双变量
第二章 双变量模型
概念： 概念：
在给定解释变量Xi条件下被解释变量Yi的期 望轨迹称为总体回归线 总体回归线（population 总体回归线 regression line），或更一般地称为总体回 总体回 归曲线（population regression curve）。 归曲线 相应的函数： E (Y | X i ) = f ( X i ) 称为（双变量）总体回归函数（population 总体回归函数（ 总体回归函数 regression function, PRF）。 ）
变量间的关系
经济变量之间的关系，大体可分为两类： （1）确定性关系 函数关系：研究的是确定 确定性关系或函数关系 确定性关系 函数关系： 现象非随机变量间的关系。
相关关系： （2）统计依赖 相关关系： 研究的是非确定现 ）统计依赖或相关关系 象随机变量间的关系。
回归与相关
相关分析的主要目的在于研究变量之间统计 线性关联的程度，将变量均视为随机变量。 回归分析的主要目的在于研究变量之间统计 关联的形式，目的在于揭示被解释变量如何依赖 解释变量的变化而变化的规律，将解释变量视为 确定性的，而将被解释变量视为随机变量。
二、回归分析的基本概念
回归分析(regression analysis)是研究一个变量关 回归分析 是研究一个变量关 于另一个（ 于另一个（些）变量的具体依赖关系的计算方法 和理论。 和理论 其用意：在于通过后者的已知或设定值， 其用意：在于通过后者的已知或设定值，去估计和 预测前者的（总体）均值。 （或）预测前者的（总体）均值 这里：前一个变量被称为被解释变量（Explained 被解释变量（ 被解释变量 Variable）或应变量（Dependent Variable）， 应变量（ ） 应变量 ）， 后一个（些）变量被称为解释变量 解释变量 （Explanatory Variable）或自变量 ） 自变量 （Independent Variable）。 ）
导数中双变量问题的四种策略
导数中双变量问题的四种策略双变量问题的几种处理策略策略一：合并思想已知函数$f(x)=\ln x$的图像上任意不同的两点的中点为$A(x_1,y_1)$。
$B(x_2,y_2)$，线段$AB$的中点为$C(x,y)$，记直线$AB$的斜率为$k$，试证明：$k>f'(x)$。
解析：因为$f(x)=\ln x$，所以$f'(x)=\frac{1}{x}$。
又因为k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{\ln x_2-\lnx_1}{x_2-x_1}=\frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}$$不妨设$x_2>x_1$，要比较$k$与$f(x)$的大小，即比较frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}\text{和}\frac{1}{x_1}$$的大小，即比较ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}\text{和}e^{\frac{1}{x_2-x_1}}$$的大小。
又因为$x_2>x_1$，所以frac{x_2-x_1}{x_2+1}<\ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$因此frac{x_2-x_1}{x_2+1}<k<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$又因为$x_2>x_1$，所以$\frac{x_2-x_1}{x_2+1}>\frac{1}{2}$，因此$k>f'(x)$。
策略二：分离思想问题2：若$g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$，求$a$的取值范围，使得对任意的$x_1,x_2\in(1,2)$，都有$g(x_2)-g(x_1)<-1$。
第11讲 利用导数研究双变量问题(学生版) 备战2025年高考数学一轮复习学案(新高考通用)
第11讲 利用导数研究双变量问题（核心考点精讲精练）命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分【命题预测】题型分析 双变量问题运算量大，综合性强，解决起来需要很强的技巧性，解题总的思想方法是化双变量为单变量，然后利用函数的单调性、最值等解决．破解双参数不等式的方法:一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式:二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值;三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果1．（2024·天津·高考真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³-在()0,x Î+¥时恒成立，求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．2．（2022·北京·高考真题）已知函数()e ln(1)x f x x =+．(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；(2)设()()g x f x ¢=，讨论函数()g x 在[0,)+¥上的单调性；(3)证明：对任意的,(0,)s t Î+¥，有()()()f s t f s f t +>+．3．（2021·全国·高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.1．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数()2e ax xf x =，其中0a >．(1)若()f x 在(]0,2上单调递增，求a 的取值范围；(2)当1a =时，若124x x +=且102x <<，比较()1f x 与()2f x 的大小，并说明理由2．（23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）已知函数()(1)1f x x x aa =+--，其中1,1x a >->.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若01b a <£<，证明：a b b a a b a b +³+.3．（23-24高三下·北京·开学考试）已知()()1e ,0kx f x x k =+¹.(1)若1k =，求()f x 在()()0,0f 处的切线方程；(2)设()()g x f x ¢=，求()g x 的单调区间；(3)求证：当0k >时，()()()(),0,,1m n f m n f m f n ¥"Î+++>+.4．（22-23高三下·四川成都·开学考试）已知函数()1()e ln 1x f x a x x x -=--+-，0a ³．(1)求证：()f x 存在唯一零点；(2)设1()e 1x g x a x -=+-，若存在12,(1,)x x Î+¥，使得()()()211g x g x f x =-，求证：12111ln121x x x +-+>-．5．（23-24高三上·江西·阶段练习）已知函数()()()2ln 11R f x x x ax a =+---Î.(1)当2a =-时，存在[]12,0,1x x Î，使得()()12f x f x M -³，求M 的最大值；(2)已知m ，n 是()f x 的两个零点，记()f x ¢为()f x 的导函数，若()0,m n Î+¥,，且m n £，证明：02m n f +æö<ç÷èø¢.1．（2023·甘肃定西·模拟预测）已知函数21()ln(1)()2f x a x x x a =++-ÎR ．(1)若a ＝1，求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <，求证：()122x f x >．2．（2024·四川德阳·二模）已知函数()2ln 2,R f x x x ax a =+-Î，(1)当0a >时，讨论()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，求()()122f x f x -的最小值.3．（2023·福建龙岩·模拟预测）设函数()n e l xxf x x x =+-.(1)求()f x 的极值；(2)已知()()()1212f x f x x x =<，12kx x +有最小值，求k 的取值范围.4．（2024·河南商丘·模拟预测）已知函数()f x 的定义域为()0,¥+，其导函数()()()222112f x x a a f a x¢=+-Î=-R ,．(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线l 的方程，并判断l 是否经过一个定点；(2)若12,x x $，满足120x x <<，且()()120f x f x ¢¢==，求()()122f x f x -的取值范围．5．（2022·四川泸州·一模）已知函数()1ln f x ax x x =+-的图像在1x =处的切线与直线0x y -=平行．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()12,0,x x "Î+¥，且12x x >时，()()()221212f x f x m x x ->-，求实数m 的取值范围．6．（2023·河南郑州·三模）已知函数()()2ln 1f x x a x =+-，R a Î．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()12f x ax a ->-．7．（2023·福建龙岩·二模）已知函数()ln f x x =，2()g x x x=-．(1)若0x 满足()00011x f x x +=-，证明：曲线()y f x =在点()00,ln A x x 处的切线也是曲线e x y =的切线；(2)若()()()F x f x g x =-，且()()()1212F x F x x x ¢=¹¢，证明：()()124ln 27F x F x +<-．8．（23-24高三上·天津宁河·期末）已知函数()2ln 2a f x x x =+，a ÎR ．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；(2)求()f x 的单调区间；(3)设()1212,0x x x x <<是函数()()g x f x ax =-的两个极值点，证明：()()12ln 2ag x g x a -<-．9．（2024·河北保定·二模）已知函数()ln ,()f x ax x x f x ¢=-为其导函数．(1)若()1f x £恒成立，求a 的取值范围；(2)若存在两个不同的正数12,x x ，使得()()12f x f x =，证明：0f ¢>．10．（2023·广西·模拟预测）已知函数()2()e ln R x f x x x x ax a =-+-Î．(1)若1a =，求()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若()f x 有两个不同零点1x ，2x 证明：()()1212e 1f x x a x x >+-．11．（2023·全国·模拟预测）已知函数()()ln 1x af x a x x=++-，a ÎR ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()()12f x f x =，当12112x a x <<<<时，证明：()()21212112a a x x x x a +æö++>ç÷èø．12．（2023·海南·模拟预测）已知函数()()2ln ,af x x x b a b x=--+ÎR 在()0,¥+上单调递增.(1)求a 的取值范围；(2)若存在正数()1212,x x x x ¹满足()()12f x f x b ¢¢==（()f x ¢为()f x 的导函数），求证：()()120f x f x +>.13．（2024高三下·全国·专题练习）设3x =是函数()23()e ()x f x x ax b a -=++ÎR 的一个极值点．(1)求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间；(2)设0a >，225()e 4xg x a æö=+ç÷èø．若存在1x ，24[]0,x Î，使得()()121f x g x -£，求实数a 的取值范围．14．（2024·浙江绍兴·三模）若函数()x a 有且仅有一个极值点m ，函数()x b 有且仅有一个极值点n ，且m n >，则称()x a 与()x b 具有性质//m n a b ->．(1)函数21()sin x x x j =-与()2e xx x j =-是否具有性质120//0x j j ->？并说明理由．(2)已知函数()()e ln 1x f x a x =-+与()()ln e 1xg x x a =+-+具有性质12//f g x x ->．（i ）求a 的取值范围；（ii ）证明：()12g x x >．15．（2023·全国·模拟预测）已知函数()212ln xf x x +=.(1)设函数()()1e 0kx g x k kx=->，若()()f x g x £恒成立，求k 的最小值；(2)若方程()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，求证：()122121ln m x x x x m-+<.1．（重庆·高考真题）设函数()()()1f x x x x a =--，()1a >.（1）求导数()f x ¢，并证明()f x 有两个不同的极值点1x ､2x ；（2）若不等式()()120f x f x +≤成立，求a 的取值范围.2．（湖南·高考真题）设函数1()ln ()f x x a x a R x=--Î（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．3． 已知函数22()ln (0)f x x a x x x =++>，()f x 的导函数是()f x ¢．对任意两个不相等的正数1x 、2x ，证明：(1)当0a …时，1212()()()22f x f x x x f ++>；(2)当4a …时，1212|()()|||f x f x x x ¢-¢>-．。
函数双变量问题处理技巧
函数双变量问题处理技巧【策略1】改变主元（又叫：反客为主）对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变量，而使问题快速获解。
【例１】已知2()1f x x mx m =+-≥在2m ≤时恒成立，求实数x 的取值范围.【例2】对任意n N +∈恒有221(1)n a e ++≤，求实数a 的最大值。
【解析】21(1)n n ++11ln(1)n n-+，设1(1)ln x =-+【策略2】指定主元有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为：指定主元。
【例3】已知0m n ≤<，试比较ln(1)n m e m -++与1ln(1)n ++的大小，并给出证明.【例4】求证：22232()21x x e t e x x t -++++≥。
【策略3】化归为函数单调性问题【例5】已知a b e >>，试比较b a 1()f x '=ln bb，ln b ∴【例6】已知函数2()ln ,(1)x f x a x x a a =+->，对1212,[1,1],()()1x x f x f x e ∀∈--≤-，求实数a 的取值范围。
()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值的差，因此该问题便可化归为求函数()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值问题。
【解析】由()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x '=+-=-+，(0)0f '=，当[1,0]x ∈-时，10,ln 0,20x a a x -≤>≤，()0f x '∴≤，即()f x 在[1,0]-上递减；当]1,0[∈x 时，10xa -≥，，()1h a '=(1),f >-∴12max ,)|()x x f x ∀∈≤需ln a a -成立便可，于是构造(a φ()a φ∴在上递增，又()0e φ=，a 的取值范围为【例7】已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++(1a <-),若对任意,(0,)m n ∈+∞，()()4f m f n m n -≥-，求实数a 的取值范围。
《双变量的统计分析》课件
目 录
• 引言 • 双变量统计分析基础 • 双变量相关性分析 • 双变量回归分析 • 双变量分布与检验 • 实际应用案例分析
01
引言
主题介绍
01
双变量统计分析是统计学中的一种重要方法，用于 研究两个变量之间的关系。
02
它可以帮助我们了解两个变量之间的关联程度、因 果关系以及预测关系。
非线性相关性分析
识别非线性关系
通过观察数据分布和散点图，识别两个变量之间是否 存在非线性关系。
非线性模型拟合
选择适合的非线性模型（如多项式回归、逻辑回归等 ）来描述两个变量之间的非线性关系。
模型评估与验证
对非线性模型进行评估和验证，确保模型的可靠性和 预测能力。
相关性检验
选择相关性检验方法
01
根据数据类型和分布，选择适合的相关性检验方法（如卡方检
力越强。
02
案例2
分析股票价格与成交量之间的关系。通过分析股票市场数据，发现股票
价格和成交量之间存在正相关关系，即价格上涨时成交量增加，价格下
跌时成交量减少。
03
案例3
研究广告投入与销售额之间的关系。通过分析某品牌广告投入和销售额
数据，发现广告投入和销售额之间存在正相关关系，即广告投入越多，
销售额越高。
回归模型的评估与优化
在建立回归模型后，需要对模型进行评估和优化 ，以确保其准确性和可靠性。
评估指标包括决定系数 (R^2)、调整决定系数 (Adj R^2)、均方误差 (MSE) 等。
优化可以通过添加或删除变量、改变模型形式、 使用交叉验证等技术来实现。
05
双变量分布与检验
双变量正态分布检验
正态性检验
第三讲.双变量分析
变量之间的关系
两个变量之间的关系 多个变量之间的关系 在多数情况下，多个变量之间的关系又可以分
解为若干个两个变量之间的关系，也就是说多 个变量之间的关系可以通过若干个两个变量间 的关系来描述。
知识点
相关关系和因果关系 主要的双变量的测量方法 （1）交互分析—列联表分析 （2）不同层次变量的相关测量法
E2
10(60
10)
40(60 60
40)
10(60
10)
30(40
30)
10(40 40
另外，在测量两个变量关系时，最主要的 法则是遵循变量的测量层次，即严格依据 变量的层次选择合适的相关测量法。
次要的准则，是注意两个变量之间的对称 和非对称关系。对于这一点，最好要遵守， 但不用过分强求。
变量的层次与相关测量法
社会学研究中最经常遇到的是定类、定序和定距三类 变量，这三类变量在分析两个变量的关系时，会产生 以下六种情况；
(1)定类变量一定类变量； (2)定序变量一定序变量； (3)定距变量一定距变量；
(4)定类变量一定序变量； 相关测量法是什么？
(5)定类变量一定距变量； (6)定序变量一定距变量。 下面分别介绍这几种不同测量层次变量的相关测量
法。
（一）两个定类变量：Lambda，tau-y （都是PRE测量法）
交互分析的作用
较为深入的描述样本资料的分布状况 和内在结构。
对变量之间的关系进行分析和解释
交互分类表的形式要求
➢ 每个表的顶端要有表号和标题 ➢ 线条规范、简洁，最好不用竖线 ➢ 百分比符号的处理：一种在表顶端的右角；另一种在表中
每一列数字的上方 ➢ 表的下端用括号标出每一列的频数 ➢ 两个变量的安排：通常是将自变量、或被看作自变量或用
双变量最小二乘问题
双变量最小二乘问题是一个在统计学和回归分析中常见的问题。
它的目标是通过最小化预测变量和实际观测值之间的平方差和，来找到最佳的线性回归模型参数。
假设我们有一个数据集，其中包含两个预测变量(X_1) 和
(X_2)，以及一个响应变量(Y)。
我们的目标是找到最佳的线性回归模型参数，使得(Y) 与(X_1) 和(X_2) 的预测值之间的平方误差最小。
数学上，双变量最小二乘问题可以表示为以下优化问题：
(\min_{b_0, b_1, b_2} \sum_{i=1}^{n} (Y_i - (b_0 + b_1 X_{1i} + b_2 X_{2i}))^2)其中(n) 是样本数量，(b_0, b_1, b_2) 是线性回归模型的参数。
为了解决这个问题，我们可以使用最小二乘法的解法，通过计算样本矩阵的伪逆或使用其他优化算法（如梯度下降法）来找到最优解。
在Python中，我们可以使用NumPy库中的线性代数函数或Scikit-learn库中的线性回归模型来解决这个问题。
下面是一个使用Scikit-learn库的示例代码：
输出结果为：
最佳参数：[1. 1.]
这意味着最佳的线性回归模型参数为(b_0 = 1.0, b_1 = 1.0, b_2 = 0)。
第11章 统计分析—双变量
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2、方差齐性检验和t检验结果 、方差齐性检验和t
F值>F 0.025 (n 1-1,n 2-1), 说明方差不齐。
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P值小于给定的显著性水平α, 说明方差不齐。
P值小于给定的显著性水平α, 拒绝原假设。
社会 统计学
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【例2】“年龄段”与“忙碌程度”
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斯皮尔曼等级相关系数（spearman）在这: 斯皮尔曼等级相关系数（spearman）在这: Analyze Correlate Bivariate
2、 比较重要 3、 一般 5、 很不重要 6 、说不清楚
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1、将被访者学历与“读书的地位”都看成 定类变量，作列联相关的检验。 2、被访者学历与“读书的地位”均为定序 量，作等级相关检验。
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二、独立样本T 检验 独立样本T
Analyze Compare Means
IndependentIndependent-Samples检验变量栏 T Test,
打开Independent-Samples T Test对 IndependentTest对
分组变量栏, 话框 只能有一个分 组变量
双变量最小二乘问题
双变量最小二乘问题双变量最小二乘问题（Bivariate Least Squares Problem）简介：双变量最小二乘问题是指通过建立一个数学模型，通过最小化误差的平方和，来求解包含两个变量的问题。
这个问题是最小二乘法的一个应用，最小二乘法是一种常见的数据拟合方法，用于通过找到一条或多条曲线，使得该曲线与数据点之间的误差最小化。
问题陈述：给定一组二维数据点，我们希望找到一条曲线，以最佳方式拟合这些数据点，以便预测未知的数据点或分析数据之间的关系。
这个问题中有两个变量，一个是自变量（通常是横坐标）和一个因变量（通常是纵坐标）。
我们的目标是找到一条最佳的曲线，使得该曲线与数据点之间的误差最小化。
解决方案：为了解决双变量最小二乘问题，我们假设数据点之间存在一种线性关系。
这意味着可以用直线或其他曲线来拟合数据点，以便找到最小化误差的平方和的曲线。
在最小二乘法中，我们将误差定义为每个数据点到拟合曲线的垂直距离的平方。
具体步骤如下：1.收集数据点：首先，我们需要收集一组包含自变量和因变量的数据点。
这些数据点可以是实验数据、观测数据或从其他来源获得的数据。
2.建立模型：根据数据点的特征和问题的背景，我们需要选择一个适当的数学模型来拟合数据。
我们可以选择一条直线、一个二次曲线或其他曲线形状。
3.最小化误差的平方和：通过调整模型的参数，我们可以将模型与数据点拟合得更好。
最小二乘法通过最小化误差的平方和来实现这一点。
误差的平方和是每个数据点到模型预测值的垂直距离的平方的总和。
4.求解最小二乘问题：通过微积分和优化算法，我们可以求解最小二乘问题，以找到使误差的平方和最小化的参数组合。
这些参数将确定最佳拟合曲线。
应用领域：双变量最小二乘问题在许多领域中都有应用，包括统计学、金融学、经济学等。
以下是一些常见的应用示例：1.经济学：双变量最小二乘问题可以用于经济模型中的参数估计，例如收入与消费之间的关系。
2.金融学：在金融模型中，双变量最小二乘问题可以用于拟合股票价格和其他金融指标之间的关系，以便预测未来的股票价格。
第五讲 双变量相关分析
对称或 不对称
〔0，1〕
众数
不对称
〔-1，1〕
变量值的 分布比例
对称或不 对称
不对称
〔-1，1〕 〔-1，1〕
变量值 顺序
变量值 顺序
不对称 〔0，1〕
均值
定距－定距
积距相关系数 （Pearson’s r）
对称或 不对称
〔-1，1〕
均值
第一节 平均值分析
表5—3 按性别分组的描述性统计量
HB
SEX 1 2 Total
Mean 12.6529 10.1095 11.4448
血红R蛋ep白ort* 性别
N 21 19 40
Std. Deviation
2.0531 1.6989 2.2690
Variance 4.215 2.886 5.148
Sum 265.71 192.08 457.79
HB * SEX
Eta
Eta Squared
.567
.321
表5—6是eta统计量表，η统计量表明因变 量和自变量之间联系的强度，0.567的值处 于中等水平，η2是因变量中不同组间差异所 解释的方差比，是组间平方和与总平方和之 比，即由64.5256除以 200.787得到。
表5—7 按年龄分组的方差分析表
表5—4 按年龄分组的描述统计量
HB
AGE 16 17 18 Total
Mean 11.2921 10.5380 12.1450 11.4448
血红Re蛋p or白t * 年龄
N 14 10 16 40
Std. Deviation
2.4649
1.9421
2.1827
专题07 函数中的双变量问题(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题7 函数中的双变量问题函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下借组导数处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.(一) 与函数单调性有关的双变量问题此类问题一般是给出含有()()1212,,,x x f x f x 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.常见结论：(1)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()12120f x f x x x ->-,则()y f x =在D 上单调递增；(2)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-在D 上单调递增；(3)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()121212f x f x kx x x x ->-,则()k y f x x =+在D 上单调递增；(4)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()121212f x f x x x x x ->+-,则()2y f x x =-在D 上单调递增.【例1】（2024届四川省仁寿第一中学校高三上学期调研）已知函数212ln ()xf x x +=．(1)求()f x 的单调区间；(2)存在12,(1,)x x Î+¥且12x x ¹，使()()1212ln ln f x f x k x x -³-成立，求k 的取值范围．【解析】（1）由题意得()34ln xf x x -¢=，令()0f x ¢=得1x =，(01),x Î时，()0f x ¢>，()f x 在(0,1)上单调递增；,(1)x Î+¥时，()0f x ¢<，()f x 在(1,)+¥上单调递减；综上，()f x 单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+¥．（2）由题意存在12,(1,)x x Î+¥且12x x ¹，不妨设121x x >>，由（1）知,(1)x Î+¥时，()f x 单调递减．()()1212ln ln f x f x k x x -³-等价于()()()2112ln ln f x f x k x x -³-，即()()2211ln ln f x k x f x k x +³+，即存在12,(1,)x x Î+¥且12x x >，使()()2211ln ln f x k x f x k x +³+成立．令()()ln h x f x k x =+，则()h x 在(1,)+¥上存在减区间．即234ln ()0kx x h x x-¢=<在(1,)+¥上有解集，即24ln x k x <在(1,)+¥上有解，即2max 4ln x k x æö<ç÷èø，(1,)x Î+¥；令()24ln x t x x =，(1,)x Î+¥，()()3412ln x t x x -¢=，(x Î时，()0t x ¢>，()t x在(上单调递增，)x ¥Î+时，()0t x ¢<，()t x在)+¥单调递减，∴max 2()e t x t ==，∴2ek <． (二) 与极值点有关的双变量问题与极值点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x ¢=的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.【例2】（2024届黑龙江省双鸭山市高三下学期第五次模拟）已知函数2()ln (1)(R)f x x a x a x=+-+Î.(1)当1a =-时，讨论()f x 的单调性；(2)若()1212,x x x x <是()f x 的两个极值点，证明：()()21f x f x -<【解析】（1）当1a =-时，2()ln 1,()f x x x f x x=+++的定义域为(0,)+¥，所以2222122(2)(1)()1x x x x f x x x x x¢+-+-=-+==，令()0f x ¢=，解得1x =，当(0,1)x Î时，()0f x ¢<，当(1,)x Î+¥时，()0f x ¢>，故()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+¥上单调递增．（2）222122()ax x f x a x x x ¢-+-=--=，由题意可知，()1212,x x x x <是方程220ax x -+-=的两根，则102180a a ì>ïíïD =->î，解得108a <<，所以121x x a +=，122x x a =，要证()()21f x f x -<====即证()()22112122ln 1ln 1x a x x a x x x éù+-+-+-+êúëû只需证()()122211122lnx x x a x x x x x -+--<需证()()212211122ln2x x x a x x x x x -<-=++令21(1)x t t x =>，则需证2(1)ln 1t t t -<++，设()ln 1)g t t t =>，则2111111442222111(1)11222()02t t t t t t t g t t t tt---¢æö-ç÷----+èø=-==-<，所以函数()g t 在(1,)+¥上单调递减，所以()(1)0g t g <=，因此ln t <由1t >得，2(1)01t t ->+，所以2(1)ln 1t t t -<+，故()()21f x f x -<,【例3】（2023届云南省曲靖市高三下学期第二次联考）已知函数()()21ln 402f x x a x x a =+->.(1)当3a =时，试讨论函数()f x 的单调性；(2)设函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，证明：()()12ln 10f x f x a +>-.【解析】（1）当3a =时，()213ln 42f x x x x =+-定义域为()0,x Î+¥，()()()2133434x x x x f x x x x x---+=+-==¢，令()0f x ¢=解得1x =或3，且当01x <<或3x >时，()0f x ¢>，当13x <<时，()0f x ¢<，所以当01x <<或3x >时，()f x 单调递增，当13x <<时，()f x 单调递减，综上()f x 在区间()0,1，()3,+¥上单调递增，()f x 在区间()1,3单调递减.（2）由已知()21ln 42f x x a x x =+-，可得()244a x x af x x x x-+=+-=¢，函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，即240x x a -+=在()0,¥+上有两个不等实根，令()24h x x x a =-+，只需()()00240h a h a ì=>ïí=-<ïî，故04a <<，又124x x +=，12x x a =，所以()()221211122211ln 4ln 422f x f x x a x x x a x x æöæö+=+-++-ç÷ç÷èøèø()()()2212121214ln ln ln 82x x a x x x x a a a =-+++++=--，要证()()12ln 10f x f x a +>-，即证ln 8ln 10a a a a -->-，只需证()1ln 20a a a -+-<，令()()1ln 2m a a a a =-+-，()0,4a Î，则()11ln 1ln a m a a a a a-=-++=-¢，令()()n a m a ¢=，则()2110n a a a¢=--<恒成立，所以()m a ¢在()0,4a Î上单调递减，又()110m ¢=>，()12ln202m =-<¢，由零点存在性定理得，()01,2a $Î使得()00m a ¢=，即001ln a a =，所以()00,a a Î时，()0m a ¢>，()m a 单调递增，()0,4a a Î时，()0m a ¢<，()m a 单调递减，则()()()()0000000max 00111ln 2123m a m a a a a a a a a a ==-+-=-+-=+-，又由对勾函数知0013y a a =+-在()01,2a Î上单调递增，所以00111323022a a +-<+-=-<，所以()0m a <，即()()12ln 10f x f x a +>-得证.(三) 与零点有关的双变量问题与函数零点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x =的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数,有时也可转化为关于12x x -的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.【例4】（2024届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数())ln 2f x x a =-ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性，并求()f x 的极值；(2)若函数()f x 有两个不同的零点12,x x （12x x <），证明：1e a<<.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+¥，由题意，()1f x x ==¢，当0a £时，()0f x ¢>，函数()f x 在(0,)+¥单调递增，无极值.当0a >时，令()0f x ¢=，得21x a =∴()f x 在210,a æöç÷èø单调递增，在21,a ¥æö+ç÷èø单调递减，所以函数()f x 在21x a =时取极大值，极大值为212ln 2f a a æö=--ç÷èø，无极小值.x210,a æöç÷èø21a 21,a ¥æö+ç÷èø()f x ¢+-()f x 递增极大值递减（212t t ==，且12x x <，则有1122ln ln t at t at =ìí=î，两式相减可得，1212ln ln t t a t t-=-1a <.12121ln ln t t a t t-<=-12ln 0t t Û>，令u =121ln02ln 0(01)t u u u t u >Û-+><<，设()12ln g u u u u =-+，则()222212110u u g u u u u -+-=--=<¢，所以()g u 在()0,1上单调递减，所以()()10g u g >=1a<.1122ln ln t at t at =ìí=î，两式子相加得，()1212ln t t a t t =+e >，即证212e t t >，由上式只需证()122a t t +>，即证()1121212112221ln ln 2ln 201t t t t t t t t t t t t --×+>Û-<-+，令12t v t =，11212211ln 20ln 20(01)11t t t v v v t t v t --æö-<Û-<<<ç÷+èø+，设()()1ln 2011v h v v v v -æö=-<<ç÷+èø，则()22(1)0(1)v h v v v +¢-=>，所以()h v 在()0,1上单调递增，所以()()10h v h <=e >.综上：1e a<<. (四) 独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.【例5】（2024届陕西省宝鸡实验高中高三一模）已知函数2()ln (,,1)x f x a x x a b a b R a =+--Î>，e 是自然对数的底数.(1)当e,4a b ==时，求整数k 的值，使得函数()f x 在区间(,1)k k +上存在零点；(2)若存在12,[1,1],x x Î-使得12|()()|e 1f x f x -³-，试求a 的取值范围.【解析】（1）2()e 4x f x x x =+--，()e 21x f x x ¢\=+-，(0)0f ¢\=当0x >时，e 1x >，()0f x ¢\>，故()f x 是(0,)+¥上的增函数，同理()f x 是(,0)-¥上的减函数，2(0)30,(1)e 40,(2)e 20f f f =-<=-<=->，且2x >时，()0f x >，故当0x >时，函数()f x 的零点在()1,2内，1k \=满足条件．同理，当0x <时，函数()f x 的零点在()2,1--内，2k \=-满足条件，综上1,2k =-．（2）问题Û当[1,1]x Î-时，max min max min |()()|()()e 1f x f x f x f x -=-³-，()ln 2ln 2(1)ln x x f x a a x a x a a ¢=+-=+-，①当0x >时，由1a >，可知10,ln 0,()0x a a f x ¢->>\>；②当0x <时，由1a >，可知10,ln 0,()0x a a f x ¢-<>\<；③当0x =时，()0f x ¢=，()f x \在[1,0]-上递减，[0,1]上递增，\当[1,1]x Î-时，min max ()(0),()max{(1),(1)}f x f f x f f ==-，而1(1)(1)2ln f f a a a--=--，设1()2ln (0),g t t t t t =-->22121()1(1)0g t t t t¢=+-=-³Q （仅当1t =时取等号），()g t \在(0,)+¥上单调递增，而(1)0g =，\当1t >时，()0g t >即1a >时，12ln 0a a a-->，(1)(1),(1)(0)e 1f f f f \>-\-³-即ln e 1e ln e a a -³-=-，构造()ln (1)h a a a a =->，易知()0¢>h a ，()h a \在(1,)+¥递增，e a \³，即a 的取值范围是[e,)+¥．(五) 构造一元函数求解双变量问题当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.【例6】（2024届山东省菏泽市高考冲刺押题卷）已知函数2()ln 1(02)f x tx x x t =-+<£．(1)求函数()f x 的单调区间(2)若0a b >>，证明:2244a b a b <-．【解析】（1）()ln 2,0f x t x t x x ¢=+->，令()()ln 2g x f x t x t x ¢==+-，所以()2,0tg x x x¢=->，由()0g x ¢>可得02t x <<，由()0g x ¢<可得2t x >，所以()f x ¢在(0,)2t 上单调递增，在(,)2t+¥上单调递减，所以max ()(ln ln 222t t tf x f t t t t ¢¢==+-=.又因为02t <£，所以ln02t£，即()0f x ¢£，且()f x ¢至多在一个点处取到0.所以()f x 在(0,)+¥上单调递减，故()f x 的单调递减区间为()0,+¥，没有单调递增区间.（2）证明2244a b a b <-，只需证：22222222222222+)))()11((ln 24(a b a b a b a b a b a b --<-++-，即证：2222222222222ln a b a b a b a b a b a b ++-<---+，令2222,0a b x a b a b +=>>-，所以1x >，只需证：12ln x x x<-，即证：22ln 10x x x -+<，由（1）知，当2t =时，2()2ln 1f x x x x =-+在(0,)+¥上单调递减，1x >()(1)0f x f <=，即22ln 10x x x -+<，所以2244a b a b<-.(六) 独立双变量,把其中一个变量看作常数若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量【例7】已知函数，(1)若函数在处的切线也是函数图像的一条切线，求实数a 的值；(2)若函数的图像恒在直线的下方，求实数a 的取值范围；(3)若，且，证明：>【解析】 (1)，在处切线斜率，，所以切线，又，设与相切时的切点为，则斜率，则切线的方程又可表示为，由，解之得．(2)由题可得对于恒成立，即对于恒成立，令，则，由得，x20,e a æöç÷èø2e a2e a æö+¥ç÷èø，()h x ¢+0-()h x ↗极大值↘则当时，，由，得：，即实数的取值范围是．(3)由题知，由得，当时，，单调递减，因为，所以，即，所以，①同理，②①+②得，()ln (0)af x x a x=×>()e xg x =0x =()f x ()f x 10x y -+=12,(,)e 2a a x x Î12x x ¹412()x x +212a x x ()e xg x ¢=()g x 0x =()01k g ¢==()01g =:1l y x =+()ln1af x x =¢-l ()f x 000,ln a x x x æöç÷èø()00ln 1a k f x x ¢==-l ()000000ln 1ln ln 1a a ay x x x x x x x x æöæö=--+=-+ç÷ç÷èøèø00ln 111ax x ì-=ïíï=î2e a =()10f x x --<0x >ln 10ax x x--<0x >()ln 1a h x x x x =--()ln 2ah x x =¢-()0h x ¢=2ea x =0x >()22max 1e ea a h x h æö==-ç÷èø210e a -<20e a <<a ()20,e ()ln 1af x x=¢-()0f x ¢=e a x =e a x a <<()0f x ¢<()()ln 0af x x a x=>112x x x a +<<()()112f x f x x >+()112112ln ln a ax x x x x x >++121112lnln x x a a x x x x +>+122212ln ln x x a ax x x x +>+1212121212lnln ln x x x x a a ax x x x x x æöç÷èø>+++++因为，由得，即，所以，即，所以．(七) 双变量,通过放缩消元转化为单变量问题此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题【例8】（2024届河北省衡水市高三下学期联合测评）过点(),P a b 可以作曲线e x y x =+的两条切线，切点为,A B .(1)证明：()1ea b a ->-；(2)设线段AB 中点坐标为()00,x y ，证明：00a y b x +>+.【解析】（1）证明：设切点(),e tA t t +，1e xy ¢=+，所以e 1e t tPAt bk t a+-=+=-，即关于t 的方程()1e 0tt a b a --+-=有两个不相等的实数根.设()()1e t f t t a b a =--+-，则()()e 0tf t t a =-=¢，t a =.当t a <时，()0f t ¢<，则()f t 在(),a ¥-上单调递减；当t a >时，()0f t ¢>，则()f t 在(),a ¥+上单调递增，所以()f t 在t a =处取值得最小值，即()e af a b a =--.当t ®+¥时，()f t ¥®+，当t ®-¥时，()f t b a ®-，若满足方程有两个不相等的实数根，则0e 0ab a b a ->ìí--<î，于是0e a b a <-<，即()ln b a a -<，得()()()ln b a b a b a a --<-,设()ln g x x x =，()ln 10g x x +¢==，得1ex =，在10,e æöç÷èø上，()0g x ¢<，则()g x 单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上，()0g x ¢>，则()g x 单调递增，所以()ln g x x x =，在1e x =处取得最小值，即11e e g æö=-ç÷èø，所以()1e a b a ->-.（2）证明：设()()1122,,,A x y B x y ，则()()12012011e e 22x x y y y x =+=++，即()()12001211e e 22x x y x y y -=+=+，121221121224x x x x x x x x x x +++=++³12x x a +<121a x x +>12ln 0ax x >+1212ln ln 4ln a a a x x x x +>+421212a a x x x x æö>ç÷+èø()421212x x a x x +>在点()()1122,,,A x y B x y 处的切线方程都过(),P a b ，于是，由()()1111e 1e x xb x a x --=+-，得()1110e x b a x a --++=，由()()2222e 1e x xb x a x --=+-，得()2210e x b a x a --++=两式相减整理得：()121212e e e x x x x x x b a +--=-，()()()()1212121200e 1e ee e 2x x x x x x x x b a y x +----=-+-()()121212122212e e e 2e 2e e x x x x x x x x x x ++éù-=--êú-ëû()()1212121212e 12e e 2e e x x x x x x x x x x +--éù=--+êú-ëû，不妨设1212,0x x m x x >=->，所以()1212e 02e e x x x x +>-，则()12e e m mh m m =-+，()12e 220e m mh m ¢=--£-=，所以()h m 在()0,¥+上单调递减，于是()()00h m h <=，于是()()000b a y x ---<，即00a y b x +>+.【例1】（2024届陕西省西安市一中高三考前模拟）已知函数()2e 2xx f x a =++.(1)若4a =-，求()f x 的极值；(2)若0a >，不相等的实数,m n 满足()()228f m f n m n +=++，求证：0m n +<.【解析】（1）依题意，()2e 42x f x x =-+，则()2e 4xf x =¢-，令()0f x ¢=，解得ln 2x =，故当(),ln 2x ¥Î-时，()0f x ¢<，当()ln 2,x ¥Î+时，()0f x ¢>，故函数()f x 在(),ln 2¥-上单调递减，在()ln 2,¥+上单调递增，故函数()f x 的极小值为()ln 244ln 2264ln 2f =-+=-，无极大值；（2）令()()222e 2x g x f x x ax x =-=+-+，则()2e 2xg x x a =¢-+，令()e xt x x =-，则()e 1x t x ¢=-，当0x <时，()0t x ¢<，当0x >时，()0t x ¢>，所以函数()t x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以()()e 010x t x x t =-³=>，又0a >，所以()()2e 0xg x x a =-+>¢，所以()g x 在R 上单调递增，()()228f m f n m n +=++，即()()8g m g n +=，因为()04g =，所以,0m n ¹，要证0m n +<，即证n m <-，只需证()()g n g m <-，即()()8g m g m -<-，即()()8g m g m +->，令函数()()()22e 2e 24x x h x g x g x x -=+-=+-+，则()2e 2e 4x x h x x -=--¢，令()()x h x j =¢，则()2e 2e 40xx x j -=-¢+³，所以()h x ¢为R 上的增函数，当0x <时，()()00h x h ¢¢<=，当0x >时，()()00h x h ¢¢>=，所以()h x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以对任意0m ¹，都有()()()()08h m g m g m h =+->=，从而原命题得证.【例2】（2024届河北省衡水市部分示范性高中高三下学期三模）已知()e xf x x =-．(1)求()f x 的单调区间和最值；(2)定理：若函数()f x 在(,)a b 上可导，在[]a b ，上连续，则存在(,)a b x Î，使得()()()f b f a f ξb a-¢=-．该定理称为“拉格朗日中值定理”，请利用该定理解决下面问题：若0m n <<，求证：()2e e 111m n m n m n m æö-<+-ç÷èø．【解析】（1）()e 1x f x ¢=-，令()0f x ¢=，解得0x =，当(,0)x Î-¥时，()0,()¢<f x f x 单调递减；当,()0x Î+¥时，()0,()¢>f x f x 单调递增． 当0x =时，()f x 取得最小值1，无最大值；（2）要证2e e 11(1)m n m n m n m æö-<+-ç÷èø，只需证2e e (1)()m n m n m m n -<+-，因为0m n <<，故只需证2e e (1)m nm n m m n->+-． 令()e (0)x g x x x =>，显然()g x 在(,)m n 上可导，在[]m n ，上连续，故由拉格朗日中值定理知存在(,)m n x Î，使得e e()m nm n g m nx ¢-=-，而()(1)e 0,()x g x x g x ¢¢=+>在(0,)+¥上单调递增，因为m n x <<，故()()g g m x ¢¢>，即()(1)e m g m x ¢>+，故只需证2(1)e (1)m m m +³+即可，因为0m >，故只需证e 1m m ³+．由（1）知e 1x x ³+恒成立，因此原命题得证．【例3】（2024届天津市部分区高三二模）已知,R a b Î，函数()sin ln f x x a x b x =++．(1)当0,1a b ==-时，求()f x 的单调区间；(2)当1,02a b =-¹时，设()f x 的导函数为()f x ¢，若()0f x ¢>恒成立，求证：存在0x ，使得()01f x <-；(3)设01,0a b <<<，若存在()12,0,x x Î+¥，使得()()()1212f x f x x x =¹>．【解析】（1）由函数()sin ln f x x a x b x =++，可得其定义域为()0,¥+，当0,1a b ==-时，可得()ln f x x x =-，则()111x f x x x¢-=-=，当()0,1x Î时，可得()0f x ¢<，()f x 单调递减；当()1,x ¥Î+时，可得()0f x ¢>，()f x 单调递增，\函数()f x 的单调递增区间为()1,¥+，单调递减区间为()0,1．（2）当1,02a b =-¹时，可得()1sin ln 2f x x x b x =-+，则()11cos 2bf x x x =-+¢，Q ()0f x ¢>恒成立，即11cos 02b x x -+>恒成立，令()11cos ,02bh x x x x=-+>，若0b <，则0b x <，存在2b x =-，使得111cos 21cos 022222b b b h æöæöæö-=---=---<ç÷ç÷ç÷èøèøèø，即()0f x ¢<，不符合题意，>0b \，取30e bx -=，则001x <<，可得()3301esin e 312bb f x --=--<-，即存在0x ，使得()01f x <-．（3）由函数()sin ln f x x a x b x =++，可得()1cos bf x a x x ¢=++，设12x x <，由()()12f x f x =，可得111222sin ln sin ln x a x b x x a x b x ++=++，则()()()22121211sin sin ln ln lnx x x a x x b x x b x -+-=--=-，又由sin y x x =-，可得'1cos 0y x =-³，\函数sin y x x =-为单调递增函数，\2211sin sin x x x x ->-，即2121sin sin x x x x -<-，\()()2211ln1x b a x x x -<+-，设()1ln 21x h x x x -=-´+，可得()()()()222114011x h x x x x x -=-=+¢³+，\当1x >时，()()10h x h >=，即ln 2x >\2>即ln 4x =>\21ln 44x x >=代入可得：()()()()21411b a x x a ×-<+-=+，则()241b a -×<++，\>【例4】（2024届四川省百师联盟高三联考三）已知函数()214ln 2f x x x a x =-+.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)设函数()y f x =有两个不同的极值点1x ，2x .证明：()()2121135ln 244f x f x a a +--≥.【解析】（1）当1a =时()214ln 2x f x x x =-+，()14f x x x ¢=-+，()171422f =-=-，()14121f ¢=-+=-，则切线方程为()7212y x +=--，化简得4230x y ++=.（2）证明：由题()244a x x af x x x x=¢-+=-+，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，即240x x a -+=在()0,¥+上有两个不等实根，令()24h x x x a =-+，只需故()()00240h a h a ì=>ïí=-<ïî，故04a <<.又124x x +=，12x x a =，所以()()221211122211ln 4ln 422f x f x x a x x x a x x æöæö+=+-++-ç÷ç÷èøèø()()()2212121214ln ln ln 82x x a x x x x a a a =-+++++=--.若证()()2121135ln 244f x f x a a +--≥，即证21135ln 8ln 244a a a a a ----≥，即2113ln ln 0244a a a a a --++≥.令()2113ln ln 244x x x x x x j =--++，()0,4x Î，()11ln 2x x xx j æö¢=+-ç÷èø，则()x j ¢在()0,4上递增，且有()01j ¢=，当()0,1x Î时，()0x j ¢<，所以()x j 在()0,1上递减；当()1,4x Î时，()0x j ¢>，所以()x j 在()1,4上递增；所以()()113ln11ln101244x j j =--++=≥，()0,4x Î.即()()2121135ln 244f x f x a a +--≥得证.【例5】（2024陕西省西安八校高三下学期联考）已知函数的图象在处的切线过原点．(1)求的值；(2)设，若对总，使成立，求整数的最大值．【解析】（1）易知的定义域为，又，的图象在处的切线方程为，将代入，得；（2）．当时，取得最小值，．由（1）知，．，得的定义域为．则，易知单调递增，又．即在上有唯一解，故．()()()e ln 1R ,xf x m x x m f x =-+-Î()()1,1f m ()()()2,2g x f x x h x x x a =-=-+()10,x ¥"Î+2x $ÎR ()1g x >()2h x a ()f x ()()0,,1e f ¥+=()()e 1,1e 1x mf x f m x¢¢=-+=-+()f x \()()1,1f ()()e e 11y m x -=-+-0,0x y ==1m =()222(1)1h x x x a x a =-+=-+-\1x =()h x ()()min []11h x h a ==-1m =()e ln 1x f x x x \=-+-()()e ln 1,x g x x g x =--()0,¥+()1e xg x x =¢-()1e 0xy x x=->()120,1e 102g g æö¢¢=-ç÷èø()0g x ¢=1,12æöç÷èø0x 000011e ,e x x x x ==于是当时，在上单调递减；当时，在上单调递增．在处取得极小值也是最小值．则，对总，使成立，只需，得．故整数的最大值为．1．（2024届广东省汕头市第二次模拟）设M 是由满足下列条件的函数()f x 构成的集合：①方程()0fx x-=有实根；②()f x 在定义域区间D 上可导，且()f x ¢满足()01f x ¢<<.(1)判断()ln 322x xg x =-+，()1,x Î+¥是否是集合M 中的元素，并说明理由；(2)设函数()f x 为集合M 中的任意一个元素，证明：对其定义域区间D 中的任意a 、b ，都有()()a b a b -£-f f .2．（2024届山东省滨州市高三下学期二模）定义：函数()f x 满足对于任意不同的12,[,]x x a b Î，都有()()1212f x f x k x x -<-，则称()f x 为[],a b 上的“k 类函数”．(1)若2()13x f x =+，判断()f x 是否为[]1,3上的“2类函数”；(2)若2()(1)e ln 2xx f x a x x x =---为[1,e]上的“3类函数”，求实数a 的取值范围；(3)若()f x 为[1,2]上的“2类函数”，且(1)(2)f f =，证明：1x "，2[1,2]x Î，()()121f x f x -<．3．（2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三最后一卷）设函数()21ln 2f x x x x ax =--的两个极值点分别为()1212,x x x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)若不等式()12a x x l <+恒成立，求正数l 的取值范围（其中e 271828=L ．为自然对数的底数）．00x x <<()()0,g x g x ¢<()00,x 0x x >()()0,g x g x ¢>()0,x ¥+()g x \0x x =()000min 015e ln 112,2xg x x x x æö=--=+-Îç÷èø\()10,x ¥"Î+2x $ÎR ()()12g x h x >11a ³-2a £a 24．（2024届湖南省高三“一起考”大联考下学期模拟）已知函数()2f x ax =，()lng x x =，函数()f x ，()g x 有两条不同的公切线（与()f x ，()g x 均相切的直线）1l ，2l .(1)求实数a 的取值范围；(2)记1l ，2l 在y 轴上的截距分别为1d ，2d ，证明：121d d +<-.5．（2024届天津市民族中学高三下学期4月模拟）已知函数()()22ln 0f x x x a x a =-+>．(1)当2a =时，试求函数图象在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <；（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）不等式()12f x mx ³恒成立，试求实数m 的取值范围．6．（2024届陕西省部分学校（菁师联盟）高三下学期5月份高考适应性考试）已知函数()2ln f x x x x =-.(1)求曲线()y f x =在2e x =处的切线方程；(2)若()()12f x f x =，且12x x <.求证：212e x x +<.7．（2024届广东省广州市二模）已知函数()()21e x f x a x x -=++．(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若()f x 存在两个极值点，记0x 为()f x 的极大值点，1x 为()f x 的零点，证明：0122x x ->．8．（2024届重庆市名校联盟高三下学期全真模拟）T 性质是一类重要的函数性质，具有T 性质的函数被称为T 函数，它可以从不同角度定义与研究.人们探究发现，当()y f x =的图像是一条连续不断的曲线时，下列两个关于T 函数的定义是等价关系．定义一：若()y f x =为区间(),a b 上的可导函数，且()y f x ¢=为区间(),a b 上的增函数，则称()y f x =为区间(),a b 上的T 函数．定义二：若对()12,,x x a b "Î，()0,1l "Î，都有()()()()121211f x x f x f x l l l l éù+-£+-ëû恒成立，则称()y f x =为区间(),a b 上的T 函数．请根据上述材料，解决下列问题：(1)已知函数()πtan 02f x x x æö=Îç÷èø，,．①判断()y f x =是否为π0,2x æöÎç÷èø上的T 函数，并说明理由；②若π0,2a b æöÎç÷èø，且π22a b +=，求()()2f f a b +的最小值(2)设11111m n m n >>+=，，，当00a b >>，时，证明：11m na b ab m n+³．9．（2024届河南省九师联盟高三下学期5月联考）已知函数1()ln (0)f x a x a x=+¹．(1)若()f x a >对,()0x Î+¥恒成立，求a 的取值范围；(2)当3a =时，若关于x 的方程211()42f x x x b x =-++有三个不相等的实数根1x ，2x ，3x ，且1x <23x x <，求b 的取值范围，并证明：314x x -<．10．（2024届湖北省宜荆荆随恩高三5月联考）设函数，(1)讨论的单调性．(2)若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得（ⅰ）证明不等式．（ⅱ）判断并证明与的大小．11．（2024届江西省上饶市六校高三5月第二次联合考试）已知函数．(1)若，求的极值；(2)若，求的最大值．12．（2024届山西省临汾市高三下学期考前适应性训练）已知函数．(1)求在处的切线方程；(2)若曲线与直线有且仅有一个交点，求的取值范围；(3)若曲线在处的切线与曲线交于另外一点，求证：．13．（2024届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4月联合学情检测）已知函数．()()24ln 42f x x ax a x =-+-a ÎR()f x ()f x 120x x <<0x ()()()()21021f x f x f x x x ¢-=-212121ln ln 2x x x x x x ->-+122x x +0x ()()ln ,,0f x x a x b a b a =--ιR 1a b ==()f x ()0f x ³ab ()()21ln 12=++f x x x ()f x 0x =()y f x =y ax =a ()y f x =()()(),0m f m m >()y f x =()(),n f n 21mm n m -<<-+()()()ln 0f x mx x m =->(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若有两个不同的零点，证明．14．（2024届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数为其导函数．(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．15．（2024届云南省高中毕业生第二次复习统一检测）已知常数，函数.(1)若，求的取值范围;(2)若、是的零点，且，证明:.()0f x £m ()f x 12,x x 122x x +>()ln ,()f x ax x x f x ¢=-()1f x £a 12,x x ()()12f x f x=0f ¢>0a >221()2ln 2f x x ax a x =--20,()4x f x a ">>-a 1x 2x ()f x 12x x ¹124x x a +>。
第三讲.双变量
因果关系
大多数的社会研究，都涉及因果关系的概念，社 会研究的最终目的，往往在于希望获得某些社会 现象间因果关系的知识。
如“受教育程度与人们的职业获得的研究”、 “不同职业的被调查者收入的差异”---首先认为 这些变量之间存在因果关系。
研究的目的在于辨明这些研究的因果关系状态
（4）相关的类型
量的取值也增加，反之亦然；
人们的文化程度越高，他们的收入水平也越 高；文化程度较低的人，他们的收入水平也 普遍较低。反之，那些收入水平较低的人， 他们的文化程度一般来说也较低。
负相关关系：一个变量的取值增加时，另一个变 量的取值减少；而一个变量的值减少时，另一个 变量的值增加。
在调查中发现，文化程度越高的被调查者，在回答问 卷时，花费的时间越少，而文化程度较低的被调查者， 填答问卷时花费的时间较长。在此，我们可以说文化 程度和问卷填答时间之间存在着负相关关系。
相关关系的程度介于[0，1]之间，0代表无相关，1 代表 全相关，数值越大，表示相关的程度愈强。
两点说明：
1.在对社会现象和社会行为的调查中，一般来说各种相 关系数的值不可能达到1〔或一1)。也就是说，在社 会研究中不可能存在两个完全相关的事物或现象
2. 相关系数只是用来表示变量间相关程度的指标，而不 是相关数值的等单位度量。
如果a×d>b×c或 a×d<b×c，则表示X和 Y有相关关系。
例1：a=d=0或b=c=0，两个变量全相关
例2：a×d=b×c，对角线相等，则表 示无相关
例3：如果a×d>b×c或a×d<b×c， 则表示X和Y有相关关系。
（2）相关关系的方向（+、-）
正相关关系和负相关关系 正相关关系：一个变量的取值增加时，另一个变
双变量分析
可进行平均数和中位数的求解。 可进行平均数和中位数的求解。 为什么这样分布？－－引进变量 为什么这样分布？－－引进变量 ？－－
文化水平与工资收入交互分类表 （人）
文化水平 工资收入 大专以上 高 中 低 合计 26 14 5 45 中学 18 202 55 275 小学及以下 6 34 140 180 合计 50 250 200 500
第十章 双变量分析
变量间关系
相关关系 因果关系
相关关系：当一个变量发生变化， 相关关系：当一个变量发生变化， 另一变量也随之发生变化。 另一变量也随之发生变化。
如果说变量X与变量Y有相关关系，意思就是它们一同 如果说变量X与变量Y有相关关系，意思就是它们一同 起变化， 起变化，即X有变化、Y也有变化，反之也一样。 有变化、 也有变化，反之也一样。 在相关关系中，一般无法区分哪个是原因， 在相关关系中，一般无法区分哪个是原因，哪个是结 果，两者是互为因果的。 两者是互为因果的 互为因果
.e g.
声望随着权力的变化而变化
变量间相关关系的方向性
正关系——同方向 同方向 正关系 负关系——反方向 反方向 负关系
正关系——同方向
如果一个变量值的增加伴随着另一个变量值的 增加， 增加，或者一个变量值的减少伴随另一个变量 值的减少，则这个关系称为正相关，或称直接 值的减少，则这个关系称为正相关， 正相关 相关。 相关。 .e g. 交往次数的增加伴随着感情的增加
负关系——反方向
一个变量值的增加， 一个变量值的增加，伴随着另一个变量值的减 负相关， 少，则这个关系称为负相关，或称逆相关。 则这个关系称为负相关 或称逆相关。
2024届高考二轮复习理科数学课件：双变量问题的转化
一、等价转化为函数的最值或值域问题
例 1 已知函数
1
f(x)=
1
+ ln
x(a∈R,且 a≠0).
(1)求函数 f(x)的单调区间;
(2 设 a<0,函数 f'(x)是 f(x)的导函数,记 g(x)=2a2x2f'(x)-a2xf(x).若存在实数 x1,x2
∈[1,e
x1<x2,则
≥1⇔g(x2)-g(x1)≥x2-x1⇔g(x2)-x2≥g(x1)-x1,
2 -1
令 G(x)=g(x)-x,只需证明 G(x)在(1,+∞)单调递增,
因为
1
G(x)=g(x)-x=aln(x-1)+ ,则
e
1
所以 − e≥0
-1
令
1
G'(x)= − ,
e
-1
在 x>1 时恒成立,即
同的实数根,即方程
2
a= 有两个不同的实数根,设
e
2
u(x)= ,可得
e
2-2
u'(x)= ,当
e
x<1 时,可得 u'(x)>0,u(x)单调递增;当 x>1 时,可得 u'(x)<0,u(x)单调递减,
∴x=1 时,函数 u(x)取得极大值,极大值为
u(x)>0,且 x→+∞时,u(x)→0,∴方程
得出g(x)的最小值为g(2)=-48,
∵对任意x1,x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),
∴147-c≤-48,即有c≥195.
二、寻找两变量的关系转化为单变量函数问题
第二章双变量回归分析基本概念
第七节 样本回归函数（SRF）
对应(2.3.2)的SRF
Yˆi ˆ1 ˆ2 Xi 其中 Yˆ读为Y-帽，是 E(Y 的Xi估) 计量。
• 注意，一个估计量(estimator)，又称(样本)统计量 (statistic)，是指一个规则或公式或方法。在一项应用中， 由估计量算出的一个具体的数值，称为估计值 (estimate) 。
1-12
第七节 样本回归函数（SRF）
总体是观测不到的，大多数情况下，对应于一个 解释变量X，只能观测到被解释变量Y的一个值。
• 我们只能得到对应于某些固定X 值的Y 值的一个（有限 个）样本。
1-13
第七节 样本回归函数（SRF）
样本回归函数(sample regression function, SRF)
（2.3.1）
PRF的形式是一个经验问题，线性方程是常
用的形式：
E(Y Xi ) f ( Xi ) 1 2 Xi （2.3.2）
• 其中 1 和 2为未知但却固定的参数，称为回归系 数( regression coefficient)。1 和 2 分别称为截距
和斜率系数。方程(2.3.2）本身则称为线性总体回归 函数或简称线性总体回归。
Yi 1 2 X i ui
(2.5.2)
(2.5.2)为PFR的随机设定形式，与（2.3.2）等价。
1-11
第六节 随机扰动项的意义
为什么要引入随机扰动项？
• 理论的含糊性 • 数据的缺失 • 变量的解释力（核心变量与周边变量） • 人类行为的内在随机性 • 糟糕的替代变量（永久消费与当前消费等） • 节省原则 • 错误的函数形式
• 父母身高、子女身高 • 儿女的身高趋向人口总体平均，普遍回归定律(law of
双变量问题的七种形式
双变量问题的七种形式示例文章篇一：《双变量问题的七种形式》嘿，同学们！你们知道吗？数学世界里有个超级神奇的东西叫双变量问题，而且它居然还有七种形式呢！这可把我给惊呆了！就比如说，有一次数学老师在课堂上讲了这样一道题：有两个变量x 和y，它们之间的关系是x + y = 10。
这可把我难住了，我就想啊，这x 和y 到底是多少呢？后来老师一解释，我才恍然大悟，原来这就是双变量问题的一种形式呀！还有一次，老师又出了一道：已知x 乘以y 等于20，让我们找出x 和y 可能的取值。
哎呀，我当时脑袋都快炸了，这可怎么找呀？我看看同桌，他也一脸迷茫。
我就忍不住问他：“你能想出来不？”他摇摇头说：“我也不知道啊！”这难道不是让人头疼的双变量问题吗？再比如说，像那种给出一个关于x 和y 的等式，然后让我们根据条件求出x 和y 的范围，这也是双变量问题的一种形式哟！就好像给你一个迷宫，让你自己去找出口一样，是不是很有趣？还有像“如果x 大于5，y 小于8，那么x - y 的取值范围是多少？”这种类型的题目，也是双变量问题呢。
我当时就在想，这数学咋这么爱给我们出难题呢？另外，有的题目会给你两个关于x 和y 的不等式，然后让你找出同时满足这两个不等式的x 和y 的值，这难道不像在一堆乱麻中找出那两根特定的线吗？还有那种，告诉你x 和y 之间的函数关系，然后让你根据给定的条件求出特定情况下x 和y 的值，这就像是在大海里捞针，可不好找啦！最后一种形式，是给你一个图形，上面标着x 和y 的关系，让你通过图形来找出满足条件的x 和y 的取值范围。
这就好像是在一幅神秘的地图上寻找宝藏一样！同学们，你们说这双变量问题是不是特别神奇又有趣？虽然有时候会把我们难住，但是当我们通过努力找到答案的时候，那种成就感简直太棒啦！我觉得呀，虽然双变量问题很复杂，但只要我们认真思考，多做练习，就一定能把它们都搞定！示例文章篇二：哎呀呀，什么是双变量问题呀？这可把我这个小学生难住啦！老师在课堂上讲双变量问题的时候，我看好多同学都一脸懵，我也是！就好像我们走进了一个巨大的迷宫，到处都是弯弯绕绕，怎么也找不到出口。
双变量空间自相关的原理
双变量空间自相关的原理什么是双变量空间自相关双变量空间自相关是一种统计方法，用于分析两个变量之间的空间相关性。
它将空间的概念引入到自相关分析中，帮助我们理解两个变量是否在空间中存在相关性，并确定相关性的强度和方向。
双变量空间自相关的原理双变量空间自相关分析基于格点数据或者连续光滑的空间数据，并通过计算点与点之间的空间相关性来确定两个变量之间的关系。
在双变量空间自相关分析中，我们使用的常见指标是空间自相关系数，通常用rho 表示。
空间自相关系数可以帮助我们确定两个变量是否在空间上存在相关性，以及相关性的强弱程度。
空间自相关系数的计算通常遵循以下步骤： 1. 数据准备：收集并整理所有需要分析的数据，包括两个变量的观测值和相应的空间位置信息。
2. 空间距离计算：根据两个变量的空间位置信息，计算出每对观测点之间的空间距离。
3. 距离矩阵计算：将空间距离转化为一个距离矩阵，矩阵中的每个元素表示两个观测点之间的距离。
4. 变量值矩阵计算：将两个变量的数值转化为一个变量值矩阵，矩阵中的每个元素表示一个观测点对应的变量值。
5. 空间自相关系数计算：根据距离矩阵和变量值矩阵，使用适当的统计方法计算出空间自相关系数。
常用的统计方法包括Moran’s I和Geary’s C等。
双变量空间自相关的应用双变量空间自相关分析在地理信息系统、人类地理学、环境科学、城市规划等领域具有广泛的应用。
它可以帮助我们探索地理现象和空间分布的规律，为决策制定提供科学依据。
以下是双变量空间自相关的一些常见应用：1. 地理现象分析双变量空间自相关分析可以帮助我们探索地理现象的空间分布规律。
例如，我们可以分析人口分布与经济发展之间的关系，以及自然资源的分布与环境因素之间的关系。
2. 地理决策支持双变量空间自相关分析为地理决策制定提供重要支持。
通过分析两个变量之间的空间相关性，我们可以评估不同策略或方案的效果，为决策制定提供科学依据。
例如，我们可以分析不同区域的旅游收入与旅游资源的空间相关性，为旅游规划和发展提供决策支持。
双变量去趋势
双变量去趋势双变量去趋势是指通过分析两个变量之间的关系，找出它们的共同趋势和相互影响，并剔除掉与这种趋势无关的噪音。
这种方法能够帮助我们更好地理解变量之间的相互关系，从而做出更准确的预测和决策。
下面我们将以市场需求和价格为例，详细阐述双变量去趋势的原理和应用。
市场需求和价格是两个紧密相关的变量。
一般情况下，市场需求增加时，价格可能会上升；相反，市场需求减少时，价格可能会下降。
然而，市场上还存在许多其他因素，如供应变化、政策调整等，都可能对价格产生影响。
因此，若要准确地分析市场需求和价格之间的关系，就需要运用双变量去趋势的方法。
首先，我们需要收集相关的数据，包括市场需求和价格的时间序列数据。
然后，我们可以使用统计学中的回归分析来分析这两个变量之间的关系。
回归分析可以帮助我们找到一个最佳的拟合线，即回归线，来描述这两个变量的变化趋势。
当我们得到回归线后，就可以通过比较实际观测值和回归线预测值之间的差异，来判断原始数据中是否存在一些噪音。
如果存在噪音，我们可以使用双变量去趋势的方法，将回归线拟合得更好。
这种方法的核心思想是，将实际观测值与回归线之间的差异作为新的变量，然后再进行回归分析。
通过这种方式，我们可以更准确地估计回归线的参数，从而提高我们对未来数据的预测能力。
双变量去趋势的应用非常广泛。
在金融行业中，它可以用来分析股票价格和指数之间的关系，以便判断股票的投资价值和风险。
在医学领域，它可以用来分析疾病和生活方式之间的关系，从而提供更好的预防和治疗方案。
在市场调研中，它可以用来分析消费者需求和产品定价之间的关系，以便帮助企业制定更合理的营销策略。
总结来说，双变量去趋势是一种有助于分析变量之间关系的方法。
通过使用回归分析和比较实际观测值与回归线之间的差异，我们可以剔除掉与趋势无关的噪音，从而提高对未来数据的预测能力。
这种方法在各个领域都有广泛的应用，帮助我们更好地理解变量之间的相互关系，做出更准确的预测和决策。
双变量问题
双变量问题【方法技巧与总结】破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.【题型归纳目录】题型一：双变量单调问题题型二：双变量不等式:转化为单变量问题题型三：双变量不等式:极值和差商积问题题型四：双变量不等式:中点型题型五：双变量不等式:剪刀模型题型六：双变量不等式:主元法【典例例题】题型一：双变量单调问题例1.(2022•苏州三模)已知函数f(x)=(x-1)e x-a2x2，其中a∈R．(Ⅰ)函数f(x)的图象能否与x轴相切？若能，求出实数a，若不能，请说明理由；(Ⅱ)求最大的整数a，使得对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)，不等式f(x1+x2)-f(x1-x2)>-2x2恒成立．例2.(2020秋•龙岩期中)已知函数g(x)=x-a ln x．(1)讨论g(x)的单调性；(2)若a>2，且f(x)=1x-g(x)存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：f(x1)-f(x2)>(a-2)(x1-x2)．例3.(2022•辽宁)已知函数f(x)=(a+1)ln x+ax2+1．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设a<-1．如果对任意x1，x2∈(0,+∞)，|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|，求a的取值范围．例4.(2020春•平顶山期末)已知函数f (x )=2ln x +m x，m >0．(1)当m =e (e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )=f (x )-x 的单调性；(3)若m ≥1，证明：对于任意b >a >0，f (b )-f (a )b -a<1．题型二：双变量不等式:转化为单变量问题例5.(2021春•海曙区校级期中)已知函数f (x )=1x-x +a ln x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)已知a <52，若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求f (x 2)x 1+f (x 1)x 2的取值范围．例6.(2021春•江宁区校级期中)已知函数f(x)=ax ln x，a∈R．(1)当a=1时，①求f(x)的极值；②若对任意的x≥e都有f(x)≥mx emx，m>0，求m的最大值；(2)若函数g(x)=f(x)+x2有且只有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2>e2．例7.(2022•德阳模拟)设函数f(x)=-a2e2x+(x-1)e x(a∈R)．(1)当a=1e时，求g(x)=f′(x)⋅e1-x的单调区间(f′(x)是f(x)的导数)；(2)若f(x)有两个极值点x1、x2(x1<x2)，证明：x1+2x2>3．例8.(2022•潮州二模)已知函数f(x)=ln x，g(x)=x2-ax(a>0)．(1)讨论函数h(x)=f(x)+g(x)的极值点；(2)若x1，x2(x1<x2)是方程f(x)-g(x)x3+1x=0的两个不同的正实根，证明：x21+x22>4a．例9.(2022•浙江模拟)已知a∈R，函数f(x)=e x-ax+a．(Ⅰ)若f(x)≥0，求a的取值范围；(Ⅱ)记x1，x2(其中x1<x2)为f(x)在(0,+∞)上的两个零点，证明：aa-e<x1<2ln a+1．题型三：双变量不等式:极值和差商积问题例10.(2021春•温州期中)已知函数f (x )=ln x -12ax -1x．(1)若a =1，证明：当0<x <1时，f (x )>0；当x >1时，f (x )<0．(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<1-a 2．例11.(2021春•浙江期中)已知函数f (x )=1x-x +a ln x ．(1)当a =0时，求函数f (x )在点(1,0)处的切线方程；(2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a -2．例12.(2021秋•武汉月考)已知函数f(x)=ln x+a2x2-(a+1)x,a∈R．(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)设x1，x2(0<x1<x2)是函数g(x)=f(x)+x的两个极值点，证明：g(x1)-g(x2)<a2-ln a恒成立．题型四：双变量不等式:中点型例13.(2022•呼和浩特二模)已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x．①讨论f(x)的单调性；②设a>0，证明：当0<x<1a时，f1a+x>f1a-x；③函数y=f(x)的图象与x轴相交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明f′(x0)<0．例14.(2021秋•山西期末)已知函数f(x)=2x+(1-2a)ln x+a x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)如果方程f(x)=m有两个不相等的解x1，x2，且x1<x2，证明：fx1+x22>0．例15.(2022•沙坪坝区校级开学)已知函数f(x)=x2-2ax+2ln x(a>0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设g(x)=ln x-bx-cx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2(x1<x2)恰为函数g(x)的两个零点，且y=(x1-x2)g′x1+x22的取值范围是[ln3-1，+∞)，求实数a的取值范围．题型五：双变量不等式:剪刀模型例16.(2022•日照一模)已知函数f(x)=(x+b)(e2x-a)(b>0)在点-12,f-12处的切线方程为(e-1)x+ey+e-12=0．(1)求a，b；(2)函数f(x)图象与x轴负半轴的交点为P，且在点P处的切线方程为y=h(x)，函数F(x)=f(x)-h (x)，x∈R，求F(x)的最小值；(3)关于x的方程f(x)=m有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x2-x1≤1+2m2-me1-e．例17.(2021春•道里区校级期中)已知函数f(x)=ax-e x+1，ln3是f(x)的极值点．(Ⅰ)求a的值；(Ⅱ)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线为直线l．求证：曲线y=f(x)上的点都不在直线l的上方；(Ⅲ)若关于x的方程f(x)=m(m>0)有两个不等实根x1，x2(x1<x2)，求证：x2-x1<2-7m10．．例18.(2022•江西校级二模)已知函数f(x)=6x-x6，x∈R．(Ⅰ)求函数f(x)的极值；(Ⅱ)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，求曲线在点P处的切线方程；(Ⅲ)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1，x2且x1<x2，求证：x2-x1≤615-a5．题型六：双变量不等式:主元法例19.(2021春•哈密市校级月考)已知函数f(x)=x ln x．(1)求函数f(x)的单调区间和最小值；(2)当b>0时，求证：b b≥1e 1n(其中e为自然对数的底数)；(3)若a>0，b>0求证：f(x)+(a+b)ln2≥f(a+b)-f(b)．例20.(2021秋•广东月考)已知函数f(x)=a e xx+(ln x-x)(其中a∈R且a为常数，e为自然对数的底数，e=2.71828⋯)．(Ⅰ)若函数f(x)的极值点只有一个，求实数a的取值范围；(Ⅱ)当a=0时，若f(x)≤kx+m(其中m>0)恒成立，求(k+1)m的最小值h(m)的最大值．例21.(2022•微山县校级二模)设函数f(x)=x ln x．(Ⅰ)求f(x)的极值；(Ⅱ)设g(x)=f(x+1)，若对任意的x≥0，都有g(x)≥mx成立，求实数m的取值范围；(Ⅲ)若0<a<b，证明：0<f(a)+f(b)-2f a+b2<(b-a)ln2．【过关测试】1.(2022·辽宁·抚顺市第二中学三模)已知函数f x =x-142-ax2-12ax2ln x e=2.71828⋅⋅⋅(1)当a=-12时，证明函数f x 有两个极值点；(2)当0<a≤1时，函数g x =f x -12bx2-bx在0,+∞上单调递减，证明b≥1+1 e32.(2022·北京·北师大二附中三模)已知函数f x =e x1+m ln x，其中m>0，f x 为f x 的导函数.(1)当m=1，求f x 在点1,f1处的切线方程；(2)设函数h x =f xe x，且h x ≥52恒成立.①求m的取值范围；②设函数f x 的零点为x0，f x 的极小值点为x1，求证：x0>x1.3.(2022·湖北·高二阶段练习)已知函数f(x)=ln x+a2x2-(a+1)x(a∈R)，g(x)=f(x)-a2x2+(a+1) x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)任取两个正数x1,x2，当x1<x2时，求证：g x1-g x2<2x1-x2 x1+x2.4.(2022·陕西·汉台中学模拟预测(理))已知函数f x =ln x+a x+b(a，b∈R).(1)求函数f x 的极值；(2)若函数f x 的最小值为0，x1，x2(x1<x2)为函数g x =f x -12的两个零点，证明：e x2-e ln x1> 2.5.(2022·江苏·海门中学高二阶段练习)已知函数f(x)=ln x+12x2-ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1,x2，证明f(x1)-f(x2)x1-x2<2-a2.6.(2022·湖北·模拟预测)已知对于不相等的正实数a，b，有ab<a-bln a-ln b<a+b2成立，我们称其为对数平均不等式．现有函数f x =ln x+1x．(1)求函数f x 的极值；(2)若方程f x =m有两个不相等的实数根x1，x2．①证明：1<x1x2<1m2；②证明：x1-x2<2m ln m2-2ln m．7.(2022·山东济宁·高二期中)已知函数f x =-x+1x+a ln x(a∈R)，且f x 有两个极值点x1,x2．(1)求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a，使f x1-f x2x1-x2=a-2成立，若存在求出a的值，若不存在，请说明理由．8.(2022·广东·广州市第七中学高二期中)已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x.(1)讨论f x 的单调性；(2)若函数y=f x 的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f x0<0.9.(2022·重庆·万州纯阳中学校高二期中)设函数f (x )=ln x +a x(a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点x 1,x 2，①求a 的取值范围；②证明：2a <x 1+x 2<1.10.(2022·福建省厦门集美中学高二期中)已知函数f x =ax +ln x ．(1)试讨论f x 的极值；(2)设g x =x 2-2x +2，若∀x 1∈0,+∞ ，∃x 20,1 ，使得f x 1 <g x 2 ，求实数a 的取值范围．11.(2022·全国·高三专题练习)已知函数F x =1+mx-ln x m∈R,x1,x20<x1<x2分别是函数F x 的两个零点，求证：F x1x2<0.12.(2021·重庆市第十一中学校高三阶段练习)已知函数f(x)=e x-2-a ln(x-1)(1)当a=1，研究f(x)的单调性；(2)令g(x)=xf(x+2)+a ln(x+1)，若存在x1<x2使得g x1=g x2，求证ln x2-ln(1-x1)>ln3.双变量问题【方法技巧与总结】破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.【题型归纳目录】题型一：双变量单调问题题型二：双变量不等式:转化为单变量问题题型三：双变量不等式:极值和差商积问题题型四：双变量不等式:中点型题型五：双变量不等式:剪刀模型题型六：双变量不等式:主元法【典例例题】题型一：双变量单调问题例1.(2022•苏州三模)已知函数f(x)=(x-1)e x-a2x2，其中a∈R．(Ⅰ)函数f(x)的图象能否与x轴相切？若能，求出实数a，若不能，请说明理由；(Ⅱ)求最大的整数a，使得对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)，不等式f(x1+x2)-f(x1-x2)>-2x2恒成立．【解答】解：(Ⅰ)f′(x)=xe x-ax．假设函数f(x)的图象与x轴相切于点(t,0)，则有f(t)=0f′(t)=0，即(t-1)e t-a2t2=0te t-at=0．显然t≠0，e t=a>0，代入方程(t-1)e t-a2t2=0中得，t2-2t+2=0．∵△=-4<0，∴方程t2-2t+2=0无解．故无论a取何值，函数f(x)的图象都不能与x轴相切；(Ⅱ)依题意，f(x1+x2)-f(x1-x2)>(x1-x2)-(x1+x2)⇔f(x1+x2)+(x1+x2)>f(x1-x2)+(x1-x2)恒成立．设g(x)=f(x)+x，则上式等价于g(x1+x2)>g(x1-x2)，要使g(x1+x2)>g(x1-x2)对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)恒成立，即使g(x)=(x-1)e x-a2x2+x在R上单调递增，∴g′(x)=xe x-ax+1≥0在R上恒成立．∵g′(1)=e-a+1≥0，则a≤e+1，∴g′(x)≥0在R上成立的必要条件是：a≤e+1．下面证明：当a=3时，xe x-3x+1≥0恒成立．设h(x)=e x-x-1，则h′(x)=e x-1，当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0，∴h(x)min=0，即∀x∈R，e x≥x+1．那么，当x≥0时，xe x≥x2+x，xe x-3x+1≥x2-2x+1=(x-1)2≥0；当x<0时，e x<1，xe x-3x+1=x e x-3+1 x>0，∴xe x-3x+1≥0恒成立．因此，a的最大整数值为 3．例2.(2020秋•龙岩期中)已知函数g(x)=x-a ln x．(1)讨论g(x)的单调性；(2)若a>2，且f(x)=1x-g(x)存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：f(x1)-f(x2)>(a-2)(x1-x2)．【解答】解：(1)g(x)=x-a ln x的定义域为(0,+∞)，g (x)=1-ax=x-ax，(i)若a≤0，则g (x)≥0，所以g(x)在(0,+∞)单调递增；(ii)若a>0，当x∈(0,a)时，g (x)<0；当x∈(a,+∞)时，g (x)>0．所以g(x)在(0,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增；证明：(2)因为f(x)存在两个极值点且a>2，f (x)=-x2-ax+1x2，所以f(x)的两个极值点x1，x2满足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨设x1<x2，则x2>1，则f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a ln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2，要证f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2，只需证1x2-x2+2ln x2<0，设h(x)=1x-x+2ln x(x>1)，则h (x)=-(x-1)2x2<0，知h(x)在(1,+∞)单调递减，又h(1)=0，当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，故1x2-x2+2ln x2<0，即f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2，所以f (x 1)-f (x 2)>(a -2)(x 1-x 2)．例3.(2022•辽宁)已知函数f (x )=(a +1)ln x +ax 2+1．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设a <-1．如果对任意x 1，x 2∈(0,+∞)，|f (x 1)-f (x 2)|≥4|x 1-x 2|，求a 的取值范围．【解答】解：(Ⅰ)f (x )的定义域为(0，+∞).f(x )=a +1x +2ax =2ax 2+a +1x ．当a ≥0时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,+∞)单调递增；当a ≤-1时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,+∞)单调递减；当-1<a <0时，令f ′(x )=0，解得x =-a +12a．则当x ∈0,-a +12a 时，f (x )>0；x ∈-a +12a,+∞ 时，f (x )<0．故f (x )在0,-a +12a 单调递增，在-a +12a,+∞ 单调递减．(Ⅱ)不妨假设x 1≥x 2，而a <-1，由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调递减，从而∀x 1，x 2∈(0,+∞)，|f (x 1)-f (x 2)|≥4|x 1-x 2|等价于∀x 1，x 2∈(0,+∞)，f (x 2)+4x 2≥f (x 1)+4x 1①令g (x )=f (x )+4x ，则g (x )=a +1x+2ax +4①等价于g (x )在(0,+∞)单调递减，即a +1x +2ax +4≤0．从而a ≤-4x -12x 2+1=(2x -1)2-4x 2-22x 2+1=(2x -1)22x 2+1-2故a 的取值范围为(-∞，-2]．(12分)例4.(2020春•平顶山期末)已知函数f (x )=2ln x +m x，m >0．(1)当m =e (e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )=f (x )-x 的单调性；(3)若m ≥1，证明：对于任意b >a >0，f (b )-f (a )b -a<1．【解答】解：(1)当m =e 时，f (x )=2ln x +e x ，f (x )=2x -e x 2，当x <e 2时，f (x )<0；x =e 2时，f (x )=0；当x >e 2时，f (x )>0．所以，x =e 2时，f (x )取得最小值f e 2 =2ln e 2+2=4-2ln2．(2)g (x )=f (x )-x =2ln x +m x -x (x >0)，g (x )=2x -m x 2-1=-x 2+2x -m x 2=-(x -1)2+1-m x 2，1m ≥12时，g (x )≤03，g (x )=f (x )-x 4在(0,+∞)5单调递减．(3)证明：0<m <1时，1-m >0，1-1-m >0，g (x )=-(x -1+1-m )(x -1-1-m )x 2，当0<x <1-1-m 时，g (x )<0；当1-1-m ≤x <1+1-m 时，g (x )≥0；当x ≥1+1-m 时，g (x )≤0．即0<m <1时，g (x )=f (x )-x 在(0,1-1-m )和[1+1-m ,+∞)上单调递减，在[1-1-m ,1+1-m )上单调递增．由(2)知，当m ≥1时，g (x )=f (x )-x 在(0,+∞)上单调递减，所以，当m ≥1时，对任意b >a >0，f (b )-b <f (a )-a ，即对任意b >a >0，f (b )-f (a )b -a<1．题型二：双变量不等式:转化为单变量问题例5.(2021春•海曙区校级期中)已知函数f (x )=1x-x +a ln x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)已知a <52，若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求f (x 2)x 1+f (x 1)x 2的取值范围．【解答】解：(1)f (x )的定义域是(0,+∞)，f ′(x )=-1x 2-1+a x =-x 2+ax -1x 2，令h (x )=-x 2+ax -1，△=a 2-4，若-2≤a ≤2，则△≤0，h (x )≤0恒成立，即f ′(x )≤0，则f (x )在(0,+∞)上单调递减，若a >2，令h (x )=0，解得：x 1=a -a 2-42>0，x 2=a +a 2-42>0，故x ∈0,a -a 2-42时，h (x )<0，即f ′(x )<0，x ∈a -a 2-42，a +a 2-42时，h (x )>0，即f ′(x )>0，x ∈a +a 2-42，+∞时，h (x )<0，f ′(x )<0，故f (x )在0,a -a 2-42 递减，在a -a 2-42，a +a 2-42 递增，在a +a 2-42，+∞递减，a <-2时，令h (x )=0，解得：x 1=a -a 2-42<0，x 2=a +a 2-42<0，故x ∈(0,+∞)时，h (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )在(0,+∞)递减，综上：a ≤2时，f (x )在(0,+∞)单调递减，a >2时，f (x )在0,a -a 2-42 递减，在a -a 2-42，a +a 2-42 递增，在a +a 2-42，+∞递减．(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，则x 1+x 2=a ，x 1x 2=1(x 2>1)，由a <52，可得1<x 2<2，则f (x 2)x 1+f (x 1)x 2=2-x 22-1x 22+x 22-1x 22ln x 2，令g(x)=2-x2-1x2+x2-1x2ln x(1<x<2)，g (x)=-x+1x3+2x+1x3ln x=1-x4x3+21+x4x3ln x=1+x4x31-x41+x4+2ln x，令h x =1-x41+x4+2ln x，且h(x)与g (x)在(1,2)上符号一致，h (x)=-8x3(1+x4)2+2x=-8x4+2(1+x4)2(1+x4)2x=2(1-x4)2(1+x4)2x≥0，所以h(x)单调递增，所以h(x)>h(1)=0，即g (x)>0，所以g x 单调递增,所以g x ∈0,154ln2-94，故f(x2)x1+f(x1)x2的取值范围是0,154ln2-94．例6.(2021春•江宁区校级期中)已知函数f(x)=ax ln x，a∈R．(1)当a=1时，①求f(x)的极值；②若对任意的x≥e都有f(x)≥mx emx，m>0，求m的最大值；(2)若函数g(x)=f(x)+x2有且只有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2>e2．【解答】解：(1)①a=1时，f(x)=x ln x，f′(x)=ln x+1(x>0)，令f′(x)>0，解得：x>1e，令f′(x)<0，解得：0<x<1e，故f(x)在0,1 e递减，在1e，+∞递增，故f(x)的极小值是f 1e =-1e，没有极大值；②对任意x≥e都有f(x)≥mx emx=e m x ln e m x，即f(x)≥f e m x恒成立，由m>0，故mx>0，故emx>1，由①知f(x)在1e，+∞单调递增，故x≥e m x，可得ln x≥mx，即x ln x≥m，当x≥e时，f(x)的最小值是f(e)=e，故m的最大值是e；(2)证明：要证x1x2>e2，只需证明ln(x1x2)>2即可，由题意x1，x2是方程ax ln x+x2=0的两个不相等的实数根，∵x>0，∴a ln x1+x1=0①a ln x2+x2=0②，消去a，整理得：ln(x1x2)=ln x1x2⋅x1x2+1x1x2-1，不妨设x 1>x 2，令t =x 1x 2，则t >1，故只需证明当t >1时，ln t ⋅t +1t -1>2，即证明ln t >2(t -1)t +1，设h (t )=ln t -2(t -1)t +1，则h ′(t )=1t -2⋅t +1-(t -1)(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2>0，于是h (t )在(1,+∞)单调递增，从而h (t )>h (1)=0，故ln t >2(t -1)t +1，故x 1x 2>e 2．例7.(2022•德阳模拟)设函数f (x )=-a 2e 2x +(x -1)e x (a ∈R )．(1)当a =1e时，求g (x )=f ′(x )⋅e 1-x 的单调区间(f ′(x )是f (x )的导数)；(2)若f (x )有两个极值点x 1、x 2(x 1<x 2)，证明：x 1+2x 2>3．【解答】解：(1)当a =1e 时，f (x )=-12ee 2x +(x -1)e x ，则f ′(x )=e x -1(-e x +ex )，∵g (x )=-e x +ex ，∴g ′(x )=-e x +e ，显然g ′(x )递减，且g ′(1)=0，故当x ≤1时，g ′(x )≥0，x >1时，g ′(x )<0，故g (x )在(-∞,1)递增，在(1,+∞)递减；(2)证明：∵f (x )=-a 2e 2x +(x -1)e x ，∴f ′(x )=-ae 2x +xe x =e x (-ae x +x )，由题意知f ′(x )=0有2个不相等的实数根，即ae x =x 有2个不相等的实数根x 1，x 2，则a =x e x ，令m (x )=x e x ，则m ′(x )=1-x e x，令m ′(x )>0，解得：x <1，令m ′(x )<0，解得：x >1，故m (x )在(-∞,1)递增，在(1,+∞)递减，故m (x )≤m (1)=1e，而x →∞时，m (x )→0，故a 的取值范围是0，1e ，由ae x 1=x 1ae x 2=x 2 ，得a =x 1-x 2e x 1-e x 2，故x 1+2x 2>3⇔3<ae x 1+2ae x 2=x 1-x 2e x 1-e x 2(e x 1+2e x 2)=x 1-x 2e x 1-x 2-1(e x 1-x 2+2)，令t =x 1-x 2，则t <0，3<x 1+2x 2⇔3<t e t-1(e t +2)，t <0，故不等式只要(3-t )e t -2t -3>0在t <0时成立，令h (t )=(3-t )e t -2t -3(t <0)，∵h ′(t )=(2-t )e t -2(t <0)，h ′′(t )=(1-t )e t >0，故h ′(t )在t <0上单调递增，即h ′(t )<h ′(0)=0，故h (t )在t <0上单调递减，即h (t )>h (0)=0，故原不等式成立．例8.(2022•潮州二模)已知函数f (x )=ln x ，g (x )=x 2-ax (a >0)．(1)讨论函数h (x )=f (x )+g (x )的极值点；(2)若x 1，x 2(x 1<x 2)是方程f (x )-g (x )x3+1x =0的两个不同的正实根，证明：x 21+x 22>4a ．【解答】解：(1)h (x )=f (x )+g (x )=ln x +x 2-ax (x >0)(a >0)，h ′(x )=1x +2x -a =2x 2-ax +1x，令2x 2-ax +1=0，△=a 2-8，当0<a ≤22时，△≤0，h ′(x )≥0，无极值点，当a >22时，令2x 2-ax +1=0，解得：x =a ±a 2-84，当x ∈0,a -a 2-84 ，a +a 2-84，+∞时，h ′(x )>0，h (x )递增，x ∈a -a 2-84，a +a 2-84时，h ′(x )<0，h (x )递减，故h (x )极大值点是a -a 2-84，极小值点是a +a 2-84；综上：0<a ≤22时，h (x )无极值点，a >22时，h (x )极大值点是a -a 2-84，极小值点是a +a 2-84；(2)由f (x )-g (x )x 3+1x =ln x -x 2-ax x 3+1x =0，即ln x +a x2=0，令k (x )=ln x +a x2(x >0,a >0)，k ′(x )=1x -2a x 3=x 2-2a x 3，令k ′(x )=0，得x =2a ，当0<x <2a 时，k ′(x )<0，当x >2a 时，k ′(x )>0，∴k (x )在(0,2a )递减，在(2a ，+∞)上递增，又∵k (x )有2个零点，∴k (2a )<0，即ln 2a +a 2a <0，解得：0<a <12e，且ln x 1+a x 12=0ln x 2+a x 22=0，两式相减得：ln x 2-ln x 1=a x 12-a x 22，设t=x2x1(t>1)，∴ln t=ax12-at2x12，∴x12=a ln t1-1t2，要证明x21+x22>4a，即证明(1+t2)x12>4a，(1+t2)aln t1-1t2>4a，∴(1+t2)1ln t21-1t2>2，即证明2ln t2-t2+1t2<0(t>1)，令q(x)=2ln x-x+1x(x>1)，q′(x)=-(x-1)2x2<0，∴q(x)在(1,+∞)上单调递减，∴q(x)<q(1)=0，∴2ln x-x+1x<0即x21+x22>4a．例9.(2022•浙江模拟)已知a∈R，函数f(x)=e x-ax+a．(Ⅰ)若f(x)≥0，求a的取值范围；(Ⅱ)记x1，x2(其中x1<x2)为f(x)在(0,+∞)上的两个零点，证明：aa-e<x1<2ln a+1．【解答】解：(Ⅰ)f′(x)=e x-a，(i)当a=0时，f′(x)>0，f(x)在R上递增，又f(x)=e x>0，故a=0符合题意，(ii)当a>0时，f(x)在(-∞,ln a)递减，在(ln a,+∞)递增，∴f(ln a)=e ln a-a ln a+a≥0，故2a-a ln a≥0，又a>0，∴2-ln a≥0，解得：0<a≤e2，(iii)当a<0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，当x→-∞时，e x→0，-ax+a→-∞，∴f(x)→-∞，不符合题意，综上：0≤a≤e2．(2)证明：令f(x)=0，则a=e xx-1(x>0且x≠1)，记p(x)=e xx-1(x>0且x≠1)，由于p′(x)=(x-2)e x(x-1)2，故p(x)在(0,1)和(1,2)上递减，在(2,+∞)上递增，且当x→0+时，p(x)→-1，当x→1-时，p(x)→-∞，当x→1+时，p(x)→+∞，当x→+∞时，p(x)→+∞，根据题意可知，a>e2，且1<x1<2<x2，先证a a -e<x 1，即证(x 1-1)a >ex 1，即证e x 1>ex 1，显然成立；再证x 1<2ln a +1，∵x 1>1，ln a >0，∴只需证ln a <2x 1-1，∵a (x 1-1)=e x 1，∴ln a =x 1-ln (x 1-1)，∴只需证x 1-ln (x 1-1)<2x 1-1，即证ln 1x 1-1<2x 1-1-x 1，又ln 1x 1-1≤1x 1-1-1，∴只需证1x 1-1-1<2x 1-1-x 1，亦即x 1-1<1x 1-1，即(x 1-1)2<1，由(i )知，1<x 1<2，∴0<x 1-1<1，故(x 1-1)2<1，即得证．题型三：双变量不等式:极值和差商积问题例10.(2021春•温州期中)已知函数f (x )=ln x -12ax -1x．(1)若a =1，证明：当0<x <1时，f (x )>0；当x >1时，f (x )<0．(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<1-a 2．【解答】证明：(1)当a =1时，f (x )=ln x -12x -1x，定义域为{x |x >0}，f ′(x )=1x -12-12x 2=-(x -1)22x 2，f ′(x )≤0在定义域上恒成立，所以f (x )在(0,+∞)上单调递减，当0<x <1时，f (x )>f (1)=0，当x >1时，f (x )<f (1)=0，原命题得证．(2)f ′(x )=1x -12a +1x 2 =-ax 2+2x -12x 2，若存在两个极值点，则a >0△=4-4a >0 ，解得0<a <1，由韦达定理可知，x 1+x 2=2a ，x 1x 2=1a (*)，f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2=(ln x 1-ln x 2)-12a (x 1-x 2)+121x 1-1x 2 x 1-x 2=ln x 1-ln x 2x 1-x 2-12a -12x 1x 2，原命题即证：ln x 1-ln x 2x 1-x 2-12x 1x 2<12，不妨设x 1>x 2，原命题即证：ln x 1x 2-x 1-x 22x 1x 2<x 1-x 22，由(*)知，1x 1+1x 2=2，即证：ln x 1x 2-x 1-x 2x 1+x 2<x 1-x 22⋅12x 1+12x 2 ，不妨令t =x 1x 2>1，原命题即证：ln t -t -1t +1-t 4+14t <0，记g (t )=ln t -t -1t +1-t 4+14t，(t >1)则g ′(t )=1t -2(t +1)2-14-14t 2=-(t -1)2(t 2+1)4t 2(t +1)2，当t >1时，g ′(t )<0，g (t )在(1,+∞)上单调递减，g (t )<g (1)=0，原命题得证．例11.(2021春•浙江期中)已知函数f (x )=1x-x +a ln x ．(1)当a =0时，求函数f (x )在点(1,0)处的切线方程；(2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a -2．【解答】(1)解：因为f (x )=1x-x +a ln x (x >0)，则f (x )=-x 2+ax -1x 2，当a =0时，f(x )=-x 2-1x 2，所以f (1)=-2，则f (x )在(1,0)处的切线方程为y =-2x +2；(2)解：函数的定义域为(0,+∞)，且f (x )=-x 2+ax -1x 2，令g (x )=-x 2+ax -1，且g (0)=-1，①当a ≤0时，g (x )<0恒成立，此时f (x )<0，则f (x )在(0,+∞)上单调递减；②当a >0时，判别式△=a 2-4，(i )当0<a ≤2时，△≤0，即g (x )≤0，所以f (x )≤0恒成立，此时函数f (x )在(0,+∞)上单调递减；(ii )当a >2时，令g (x )>0，解得a -a 2-42<x <a +a 2-42，令g (x )<0，解得0<x <a -a 2-42或x >a +a 2-42，所以f (x )在a -a 2-42，a +a 2-42 上单调递增，在0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞ 上单调递减．综上所述，当a ≤2时，f (x )在(0,+∞)上单调递减；当a >2时，f (x )在a -a 2-42，a +a 2-42 上单调递增，在0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞上单调递减．(3)证明：由(2)可知，a >2，0<x 1<1<x 2，x 1x 2=1，则f (x 1)-f (x 2)=1x 1-x 1+a ln x 1-1x 2-x 2+a ln x 2=(x 2-x 1)1+1x 1x 2+a (ln x 1-ln x 2)=2(x 2-x 1)+a (ln x 1-ln x 2)，则f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2=-2+a (ln x 1-ln x 2)x 1-x 2，故问题转化为证明ln x 1-ln x 2x 1-x 2<1即可，即证明ln x 1-ln x 2>x 1-x 2，则ln x 1-ln1x 1>x 1-1x 1，即证ln x 1+ln x 1>x 1-1x 1，即证2ln x 1>x 1-1x 1在(0,1)上恒成立，令h (x )=2ln x -x +1x (0<x <1)，其中h (1)=0，则h (x )=2x -1-1x 2=x 2-2x +1x 2=-(x -1)2x 2<0，故h (x )在(0,1)上单调递减，则h (x )>h (1)，即2ln x -x +1x >0，故2ln x >x -1x ，所以f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a -2．例12.(2021秋•武汉月考)已知函数f (x )=ln x +a 2x 2-(a +1)x ,a ∈R ．(1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设x 1，x 2(0<x 1<x 2)是函数g (x )=f (x )+x 的两个极值点，证明：g (x 1)-g (x 2)<a 2-ln a 恒成立．【解答】解：(1)f (x )的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x +ax -(a +1)=ax 2-(a +1)x +1x =(x -1)(ax -1)x，①当a ≤0时，令f ′(x )>0，得0<x <1，令f ′(x )<0，得x >1，所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，②当0<a <1时，令f ′(x )>0，得0<x <1或x >1a ，令f ′(x )<0，得1<x <1a ，所以f (x )在(0,1)，1a ，+∞ 上单调递增，在1,1a上单调递减，③当a =1时，则f ′(x )≥0，所以f (x )在(0,+∞)上f (x )单调递增，④当a >1时，令f ′(x )>0，得0<x <1a或x >1，f ′(x )>0，得1a <x <1，所以f(x)在0,1 a，(1,+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减，综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，当0<a<1时，f(x)在(0,1)，1a，+∞上单调递增，在1,1a上单调递减，当a=1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，当a>1时，f(x)在0,1 a，(1,+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减．(2)证明：g(x)=f(x)+x=ln x+a2x2-ax，则g(x)的定义域为(0,+∞)，g′(x)=1x+ax-a=ax2-ax+1x，若g(x)有两个极值点x1，x2(0<x1<x2)，则方程ax2-ax+1=0的判别式△=a2-4a>0，且x1+x2=1，x1x2=1a>0，解得a>4，又0<x1<x2，所以x21<x1x2=1a，即0<x1<1a，所以g(x1)-g(x2)=ln x1+a2x21-ax1-ln x2-a2x22+ax2=ln x1-ln1ax1+a2(x1+x2)(x1-x2)-a(x1-x2) =ln x1+ln(ax1)-a2(2x1-1)=ln x1+ln(ax1)+a2-ax1，设h(t)=ln t+ln(at)+a2-at，其中t=x1∈0,1a，a>4，由h′(t)=2t-a=0，解得t=2a，又2a-1a=2-aa<0，所以h(t)在区间0,2 a内单调递增，在区间2a，1a内单调递减，即h(t)的最大值为h 2a =2ln2-ln a+a2-2<a2-ln a，所以g(x1)-g(x2)<a2-ln a恒成立．题型四：双变量不等式:中点型例13.(2022•呼和浩特二模)已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x．①讨论f(x)的单调性；②设a>0，证明：当0<x<1a时，f1a+x>f1a-x；③函数y=f(x)的图象与x轴相交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明f′(x0)<0．【解答】解：①函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=1x-2ax+(2-a)=-(2x+1)(ax-1)x，(i)当a>0时，则由f (x)=0，得x=1a，当x ∈0,1a 时，f (x )>0，当x ∈1a，+∞ 时，f (x )<0，∴f (x )在0,1a 单调递增，在1a ，+∞ 上单调递减；(ii )当a ≤0时，f (x )>0恒成立，∴f (x )在(0,+∞)单调递增；②设函数g (x )=f 1a +x-f 1a-x ，则g (x )=ln 1a +x -a 1a +x 2+(2-a )1a +x -ln 1a -x -a 1a -x 2+(2-a )1a -x =ln (1+ax )-ln (1-ax )-2ax ，g (x )=a 1+ax +a 1-ax -2a =2a 3x 21-a 2x 2，当x ∈0,1a 时，g (x )>0，而g (0)=0，∴g (x )>g (0)=0，故当0<x <1a 时，f 1a +x >f 1a -x ；③由①可得，当a ≤0时，函数y =f (x )的图象与x 轴至多有一个交点，故a >0，从而f (x )的最大值为f 1a ，且f 1a >0，不妨设A (x 1，0)，B (x 2，0)，0<x 1<x 2，则0<x 1<1a <x 2，由②得，f 2a -x 1 =f 1a +1a -x 1 >f (x 1)=f (x 2)=0，又f (x )在1a ，+∞ 上单调递减，∴2a -x 1<x 2，于是x 0=x 1+x22>1a ，由①知，f (x 0)<0．例14.(2021秋•山西期末)已知函数f (x )=2x +(1-2a )ln x +a x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )=m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f x 1+x22 >0．【解答】解：(1)f ′(x )=2+1-2a x -a x 2=2x 2+(1-2a )x -a x 2=(x -a )(2x +1)x 2(x >0)，①当a ≤0时，x ∈(0,+∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增；②当a >0时，x ∈(0,a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减；x ∈(a ,+∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，综上，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a >0时，f (x )在(0,a )单调递减，在(a ,+∞)单调递增．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)单调递增，f (x )=m 至多一个根，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0,a )单调递减，在(a ,+∞)单调递增，则f ′(a )=0．不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′x 1+x 22 >0，即证x 1+x 22>a ，即证x 2+x 1>2，即证x 2>2a -x 1．因为f (x )在(a ,+∞)单调递增，即证f (x 2)>f (2a -x 1)，因为f (x 2)=f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a -x 1)，即证f (a +x )<f (a -x )，令g (x )=f (a +x )-f (a -x )=2(a +x )+(1-2a )ln (a +x )+a a +x -2(a -x )+(1-2a )ln (a -x )+a a -x=4x +(1-2a )ln (a +x )-(1-2a )ln (a -x )+a a +x -a a -x．g ′(x )=4+1-2a a +x +1-2a a -x -a (a +x )2-a (a -x )2=4+2a (1-2a )a 2-x 2-2a (a 2+x 2)(a +x )2(a -x )2=4x 2(x 2-a 2-a )(a +x )2(a -x )2．当x ∈(0,a )，时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)=f (a +0)-f (a -0)=0，所以x ∈(0,a )，时，g (x )<g (0)=0，即f (a +x )<f (a -x )，即f (x )>f (2a -x )，又x 1∈(0,a )，所以f (x 1)>f (2a -x 1)，所以f x 1+x 22>0．例15.(2022•沙坪坝区校级开学)已知函数f (x )=x 2-2ax +2ln x (a >0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )=ln x -bx -cx 2，若函数f (x )的两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)恰为函数g (x )的两个零点，且y =(x 1-x 2)g ′x 1+x 22的取值范围是[ln3-1，+∞)，求实数a 的取值范围．【解答】解：(1)函数f (x )=x 2-2ax +2ln x (a >0)的定义域为(0,+∞)，又f (x )=2x -2a +2x =2⋅x 2-ax +1x (a >0,x >0)，对于方程x 2-ax +1=0，△=a 2-4(a >0)，①若△=a 2-4≤0，即0<a ≤2时，则f (x )≥0恒成立，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；②若△=a 2-4>0，即a >2时，令f (x )=0，解得x =a -a 2-42，或x =a +a 2-42，当x ∈0,a -a 2-42和a +a 2-42，+∞ 时，f (x )>0，当x ∈a -a 2-42，a +a 2-42时，f (x )<0，所以f (x )在0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞上单调递增，在a -a 2-42，a +a 2-42上单调递减．综上所述，当0<a ≤2时，f (x )的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；当a >2时，f (x )的单调递增区间为0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞，单调递减区间为a -a 2-42，a +a 2-42；(2)由(1)可知，当a >2时，x 1+x 2=a ，x 1x 2=1(x 1<x 2)，又g (x )=1x-b -2cx (x >0)，故g x 1+x 22 =2x 1+x 2-b -c (x 1+x 2)，由g (x 1)=g (x 2)=0，可得ln x 1-bx 1-cx 12=0ln x 2-bx 2-cx 22=0 ，两式相减，可得ln x 1x 2=b (x 1-x 2)+c (x 21-x 22)，所以y =(x 1-x 2)g x 1+x 22=2(x 1-x 2)x 1+x 2-b (x 1-x 2)-c (x 21-x 22)=2(x 1-x 2)x 1+x 2-ln x 1x 2=2x 1x 2-1 x 1x 2+1-lnx 1x 2，令x 1x 2=t ∈(0,1)，所以y =2(t -1)t +1-ln t ，则y =-(t -1)2t (t +1)2<0，所以y =2(t -1)t +1-ln t 在(0,1)上单调递减，由y 的取值范围为[ln3-1，+∞)，可得t 的取值范围为0,13 ，所以a 2=(x 1+x 2)2=x 1x 2+x 2x 1+2=t +1t+2∈163,+∞ ，又因为a >2，故实数a 的取值范围是433,+∞ ．题型五：双变量不等式:剪刀模型例16.(2022•日照一模)已知函数f (x )=(x +b )(e 2x -a )(b >0)在点-12,f -12处的切线方程为(e -1)x +ey +e -12=0．(1)求a ，b ；(2)函数f (x )图象与x 轴负半轴的交点为P ，且在点P 处的切线方程为y =h (x )，函数F (x )=f (x )-h (x )，x ∈R ，求F (x )的最小值；(3)关于x 的方程f (x )=m 有两个实数根x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：x 2-x 1≤1+2m 2-me 1-e ．【解答】解：(1)将x =-12代入切线方程(e -1)x +ey +e -12=0中，得y =0，所以f -12 =0，又f -12 =b -12 1e -a =0，解得b =12或a =1e，又f ′(x )=e 2x (2x +2b +1)-a ，所以f ′-12 =2b e -a =-e -1e =-1+1e，若a =1e ，则b =2-e 2(舍去)；所以b =12，则a =1；(2)由 (1)可知，a =1，b =12，所以f (x )=x +12(e 2x -1)，令f (x )=0，有x =-12或x =0，故曲线y =f (x )与x 轴负半轴的唯一交点P 为-12,0 ，曲线在点P -12,0 处的切线方程为y =h (x )，则h (x )=f ′-12 x +12，因为F (x )=f (x )-h (x )，所以F (x )=f (x )-f ′-12 x +12，所以F ′(x )=f ′(x )-f ′-12 =2e 2x (x +1)-1e ,F ′-12=0若x ≤-1，F ′(x )<0，若x ∈-1,-12 ,x +1∈0,12 ,e 2x ∈1e 2,1e，所以2(x +1)e 2x ∈0,1e ,F ′(x )<0，若x ∈-12,+∞ ,x +1∈12,+∞ ,e 2x ∈1e ,+∞ ,2(x +1)e 2x ∈1e,+∞ ，F ′(x )>0，所以y =F ′(x )在-12,+∞ 上单调递增，∴F ′(x )>F ′-12=0，∴函数y =F (x )在-12,+∞ 上单调递增．所以F (x )min =F -12=0；(3)证明：h (x )=1e -1 x +12 ，设h (x )=m 的根为x 1，则x 1 =-12+me 1-e ，又y =h (x )单调递减，由(2)知f (x )≥h (x )恒成立．又m =h (x 1 )=f (x 1)≥h (x 1)，所以x 1≤x 1，设曲线y =f (x )在点(0,0)处的切线方程为y =t (x )，则t (x )=x ，令T (x )=f (x )-t (x )=x +12(e 2x -1)-x ,T ′(x )=2(x +1)e 2x -2，当x ≤-1时，T ′(x )=2(x +1)e 2x -2≤-2<0，当x>-1时，T (x)=2(2x+3)e2x>0，故函数y=T′(x)在(-1,+∞)上单调递增，又T′(0)=0，所以当x∈(-∞,0)时，T′(x)<0，当x∈(0,+∞)时，T′(x)>0，所以函数y=T(x)在区间(-∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增，所以T(x)≥T(0)=0，即f(x)≥t(x)，设t(x)=m的根为x2 ，则x2 =m，又函数y=t(x)单调递增，故m=t(x2 )=f(x2)≥t(x2)，故x2 ≥x2．又x1 ≤x1，所以x2-x1≤x2 -x1 =m--12+me1-e=1+2m2-me1-e．例17.(2021春•道里区校级期中)已知函数f(x)=ax-e x+1，ln3是f(x)的极值点．(Ⅰ)求a的值；(Ⅱ)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线为直线l．求证：曲线y=f(x)上的点都不在直线l的上方；(Ⅲ)若关于x的方程f(x)=m(m>0)有两个不等实根x1，x2(x1<x2)，求证：x2-x1<2-7m10．【解答】(Ⅰ)解：f′(x)=a-e x；由题意知，f′(ln3)=a-e ln3=0；∴a=3；(Ⅱ)证明：设曲线y=f(x)在P(x0，0)处切线为直线l:y=(3-e x0)(x-x0)；令g(x)=(3-e x0)(x-x0)；F(x)=f(x)-g(x)=3x-e x+1-(3-e x0)(x-x0)；∴F′(x)=3-e x-(3-e x0)=e x0-e x；∴F(x)在(-∞,x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减；∴F(x)max=F(x0)=f(x0)-g(x0)=0；∴F(x)=f(x)-g(x)≤0，即f(x)≤g(x)，即y=f(x)上的点都不在直线l的上方；(Ⅲ)由(Ⅱ)设方程g(x)=m的解为x2′；则有(3-e x0)(x2′-x0)=m，解得x2′=m3-e x0+x0；由题意知，ln3<x2<x2′；令r(x)=2x-f(x)=e x-x-1，(x>0)；r′(x)=e x-1>0；∴r(x)在(0,+∞)上单调递增；∴r(x)>r(0)=0；∴y=2x的图象不在f(x)的下方；∵y=2x与y=m交点的横坐标为x1′=m2；则有0<x1′<x1<ln3，即0<x1′<x1<ln3<x2<x2′；∴x2-x1<x2′-x1′=m3-e x0+x0-m2；∵关于x0的函数y=m3-e x0+x0-m2在(ln3,2)上单调递增；∴x2-x1<m3-e2+2-m2<m2-7+2-m2=2-7m10．例18.(2022•江西校级二模)已知函数f(x)=6x-x6，x∈R．(Ⅰ)求函数f(x)的极值；(Ⅱ)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，求曲线在点P处的切线方程；(Ⅲ)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1，x2且x1<x2，求证：x2-x1≤615-a5．【解答】解：(Ⅰ)由已知得：f′(x)=6(1-x5)由f′(x)=0得：x=1又当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x=1时f(x)取得极大值，极大值为f(1)=5，无极小值．⋯(3分)(Ⅱ)设P(x0，0)，则x0=56，f (x0)=-30，曲线f(x)在点P处的切线方程为：y=f (x0)(x-x0)=-30(x-56)，即曲线在点P处的切线方程为：y=-30(x-56)⋯(6分)(Ⅲ)设g(x)=-30(x-56)，令F(x)=f(x)-g(x)即F(x)=f(x)+30(x-56)，则F (x)=f (x)+30由于f′(x)=6-6x5在R单调递减，故F′(x)在R单调递减，又∵F′(x0)=0，(x0=56)∴当x∈(-∞,x0)时F (x)>0，当x∈(x0，+∞)时，F′(x)<0，∴F(x)在(-∞,x0)单调递增，在(x0，+∞)单调递减，∴∀x∈R，F(x)≤F(x0)=0，即∀x∈R，都有f(x)≤g(x)；设方程g(x)=a的根为x2 ，∴x2′=615-a 30．∵g(x)在R单调递减，且g(x2)≥f(x2)=a=g(x2′)∴x2<x2′，设曲线y=f(x)在点原点处的切线方程为：y=h(x)，则易得h(x)=6x，∀x∈R，有f(x)-h(x)=-x6≤0，即f(x)≤h(x)，设方程h(x)=a的根为x1′，则x1′=a 6，∵h (x )在R 单调递增，且h (x 1′)=a =f (x 1)≤h (x 1)，∴x 1′≤x 1∴x 2-x 1≤x 2′-x 1′=a 15-a 30 -a 6=a 15-a 5，即x 2-x 1≤a 15-a 5．题型六：双变量不等式:主元法例19.(2021春•哈密市校级月考)已知函数f (x )=x ln x ．(1)求函数f (x )的单调区间和最小值；(2)当b >0时，求证：b b≥1e 1n (其中e 为自然对数的底数)；(3)若a >0，b >0求证：f (x )+(a +b )ln2≥f (a +b )-f (b )．【解答】解：(1)∵f ′(x )=1+ln x (x >0)-----(1分)令f ′(x )≥0得：ln x ≥-1=ln e -1，∵e >1，∴x ≥1e；令f ′(x )<0得：0<x <1e ；-----(2分)∴f (x )在1e ，+∞ 上为增函数；在0，1e 上为减函数．----(4分)(2)由(1)知：当b >0时，有f (b )≥f (x )mix =f 1e =-1e ，----(6分)∴b ln b ≥-1e ，即：ln b b ≥ln 1e 1n ，∴b b ≥1e1n ．-----(8分)(3)将f (a )+(a +b )ln2≥f (a +b )-f (b )变形为：f (a )+f (b )≥f (a +b )-(a +b )ln2------(7分)即只证：f (a )+f (a +b -a )≥f (a +b )-(a +b )ln2设函数g (x )=f (x )+f (k -x )(k >0)------(8分)∴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，得：x k -x >1⇒2x -k k -x>0⇒k 2<x <k ．∴g (x )在k 2，k 上单调递增；在0，k 2 上单调递减；∴g (x )的最小值为：g k 2 ，即总有：g (x )≥g k 2．----(12分)g k 2 =f k 2 +f k -k 2 =k ln k 2=k (ln k -2)=f (k )-k ln2∴g (x )≥f (k )-k ln2，即：f (x )+f (k -x )≥f (k )-k ln2，-----(13分)令x =a ，k -x =b ，则k =a +b∴f (a )+f (b )≥f (a +b )-(a +b )ln2，∴f (a )+(a +b )ln2≥f (a +b )-f (b )成立．------(14分)。