导数中双变量函数构造

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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07讲利用导数研究双变量问题(原卷版)

第07讲利用导数研究双变量问题(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：分离双参，构造函数高频考点二：糅合双参（比值糅合）高频考点三：糅合双参（差值糅合）高频考点四：变更主元法高频考点五：指定主元法高频考点六：利用根与系数的关系转单变量高频考点七：利用对数平均不等式解决双变量问题第四部分：高考真题感悟第五部分：第07讲利用导数研究双变量问题（精练）1、导数中求解双变量问题的一般步骤：（1）先根据已知条件确定出变量12,x x 满足的条件；（2）将待求的问题转化为关于12,x x 的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及12,x x 的式子转化为关于12x x 的式子，将问题转化为关于自变量12x x （21x x 亦可）的函数问题；②通过12,x x 的乘积关系，用1x 表示2x （用2x 表示1x 亦可），将双变量问题替换为1x （或2x ）的单变量问题；（3）构造关于12x x 或1x 的新函数，同时根据已知条件确定出12x x 或1x 的范围即为新函数定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.2、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．（2022·重庆市第七中学校高二阶段练习）已知函数2()e x f x ax =-的定义域为1,22⎛⎫⎪⎝⎭，且对()()12121212121,,2,,2f x f x x x x x x x x x -⎛⎫∀∈≠<+ ⎪-⎝⎭恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．2e 1,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭B ．)1,+∞C ．e ,12⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦D ．e ,12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭2．（2022·陕西·西安工业大学附中高三阶段练习（文））已知函数ln ,01()1,1x x f x x x -<≤⎧⎪=⎨>⎪⎩，若0a b <<且满足()()f a f b =，则()()af b bf a +的取值范围是（） A ．11,1e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦B ．1,1e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦C ．(11,e )1+D ．1(0,1)e+3．（2022·全国·高三专题练习）若存在两个正实数x ，y ，使得等式2x +a （y ﹣2ex ）（lny ﹣lnx ）＝0成立，则实数a 的取值范围为（）A ．112e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，B ．20e ⎛⎤ ⎥⎝⎦，C ．()20e ⎡⎫-∞⋃+∞⎪⎢⎣⎭，， D ．112e ⎛⎫⎡⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭，， 4．（2022·全国·高二）若函数32()36f x x x ax =-+存在两个极值点1x ，2x ，（12x x <），则()1f x 的取值范围是（） A ．(,0]-∞B ．(,1)-∞C ．(1,)+∞D ．[0,)+∞高频考点一：分离双参，构造函数1．（2022·全国·高二）设函数()ln kf x x x =+，k ∈R .若对任何120x x >>，()()12121f x f x x x -<-，恒成立，求k 的取值范围______.2．（2021·重庆巴蜀中学高三开学考试）]12,1,e x x ⎡∀∈⎣，均有122121ln ln x x x x m x x -<-成立，则m 的取值范围为___________.3．（2021·湖南省邵东市第一中学高二期中）已知函数21()ln 1()2f x m x x m R =-+∈，若m 为区间[1,4]上的任意实数，且对任意12,(0,1]x x ∈，总有()()121211f x f x t x x -≤-成立，则实数t 的最小值为______________．4．（2022·全国·高三专题练习）设函数21()(1)2f x x ax a lnx =-+-，1a >． (1)曲线()y f x =在点()()2, 2f 处的切线与x 轴平行，求实数a 的值； (2)讨论函数()f x 的单调性；(3)证明：若5a <，则对任意1x ，2(0,)x ∈+∞，12x x ≠，有1212()()1f x f x x x ->--．5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2221ln f x x ax a =-++x ．(1)若函数()f x 有两个极值点，求a 的取值范围；(2)证明：若13a -<<，则对于任意的1x ，2(0,)x ∈+∞，12x x ≠，有1212()()2f x f x x x ->-．6．（2021·山东·高三阶段练习）设函数()ln kf x x x=+，k ∈R .（1）若曲线()y f x =在点()()e,e f 处的切线与直线30y -=平行，求()f x 的极小值；（2）若对任意210x x <<，()()1212f x f x x x -<-恒成立，求实数k 的取值范围.高频考点二：糅合双参（比值糅合）1．（2022·贵州·模拟预测（理））已知函数2()2ln ()af x x a x =+∈R 有两个零点. (1)求a 的取值范围.(2)记两个零点分别为x 1，x 2，证明：121x x +>.2．（2022·陕西·二模（理））已知函数()ln f x x =．(1)当()()sin 1g x x =-，求函数()()()T x f x g x =+在()0,1的单调性； (2)()()12h x f x b x=+-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>．3．（2022·宁夏·银川二中一模（理））已知函数()2ln f x mx x x =+，0m ≠.(1)若2m =-，求函数()f x 的单调区间；(2)若()()120f x f x ==，且12x x ≠，证明：12ln ln 2x x +>.4．（2022·黑龙江·鹤岗一中高三期末（理））已知函数()()ln R f x a x x a =-∈. (1)求函数()y f x =的单调区间； (2)若120x x <<，且1212ln ln x x a x x ==，证明：12112ln xx x x <-.5．（2022·山西长治·高二阶段练习）已知函数21()ln 2f x x x ax =-．(1)若()f x 在(0,)+∞上单调递减，求实数a 的取值范围． (2)若12,x x 是方程()0f x =的两个不相等的实数根，证明：121x x a+>．高频考点三：糅合双参（差值糅合）1．（2022·全国·高三专题练习）若12ln xe x =，令21t x x =-，则t 的最小值属于（）A ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．3,22⎛⎫⎪⎝⎭C ．52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．5,32⎛⎫ ⎪⎝⎭2．（2021·内蒙古·赤峰二中高三阶段练习（理））已知函数2()x g x e ax ax =--，()2ln x h x e x x =--．其中e 为自然对数的底数．（1）若()()()f x h x g x =-，讨论() f x 的单调性；（2）已知0a >，函数()g x 恰有两个不同的极值点1x ，2x ，证明：()212ln 4x x a +<．3．（2022·天津滨海新·高三阶段练习）已知函数()()2e R xf x ax a =--∈.(1)当0a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)当0a >时，若函数()()e xg x x f x =+，求()g x 的单调区间；(3)当0a >时，若函数()()2e xh x f x ax =+-恰有两个不同的极值点1x 、2x ，且12x x <，求证：12ln 22x x a +<.高频考点四：变更主元法在处理导数试题的过程中，我们经常会遇到涉及两个变量的不等式问题，比如一个变量为x ，另个一变量（也可以是参数）为a .在这种情况下，我们潜意识里总会把函数看作是关于变量x 的函数，希望通过利用导数研究()f x 的性质，从而得出结论.如果说x 与a 具有一定的关联，这种思维定势会为我们的解决问题带来方便.但在绝大多数情况下，x 与a 是没有关联的，这个时候这种思维定势就会给我们的解题带来障碍.此时，我们不妨转换一下视角，将字母a 作为主要未知数，然后来解决问题.这种选择主要未知数（简称主元）的方法，我们称之为变更主元法.1．（2021·全国·高一专题练习）当[]2,3a ∈时，不等式210ax x a -+-≤恒成立，求x 的取值范围．2．（2022·全国·高三专题练习）已知二次函数()f x 满足()()145f x f x x +-=+，且()f x 的图象经过点()1,13A -.（1）求()f x 的解析式：（2）若对任意[]2,3m ∈-，不等式()f x mx ≤恒成立，求实数x 的取值范围.3．（2022·广东·高州市长坡中学高二阶段练习）已知函数()322121(0)32a f x x x a x a =--+>(1)求函数()f x 的极值；(2)若函数()y f x =的图象与直线0y =恰有三个交点，求实数a 的取值范围；(3)已知不等式()2'1f x x x <-+对任意(1,)∈+∞a 都成立，求实数x 的取值范围．4、(武汉市2021届高中毕业生三月质量检测)已知函数()(1)ln x af x x e x -=--.(1)当1a =时,求()f x 的最小值;(2)证明:当01a <时,()ln f x a 恒成立.高频考点五：指定主元法1、已知0m n ≤<，试比较ln(1)n mem -++与1ln(1)n ++的大小，并证明.高频考点六：利用根与系数的关系转单变量1．（2022·安徽合肥·高三期末（文））已知函数()()21ln R 2f x x x ax a =+-∈．(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 <，证明：()21230x f x ⋅+<．2．（2022·湖南常德·高三期末）已知函数()()22ln R f x x a x a x=--∈．(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(]11,e x ∈（e 为自然对数底数，且e 2.71828=），求()()12f x f x -的取值范围．3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数221()2ln (0)2f x ax x a x a =-+≠ (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：121212()()11f x f x x x x x -<+-4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2ln f x x x ax a R =+-∈.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)设()f x 存在两个极值点12,x x ，且12x x <，若1102x <<，求证：()()123ln 24f x f x ->-.高频考点七：利用对数平均不等式解决双变量问题当0a >，0b >时，有：ln ln 2a b a ba b -+≤≤-（当且仅当a b =时等号成立）1、已知函数()xf x xe -=，如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>2、已知函数()ln f x x x =的图象与直线y m =交于不同的两点11(,)A x y ，22(,)B x y ，求证1221x x e <.1．（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<+<.2．（2011·湖南·高考真题（文））设函数1()ln ()f x x a x a R x=--∈（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．一、单选题1．（2021·湖北·宜昌市夷陵中学高二阶段练习）已知函数()x f x xe =，()ln g x x x =，若12()()f x g x t ==，t >0，则12ln tx x 的最大值为（） A ．21e B ．24e C ．1eD ．2e2．（2021·安徽·屯溪一中高二期末（文））已知函数1()ln f x x a x x=-+，且()f x 有两个极值点12,x x ，其中(]11,2x ∈，则()()12f x f x -的最小值为（） A ．35ln2-B ．34ln 2-C ．53ln2-D ．55ln 2-3．（2019·辽宁葫芦岛·高三阶段练习（理））已知函数()32cos f x x x =+，()()2()15x x g x e e =--，若1(,0]x ∀∈-∞，2x ∀∈R ，()()12f x a g x +≤，则a 的取值范围是（）A ．(,2]-∞-B ．40,27⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦C ．(,3]-∞-D ．,2794⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦4．（2021·山西运城·高三期中（理））已知在函数()()0,0f x ax b a b =+>>，()()ln 2g x x =+，若对2x ∀>-，()()f x g x ≥恒成立，则实数ba的取值范围为（）A ．[)0,+∞B ．[)1,+∞C ．[)2,+∞D ．[),e +∞5．（2021·黑龙江·双鸭山一中高二阶段练习（理））若对于任意的120x x a <<<，都有211212ln ln 2x x x x x x ->-，则a 的最大值为（） A ．1B ．eC ．1eD ．126．（2021·福建·莆田一中高二期末）已知e 为自然对数的底数，若对任意[]1,x e ∈，总存在唯一的[]1,1y ∈-，使得2ln 0y x y e a +-=成立，则实数a 的取值范围是 A ．[]1,e B ．11,e e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦C ．1,1e e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦D ．11,1e e ⎛⎫++ ⎪⎝⎭二、填空题7．（2021·全国·高二单元测试）已知实数,a b 满足2024a a e -=，3ln 2021ln b b e -+=，则ab =_______．8．（2021·江苏·高二单元测试）已知函数()2ln f x x ax bx =-+，当0x >，()0f x ≤恒成立，则b a的最大值为___________.9．（2019·河南郑州·高二期中（理））已知函数31()e x f x -=，1()ln 3g x x =+，若()()f m g n =，则n m -的最小值为________.10．（2018·湖南省宁远县第一中学高二阶段练习（理））设0a >，函数2(),()ln a f x x g x x x x=+=-，若对任意的12,[1,]x x e ∈，都有12()()f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围为_______. 三、解答题11．（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()1ln f x x ax a R x=--∈.(1)当3a =时，证明：()sin 3f x x <--；(2)若()f x 的两个零点分别为()1212,x x x x <，证明：2122e x x ⋅>.12．（2022·新疆乌鲁木齐·二模（文））已知函数()()3211132a f x x x ax a R +=-++∈. (1)求函数()y f x =的单调区间；(2)设1a <，若[]1,x m n ∀∈，[]2,x m n ∃∈，且12x x ≠，使得()()12f x f x =，求n m -的最大值.13．（2022·甘肃武威·模拟预测（理））已知()()22ln R f x x ax a =+∈.(1)讨论函数()f x 的单调性； (2)当21e a =-时，证明：函数()f x 有且仅有两个零点12,x x ，且122e x x +>.14．（2022·山西长治·模拟预测（理））已知函数()ln f x x x =. (1)证明：()1f x x ≥-；(2)若()f x a =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：121x x +<.15．（2022·河南·高三阶段练习（理））已知函数()1ln f x x a x x=--，当1≥x 时，()0f x ≥恒成立． (1)求实数a 的最大值；(2)若2a =，证明：对任意121x x <<，()()1212122x x f x f x f +⎛⎫+>⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭．。

导数中的双变量问题解题策略(史上最全题型)

令h(t)
ln t
(1 )(t 1) ,(0 t
t
1)
h '(t)
1 t
(1 )2 (t )2
(t
1)(t 2 ) t(t )2
当 2 1时, h '(t) 0 h(t)在(0,1)内单调递增 h(t) h(1) 0,合题;
当 2 1时,易知h(t)在(0, 2 ) 内单调递增,在( 2,1) 内单调递减, h(1) 0,h(t) 0不恒成立,不合题。
1
ax1
ax2
a( x1
x2 )
a
1 x1 x2
ln x1 x1
ln x2
x2
1 x1 x2
(1 )( x1 1)
ln
x1
ln
x2
(1 )(x1 x1 x2
x2 )
ln
x1 x2
x2
x1
,令 x1 t,t (0,1) x2
x2
ln t (1 )(t 1) 在(0,1)上恒成立, t
x12
x1 x22
ln
x1 x1
ln x2 x2
1, 从而原不等式即证
x1(x1 x2 ) x12 x22
(ln
x1
ln
x2 )
0
( x1 )2 x1
x2
x2
( x1 )2 1
ln
x1 x2
0,令t
x1 x2
,t
1,设g(t)
t2 t2
t ln t(t 1
1),
x2
g '(t) (2t 1)(t2 1) (t2 t) 2t 1 t4 t3 t 1 t3(1 t) (t 1) 0

导数中双变量处理策略

导数中双变量处理策略File modification on June 16, 2021 at 16:25 pm导数-双变量问题处理策略1.构造函数利用单调性证明2.任意性与存在性问题3.整体换元—双变单4.极值点偏移构造函数利用单调性证明形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥-例1、设函数． 1讨论函数在定义域内的单调性；2当时,任意,恒成立,求实数的取值范围．221()(2)ln (0)ax f x a x a x+=-+<()f x (3,2)a ∈--12,[1,3]x x ∈12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-m任意与存在性问题例2、已知函数()2a f x x x=+,()ln g x x x =+,其中0a >． 1若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方,求实数a 的取值范围． 2若对任意的[]12,1x x e ∈，e 为自然对数的底数都有()1f x ≥()2g x 成立, 求实数a 的取值范围．整体换元——双变单例3、已知函数的图象为曲线, 函数的图象为直线. Ⅰ 当时, 求的最大值;Ⅱ 设直线与曲线的交点的横坐标分别为, 且, 求证:.x x x f ln )(=C b ax x g +=21)(l 3,2-==b a )()()(x g x f x F -=l C 21,x x 21x x ≠2)()(2121>++x x g x x对称轴问题12x x +的证明例4、已知函数 ⑴求函数的单调区间和极值；⑵已知函数对任意满足,证明：当时, ⑶如果,且,证明：11()(x x f x x e --=∈R).()f x ()y g x =x ()(4)g x f x =-2x >()();f x g x >12x x ≠12()()f x f x =12 4.x x +>实战演练1.已知函数fx =x 2－ax +a －1,. 1讨论函数的单调性；2证明：若,则对任意x ,x ,x x ,有.2.设是函数的一个极值点. 1求与的关系式用表示,并求的单调区间；2设,若存在,使得成立,求的取值范围.21ln x 1a >()f x 5a <12∈(0,)+∞1≠21212()()1f x f x x x ->--3x =()()()23,x f x x ax b e x R -=++∈a b a b ()f x ()2250,4x a g x a e ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭[]12,0,4ξξ∈()()121f g ξξ-<a3.已知函数21()ln (1)(0)2f x x ax a x a R a =-+-∈≠，. ⑴求函数()f x 的单调增区间；⑵记函数()F x 的图象为曲线C ,设点1122(,)(,)A x y B x y 、是曲线C 上两个不同点,如果曲线C 上存在点00(,)M x y ,使得：①1202x x x +=；②曲线C 在点M 处的切线平行于直线AB ,则称函数()F x 存在“中值相依切线”.试问：函数()f x 是否存在中值相依切线,请说明理由.4.2018届高三咸阳市二模理科.已知函数2()2ln (,0)x f x x a R a a=-∈≠. 1讨论函数()f x 的单调性；2 若函数()f x 有两个零点1x ,2x 12()x x <,且2a e =,证明：122x x e +>.。

高中数学知识点灵活运用130讲之9-导数双变量问题函数构造

双变量问题之函数构造核心知识点：形如，构造新的函数★如果题目中没有的大小关系，要在步骤中假设经典例题：1.已知函数，，设，若对任意两个不相等的正数，都有恒成立，求实数的取值范围. 解题思路：假设，，；设，此时说明是单调递增函数；设，，2.若对任意的恒成立，则的最小值为？解题思路：，，两边同时除以，得到；设，此时说明在上是单调递减；，，设在单调递减，，()()m x x x f x f >--2121()()()212211x x mx x f mx x f >->-21,x x 21x x >()221x x f =()x a x g ln =()()()x g x f x h +=21,x x ()()22121>--x x x h x h a 21x x >()()()21212x x x h x h ->-∴()()221122x x h x x h ->-∴()()x x a x x x h x g 2ln 2122-+=-=()x g ()0222'≥+-=-+=∴xax x x a x x g ()022≥+-=a x x x ϕx x a 22+-≥∴1≥∴a [)a x x e x e x x x x x x x <--<-∈2112212121,,0,2,a 21x x < ()211221x x a ex e x x x->-∴21x x ⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛->-∴12211121x x a x e x e x x 22111121x a x e x a x e x x +>+∴()xax e x g x +=()x g [)0,2-∈x ()02'≤--=∴xae xe x g x x ()x e x a 1-≥()()x e x x 1-=ϕ[)0,2-()()2max 32e x -=-=∴ϕϕ23e a -≥∴双变量问题之与替换核心知识点：题目中和有等式关系，可以用表示，或者用表示；如果和无法互相表示，则引入第三变量，用分别表示，☆找出变量范围小题篇经典例题：1.（2019·江西高三月考（文））设函数，若函数存在两个零点，(<)，则的取值范围为（） A ．B ．C ．D ．解题思路：核心要知道：，，此时；设，恒成立，在上单调递增；，所以选择2.（2019·河南高三月考（文））已知函数若成立，则的最小值为（） A ． B ．C ．D ．解题思路：1x 2x 1x 2x 1x 2x 2x 1x 1x 2x t t 1x 2x [)[),0,1()1,1,x e x f x x x ⎧∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩()y f x k =-1x 2x 1x 2x 211()()x x f x -⋅)22,e⎡⎣)21,e⎡⎣)2,e e⎡⎣21,e ⎡⎤⎣⎦121-=x ex 112+=∴x e x [)1,01∈x ()()()1111121x xe x e xf x x ⋅-+=⋅-()()xxe x e x g ⋅-+=1()()02'>⋅-=xxe x e x g ()x g ∴[)1,0∈x ()()()()2max min 1,20e g x g g x g ====∴A 21()ln ,(),22x x f x g x e -=+=()()g m f n =n m -1ln 2-ln2323e -由题意可知，，即，（互相表示非常困难，所以引入第三变量）设，，设，在单调递减，单调递增，所以选择练习题：1.（2019·黑龙江高三月考（文））设函数，若互不相等的实数满足，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．解题思路：核心要知道：，此时()()n f m g =212ln2+=-n em t n em =+=-212ln 2212,2ln -=+=∴t e n t m 2ln 221--=-∴-t em n t ()2ln 221--=-t et h t ()tet h t 1221'-=-()t h ∴⎪⎭⎫ ⎝⎛210，⎪⎭⎫⎝⎛∞+，21()2ln 21ln 21min =-=⎪⎭⎫⎝⎛=∴h t h B()21,25,2xx f x x x ⎧-⎪=⎨-+>⎪⎩…,,a b c ()()()f a f b f c ==222a b c ++()16,32()18,34()17,35()6,711221+-=-=-c ba()5,4∈c ()34,1822222∈+=++c c b a2.已如函数f （x ）={1+lnx ，x ≥112x +12，x ＜1，若x 1≠x 2，且f （x 1）+f （x 2）＝2，则x 1+x 2的取值范围是（　）A ．[2，+∞）B ．[e ﹣1，+∞）C ．[3﹣2ln 2，+∞）D ．[3﹣2ln 3，+∞）解题思路：假设时，，，，此时设，，在上单调递减，上单调递增，所以选择3.已如函数f （x ）={1+lnx ，x ≥13x−2，x ＜1，若x 1≠x 2，且f （x 1）+f （x 2）＝2，则x 1+x 2的取值范围是（　）A ．[2，+∞）B ．（﹣∞，2]C ．（2，+∞）D ．（﹣∞，2）解题思路：假设时，，，，此时设，，在上单调递增，所以选择大题篇：核心知识点：题目中和有等式关系，用分别表示和，或者用分别表示和21x x >()()221=+x f x f 22121ln 121=+++∴x x 1ln 212+-=∴x x ()∞+∈，11x 1ln 21121+-=+∴x x x x ()1ln 2+-=x x x g ()xx g 21'-=∴()x g ∴()2,1()+∞,2()()2ln 32min -==∴g x g C21x x >()()221=+x f x f 223ln 121=-++∴x x 3ln 13ln 3112x x x -=-=∴()∞+∈，11x 1ln 311121+-=+∴x x x x ()1ln 31+-=x x x g ()x x g 311'-=∴()x g ∴()+∞,1()()21min =>∴g x g C1x 2x 1x 2x a 2x 1x a经典例题：1.已知函数A f (x = )ln x +x 2−ax (a ∈R )⑴求函数的单调区间；⑵设存在两个极值点，且，若，求证解题思路：由题意可知，设当，即时，恒成立，所以在是单调递增；当，即或时，当时，，在，上单调递增，上单调递减当时，，在上单调递增⑵由题意可得，是的两个根，则（用分别表示出和），整理，得，此时设，求导得恒成立，()x f ()x f 21,x x 21x x <2101<<x ()()2ln 4321->-x f x f ()xax x a x x x f 12212'+-=-+=()122+-=ax x x ϕ082≤-=∆a 2222≤≤-x ()0≥x ϕ()x f ()+∞,0082>-=∆a 22-<a 22>a ()10=ϕ22>a ()10=ϕ()x f ∴()10x ，()+∞,2x ()21,x x 22-<a ()10=ϕ()x f ∴()+∞,021,x x ()0122=+-=ax x x ϕ21,22121==+x x a x x 111212,21x x a x x +==∴1x 2x a ()()()2222121121ln ln ax x x ax x x x f x f -+--+=-∴()()2121121412ln ln 2x x x x f x f -++=-∴⎪⎭⎫ ⎝⎛∈21,01x ()22412ln ln 2x xx x h -++=()()01214422123223243'<--=-+-=--=x x x x x x x x x h在上单调递减，2.已知对数函数过定点（其中…）函数（其中为的导函数，为常数）.（1）讨论的单调性（2）若对有恒成立，且在，处的导数相等，求证：. 解题思路：由题意可知，则求导，得，当时，恒成立，在上单调递减；当时，在上单调递增，上单调递减⑵由题意，即，即，设，则，由（1）可知，时，又，，求导得，，由题意可知，即设，由利用均值不等式，可得设，，在上为单调递增，()x h ∴⎪⎭⎫⎝⎛21,0()2ln 4321-=⎪⎭⎫ ⎝⎛>∴h x h ()fx 12P ⎫⎪⎭2.71828e ≈()()()g x n mf x f x '=--()f x '()f x ,n m ()g x (0,)x ∀∈+∞()m n x g -≤()()2h x g x x n =+-1x x =()212x x x ≠()()1272ln 2h x h x +>-()x x f ln =()x xmn x g ln --=()22'1xx m x x m x g -=-=0≤m ()0'<x g ()x g ∴()+∞,00>m ()x g ∴()m ,0()∞+，m ()m n x g -≤m n x x m n -≤--ln 0ln ≤--x xmm ()x x m m x ln --=ϕ()xx m x 1'2-=ϕ0>m ()()0ln 1max ≤--==m m m x ϕϕm m ln 1≥- 0ln 1=--∴m m 1=∴m ()x x x x h ln 12--=∴()xx x h 1122'-+=()()2'1'x h x h =11121=+∴x x 2121x x x x ⋅=+()()()()()()2121212122211121ln 12ln 12ln 12ln 12x x x x x x x x x x x x x x x h x h --=--+=--+--=+∴21x x t =2121x x x x ⋅=+4>t ∴()t t t ln 12--=ρ()tt 12'-=ρ()t ρ∴()+∞,4()()2ln 274-=>∴ρρt。

导数压轴-双变量问题的探讨

引言导数中有一类问题涉及到两个变量，例如m 和n 、a 和b 、1x 和2x 。

显然涉及两个变量的问题我们是不会处理的，如何把两个变量转化为一个变量就成了我们问题解决的关键。

方法点睛方法一：也是最核心、最常见的方法。

就是进行式子齐次化，进行了齐次化后可以将12x x 或者12x x -作为单元，这样就达到了减元的目的。

方法二：一般可以通过联立12,x x 的等式，通过对两式进行相加（相减）等操作，对所求式等进行化简。

方法三：对于等价双变量不等式问题，我们先令如12x x >，再通过适当的变形，使得等式两边均只含有一个变量，且形式相同，这样我们可以令这个相同的形式为()g x ，问题也许就转化成了()g x 的单调性问题。

还有其他的一些方法技巧性较强，我们在后面的题目中进行详细剖析。

例题讲解【例题1】已知函数(1)()ln 1a x f x x x -=-+. （Ⅰ）若函数()f x 在(0,)+∞上为单调增函数，求a 的取值范围（Ⅱ）设m ，n +∈R ，且m n ≠，求证：ln ln 2m n m nm n -+<- 对话与解答：（Ⅰ）2a ≤（Ⅱ）不妨设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，也就是证明第六课：关于导数中双变量问题的探讨21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立。

令,1m t t n =>，即证()()21ln 01t g t t t -=->+。

运用（Ⅰ）的结论，()g t 在()0+∞，上单调递增，故()()10g t g >=，不等式得证。

本题我们用到方法一。

看到解答，你可能会觉得将()2m n m n -+处理成211m n m n⎛⎫- ⎪⎝⎭+真是神来之笔，也是解决整个问题的关键。

那么这个处理究竟有没有思路可循呢？当然是有的，不难发现()2ln m n mm n n-<+的右边已经出现了m n 的形式，同时右边分子分母都死其次式，如果一开始就有“转化成一个变量”的思想，就会迅速锁定mn整体换元。

导数双参数处理方法汇总

导数双参数处理方法汇总
导数中双参数的处理是高中数学中的一个难点，以下是几种常用的处理方法：
1. 分离参数法：首先尝试将双参数分离，使问题简化为单参数问题。

这需要观察参数在函数表达式中的影响，并尝试通过代数手段将其分离。

2. 参数分类讨论法：当双参数不能直接分离时，可以考虑对参数进行分类讨论。

根据参数的不同取值范围，对问题进行分段处理，从而简化问题。

3. 构造函数法：如果双参数的问题难以直接处理，可以尝试构造函数。

通过构造一个新函数，将双参数问题转化为对新函数的性质进行分析的问题。

4. 参数消去法：在一些情况下，可以通过适当的变换或代数操作，消去问题中的某些参数，从而使问题简化为单参数问题。

5. 参数代入法：对于一些含有难以分离的双参数的复杂问题，可以考虑使用代入法。

通过代入一些特定的值或表达式，将问题简化为更易于处理的形式。

以上方法不是孤立的，可以根据问题的具体情况选择合适的方法，有时可能需要结合多种方法进行处理。

同时，处理双参数问题也需要一定的练习和经验积累，以提高解题的效率和准确性。

再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法

再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法长沙市明达中学吴祥云今日在“玩转高中数学交流群”中，由河南的贾老师提供一常规题，很多老师作出了不同的解答，我在这里把它们总结起来，供大家交流学习。

题目虽然简单，但是方法的讲述由浅入深，学生会更容易接受一些。

闲话少说，先上题：已知函数f(x)=xe x,f(x1)=f(x2),x1≠x2,求证：x1+x2>2.解析：f′(x)=1−xe x,易得 f(x)在(−∞,1)递增，(1,+∞)递减，其图像如图，为了更好的看图，横纵轴单位长度取得不同，不妨设0<x1<1<x2,以下是几种不同的证明思路：思路一：（极值点偏移问题+构造对称函数）令g(x)=f(2−x)−f(x),(0<x<1)则g′(x)=(1−x)e x−e2−xe x e2−x<0,则g(x)在(0,1)递减∴g(x)>g(1)=0,即f(2−x)>f(x),∴f(2−x1)> f(x1)=f(x2),又2−x1>1,x2>1,f(x)在(1,+∞)递减,∴2−x1<x2,即x1+x2>2。

思路二：（极值点偏移+对数平均不等式）f(x1)=f(x2)⇒x1e x1=x2e x2⇒lnx1−x1=lnx2−x2⇒lnx1−lnx2=x1−x2⇒x1−x2lnx1−lnx2=1,由对数平均不等式x1−x2lnx1−lnx2<x1+x22(证明略)，得x1+x22>1,即x1+x2>2。

思路三：（差值消元）令x2−x1=t>0,x1e x1=x2e x2⇒x2x1=e x2e x1=e x2−x1=e t⇒x1=te t−1,x2=te t−1+t,∴x1+x2=2te t−1+t,欲证x1+x2>2即证2te t−1+t<2即e t(2−t)2+t<1,令g(t)=e t(2−t)2+t,则g′(t)=e t(−t2)(2+t)2<0,故g(t)在(0,+∞)递减，点评：构造对称函数为极值点偏移问题的通法。

导数压轴题双变量问题题型归纳总结

导数压轴题双变量问题题型归纳总结-标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数()2ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.（1）求实数,a b 的值；（2）设()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x的两个零点，求证：0F '<.【解析】（1）1,1a b ==-；（2）()2ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x'=+-，因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-，1212ln ln 1x x F m x x -'=+=-0F '<，只需证1212ln ln x x x x -<-. 思路一：因为120x x <<，只需证1122ln ln ln 0x x x x ->⇔>.令()0,1t =，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t=-+<<，则()()22212110t h t t t t -'=--=-<，所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证12ln 0t t t-+>.由上述分析可知0F '<.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形为齐次式，设12111222,ln ,,x x x xt t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法.思路二：因为120x x <<，只需证12ln ln 0x x -，设())22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 ()22110Q x xx '===<，所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()20Q x Q x >=，即证2ln ln xx -. 由上述分析可知0F '<.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.【变式训练】已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2．【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2，设21x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）略（2）f′（x ）=x-a lnx ，g （x ）=x-a lnx ，由x 1，x 2是g （x ）=x-a lnx=0的两个根，则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜221221(x x )x (ln )x -，即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+，由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t-t-120t +<，设g （t ）=ln 2t-t-12t+，则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，令h （t ）=2lnt-t+t1，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，∴h（t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h（t ）＜h （1）=0，∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g（t ）＜g （1）=0，即ln 2t ＜t-2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2．【变式训练】已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，求实数a 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22212211a x ax f x x x x--+'=-+=-. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '= （ii ）若1a >，令()0f x '=得12x a x a ==+当(()20,x a a a ∈++∞时，()0fx '<；当(x a a ∈时，()0f x '>，所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间；当1a >时，()f x 单调递减区间为(()0,,aa+∞；单调递增区间为(a a .（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()12g x b cx x'=--， ∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+⎪+⎝⎭，由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-， ()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln ln 1⎛⎫- ⎪-⎝⎭=-=-++x x x x x x x x x x x x ，令12(0,1)x t x =∈，∴2(1)ln 1t y t t -=-+， ∴22(1)0(1)t y t t --'=<+，所以y 在()0,1上单调递减. 由y 的取值范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，得t 的取值范围是10,2⎛⎤⎥⎝⎦，∵122x x a +=，∴()222222211221212112212212(2)242x x x x x xa x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，∴2122119422,2x x a t x x t ⎡⎫=++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭，又∵1a >，故a的取值范围是4⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭.(二)各自构造一元函数【例】已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax +1（a ∈R ）．（1）求f （x ）的单调区间；（2）设g （x ）＝lnx 344x x-+，若对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围．【分析】（1）函数求导得()11'ax f x a x x-=-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）根据对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，然后分别求最大值求解即可. 【详解】（1）略（2）()()()222213113143'4444x x x x g x x x x x -+--+-=--⨯==，在区间（1，3）上，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，在区间（3，+∞）上，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，所以g （x ）max ＝g （3）＝ln 312-，因为对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，由（1）知当a ≤0时，f （x ）无最值，当a ＞0时，f （x ）max ＝f （1a ）＝﹣lna ，所以﹣lna ＜ln 312-，所以3lna ＞ln ，解得a 【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()x f x x ax a a -=+-⋅∈R .（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.【解析】 (1)当0a =时，因为()2xf x x e -=⋅，所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-，又因为()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2x x f x x a e x ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-； ②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e =+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ③当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-，综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-. (三)消元构造一元函数【例】已知函数f(x)={e−x+1,x ≤0,2√x, x >0.函数y =f(f(x)+1)−m(m ∈R)恰有两个零点x 1和x 2．（1）求函数f(x)的值域和实数m 的最小值；（2）若x 1<x 2，且ax 1+x 2≥1恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）当x ≤0时，f(x)=e −x +1≥2.当x >0时，f(x)=2√x >0.∴ f(x)的值域为(0,+∞)．令f(f(x)+1)=m ，∵ f(x)+1>1，∴ f(f(x)+1)>2，∴ m >2. 又f(x)的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设f(x)+1=t 1，f(x)+1=t 2，且t 1<0，t 2>1．∴ f(x)=t 1−1无解.从而f(x)=t2−1要有两个不同的根，应满足t2−1≥2，∴t2≥3.∴f(t2)=f(f(x)+1)≥2√3.即m≥2√3．∴m的最小值为2√3.(2) y=f(f(x)+1)−m有两个零点x1、x2且x1<x2，设f(x)=t，t∈[2,+∞)，∴e−x1+1=t，∴x1=−ln(t−1).2√x2=t，∴x2=t24.∴−aln(t−1)+t24≥1对t∈[2,+∞)恒成立设ℎ(t)=−aln(t−1)+t24−1，ℎ′(t)=−at−1+t2=t2−t−2a2(t−1).∵t∈[2,+∞)，∴t2−t∈[2,+∞)恒成立.∴当2a≤2，即a≤1时，ℎ′(t)≥0，∴ℎ(t)在[2,+∞)上单调递增.∴ℎ(t)≥ℎ(2)=−aln1+1−1=0成立.当a>1时，设g(t)=t2−t−2a.由g(2)=4−2−2a=2−2a<0.∴∃t0∈(2,+∞)，使得g(t0)=0.且当t∈(2,t0)时，g(t)<0，t∈(t0,+∞)时，g(t)>0.∴当t∈(2,t0)时，ℎ(t)单调递减，此时ℎ(t)<ℎ(2)=0不符合题意.综上，a≤1.【变式训练】f(x)=x2+ax−alnx.（1）若函数f(x)在[2,5]上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a=2时，若方程f(x)=x2+2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1.【解析】（1）f′(x)=2x+a−ax，∵函数f(x)在[2,5]上单调递增，∴f′(x)≥0在x∈[2,5]恒成立，即2x+a−ax≥0对x∈[2,5]恒成立，∴a≥−2x2x−1对x∈[2,5]恒成立，即a≥(−2x2x−1)max，x∈[2,5]，令g(x)=−2x2x−1(x∈[2,5])，则g′(x)=−2x2+4x(x−1)2≤0(x∈[2,5])，∴g(x)在[2,5]上单调递减，∴g(x)在[2,5]上的最大值为g(2)=−8.∴a的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当a=2时，方程f(x)=x2+2m⇔x−lnx−m=0，令ℎ(x)=x−lnx−m(x>0)，则ℎ′(x)=1−1x，当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，故ℎ(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0，故ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)min=ℎ(1)=1−m.若方程f(x)=x2+2m有两个不等实根，则有ℎ(x)min<0，即m>1，当m >1时，0<e −m <1<e m ，ℎ(e −m )=e −m >0，ℎ(e m )=e m −2m ，令g(x)=e x −2x(x >1)，则g′(x)=e x −2>0，g(x)单调递增，g(x)>g(1)=e −2>0， ∴ℎ(e m )>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数m 的取值范围是(1,+∞).不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2，0<1x 2<1，∴x 1x 2<1⇔x 1<1x 2⇔ℎ(x 1)>ℎ(1x 2)，∵ℎ(x 1)=ℎ(x 2)=0，∴ℎ(x 1)−ℎ(1x 2)=ℎ(x 2)−ℎ(1x 2)=(x 2−lnx 2−m )−(1x 2−ln 1x 2−m),=x 2−1x 2−2lnx 2.令φ(x)=x −1x−2lnx(x >1)，则φ′(x)=1+1x 2−2x=(1x −1)2>0，∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增，∴当x >1时，φ(x)>φ(1)=0，即x 2−1x 2−2lnx 2>0，∴ℎ(x 1)>ℎ(1x 2)，∴x 1x 2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数. （1）求()f x 的极值；（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围：【详解】（1）略；（2）当4k =时，()4ln f x x =-'，()224ln g x x x x =+-，当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，即()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()2424ln F x g x x x x x =-=--，由于120x x t <<<，()()12F x F x ≥，则函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，()()()221422x x F x x x x='-+=--，0x，解不等式()0F x '≤，解得02x <≤.由题意可知()(]0,0,2t ⊆，02t ∴<≤，因此，正实数t 的取值范围是(]0,2；【变式训练】设函数． ()ln ,k R kf x x x=+∈（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；（2）若对任何恒成立，求的取值范围．【解析】（2）条件等价于对任意恒成立，设．则在上单调递减，则在上恒成立，得恒成立，∴（对仅在时成立），故的取值范围是【变式训练】已知函数f (x )=x +xlnx .（Ⅰ）求函数f (x )的图象在点(1,1)处的切线方程；（Ⅱ）若k ∈Z ，且k (x −1)<f (x )对任意x >1恒成立，求k 的最大值；（Ⅲ）当n >m ≥4时，证明：(mn n )m >(nm m )n . 【解析】（Ⅰ）∵f ′(x)=lnx +2,∴f ′(1)=2，函数f(x)的图象在点(1,1)处的切线方程y =2x −1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)=x +xlnx,∴k(x −1)<f(x)，对任意x >1恒成立，即k <x+xlnx x−1对任意x >1恒成立．令g(x)=x+xlnx x−1，则g′(x)=x−lnx−2(x−1)2，令ℎ(x)=x −lnx −2(x >1)，则ℎ′(x)=1−1x =x−1x>0，所以函数ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增．∵ℎ(3)=1−ln3〈0,ℎ(4)=2−2ln2〉0，∴方程ℎ(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x 0，且满足x 0∈(3,4)．当1<x <x 0时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，当x >x 0时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0，所以函数g(x)=x+xlnx x−1在(1,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增．∴[g(x)]min =g(x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0−1=x 0(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4)，∴k <[g(x)]min =x 0∈(3,4)，故整数k 的最大值是3．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，g(x)=x+xlnx x−1是[4,+∞)上的增函数，()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0kh x f x x x x x x=-=+->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭∴当n >m ≥4时，n+nlnn n−1>m+mlnm m−1．即n(m −1)(1+lnn)>m(n −1)(1+lnm)．整理，得mnlnn +mlnm >mnlnm +nlnn +(n −m)． ∵n >m,∴mnlnn +mlnm >mnlnm +nlnn ．即lnn mn +lnm m >lnm mn +lnn n ．即ln(n mn m m )>ln(m mn n n )．∴(mn n )m >(nm m )n ． (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（Ⅰ）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立【分析】（Ⅰ）将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，可得112+-≤x x a ，令()121h x x x =-+，可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增，即()()min 2h x h =，从而可得a 的范围；（Ⅱ）构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-，且121x x -<≤；利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数，得到()()2F x F x ≥，经验算可知()20F x =，从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+，从而可证得结论.【解析】（Ⅰ）由题意知：()121f x x a x '=-++ 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立即112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立，设()121h x x x =-+ 当2≥x 时，11=+y x 单调递减，2=y x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增 ()()min 1112433h x h ∴==-=，113a ∴≤，即a 的取值范围为11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（Ⅱ）设121x x -<≤，令：()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥，122m x m x x ∴+≥()121f x x a x '=-++，令()()g x f x ='，则()()21201g x x '=--<+ ()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数，()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦，即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数，()2()0F x F x ∴≥=，即()0F x ≥ ()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥(]21,x x ∴∈-时，()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+121x x -<≤ ，()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+【变式训练】已知函数f(x)=e x −x ，g(x)=(x +k)ln(x +k)−x ．（1）若k =1，f ′(t)=g ′(t)，求实数t 的值．（2）若a,b ∈R +，f(a)+g(b)≥f(0)+g(0)+ab ，求正实数k 的取值范围．【解析】（1）由题意，得f ′(x)=e x −1，g ′(x)=ln(x +k)，由k =1，f ′(t)=g ′(t)…①，得e t −ln(t +1)−1=0，令φ(t)=e t −ln(t +1)−1，则φ′(t)=e t −1t+1，因为φ″(t)=e t +1(t+1)2>0，所以φ′(t)在(−1,+∞)单调递增，又φ′(0)=0，所以当−1<x <0时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增；当x >0时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减；所以φ(t)≤φ(0)=0，当且仅当t =0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解t =0，实数t 的值为0．（2）解法一：令ℎ(x)=f(x)−bx +g(b)−f(0)−g(0)（x >0），则ℎ′(x)=e x −(b +1)，所以当x >ln(b +1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增; 当0<x <ln(b +1)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减;故ℎ(x)≥ℎ(ln(b +1)) =f(ln(b +1))+g(b)−f(0)−g(0)−bln(b +1) =(b +k)ln(b +k)−(b +1)ln(b +1)−klnk ．令t(x)=(x +k)ln(x +k)−(x +1)ln(x +1)−klnk （x >0），则t ′(x)=ln(x +k)−ln(x +1)．（i ）若k >1时，t ′(x)>0，t(x)在(0,+∞)单调递增，所以t(x)>t(0)=0，满足题意．（ii ）若k =1时，t(x)=0，满足题意．（iii ）若0<k <1时，t ′(x)<0，t(x)在(0,+∞)单调递减，所以t(x)<t(0)=0．不满足题意．综上述：k ≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示【例】（2020山西高三期末）设函数1()ln ()f x x a x a R x=--∈ （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．【解析】（1）()f x 定义域为()0,∞+，()22211'1a x ax f x x x x -+=+-=，令()221,4g x x ax a =-+∆=-，①当22a -≤≤时，0∆≤，()'0f x ≥，故()f x 在()0,∞+上单调递增， ②当2a <-时，>0∆，()0g x =的两根都小于零，在()0,∞+上，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+上单调递增，③当2a >时，>0∆，()0g x =的两根为1222a a x x +==，当10x x <<时，()'0f x >；当12x x x <<时，()'0f x <；当2x x >时，()'0f x >；故()f x 分别在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减. （2）由（1）知，2a >，因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--.所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+⋅--,又由（1）知，121=x x ，于是1212ln ln 2x x k ax x -=--，若存在a ，使得2k a =-，则1212ln ln 1x x x x -=-，即1212ln ln x x x x -=-，亦即222212ln 0(1)x x x x --=> 再由（1）知，函数()12ln h t t t t=--在()0,∞+上单调递增，而21>x ，所以22212ln 112ln10x x x -->--=，这与上式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【变式训练】已知函数21()2ln 2f x x x a x =-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：123()()2f x f x -<+<-.【解析】（1）解：由题得22'()2a x x af x x x x-+=-+=，其中0x >，考察2()2g x x x a =-+，0x >，其中对称轴为1x =，44a ∆=-. 若1a ≥，则，此时()0g x ≥，则'()0f x ≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；若，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根111x a =--，211x a =+-，且1201x x <<<，所以当时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增；当12(,)x x x ∈时，()0g x <，则'()0f x <，()f x 单调递减；当2(,)x x ∈+∞时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增，综上，当1a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当时，()f x 在(0,11)a --上单调递增，在(11,11)a a --+-上单调递减，在(11,)a +-+∞上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =，所以()()2212111222112ln 2ln 22fx f x x x a x x x a x +=-++-+ ()()()2212121212ln ln 2x x x x a x x =+-+++ ()()()212121212122ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()21224ln ln 22a a a a a a =--+=--. 令()ln 2h x x x x =--，01x <<，则只需证明3()2h x -<<-，由于'()ln 0h x x =<，故()h x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)3h x h >=-.又当01x <<时，ln 11x -<-，(ln 1)0x x -<，故()ln 2(ln 1)22h x x x x x x =--=--<-，所以，对任意的01x <<，3()2h x -<<-. 综上，可得()()1232fx f x -<+<-.【变式训练】已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）. （1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）. 【解析】（1）由题意，函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+（），得2121'21ax x f x ax x x -+-=--+=（），0x ∈+∞（，），（i ）若0a =时；1x f x x-'=（），当01x ∈（，）时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当），（∞+∈1x 时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，所以当1x =，函数()f x 取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点；（ii ）若0a >时，则180a ∆=-≤，即18a ≥时，此时0f x '≤（），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极值点，当108a <<时，则180a ∆=->，令0='）（x f ，解得1x =214x a+=，当10x x ∈（，）和2x x ∈+（，）∞时，0f x '<（），当12x x x ∈（，）时，0>'）（x f ，∴()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点，综上可知：（i ）0a =时，()f x 仅有一个极值点；(ii).当18a ≥时，()f x 无极值点； (iii)当108a <<，()f x 有两个极值点. （2）由（1）知，当且仅当108a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程2210ax x 的两根，∴1212x x a +=,1212x x a=，则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（）（） 22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111ln[]42a a a a a=---+ 11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a=+--，设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则221141044a g a a a a -'=-=<（）， ∴10,8a ∈（）时，()a g 是减函数，1()()8g a g >，∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-（）， ∴1234ln 2f x f x +>-（）（）. 三、跟踪训练 1.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈. （1）讨论函数()y f x =的单调性；（2）若10<<b ，1()()g x f x bx x=+-，且存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，求证：0a <且2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭. 【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈，可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>，当0a ≥时，因为0x >，所以210x ax ++>，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当20a -≤<时，240a ∆=-≤，210x ax ++≥，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当2a <-时，'()0f x >，解得0x <<或x >，'()0f x <x <<，所以函数()f x在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. 综上所述，当2a ≥-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当2a <-时，函数()f x在区间22a a ⎛⎫---+⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. （2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1ag x b x=-+. 当0a ≥时，0)('>x g ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，与存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()g x g x =矛盾，所以0a <. 由12()()g x g x =，得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+，所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--，不妨设120x x <<，因为10<<b ，所以212101ln ln x x a b x x -=>--，欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭，只需证2121ln ln x x x x ->-21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t->ln 0t -<，令()ln 1)h t t t =->，2'()0h t =<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而ln 0t <得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭. 2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f(x)=alnx −x 2.（1）令g(x)=f(x)+ax ，若y =g(x)在区间(0,3)上不单调，求a 的取值范围；（2）当a =2时，函数ℎ(x)=f(x)−mx 的图象与x 轴交于两点A (x 1,0)，B (x 2,0)，且0<x 1<x 2，又ℎ′(x)是ℎ(x)的导函数.若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α.试比较ℎ′(αx 1+βx 2)与0的关系，并给出理由【解析】（1）因为g (x )=a ln x −x 2+ax ，所以g ′(x )=ax −2x +a ，因为g (x )在区间(0,3)上不单调，所以g ′(x )=0在(0,3)上有实数解，且无重根，由g ′(x )=0，有a =2x 2x+1=2(x +1+1x+1)−4，x ∈(0,3)，令t=x+1>4 则y=2(t+1t )−4在t>4单调递增，故a ∈(0,92)（2）∵ℎ′(x )=2x −2x −m ，又f (x )−mx =0有两个实根x 1，x 2，∴{2lnx 1−x 12−mx 1=02lnx 2−x 22−mx 2=0，两式相减，得2(ln x 1−ln x 2)−(x 12−x 22)=m (x 1−x 2)， ∴m =2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2−(x 1+x 2)，于是ℎ′(αx 1+βx 2)=2αx 1+βx 2−2(αx 1+βx 2)−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2+(x 1+x 2)=2αx1+βx 2−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2+(2α−1)(x 2−x 1).∵β≥α，∴2α≤1，∴(2α−1)(x 2−x 1)≤0. 要证：ℎ′(αx 1+βx 2)<0，只需证：2αx1+βx 2−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2<0，只需证：x 1−x 2αx1+βx 2−lnx 1x 2>0.（*）令x1x 2=t ∈(0,1)，∴（*）化为1−tαt+β+ln t <0，只需证u (t )=ln t +1−tαt+β<0u ′(t )=1t−1(αt+β)2>0∵u (t )在(0,1)上单调递增，u (t )<u (1)=0，∴ln t +1−t αt+β<0，即x 1−x 2αt+β+ln x1x 2<0. ∴ℎ′(αx 1+βx 2)<0.2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f （x ）=12ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b ∈R ，设h （x ）=f （x ）-g （x ），（1）若f （x ）在x=√22处取得极值，且f′（1）=g （-1）-2．求函数h （x ）的单调区间；（2）若a=0时，函数h （x ）有两个不同的零点x 1，x 2 ①求b 的取值范围； ②求证：x 1x 2e 2＞1．【答案】（1）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）①（−1e ，0）②详见解析【解析】试题分析：（1）先确定参数：由f ′(1)=g(−1)−2可得a=b-3. 由函数极值定义知f ′(√22)=√22a +√2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）①当a =0时，ℎ(x )=lnx +bx ，原题转化为函数φ(x )=−lnx x与直线y =b 有两个交点，先研究函数φ(x )=−lnx x图像，再确定b 的取值范围是（−1e ，0）.②x 1x 2e 2>1⇔x 1x 2>e 2⇔lnx 1x 2>2，由题意得lnx 1+bx 1=0,lnx 2+bx 2=0,所以lnx 1x 2lnx2−lnx 1=x 1+x 2x 2−x 1，因此须证lnx 2−lnx 1>2(x 2−x 1)x 2+x 1，构造函数F(t)=lnt −2(t−1)t+1，即可证明试题解析：（1）因为f ′(x)=ax +1x ，所以f ′(1)=a +1, 由f ′(1)=g(−1)−2可得a=b-3.又因为f(x)在x =√22处取得极值，所以f ′(√22)=√22a +√2=0，所以a=" -2,b=1" .所以ℎ(x)=−x 2+lnx +x ，其定义域为（0，+）ℎ′(x )=−2x +1x +1=−2x 2+x +1x =−(2x +1)(x −1)x令ℎ′(x )=0得x 1=−12,x 2=1，当x ∈（0,1）时，ℎ′(x )>0，当x ∈（1,+）ℎ′(x )<0，所以函数h （x ）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减. （2）当a =0时，ℎ(x )=lnx +bx ，其定义域为（0，+）. ①由ℎ(x )=0得b =-lnx x ，记φ(x )=−lnx x，则φ′(x )=lnx−1x 2,所以φ(x )=−lnx x在(0,e)单调减，在(e,+∞)单调增，所以当x =e 时φ(x )=−lnx x取得最小值−1e .又φ(1)=0，所以x ∈(0,1)时φ(x )>0，而x ∈(1,+∞)时φ(x )<0,所以b 的取值范围是（−1e ，0）. ②由题意得lnx 1+bx 1=0,lnx 2+bx 2=0,所以lnx 1x 2+b (x 1+x 2)=0,lnx 2−lnx 1+b (x 2−x 1)=0, 所以lnx 1x 2lnx2−lnx 1=x 1+x 2x 2−x 1，不妨设x1<x2,要证x 1x 2>e 2, 只需要证lnx 1x 2=x 1+x2x 2−x 1(lnx 2−lnx 1)>2.即证lnx 2−lnx 1>2(x 2−x 1)x 2+x 1，设t =x2x 1(t >1),则F(t)=lnt −2(t−1)t+1=lnt +4t+1−2,所以F′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以函数F(t)在（1，+）上单调增，而F(1)=0，所以F(t)>0即lnt>2(t−1)t+1,所以x1x2>e2.考点：函数极值，构造函数利用导数证明不等式3．【福建省2020高三期中】已知函数f(x)=e x(e x−ax+a)有两个极值点x1，x2.（1）求a的取值范围；（2）求证：2x1x2<x1+x2.【解析】（1）因为f(x)=e x(e x−ax+a)，所以f′(x)=e x(e x−ax+a)+e x(e x−a)=e x(2e x−ax)，令f′(x)=0，则2e x=ax，当a=0时，不成立；当a≠0时，2a =xe x，令g(x)=xe x，所以g′(x)=1−xe x，当x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，又因为g(1)=1e，当x→−∞时，g(x)→−∞，当x→+∞时，g(x)→0，因此，当0<2a <1e时，f(x)有2个极值点，即a的取值范围为(2e,+∞).（2）由（1）不妨设0<x1<1<x2，且{2e x1=ax12e x2=ax2，所以{ln2+x1=lna+lnx1ln2+x2=lna+lnx2，所以x2−x1=lnx2−lnx1，要证明2x1x2<x1+x2，只要证明2x1x2(lnx2−lnx1)<x22−x12，即证明2ln(x2x1)<x2x1−x1x2，设x2x1=t(t>1)，即要证明2lnt−t+1t<0在t∈(1,+∞)上恒成立，记ℎ(t)=2lnt−t+1t (t>1)，ℎ′(t)=2t−1−1t2=−t2+2t−1t2=−(t−1)2t2<0，所以ℎ(t)在区间(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)<ℎ(1)=0，即2lnt−t+1t<0，即2x1x2<x1+x2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f(x)=−12x2+2x−2alnx．（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）设g(x)=f′(x)，方程g(x)=c（其中c为常数）的两根分别为α,β(α<β)，证明：g′(α+β2)< 0．注：f′(x),g′(x)分别为f(x),g(x)的导函数．【解析】（1）函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=−x+2−2ax =−x2+2x−2ax，令ℎ(x)=−x22a−2a，Δ=4−8a，①当Δ≤0时，即a ≥12时，恒有ℎ(x )≤0，即f ′(x )≤0， ∴函数f (x )在(0,+∞)上单调减区间．②当Δ>0时，即a <12时，由ℎ(x )=0，解得x 1=1−√1−2a,x 2=1+√1−2a ，（i ）当0<a <12时，当x ∈(0,x 1),(x 2,+∞)时，ℎ(x )<0，即f ′(x )<0，当x ∈(x 1,x 2)时，ℎ(x )>0，即f ′(x )>0，∴函数f (x )在(0,x 1),(x 2,+∞)单调递减，在(x 1,x 2)上单调递增．（ii ）当a ≤0时，ℎ(0)=−2a ≥0，当x ∈(x 2,+∞)时，ℎ(x )<0，即f ′(x )<0，当x ∈(0,x 2)时，ℎ(x )>0，即f ′(x )>0，∴函数f (x )在(x 2,+∞)单调递减，在(0,x 2)上单调递增．证明（2）由条件可得g (x )=−x +2-2a x,x >0，∴g ′(x )=−1+2a x 2，∵方程g (x )=c （其中c 为常数）的两根分别为α,β(α<β)， ∴{g (α)=c g (β)=c可得αβ=2c ， ∴g ′(α+β2)=−1+8α(α+β)2=−1+4αβ(α+β)2=−1+4αβ+βα+2，∵0<α<β， ∴0<αβ<1， ∴αβ+βα>2，∴g ′(α+β2)=−1+4αβ+βα+2<−1+1=0．5．（2020江苏徐州一中高三期中）设函数()ln 1nf x x m x =+-，其中n ∈N *，n ≥2，且m ∈R ．（1）当2n =，1m =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当2n =时，令()()22g x f x x =-+，若函数()g x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求()2g x 的取值范围；【答案】（1）见解析；（2）12ln 2,04-⎛⎫⎪⎝⎭；（3）见解析【解析】【分析】（1）将2n =，1m =-代入解析式，求出函数的导数，从而即可得到函数()f x 的单调区间；（2）由题意知()221ln g x x x m x =-++，求导，从而可得2220x x m -+=，由方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <）可得102m <<，由方程得2x =，且2112x <<，由此分析整理即可得到答案；（3）求出函数的导数，得到()f x 的单调性，求出()f x 的最小值，通过构造函数结合零点存在性定理判断函数的零点即可. 【详解】（1）依题意得，()2ln 1f x x x =--，()0,x ∈+∞，∴ ()21212x f x x x x='-=-．令()0f x '>，得x >()0f x '<，得0x << 则函数()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．（2）由题意知：()221ln g x x x m x =-++．则()22222m x x mg x x x x='-+=-+，令()0g x '=，得2220x x m -+=，故方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <），则()412002m m⎧∆=->⎪⎨>⎪⎩，，解得102m <<．由方程得2x =2112x <<．由222220x x m -+=，得22222m x x =-+．()()222222222122ln g x x x x x x =-++-+，2112x <<． ()22214ln 02g x x x ⎛'⎫=--> ⎪⎝⎭，即函数()2g x 是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的增函数，所以()212ln204g x -<<，故()2g x 的取值范围是12ln2,04-⎛⎫⎪⎝⎭． 6．（2019·江苏徐州一中高三月考）已知函数()alnxf x x=，g （x ）＝b （x ﹣1），其中a ≠0，b ≠0 （1）若a ＝b ，讨论F （x ）＝f （x ）﹣g （x ）的单调区间；（2）已知函数f （x ）的曲线与函数g （x ）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：()12122x x g x x a++＞．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）求导得()()222111lnx aF x a x lnx x x-⎛⎫'=-=--⎪⎝⎭，按照a ＞0、 a ＜0讨论()F x '的正负即可得解；（2）设x 1＞x 2，转化条件得()1212112122x x x x x g x x ln a x x x +++=⋅-，令121x t x =＞，()121t p t lnt t -=-⋅+，只需证明()0p t >即可得证. 【详解】（1）由已知得()()()1lnx F x f x g x a x x ⎛⎫=-=-+⎪⎝⎭，∴()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭，当0＜x ＜1时，∵1﹣x 2＞0，﹣lnx ＞0，∴1﹣x 2﹣lnx ＞0，；当x ＞1时，∵1﹣x 2＜0，﹣lnx ＜0，∴1﹣x 2﹣lnx ＜0．故若a ＞0，F （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；故若a ＜0，F （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．（2）不妨设x 1＞x 2，依题意()1111lnx a b x x =-， ∴()2111alnx b x x =-①，同理得()2222alnx b x x =-②由①﹣②得，∴()()()2211122121221x alnb x x x x b x x x x x =--+=-+-，∴()()1212121x lnx bx x a x x +-=-，∴()()()121211212121221x x x x x bg x x x x x x ln a a x x x +++=+⋅⋅+-=⋅-，故只需证1211222x x x ln x x x +⋅-＞，取∴121xt x =＞，即只需证明121t lnt t +⋅>-，1t ∀>成立，即只需证()1201t p t lnt t -=-⋅>+，1t ∀>成立， ∵()()()()222114011t p t t t t t -'=-=++＞，∴p （t ）在区间[1，+∞）上单调递增，∴p （t ）＞p （1）＝0，∀t＞1成立，故原命题得证．【点睛】本题考查了导数的综合运用，考查了转化化归思想与计算能力，属于难题. 7．（2020·广西南宁二中高三（文））已知函数()()2ln 1,f x x ax x =++-()()21ln ln 12g x a x x ax x x=--+-+（Ⅰ）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值点12,x x ，其中11(0,]x e∈，求()()12h x h x -的最小值.（注：其中e 为自然对数的底数）【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）最小值为4e. 【解析】【分析】（Ⅰ）对函数()f x 求导，对a 分情况讨论即可确定()f x 的单调区间；（Ⅱ）先对()h x 求导，令导数式等于0由韦达定理求出两个极值点12,x x 的关系1212,1x x a x x +=-= ，所以211111,x a x x x ==--，整理()()12h x h x -，构造关于1x 的函数()x ϕ ，求导根据单调性确定最值即可。

(完整版)再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法

题目虽然简单，但是方法的讲述由浅入深，学生会更容易接受一些。

如何处理导数问题中含有两个变量的问题

，一一２
式转化为ｌｎ＞ —
１＋（）
，即证明ｌｎ＞－２ｘ－２：￣ｘ ∈（１＋）恒成立
，
ｌ＋ｘ
ｘ－２证明：设ｇ（ｘ）：１ｎｘ一 — ２
—
，
ｘ∈（１，＋∞），
１＋ｘ一
二！（Ｘ）＞０，／则ｇ（ｘ）：１ｎｘ一２ｘ－２：￣（１，＋ ∞）上单调递增，ｇ（ｘ）＞ｇ（１）：Ｏ．
．
，
１＋ｘ ‘
又．．．０＜ａ＜ｂ．一ｂ
２ｂ
一
证明：．．．０ ≤ｂ＜ａ ≤１。要证＜）二＜２
＝
ｈ，（ｘ）：２ｘ（１ｎｘ — ｌｎａ）＋（ａ２＋ｘ２）．一２ａ：２ｘ（１ｎｘ — ｌｎａ）＋
—
ａ＋ｘａ＋ｘ
［（ａ２＋ｘ２）（１ｎｘ
—
ｌｎｚ）一
例２：函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ，当０＜ａ＜ｂ时，求证：ｆ（ｂ）一ｆ（ａ）＞
２ａ（ｂ — ａ）
ａ＋ｂ
２ａｘ＋２ａ］，（ｘ＞ａ）
了
．
，
１］，
（ｘ） ≥０
恒成立．
正负情况即可．求导过程相对较简单．如果有的同学对变量集中不太熟练．我们也可以换一个角度来考虑，对我们要证明的不等式ｌｎｂ — ｌｎａ＞ — ２ａ（ｂ－ａ）

例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法

例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法典例：已知函数f(x)=xe x,f(x1)=f(x2),x 1≠x2,求证：x1+x2>2.解析：f′(x)=1−xe x,易得 f(x)在(−∞,1)递增，(1,+∞)递减，其图像如图，为了更好的看图，横纵轴单位长度取得不同，不妨设0<x1<1<x2,以下是几种不同的证明思路：思路一：（极值点偏移问题+构造对称函数）令g(x)=f(2−x)−f(x),(0<x<1)则g′(x)=(1−x)e x−e2−xe x e2−x<0,则g(x)在(0,1)递减∴g(x)>g(1)=0,即f(2−x)>f(x),∴f(2−x1)> f(x1)=f(x2),又2−x1>1,x2>1,f(x)在(1,+∞)递减,∴2−x1<x2,即x1+x2>2。

点评：构造对称函数为极值点偏移问题的通法。

点评：含指数或者对数的不等式问题中，指对互化是常用技巧，而对数平均不等的功能更是巨大。

导数中的双变量问题解题策略(史上最全题型)

h(m)
(x
1)m
x2
1在m [2, 2]时的函数值恒为非负值
h(2) 0 h(2) 0
x
3或x
1
★对任意n N , 恒有(1 1 )2na e2 ,求实数a 的最大值. n
(1 1 )2na e2 ln(1 1 )2na ln e2 (2n a) ln(1 1 ) 2 (n a ) ln(1 1) 1
n
n
n
2
n
a 2
1 ln(1
1
)
n, 设G (
x)
1 ln(1
x)
1 x
,
x
0,1
n
G '(x)
(1
1 x) ln2 (1
x)
1 x2
(1 x) ln2 (1 x) x2 x2 (1 x) ln2 (1 x)
, 设h( x)
(1
x) ln2 (1
x) x2
h '(x) ln2 (1 x) 2ln(1 x) 2x, h ''(x) 2ln(1 x) x ,易得G(x)在0，1上单调递减
构造函数f (x) exm ln(m 1) 1 ln(x 1), x (m, ), m 0 f (x) exm 1 ex 1 (x 1)ex em 0在x (m, )上恒成立,
x 1 em x 1 (x 1)em f (x)在(m, )上递增 f (x) f (m) 0 当0 m n时,即f (n) enm ln(m 1) 1 ln(n 1) 0 enm ln(m 1) 1 ln(n 1)
要题设中的不等式恒成立,只需a ln a e 1成立便可,于是构造(a) a ln a e 1,

导数双变量专题

导数•双变量问题1. 构造函数利用单调性证明2. 任意性与存在性问题3. 整体换元一双变单4. 极值点偏移5. 賦值法构造函数利用单调性证明形式如:1/(^)-/(%2)1> m I x t-x2\方法：将相同变量移到一边，构造函数3 g1.已知函数f(x) = (x2+-){x + -)对任意X P X2G[-LO],不等式恒2 4*成立，试求m的取值范围。

2.已知函数f (x) = (a + \)\nx + ax2 +1 •设“ v-1 ,如果.对w((X+s),有\f(xj-f(x2)\>4\x[-x2\9求实数d的取值范围.3•已知函数f{x) = a\n(x + Y)-x2区间(0,1)内任取两个实数p.q 9且p丰q时.若不等式f(" + l) — /S + l) >1恒成立,求实数Q的取值范围。

4.已知函数f（x） = — x2 - 2a In x + （a - 2）x, a w R・是否存在实数a,对任意的2x^x2 G（0,+oo）,且％2工齐，有一>a,恒成立，若存在求出a的取值范国, 兀2 —兀］若不存在，说明理由.练习*1:已知函数f（X）= a\nx + x2，若">0小且对任意的令［1,刃，都有1/（斗）一/（禺）lvl丄一丄I,求实数"的取值范臥州兀2练习2•设函数f(x) = In x + —,/w e /?.若对任意b > a > 0, —< 1恒成立,x b-a求加的取值范围.5.已知函数/(x) = ^x2 -av4-(t/-l)lnx,« > 1(1) 讨论函数的单调性(2) 证明：若a<5f則对任意的心吃€(0,2)'且工召’有/(花)一/(西)> ［恒吃一西成立6.设函数/(x) = e/nv+x2 -mx(1) 证明：/(X)在(F,0)单调递减，在(0,+oc)单调递增；(2) 若对于任意环吃可一1」］，都有1/(西)一/(厂)1«6—1 ,求加的取值范国。

导数中的双变量

导数中的双变量问题1.已知函数1)(+=x ax ϕ，a 为正常数．⑴若)(ln )(x x x f ϕ+=，且a29=，求函数)(x f 的单调增区间；⑵在⑴中当0=a 时，函数)(x f y =的图象上任意不同的两点()11,y x A ，()22,y x B ，线段AB 的中点为),(00y x C ，记直线AB 的斜率为k ，试证明：)(0x f k '>．⑶若)(ln )(x x x g ϕ+=，且对任意的(]2,0,21∈x x ，21x x ≠，都有1)()(1212-<--x x x g x g ，求a 的取值范围．解：⑴222)1(1)2()1(1)(++-+=+-='x x x a x x a x x f ∵a 29=，令0)(>'x f 得2>x 或210<<x ,∴函数)(x f 的单调增区间为),2(),21,0(+∞.⑵证明：当0=a 时x x f ln )(=∴x x f 1)(=', ∴210021)(x x x x f +==',又121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--= 不妨设12x x > ，要比较k 与)(0x f '的大小，即比较1212lnx x x x -与212x x +的大小，又∵12x x >，∴ 即比较12lnx x 与1)1(2)(212122112+-=+-x x x x x x x x 的大小．令)1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h ,则0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h , ∴)(x h 在[)+∞,1上位增函数．又112>x x ，∴0)1()(12=>h x x h ， ∴1)1(2ln 121212+->x x x x x x，即)(0x f k '>⑶∵ 1)()(1212-<--x x x g x g ，∴[]0)()(121122<-+-+x x x x g x x g 由题意得x x g x F +=)()(在区间(]2,0上是减函数．︒1 当x x a x x F x +++=≤≤1ln )(,21， ∴ 1)1(1)(2++-='x a x x F 由313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'x x x x x x a x F 在[]2,1∈x 恒成立．设=)(x m 3132+++x x x ，[]2,1∈x ，则0312)(2>+-='xx x m∴)(x m 在[]2,1上为增函数，∴227)2(=≥m a .︒2 当x x a x x F x +++-=<<1ln )(,10，∴ 1)1(1)(2++--='x a x x F 由11)1()1(0)(222--+=+++-≥⇒≤'x x x x x x a x F 在)1,0(∈x 恒成立设=)(x t 112--+xx x ，)1,0(∈x 为增函数,∴0)1(=≥t a综上：a 的取值范围为227≥a .2.设函数1()ln ().f x x a x a R x =--∈⑴讨论函数()f x 的单调性；⑵若()f x 有两个极值点12,x x ，记过点11(,()),A x f x 22(,())B x f x 的直线斜率为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.解：⑴()f x 的定义域为(0,).+∞22211'()1a x ax f x x x x-+=+-= 令2()1,g x x ax =-+其判别式2 4.a =-①当||2,0,'()0,a f x ≤≤≥时故()(0,)f x +∞在上单调递增．②当2a <-时,>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,)+∞上，'()0f x >，故()(0,)f x +∞在上单调递增．③当2a >时,>0,g(x)=0的两根为12x x ==，当10x x <<时， '()0f x >；当12x x x <<时，'()0f x <；当2x x >时，'()0f x >，故()f x 分别在12(0,),(,)x x +∞上单调递增，在12(,)x x 上单调递减． ⑵由⑴知，若()f x 有两个极值点12,x x ，则只能是情况③，故2a >．因为1212121212()()()(ln ln )x x f x f x x x a x x x x --=-+--，所以1212121212()()ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+---1212ln ln 2x x k ax x -=--若存在a ，使得2.k a =-则1212ln ln 1x x x x -=-．即1212ln ln x x x x -=-．再由⑴知，函数1()2ln h t t t t=--在(0,)+∞上单调递增，而21x >，所以222112ln 12ln10.1x x x -->--=这与(*)式矛盾．故不存在a ，使得2.k a =- 3.已知函数)0)(ln()(2>=a ax x x f .（1）若2)('x x f ≤对任意的0>x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1=a 时，设函数x x f x g )()(=，若1),1,1(,2121<+∈x x e x x ，求证42121)(x x x x +<解：（1）x ax x x f +=)ln(2)(',2)ln(2)('x x ax x x f ≤+=，即x ax ≤+1ln 2在0>x 上恒成立设x ax x u -+=1ln 2)(,2,012)('==-=x xx u ，2>x 时，单调减，2<x 单调增，所以2=x 时，)(x u 有最大值.212ln 2,0)2(≤+≤a u ，所以20ea ≤<.（2）当1=a 时，x x xx f x g ln )()(==,e x x x g 1,0ln 1)(==+=,所以在),1(+∞e 上)(x g 是增函数，)1,0(e上是减函数. 因为11211<+<<x x x e，所以111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+ 即)ln(ln 211211x x x x x x ++<,同理)ln(ln 212212x x x x x x ++<. 所以)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+ 又因为,421221≥++x x x x 当且仅当“21x x =”时，取等号. 又1),1,1(,2121<+∈x x ex x ，0)ln(21<+x x , 所以)ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++,所以)ln(4ln ln 2121x x x x +<+，所以：42121)(x x x x +<.4.设a R ∈,函数()ln f x x ax =-.（Ⅰ）若2a =，求曲线()y f x =在()1,2P -处的切线方程；（Ⅱ）若()f x 无零点,求实数a 的取值范围；（Ⅲ）若()f x 有两个相异零点12,x x ,求证: 212x x e ⋅>.解：在区间()0,+∞上,11()axf x a x x-'=-=. （1）当2a =时，(1)121f '=-=-，则切线方程为(2)(1)y x --=--，即10x y ++= （2）①若0a =,()ln f x x =有唯一零点1x =.②若0a <,则()0f x '>,()f x 是区间()0,+∞上的增函数,(1)0f a =->Q ,()(1)0a a a f e a ae a e =-=-<,(1)()0a f f e ∴⋅<,函数()f x 在区间()0,+∞有唯一零点.③若0a >,令()0f x '=得: 1x a=. 在区间1(0,)a上, ()0f x '>,函数()f x 是增函数;在区间1(,)a+∞上, ()0f x '<,函数()f x 是减函数; 故在区间()0,+∞上, ()f x 的极大值为11()ln 1ln 1f a a a=-=--. 由1()0,f a <即ln 10a --<,解得:1a e>. 故所求实数a 的取值范围是1(,)e+∞. (3) 设120,x x >>12()0,()0,f x f x ==Q 1122ln 0,ln 0x ax x ax ∴-=-=1212ln ln ()x x a x x ∴+=+,1212ln ln ()x x a x x -=-原不等式21212ln ln 2x x e x x ⋅>⇔+>12()2a x x ⇔+>121212ln ln 2x x x x x x -⇔>-+1122122()ln x x x x x x -⇔>+令12x t x =,则1t >,于是1122122()2(1)ln ln 1x x x t t x x x t -->⇔>++. 设函数2(1)()ln 1t g t t t -=-+(1)t >,求导得: 22214(1)()0(1)(1)t g t t t t t -'=-=>++ 故函数()g t 是()1,+∞上的增函数,()(1)0g t g ∴>=，即不等式2(1)ln 1t t t ->+成立, 故所证不等式212x x e ⋅>成立.5.已知函数32()(63)xf x x x x t e =-++，t R ∈.（１）若函数()y f x =依次在,,()x a x b x c a b c ===<<处取到极值．①求t 的取值范围；②若22a c b +=，求t 的值．（２）若存在实数[]0,2t ∈，使对任意的[]1,x m ∈，不等式 ()f x x ≤恒成立．求正整数m 的最大值．解：（1）①23232()(3123)(63)(393)xxxf x x x e x x x t e x x x t e '=-++-++=--++32()3,39303,,.f x x x x t a b c ∴--++=有个极值点有个根 322()393,'()3693(1)(3)g x x x x t g x x x x x =--++=--=+-令()(-,-1),(3,+)(-1,3)g x ∞∞在上递增,上递减. ()3824.(3)0g x t g ⎧∴∴-<<⎨<⎩g(-1)>0有个零点②,,()a b c f x 是的三个极值点3232393(x-a)(x-b)(x-c)=x ()()x x x t a b c x ab bc ac x abc ∴--++=-+++++-393a b c ab ac bc t abc++=⎧⎪∴++=-⎨⎪+=-⎩31(b (-1,3))2b ∴=-∈或舍1181a b t c ⎧=-⎪∴=∴=⎨⎪=+⎩. （2）不等式 ()f x x ≤，即32(63)x x x x t e x -++≤，即3263x t xe x x x -≤-+-. 转化为存在实数[]0,2t ∈，使对任意[]1,x m ∈，不等式3263x t xe x x x -≤-+-恒成立,即不等式32063x xe x x x -≤-+-在[]1,x m ∈上恒成立。

导数双变量专题说课讲解

导数-双变量问题1.构造函数利用单调性证明2.任意性与存在性问题3.整体换元—双变单4.极值点偏移5.赋值法构造函数利用单调性证明形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥-方法：将相同变量移到一边，构造函数1. 已知函数239()()(24f x x x =++）对任意[]12,1,0x x ∈-，不等式12|()()|f x f x m -≤恒成立，试求m 的取值范围。

2.已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++.设1a <-,如果对12,(0,)x x ∀∈+∞,有1212|()()|4||f x f x x x -≥-,求实数a 的取值范围.3.已知函数2)1ln()(x x a x f -+=区间)1,0(内任取两个实数q p ,，且q p ≠时，若不等式1)1()1(>-+-+qp q f p f 恒成立，求实数a 的取值范围。

4.已知函数21()2ln (2),2f x x a x a x a R =-+-∈．是否存在实数a ，对任意的 ()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有2121()()f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．练习1：已知函数2()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有121211|()()|||-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围．练习2.设函数()ln ,m f x x m R x =+∈.若对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立，求m 的取值范围.5.已知函数()21()1ln ,12f x x ax a x a =-+-> （1）讨论函数的单调性（2）证明：若5a <，则对任意的()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有2121()()1f x f x x x ->--恒成立6.设函数()2mx f x e x mx =+-（1）证明：()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增；（2）若对于任意[]12,1,1x x ∈-，都有12|()()|e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围。

人教版2024年高考数学一轮复习高考频点《第07讲利用导数研究双变量问题知识点必背》

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.
(3)构造关于或的新函数,同时根据已知条件确定出或的范围即为新函数定义域,借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
2、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;
第07讲利用导数研究双根据已知条件确定出变量满足的条件;
(2)将待求的问题转化为关于的函数问题,同时注意将双变量转化为单变量,具体有两种可行的方法:①通过将所有涉及的式子转化为关于的式子,将问题转化为关于自变量 ( 亦可)的函数问题;②通过的乘积关系,用表示 (用表示亦可),将双变量问题替换为 (或 )的单变量问题;

导数压轴题双变量问题题型归纳总结

导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数()2ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.（1）求实数,a b 的值；（2）设()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x的两个零点，求证：0F '<.【解析】（1）1,1a b ==-；（2）()2ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x'=+-，因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-，|1212ln ln 1x x F m x x -'=+=-0F '<，只需证1212ln ln x x x x -<-.思路一：因为120x x <<，只需证1122ln ln ln 0x x x x ->⇔>.令()0,1t =，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()22212110t h t t t t -'=--=-<，所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证12ln 0t t t-+>.由上述分析可知0F '<.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形为齐次式，设12111222,ln ,,x x x xt t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x <<，只需证12ln ln 0x x -，设())22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则()2110Q x xx '===<， …所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()20Q x Q x >=，即证2ln ln xx -.由上述分析可知0F '<.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.【变式训练】已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2．【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2，设21x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）略（2）f′（x ）=x-a lnx ，g （x ）=x-a lnx ，由x 1，x 2是g （x ）=x-a lnx=0的两个根，￥则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜221221(x x )x (ln )x -，即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+，由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t-t-120t +<，设g （t ）=ln 2t-t-12t+，则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，令h （t ）=2lnt-t+t1，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，∴h（t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h（t ）＜h （1）=0，∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g（t ）＜g （1）=0，即ln 2t ＜t-2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． "【变式训练】已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅ ⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22212211a x ax f x x x x--+'=-+=-. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '=（ii ）若1a >，令()0f x '=得12x a x a ==当(()20,x a a a ∈++∞时，()0f x '<；当(x a a ∈时，()0f x '>，!所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间；当1a >时，()f x单调递减区间为(()0,,a a +∞；单调递增区间为(a a .（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()12g x b cx x'=--， ∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+⎪+⎝⎭，由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-， ()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln ln 1⎛⎫- ⎪-⎝⎭=-=-++x x x x x x x x x x x x ，令12(0,1)x t x =∈，∴2(1)ln 1t y t t -=-+， ∴22(1)0(1)t y t t --'=<+，所以y 在()0,1上单调递减. ~由y 的取值范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，得t 的取值范围是10,2⎛⎤⎥⎝⎦，∵122x x a +=， ∴()222222211221212112212212(2)242x x x x x xa x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，∴2122119422,2x x a t x x t ⎡⎫=++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭，又∵1a >，故a的取值范围是4⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭.(二)各自构造一元函数【例】已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax +1（a ∈R ）．（1）求f （x ）的单调区间；（2）设g （x ）＝lnx 344x x-+，若对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围．【分析】（1）函数求导得()11'axf x a x x-=-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）~（3）根据对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，然后分别求最大值求解即可.【详解】（1）略（2）()()()222213113143'4444x x x x g x x x x x-+--+-=--⨯==，在区间（1，3）上，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，在区间（3，+∞）上，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，所以g （x ）max ＝g （3）＝ln 312-，因为对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，由（1）知当a ≤0时，f （x ）无最值，~当a ＞0时，f （x ）max ＝f （1a ）＝﹣lna ，所以﹣lna ＜ln 312-，所以3lna ＞ln ，解得a 3．【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()xf x x ax a a -=+-⋅∈R .（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.【解析】 (1)当0a =时，因为()2xf x x e -=⋅，所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-，又因为()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2xx f x x a ex ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-； >②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ③当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-，综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-. (三)消元构造一元函数【例】已知函数f (f )={e −f +1,f ≤0,2√f , f >0.函数f =f (f (f )+1)−f (f ∈f )恰有两个零点f 1和f 2．（1）求函数f (f )的值域和实数f 的最小值；（2）若f1<f2，且ff1+f2≥1恒成立，求实数f的取值范围．【解析】（1）当f≤0时，f(f)=e−f+1≥2.`当f>0时，f(f)=2√f>0.∴f(f)的值域为(0,+∞)．令f(f(f)+1)=f，∵f(f)+1>1，∴f(f(f)+1)>2，∴f>2.又f(f)的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设f(f)+1=f1，f(f)+1=f2，且f1<0，f2>1．∴f(f)=f1−1无解.从而f(f)=f2−1要有两个不同的根，应满足f2−1≥2，∴f2≥3.∴f(f2)=f(f(f)+1)≥2√3.即f≥2√3．∴f的最小值为2√3.(2) f=f(f(f)+1)−f有两个零点f1、f2且f1<f2，设f(f)=f，f∈[2,+∞)，∴e−f1+1=f，∴f1=−ln(f−1).2√f2=f，∴f2=f24.#∴−f ln(f−1)+f24≥1对f∈[2,+∞)恒成立设f(f)=−f ln(f−1)+f24−1，f′(f)=−ff−1+f2=f2−f−2f2(f−1).∵f∈[2,+∞)，∴f2−f∈[2,+∞)恒成立.∴当2f≤2，即f≤1时，f′(f)≥0，∴f(f)在[2,+∞)上单调递增.∴f(f)≥f(2)=−f ln1+1−1=0成立.当f>1时，设f(f)=f2−f−2f.由f(2)=4−2−2f=2−2f<0.∴∃f0∈(2,+∞)，使得f(f0)=0.且当f∈(2,f0)时，f(f)<0，f∈(f0,+∞)时，f(f)>0.∴当f∈(2,f0)时，f(f)单调递减，此时f(f)<f(2)=0不符合题意.综上，f≤1.【变式训练】f(f)=f2+ff−f ln f.（1）若函数f(f)在[2,5]上单调递增，求实数f的取值范围；（2）当f=2时，若方程f(f)=f2+2f有两个不等实数根f1，f2，求实数f的取值范围，并证明f1f2<1.【解析】（1）f′(f)=2f+f−ff，∵函数f(f)在[2,5]上单调递增，∴f′(f)≥0在f∈[2,5]恒成立，即2f+f−ff≥0对f∈[2,5]恒成立，∴f≥−2f2f−1对f∈[2,5]恒成立，即f≥(−2f2f−1)max，f∈[2,5]，令f(f)=−2f2f−1(f∈[2,5])，则f′(f)=−2f2+4f(f−1)2≤0(f∈[2,5])，∴f(f)在[2,5]上单调递减，∴f(f)在[2,5]上的最大值为f(2)=−8.\∴f的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当f=2时，方程f(f)=f2+2f⇔f−ln f−f=0，令f(f)=f−ln f−f(f>0)，则f′(f)=1−1f，当f∈(0,1)时，f′(f)<0，故f(f)单调递减，当f∈(1,+∞)时，f′(f)>0，故f(f)单调递增，∴f(f)min=f(1)=1−f.若方程f(f)=f2+2f有两个不等实根，则有f(f)min<0，即f>1，当f>1时，0<f−f<1<f f，f(f−f)=f−f>0，f(f f)=f f−2f，令f(f)=f f−2f(f>1)，则f′(f)=f f−2>0，f(f)单调递增，f(f)>f(1)=f−2>0，∴f(f f)>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数f的取值范围是(1,+∞).不妨设f 1<f 2，则0<f 1<1<f 2，0<1f 2<1，∴f 1f 2<1⇔f 1<1f 2⇔f (f 1)>f (1f 2)，∵f (f 1)=f (f 2)=0，∴f (f 1)−f (1f 2)=f (f 2)−f (1f 2)=(f 2−ln f 2−f )−(1f 2−ln 1f 2−f ),=f 2−1f 2−2ln f 2.令f (f )=f −1f−2ln f (f >1)，则f′(f )=1+1f 2−2f=(1f −1)2>0，∴f (f )在(1,+∞)上单调递增，∴当f >1时，f (f )>f (1)=0，即f 2−1f 2−2ln f 2>0，∴f (f 1)>f (1f 2)，∴f 1f 2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数. （1）求()f x 的极值；，（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围：【详解】（1）略；（2）当4k =时，()4ln f x x =-'，()224ln g x x x x =+-，当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，即()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()2424ln F x g x x x x x =-=--，由于120x x t <<<，()()12F x F x ≥，则函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，()()()221422x x F x x x x='-+=--，0x，解不等式()0F x '≤，解得02x <≤.`由题意可知()(]0,0,2t ⊆，02t ∴<≤，因此，正实数t 的取值范围是(]0,2；【变式训练】设函数．（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；（2）若对任何恒成立，求的取值范围．【解析】（2）条件等价于对任意恒成立，设．则在上单调递减，则在上恒成立，得恒成立， —∴（对仅在时成立），故的取值范围是【变式训练】已知函数f (f )=f +f ln f .（Ⅰ）求函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程；（Ⅱ）若f ∈f ，且f (f −1)<f (f )对任意f >1恒成立，求f 的最大值；（Ⅲ）当f >f ≥4时，证明：(ff f )f >(ff f )f .()ln ,k R kf x x x=+∈()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0kh x f x x x x x x=-=+->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】（Ⅰ）∵f ′(f )=ln f +2,∴f ′(1)=2，函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程f =2f −1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f (f )=f +f ln f ,∴f (f −1)<f (f )，对任意f >1恒成立，）即f <f +f ln ff −1对任意f >1恒成立．令f (f )=f +f ln ff −1，则f′(f )=f −ln f −2(f −1)2，令f (f )=f −ln f −2(f >1)，则f ′(f )=1−1f =f −1f>0，所以函数f (f )在(1,+∞)上单调递增．∵f (3)=1−ln 3〈0,f (4)=2−2ln 2〉0，∴方程f (f )=0在(1,+∞)上存在唯一实根f 0，且满足f 0∈(3,4)．当1<f <f 0时，f (f )<0，即f′(f )<0，当f >f 0时，f (f )>0，即f′(f )>0，所以函数f (f )=f +f ln ff −1在(1,f 0)上单调递减，在(f 0,+∞)上单调递增． ∴[f (f )]min =f (f 0)=f 0(1+ln f 0)f 0−1=f 0(1+f 0−2)f 0−1=f 0∈(3,4)，∴f <[f (f )]min =f 0∈(3,4)，故整数f 的最大值是3．)（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f (f )=f +f ln ff −1是[4,+∞)上的增函数，∴当f >f ≥4时，f +f ln f f −1>f +f ln ff −1．即f (f −1)(1+ln f )>f (f −1)(1+ln f )．整理，得ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f +(f −f )． ∵f >f ,∴ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f ．即ln f ff +ln f f >ln f ff +ln f f ．即ln (f ff f f )>ln (f ff f f )．∴(ff f )f >(ff f )f ． (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（Ⅰ）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立]【分析】（Ⅰ）将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，可得112+-≤x x a ，令()121h x x x =-+，可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增，即()()min 2h x h =，从而可得a 的范围；（Ⅱ）构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-，且121x x -<≤；利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数，得到()()2F x F x ≥，经验算可知()20F x =，从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+，从而可证得结论.【解析】（Ⅰ）由题意知：()121f x x a x '=-++ 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立即112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立，设()121h x x x =-+ 当2≥x 时，11=+y x 单调递减，2=y x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增 ()()min 1112433h x h ∴==-=，113a ∴≤，即a 的取值范围为11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（Ⅱ）设121x x -<≤，令：()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦*()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥，122m x m x x ∴+≥()121f x x a x '=-++，令()()g x f x ='，则()()21201g x x '=--<+ ()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数，()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦，即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数，()2()0F x F x ∴≥=，即()0F x ≥ ()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥(]21,x x ∴∈-时，()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+（121x x -<≤ ，()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+【变式训练】已知函数f (f )=f f −f ，f (f )=(f +f )ln (f +f )−f ．（1）若f =1，f ′(f )=f ′(f )，求实数f 的值．（2）若f ,f ∈f +，f (f )+f (f )≥f (0)+f (0)+ff ，求正实数f 的取值范围．【解析】（1）由题意，得f ′(f )=f f −1，f ′(f )=ln (f +f )，由f =1，f ′(f )=f ′(f )…①，得f f −ln (f +1)−1=0，令f (f )=f f −ln (f +1)−1，则f ′(f )=f f −1f +1，…因为f″(f)=f f+1(f+1)2>0，所以f′(f)在(−1,+∞)单调递增，又f′(0)=0，所以当−1<f<0时，f′(f)>0，f(f)单调递增；当f>0时，f′(f)<0，f(f)单调递减；所以f(f)≤f(0)=0，当且仅当f=0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解f=0，实数f的值为0．（2）解法一：令f(f)=f(f)−ff+f(f)−f(0)−f(0)（f>0），则f′(f)=f f−(f+1)，所以当f>ln(f+1)时，f′(f)>0，f(f)单调递增;当0<f<ln(f+1)时，f′(f)<0，f(f)单调递减;;故f(f)≥f(ln(f+1))=f(ln(f+1))+f(f)−f(0)−f(0)−f ln(f+1)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f．令f(f)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f（f>0），则f′(f)=ln(f+f)−ln(f+1)．（i）若f>1时，f′(f)>0，f(f)在(0,+∞)单调递增，所以f(f)>f(0)=0，满足题意．（ii）若f=1时，f(f)=0，满足题意．（iii）若0<f<1时，f′(f)<0，f(f)在(0,+∞)单调递减，所以f(f)<f(0)=0．不满足题意．综上述：f≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示>【例】（2020山西高三期末）设函数1()ln() f x x a x a Rx=--∈（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．【解析】（1）()f x 定义域为()0,∞+，()22211'1a x ax f x x x x-+=+-=，令()221,4g x x ax a =-+∆=-，①当22a -≤≤时，0∆≤，()'0f x ≥，故()f x 在()0,∞+上单调递增， ·②当2a <-时，>0∆，()0g x =的两根都小于零，在()0,∞+上，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+上单调递增，③当2a >时，>0∆，()0g x =的两根为12x x ==，当10x x <<时，()'0f x >；当12x x x <<时，()'0f x <；当2x x >时，()'0f x >；故()f x 分别在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减.（2）由（1）知，2a >，因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--. 所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+⋅--,又由（1）知，121=x x ，于是1212ln ln 2x x k a x x -=--，若存在a ，使得2k a =-，则1212ln ln 1x x x x -=-，即1212ln ln x x x x -=-，亦即222212ln 0(1)x x x x --=>|再由（1）知，函数()12ln h t t t t=--在()0,∞+上单调递增，而21>x ，所以22212ln 112ln10x x x -->--=，这与上式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【变式训练】已知函数21()2ln 2f x x x a x =-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：123()()2f x f x -<+<-.【解析】（1）解：由题得22'()2a x x af x x x x-+=-+=，其中0x >，考察2()2g x x x a =-+，0x >，其中对称轴为1x =，44a ∆=-. 若1a ≥，则，此时()0g x ≥，则'()0f x ≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；|若，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根111x a =--，211x a =+-，且1201x x <<<，所以当时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增；当12(,)x x x ∈时，()0g x <，则'()0f x <，()f x 单调递减；当2(,)x x ∈+∞时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增，综上，当1a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当时，()f x 在(0,11)a --上单调递增，在(11,11)a a --+-上单调递减，在(11,)a +-+∞上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =，所以()()2212111222112ln 2ln 22fx f x x x a x x x a x +=-++-+ ()()()2212121212ln ln 2x x x x a x x =+-+++()()()212121212122ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()21224ln ln 22a a a a a a =--+=--. 令()ln 2h x x x x =--，01x <<，则只需证明3()2h x -<<-，由于'()ln 0h x x =<，故()h x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)3h x h >=-.又当01x <<时，ln 11x -<-，(ln 1)0x x -<，故()ln 2(ln 1)22h x x x x x x =--=--<-，所以，对任意的01x <<，3()2h x -<<-. 综上，可得()()1232fx f x -<+<-.【变式训练】已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）. （1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；/（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）. 【解析】（1）由题意，函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+（），得2121'21ax x f x ax x x -+-=--+=（），0x ∈+∞（，），（i ）若0a =时；1x f x x-'=（），当01x ∈（，）时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当），（∞+∈1x 时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，所以当1x =，函数()f x 取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点；（ii ）若0a >时，则180a ∆=-≤，即18a ≥时，此时0f x '≤（），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极值点，当108a <<时，则180a ∆=->，令0='）（x f ，解得1x =，2x =，当10x x ∈（，）和2x x ∈+（，）∞时，0f x '<（），当12x x x ∈（，）时，0>'）（x f ， `∴()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点，综上可知：（i ）0a =时，()f x 仅有一个极值点；(ii).当18a ≥时，()f x 无极值点； (iii)当108a <<，()f x 有两个极值点. （2）由（1）知，当且仅当108a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程2210ax x 的两根，∴1212x x a +=,1212x x a=，则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（）（） 22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111ln[]42a a a a a=---+ 11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a=+--，【设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则221141044a g a a a a-'=-=<（），∴10,8a ∈（）时，()a g 是减函数，1()()8g a g >，∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-（）， ∴1234ln 2f x f x +>-（）（）. 三、跟踪训练 1.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈. （1）讨论函数()y f x =的单调性；（2）若10<<b ，1()()g x f x bx x=+-，且存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，求证：0a <且2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭. 【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>， @当0a ≥时，因为0x >，所以210x ax ++>，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当20a -≤<时，240a ∆=-≤，210x ax ++≥，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当2a <-时，'()0f x >，解得0x <<或x >，'()0f x <x <<，所以函数()f x 在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. 综上所述，当2a ≥-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当2a <-时，函数()f x在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减， !在区间0,2a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭和区间2a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增. （2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1ag x b x=-+. 当0a ≥时，0)('>x g ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，与存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()g x g x =矛盾，所以0a <.由12()()g x g x =，得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+，所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--，不妨设120x x <<，因为10<<b ，所以212101ln ln x x a b x x -=>--，欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭，只需证2121ln ln x x x x ->-21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t->ln 0t -<， |令()ln 1)h t t t =->，2'()0h t =<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而ln 0t <得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f (f )=f ln f −f 2.（1）令f (f )=f (f )+ff ，若f =f (f )在区间(0,3)上不单调，求f 的取值范围；（2）当f =2时，函数f (f )=f (f )−ff 的图象与f 轴交于两点f (f 1,0)，f (f 2,0)，且0<f 1<f 2，又f ′(f )是f (f )的导函数.若正常数f ，f 满足条件f +f =1，f ≥f .试比较f ′(ff 1+ff 2)与0的关系，并给出理由【解析】（1）因为f (f )=f ln f −f 2+ff ，所以f ′(f )=ff −2f +f ，因为f (f )在区间(0,3)上不单调，所以f ′(f )=0在(0,3)上有实数解，且无重根，由f ′(f )=0，有f =2f 2f +1=2(f +1+1f +1)−4，f ∈(0,3)，令t=x+1>4则y=2(t+1f )−4在t>4单调递增，故f ∈(0,92)、（2）∵f ′(f )=2f −2f −f ，又f (f )−ff =0有两个实根f 1，f 2，∴{2fff 1−f 12−ff 1=02fff 2−f 22−ff 2=0，两式相减，得2(ln f 1−ln f 2)−(f 12−f 22)=f (f 1−f 2)， ∴f =2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2−(f 1+f 2)，于是f ′(ff 1+ff 2)=2ff 1+ff 2−2(ff 1+ff 2)−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(f 1+f 2)=2ff 1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(2f −1)(f 2−f 1).∵f ≥f ，∴2f ≤1，∴(2f −1)(f 2−f 1)≤0. 要证：f ′(ff 1+ff 2)<0，只需证：2ff1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2<0，只需证：f 1−f 2ff 1+ff 2−ln f1f 2>0.（*）令f 1f 2=f ∈(0,1)，∴（*）化为1−fff +f +ln f <0，只需证f (f )=ln f +1−fff +f <0；f ′(f )=1f −1(ff +f )2>0∵f (f )在(0,1)上单调递增，f (f )<f (1)=0，∴ln f +1−f ff +f<0，即f 1−f 2ff +f+ln f 1f 2<0.∴f ′(ff 1+ff 2)<0.2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f （x ）=12ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b∈R，设h （x ）=f （x ）-g （x ），（1）若f （x ）在x=√22处取得极值，且f′（1）=g （-1）-2．求函数h （x ）的单调区间；（2）若a=0时，函数h （x ）有两个不同的零点x 1，x 2 ①求b 的取值范围；②求证：x 1x 2e 2＞1．【答案】（1）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）①（−1f ，0）②详见解析—【解析】试题分析：（1）先确定参数：由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3. 由函数极值定义知f ′(√22)=√22f +√2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）①当f =0时，f (f )=ln f +ff ，原题转化为函数f (f )=−ln ff与直线f =f 有两个交点，先研究函数f (f )=−ln ff图像，再确定b 的取值范围是（−1f ，0）. ②f 1f 2f 2>1⇔f 1f 2>f 2⇔ln f 1f 2>2，由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2ln f 2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，因此须证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，构造函数f (f )=ln f −2(f −1)f +1，即可证明试题解析：（1）因为f ′(f )=ff +1f ，所以f ′(1)=f +1,由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3.又因为f (f )在f =√22处取得极值，所以f ′(√22)=√22f +√2=0，所以a=" -2,b=1" .所以f (f )=−f 2+ln f +f ，其定义域为（0，+）f′(f )=−2f +1f +1=−2f 2+f +1f =−(2f +1)(f −1)f{令f′(f )=0得f 1=−12,f 2=1，当f ∈（0,1）时，f′(f )>0，当f ∈（1,+）f′(f )<0，所以函数h （x ）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）当f =0时，f (f )=ln f +ff ，其定义域为（0，+）.①由f (f )=0得f =-ln ff，记f (f )=−ln ff，则f′(f )=ln f −1f 2,所以f (f )=−ln ff在(0,f )单调减，在(f ,+∞)单调增，所以当f =f 时f (f )=−ln ff取得最小值−1f .又f (1)=0，所以f ∈(0,1)时f (f )>0，而f ∈(1,+∞)时f (f )<0,所以b 的取值范围是（−1f ，0）. ②由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2+f (f 1+f 2)=0,ln f 2−ln f 1+f (f 2−f 1)=0,{所以ln f 1f 2ln f2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，不妨设x1<x2,要证f 1f 2>f 2, 只需要证ln f 1f 2=f 1+f2f 2−f 1(ln f 2−ln f 1)>2.即证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，设f =f2f 1(f >1),则f (f )=ln f −2(f −1)f +1=ln f +4f +1−2,所以f′(f )=1f −4(f +1)2=(f −1)2f (f +1)2>0,所以函数f (f )在（1，+）上单调增，而f (1)=0，所以f (f )>0即ln f >2(f −1)f +1,所以f 1f 2>f 2.考点：函数极值，构造函数利用导数证明不等式3．【福建省2020高三期中】已知函数f (f )=f f (f f −ff +f )有两个极值点f 1，f 2.（1）求f 的取值范围；，（2）求证：2f 1f 2<f 1+f 2.【解析】（1）因为f (f )=f f (f f −ff +f )，所以f ′(f )=f f (f f −ff +f )+f f (f f −f )=f f (2f f −ff )，令f ′(f )=0，则2f f =ff ，当f =0时，不成立；当f ≠0时，2f =ff f ，令f (f )=f ef，所以f ′(f )=1−ff f ，当f <1时，f ′(f )>0，当f >1时，f ′(f )<0，所以f (f )在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，又因为f (1)=1f ，当f →−∞时，f (f )→−∞，当f →+∞时，f (f )→0，'因此，当0<2f <1f 时，f (f )有2个极值点，即f 的取值范围为(2f ,+∞).（2）由（1）不妨设0<f 1<1<f 2，且{2f f 1=ff 12f f 2=ff 2，所以{ff2+f 1=fff +fff 1ff2+f 2=fff +fff 2，所以f 2−f 1=ln f 2−ln f 1，要证明2f 1f 2<f 1+f 2，只要证明2f 1f 2(ln f 2−ln f 1)<f 22−f 12，即证明2ln (f 2f 1)<f 2f 1−f 1f 2，设f 2f 1=f (f >1)，即要证明2ln f −f +1f <0在f ∈(1,+∞)上恒成立，记f (f )=2ln f −f +1f (f >1)，f ′(f )=2f −1−1f 2=−f 2+2f −1f 2=−(f −1)2f 2<0，所以f (f )在区间(1,+∞)上单调递减，所以f (f )<f (1)=0，即2ln f −f +1f <0，即2f 1f 2<f 1+f2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f(f)=−12f2+2f−2f ln f．$（1）讨论函数f(f)的单调性；（2）设f(f)=f′(f)，方程f(f)=f（其中f为常数）的两根分别为f,f(f<f)，证明：f′(f+f2)<0．注：f′(f),f′(f)分别为f(f),f(f)的导函数．【解析】（1）函数f(f)的定义域为(0,+∞)，f′(f)=−f+2−2ff =−f2+2f−2ff，令f(f)=−f22f−2f，f=4−8f，①当f≤0时，即f≥12时，恒有f(f)≤0，即f′(f)≤0，∴函数f(f)在(0,+∞)上单调减区间．②当f>0时，即f<12时，由f(f)=0，解得f1=1−√1−2f,f2=1+√1−2f，（i）当0<f<12时，当f∈(0,f1),(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，|当f∈(f1,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(0,f1),(f2,+∞)单调递减，在(f1,f2)上单调递增．（ii）当f≤0时，f(0)=−2f≥0，当f∈(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，当f∈(0,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(f2,+∞)单调递减，在(0,f2)上单调递增．证明（2）由条件可得f (f )=−f +2-2ff,f >0，∴f ′(f )=−1+2ff 2，!∵方程f (f )=f （其中f 为常数）的两根分别为f ,f (f <f )，∴{f (f )=f f (f )=f可得ff =2f ，∴f ′(f +f2)=−1+8f (f +f )2=−1+4ff (f +f )2=−1+4ff +f f+2，∵0<f <f ， ∴0<ff <1， ∴ff +f f >2，∴f ′(f +f2)=−1+4f f +f f+2<−1+1=0．5．（2020江苏徐州一中高三期中）设函数()ln 1nf x x m x =+-，其中n ∈N *，n ≥2，且m ∈R ．{（1）当2n =，1m =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当2n =时，令()()22g x f x x =-+，若函数()g x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求()2g x 的取值范围；【答案】（1）见解析；（2）12ln 2,04-⎛⎫⎪⎝⎭；（3）见解析【解析】【分析】（1）将2n =，1m =-代入解析式，求出函数的导数，从而即可得到函数()f x 的单调区间；（2）由题意知()221ln g x x x m x =-++，求导，从而可得2220x x m -+=，由方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <）可得102m <<，由方程得22x =，且2112x <<，由此分析整理即可得到答案；（3）求出函数的导数，得到()f x 的单调性，求出()f x 的最小值，通过构造函数结合零点存在性定理判断函数的零点即可.、【详解】（1）依题意得，()2ln 1f x x x =--，()0,x ∈+∞，∴ ()21212x f x x x x='-=-．令()0f x '>，得2x >；令()0f x '<，得02x <<．则函数()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．（2）由题意知：()221ln g x x x m x =-++．则()22222m x x mg x x x x='-+=-+，令()0g x '=，得2220x x m -+=，故方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <），则()412002m m⎧∆=->⎪⎨>⎪⎩，，解得102m <<．由方程得22x =，且2112x <<．￥由222220x x m -+=，得22222m x x =-+．()()222222222122ln g x x x x x x =-++-+，2112x <<． ()22214ln 02g x x x ⎛'⎫=--> ⎪⎝⎭，即函数()2g x 是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的增函数，所以()212ln204g x -<<，故()2g x 的取值范围是12ln2,04-⎛⎫⎪⎝⎭． 6．（2019·江苏徐州一中高三月考）已知函数()alnxf x x=，g （x ）＝b （x ﹣1），其中a ≠0，b ≠0 （1）若a ＝b ，讨论F （x ）＝f （x ）﹣g （x ）的单调区间；（2）已知函数f （x ）的曲线与函数g （x ）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：()12122x x g x x a++＞．【答案】（1）见解析（2）见解析，【解析】【分析】（1）求导得()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=--⎪⎝⎭，按照a ＞0、 a ＜0讨论()F x '的正负即可得解；（2）设x 1＞x 2，转化条件得()1212112122x x x x x g x x ln a x x x +++=⋅-，令121x t x =＞，()121t p t lnt t -=-⋅+，只需证明()0p t >即可得证. 【详解】（1）由已知得()()()1lnx F x f x g x a x x ⎛⎫=-=-+⎪⎝⎭，∴()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭，当0＜x ＜1时，∵1﹣x 2＞0，﹣lnx ＞0，∴1﹣x 2﹣lnx ＞0，；当x ＞1时，∵1﹣x 2＜0，﹣lnx ＜0，∴1﹣x 2﹣lnx ＜0．<故若a ＞0，F （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；故若a ＜0，F （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．（2）不妨设x 1＞x 2，依题意()1111lnx ab x x =-， ∴()2111alnx b x x =-①，同理得()2222alnx b x x =-②由①﹣②得，∴()()()2211122121221x alnb x x x x b x x x x x =--+=-+-， ∴()()1212121x lnx b x x a x x +-=-，∴()()()121211212121221x x x x x bg x x x x x x ln a a x x x +++=+⋅⋅+-=⋅-，故只需证1211222x x x ln x x x +⋅-＞，取∴121x t x =＞，即只需证明121t lnt t +⋅>-，1t ∀>成立，即只需证()1201t p t lnt t -=-⋅>+，1t ∀>成立， .∵()()()()222114011t p t t t t t -'=-=++＞，∴p （t ）在区间[1，+∞）上单调递增，∴p （t ）＞p （1）＝0，∀t＞1成立，故原命题得证．【点睛】本题考查了导数的综合运用，考查了转化化归思想与计算能力，属于难题. 7．（2020·广西南宁二中高三（文））已知函数()()2ln 1,f x x ax x =++-()()21ln ln 12g x a x x ax x x=--+-+（Ⅰ）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值点12,x x ，其中11(0,]x e∈，求()()12h x h x -的最小值.（注：其中e 为自然对数的底数）【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）最小值为4e. 【解析】【分析】&（Ⅰ）对函数()f x 求导，对a 分情况讨论即可确定()f x 的单调区间；（Ⅱ）先对()h x 求导，令导数式等于0由韦达定理求出两个极值点12,x x 的关系1212,1x x a x x +=-= ，所以211111,x a x x x ==--，整理()()12h x h x -，构造关于1x 的函数()x ϕ ，求导根据单调性确定最值即可。

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