 3 - 2 - x x +1 ln xù x x x ，
當 x >1時， ln x < x -1，
2x3 - 2 - x x +1 x -1 = x3 + x - 2 = x -1 x2 + x + 2 > 0 ，
2x3所以 - 2 > x x +1 x -1 > x x +1 ln x，
所以F x 在 1, + 上單調遞增，
當 x >1時，F x > F 1 = 0，
x 1 f x > f 1 即當 > 時， ÷，
è x
又因為函數 f x 有兩個零點 x1, x2 x1 < x2 ，
1
由（1）知， 0 < x1 < 1 < x2 ，0 < <1x ，2

所以 f x1
1
= f x2 > f x ÷，è 2
1 2 ln x
（3）設G1 x = f x - x + - a ÷ = x - - x，
è x x
1- ln x 2x3 - x2 -1+ ln x x -1 2x2 + x +1 + ln xG1 x = 2x - 2 -1 = 2 = ，x x x2
x -1
G 1 = 0 1 ，當 x 1 é 2時，G1 x = 2 ê 2x + x +1
ln x
+ ù
x x -1 ú
2
因為 2x2 1+ x +1 = 2 x + 7 ÷ + > 0，
è 4 8
1 x 1 ln x 1 1ln x - - - - ln x
令 k x = ，
x -1 k x =
x
2 =
x ，
x -1 x -1 2
G x 1 ln x 1 G x 1 1 -x +1設 2 = - - ， 2 = - + 2 = 2 ，x x x x
令G2 x > 0，解得：0 < x <1，令G2 x < 0，解得： x >1，
所以G2 x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
所以G2 x G2 1 =1- 0 -1 = 0 ,
所以G2 x 0 2x2 ln x恒成立，顯然 + x +1 + > 0，x -1
令G1 x > 0，解得： x >1，令G2 x < 0，解得：0 < x <1，
所以G1 x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，
所以G1 x G1 1 = 0，
即 f x > x 1+ - a = h1 x ，x
設 h1 x 的零點為 x3 , x4 x3 < x4 ， x4 - x3 = a2 - 4 ，
易知 x3 < x1 < x2 < x4 ，
所以 x 22 - x1 < a - 4 ，
f x x2 1 a 1- ln x 1 1設 - + 2 - ÷ = - 2 =

1- ln x
1
- ÷ ，
è x x x x è x
設G2 x =1- ln x
1 G x 1 1 -x +1- ， 2 = - + 2 =x x x x2 ，
令G2 x > 0，解得：0 < x <1，令G2 x < 0，解得： x >1，
所以G2 x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
所以G2 x G2 1 =1- 0 -1 = 0，
所以G2 x 0 2
1
恒成立，即 f x < x + 2 - a = h2 x ，x
設 h2 x 的零點為 x5 , x6 x 2 2 25 < x6 ， x6 - x5 = a - 4 ，
易知， x1 < x5 < x6 < x2 ，
x2 < x2 2所以 1 5 < x6 < x
2
2 ，
所以 x2 - x2 22 1 > a - 4 ，
所以 x2 - x1 < a
2 - 4 < x2 - x22 1
【變式 5-1】（2024·重慶·模擬預測）牛頓在《流數法》一書中，給出了代數方程的一種數值解法——牛
頓法．具體做法如下：如圖，設 r 是 f (x) = 0 的根，首先選取 x0 作為 r 的初始近似值，若 f (x) 在點
(x0 , f (x0 )) 處的切線與 x 軸相交于點 (x1,0)，稱x1是 r 的一次近似值；用x1替代 x0 重復上面的過程，得到
x2，稱x2是 r 的二次近似值；一直重復，可得到一列數： x0 , x1, x2 ,L, xn ,L．在一定精確度下，用四舍五
入法取值，當 xn-1, xn n N* 近似值相等時，該值即作為函數 f (x) 的一個零點 r ．
(1)若 f (x) = x3 + 3x2 + x - 3，當 x0 = 0時，求方程 f (x) = 0 的二次近似值（保留到小數點后兩位）；
(2)牛頓法中蘊含了“以直代曲”的數學思想，直線常常取為曲線的切線或割線，求函數 g(x) = ex - 3在點
(2, g(2)) 3處的切線，并證明： ln3 <1+ 2 ；e
(3)若 h(x) = x(1- ln x) ，若關于 x 的方程 h x = a的兩個根分別為 x1, x2 (x1 < x2 )，證明： x2 - x1 > e - ea．
【解析】（1） f (x) = 3x2 + 6x +1，
當 x0 = 0時， f (0) =1， f (x) 在點 (0,-3)處的切線方程為 y + 3 = x ，與 x 軸的交點橫坐標為 (3,0)，
所以 x1 = 3， f (3) = 46， f (x) 在點 (3,54)處的切線方程為 y - 54 = 46(x - 3) x (
42
，與 軸的交點為 ,0)，
23
所以方程 f (x) = 0 的二次近似值為1.83．
（2）由題可知， g(2) = e2 - 3， g (x) = ex ， g (2) = e2 ，
所以 g(x)在 (2, g(2))處的切線為 y - (e2 - 3) = e2 (x - 2)，即 e2x - y - e2 - 3 = 0；
設m(x) = ln x -1
x
-
e2
, x >1，
1 1
則m (x) = - 2 ，顯然m (x)單調遞減，令m
(x) = 0，解得 x = e2 ，
x e
所以當 x (1,e2 )時，m (x) > 0，則m(x)在 (1,e2 )單調遞增，
當 x (e2 ,+ ) 時，m (x) < 0，則m(x)在 (e2 ,+ )單調遞減，
2
所以m(x) e m(e2 ) = ln e2 -1- 2 = 0，e
3 3
所以m(3) < m(e2 ) ，即 ln 3 -1- 2 < 0 ln 3 <1+e e2
．
（3）由 h x = x - x ln x，得 h x = - ln x ，
當0 < x <1時， h x > 0；當 x >1時， h x < 0，
所以 h x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
所以 x =1是 h x 的極大值點，也是 h x 的最大值點，即 h(x)max = h 1 =1，
又0 < x < e時， h(x) > 0， x>e時， h(x) < 0，
所以當方程 h x = a有兩個根時，必滿足0 < x1 <1 < x2 < e ；
曲線 y = h x 過點 1,1 和點 e,0 1的割線方程為 y = (x - e) ，
1- e
: h x 1下面證明 x - e 1 x e ，
1- e
設u x 1= h x - x - e 1 x e ，
1- e
u x lnx 1
1
則 = - + = -
e -1
lnx - lnee-1 ÷，
è
1
所以當1< x < ee-1 時，u x 0
1
> ；當 ee-1 < x < e 時，u x < 0，
1
所以u x 在 1,ee-1 ÷上單調遞增，u x u 1 = 0；
è
1
在 ee-1 , e÷上u x 單調遞減，u x u e = 0，
è
所以當1 x e 時，u x 0，即 f (x) 1 x - e (1 x e)（當且僅當 x =1或 x=e時取等號），
1- e
由于1< x2 < e，所以 a = f x2
1
> x2 - e ，解得 x2 > a - ea + e ；①1- e
下面證明當0 < x 1時， h(x) x ，
設 n(x) = h(x) - x = -x ln x,0 < x 1，因為 ln x 0 ，
所以當0 < x 1時， f x x（當且僅當 x =1時取等號），
由于0 < x1 <1所以 a = h x1 > x1，解得-x1 > -a，②
① + ②，得 x2 - x1 > e - ea．
題型六：雙變量不等式:主元法
kx
【典例 6-1】（2024·高三·北京·開學考試）已知 f x = x +1 e , k 0 .
(1)若 k =1，求 f x 在 0, f 0 處的切線方程；
(2)設 g x = f x ，求 g x 的單調區間；
(3)求證：當 k > 0時，"m, n 0, + , f m + n +1 > f m + f n .
x
【解析】（1）當 k =1時， f x = x +1 e ,\ f x = x + 2 ex ，
故 f x 在 0, f 0 處的切線斜率為 f 0 = 0 + 2 e0 = 2 0，而 f 0 = 0 +1 e =1，
所以 f x 在 0, f 0 處的切線方程為 y -1 = 2(x - 0)，即2x - y +1= 0 .
（2）由題意得 g x = f x = kx + k +1 ekx ，則 g x = k 2x + k 2 + 2k ekx ，
g x = k 2 2 kx 2 2 2令 x + k + 2k e < 0 ，即 k x + k + 2k < 0,\ x < -1- ，
k
令 g x = k 2x + k 2 + 2k ekx > 0 2 2 2，即 k x + k + 2k > 0,\ x > -1- ，
k
k 0 2 2時，單調遞減區間為 (- ,-1- ) ,單調遞增區間為 (-1- , + ) .
k k
（3）證明：由（2）可知，當 k > 0時， g x = f x 在 0, + 上單調遞增，而 g 0 = f 0 = k +1 > 0，
即 f x > 0在 0, + 上恒成立，故 f x 在 0, + 上單調遞增，
設 h(x) = f (x + m) - f (x) ，則 h (x) = f (x + m) - f (x) ，
因為m 0, + ，則 x + m > x > 0 ，故 f (x + m) > f (x),\h (x) > 0，
所以 h(x) = f (x + m) - f (x) 在 0, + 上單調遞增，而 n 0, + ，
則 h(n) > h(0)，即 f (n + m) - f (n) > f (m) - f (0) ，而 f 0 =1，
故 f (n + m) - f (n) > f (m) -1，即 f m + n +1 > f m + f n .
【典例 6-2】（2024·江蘇鹽城·高三鹽城中學校聯考開學考試）已知函數 f x = x ln x．
(1)求函數 f x 的單調區間和最小值；
1
(2)當b > 0 e時，求證：bb 1 （其中 e為自然對數的底數）；
è e ÷
(3)若 a > 0，b > 0求證： f a + a + b ln 2 f a + b - f b ．
【解析】(1)Q f x = 1+ ln x x > 0
令 f x 0得： ln x -1 = ln e-1，
Q e 1 x 1> ，\ e ；
令 f′ x < 0 1得： 0 < x < e ；
\ f x é1 1在 ê ,+

e ÷上為增函數；在
0, ÷上為減函數； è e
f x = f 1 1= ln 1 1= -min ÷ .è e e e e
f b f x f 1 1(2)由（1）知：當b > 0時，有 min = = -è e ÷ ， e
1 1
\b ln b 1 - ，即： ln bb 1 ln
e
， 1
e
e ÷ \b
b ÷ .
è e è e
(3)將 f a + a + b ln 2 f a + b - f b 變形為：
f a + f b f a + b - a + b ln 2
即只證： f a + f a + b - a f a + b - a + b ln 2
設函數 g x = f x + f k - x k > 0
\ g x = x ln x + k - x ln k - x ，\0 < x < k
\ g x = ln x +1- ln k - x -1 = ln x
k - x
令 g x > 0 x 2x - k k，得： > 1 > 0 < x < kk ．- x k - x 2
\ g x ék k ù在 ê ,k2 ÷上單調遞增；在 0, è 2 ú 上單調遞減；
\ g x 的最小值為： g k ÷ ，即總有： g x g
k

2 2 ÷
．
è è
g k ÷ = f
k f k k k ÷ + -

÷ = k ln = k ln k - 2 = f k - k ln 2
è 2 è 2 è 2 2
\ g x f k - k ln 2，即： f x + f k - x f k - k ln 2，
令 x = a， k - x = b，則 k = a + b
\ f a + f b f a + b - a + b ln 2，
\ f a + a + b ln 2 f a + b - f b 成立．
【變式 6-1】已知函數 f x = x ln x．
(1)求曲線 y = f x 在點 e, f e 處的切線方程；
1
(2)求函數 f x e的最小值，并證明：當b > 0時，bb 1 ≥ ÷ ．（其中 e 為自然對數的底數）
è e
【解析】(1) f x = x ln x的定義域為 0, + ，
因為 f x =1+ ln x x > 0 ，
所以 f e =1+ ln e = 2，
又因為 f e = e ln e = e，
所以曲線 y = f x 在點 e, f e 處的切線方程為 y - e = 2 x - e ，即 2x - y - e = 0 ．
(2)令 f x =1+ ln x = 0， x > 0，
解得 x
1
= ，
e
0 x 1當 < < 時， f x < 0 x 1，當 > 時， f x > 0，e e
所以 f x 1 1 在 0, e ÷ 上單調遞減，在 ,+ e ÷ 上單調遞增，è è
所以 f x f 1 1= ÷ = ln
1 1
= -
min ．è e e e e
1
證明如下：當b > 0時，有 f b ≥ f x = -min ，e
所以b ln b
1
≥- ，
e
1
e
即 ln bb ≥ ln 1 ÷ ，
è e
1
e
所以bb 1 ≥ e ÷
．
è
x
【變式 6-2】已知函數 f x = k é x -1 e - 6ù （其中 e為自然對數的底數）．
(1)若 k =1，求函數 f x 的單調區間；
(2)若1 k 2 "x 0, k f x < x2，求證： ， ．
x
【解析】（1）由題知 f x = k é x -1 e - 6ù ，
所以 f x = k x ée + x -1 e
x ù = kxe
x
，
當 k =1時， f x = xex ，
當 f x 0時， x 0 ，當 f x < 0時， x < 0 ，
所以 f x 的單調遞增區間為 0, + ，單調遞減區間為 - ,0 ，
（2）由題知1 k 2，"x 0, k ， f x < x2 ，
所以 k é x -1 e
x - 6ù 2 - x < 0 ，
因為1 k 2，
x 1 2
所以 é x -1 e - 6ù - x < 0k
x 1 2
令 g(x) = x -1 e - x - 6
k
即證 g(x) = x -1 ex 1- x2 - 6 < 0在 x 0, k 上恒成立，
k
因為 g (x) xex
2
= - x = x(ex 2- )
k k
當 g (x) = 0時， x = ln
2
，
k
當 g (x)
2
0時， x
2
ln ，即 g(x) é在 êln ,k
ù
ú 上單調遞增，k k
當 g (x)
2
0時， x ln ，即 g(x) é在 ê0, ln
2 ù
上單調遞減，
k k ú
因為 g(0) = -7 < 0， g(k) = k -1 ek - k - 6，
令 h(k) = g(k) = k -1 ek - k - 6，
所以 h (k) = kek -1，
因為1 k 2，
所以 h (k) = kek -1 > 0 ，
所以 h(k) 在 1,2 上單調遞增，
所以 h(k)max = h(2) = e
2 -8 < 0，
所以 g(k ) < 0恒成立，
因為 g(0) < 0, g(k) < 0，
g(x) x 1 ex 1所以 = - - x2 - 6 < 0在 x 0, k 上恒成立，即得證.
k
【變式 6-3】設函數 f (x) = x ln x .
(1)求 f (x) 的極值；
(2)設 g(x) = f (x +1)，若對任意的 x…0，都有 g(x)…mx 成立，求實數m 的取值范圍；
a + b
(3)若0 < a < b，證明：0 < f (a) + f (b) - 2 f ( ) < (b - a) ln 2 .
2
【解析】(1)函數 f (x) = x ln x ，則 f (x) =1+ ln x ， (x > 0)
令 f (x) = 0
1 1
，解得： x =
1
，且當 x (0, )時， f (x) < 0 ， x ( ,+ ) 時， f (x) > 0
e e e
1 1
因此： f (x) 的極小值為 f ( ) = -e e ，無極大值
.
(2) g(x) = f (x +1) = (x +1) ln(x +1)
令 h(x) = (x +1) ln(x +1) - mx ，則 h (x) = ln(x +1) +1- m，
注意到： h(0) = 0，若要 h(x)…0，必須要求h (0)…0，即1- m…0，亦即m 1
另一方面：當m 1時，因為 h (x) = ln(x +1) +1- m單調遞增，則當 x…0時， h (x) = ln(x +1) +1- m h (0) = 1- m 0
恒成立，所以 h(x) 在 x…0時單調遞增，故 h(x) h 0 = 0 ；故實數m 的取值范圍為： - ,1 ；
a + x a + x 2x
(3)構造函數 F (x) = a ln a + x ln x - (a + x) ln ， x > a， F (x) = 1+ ln x - ln -1 = ln2 2 a ，+ x
Q x > a ，\0 < a + x < 2x ，F (x) > 0 ， F (x)在 (a,+ ) 上是單調遞增的；
故F b > F a = 0即： f (a) + f (b) - 2 f (a + b) > 02
a + x
另一方面，構造函數G(x) = a ln a + x ln x - (a + x) ln - (x - a) ln 2 ， x > a2
G (x) ln 2x= - ln 2 = ln x < 0
a ，+ x a + x
G(x)在 (a,+ ) 上是單調遞減的
故G b < G a = 0即： f (a) + f (b) - 2 f (a + b) < (b - a) ln 2
2
綜上，0 < f (a) + f (b) 2 f (
a + b
- ) < (b - a) ln 2 .
2
題型七：雙變量不等式:差值代換與比值代換
【典例 7-1】已知函數 f (x) = ax + (a
1
-1) ln x + ,a R．
x
(1)討論函數 f (x) 的單調性;
(2)若關于 x 的方程 xf (x) = x2ex - x ln x +1有兩個不相等的實數根 x1, x2 ，
（i）求實數 a的取值范圍;
ex1 ex2 2a
（ii）求證: + > ．
x2 x1 x1x2
【解析】（1）因為 f (x) = ax + (a -1) ln x
1
+ ，
x
f (x) a a -1 1 ax
2 + (a -1)x -1 (x +1)(ax -1)
所以 = + - = x > 0,
x x2 x2
=
x2
，其中
①當 a 0時， f (x) < 0，所以函數 f (x) 的減區間為 (0, + )，無增區間；
1 1
②當 a > 0時，由 f (x) > 0得 x > ，由 f (x) < 0可得0 < x < ．
a a
1 1
所以函數 f (x)

的增區間為 ,+

÷ ，減區間為 0,

÷．
è a è a
綜上：當 a 0時，函數 f (x) 的減區間為 (0, + )，無增區間；
1 1
當 a > 0時，函數 f (x) 的增區間為 ,+

÷ ，減區間為 0, ．
è a è a ÷
（2）（ⅰ）方程 xf (x) = x2ex - x ln x +1可化為 xex = ax + a ln x ，即 ex+ln x = a(x + ln x) ．
令 t(x) = x + ln x，因為函數 t(x)在 (0, + )上單調遞增，
易知函數 t(x) = x + ln x的值域為R ，
結合題意，關于 t的方程 et = at （*）有兩個不等的實根．
t
又因為 t = 0 e不是方程（*）的實根，所以方程（*）可化為 = a ．
t
t t
令 g(t) e= ，其中 t 0，則 g (t) e (t -1)= 2 ．t t
由 g (t) < 0 可得 t < 0或0 < t <1，由 g (t) > 0可得 t > 1，
所以，函數 g(t)在 (- ,0)和( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增．
所以，函數 g(t)的極小值為 g(1) = e，
t t
且當 t < 0時， g(t) e= < 0；當 t > 0時，則 g(t) e= > 0．
t t
作出函數 g(t)和 y = a 的圖象如圖所示：
由圖可知，當 a > e時，函數 y = a 與 g(t)的圖象有兩個交點，
所以，實數 a的取值范圍是 (e, + )．
ex1 ex2 2a x x
（ⅱ）要證 + > ，只需證 x1e 1 + x 2x x x x 2
e > 2a，即證 et1 + et2 > 2a．
2 1 1 2
因為 et = at ，所以只需證 t1 + t2 > 2 ，
由（i）知，不妨設0 < t1 <1 < t2．
ìt
et at t = ln a + ln t 1
= ln a + ln t1
因為 = ，所以 ，即 í ，作差可得 t2 - t1 = ln
t2
t ln a ln t t 2 = + 2 1
t
t2 + t
2
1 2 +1> t 2
所以只需證 t t 12 - t1 ln 2 ，即只需證 t >2 t
．
t 21 -1 lnt1 t1
p t令 = 2 (t > 1) ln p
2( p -1)
t ，只需證
>
1 p +1
，
2( p -1)
令h( p) = ln p - p 1 ，其中
p >1，
+
2
1 4 ( p -1)
則h ( p) = - 2 = 2 > 0， p ( p +1) p( p +1)
所以 h( p) 在 (1, + )上單調遞增，故h( p) > h(1) = 0 ，即 h( p) > 0在 (1, + )上恒成立．
所以原不等式得證.
【典例 7-2】已知函數 f x = aex - x3 a R 有三個極值點x1，x2， x3 （ x1 < x2 < x3）．
(1)求實數 a 的取值范圍；
(2)若 x3 2x2，求實數 a 的最大值．
x 3
【解析】（1）函數 f x = ae - x a R 有三個極值點x1，x2， x3 （ x1 < x2 < x3），
則 f x = aex - 3x2 = 0有三個不相等的實數根x1，x2， x3 （ x1 < x2 < x3），
3x2
即方程 a = x 有三個不相等的實數根x1，x2， x3 （ x1 < x < x ）．e 2 3
2 3x 2 - x
令 g(x) 3x =
ex
，則 g x =
ex
，
由 g x > 0得0 < x < 2，由 g x < 0得 x < 0 或 x > 2，
所以 g x 在 - ,0 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增，在 2, + 上單調遞減，
又 g 0 = 0， g 2 12= ，
e2
結合圖象可知函數 g x 的值域為 0, + ，

所以 a 的取值范圍為 0,
12
2 ÷．è e
（2）由（1）知 x1 < 0 < x2 < 2 < x3 ，
2
aex 2 x且 2 = 3x ， ae 3 = 3x2
x
，所以 ex3 -x2 32 3 = x ÷
，
è 2
t x令 = 3x ，則 t 2，2
則 e t-1 x
2ln t
2 = t 2，即 x2 = ， t 2，t -1
2 12ln t 1- - ln t

令j t ÷= ， t 2，則
t -1 j t = è
t ，
t -1 2
m t 1 1令 = - - ln t t 2 m t 1- t， ，則 = < 0，
t t 2
所以m t 單調遞減，則m t m 2 1= - ln 2 < 0，
2
則j t < 0 ，所以j t 單調遞減，則j t j 2 = 2ln 2，故 x2 0,2 ln 2 ．
1 a g x 3x
2
由（ ）知， = 2 =
2 在 0, 2 ln 2 上單調遞增，
ex2
所以 a 0,3 ln 2 2 ù ，
2
故實數 a 的最大值為3 ln 2 ．
【變式 7-1】（2024·安徽阜陽·一模）已知函數 f x = 3lnx - ax ．
(1)討論 f x 的單調性．
(2)已知 x1, x2 是函數 f x 的兩個零點 x1 < x2 ．
（ⅰ）求實數 a的取值范圍．
ⅱ l
1
（ ） 0, ÷ , f x 是 f x 的導函數．證明： f élx1 + 1- l x2 ù < 0．
è 2
f x 3- ax【解析】（1） = x > 0 ．
x
①當 a 0時， f x > 0, f x 在 0, + 上單調遞增．
3 3
②當 a > 0時，令 f x > 0得0 < x < ，即 f x 在
a
0, ÷上單調遞增；
è a
3
同理，令 f x < 0得 x 3> ，即 f x 在 ,+ ÷ 上單調遞減．a è a
（2）（ⅰ）由（1）可知當 a 0時， f x 在 0, + 上單調遞增，不可能有兩個零點．
當 a > 0時， f x 3 3 在 0, ÷上單調遞增，在 ,+ ÷ 上單調遞減，
è a è a
若使 f x 3 3 3有兩個零點，則 f > 0 ，即3ln - 3 > 0 ，解得0 < a < ，
è a ÷ a e
f 1 a 0 f x x 1, 3= - < x + - 3且 ，當 時， ，則有 1 ÷ , x2 , +

÷，
è a è a

所以 a的取值范圍為 0,
3
÷．
è e
（ⅱ） x1, x2 是函數 f x 的兩個零點，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- l x2 3= - a 3 x= - 1 ，lx1 + 1- l x2 lx1 + 1- l x2 x2 - x1
因為 f x 有兩個零點，所以 f x 不單調，
3
因為 x1 < x2，得0 < x1 < < xa 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 l x x ，1 + - 2 1
x2 -1
x
即證 1
x
- ln x2 < 0，令 t = 2x ，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- él + 1- l tù lnt < 0，
令 h t = t -1- él + 1- l t ù 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 1-1 t + l ，因為l 0, ÷，得j t 在 1, + 上單調遞減，
è 2
得j t < j 1 = 2l -1< 0，得 l t < 0，即 h t 在 1, + 上單調遞減，
得 h t < h 1 = 0，得 h t < 0 ，即 h t 在 1, + 上單調遞減，
所以有 h t < h 1 = 0，
故有 t -1- é l + 1- l tù lnt < 0，不等式得證．
【變式 7-2】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = ax lnx- ， a > 0．
x
(1)若 f x 存在零點，求 a 的取值范圍；
(2)若x 21，x2為 f x 的零點，且 x1 < x2，證明： a x1 + x2 > 2．
【解析】（1） f x 的定義域為 0, + ，
令 f x = 0 ax lnx，即 - = 0 a > 0 ，等價于
x ax
2 - lnx = 0，
1 2ax2
設 g x = ax2 - lnx ，則 g x = 2ax -1- = （ x > 0），
x x
令 g x = 0 x 2a，可得 = ，
2a

當 x 0,
2a
÷÷時， g x < 0， g x 單調遞減，
è 2a

x 2a

當 ,+ ÷÷ 時， g x > 0， g x 單調遞增，
è 2a

g x g 2a 1 ln 2a 1則 的最小值為 2a ÷÷ = - = 1+ ln2a ， g 1 = a > 0，è 2 2a 2
2
要使得 g x = ax - lnx g 2a 1存在零點，則 ÷÷ = 1+ ln2a 0，
è 2a 2
1
即1+ ln2a 0 a

，得 0,
ù
．
è 2e ú
（2）由 x1, x2 為 f x 的零點，得 f x1 = f x2 = 0 ，
ìax2
g x = g x = 0 í 1
- lnx1 = 0,
即 1 2 ，即 ax2 2 - lnx2 = 0,
2 2 a lnx1 - lnx兩式相減得 a x1 - x2 - lnx1 - lnx2 = 0 2，即 = x1 - x x + x .2 1 2
0 < x < x a x + x 2要證當 1 2 時， 1 2 > 2，
lnx1 - lnx2
只需證 x1 + x
2 x - x
2 > 2
x 1 2
，只需證 ln 1 < ，0 < x < xx 1 2 ，1 - x2 x2 x1 + x2

2 x 1 -1x1 è x
÷
ln - 2 < 0 ，0 < x1 < xx 2
．
x2 1 +1
x2
t x= 1 0 < t <1 2 t -1令 x ，F t = lnt

- ，只需證F t < 0，
2 t +1
1 4 t +1
2 - 4t
F t t -1
2
= - 2 = 2 = 2 > 0，則F t 在 0,1 上單調遞增，t t +1 t t +1 t t +1
2 t -1
∴ F t = lnt - < F 1 = 0，即可得證.
t +1
1．（2024·四川南充·二模）已知函數 f x = aex - x3 a R 有三個極值點 x1, x2 , x3 x1 < x2 < x3 .
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)若 x3 2x2，求實數 a的取值范圍.
【解析】（1）函數 f x = aex - x3 a R 有三個極值點 x1, x2 , x3 x1 < x2 < x3
f x = aex - 3x2則 = 0有三個不等實根 x1, x2 , x3 x1 < x2 < x3
3x2
即方程 a = 有三個不等實根 x1, x2 , x3 x1 < x2 < xx 3 ，e
3x
2
' 3x 2 - xg x 令 = x ，則 g x = x ，e e
由 g x > 0得0 < x < 2，由 g x < 0得 x < 0 或 x > 2
g x 在 - ,0 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增，在 2, + 上單調遞減，
又 g 0 = 0， g 2 12 12= a 0, 2 ，所以e e2 ÷è
（2）由（1）知 x < 0 < x < 2 < x aex2 = 3x2 aex， ， 31 2 3 2 = 3x
2
3
2
所以 ex3 -x
x x 2ln t
2 = 3 3 ÷ ，令 t = 2，則 e t-1 x2x = t
2， x2 = , t 2
è x2 2 t -1
1
j t 2ln t
2 1- - ln t
令 = , t
÷
2，則j t = è t t -1 t -1 2
令m t =1 1- - ln t, t 2 m t 1- t 1 ，則 = 2 < 0，m t m 2 = - ln 2 < 0t t 2
即j t < 0 ，j t j 2 = 2ln 2，故 x2 0,2 ln 2
2 2
a = g x 3x2 = 2x 在 0, 2 ln 2 上單調遞增，所以 a 0,3 ln 2 ù .e 2
2．（2024·四川·一模）已知函數 f x = ax2 + x - ln x - a．
(1)若 a =1，求 f x 的最小值；
(2)若 f x 有 2 2個零點 x1, x2 ，證明： a x1 + x2 + x1 + x2 > 2．
【解析】（1）當 a =1，函數 f x = x2 + x - ln x -1 x > 0 ，
1 2x 2 + x - 1 2x - 1 x + 1
則 f x = 2x + 1 - = = ，x x x
1
可知當0 < x < 時， f x < 0， f x 單調遞減；
2
x 1當 > 時， f x > 0， f x 單調遞增，2
1
則當 x
1
= 時， f x 取得極小值 f ÷ = ln 2
1
- ，也即為最小值，
2 è 2 4
所以 f x 1的最小值為 ln 2 - ；
4
2
（2）由已知， x1, x2 是 f x = ax + x - ln x - a的兩個零點，
ax2則 1 + x1 - ln x1 - a = 0 ax
2
， 2 + x2 - ln x2 - a = 0 ，
兩式相減，得 a x1 + x2 x1 - x2 + x1 - x2 - ln x1 - ln x2 = 0，
a x x ln x1 - ln x整理得 1 + = 22 -1x - x ，1 2
欲證明 a x1 + x
2
2 + x1 + x2 > 2，
ln x - ln x
只需證明不等式 1 2 -1÷ x + xx - x 1 2 + x1 + x2 > 2，è 1 2
ln x1
ln x1 - ln x2
即證明 x + x > 2 x x x - x 1 2 ，也即證明
2 1
1 2 x
+1÷ > 2，
1 -1è x2
x2
x
不妨設0 < x1 < x
1
2 ，令 t = x ，則0 < t <1，2
ln t
只需證明 t +1 > 2，即證明 t +1 ln t - 2 t -1 < 0 0 < t <1 即可，
t -1
令 h t = t +1 ln t - 2 t -1 0 < t <1 ，則 h t = ln t 1+ -1，
t
又令u t = h t = ln t 1 1 0 t 1 1 t -1+ - < <1 ，則u t = - 2 = 2 < 0，t t t t
所以，當0 < t <1時，u x ，即 h t 單調遞減，則 h t > h 1 = 0，
故當0 < t <1時， h t 單調遞增，則 h t < h 1 = 0 ，
2
所以，原不等式成立，故不等式 a x1 + x2 + x1 + x2 > 2得證．
3．已知 f x 是函數 f x = 2mex - x2 (m > 0)的導函數．
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)設 x1, x2 為函數 f x 的兩個零點且 x2 > x1 ，證明： x1 + x2 > 2．
x 2 x
【解析】（1）函數 f x = 2me - x ， f x = 2me - 2x，
令 h x = f x = 2mex - 2x， h x = 2mex - 2，
x 1
因為m > 0，令 h x = 2me - 2 = 0， x = ln ，
m
x 1 當 - , ln ÷時， h x < 0， h x
1
m 在
- , ln
m ÷ 上單調遞減，è è
x ln 1 ,+ 當 ÷ 時， h x > 0， h x
1
在 ln ,+

m m ÷上單調遞增，è è
即函數 f x 1的單調增區間為 ln ,+
1
m ÷，減區間為
- , ln
m ÷ ；è è
1 1
（2）證明：由（1）可知 h ln ÷ = 2 + 2ln m < 0 解得 0 < m < ，
è m e
又 h 0 = 2m > 0， h 1 = 2me - 2 < 0，
所以0 < x1 <1 < ln
1
< x ，
m 2
因為 x , x 是 h x = f x = 2mex - 2x x的兩個零點，所以me 11 2 = x x1，me 2 = x2，
x
即 x1 = ln x1 - ln m ， x2 = ln x2 - ln m
1
，兩式相減得 x1 - x2 = ln x ，2
t x= 1令 x ，則0 < t <1，
x1 = tx2 ， x1 - x2 = tx2 - x2 = ln t ，
2
x ln t t ln t t ln t ln t所以 2 = ， x = tx = ， x + x = + ，t -1 1 2 t -1 1 2 t -1 t -1
要證 x + x > 2
t ln t ln t
1 2 ，即證 + > 2，即證 t ln t + ln t < 2 t -1 ，t -1 t -1
只需證： t ln t + ln t - 2t + 2 < 0，
令 g t = t ln t + ln t - 2t + 2，0 < t <1，
g t = ln t 1+ -1，
t
令j t = g t , j t 1 1 t -1= - 2 = 2 < 0，t t t
所以 g t 在 0,1 上單調遞減且 g 1 = 0，
所以 g t >0，則 g t 在 0,1 上單調遞增且 g 1 = 0，
所以 g t < 0 t ln t ln t，從而得證 x1 + x2 = + > 2，即 x + xt -1 t -1 1 2
> 2．
4．已知函數 f x = a x - ln x + x2 - 2x ，其中 a R .
(1)當 a = -2e時，求 f x 的極值；
(2)當 a > 0， x1 > x2 > 0時，證明： f x - f
x1 + x2 x x + x1 ÷ 1 < f x - f
1 2
2 2 2 ÷
x2 .
è è
1 a
【解析】（1）由題意， f x = a 1- ÷ + 2x - 2 = x -1 + 2x ÷， x > 0，è è x
2 x -1 x - e
所以當 a = -2e時， 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 上單調遞增，在 1,e 上單調遞減，在 e, + 上單調遞增，
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，
要證 f
f x - f x
x f x1 + x- 2 x x1 + x2 1 2 x1 + x2 1 2 ÷ 1 < f x2 - f
÷ x2，只需證 < f ，
è è 2 x1 - x
÷
2 è 2
f x1 - f x2 a - 2 x 2 2= 1 - x2 - a ln x1 - ln x2 + x1 - x2而 = a 2 a ln x1 - ln x- - 2 + x + x ，
x1 - x2 x
1 2
1 - x2 x1 - x2
f x1 + x2 x1 + x
2a
÷ =
2 -1 ÷ + 2÷ = a
2a
- 2 + x1 + x2 2
- ，
è è 2 è x1 + x2 x1 + x2
ln x1 - ln x2 2a
所以只需證 a - 2 - a + x1 + x2 < a - 2 + x + x -x1 - x
1 2 ，
2 x1 + x2
ln x1 - ln x2 2
即證 >x - x x + x ①，下面給出兩種證明不等式①的方法：1 2 1 2
ln x1 - ln x2 2 2 x1 - x2
證法 1：要證 > ，只需證 ln x1 - ln x2 >x - x x + x ，1 2 1 2 x1 + x2
2 x - x 2 x - x
即證 ln x1 - ln x

- 1 2

2 > 0
2
，令 g x = ln x - ln x2 - x > x2 ，x1 + x2 x + x2
2 x + x - x + x x - x 2
則 g x 1 = - 2 2 = 22 2 > 0，所以 g x 在 x2 ,+ 上單調遞增，x x + x2 x x + x2
顯然 g x2 = 0，所以當 x > x2 時， g x > 0，
2 x - x
因為 x1 > x2 ，所以 g x1 > 0，即 ln x - ln x - 1 21 2 > 0 ，x1 + x2
故 f x x + x- f 1 2 x + x1 x < f x - f
1 2 x .
è 2 ÷ 1 2 ÷ 2 è 2
x1
ln x1 - ln x2 2 2 x1 - x
2 -1÷
2 x
證法 2：要證 > ，只需證 ln x1 - ln x >x - x x + x 2 ，即證x x ln
x1 > è 2 ，
1 2 1 2 1 + 2 x x2 1 +1
x2
t x= 1 2 t -1 2 t -1 令 x ，則 t > 1，所以只需證當 t > 1時， ln t > ，即證 ln t - > 0，2 t +1 t +1
2 t +1 - 2 t -1 t -1 2
令 g t 2 t -1= ln t - t >1 g t
1
，則 = - = > 0，
t +1 t t +1 2 t t +1 2
所以 g t 在 1, + 2 t -1 上單調遞增，又 g 1 = 0，所以 g t > 0成立，即 ln t - > 0，
t +1
故 f x1 - f
x1 + x2
÷ x1 < f x2 - f
x1 + x2 x
è 2 ÷ 2 è 2
x 2
5．（2024 f (x) e - ax·全國·模擬預測）已知函數 = 有 3 個極值點 x1, x2 , x3，其中 e是自然對數的底數．1+ x
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)求證： x1 + x2 + x3 > -2．
ex - 2ax (1+ x) -1 e
x - ax2 x ex - ax - 2a
【解析】（ ）由題意，得 f (x) = 2 = 2 (x -1)，(1+ x) (1+ x)
由 f (x) = 0，得 x = 0或 ex - ax - 2a = 0，所以 0 是函數 f (x) 的一個極值點．
所以 ex - ax - 2a = 0有 2 個不相等的實數根，且這 2 個根均不為 0 和 -1．
令 g x = ex - ax - 2a ，則 g (x) = ex - a ．
當 a 0時， g (x) > 0恒成立，故 g(x)在定義域上是增函數，不可能有 2 個零點；
當 a > 0時，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，在 ln a, + )上是增函數，
所以 g(x)min = g(ln a) = -a - a ln a < 0 ，即 ln a
1
> -1，所以 a > ．
e
又 g(-2) = e-2 > 0, g(ln a) < 0．
由零點存在定理可知， g(x)在 (-2, ln a) (- , ln a) 上存在唯一零點．
2 2
令m(x) x= (x > 0) ，則m'(x) 2x - 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 ，
由零點存在定理可知， g(x)在 (ln a, a + 2) (ln a,+ ) 上存在唯一零點．
ì 1
ìg(0) 0,
a
2
因為 í
g(-1)
所以 ，
0, 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 f (x) 的一個極值點．不妨設 x3 = 0, x1 < x2 ，所以只要證明 x1 + x2 > -2．
ì g x = 0, ìex11 - ax1 - 2a = 0, ìex1 = 2a + ax , x -x 2 + x1
由 íg x 0,得= í
1 1 2
x ，即 兩式相除得 e = ．
22 e - ax2 - 2a = 0,
íex 2 = 2a + ax , 2 + x2 2
2 + x + x - x x - x t
令 x1 - x2 = t(t < 0) e
t = 2 1 2 =1+ 1 2，則 =1+2 + x2 2 + x2 2 + x
．
2
t
所以 x2 = t - 2，所以 x1 + x2 = 2x2 + t
t
= 2 - 2 t 2t+ = - 4 + t ．
e -1 è et -1 ÷ et -1
2t
所以要證明 x1 + x2 > -2，只要證明 t - 4 + t > -2 ，e -1
2t
即 t + t - 2 > 0，其中 t < 0，所以e 1 e
t -1 < 0 ．
-
所以只要證明 2t + (t - 2) et -1 < 0 h(t) = 2t + (t - 2) et．令 -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，所以 h (t) > h (0) = 0 ．
所以 h(t)在 (- ,0)上是增函數，所以 h(t) < h(0) = 0，即證： x1 + x2 + x3 > -2．
x 1 x + 2另由 e - ax - 2a = 0，知 a 0，所以 = x (*)，且 x1, x2 為 (*)的兩根．a e
p(x) x + 2記 = x ，則 p x
-x -1
= ，當 x < -1， p 'x (x) > 0，當 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 + 2 -x 2x +2
即要證 1 1x < -2-x x1 < -1 ，也即要證 x e 11 + xe 1 e 1 1
+ 2 < 0 x1 < -1 (#)．
令 q(x) = xe2x+2 + x + 2(x < -1)，則 q (x) = (2x +1)e2x+2 +1(x < -1)．
而當 x < -1時， 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．
6．已知函數 f (x) = 2ln x + ax2(a R) .
(1)試判斷函數 f (x) 的單調性；
(2)已知函數 g(x) = f (x) - 2x ，若 g(x)有且只有兩個極值點 x1, x2 ，且 x1 < x2，證明：
g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 .
【解析】（1）因為函數 f (x) = 2ln x + ax2(a R)，定義域為 0, + ，
2 2ax2 + 2
所以 f (x) = + 2ax = ，
x x
當 a 0時， f (x) > 0在 x 0, + 上恒成立，所以 f (x) 在 0, + 單調遞增；
當 a < 0時，令 f (x) > 0 -a -a，即 2ax2 + 2 > 0，解得 < x < ，
a -a
f (x) < 0 x -a x -a令 ，解得 < 或 > ，
a -a

0, -a
-a
所以 f (x) 在 ÷÷單調遞增，在 , + ÷÷ 單調遞減；
è -a è -a
2
（2）由題可知， g(x) = 2ln x + ax2 - 2x ， g x 2 2ax - 2x + 2= + 2ax - 2 = ，
x x
因為 g x 有兩個極值點 x1, x2 (x1 < x2 )，
所以 x 21, x2 是 2ax - 2x + 2 = 0的兩個根，
ì
x
1
1
+ x2 = a
則 í
x 1
，
1 × x 2
=
a
所以 g x1 - g x2 = 2ln x + ax21 1 - 2x1 - 2ln x2 + ax22 - 2x2
= 2ln x1 + a(x21 - x
2
2 ) - 2(x1 - x2 )x2
2ln x x
2
1 1 - x
2
= + 2 - 2 x - x
x x + x 1 2

2 1 2
x
= 2ln 1 - (x - x )
x 1 2 ，2
所以，要證 g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 ，
即證 2ln
x1 - (x1 - x2 ) < (2a -1)(x1 - x2 )x ，2
x1 -1
ln x1 a(x x ) ln x1 x1 - x< 2 x x即證 x 1
- 2 ，即證 ln 1 < 2 ，
2 2 1 2 x x2 1 +1
x2
t x= 1令 (0 < t <1)x ，則證明 ln t
t -1
< ，
2 t +1
2
令 h(t) ln t
t -1 h (t) t +1= - ，則 =
t +1 t(t +1)2
> 0，
所以， h(t)在 0,1 上單調遞增，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．
2
7．（2024·福建龍巖·二模）已知函數 f (x) = ln x， g(x) = x - ．
x
(1)若 x0 滿足 f x
x +1
0 =
0
，證明：曲線 y = f (x) 在點 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．
x0 +1
【解析】（1）由已知有 ln x0 = ， f (x)
1
=
x ,0 -1 x
1
曲線 y = f (x) 在點 A x0 , ln x0 處的切線方程為： y - ln x0 = x - x x 0 ,0
1
即： y = x
x +1
-1+ ln x 0 1 2
x 0 ，將
ln x0 = 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 y 1
x x ，此時
=
x ,0 0 0
1 1
可得：曲線 y = ex 在點 ln , ÷處的切線方程為：
è x0 x0
y 1 1

x ln 1 1 1
x +1
- = - ÷ = x + ln x
0
x x x x x 0
，將 ln x0 = 代入化簡，
0 0 è 0 0 0 x0 -1
1 2
可得： y = x +x0 x0 -1
故曲線 y = f (x) 在點 A x0 , ln x0 處的切線也是曲線 y = ex 的切線．
2
（2）∵ F x = f x - g x = ln x - x + x > 0 ，
x
ì 2 1
2 - +1+ m = 0x x
∴ F x 1 2 = -1- 2 ，令F x1 = F x
1 1
x x 2
= m，得： í ，
2 1
2 - +1+ m = 0 x2 x2
1 1
∴ x ， x 為方程 2t
2 - t +1+ m = 0的兩根，
1 2
1 1 1
∴ + = 2 x + x = x xx1 x 2
即： 1 2 1 2 ，
2
∴ x1x2 = 2 x1 重難點突破 04 雙變量與多變量問題
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納總結 ...................................................................................................................................2
題型一：雙變量單調問題 ...........................................................................................................................................2
題型二：雙變量不等式:轉化為單變量問題..............................................................................................................3
題型三：雙變量不等式:極值和差商積問題..............................................................................................................5
題型四：雙變量不等式:中點型..................................................................................................................................6
題型五：雙變量不等式:剪刀模型..............................................................................................................................7
題型六：雙變量不等式:主元法..................................................................................................................................8
題型七：雙變量不等式:差值代換與比值代換........................................................................................................10
03 過關測試 .........................................................................................................................................11
破解雙參數不等式的方法：
一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參數滿足的關系式，并把含雙參數的不等式轉化為含單參數的
不等式；
二是巧構函數，再借用導數，判斷函數的單調性，從而求其最值；
三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果.
題型一：雙變量單調問題
【典例 1-1】（2024 2 x·河北石家莊·模擬預測）已知函數 f x = éx - a +1 x +1ù ×e ， a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若 a = -1，對任意 x , x 0, + 2x 2x，當 x > x 時，不等式 f x - f x < m e 1 - e 21 2 1 2 1 2 恒成立，求實數 m
的取值范圍.
【典例 1-2】已知函數 f (x) = (a +1) ln x + ax2 +1．
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f (x) 在 1, f (1) 處的切線方程；
(2)設 a -2，證明：對任意x1， x2 (0,+ ) ， | f (x1) - f (x2 ) | 4 | x1 - x2 |．
1-1 f x = a +1 ln x + ax2【變式 】已知函數 +1 .
(1)討論函數 f (x) 的單調性；
(2)設 a < -1，如果對任意 x1,x2 0, + ， | f x1 - f x2 | 4 | x1 - x2 |，求證： a -2 .
【變式 1-2】（2024·安徽·三模）設 a R ，函數 f x = a ln -x + a +1 x2 +1.
（Ⅰ）討論函數 f x 在定義域上的單調性；
（Ⅱ）若函數 f x 的圖象在點 -1, f -1 處的切線與直線8x + y - 2 = 0平行，且對任意 x1, x2 - ,0 ，
f x - f x
x1 x
1 2
2 ，不等式 > m恒成立，求實數m 的取值范圍.x1 - x2
【變式 1-3】已知函數 f (x) = 2x +1- x ln x .
(1)若函數 f (x) 在點A 處的切線 l與直線 x - y = 0平行，求 l的方程；
(2)判斷命題“ xf (x) < 15對任意 x > 0恒成立”的真假，并說明理由；
f x1 - f x(3)若對任意 x1, x

2 (0,+ )
2
都有 > m x1 + x2 恒成立，求實數 m 的取值范圍.x1 - x2
m 1
【變式 1-4】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = loga x + - ，m R ， a > 0且 a 1．x 2
（1）當 a = 2時，討論 f x 的單調性；
x f
a = e x x 0 2 x1 - x1 f x2 1（2）當 時，若對任意的 1 > 2 > ，不等式 < 恒成立，求實數m 的取值范圍．x1 - x2 2
題型二：雙變量不等式:轉化為單變量問題
【典例 2-1】設函數 f x = ln x + x2 - ax a R .
(1)當 a = 3時，求函數 f x 的單調區間；
(2)若函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 ，且 x1 0,1 ，求 f x1 - f x2 的最小值.
【典例 2-2】（2024·高三·天津寧河·期末）已知函數 f x = ln x a+ x2 ， a R ．
2
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在 1, f 1 處的切線方程；
(2)求 f x 的單調區間；
(3)設 x1, x2 0 < x < x g x = f x - ax g x g x
a
1 2 是函數 的兩個極值點，證明： 1 - 2 < - ln a ．2
x 2
【變式 2-1】已知函數 f x = e - x - a +1 × x +1，其中自然常數e 2.71828．
(1)若 x = 0是函數 f x 的極值點，求實數 a的值；
(2)當 a > 0時，設函數 f x 的兩個極值點為 x1, x2 ，且 x1 < x2，求證： ex2 - ex1 < 4a + 4．
【變式 2-2】（2024·河南商丘·模擬預測）已知函數 f x 的定義域為 0, + ，其導函數
f x 2= 2x + - 2a a R , f 1 =1- 2a ．
x
(1)求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線 l的方程，并判斷 l是否經過一個定點；
(2)若$x1, x2 ，滿足0 < x1 < x2 ，且 f x1 = f x2 = 0，求 2 f x1 - f x2 的取值范圍．
【變式 2-3】（2024·安徽合肥·模擬預測）已知函數 f (x) = a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若x1， x2 x1 x2 2
1 4
為函數 g(x) = kx + 2 - ln x 的兩個零點，求證： x 4x 1x2 >12e ．
【變式 2-4】已知函數 f x = xlnx - ax2 + x，a R ．若 f x 有兩個零點 x1，x2 ，且 x2 > 2x1，證明：
x x 81 2 > 2 ．e
題型三：雙變量不等式:極值和差商積問題
【典例 3-1 2】已知函數 f x = x + mx + n ex .
(1)若 m = n = 0 ，求 f x 的單調區間；
f x - f x
(2)若m = a + b， n = ab，且 f x 有兩個極值點，分別為x 和 x x 2 11 2 1 < x2 ，求 x x 的最大值.e 2 - e 1
【典例 3-2】（2024·全國·模擬預測）設函數 f x = lnx - ax a R .
(1)若 a = 3，求函數 f x 的最值；
(2)若函數 g x = xf x - x + a 有兩個不同的極值點，記作 x1, x2 ，且 x1 < x2，求證： lnx1 + 2lnx2 > 3 .
【變式 3-1】（2024 2·四川德陽·二模）已知函數 f x = lnx + x - 2ax,a R ，
(1)當 a > 0時，討論 f x 的單調性；
(2)若函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 ，求 2 f x1 - f x2 的最小值.
1
【變式 3-2】（2024 2x x·廣東佛山·二模）已知 f x = - e + 4e - ax - 5 .
2
(1)當 a = 3時，求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 有兩個極值點x1，x2，證明： f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
題型四：雙變量不等式:中點型
1 2
【典例 4-1】已知函數 f x = ln x - ax + a -1 x a < 0 .
2
(1)求函數 f x 的單調區間;
(2)記函數 f x 的圖象為曲線 C.設點 A x1, y1 ，B x2 , y2 是曲線 C 上的不同兩點.如果在曲線 C 上存在點
M x0, y 0 x + x，使得:① x0 = 1 2 ;②曲線 C 在點 M 處的切線平行于直線 AB，則稱函數 F(x)存在“中值相依2
切線”.試問:函數 f x 是否存在“中值相依切線”，請說明理由.
3
【典例 4-2】已知函數 f x = ln ax 1 2x+ + - x2 - ax a R ，j x = ln x - cx2 - bx．
3
(1)若 y = f x 在 2, + 上為增函數，求實數 a的取值范圍．
3
(2) 3 2當 a 時，設 g x = ln é 2 x ax 1 ù
2x
+ + - 3ax - f x x > 0 的兩個極值點為 x1, x x3 2 1
< x2 ，且
2
j x x1 + x2 1 = j x2 ，求 y = x1 - x2 j ÷ 的最小值．
è 2
4-1 f x = lnx + x2【變式 】已知函數 ．
(1)若函數 g x = f x - ax 在其定義域內為增函數，求實數 a的取值范圍；
(2)設F x = 2 f x - 3x2 - kx k R ，若函數F x 存在兩個零點m,n(0 < m < n)，且 2x0 = m + n．問：函數
F x 在點 x0 , F x0 處的切線能否平行于 x 軸？若能，求出該切線方程，若不能，請說明理由．
1
【變式 4-2】（2024·廣東·二模）已知 f x = ax2 + 1- 2a x - 2lnx,a > 0 .
2
(1)求 f x 的單調區間；
(2)函數 f x 的圖象上是否存在兩點 A x1, y1 , B x2 , y2 （其中 x1 x2 ），使得直線 AB 與函數 f x 的圖象在
x x1 + x= 20 處的切線平行？若存在，請求出直線 AB ；若不存在，請說明理由.2
題型五：雙變量不等式:剪刀模型
5-1 f x = ln x - x2【典例 】已知函數 +1.
（1）求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程.
（2）若方程 f x = b 有兩個實數根x1，x2，且 x1 < x2，證明： x2 - x1 <1- 2b .
2 1- ln x
【典例 5-2】已知函數 f (x) = x + - a 有兩個零點 x1, xx 2
x1 < x2 ．
(1)求實數 a 的取值范圍；
1
(2)求證： f x1 > f ÷；
è x2
(3)求證： x2 - x < a
2
1 - 4 < x
2
2 - x
2
1 ．
【變式 5-1】（2024·重慶·模擬預測）牛頓在《流數法》一書中，給出了代數方程的一種數值解法——牛
頓法．具體做法如下：如圖，設 r 是 f (x) = 0 的根，首先選取 x0 作為 r 的初始近似值，若 f (x) 在點
(x0 , f (x0 )) 處的切線與 x 軸相交于點 (x1,0)，稱x1是 r 的一次近似值；用x1替代 x0 重復上面的過程，得到
x2，稱x2是 r 的二次近似值；一直重復，可得到一列數： x0 , x1, x2 ,L, xn ,L．在一定精確度下，用四舍五
入法取值，當 xn-1, xn n N* 近似值相等時，該值即作為函數 f (x) 的一個零點 r ．
(1)若 f (x) = x3 + 3x2 + x - 3，當 x0 = 0時，求方程 f (x) = 0 的二次近似值（保留到小數點后兩位）；
(2)牛頓法中蘊含了“以直代曲”的數學思想，直線常常取為曲線的切線或割線，求函數 g(x) = ex - 3在點
(2, g(2))處的切線，并證明： ln3 <1
3
+ 2 ；e
(3)若 h(x) = x(1- ln x) ，若關于 x 的方程 h x = a的兩個根分別為 x1, x2 (x1 < x2 )，證明： x2 - x1 > e - ea．
題型六：雙變量不等式:主元法
【典例 6-1】（2024 kx·高三·北京·開學考試）已知 f x = x +1 e , k 0 .
(1)若 k =1，求 f x 在 0, f 0 處的切線方程；
(2)設 g x = f x ，求 g x 的單調區間；
(3)求證：當 k > 0時，"m, n 0, + , f m + n +1 > f m + f n .
【典例 6-2】（2024·江蘇鹽城·高三鹽城中學校聯考開學考試）已知函數 f x = x ln x．
(1)求函數 f x 的單調區間和最小值；
1
(2)當b > 0時，求證：bb 1
e
÷ （其中 e為自然對數的底數）；
è e
(3)若 a > 0，b > 0求證： f a + a + b ln 2 f a + b - f b ．
【變式 6-1】已知函數 f x = x ln x．
(1)求曲線 y = f x 在點 e, f e 處的切線方程；
1
(2) e求函數 f x 的最小值，并證明：當b > 0時，bb 1 ≥ ÷ ．（其中 e 為自然對數的底數）
è e
6-2 f x = k é x -1 ex【變式 】已知函數 - 6ù （其中 e為自然對數的底數）．
(1)若 k =1，求函數 f x 的單調區間；
(2)若1 k 2，求證："x 0, k ， f x < x2 ．
【變式 6-3】設函數 f (x) = x ln x .
(1)求 f (x) 的極值；
(2)設 g(x) = f (x +1)，若對任意的 x…0，都有 g(x)…mx 成立，求實數m 的取值范圍；
(3)若0 < a < b，證明：0 < f (a) + f (b) - 2 f (
a + b) < (b - a) ln 2 .
2
題型七：雙變量不等式:差值代換與比值代換
1
【典例 7-1】已知函數 f (x) = ax + (a -1) ln x + ,a R．
x
(1)討論函數 f (x) 的單調性;
(2)若關于 x 的方程 xf (x) = x2ex - x ln x +1有兩個不相等的實數根 x1, x2 ，
（i）求實數 a的取值范圍;
ex1 ex2 2a
（ii）求證: + > ．
x2 x1 x1x2
【典例 7-2】已知函數 f x = aex - x3 a R 有三個極值點x1，x2， x3 （ x1 < x2 < x3）．
(1)求實數 a 的取值范圍；
(2)若 x3 2x2，求實數 a 的最大值．
【變式 7-1】（2024·安徽阜陽·一模）已知函數 f x = 3lnx - ax ．
(1)討論 f x 的單調性．
(2)已知 x1, x2 是函數 f x 的兩個零點 x1 < x2 ．
（ⅰ）求實數 a的取值范圍．
（ⅱ）l 0,
1
÷ , f x 是 f x 的導函數．證明： f é lx1 + 1- l x2 2è
ù < 0．
lnx
【變式 7-2】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = ax - ， a > 0．
x
(1)若 f x 存在零點，求 a 的取值范圍；
(2)若x1，x2為 f x
2
的零點，且 x1 < x2，證明： a x1 + x2 > 2．
1 x 3．（2024·四川南充·二模）已知函數 f x = ae - x a R 有三個極值點 x1, x2 , x3 x1 < x2 < x3 .
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)若 x3 2x2，求實數 a的取值范圍.
2．（2024 f x = ax2·四川·一模）已知函數 + x - ln x - a．
(1)若 a =1，求 f x 的最小值；
(2)若 f x 有 2 個零點 x1, x2 ，證明： a x1 + x2
2 + x1 + x2 > 2．
3 x 2．已知 f x 是函數 f x = 2me - x (m > 0)的導函數．
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)設 x1, x2 為函數 f x 的兩個零點且 x2 > x1 ，證明： x1 + x2 > 2．
4．已知函數 f x = a x - ln x + x2 - 2x ，其中 a R .
(1)當 a = -2e時，求 f x 的極值；
x x 0 f x f x1 + x2 x f x f x1 + x2 (2)當 a > 0， 1 > 2 > 時，證明： 1 - 2 ÷ 1 < 2 - ÷ x2 .è è 2
x 2
5．（2024 f (x) e - ax·全國·模擬預測）已知函數 = 有 3 個極值點 x , x , x
1+ x 1 2 3
，其中 e是自然對數的底數．
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)求證： x1 + x2 + x3 > -2．
6．已知函數 f (x) = 2ln x + ax2(a R) .
(1)試判斷函數 f (x) 的單調性；
(2)已知函數 g(x) = f (x) - 2x ，若 g(x)有且只有兩個極值點 x1, x2 ，且 x1 < x2，證明：
g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 .
2
7．（2024·福建龍巖·二模）已知函數 f (x) = ln x， g(x) = x - ．
x
x +1
(1)若 x0 滿足 f x0 = 0 ，證明：曲線 y = f (x) 在點 A x , lnx 處的切線也是曲線 y = exx -1 0 0 的切線；0
(2)若F (x) = f (x) - g(x)，且F x1 = F x2 x1 x2 ，證明：F x1 + F x2 < 4ln 2 - 7．
8．（2024·新疆·三模）已知函數 f (x) ax2 (a 1)xln x 1 g(x) f (x)= + + - ， = ．
x
(1)討論 g x 的單調性；
2
(2)若方程 f (x) = x2
e
ex + xln x -1 x + x有兩個不相等的實根 x 1 21, x2 ，求實數 a的取值范圍，并證明 e > ．x1x2
9．已知函數 f (x) = - ln x
1
+ ax2 + (1- a)x + 2 .
2
(1)當0 < x <1時，試比較 f (1+ x)與 f (1- x)的大小；
(2)若斜率為 k 的直線與 y = f (x) 的圖象交于不同兩點 A x1, y1 ， B x2 , y2 ，線段 AB 的中點的橫坐標為 x0 ，
證明： f (x0 ) > k .
1
10 2．已知函數 f x = x - 2ax + ln x （a 為常數）．
2
(1)若函數 f x 是增函數，求 a 的取值范圍；
(2)設函數 f x 的兩個極值點分別為x1，x2（ x1 < x2），求 f x1 - f x2 的范圍．
11．設函數 f x = ln x k+ ， k R .
x
（1）若曲線 y = f x 在點 e, f e 處的切線與直線 y - 3 = 0平行，求 f x 的極小值；
（2）若對任意0 < x2 < x1， f x1 - f x2 < x1 - x2恒成立，求實數 k 的取值范圍.
m 1
12．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = loga x +1 + - ，m R .x +1 2
（1）當 a = 2時，討論 f x 的單調性；
x +1 f x - x +1 f x
（2）當 a = e時，若對任意的 x1 > x2 > 0
1 1 2 2
，不等式 < m x + x + 2 恒成立，求實
x 1 21 - x2
數m 的取值范圍.
13．已知函數 f (x)
1
= - x + a ln x．
x
（1）討論 f (x) 的單調性；
5 f (x2 )
（2）已知 a < ，若 f (x) 存在兩個極值點 x1, x2 ，且 x1 < x2，求 +
f (x1)
x x 的取值范圍.2 1 2
14．已知函數 f (x) = ln(ax +1) + b, g(x)
-4
= ，其中a > 0,b,c為常數．曲線 f (x) 過點 (0, -2) ，曲線 g(x)關
x + c
于點 (-2,0) 中心對稱．
(1)求b,c的值;
(2)記j(x) = f (x) - g(x)．
（i）討論j(x) 在區間 (0, + )上的單調性;
（ii）若j(x) 存在兩個極值點 x1, x2 ，且j x1 +j x2 > 0，求 a的取值范圍．
15．已知函數 f x 1= x2 +1 + a ln x - 4x +1 ．2
（1）討論 f x 的單調性；
（2）若 f x 存在兩個極值點x ，x ，且 f x1 + f x2 f x1x2 - 4a1 2 ，求 a的取值范圍．
2a
16．（2024·四川成都·一模）已知函數 f x = ln x +1 + .
x + a
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若函數 f x 存在兩個極值點 x1, x2 且滿足 f x1 + f x2 > 4 ，求 a的取值范圍.
17．（2024·內蒙古包頭·二模）設函數 f (x) = ae2x + (1- x)ex + a(a R)．
e-2(1)當 a = 時，求 g(x) = f (x)e2-x 的單調區間；
2
(2)若 f (x) 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 ，
①求 a 的取值范圍；
②證明： x1 + 2x2 > 3．
18．已知函數 f (x) = ex - e- x - ax(a R)．
(1)討論 f (x) 的單調性；
f x - f x
(2)若 f (x) 存在兩個極值點 x1, x
1 2
2 ，證明： 2 - a < < 0 ．x1 - x2

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