您的位置：360文档中心› (完整word版)高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题(2).docx

(完整word版)高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题(2).docx

合集下载

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

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）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lna ＞，解得a 【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f 1<f 2，且ff 1+f 2≥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=f 1，f (f )+1=f 2，且f 1<0，f 2>1．∴ f (f )=f 1−1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 )=f 2+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 )=f 2+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−ln1f 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， ()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,+∞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 . 【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．()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（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 ff −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>0，所以f′(f)在(−1,+∞)单调递增，因为f″(f)=f f+1(f+1)2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 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114x a =，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02a x -<<或2a x ->，'()0f x <，解得22a a 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⎫+∞⎪⎪⎝⎭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 =->，'()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 <0f ′(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−fff +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+f2f 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+f 2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f (f )=−12f 2+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 +2−2f f=−f2+2f −2ff，令f (f )=−f 22f −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f 1=1−√1−2f ,f 2=1+√1−2f ， （i ）当0<f <12时，当f ∈(0,f 1),(f 2,+∞)时，f (f )<0，即f ′(f )<0， 当f ∈(f 1,f 2)时，f (f )>0，即f ′(f )>0，∴函数f (f )在(0,f 1),(f 2,+∞)单调递减，在(f 1,f 2)上单调递增．（ii ）当f ≤0时，f (0)=−2f ≥0，当f ∈(f 2,+∞)时，f (f )<0，即f ′(f )<0， 当f ∈(0,f 2)时，f (f )>0，即f ′(f )>0，∴函数f (f )在(f 2,+∞)单调递减，在(0,f 2)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+4ff +ff+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0,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭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 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 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∴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。

导数专题：双变量导数压轴题训练

导数专题：双变量导数压轴题训练

导数专题：双变量导数压轴题一．选择题（共10小题）1．设函数()(ln ),x f x xe a x x =-+若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范国是 ( )A ．[0,]e B ．[0,1] C ．(,]e -∞D ．[,)e +∞2．函数2()2(1)x f x e a x =--有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是 ( )A ．(,1)4eB．(1, C ．3(0,)2e D ．3(,)2e -∞3．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且2(1)(0)(),2x f f f x e x x e '=+-若存在实数x 使不等式2()3f x m am ≤--对于a ∈[0，2]恒成立，则实数m 的取值范围为 ( )A ．(,2][2,)-∞-⋃+∞ B．(,1[1)-∞⋃+∞ C．(,1[2,)-∞⋃+∞D．(,2][1)-∞-⋃++∞4．已知函数232,(1(2.))33xf x xg x e x x x c -==-+-+若对12(0)[]13x x ∀∈+∞∃∈，，，， 12)(()f x g x 使＝成立，则c 的取值范围是 ( )A ．244(,)3e B ．244[,]3e C ．4(,]3-∞D ．24[,)e +∞5．已知函数32()f x x x ax a =-+-存在极值点x 0，且10(())f x f x =，其中10102x x x x +=≠，( )A ．3B ．2C ．1D ．06．设点P 为函数21()22f x x ax =+与2()3(0)g x a lnx b a =+＞的图象的公共点，以P 为切点可作直线与两曲线都相切，则实数b 的最大值为 ( )A ．2323eB ．2332eC ．3223eD ．3232e7．设函数32()232x ax f x bx c =+++的两个极值点分别为12x x ，，若12(01)(12)x x ∈∈，，，，且存在,a b 使得2t a b +＞成立，则实数t 的取值范围为 ( )A ．(5,4)--B ．(4,2)--C ．(4,)-+∞D ．(5,)-+∞8．已知函数3211()32xf x xe ax ax =--有三个极值点，则a 的取值范围是 ( )A ．(0,)eB ．1(0,)eC ．(,)e +∞D ．1(,)e+∞9．已知函数ln(1),0(),,0xx x f x xe x +≥⎧=⎨-<⎩函数1(x)(())g f f x e =-零点的个数为 ( ) A ．3B ．4C ．1D ．210．已知函数1()(ln )x e f x k x x x=-+有两个极值点，则实数k 的取值范围是 ( ) A ．(,0]-∞ B ．(1,)(,)e e ⋃+∞C ．(0,)(,)e e ⋃+∞D ．(,)e +∞解答题训练第Ⅱ卷（非选择题）二．解答题（共10小题） 11．已知函数21()2ln ,2f x x x a x =-+其中a ＞0． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个极值点12x x ，，证明：12)3((2)f x f x -<+<-．12．已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个极值点1212()x x x x <，，当a ≥21(())f x f x -的最大值．13．已知()ln f x x x =，(1)设()(),g x f x x =-求()g x 的增区间，并证明：当121x x <<时，2121))((1f x f x x x --＞(2)如果对任意的120x x <<，均存在正数0x 使得11022(())()f x f x x x f x -'=-成立，求证：01x x ＞．14．已知函数2() 1.g x x ax =-+(1)求()0g x <的解集； (2)已知函数1()ln f x x a x x=-+，当122()a x x y g x =＞时，、是的两个零点， 证明：1212))((2f x f x a x x -<--．（可能用到的参考结论：函数12ln y x x x=+-在区间(0)+∞，上单调递减）15．已知a ∈R ，函数2()2(4)ln f x x ax a x =++-有两个不同的极值点12x x 、． （1）求a 的取值范围；（2）证明：12))1(4(6ln 22f x f x +<-．16．已知函数())(xxf x e e ax a -=+有两个极值点12x x 、． （1）求a 的取值范围； （2）求证：12122x x x x <+．一．选择题（共10小题）1．设函数()(ln ),x f x xe a x x =-+若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范国是 ( ) A ．[0,]eB ．[0,1]C ．(,]e -∞D ．[,)e +∞ 【解答】解：1()(1)(1)(1)(),xxa f x x e a x e xx'=+-+=+-0a <时，()f x '在(0,)+∞上单调递增，x →0+时，()f x →-∞；()x f x →+∞→+∞，．0a =时，()0x f x xe =≥恒成立，因此0a =满足条件．0a ＞时，令()(1)()0x af x x e x'=+-=，解得00000,ln ln ,0.x a e x x a x x +==＞则0x 是函数()f x 的极小值点，此时0x x =，函数()f x 取得最小值，00000()(ln )ln 0,x f x x e a x x a a a =-+=-≥化为：ln 1a ≤，解得0a e <≤．综上可得：[0,]a e ∈a ∈[0，e ]． 故选：A ．2．函数2()2(1)x f x e a x =--有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是 ( )A ．(,1)4eB．(1, C ．3(0,)2e D ．3(,)2e -∞【解答】解：f （x ）＝2e x ﹣a （x ﹣1）2＝0， x ＝1时不成立， x ≠1时，化为：a ＝＝g （x ）（x ≠1）．g ′（x ）＝．可得：x ＜1时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增； 1＜x ＜3时，g ′（x ）＜0时，函数g （x ）单调递减； x ＞3时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增． 画出图象． g （3）＝．可得：当且仅当时，函数y ＝a 与函数y ＝g （x ）由且仅有一个交点．即函数f （x ）＝2e x ﹣a （x ﹣1）2有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是（0，）．故选：C ．3．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且2(1)(0)(),2x f f f x e x x e '=+-若存在实数x 使不等式2()3f x m am ≤--对于a ∈[0，2]恒成立，则实数m 的取值范围为 ( )A ．(,2][2,)-∞-⋃+∞B ．(,1[1)-∞⋃+∞C ．(,1[2,)-∞⋃+∞D ．(,2][1)-∞-⋃++∞【解答】解：，令x ＝0，可得：f （0）＝，f ′（x ）＝e x +f （0）x ﹣1，令x ＝1可得：f （0）﹣1＝0．解得：f （0）＝1，f ′（1）＝e ． ∴f （x ）＝e x +x 2﹣x ．∴f ′（x ）＝e x +x ﹣1在R 上单调递增，又f ′（0）＝0． ∴x ＝0时，函数f （x ）取得极小值即最小值，f （0）＝1． 存在实数x 使不等式f （x ）≤m 2﹣am ﹣3对于a ∈[0，2]恒成立， ∴1＝f （x ）min ＝m 2﹣am ﹣3对于a ∈[0，2]恒成立， ∴﹣ma +m 2﹣4≥0．∴，解得：m ≥1+，或m ≤﹣2．则实数m 的取值范围为（﹣∞，﹣2]∪[1+，+∞）．故选：D ．4．已知函数232,(1(2.))33xf x xg x e x x x c -==-+-+若对12(0)[]13x x ∀∈+∞∃∈，，，， 12)(()f x g x 使＝成立，则c 的取值范围是 ( )A ．244(,)3e B ．244[,]3e C ．4(,]3-∞D ．24[,)e +∞【解答】解：f （x ）＝x 2•e ﹣x ，x ∈（0，+∞）， f ′（x ）＝，令f ′（x ）＝0，解得：x ＝2，故f （x ）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减， 故f （x ）max ＝f （2）＝，而x →0时，f （x ）→0，x →+∞时，f （x ）→+∞， 故f （x ）∈（0，]，g （x ）＝﹣x 3+2x 2﹣3x +c ， g ′（x ）＝﹣（x ﹣3）（x ﹣1）， 令g ′（x ）＞0，解得：1＜x ＜3， 故g （x ）在[1，3]递增， 而g （x ）min ＝g （1）＝﹣+c ， g （x ）max ＝g （3）＝c ， 故g （x ）∈[﹣+c ，c ]，若对∀x 1∈（0，+∞），∃x 2∈[1，3]，使f （x 1）＝g （x 2）成立， 则（0，]⊆[﹣+c ，c ]，故，解得：≤c ≤，故选：B ．5．已知函数32()f x x x ax a =-+-存在极值点x 0，且10(())f x f x =，其中10102x x x x +=≠，( )A ．3B ．2C ．1D ．0【解答】解：f ′（x ）＝3x 2﹣2x +a ．∵函数f （x ）＝x 3﹣x 2+ax ﹣a 存在极值点x 0，∴﹣2x 0+a ＝0，即a ＝﹣+2x 0．∵f （x 1）＝f （x 0），其中x 1≠x 0， ∴﹣+ax 1﹣a ＝﹣+ax 0﹣a ，化为：+x 1x 0+﹣（x 1+x 0）+a ＝0，把a ＝﹣+2x 0代入上述方程可得：+x 1x 0+﹣（x 1+x 0）﹣+2x 0＝0，化为：+x 1x 0﹣2+x 0﹣x 1＝0，因式分解：（x 1﹣x 0）（x 1+2x 0﹣1）＝0，x 1﹣x 0≠0． ∴x 1+2x 0＝1． 故选：C ．6．设点P 为函数21()22f x x ax =+与2()3(0)g x a lnx b a =+＞的图象的公共点，以P 为切点可作直线与两曲线都相切，则实数b 的最大值为 ( )A ．2323eB ．2332eC ．3223eD ．3232e【解答】解：设点P （x 0，y 0），由于点P 为两函数曲线的切点， 则+2ax 0＝3a 2lnx 0+b ；又点P 的切线相同，则f ′（x 0）＝g ′（x 0）， 即x 0+2a ＝，即（x 0+3a ）（x 0﹣a ）＝0； 又a ＞0，x 0＞0，所以x 0＝a ， 于是b ＝a 2﹣3a 2lna ，其中a ＞0； 设h （x ）＝x 2﹣3x 2lnx ，其中x ＞0， 则h ′（x ）＝2x （1﹣3lnx ），其中x ＞0；所以h （x ）在（0，）内单调递增，在（，+∞）内单调递减；所以实数b 的最大值为h （）＝．故选：B ．7．设函数32()232x ax f x bx c =+++的两个极值点分别为12x x ，，若12(01)(12)x x ∈∈，，，，且存在,a b 使得2t a b +＞成立，则实数t 的取值范围为 ( )A ．(5,4)--B ．(4,2)--C ．(4,)-+∞D ．(5,)-+∞【解答】解：∵f （x ）的两个极值点x 1∈（0，1），x 2∈（1，2）， 且f ′（x ）＝x 2+ax +2b 开口向上，故，故，问题转化为线性规划问题， 故﹣5＜2a +b ＜﹣2，根据题意存在a ，b 使得t ＞2a +b ， 则t ＞﹣5，故选：D ．8．已知函数3211()32xf x xe ax ax =--有三个极值点，则a 的取值范围是 ( ) A ．(0,)eB ．1(0,)eC ．(,)e +∞D ．1(,)e +∞【解答】解：函数的导数f ′（x ）＝e x +Me x ﹣ax 2﹣ax ，若函数有三个极值点，等价为f′（x）＝e x+Me x﹣ax2﹣ax＝0有三个不同的实根，即（1+x）e x﹣ax（x+1）＝0，即（x+1）（e x﹣ax）＝0，则x＝﹣1，则e x﹣ax＝0，有两个不等于﹣1的根，则a＝，设h（x）＝，则h′（x）＝＝，则由h′（x）＞0得x＞1，由h′（x）＜0得x＜1且x≠0，则当x＝1时，h（x）取得极小值h（1）＝e，当x＜0时，h（x）＜0，作出函数h（x）＝，的图象如图，要使a＝有两个不同的根，则满足a＞e，即实数a的取值范围是（e，+∞），故选：C．9．已知函数ln(1),0(),,0xx x f x xe x +≥⎧=⎨-<⎩函数1(x)(())g f f x e =-零点的个数为 ( ) A ．3B ．4C ．1D ．2【解答】解：由g （x ）＝f （f （x ））﹣＝0得f （f （x ））＝， 设t ＝f （x ），则f （t ）＝，当x ＜0时，f （x ）＝﹣Me x ，则f （x ）＞0， 函数的导数f ′（x ）＝﹣（e x +Me x ）＝﹣（1+x ）e x ， 由f ′（x ）＞0得1+x ＜0，得x ＜﹣1，由f ′（x ）＜0得1+x ＞0，得﹣1＜x ＜0，则当x ＝﹣1时，函数取得极大值f （﹣1）＝， 则当t ＜0时，由f （t ）＝，得t ＝﹣1，作出函数f （x ）的图象如图：由图象知f （x ）＝t ＝﹣1时，方程f （x ）＝﹣1无解， 当x ≥0时，由Ln （x +1）＝得x +1＝e ，则x ＝e ﹣1，则当t ≥0时，由f （t ）＝得t ＝e ﹣1＞，此时f （x ）＝e ﹣1只有一个交点， 即函数g （x ）的零点个数只有1个， 故选：C ．10．已知函数1()(ln )x e f x k x x x=-+有两个极值点，则实数k 的取值范围是 ( ) A ．(,0]-∞ B ．(1,)(,)e e ⋃+∞C ．(0,)(,)e e ⋃+∞D ．(,)e +∞【解答】解：因为f （x ）＝﹣k （+lax ）有两个极值点，所以f ′（x ）＝+﹣＝＝0有两个不同正实根，（e x ﹣k ）（x ﹣1）＝0有两个不同正实根，∴e x ﹣k ＝0有一个不等于1的正根， ∴x ＝ink ＞0且ink ≠1， ∴k ＞1，k ≠e 故选：B ．二．解答题（共10小题） 11．已知函数21()2ln ,2f x x x a x =-+其中a ＞0． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个极值点12x x ，，证明：12)3((2)f x f x -<+<-．【解答】解：（1）由题得，其中x ＞0，考察g （x ）＝x 2﹣2x +a ，x ＞0，其中对称轴为x ＝1，△＝4﹣4a ． ①若a ≥1，则△≤0，此时g （x ）≥0，则f '（x ）≥0，所以f （x ）在（0，+∞）上单调递增； ②若0＜a ＜1，则△＞0， 此时x 2﹣2x +a ＝0在R 上有两个根，，且0＜x 1＜1＜x 2，所以当x ∈（0，x 1）时，g （x ）＞0，则f '（x ）＞0，f （x ）单调递增； 当x ∈（x 1，x 2）时，g （x ）＜0，则f '（x ）＜0，f （x ）单调递减； 当x ∈（x 2，+∞）时，g （x ）＞0，则f '（x ）＞0，f （x ）单调递增， 综上，当a ≥1时，f （x ）在（0，+∞）上单调递增； 当0＜a ＜1时，f （x ）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．（2）证明：由（1）知，当0＜a ＜1时，f （x ）有两个极值点x 1，x 2，且x 1+x 2＝2，x 1x 2＝a ， 所以＝＝＝．令h （x ）＝lynx ﹣x ﹣2，0＜x ＜1， 则只需证明﹣3＜h （x ）＜﹣2， 由于h '（x ）＝lax ＜0，故h （x ）在（0，1）上单调递减， 所以h （x ）＞h （1）＝﹣3．又当0＜x ＜1时，lax ﹣1＜﹣1，x （lax ﹣1）＜0， 故h （x ）＝lynx ﹣x ﹣2＝x （lax ﹣1）﹣2＜﹣2， 所以对任意的0＜x ＜1，﹣3＜h （x ）＜﹣2． 综上，可得﹣3＜f （x 1）+f （x 2）＜﹣2， 故命题得证．12．已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个极值点1212()x x x x <，，当a ≥21(())f x f x -的最大值． 【解答】解：（1）∵f （x ）＝x 2﹣ax +2lnx ，x ＞0， ∴f ′（x ）＝2x ﹣a +＝，∴x +≥2＝2，当且仅当x ＝1时取等号，∴a ≤4时，f ′（x ）≥0恒成立，故f （x ）在（0，+∞）上单调递增， 当a ＞4时，此时△＝a 2﹣16＞0，令f ′（x ）＝0，解得x 1＝，x 2＝，当0＜x ＜x 1 或x ＞x 2时，f ′（x ）＞0，函数f （x ）单调递增， 当x 1＜x ＜x 2时，f ′（x ）＜0，函数f （x ）单调递减， 综上所述：当a ≤4时，f （x ）在（0，+∞）上单调递增， 当a ＞4时，f （x ）在（0，），（，+∞）上单调递增，在（，）上单调递减；（2）由（1）可得2x 2﹣ax +2＝0的两个根为x 1，x 2，∴x 1+x 2＝，x 1x 2＝1， ∴＝x 2+，a ≥2+，∴x 2+≥+，∴x 2≥，其中0＜x 1＜1＜x 2，∴f （x 2）﹣f （x 1）＝x 22﹣ax 2+2lnx 2﹣x 12+ax 1﹣2lnx 1＝x 22﹣ax 2﹣x 12+ax 1+2ln＝（x 2﹣x 1）（x 2+x 1）﹣a （x 2﹣x 1）+2ln ＝﹣（x 2﹣x 1）+2ln＝2lnx 22﹣（x 2+）（x 2﹣）＝2lnx 22﹣x 22+，令x ＝x 22，x ≥e ，∴h （x ）＝2lnx ﹣x +，x ≥e ，∴h ′（x ）＝﹣1﹣＝＝﹣＜0恒成立，∴h （x ）在[e ，+∞）上单调递减，∴h （x ）max ＝h （e ）＝2lne ﹣e +＝2﹣e + 故f （x 2）﹣f （x 1）的最大值为2﹣e +． 13．已知()ln f x x x =，(1)设()(),g x f x x =-求()g x 的增区间，并证明：当121x x <<时，2121))((1f x f x x x --＞(2)如果对任意的120x x <<，均存在正数0x 使得11022(())()f x f x x x f x -'=-成立，求证：01x x ＞．【解答】证明：（1）由g （x ）＝f （x ）﹣x ＝lynx ﹣x ，（x ＞1） 得g '（x ）＝lax ＞0，∴g （x ）在（1，+∞）上是增函数，故g （x 2）＞g （x 1）， 即f （x 2）﹣x 2＞f （x 1）﹣x 1 ∴f （x 2）﹣f （x 1）＞x 2﹣x 1即（2）∵f '（x 0）＝lnx 0+1， ∴＝＝＝＝＝lnx 1+＝，∴，令则，设h （t ）＝Ont ﹣（t ﹣1），∴h （t ）在（0，1）上是增函数，h （t ）＜h （1）＝0 即，∴lnx 0＞lnx 1，故x 0＞x 1． 14．已知函数2() 1.g x x ax =-+(1)求()0g x <的解集； (2)已知函数1()ln f x x a x x=-+，当122()a x x y g x =＞时，、是的两个零点， 证明：1212))((2f x f x a x x -<--．（可能用到的参考结论：函数12lny x xx=+-在区间(0)+∞，上单调递减）【解答】解：（1）x2﹣ax+1＜0，△＝a2﹣4．△≤0时，解得﹣2≤a≤2，g（x）＜0的解集为∅；△＞0，解得a＞2或a＜﹣2时，由x2﹣ax+1＝0，解得x＝．∴x2﹣ax+1＜0，解得＜x＜．∴g（x）＜0的解集为{x|＜x＜}．（2）证明：当a＞2时，x1、x2是y＝g（x）的两个零点，∴x1+x2＝a，x1x2＝1．不妨设0＜x1＜1＜x2．函数，要证明：．⇔＜a﹣2，化为：Ln＞x1﹣x2，把x1＝代入可得：即证明：﹣x2+2lnx2＜0．x2＞1．∵函数在区间（0，+∞）上单调递减，∴﹣x2+2lnx2＜﹣1+2ln1＝0．因此：﹣x2+2lnx2＜0．即：．15．已知a ∈R ，函数2()2(4)ln f x x ax a x =++-有两个不同的极值点12x x 、． （1）求a 的取值范围；（2）证明：12))1(4(6ln 22f x f x +<-．【解答】解：（1）a ∈R ，函数f （x ）＝x 2+2ax +（4﹣a ）1nx 定义域：{x |＞0}．， ∴f ′（x ）＝2x +2a +（4﹣a ）＝，函数f （x ）有两个不同的极值点x 1，x 2．对于f ′（x ）中的2x 2+2ax +（4﹣a ）应满足①②③三个条件：∴x 对＝﹣＞0，①△＝4a 2﹣4×2×（4﹣a ）＞0，② 4﹣a ＞0，③由①②③可得a 的取值范围：{a |a ＜﹣4}， （2）证明：∵f ′（x ）＝2x +2a +（4﹣a ）＝，得：x 1+x 2＝﹣a ，x 1．x 2＝，f （x 1）+f （x 2）＝（x 1+x 2）2﹣2x 1x 2+2a （x 1+x 2）+（4﹣a ）1nx 1x 2＝﹣a 2+a ﹣4+（4﹣a ）1n ，令t ＝＞4，则f （x 1）+f （x 2）＝2t 1nt ﹣4t 2+14t ﹣16，将其令为h （t ）即：h （t ）＝f （x 1）+f （x 2） 则有：h ′（t ）＝21nt ﹣8t +16， h ″（t ）＝﹣8，∵h ″（t ）＝﹣8＜0，∴h ′（t ）＝21nt ﹣8t +16在定义域是单调递减的函数， ∴h ′（t ）＜h ′（4）＜0，∴h （t ）在定义域也是单调递减的函数， ∴h （t ）＜h （4）＝16ln 2﹣24． 即：f （x 1）+f （x 2）＜16ln 2﹣24得证．16．已知函数())(xxf x e e ax a -=+有两个极值点12x x 、．（1）求a 的取值范围； （2）求证：12122x x x x <+．【解答】解：（1）因为函数f （x ）＝e x （e x ﹣ax +a ）有两个极值点x 1，x 2， 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，＝，令g （x ）＝，所以g ′（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）＝，当x →﹣∞时，g （x ）→﹣∞，当x →+∞时，g （x ）→0， 因此，当，0＜＜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＜x 1＜1＜x 2 且 ，所以，所以x 2﹣x 1＝lnx 2﹣lnx 1，要证明2x 1x 2＜x 1+x 2，只要证明2x 1x 2（ lnx 2﹣lnx 1）＜，即证明2ln ＜﹣，设＝t ，t ＞1，即要证明2lnt ﹣t +＜0在t ∈（1，+∞）上恒成立，记h （t ）＝2lnt ﹣t +，t ＞1，h ′（t ）＝﹣1﹣＝＝＜0，所以h （t ）在区间（1，+∞）上单调递减，所以h （t ）＜h （1）＝0，即2lnt ﹣t +＜0，即2x 1x 2＜x 1+x 2．。

数学-22年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题

数学-22年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题

2022年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题【原件版】一、单变量不等式恒成立、能成立问题题型一 证明不等式成立1、已知函数()xf x e ax =+.（a R ∈）（1）若0a <，求函数()f x 的单调区间；（2）若3a =，证明：当0x >时，()231f x x x >++恒成立.2、已知()ln 1f x x x =+，2()1g x x mx =-+-.（1）对一切实数()0,x ∈+∞，2()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围； （2）求证：任意()0,x ∈+∞，12ln x x e ex>-.3、已知函数()xe f x x=.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-.4、已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈． （1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．题型2 根据恒（能）成立求参数范围 类型1 根据恒成立求参数范围 1、已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++. （1）当1a =时，求()f x 的单调区间与极值； （2）若()0f x <恒成立，求a 的取值范围.2、已知函数()()()e e 0xf x a x a =-≠．（1）讨论()f x 的单调性：（2）若()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围．3、已知()2sin xf x e x x =-+，()3122sin 3g x x x x m =-++．（1）求()f x 的单调区间；（2）若0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求m 的取值范围．4、已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间；（2）若不等式()2ln ax f x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．5、已知函数1()ln f x a x x =-，()a g x x x=+，其中a ∈R ． （1）若1a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若()()g x f x >对于任意的[1,e]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围．类型2 根据能成立求参数范围 1、已知函数()ln f x x a x =-，()1(0)ag x a x+=->． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（3）若存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立，求a 的取值范围．2、已知函数22()ln f x ax x bx c =--在1x =处取得极值3c -，其中,,a b c 为常数. （1）试确定,a b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间；（3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥有解，求c 的取值范围.3、已知函数()e 1xf x ax =--.（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）若()2f x x ≤在[)0,x ∈+∞上有解，求实数a 的取值范围.4、已知函数()()()2122ln 2f x x a x a x a =-++∈R . （1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x b =+，求2+a b 的值； （2）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()()2g x a x =-+，若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，求实数a 的取值范围.5、已知函数()ln bf x x a x x=-+，a ，b ∈R ． （1）若a >0，b >0，且1是函数()f x 的极值点，求12a b+的最小值； （2）若b =a +1，且存在0x ∈[1e，1]，使0()0f x <成立，求实数a 的取值范围．6、已知函数1()ln f x a x x=+（a R ∈且0a ≠）． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，求实数a 的取值范围．二、双变量不等式恒成立、能成立问题1、已知曲线()()3,f x ax bx a b =+∈R 在点()()1,1f 处的切线方程是20y +=.（1）求()f x 的解析式；（2）若对任意[]12,2,3x x ∈-，都有()()12f x f x m -，求实数m 的取值范围.2、已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭， （1）先证明单调性，再求函数()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围.3、已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.4、已知函数2()(2)ln ()f x a x ax x a R =++-∈． （Ⅰ）当0a =时，求证：2()22x f x x >-． （Ⅱ）设232()3g x x x =-，若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，求实数a 的取值范围．5、已知函数21()(1)ln 2f x x a x a x =-++. （1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）任取[3,5]a ∈，函数()f x 对任意1212,[1,3]()x x x x ∈≠，恒有1212|()()|||f x f x x x λ-<-成立，求实数λ的取值范围.6、设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.（1）如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； （2）如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．7、已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)−f(x 2)x 1−x 2<4x1x 2，求实数a 的取值范围．8、已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .（1）当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；（2）当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．9、已知函数()13ln 144f x x x x=-+- （1）求函数()f x 的单调区间； （2）设()224gx x bx =-+-，若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，求实数b的取值范围.10、已知函数321()1()32x a f x x ax a R +=-++∈． （1）若3x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； （2）当2a <时，1x ∀，2[0x ∈，2]，122|()()|3f x f x -恒成立，求a 的取值范围．11、已知函数2()3()f x lnx ax x a R =+-∈．（1）若函数()f x 在点(1，f （1）)处的切线方程为2()y bx b R =-∈，求a ，b 的值及()f x 的极值； （2）若1a =，对1x ∀，2[1x ∈，2]，当12x x <时，不等式1221()()m mf x f x x x ->-恒成立，求实数m 的取值范围．2022年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题【详细解析版】一、单变量不等式恒成立、能成立问题题型一 证明不等式成立1、已知函数()xf x e ax =+.（a R ∈）（1）若0a <，求函数()f x 的单调区间；（2）若3a =，证明：当0x >时，()231f x x x >++恒成立.【答案】（1）在()(),ln a -∞-上单调递减，在()()ln ,a -+∞上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）求导可得()'f x 解析式，令()0f x '=，解得ln()x a =-，分别讨论()(),ln x a ∈-∞-和()()ln ,a -+∞时，()'f x 的正负，可得()f x 的单调区间.（2）令()22()(+3+1)=e 1x g x f x x x x =---，可得()2x g x e x '=-，再令()e 2x h x x =-，利用导数求得()h x 的单调区间和最值，即可得()0g x '>恒成立，可得()g x 的单调性和最值，得证.【解析】（1）()xf x e a '=+，当0a <时，令()0f x '=，解得ln()x a =-. 当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：所以0a <时，f x ,ln a -∞-ln ,a -+∞.（2）证明：令()22()(+3+1)=e 1x g x f x x x x =---，则()2xg x e x '=-.令()e 2xh x x =-，则()2x h x e '=-，当0ln2x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当ln2x >时，()0h x '>，()h x 单调递增；所以()()ln2ln2e 2ln222ln20h x h ≥=-=->，即()0g x '>恒成立.所以()g x 在()0,∞+上单调递增，所以()()01010g x g >=--=，所以2e 10x x -->，即当0x >时，()231f x x x >++恒成立.3、已知函数()xe f x x=.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-.【答案】（1）()g x 在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；极小值()2e 24g =，无极大值；（2）证明见解析.【分析】（1）写出()g x 的函数表达式，通过求导写出单调区间和极值即可（2）证明()13ln 44f x x >-恒成立，结合（1）得，等价于2e 1(ln 3)4x x x x>-恒成立，且已知左式的最小值，只要大于右式的最大值，则不等式恒成立【解析】（1）2243e e 2e e (2)()()x x x x x x x g x g x x x x --'=⇒==，当02x <<时，()0g x '<；当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x ∴在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；故()g x 有一个极小值2e (2)4g =，无极大值． （2）证明：要证13()ln 44f x x >-成立，只需证e 13ln 44x x x >-成立，即证2e 1(ln 3)4x x x x>-成立，令1()(ln 3)4h x x x =-，则24ln ()=4xh x x -'， 当40e x <<时，()0h x '>；当4e x >时，()0h x '<， ()h x ∴在()40,e 上单调递增，在()4e ,+∞上单调递减， ()4max 41()e 4e h x h ==∴， 2e ()x g x x =∵由（1）可知2min e ()(2)4g x g ==，min max ()()g x h x >∴，()()g x h x >∴，13()ln 44f x x >-∴．4、已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈． （1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【解析】（1）函数1()ln =+f x a x x的定义域是(0,)+∞， 2211()a ax f x x x x-'=-=． 当0a 时，2110,0ax ax x --<<，则()0f x '<，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+． 当0a >时，令()0f x '<，得10x a <<；令()0f x '>，得1x a>；故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递增， 故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =；当12a，即102a <时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，此时函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． 综上，当12a时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+； 当112a <<时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；当1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =．（2）当1a =时，1()ln f x x x=+， 要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得ln 1cos x x x e x +<+， 即证ln cos 1x x x e x <+-．当01x <时，ln 0x x ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以ln cos 1xx x e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立．当1x >时，令()cos ln 1(1)xh x e x x x x =+-->，则()sin ln 1xh x e x x '=---．设()sin ln 1(1)xg x e x x x =--->，，则因为1()cos xg x e x x'=--． 因为1x >，所以1()cos 110xg x e x e x'=-->-->， 所以当1x >时，()g x 单调递增，所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x +<成立．综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．题型2 根据恒（能）成立求参数范围 类型1 根据恒成立求参数范围 1、已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++. （1）当1a =时，求()f x 的单调区间与极值； （2）若()0f x <恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，极大值15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，极小值(1)2f =-（2）(1,0]-【分析】（1）由题可求导函数，利用导数求出函数的单调区间，进而再求出极值即可；（2）分情况讨论，利用导数研究函数的单调性和极值即可求解.【解析】（1）当1a =时，函数2()3ln =-+f x x x x ，定义域为(0,)+∞，()21231(21)(1)23x x x x f x x x x x-+--'=-+==. 当()0f x '>时，102x <<或1x >；当()0f x '<时，112x <<，所以函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，所以当12x =时，函数()f x 取得极大值15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，当1x =时，函数()f x 取得极小值(1)2f =-. （2）()1(21)(1)2(21)ax x f x ax a x x--'=-++=. ①当0a >时，2()(21)ln f x ax a x x =-++，(0,)x ∈+∞， 令2(21)0ax a x -+>，解得12x a>+，则当01(2,)x a∈++∞时，200(21)0ax a x -+>，且0ln ln 20x >>，所以函数2()(21)ln 0f x ax a x x =-++>恒成立，不符合题意，舍去；②当0a ≤时，令()0f x '>，解得01x <<；令()0f x '<，解得1x >， 则函数()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， 所以函数()f x 在1x =处取得极大值，也是最大值，要使得()0f x <恒成立，则只需(1)(21)0f a a =-+<，解得1a >-，故10a -<≤. 综上，a 的取值范围是(1,0]-.2、已知函数()()()e e 0xf x a x a =-≠．（1）讨论()f x 的单调性：（2）若()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）23,e 2e ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭【分析】（1）求导得()()e e xf x a '=-，在分0a >，0a <两种情况讨论求解即可；（2）根据题意将问题转化为1e e x x a x+>-对[)2,x ∈+∞恒成立，进而构造函数，求解函数最值即可. 【解析】（1）函数的定义域为R ，()()e e xf x a '=-．当0a >时，令()0f x '>，得1x >，令()0f x '<，得1x <； 当0a <时，令()0f x '>，得1x <，令()0f x '<，得1x >．综上，当0a >时，()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增； 当0a <时，()f x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减．（2）由（1）知，函数()e e xg x x =-在[)2,+∞上单调递增，则()()()2e e 20g x g ≥=->，所以()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立等价于1e e x x a x+>-对[)2,x ∈+∞恒成立． 设函数()()12e e x x h x x x +=≥-，则()()2e e e e xx x h x x -=-'， 设()()e e 2x p x x x =-≥，则()()1e 0xp x x =-+<'，则()p x 在[)2,+∞上单调递减， 所以()()22e 2e 0p x p ≤=-<，则()0h x '<，所以()h x 在[)2,+∞上单调递减， 所以()()2max 32e 2eh x h ==-； 故23e 2e a >-，即a 的取值范围是23,e 2e ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭．3、已知()2sin xf x e x x =-+，()3122sin 3g x x x x m =-++．（1）求()f x 的单调区间；（2）若0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.（2）m ≤1【分析】(1)先对函数进行求导，再进行分类讨论判断导数值的正负，即可得到答案；(2)将问题转化为31sin 3x m e x x --在0x 恒成立，令31()sin (0)3x u x e x x x =--，再利用（1）的结论进行求解，即可得到答案；【解析】（1）()2sin x f x e x x =-+，∴()2cos x f x e x '=-+，①当0x 时，2(2,1],1cos 1x e x -∈---，∴2cos 0x e x -+在0x 恒成立，∴()0f x '，∴()f x 在(,0)-∞单调递减，②当0x >时，令()2cos x g x e x =-+，则()sin 0x g x e x '=->在0x >恒成立，∴()g x 在(0,)+∞单调递增，且(0)0g =，∴()0>g x 在(0,)+∞恒成立，即()0f x '>在(0,)+∞恒成立，∴()f x 在(0,)+∞单调递增，综上所述：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.（2）当0x 时，312sin 22sin 3xe x xx x x m -+-++ 31sin 3x m e x x ∴--在0x 恒成立，令31()sin (0)3x u x e x x x =--，2()cos x x u x e x '=--，令2()cos (0)x v x e x x x =--，由（1）得()()2sin '01xv x e x x v ='-+=，()v x ∴在(0,)+∞单调递增，且(0)0v =，()0u x '∴在0x ≥恒成立，()u x ∴在[0,)+∞单调递增，(0)1u =，∴min ()(0)1m u x u ≤==.4、已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间； （2）若不等式()2ln axf x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【分析】（1）由题设()1axf x ae '=-，根据导数的几何意义有()01f '=，可求a ，即()221xf x e'=-，进而可求()f x 的单调区间；（2）由题意，函数不等式恒成立可转化为(]0,x e ∈上ln 1ln 1ax ax xe e x --≥恒成立， 构造函数()ln 1x g x x -=，应用导数研究其单调性可得ln xa x ≥在(]0,x e ∈上恒成立， 即在(]0,x e ∈上max ln ()xa x≥即可求a 的取值范围． 【解析】（1）()1axf x ae '=-，则()011f a '=-=，即2a =．所以()221xf x e '=-，令0fx ，得ln 22x =-． 当ln 22x <-时，0f x ；当ln 22x >-时，0f x ．故()f x 的单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭． （2）由()2ln axf x e x ax ≥-，即()2ln 1axax x ex -≥-，有1ln 1ax a x e x x --≥，故仅需ln 1ln 1ax axxe e x --≥即可． 设函数()ln 1x g x x -=，则ln 1ln 1ax axxe e x --≥等价于()()axg e g x ≥． 因为()22ln x g x x-'=， 所以当(]0,x e ∈时，0g x，则()g x 在(]0,e 上单调递增， 所以当(]0,x e ∈时，()()axg e g x ≥等价于当(]0,x e ∈时，()()ax g e g x ≥，ax e x ≥，即ln xa x≥恒成立． 设函数()ln x h x x =，(]0,x e ∈，则()21ln 0xh x x -'=≥， 即()h x 在(]0,x e ∈递增，所以()()max 1h x h e e==，则1a e ≥即可，所以a 的取值范围为1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．5、已知函数1()ln f x a x x =-，()a g x x x=+，其中a ∈R ． （1）若1a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若()()g x f x >对于任意的[1,e]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）230x y --=；（2）2e 12e 1a +-<<-．【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而可得切线方程；（2）将不等式1ln a x a x x x+>-对于任意的[1,e]x ∈恒成立转化为任意的[1,e]x ∈， 1ln 0a x a x x+-+>恒成立，设1()ln a h x x a x x +=-+，[1,e]x ∈，求导，分11a +≤，1e a +≥，11e a <+<讨论，通过求min ()0h x >求实数a 的取值范围．【解析】（1）由题意知：1()ln f x x x=-，(1)1f =-，即切点为(1,1)-， ()211f x x x '=+，()12f '=， 故切线方程为：12(1)y x +=-，即230x y --=． （2）由题意知：不等式1ln a x a x x x+>-对于任意的[1,e]x ∈恒成立， 任意的[1,e]x ∈，1ln 0a x a x x+-+>恒成立， 设1()ln a h x x a x x+=-+，[1,e]x ∈， 2(1)(1)()x x a h x x +--'=，[1,e]x ∈①当11a +≤，即0a ≤时，()0h x '≥，()h x 为增函数， min ()(1)20h x h a ∴==+>，即2a >-，20a -<≤满足．②当1e a +≥，即e 1a ≥-时，()0h x '≤，()h x 为减函数，min1()(e)e e 0a h x h a +∴==-+>，即22e 1e 1a +<-，2e 1e 1e 1a +∴-≤<-满足③当11e a <+<时，即0e 1a <<-时，当[1,1]x a ∈+时，()0h x '≤，当(1,e]x a ∈+时，()0h x '≥，∴只需min ()(1)2ln(1)0h x h a a a a =+=+-+>，即min 2()ln(1)10h x a a a ⎡⎤=-++>⎢⎥⎣⎦，设2()ln(1)1F a a a=-++，其中0e 1a <<-， 2()ln(1)1F a a a =-++为递减函数，2()(e 1)0e 1F a F ∴>-=>-， 故0e 1a <<-，min ()(1)2ln(1)0h x h a a a a =+=+-+>，综上：2e 12e 1a +-<<-．类型2 根据能成立求参数范围 1、已知函数()ln f x x a x =-，()1(0)ag x a x+=->． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（3）若存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）极小值为1，无极大值（2）单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +.（3）21,1e e ⎛⎫++∞ ⎪-⎝⎭【分析】（1）研究()ln f x x x =-的单调区间，进而求出()f x 的极值；（2）先求()h x '，再解不等式()0h x '>与()0h x '<，求出单调区间，注意题干中的0a >的条件；（3）先把题干中的问题转化为在[]1x e ∈，上有()min 0h x <，再结合第二问研究的()h x 的单调区间，对a 进行分类讨论，求出不同范围下的()min h x ，求出最后结果【解析】（1）当1a =时，()ln f x x x =-，定义域为()0,∞+，()111x f x x x-'=-= 令()0f x '=得：1x =，当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，故1x =是函数()f x 的极小值点，()f x 的极小值为()11f =，无极大值 （2）()()()()1ln 0ah x f x g x x a x a x+=-=-+>，定义域为()0,∞+ ()()()222211111x x a a a x ax a h x x x x x+--+---'=--== 因为0a >，所以10a +>，令()0h x '>得：1x a >+，令()0h x '<得：01x a <<+， 所以()h x 在()1,a ++∞单调递增，在()0,1a +单调递减.综上：()h x 单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +.（3）存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立， 等价于存在[]01x e ∈，，使得()00h x <，即在[]1x e ∈，上有()min 0h x < 由（2）知，()h x 单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +，所以当1a e +≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1x e ∈，上单调递减，故()h x 在x e =处取得最小值， 由()()min10a h x h e e a e +==-+<得：211e a >e +-，因为2111e e e +>--，故211e a >e +-. 当11a e <+<，即01a e <<-时，由（2）知：()h x 在()1,1x a ∈+上单调递减，在()1,x a e ∈+上单调递增，()h x 在[]1x e ∈，上的最小值为()()12ln 1h a a a a +=+-+ 因为()0ln 11a <+<，所以()0ln 1a a a <+<，则()2ln 12a a a +-+>，即()12h a +>，不满足题意，舍去综上所述：a 的取值范围为21,1e e ⎛⎫++∞⎪-⎝⎭2、已知函数22()ln f x ax x bx c =--在1x =处取得极值3c -，其中,,a b c 为常数. （1）试确定,a b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间；（3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥有解，求c 的取值范围.【答案】（1）6a =-；3b =-；（2）单调递增区间为()0,1，()f x 的单调递减区间为()1,+∞；（3）3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】（1）由()13f c =-，求得b ，由()10f '=，得a ;（2）将(1)中得到的,a b 的值代入函数表达式，进而得到()12ln f x x x '=-．判定导数的正负区间，进而得到单调区间；（3）由（2）知，得到函数()f x 最大值，根据不等式有解得到c 的不等式求解即得.【解析】（1）由题意知()13f c =-，因此3b c c --=-，从而3b =-．由题意求导得()10f '=，因此20a b -=，解得6a =-； （2）由（1）知()12ln f x x x '=-．令()0f x '=，解得1x =．因此()f x ()1,+∞； （3）由（2）知，()f x 在1x =处取得极大值()13f c =-，此极大值也是最最值．要使()22f x c ≥（0x >）有解，只需232c c -≥．即2230c c +-≤，从而()()2310c c +-≤．解得312c -≤≤． 所以c 的取值范围为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.3、已知函数()e 1xf x ax =--.（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）若()2f x x ≤在[)0,x ∈+∞上有解，求实数a 的取值范围.【答案】（1）极小值()00f =，无极大值；（2）e 2a ≥-.【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，由此求得()f x 的极值.（2）将()2f x x ≤转化为2e 10x x ax ---≤，采用分离常数法，通过构造函数，结合导数求得a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，()e 1x f x x =--，所以()e 1xf x '=-，当0x <时()0f x '<；当0x >时()0f x '>，所以()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增， 所以当0x =时函数()f x 有极小值()00f =，无极大值.（2）因为()2f x x ≤在[)0,+∞上有解，所以2e 10x x ax ---≤在[)0,+∞上有解， 当0x =时，不等式成立，此时R a ∈， 当0x >时e 1x a x x x ⎛⎫≥-+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上有解，令()e 1x g x x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则()()()()22221e 1e 11xx x x x x g x x x x ⎡⎤--+-⎛⎫-⎣⎦'=-= ⎪⎝⎭， 由（1）知0x >时()()00f x f >=，即()e 10xx -+>，当01x <<时()0g x '<；当1x >时()0g x '>， 所以()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以当1x =时，()min e 2g x =-， 所以e 2a ≥-，综上可知，实数a 的取值范围是e 2a ≥-.4、已知函数()()()2122ln 2f x x a x a x a =-++∈R . （1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x b =+，求2+a b 的值； （2）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()()2g x a x =-+，若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）210a b +=-；（2）答案见解析；（3）2,ln 2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭. 【分析】（1）利用导数的几何意义可得出关于实数a 、b 的方程组，解出这两个未知数的值，即可求得2+a b 的值； （2）求得()()()2xf x x x a --='，分2a =、02a <<、2a >三种情况讨论，分析导数的符号变换，由此可得出函数()f x 的增区间和减区间；（3）分析可知不等式222ln x a x>-在[],4e 上有解，利用导数求出函数()22ln x h x x=-在区间[],4e 上的最小值，由此可求得实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()()22af x x a x'=-++. 由题意得()()11222f a b =-+=+，()()11222f a a '=-++=， 即32212a b a ⎧--=+⎪⎨⎪-=⎩，解得3132a b =⎧⎪⎨=-⎪⎩，因此，210a b +=-；（2）()()()()2222x a x ax x a f x xx-++--'==.当2a =时，()0f x '≥且()f x '不恒为0，所以，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当02a <<时，由()0f x '>，得0x a <<或2x >，由()0f x '<，得2a x <<， 此时，()f x 在()0,a 和()2,+∞上单调递增，在(),2a 上单调递减； 当2a >时，由()0f x '>，得02x <<或x a >，由()0f x '<，得2x a <<， 此时，()f x 在()0,2和(),a +∞上单调递增，在()2,a 上单调递减. 综上所述，当2a =时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当02a <<时，()f x 在()0,a 和()2,+∞上单调递增，在(),2a 上单调递减； 当2a >时，()f x 在()0,2和(),a +∞上单调递增，在()2,a 上单调递减；（3）若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，则当[],4x e ∈时，212ln 02x a x +>有解.当[],4x e ∈时，ln 1x ≥，即222ln x a x >-有解，令()22ln x h x x=-，[],4x e ∈，则()min 2a h x >.()()()()2212ln 2ln 02ln 2ln x x x x x h x x x --'=-=<，所以，()h x 在[],4e 上单调递减，所以，()()min 44ln 2h x h ==-， 所以，42ln 2a >-，即2ln 2a >-，因此，实数a 的取值范围是2,ln 2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.5、已知函数()ln bf x x a x x=-+，a ，b ∈R ． （1）若a >0，b >0，且1是函数()f x 的极值点，求12a b+的最小值； （2）若b =a +1，且存在0x ∈[1e，1]，使0()0f x <成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）最小值3+；（2）()211e a e e +<-+．【分析】（1）由1是函数()f x 的极值点得1a b +=，对12a b+用基本不等式中“1的代换”求最值； （2）把“存在0x ∈[1e ，1]，使0()0f x <成立”转化为函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0， 利用导数讨论单调性，找到最小值，解出a 的范围即可．【解析】（1）()21,a bf x x x =--'因为1是函数()f x 的极值点， 所以()110,f a b '=--=即 1.a b +=此时()()()()222222111x b x b x x b a b x ax b f x x x x x x----+--=--=='= 当()01,0;x f x '<<<当()1,0,x f x >'>所以函数()f x 在1x =处取极小值．所以()121223b a a b a b a b a b⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭因为0,0a b >>，所以2b a a b +≥=(当且仅当21a b =-=时等号成立) 此时12a b+有最小值3+． （2）当1b a =+时，()1ln a f x x a x x+=-+， 存在01,1x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦使()00f x <成立，即函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0. ()()()221111(0)x x a a a f x x x x x ⎡⎤+-'++⎣⎦=-==>①当11,a +≥即0a ≥时，() f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()11120f a a =++=+<，所以2a <-，不符，舍去；②当11,a e+≤即11ae 时，()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()111110,f a e a e a e e e e⎛⎫=+++=+++< ⎪⎝⎭所以()211e a e e +<-+，又11,a e≤-所以()211e a e e +<-+；（3）当111a e <+<时，即110a e-<<时，()f x 在1,1a e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,1a +上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()()111ln 11ln 12f a a a a a a ⎡⎤+=++-+=-++⎣⎦ 因为111,a e<+<所以()1ln 10,a -<+<所以()11ln 12a <-+<所以()1ln 12a a a a ⎡⎤>-+>⎣⎦，所以()()11ln 12220,f a a a a ⎡⎤+=-++>+>⎣⎦不符，舍去，综上可得，a 的取值范围是()211e a e e +<-+．6、已知函数1()ln f x a x x=+（a R ∈且0a ≠）． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）()1f x =极小值，()f x 无极大值；（2）()1,,e e ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭．【分析】（1）求出导函数21()x f x x -'=，利用导数与函数单调性之间的关系判断函数的单调性， 由单调性求出函数的极值．（2）由题意只需函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0，求出2211()a ax f x x x x-'=-+=， 讨论a 的取值范围，利用导数判断函数的单调性，进而求出函数的最小值，即可．【解析】（1）依题意，当1a =时，1()ln f x x x=+，定义域为()0,∞+， 22111()x f x x x x-'=-+=，令()0f x '=，得1x =． 当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以()()11f x f ==极小值，()f x 无极大值．（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，即函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0．2211()a ax f x x x x -'=-+=，且0a ≠．令()0f x '=，得1x a=， 当10a<，即0a <时，()0f x '<恒成立，函数()f x 在(]0,e 单调递减，()min 1()f x f e a e==+， 由10a e +<，得1a e <-，即1,a e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭；当1e a ≥，即10a e<≤时，()0f x '≤恒成立， 函数()f x 在(]0,e 上单调递减，()min 1()0f x f e a e==+>，不合题意； 当10e a<<，即1a e >时，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '<，()f x 为减函数；2、已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，（1）先证明单调性，再求函数()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析（导数或定义），1；（2）34m ≥-.【分析】（1）求出()f x 的定义域和()'f x ，由()0f x '>可得()f x 的单调性及在[]1,2上的最小值；（2）转化为1min 2min ()()f x g x ≥，由（1）知min ()1f x =，利用单调性可得()g x 在[]0,2上单调性求得最值，解不等式可得答案.【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，所以11()10xf x x x+'=+=>， 所以()f x 在()0,∞+上单调递增，所以()f x 在[]1,2上的最小值为min ()(1)1f x f ==.（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，则1min 2min ()()f x g x ≥，由（1）知min()1f x =，因为1()2⎛⎫= ⎪⎝⎭xg x 是减函数， 所以1()2xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,2上单调递减，所以2min 1()(2)4g x g m ==-，所以114m ≥-，即34m ≥-. 所以实数m 的取值范围为3,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.3、已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln 2a ≥.【分析】（1）直接对函数求导，判断导函数在对应区间上的符号即可证明；（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值； 借助单调性换元法，结合二次函数的性质分别求最值列不等式求解即可【解析】（1）证明：()()23x xe ef x -='-令()0f x '>，解得0x >，∴()f x 在()0,∞+上单调递增 令()0f x '<，解得0x <，∴()f x 在(),0-∞上单调递减 （2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值()()()()max 23a af x f a f a e e -=-==+ 令[]()cos 1,1t x t =∈-，∴()2123g t t at a =+--，对称轴02a t =-< ∴()()max 513g t g == ∴()2533a a e e -+≥，52a ae e -+≥， 令(),0ae m m =>，∴152m m +≥，∴2m ≥∴2a e ≥，∴ln 2a ≥4、已知函数2()(2)ln ()f x a x ax x a R =++-∈． （Ⅰ）当0a =时，求证：2()22x f x x >-． （Ⅱ）设232()3g x x x =-，若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1a -.【分析】（1）将0a =代入，只需证明()2202xf x x -+>成立即可，然后构造函数， 利用导数讨论单调区间及最小值，利用最值证明即可； （2）若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，只需使()()min 1min 2f x g x 在1(0,1]x ∈，2[0,1]x ∈上恒成立， 然后分别讨论函数()f x 与()g x 的最小值，利用最值分析求解.【解析】（Ⅰ）当0a =时，要证222()22ln 2022x x f x x x x x -+=--+≥，只需证ln 02xx -<， 令()ln (0)2x h x x x =->，则112()22xh x x x-'=-=当(0,2)x ∈时，()0,()h x h x '>单调递增；当(2,)x ∈+∞时，()0,()h x h x '<单调递减；所以max ()(2)ln 210h x h ==-<，()(2)0h x h ≤<故ln 02x x -<，所以2()22x f x x >-． （Ⅱ）问题等价于1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，()()12minmin f x g x由232()3g x x x =-得2()22g x x x '=-， 由2()220g x x x '=-得01x ，所以在[0,1]上，()g x 是增函数，故min ()(0)0g x g ==．()f x 定义域为(0,)+∞，而()()()()()22121221122x a x a x ax f x a x a x x x⎡⎤++-++-⎣⎦=++-=='． 当2a -时，()0f x '<恒成立，()f x 在(0,1]上是减函数，所以min ()(1)2(1)01f x f a a ==+⇒-，不成立； 当2a >-时，由()0f x '<，得102x a <<+；由()0f x '>，得12x a >+， 所以()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪+⎝⎭单调递减，在1,2a ⎛⎫+∞⎪+⎝⎭单调递减． 若112a >+，即21a -<<-时，()f x 在(0,1]是减函数， 所以min ()(1)2(1)01f x f a a ==+⇒-，不成立； 若1012a <+，即1a -时，()f x 在12x a =+处取得最小值min 11()1ln(2)22f x f a a a ⎛⎫==++- ⎪++⎝⎭， 令1()1ln(2)(1)2h a a a a =++--+， 则22113()02(2)(2)a h a a a a +'=+=>+++在[1,)-+∞上恒成立， 所以()h a 在[1,)-+∞是增函数且min ()(1)0h a h =-=， 此时min 1()02f x f a ⎛⎫=⎪+⎝⎭成立，满足条件． 综上所述，1a -．5、已知函数21()(1)ln 2f x x a x a x =-++. （1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）任取[3,5]a ∈，函数()f x 对任意1212,[1,3]()x x x x ∈≠，恒有1212|()()|||f x f x x x λ-<-成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）[6)-+∞.【分析】（1）求函数导数，分类讨论求()0f x '>的解即可求解；（2）由(1)知()f x 在[1.3]上单调递减，不妨设12x x <，从而把不等式中的绝对值去掉得：1122()()f x x f x x λλ+<+，构造函数()()(13)h x f x x x λ=+≤≤，把问题转化为恒成立问题，求得实数λ的取值范围.【解析】（1）(1)()()1(0)a x x a f x x a x x x----+'==> 当1a = 时，2(1)()0x f x x-=≥'，所以()f x 在 (0,)+∞ 上单调递增；当1a > 时，由(1)()()0x x a f x x -'-=>解得(0,1)x ∈或(,)a +∞，所以()f x 在(0,1)，(,)a +∞上单调递增； 当01a <<时，由(1)()()0x x a f x x-'-=>解得(0,)x a ∈或(1,)+∞，所以()f x 在(0,)a ，(1,)+∞ 上单调递增； 当0a ≤时，由(1)()()0x x a f x x-'-=>解得(1,)x ∈+∞，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增.综上所述：当1a > 时，单调递增区间为(0,1)和(,)a +∞；当1a = 时，单调递增区间为(0,)+∞；当01a << 时，单调递增区间为(0,)a 和(1,)+∞； 当0a ≤ 时，单调递增区间为(1,)+∞（2）因为[3,5]a ∈，由（1）得，()f x 在[1,3]上单调递减，不妨设 12x x < ， 由1212|()()|||f x f x x x λ-<-得1221()()f x f x x x λλ-<-， 即1122()()f x x f x x λλ+<+令()()(13)h x f x x x λ=+≤≤ ，()1ah x x a xλ'=+--+， 只需()0h x '≥恒成立，即1(1)1a x xλ≥--+（[3,5]a ∈，[1,3]x ∈）恒成立，[]1,3x ∈ , 110x∴-≥max 1()1(5(1)111)a x x x x ∴=---++-即15(1)1x x λ≥--+（[1,3]x ∈）恒成立， 即56()x x λ≥-+（[1,3]x ∈）恒成立，因为56()6x x-+≤-x =，所以实数λ的取值范围是[6)-+∞.6、设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.（1）如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； （2）如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立．g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)， 令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23，∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1，∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.（2）对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立，即a ≥x －x 2ln x 恒成立． 令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2， ∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 令φ(x )＝1－2x ln x －x ， ∴φ′(x )＝－3－2ln x <0， h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0，当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0， ∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减， ∴h (x )max ＝h (1)＝1，故a ≥1. ∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．7、已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)−f(x 2)x 1−x 2<4x1x 2，求实数a 的取值范围．【解析】（1）由题意知f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)，因为x >0，a <0，所以f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． （2）∵0<x 1<x 2≤1，∴x 1－x 2<0，∴原不等式等价于f (x 1)−f (x 2)>4(x 1−x 2)x 1x 2，即f (x 1)－f (x 2)>4x 2－4x 1，即f (x 1)＋4x 1>f (x 2)＋4x 2.设g (x )＝f (x )＋4x，x ∈(0,1]，|f (x 1)－f (x 2)|<4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于g (x )在(0,1]上单调递减，所以g ′(x )≤0在(0,1]上恒成立⇔1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2≤0在(0,1]上恒成立⇔a ≥x －4x在(0,1]上恒成立，易知y ＝x －4x在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a <0，所以－3≤a <0，所以实数a 的取值范围为[－3,0)．8、已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .（1）当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；（2）当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围． 【解析】（1）f ′(x )=(x−1)(x−a)x 2.。

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

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

(完整版)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。

导数及其应用(压轴题) Word版含解析

导数及其应用(压轴题) Word版含解析

2.4导数及其应用(压轴题)命题角度1利用导数研究函数的单调性高考真题体验·对方向1.(2016北京·18)设函数f(x)=x e a-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.2.(2016四川·21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).新题演练提能·刷高分1.(2018北京海淀模拟)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1.(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,求a的取值范围.2.(2018江西师大附中模拟)已知函数f(x)=(2-m)ln x++2mx.(1)当f'(1)=0时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.3.(2018山东烟台期末)已知函数f(x)=ln x+-x+1-a(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若存在x>1,使f(x)+x<成立,求整数a的最小值.4.(2018重庆二诊)已知函数f(x)=-1e x+(x>0,a∈R).(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求a的取值范围;(2)当a∈(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数.命题角度2函数的单调性与极值、最值的综合应用高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=-x+a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.2.(2017北京·19)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.3.(2017全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=ax2-ax-x ln x,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.4.(2017山东·20)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=e x(cos x-sin x+2x-2),其中e≈2.718 28…是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程.(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.5.(2016全国Ⅱ·21)(1)讨论函数f(x)=e x的单调性,并证明当x>0时,(x-2)e x+x+2>0;(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.新题演练提能·刷高分1.(2018湖北重点高中协作体联考)已知函数f(x)=.(1)求函数f(x)的极值点;(2)设g(x)=xf(x)-ax2+(a>0),若g(x)的最大值大于-1,求a的取值范围.2.(2018河南中原名校质量考评)已知函数f(x)=e x-x2+ax.(1)当a>-1时,试判断函数f(x)的单调性;(2)若a<1-e,求证:函数f(x)在[1,+∞)上的最小值小于.3.(2018安徽合肥第二次质检)已知函数f(x)=(x-1)e x-ax2(e是自然对数的底数).(1)判断函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x∈R,f(x)+e x≥x3+x,求a的取值范围.4.(2018山东青岛一模)已知函数f(x)=a e2x-a e x-x e x(a≥0,e=2.718…,e为自然对数的底数),若f(x)≥0对于x∈R恒成立.(1)求实数a的值;(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且≤f(x0)<.命题角度3利用导数研究函数的零点或方程的根高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.2.(2017全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=a e2x+(a-2)e x-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.3.(2015全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.新题演练提能·刷高分1.(2018湖北黄冈等八市联考)已知函数f(x)=e x,g(x)=.(1)设函数F(x)=f(x)+g(x),试讨论函数F(x)零点的个数;(2)若a=-2,x>0,求证:f(x)·g(x)>.2.(2018广东深圳第二次调研)设函数f(x)=e x-1-a ln x,其中e为自然对数的底数.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若0≤a≤e,求证:f(x)无零点.3.(2018山东济南一模)已知函数f(x)=a ln x-x2+(2a-1)x(a∈R)有两个不同的零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2>2a.命题角度4导数与不等式高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅲ·21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.2.(2016全国Ⅲ·21)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)·(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x);(2)求A;(3)证明:|f'(x)|≤2A.新题演练提能·刷高分1.(2018河北唐山二模)设f(x)=,g(x)=a x+x a.(1)证明:f(x)在(0,1)上单调递减;(2)若0<a<x<1,证明:g(x)>1.2.(2018河南郑州第二次质量检测)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.3.(2018山西太原二模)已知函数f(x)=m ln x-e-x(m≠0).(1)若函数f(x)是单调函数,求实数m的取值范围;(2)证明:对于任意的正实数a,b,当a>b时,都有e1-a-e1-b>1-.4.(2018河北石家庄一模)已知函数f(x)=(x+b)(e x-a)(b>0)在(-1,f(-1))处的切线方程为(e-1)x+e y+e-1=0.(1)求a,b;(2)若方程f(x)=m有两个实数根x1,x2,且x1<x2,证明:x2-x1≤1+.命题角度5恒成立与存在性问题高考真题体验·对方向(2017全国Ⅲ·21)已知函数f(x)=x-1-a ln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+1+…1+<m,求m的最小值.新题演练提能·刷高分1.(2018江西南昌一模)已知函数f(x)=ln(ax)+bx在点(1,f(1))处的切线方程是y=0.(1)求函数f(x)的极值;(2)当≥f(x)+x(m<0)恒成立时,求实数m的取值范围(e为自然对数的底数).2.(2018河北唐山一模)已知函数f(x)=e x-1,g(x)=ln x+a.(1)设F(x)=xf(x),求F(x)的最小值;(2)证明:当a<1时,总存在两条直线与曲线y=f(x)与y=g(x)都相切.3.(2018河北衡水中学模拟)已知函数f(x)=.(1)确定函数f(x)在定义域上的单调性;若f(x)≤k e x在(1,+∞)上恒成立,求实数k的取值范围.4.(2018山东潍坊一模)函数f(x)=e x sin x,g(x)=(x+1)cos x-e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)对∀x1∈0,,∃x2∈0,,使f(x1)+g(x2)≥m成立,求实数m的取值范围;(3)设h(x)=·f(x)-n·sin 2x在0,上有唯一零点,求正实数n的取值范围.。

专题10 利用导数研究双变量问题(全题型压轴题)试题含解析

专题10 利用导数研究双变量问题(全题型压轴题)试题含解析

专题10利用导数研究双变量问题（全题型压轴题）目录①12()()f x g x =型......................................................1②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型） (2)③构造函数法 (5)①12()()f x g x =型②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型）6．（2023春·河南信阳·高一校考期中）已知函数()()2log 221x f x a x ⎡⎤=-+-⎣⎦，函数()22x x g x t -=-⋅．(1)若()g x 是偶函数，求实数t 的值，并用单调性的定义判断()g x 在[)0,∞+上的单调性；(2)在（1）的条件下，若对于[)10,x ∀∈+∞，2x R ∀∈，都有()()1222log 2f x g x a +≤+成立，求实数a 的取值范围．③构造函数法专题10利用导数研究双变量问题（全题型压轴题）目录①12()()f x g x =型......................................................1②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型） (8)③构造函数法 (15)①12()()f x g x =型对于D 选项，由上述分析可知，()21,x ∈+∞，则()[)2e,f x ∈+∞，1R x ∈，()1g x a ≥，要使“对1x ∀∈R ，()21,x ∃∈+∞，使得()1g x f =则需e a ≥，所以D 选项正确．故选：BD.4．（2023·全国·高二专题练习）已知函数()f x②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型）③构造函数法。

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

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。

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，∴g(t)<g(0)=0,∴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

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）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lna ＞，解得a 【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f 1<f 2，且ff 1+f 2≥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=f 1，f (f )+1=f 2，且f 1<0，f 2>1．∴ f (f )=f 1−1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 )=f 2+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 )=f 2+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−ln1f 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， ()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,+∞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 . 【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．()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（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 ff −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>0，所以f′(f)在(−1,+∞)单调递增，因为f″(f)=f f+1(f+1)2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 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114x a =，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02a x -<<或2a x ->，'()0f x <，解得22a a 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⎫+∞⎪⎪⎝⎭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 =->，'()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 <0f ′(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−fff +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+f2f 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+f 2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f (f )=−12f 2+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 +2−2f f=−f2+2f −2ff，令f (f )=−f 22f −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f 1=1−√1−2f ,f 2=1+√1−2f ， （i ）当0<f <12时，当f ∈(0,f 1),(f 2,+∞)时，f (f )<0，即f ′(f )<0， 当f ∈(f 1,f 2)时，f (f )>0，即f ′(f )>0，∴函数f (f )在(0,f 1),(f 2,+∞)单调递减，在(f 1,f 2)上单调递增．（ii ）当f ≤0时，f (0)=−2f ≥0，当f ∈(f 2,+∞)时，f (f )<0，即f ′(f )<0， 当f ∈(0,f 2)时，f (f )>0，即f ′(f )>0，∴函数f (f )在(f 2,+∞)单调递减，在(0,f 2)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+4ff +ff+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0,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭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 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 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∴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。

(完整版)导数双变量专题

(完整版)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—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.若对任意恒成立， 求的取值范围.()ln ,m f x x m R x =+∈()()0,1f b f a b a b a->><-m5.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。

导数中的双变量问题

导数中的双变量问题
当 x∈b＋1 1，＋∞时，f′(x)＜0，
故 f(x)在0，b＋1 1上单调递增，在b＋1 1，＋∞上单调递减. 综上，当 b≤－1 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 b>－1 时，f(x)在0，b＋1 1
上单调递增，在b＋1 1，＋∞上单调递减.
(2)若 0＜a＜2，b＝1，实数 x1，x2 为方程 f(x)＝m－ax2 的两个不等实根，求证：
令 h(x)＝f(x)－mx ＝ln x＋x2－3x－mx ，x∈[1，10]， 所以 h′(x)＝1x＋2x－3＋xm2≤0 在[1，10]上恒成立， 则m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立. 设F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])， 则 F′(x)＝－6x2＋6x－1＝－6x－122＋21. 当x∈[1，10]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1，10]上单调递减， 所以F(x)min＝F(10)＝－2×103＋3×102－10＝－1 710， 所以m≤－1 710， 故实数m的取值范围为(－∞，－1 710].
近年高考应考，常涉及“双变量”或“双参”相关问题，能力要求高，破解问 题的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含 双变量问题转化为含单变量的问题，二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函 数的单调性，从而求其最值.
考向1 与双变量有关的恒成立问题
【典例1】 已知函数f(x)＝ln x＋ax2－3x.
点津突破
1.利用 f′(1)＝0，得 a 的方程，解方程求 a 的值，再求 f′(x)＝0 的实数解，并判断 在实数解的两侧 f(x)的导数值符号，得 f(x)的极值. 2.“ 双 变 量 不 等 式 ” 变 “ 单 变 量 不 等 式 ” ： 双 变 量 不 等 式 “f(x1) － f(x2)>m（xx21－x2x1）”可化为“f(x1)－xm1>f(x2)－xm2”，只需构造函数 h(x)＝f(x)－ mx ，判断其在[1，10]上单调递减，从而转化为单变量不等式“h′(x)＝1x＋2x－3＋ xm2≤0 在[1，10]上恒成立”.分离参数 m，构造新函数，借助函数最值求 m 的取 值范围.

双变量不等式导数解法

双变量不等式导数解法

双变量不等式导数解法一、双变量不等式导数解法的基础概念双变量不等式呢，就像是两个小伙伴在不等式的世界里玩耍，但是这里面又有导数这个神奇的东西。

导数大家都知道吧，它就像是一个魔法棒，能让我们看到函数变化的快慢。

那在双变量不等式里，导数可就发挥大作用啦。

比如说，我们有个不等式是关于两个变量x和y的，这时候我们可能要通过对某个函数求导，然后根据导数的性质来解决这个不等式。

就好像是在一个迷宫里找路，导数就是我们的小地图，告诉我们该往哪个方向走。

二、常见题型与解法1. 题型一：已知函数表达式，求双变量不等式的解集。

这种题呢，我们首先要把函数看清楚。

比如说函数f(x,y) = x² + y² - 2xy，然后给了一个双变量不等式f(x,y)>0。

那我们可以先对这个函数关于x或者y求偏导。

要是对x求偏导，就把y 看成常数，得到f'x = 2x - 2y。

然后我们根据这个偏导数的正负性来分析函数的单调性。

如果f'x>0，说明函数在这个方向上是单调递增的。

然后再结合一些特殊点的值，像当x = y的时候，f(x,y)=0，这样我们就能找到不等式的解集啦。

这就像是拼图一样，一块一块地把答案拼出来。

2. 题型二：证明双变量不等式。

比如说要证明xlnx + ylny>(x + y)ln[(x + y)/2]（x>0,y>0且x≠y）。

这时候我们可以构造一个函数，设F(t)=tlnt。

然后求它的导数F'(t)=lnt + 1。

再利用导数的性质来证明。

我们可以把不等式左边变成F(x)+F(y)，右边变成2F[(x + y)/2]。

然后通过一些函数的凹凸性之类的性质来证明。

这就像是在做一个逻辑推理的游戏，要一步步找到证据来证明我们的结论。

3. 题型三：双变量不等式中的参数问题。

例如，已知不等式ax²+by²≥(ax + by)²对于任意x,y都成立，求a,b满足的条件。

一元函数的导数及其应用(利用导数研究双变量问题)(全题型压轴题)(解析版)-高考数学高分必刷必过题

一元函数的导数及其应用(利用导数研究双变量问题)(全题型压轴题)(解析版)-高考数学高分必刷必过题

【详解】（1） f (x) 在区间 (0, 2) 上为减函数.任取 0 x1 x2 2 ，
f
x1
f
x2
x12 x1 2
x22 x2 2
x12 x2 2 x22 x1 2 x1 2 x2 2
x1x2 x1 x22
x1x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 2 x2 2
【详解】由题意，
当
x
0,
1 2
时，
f
x
1 3
x
1 6
0,
1 6
，
当
x
1 2
,1
时，f
x
2x3 ，f x
21
6x2 x 1 2x3 x 12
4x3 6x2
x 1 2
2x2 2x 3 x 1 2
0 ，恒成立，
所以
f
x
在
x
1 2
,1
上单调递增，所以
f
x
1 6
,1
，
所以函数 f x 在0,1上的值域为 A 0,1，
f
x 有极大值，也为最大值且
f
x
max
f
1 ln11 1.
（2）
设 f x x 1, 2 的值域为 A, g x x 1, 2 的值域为 B ,
由题意“对于任意的 x1 1, 2 ，总存在 x2 1, 2 使得 f x1 g x2 0 ”，
等价于 A B ，
由（1）知
f
x
2
,
令 t cos x ， y t2 t 1 a (t 1 )2 5 a ， t 1, 0 ，
24
函数
y
(t
1)2 2

2025届高考数学复习：压轴好题专项(函数中的双变量问题)练习(附答案)

2025届高考数学复习：压轴好题专项(函数中的双变量问题)练习(附答案)

2025届高考数学复习：压轴好题专项(函数中的双变量问题)练习1．（2024届浙江省名校协作体高三上学期联考）已知函数()2e e(1)xf x a x =--有两个极值点()1212,x x x x <．其中a ∈R ，e 为自然对数的底数． (1)求实数a 的取值范围；(2)若()()()()1212e e 221e 11x x x x λ+-+-≥--恒成立，求λ的取值范围． 2．（2024届贵州省思南中学高三上学期第二次月考）已知函数()ln f x x x =． (1)讨论()f x 的单调性．(2)若有两个不相等的实数,a b 满足()()f a f b =，求证：1a b +<．3．（2024届重庆市拔尖强基联盟高三上学期九月联考）已知函数()()20R x m f x m n x n+=≥∈+，是定义域上的奇函数，当0x >时，()f x 的最小值为4. (1)求实数m n ，的值; (2)令()()()221620g x x f x x λλ=+-<，对[]121,4x x ∀∈，，都有()()1211g x g x -≤，求实数λ的取值范围. 4．（2024届重庆市渝北中学高三上学期8月月考）已知函数()()21ln 14f x x a x =+-，()()211e 4x g x f x x x =+-+． (1)当1a =-时，求函数()f x 的极值； (2)若任意1x 、()21,x ∈+∞且12x x ≠，都有()()12121g x g x x x ->-成立，求实数a 的取值范围．5.（2024届江西省赣州市第四中学高三上学期开学考）设m 为实数，函数()()2ln 2R f x m x x m =-∈. (1)当12m =时，直线y ax b =+是曲线()y f x =的切线，求a b +的最小值； (2)已函数()f x 有两个不同的零点1x ，2x （120x x <<），若()12011x x x λλλ+=≠-+，且()00f x '<恒成立，求实数λ的范围.6.（2024届安徽省安庆、池州、铜陵三市部分学校高三上学期开学联考）已知函数()e ax f x =，()21g x x =+，若曲线()y f x =与()y g x =相切.(1)求函数()()y f x g x =-的单调区间；(2)若曲线()y mf x =上存在两个不同点()11,A x y ，()22,B x y 关于y 轴的对称点均在()g x 图象上.①求实数m 的取值范围； ②证明：122x x +>.7.（2023届广东省华南师范大学附属中学高三三模）已知函数()()21ln 12f x x ax a x =+-+，R a ∈.(1)讨论()f x 零点的个数；(2)当1a >时，若存在()123123,,x x x x x x <<，使得()()()123f x f x f x ==，求证：12333x x x a<++<. 8.（2023届安徽省五校高三5月联考）已知正实数1012a b <≤≤<，函数()1x x f x a b -=+，[]0,1x ∈，()g x 为()f x 的导函数.(1)若1a b +=，求证：()0g b ≤；(2)求证；对任意正实数m ，n ，1m n +=，有n m m n m n m n +≤≤+.9.（2023届湖南省长沙市第一中学高三上学期入学摸底考试）已知函数（e 是自然对数的底数）.(1)若（）是函数的两个零点，证明：； (2)当时，若对于，曲线C ：与曲线都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围.10.已知函数． (1)讨论的单调性；(2)若有两个不同的零点，为其极值点，证明：. ()ln f x a x x =-1e a ⎛⎫> ⎪⎝⎭12,x x 120x x <<()y f x =12112ln x x x x <-2a =0k ∀>2y m kx =-()y f x =()22ln 1af x x x =-++()f x ()f x 12,x x 0x ()02212112f x x x +>参考答案1．（2024届浙江省名校协作体高三上学期联考）已知函数()2e e(1)xf x a x =--有两个极值点()1212,x x x x <．其中a ∈R ，e 为自然对数的底数． (1)求实数a 的取值范围；(2)若()()()()1212e e 221e 11x x x x λ+-+-≥--恒成立，求λ的取值范围．【解析】（1）由于()()e 2e 1x f x a x =--'，由题知()0f x '=有两个不同实数根，即()2e 1e xx a -=有两个不同实数根．令()()2e 1exx g x -=，则()()2e 20exx g x '-=≥，解得2x ≤，故()g x 在(],2-∞上单调递增，在[)2,+∞上单调递减，且x →-∞时，()g x →-∞，x →+∞时，()0g x →，()22eg =，故()g x 的图象如图所示，当20,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x '有两个零点12,x x 且12x x <．则()100f x x x ≥⇔<≤'或2x x ≥，故()f x 在(]10,x 上单调递增，在()12,x x 上单调递减，在()2,x +∞上单调递增，()f x 的极大值点为1x ，极小值点为2x ．故()2e e(1)xf x a x =--有两个极值点时，实数a 的取值范围为20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭．（2）由于()()()()()()()()()12121212e e 221e 11e 1e 2111x x x x x x x x λλ+-+-≥--⇔-+--≥-- 若设()1122121,10t x t x t t =-=-<<，则上式即为()1212e e 2t t t t λ+-≥⋅由（1）可得1212e 20e 20t t a t a t ⎧=>⎨=>⎩，两式相除得2121e t tt t -=，即2211ln 0t t t t -=>，由()1212e e 2t t t t λ+-≥⋅得()()22112121e e 2lnt t t t t t t t λ⎡⎤-+-≥⎣⎦ 所以()2112212e 2e ln t t t t t t λ+--⋅≤，令()()21e2e 21,(1)ln t t t t h t t t t+--=>=>，则()h t λ≤在()1,+∞恒成立，由于()()()2222e 2e ln 2e 2e ln t t t t h t t t'⎡⎤-+---+⎣⎦=， 令()()()22e 2e ln 2e 2e t t t t t ϕ⎡⎤=-+---+⎣⎦，则()()()e 2e 2ln 2e 2t t t t tϕ=----+'，()()()2e2e 2ln 2e 2e 2t t t ϕ=-+---'+'， 显然()t ϕ''在()1,+∞递增，又有()()1120,e 3e 60eϕϕ=-<'-'-'=>'，所以存在()01,e t ∈使得()00''=t ϕ，且易得()t ϕ'在()01,t 递减，()0,t +∞递增，又有()()210,e e 2e 10ϕϕ==--'>'，所以存在()11,e t ∈使得()10t ϕ=，且易得()t ϕ在()11,t 递减，()1,t +∞递增，又()()1e 0ϕϕ==，则1e x <<时，()()0,0,e t h t x ϕ<'<>时，()()0,0t h t ϕ'>>，所以易得()h t 在()1,e 上递减，在()e,+∞上递增，则()2min ()e (e 1)h t h ==-，所以λ的取值范围为(2,(e 1)⎤-∞-⎦．2．（2024届贵州省思南中学高三上学期第二次月考）已知函数()ln f x x x =． (1)讨论()f x 的单调性．(2)若有两个不相等的实数,a b 满足()()f a f b =，求证：1a b +<． 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞， 由()ln f x x x =，得()ln 1f x x ='+，由()ln 10f x x =+>'，得1e x >，由()ln 10f x x '=+<，得10ex <<，所以()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，（2）证明：由（1）得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上的值域为,0⎛⎫- ⎪⎝⎭1e ，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上的值域为1,e ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，因为(1)0,()()f f a f b ==， 所以不妨设101ea b <<<<，则要证1a b +<，只要证1b a <-， 由11e b a <<-，由（1）得()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，所以只需证()(1)f b f a <-，因为()()f a f b =，所以只要证()(1)f a f a <-， 则ln (1)ln(1)a a a a <--， 所以ln ln(1)ln(1)11(1)a a a a a a --<=---， 令ln ()(01)1xF x x x=<<-，则只需证()(1)F a F a <-， 由于110e 2a <<<，从而得011a a <<-<， 所以要证()(1)F a F a <-成立，只需ln ()1xF x x=-在(0,1)单调递增成立即可， 2211(1)ln ln 1()(1)(1)x x x x x F x x x -++-==--'， 令1()ln 1(01)G x x x x =+-<<，则22111()0x G x x x x-'=-+=<， 所以()G x 在(0,1)上单调递减， 所以()()10G x G >=，所以21ln 1()0(1)x x F x x +-=>-'， 所以ln ()1xF x x=-在(0,1)单调递增成立， 所以原命题成立.3．（2024届重庆市拔尖强基联盟高三上学期九月联考）已知函数()()20R x mf x m n x n+=≥∈+，是定义域上的奇函数，当0x >时，()f x 的最小值为4.(1)求实数m n ，的值; (2)令()()()221620g x x f x x λλ=+-<，对[]121,4x x ∀∈，，都有()()1211g x g x -≤，求实数λ的取值范围. 【解析】（1）根据题意可知，对应定义域内任意x ，函数()f x 满足()()f x f x -=-， 即()()()222x mx m x m f x f x x nx n x n-+++-===-=--+-++，即()x n x n -+=-+，解得0n =； 所以()()20x mf x m x+=≥，当0x >时，()2x m m f x x x x +==+≥=，即4=，解得4m =； 所以4m =，0n =.（2）由（1）可得()()2216420g x x x x x λλ⎛⎫=+-+< ⎪⎝⎭， 令()4h x x x =+，[]1,4x ∈，则()241h x x'=-， 易知当[]1,2x ∈时，()0h x '<，此时函数()h x 在[]1,2上单调递减， 当(]2,4x ∈时，()0h x '>，即函数()h x 在(]2,4上单调递增， 所以()[]4,5h x ∈； 令[]44,5x t x+=∈，则()g x 可化为()228t t t ϕλ=--，[]4,5t ∈ 因为二次函数()t ϕ的对称轴为(),0t λλ=<， 所以函数()t ϕ在[]4,5上单调递增，又对[]121,4x x ∀∈，，都有()()1211g x g x -≤，即()()max min 11t t ϕϕ-≤即可； 所以()()5411ϕϕ-≤，即()22510848811λλ-----≤，解得1λ≥-，所以10λ-≤<；综上可得，实数λ的取值范围是[)1,0-.4．（2024届重庆市渝北中学高三上学期8月月考）已知函数()()21ln 14f x x a x =+-，()()211e 4x g x f x x x =+-+． (1)当1a =-时，求函数()f x 的极值； (2)若任意1x 、()21,x ∈+∞且12x x ≠，都有()()12121g x g x x x ->-成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a =-时，()()21ln 14f x x x =--，其中()1,x ∈+∞， 则()()21122121x x f x x x x -'-=-=--，令()0f x '=，解得=1x -或2x =，又因为1x >，所以2x =， 列表如下：x ()1,22()2,+∞()f x ' -+()f x单调递减 极小值 单调递增因此()f x 有极小值()21f =，无极大值. （2）解：因为()()211e 4x g x f x x x =+-+，()()21ln 14f x x a x =+-， 所以()()1ln 1e xg x a x x =-++，其中()1,x ∈+∞， 对1x ∀、()21,x ∈+∞且12x x ≠，不妨设12x x >，则120x x ->， 得到()()1212g x g x x x ->-，化为()()1122g x x g x x ->-， 设()()h x g x x =-且函数()h x 的定义域为()1,+∞， 所以()()1ln 1e xh x a x =-+在()1,+∞为增函数， 即有()101e x a h x x '=-≥-对1x >恒成立，即1ex x a -≥对任意的1x >恒成立， 设()1e x x x ϕ-=，其中()1,x ∈+∞，则()2e xxx ϕ-'=， 令()0x ϕ'>，解得12x <<，令()0x ϕ'<，解得2x >， 所以()x ϕ在()1,2上单调递增，在()2,+∞上单调递减， 所以()x ϕ最大值()212e ϕ=，因此实数a 的取值范围是21e a ≥．5.（2024届江西省赣州市第四中学高三上学期开学考）设m 为实数，函数()()2ln 2R f x m x x m =-∈. (1)当12m =时，直线y ax b =+是曲线()y f x =的切线，求a b +的最小值； (2)已函数()f x 有两个不同的零点1x ，2x （120x x <<），若()12011x x x λλλ+=≠-+，且()00f x '<恒成立，求实数λ的范围. 【解析】（1）当12m =时，()ln 2f x x x =-，∴()12f x x'=-，设切点为()000,ln 2x x x -，则切线斜率()0012k f x x ==-'， ∴切线方程为0012ln 1y x x x ⎛⎫=-+-⎪⎝⎭，∴012a x =-，0ln 1b x =-，∴001ln 3a b x x +=+-， 令()1ln 3g x x x =+-，则()22111x g x x x x-=-+='， 由()0g x '<，可得01x <<；由()0g x '>，可得1x >，∴()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，∴()()min 12g x g ==-，即a b +的最小值为2-；（2）∵()f x 有两个不同的零点1x ，2x （120x x <<），∴11ln m x x =，22ln m x x =，124<<x x ，∴()1212ln ln m x x x x -=-，∴1122lnx m x x x =-， 设()120,1x t x =∈，则12ln x x m t-=， 又()22mf x x='-， ∴()12120121211222201ln x x x x f x f m x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'==-=⨯⋅-< ⎪+++⎝⎭'， 将12x tx =代入上式可得：()()1110ln t t tλλ+--<+恒成立，又()0,1t ∈，则ln 0t <，∴()()11ln 0t t t λλ+-->+恒成立，设()()()11ln t t t t λϕλ+-=-+，()0,1t ∈，则()()()()()()2222111t t t t t t t λλϕλλ---+=='-++，()0,1t ∈， （ⅰ）当21λ≥时，20t λ-<，∴()0t ϕ'<，∴()t ϕ在()0,1上单调递减，()()10t ϕϕ>=恒成立， ∴()[),11,λ∈-∞-⋃+∞；（ⅱ）当21λ<时，∵()0,1t ∈，∴()20,t λ∈时，()0t ϕ'<，()t ϕ在()20,λ上单调递减；()2,1t λ∈时，()0t ϕ'>，()t ϕ在()2,1λ上单调递增，∴()2,1t λ∈时，()()10t ϕϕ<=，综上可得()[),11,λ∈-∞-⋃+∞.6.（2024届安徽省安庆、池州、铜陵三市部分学校高三上学期开学联考）已知函数()e axf x =，()21g x x =+，若曲线()y f x =与()y g x =相切.(1)求函数()()y f x g x =-的单调区间；(2)若曲线()y mf x =上存在两个不同点()11,A x y ，()22,B x y 关于y 轴的对称点均在()g x 图象上.①求实数m 的取值范围；②证明：122x x +>.【解析】（1）设曲线()y f x =与()y g x =的切点坐标为()00,e ax x ，由()e axf x a '=，得()00e ax f x a '=.故切线方程为：()000ee ax ax y a x x -=-，即()000e 1e ax axy a x ax =+-，又切线方程为21y x =+，所以0e 2ax a =， ① 且()001e 1ax ax -=， ②设()()1e tt t ϕ=-，()e tt t ϕ'=-，当(),0t ∈-∞时，()0t ϕ'>，()t ϕ单调递增； 当()0,t ∈+∞时，()0t ϕ'<，()t ϕ单调递减，()t ϕ最大值为()()max 01t ϕϕ==，由②可得：00ax =代入①得：2a =，故()()2e 21xy f x g x x =-=--，()22e 1x y '=-所以()()y f x g x =-递减区间为(),0∞-，递增区间为()0,∞+.（2）由（1）知()2e x f x =，故121e x y m =，222e xy m =，①()11,A x y ，()22,B x y 关于y 轴的对称点为()11,A x y '-，()22,B x y -，由已知得：121e21x m x =-+，222e 21x m x =-+，即()221e x m x -=-+有两个不等的实根1x ，2x ，令()()221e xG x x -=-+，()()241exG x x -'=-，当(),1x ∈-∞时，()0G x '<，()G x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0G x '>，()G x 单调递增，()()21min 1e G x G ==-， 又x →-∞，()G x →+∞，x →+∞，()0G x →，且102G ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故实数m 的取值范围是21,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭；②不妨设12112x x <<<，要证明122x x +>，即证122x x >-， 因为当(),1x ∈-∞时，()G x 单调递减，故只需证()()122G x G x <-， 又()()12G x G x =，即证明()()2220G x G x --<， 令()()()()21F x G x G x x =-->，()()()()()()()224224241e 41e 41e e x x x x F x G x G x x x x ----'''=+-=-+-=--因为1x >，故242x x ->-，故()0F x '<，()F x 在()1,+∞单调递减， 所以()()10F x F <=.故()20F x <，即()()2220G x G x --<， 所以122x x +>.7.（2023届广东省华南师范大学附属中学高三三模）已知函数()()21ln 12f x x ax a x =+-+，R a ∈.(1)讨论()f x 零点的个数；(2)当1a >时，若存在()123123,,x x x x x x <<，使得()()()123f x f x f x ==，求证：12333x x x a<++<.【解析】（1）()()21ln 12f x x ax a x =+-+，所以()()()()()11110ax x f x ax a x x x--'=+-+=>， 若0a ≤，由()001f x x '>⇒<<，()01f x x '<⇒>，即()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，故()()1112f x f a ≤=--，()i 若20a -<≤，则()()10f x f ≤<，此时函数无零点； ()ii 若2a =-，()()10f x f ≤=，此时函数只有一个零点；()iii 若2a <-，()10f >，0x →时，()f x →-∞，()2ln 210f =-<，即()()120,1,1,2x x ∃∈∈使得()()120f x f x ==，即此时函数有两个零点； 若01a <<，由()001f x x '>⇒<<或1x a >，()101f x x a'<⇒<<， 即()f x 在()0,1和1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()f x 在1x =处取得极大值，而()11102f a =--<，且2233ln 3102f a a a ⎛⎫⎛⎫+=+++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即321,3x a ⎛⎫∃∈+ ⎪⎝⎭使得()30f x =，此时函数有且仅有一个零点；若1a =，此时()()210x f x x-'=≥恒成立，即()f x 在()0,∞+上单调递增，()()2ln 220,4ln 40f f =-<=>，即()42,4x ∃∈使得()40f x =，此时函数有且仅有一个零点； 若1a >，由()100f x x a '>⇒<<或1x >，()101f x x a'<⇒<<， 即()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，故()f x 在1x a =处取得极大值111ln 12f a a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()11111,0,1ln 0,1002a f a a a a ⎛⎫⎛⎫>∴∈⇒<--<⇒< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 又2233ln 3102f a a a ⎛⎫⎛⎫+=+++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即521,3x a ⎛⎫∃∈+ ⎪⎝⎭使得()50f x =，此时函数有且仅有一个零点；综上所述：(),2a ∈-∞-时，()f x 有两个零点；(]2,0a ∈-时，()f x 没有零点； {}()20,a ∈-+∞ 时，()f x 有一个零点.（2）当1a >时，由（1）任取(),,i j i j x x x x <设()1j ix t t x =>，先证ln ln 2j ij ij i x x x x x x ->-+，即证()21ln 01t t t -->+， 设()()()()()()()22221114ln 10111t t g t t t g t t t t t t --'=->⇒=-=>+++，即()g t 在定义域上单调递增，故()()10g t g >=，则ln ln 2j ij ij ix x x x x x ->-+成立， 由()()i j f x f x =得：()()2211ln 1ln 122i i i j j j x ax a x x ax a x +-+=+-+所以()()()()ln ln 210122j ij i j i j ij i x x a ax x a x x a x x x x -++-+=>++-+-+， 即()()()()()212012022j i j i j i j i a a x x a x x x x x x ⎡⎤⎡⎤+-+++<⇒+-+-<⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 解得22j i x x a<+<， 故()21323213213122263226,322x x a x x x x x x x x aa a x x a ⎧<+<⎪⎪⎪⎛⎫<+<⇒<++<⇒++∈⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪<+<⎪⎩，证毕.8.（2023届安徽省五校高三5月联考）已知正实数1012a b <≤≤<，函数()1x xf x a b -=+，[]0,1x ∈，()g x 为()f x 的导函数.(1)若1a b +=，求证：()0g b ≤；(2)求证；对任意正实数m ，n ，1m n +=，有n m m n m n m n +≤≤+.【解析】（1）()1ln (1)ln e e x x x a x bf x a b --=+=+，()()ln (1)ln e ln e ln x a x b f x g x a b --'== ()ln 2(1)ln 2e ln e ln 0x a x b g x a b -=+>'∴()g x 在[]0,1上单调递增，得()()1ln ln b b g x g b a a b b -≤=-要证：()0g b ≤只需证：1ln ln b b a a b b -≤.即11ln ln a b a a b b --≤即证：ln ln a ba b a b a b≤令()ln x x xϕ=，()0,1x ∈，()21ln 0xx x ϕ'-=> ∴()x ϕ在()0,1上单调递增故证a b a b ≤，即()()ln ln 1ln 1a a b b a a ≤=--令()()()ln 1ln 1h x x x x x =---，10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()22ln e h x x x '⎡⎤=-⎣⎦ 21e ln 024h ⎛⎫=> ⎪'⎝⎭，219e ln 010100h ⎛⎫='< ⎪⎝⎭，()h x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增∴存在唯一010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使，()00h x '= ()h x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增∴()()(){}max 0,10h x h h ≤=∴a b a b ≤，故原不等式成立，即()0g b ≤；（2）由（1）知，()f x 在[]0,1上单调递减∴()()12f b f f a ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭，即b a a ba b a b +≤+≤+ 由于1m n +=，且m ，n 为正实数，不妨令1012m n <≤≤<∴n m m n m n m n +≤≤+.9.（2023届湖南省长沙市第一中学高三上学期入学摸底考试）已知函数（e 是自然对数的底数）.(1)若（）是函数的两个零点，证明：； (2)当时，若对于，曲线C ：与曲线都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围.【解析】 (1)依题意，是函数的两个零点， 设，因为，所以， 因为，所以， 不等式，()ln f x a x x =-1e a ⎛⎫> ⎪⎝⎭12,x x 120x x <<()y f x =12112ln x x x x <-2a =0k ∀>2y m kx =-()y f x =()1212,0x x x x <<()y f x =21x tx =210x x >>1t >121121ln ln ln ln x x tx a x x x t===+111ln 11ln ,1ln ln t a t x t x x t -===--<-⇔<-⇔<-⇔<-11211111111222121ln ln ln ln x x t x x tx x t t x x x t因为，所证不等式即.设，所以，令，则，所以在上是增函数，且， 所以在上是增函数，且， 即，从而所证不等式成立.(2)因为曲线与曲线有唯一的公共点，所以方程有唯一解，即方程有唯一解， 令，所以，当时，，函数单调递增， 易知与有且只有一个交点，满足题意； 当时，有两个根，且两根之和为，两根之积为， 若两根一个大于4，一个小于4，此时函数先增后减再增，存在一个极大值和一个极小值，要使有唯一实数根，则大于极大值或小于极小值.记为极大值点，则，则恒成立，又，即，则极大值， 因为，所以在上单调递增，，则；记为极小值点，则，则，又，所以恒成立，令，又，所以时，，所以单调递减，无最小值，所以不存在，使得恒成立. 1t >2ln ln 10t t t t --+>()2ln ln 1h t t t t t =--+()12ln 21h t t t+-'=-()()g t h t ='()2210g t t t '=+>()h t '()1,+∞()()10h t h ''>=()h t ()1,+∞()()10h t h >=2ln ln 10t t t t --+>2:C y m kx =-()y f x =22ln m kx x x -=-22ln kx x x m +-=()22ln ,0g x kx x x x =+->()222221kx x g x kx x x-'+=+-=11160,16k k -剠()0g x '…()y g x =()g x y m =11160,016k k -><<2220kx x -+=182k >116k >()g x 22ln kx x x m +-=m 3x 34x <()233332ln g x kx x x m =+-<233220kx x -+=23322kx x =-()()2333333333112ln 22ln 2ln 122g x kx x x x x x x x =+-=--+=--()()3332142g x x x '=-<()()330,g x g x >'()0,4()()344ln23g x g <=-4ln23m -…4x 44x >()244442ln g x kx x x m =+->244220kx x -+=4412ln 12x x m -->()44412ln 12h x x x =--()44212h x x ='-44x >42102x -<()44412ln 12h x x x =--m 4412ln 12x x m -->若两根都大于4，设为极大值点，，则同理可得单调递减，所以，则；设为极小值点，，可得不存在，使得恒成立. 综上，要使对，曲线与曲线都有唯一的公共点，的取值范围为.10.已知函数． (1)讨论的单调性；(2)若有两个不同的零点，为其极值点，证明：. 【解析】 (1)， ， 当 时， 在 上为减函数； 当 时，由 得: 在 上为增函数； 由 得: 在上为减函数(2)由 （1） 可知: 且当时， 取极大值为从而的最大值为为满足题意，必有，即，设 ， 则 ，当时， ， 所以 在 上单调递増； 当 时， ， 所以 在 上单调递减， 所以 ， 从而 ，，5x 54x >()55512ln 12h x x x =--()()5ln 2344h x h <-=4ln23m -…6x 64x >m 6612ln 12x x m -->0k ∀>2:C ym kx =-()y f x =m [)4ln23,∞-+()22ln 1af x x x =-++()f x ()f x 12,x x 0x ()02212112f x x x +>()22ln 1af x x x =-++ ()2322(0)x af x x x +∴=->'0a ≥()()0,f x f x '<()0,∞+0a <()0f x '>()0x f x <<(()0f x '<()x f x >∴)+∞0a <x =()f x ()ln f a =--()f x ()0ln ,f a x =--=()ln 0fa =-->10a -<<()ln h x x x =-()111xh x x x-'=-=()0,1x ∈()0h x '>()h x ()0,1()1,x ∈+∞()0h x '<()h x ()1,+∞()max ()110h x h ==-<ln x x <()01224ln2ln f x a a ⎛⎫∴=-=-<- ⎪⎝⎭是函数 的两个不同的零点，， 两式相减得: . 设 ， 所以要证明:， 只需要证明: .即证明: ， 也就是证明: ， 设 ， 下面就只需证明: ，设 ， 则 ， 在 上为增函数， 从而 ， 成立， 从而 12,x x ()f x ()()112222122ln 10,2ln 10a a f x x f x x x x ∴=-++==-++=222122212112ln x x x ax x x --=210x x >>()02212112f x x x +>()22212222212121112 2ln x x x x x x x x -+>⨯()2222122221122ln x x x x x x ->+22221222212121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+()22211,x t x ∞=∈+()21ln (1)1t t t t ->>+()()21ln (1)1t g t t t t -=->+()22214(1)0(1)(1)t g t t t t t -=-+'=>+()g t ∴()1,+∞()()()21ln 101t g t t g t -=->=+()21ln 1t t t -∴>+()02212112f x x x +>。

高考专题 导数双变量问题

高考专题 导数双变量问题

导数专题——导数背景下双变量问题（内含极值点偏移）类型一 消参构造)(21x x f ±或者)(21x x f 化二元函数为一元函数处理 【例1】已知函数()()1ln a f x a x x a x+=--∈R . (1)求函数()f x 的单调区间；(2)当e a <<x 的方程()1a f ax ax+=-有两个不同的实数解12,x x ，求证:22124x x x x +<.【解析】(1)()f x 的定义域为(0)+∞,，()21a a f x x x +'=-221x ax ax -+++=()()211x x a x -+-+⎡⎤⎣⎦=.①当10a +>，即1a >-时，)1(0x a ∈+,，()0f x '>，1()x a ∈++∞,，()0f x '<， ∴函数()f x 的单调递增区间是(0)1a +,，单调递减区间是(1)a ++∞,. ②当10a +≤，即1a ≤-时，0()x ∈+∞,，()0f x '<，∴函数()f x 单调递减区间是(0)+∞,，无单调递增区间.(2)设()()1a g x f ax ax+=+()ln ln a a x x =+-， ()()()10a x g x x x-'∴=>. 当01x <<时，()0g x '>，函数()g x 在区间(0)1,上单调递增； 当1x >时，()0g x '<，函数()g x 在区间(1)+∞,上单调递减；()g x ∴在1x =处取得最大值.方程()1a f ax ax+=-有两个不同的实数解12x x ,. ∴函数()g x 的两个不同的零点12,x x ，一个零点比1小，一个零点比1大.不妨设1201x x <<<，由()10g x =，且()20g x =，得()11ln x ax =，且()22ln x ax =，则111x x e a =，221x x e a =，121221x x x x e a +∴=， 1212212121x x x x e x x a x x +∴=⋅++， 令12x x t +=，()te h t t=，()()221tt t e t e t e h t t t -⋅-'==. 12t x x =+，1201x x <<<，1t ∴>.()0h t '>.函数()h t 在区间(1)+∞,上单调递增，()()1h t h e >=，()12122212121x xx x e ex x a x x a+∴=⋅>++. e a <<2144e e a e ∴>=，121214x x x x ∴>+. 又120x x +>，12124x x x x ∴+<.【例2】已知函数)()(a ax e e x f x x +-=有两个极值点21,x x . （1）求a 的取值范围； （2）求证：21212x x x x +<.【解析】（1）因为)2()(ax e e x f x x -='，令0)(='x f ，即ax e x =2①当0=a 时，无解 ②当0≠a 时，x e x a =2，令x e x x g =)(，则x ex x g -='1)( 易得)(x g 在)1,(-∞上单调递增，在),1(+∞上单调递减又因为0)(,)(,,1)1(→+∞→-∞→-∞→=x g x x g x eg 时，时所以当ea 120<<，即e a 2>时，)(x f 有两个极值点.（2）由（1）设2110x x <<<，且有⎪⎩⎪⎨⎧==212122ax e ax e x x即1212x x e x x =-，两边取对，得1212ln x xx x =- 要证21212x x x x +<，即证))((ln212211221x x x x x x x x -+<，即211212ln 2x xx x x x -< 令)1(12>=t t x x ，只需证明01ln 2)(<+-=tt t t h 在),1(+∞上恒成立即可 由于0)1(112)(222<--=--='tt t t t h ，所以)(t h 在),1(+∞上单调递减， 即0)1()(=<h t h ，原式得证. 【例3】已知函数()ln )R (f x x ax a a =-+∈. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)当1a =时，对任意的0m n <<，求证:()()()1n m f m m f n m--<+. 【解析】(1)()()110axf x a x xx-'=-=>. 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x ∴的单调递增区间为(0)+∞,，无单调递减区间；当0a >时，由()0f x '>得10x a<<，由()0f x '<，得1x a>，()f x ∴的单调递增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)1a =时，()()ln 10f x x x x =-+>，由(1)知()f x 在()0,1上为增函数，在()1+∞,上为减函数，()()ln 110f x x x f ∴=-+≤=，ln 1x x ∴≤-，当且仅当1x =时，取“=”.()()f n f m -()()ln 1ln 1n n m m =-+--+()ln nn m m=--. ()11n m n m nm m m m--=-++ 0m n <<，11m ∴+>，0n m ->，1nm>.()1n m n m m -∴--<-+，∴只要证明ln1n nm m<-即可. 又1nm>，∴上式成立()()()1n m f n f m m m -∴-<+. 技巧二 借助极值点偏移处理双变量问题【例4】已知函数()2x af x e x c⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，其定义域为(0)+∞,.(其中常数 2.71828e =…，是自然对数的底数)(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若函数()f x 为定义域上的增函数，且()()124f x f x e +=-，证明:122x x +≥.【解析】(1)函数()2xa f x e x x ⎛⎫⎪⎝=-⎭-的定义域是()0,+∞，()()()221x e x x a f x x --'=.①若0a ≤，由()0f x '>，得1x >，∴函数()f x 的单调递增区间是()1,+∞.②若01a <<，由()0f x '>，得1x >或0x <<∴函数()f x 的单调递增区间是和.()1,+∞. ③若1a =，()()()22110x e x x f x x+-'=≥，∴函数()f x 的单调递增区间是()0,+∞.④若1a >，由()0f x '>，得x >01x <<，∴函数()f x 的单调递增区间是(0)1,和)+∞.综上，若0a ≤，函数()f x 的单调递增区间是(1)+∞,；若01a <<，函数()f x 的单调递增区间是和(1)+∞,； 若1a =，函数()f x 的单调递增区间是()0,+∞；若1a >，函数()f x 的单调递增区间是(0)1,和)+∞ (2)函数()f x 为定义域()0,+∞上的增函数，由(1)可知，1a =，()12x f x e x x ⎛⎫∴=--⎪⎝⎭. ()12f e =-，()()()12421f x f x e f ∴+=-=.不妨设1201x x <≤≤，欲证122x x +≥，只需证212x x ≥-， 即证()()212f x f x ≥-，又只需证()()1142e f x f x --≥-，即证()()1124f x f x e +-≤-令()()()2g x f x f x =+-，01x <≤，只需证()()1g x g ≤，()()()()2222221312x xe x x g x ex x x --⎡⎤+-'=--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦， 1x e x ≥+.()()22221211x x e e x x --∴=≥-+=.()()2222132x e x xx x -+-∴--()2312xx x -≥+--()322312x x x x -++=-()()()2212102x x x x ---=≥-. ()()()()22222213102x xe x x g x ex x x --⎡⎤+-'∴=--≥⎢⎥-⎢⎥⎣⎦. ()g x ∴单调递增，即()()1g x g ≤，从而122x x +≥得证.【例5】已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =-+-有两个零点. (1)求a 的取值范围;(2)设12,x x 是()f x 的两个零点,证明:122x x +<.【解析】（1）()0,+∞（2）当1x >时,'()0g x <,而(1)0g =,故当1x >时,()0g x <.从而22()(2)0g x f x =-<,故122x x +<.解析：(1)'()(1)e 2(1)(1)(e 2)x x f x x a x x a =-+-=-+. ①设0a =,则()(2)e ,()x f x x f x =-只有一个零点,②设0a >,则当(,1)x ∈-∞时,'()0f x <;当()1,x ∈+∞时,'()0f x >,所以()f x 在(),1-∞上单调递减,在()1,+∞上单调递增.又(1)e,(2)f f a =-=,取b 满足0b <且ln 2ab <,则223()(2)(1)022a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=-> ⎪⎝⎭, 故()f x 存在两个零点.③设0a <,由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-.若e 2a ≥-,则ln(2)1a -≤,故当()1,x ∈+∞时,'()0f x >,因此()f x 在()1,+∞上单调递增.又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点.若e 2a <-,则ln(2)1a ->,故当(1,ln(2))x a ∈-时,'()0f x <;当(ln(2),)x a ∈-+∞时,'()0f x >.因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减,在(ln(2),)a -+∞单调递增。

谈谈导数压轴题中的双变量问题处理方法

谈谈导数压轴题中的双变量问题处理方法
一一道经典题
例!! 已知函数)&*'#0** !)&*#'#)&*!'!*# 3
*!!求证"*# '*! #!!
解 析)+&*'##0&**!易得)&*'在&& .!#'上递
增!&#!' .'上递减!不妨设"%*# %#%*!!
方法!&用差值消元'令*! &*# #C #"!0**## #
*! 0*!
常用的策略!
方法 #&用 对 数 平 均 不 等 式 放 缩 ')&*#'#
)&*!'9
*# 0*#
*! #0*!
9'-*#
&*#
#'-*!
&*!9'-*#
&
'-*!
#*#
&*!9'-**# #
&*! &'-*!
##!由对数平均
不
# &'-*!
%
*#
'*!&证 !
明
略
'!得*#
'#')$ 的最大值!
解&#')+&*'#)+&#'0*&# &)&"''*!代入*## 可得")+&#'#)+&#'&)&"''#9)&"'##!)&*'#

(完整word版)高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题(2)

(完整word版)高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题(2)

1. (2010?辽宁)已知函数 f (x ) = (a+1) Inx+ax 2+1 (1) 讨论函数f (x )的单调性；(2) 设 a v- 1 .如果对任意 x i , X 2€( 0, +x) , | f (x i )- f (X 2) | >4| x i - X 2|，求 a 的取值范围.2解：(I ) f (x )的定义域为(0, +x) • • 「L ：「■: :■- -M-.IX当a >0时，f (x )>0,故f (乂)在(0, +x)单调递增； 当a <- 1时，f ' (x )v 0,故f (乂)在(0, +x)单调递减;当-1 v a v 0时，令f ( x ) =0,解得单调递增，在*8)单调递减.(II )不妨假设x 1> X 2,而a v - 1 ,由(I )知在(0, +x)单调递减, 从而？ X 1 , X 2€( 0, +x) , | f (X 1)— f ( X 2) | >4| X 1 - X 2|等价于？ X 1 , X 2 €( 0, +x) , f (X 2) +4x 2 > f ( X 1) +4x 1 ① 令 g (x ) =f (x ) +4x ,则才 Cx)=-^+2ax+4①等价于g (x )在(0, +x)单调递减，即^丄_、.卄山二「|.2 ( 2018?呼和浩特一模)已知函数f (x ) =lnx , g (x )丄? - bx (b 为常数). (I )当b=4时，讨论函数h (x ) =f (x ) +g (x )的单调性；(n ) b > 2 时，如果对于？ X 1, X 2€( 1 , 2］，且 X 1M X 2,都有 | f (X 1)- f ( X 2) | v | g (X 1)- g (X 2) |成立，求实数b 的取值范围.解：(1) h (x ) =lnx^fx 2- bx 的定义域为(0, +^),当 b=4 时，h (x ) =lnx^-x 2 - 4x , h' (x )丄+x -,XX令 h' (x ) =0,解得 X 1=2- .「；，X 2=2+「；，当 x €( 2-二，2+「；)时，h' (x )v 0, 当 x €( 0, 2- J ；),或(2+ -；, +X )时，h ' (x )> 0,所以，h (x )在€( 0, 2-硬)，或(2出,+x)单调递增；在(2-(5, 2+怎)单调递减；(I)因为f (x ) =lnx 在区间(1, 2］上单调递增，高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题(2)宜二)时，f (x )>? 48)时，f ( x)v 0. a+1 la故 f (X )在(0,aH 2a从而笠旦/蔦1)' -22 孑十1 2X2+12/十1故a的取值范围为(-X,- 2] . (12分)当b> 2时，g (x) =_x2- bx在区间(1, 2］上单调递减，2不妨设X1> X2,则| f (X1)- f ( X2) | < | g ( X1)- g (X2)| 等价化为f (X1)+g ( X1)< f (X2) +g ( X2), 令© ( X) =f ( X) +g (x),则问题等价于函数© (x)在区间(1, 2］上单调递减，即等价于©'(x) 4+x-b<0在区间(1, 2］上恒成立，所以得b》丄+x,因为y丄+X在(1, 2］上单调递增，所以y max丄+2盘所以得2C 2 23. ( 2018?乐山二模)已知f (x)(1)求 f (X )的单调区间;(2) 令 g (x ) =a«-2lnx ,则g (x ) =1时有两个不同的根，求a 的取值范围;(3) 存在X 1, X 2€( 1 , +X )且 X 1MX 2,使 | f (X 1) -f (X 2) | > k| lnx 1- Inx 2|成立，求k 的取值范围.解：(1 )T f (x)― 一门'29一“ -(H21 nx)"2K,f'(x )仝 -------------------- ' \丿 4故 x €( 0, 1)时，f'( x )> 0, x €( 1, +x)时，f ( x )< 0, 故f (乂)在(0, 1) 上单调递增，在(1, +x)上单调递减；(2)v g (x ) =a«- 2lnx=1，二 a ------------ :'=f (X ),作函数f (X )的图象 如下，•- f (1)-T =1,「.结合图象可知，a 的取值范围为(0, 1); (3)不妨设 X 1>X 2> 1 ,vf (x )在(1, +x)上单调递减，y=lnx 在(1,+x)上单调递增；二 | f (X 1)— f (X 2)| > k| lnx 1 - lnX 2| 可化为 f (X 2) - f=-2x+3.(U )若-2<a <- 1 时，对任意 X 1, X 2 € [ 1, 2]，不等式 | f (X 1)- f (X 2) | <t| g (X 1)- g (X 2) |34. ( 2018?衡阳三模)已知函数(I )判断函数F (x ) =f (x )(a € R),函数 g (x )恒成立，求实数t 的最小值.5. ( 2018?可南模拟)已知函数；二二p ：：工-丄：・-'「 (1)若m v 0,曲线y_f (x )在点(1, f (1))处的切线在两坐标轴上的截距之和为2,求m 的值；1I f(x )(2) ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 若对于任意的 皿£ ［£, 1］及任意的 X 1, X 2 € ［ 2, e ］ , X 1^X 2, 总有| -------------------------- 1>—-—成立,2 xj-z x 1x2 求t 的取值范围.解：(1)因为 f (I )_21,所以 f* (x 〕二号七-2 , f (1) _m — 1.又因为切点坐标为(L* 令x_0,得尸紀L ;令y_0,得沪.由，卡二；)'呼二2，化简得2m 2+m — 6_0, 解得m_-2或二-一，又m v 0,所以m_-2.(1P )翳包i 尸.1 ― -且/+ (1-a) g+1 _(-宓十1)〔工+1〕 F L K J=—-ax+1-^- ------------------------------------------------ .x i x(1) 当a < 0时，F' (x )> 0,函数y_F (乂)在(0, +^)上单调递增；(2) 当a > 0时，令F' (x )> 0,解得0=蛊<丄；令F' (x )v 0,解得疋〉丄.a解：(D h 二 i:i —<,其定义域为为(0, +x), 故函数y=F (x )在 © a 丄)上单调递增，在(―,中)上单调递减.a a21, - -ax +K -H 1—axrl = ---------------I2当-2w a w — 1时，函数y_f (x )单调递增，不妨设 又函数y_g (x )单调递减，所以原问题等价于：当- 对任意 1 w X 1W x 2W 2,不等式 f (x 2)— f (X 1)w t ［ g 即 f (X 2)+tg (x 2)w f (X 1)+tg (X 1)对任意-2w a w — 1, 1 w X 1W x 2W 2 恒成立. (II )由题意知t >O.f"(山1 w x i < x 2< 2, 2< a <— 1 时, (X 1)- g ( X 2)］恒成立,1则h (x )在［1,2］上单调递减.得 .对任意a € ［ — 2,—1］ , x € ［1 ,2］恒成立.记 h ( x )=f ( x ) +tg ( x ) =lnx — 立.■■+ (1 — 2t ) x+3t ,—2,— 1］，贝则 H (韵…二HG2)二2时L+l-2t < 0 在 x €( 0, +X )上恒成 则 2t — 1>( 2x+—) max ,而 y_2x —在［1, 2］上单调递增,............ '1 所以函数y=2x+L 在［1, 2］上的最大值为二.由2t — 1,解得t.故实数t 的最小值为 IL4,所以切线方程为:(2)不妨设X1 >血，由(1) 知，二〔乂.-丄-工I , f < ■■-,所以f (x )> 0, f ( X )为增函数，从而f ( X 1)> f (X 2).等价于£［厂)亠£(貸2)》即 J -F6 J 〔丄，所以 £(x [2)+"^— •X 2|g]只2，则g (X1)> g (X2),所以g (X )在[2, e]上为单调递增函数,号对于IU E ［寺，i ］恒成立,所以，即「：，： _ ：■：—对于x € ［2, e ］恒成立.设 h (x ) =x 3 - 2x 2因此，t < 1,即 t €( — *, 1].gCx)-f (s)+y 因此 g' (x )>0,；:，则h‘ D 二3，-4工十吉2(3区一4)十寺＞0,所以 h (x )在［2, e ］上单调递增，h (x ) min =h (2) =1,。

高中数学压轴题系列——导数专题——双极值问题

高中数学压轴题系列——导数专题——双极值问题

高中数学压轴题系列——导数专题——双极值问题1．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=﹣x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）=﹣﹣1+=﹣，设g（x）=x2﹣ax+1，当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞0时，判别式△=a2﹣4，①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）＞0，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：x（0，）（，）（，+∞）f′（x）﹣0+0﹣f（x）递减递增递减综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，则（，）上是增函数．（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2=1，则f（x1）﹣f（x2）=（x2﹣x1）（1+）+a（lnx1﹣lnx2）=2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），则=﹣2+，则问题转为证明＜1即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，则lnx1﹣ln＞x1﹣，即lnx1+lnx1＞x1﹣，即证2lnx1＞x1﹣在（0，1）上恒成立，设h（x）=2lnx﹣x+，（0＜x＜1），其中h（1）=0，求导得h′（x）=﹣1﹣=﹣=﹣＜0，则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+＞0，故2lnx＞x﹣，则＜a﹣2成立．2．（2018•玉溪模拟）已知函数f（x）=xlnx﹣．（1）若函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，求实数m的取值范围；（2）若函数f（x）在（0，+∞）上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：lnx1+lnx2＞2．解：（1）∵f（x）=xlnx﹣在（0，+∞）上是减函数，∴f′（x）=lnx﹣mx≤0在定义域（0，+∞）上恒成立，∴m≥（）max，设h（x）=，则，由h′（x）＞0，得x∈（0，e），由h′（x）＜0，得x＞e，∴函数h（x）在（0，e）上递增，在（e，+∞）上递减，∴h（x）max=h（e）=．∴m≥．故实数m的取值范围是[，+∞）．证明：（2）由（1）知f′（x）=lnx﹣mx，∵函数f（x）在（0，+∞）上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，∴，则，∴=，∴lnx1+lnx2=•ln=，设t=∈（0，1），则lnx1+lnx2=，要证lnx1+lnx2＞2，只需证，只需证lnt＜，只需证lnt﹣＜0，构造函数g（t）=lnt﹣，则g′（t）==＞0，∴g（t）=lnt﹣在t∈（0，1）上递增，∴g（t）＜g（1）=0，即g（t）=lnt﹣＜0，∴lnx1+lnx2＞2．3．（2018•银川三模）已知函数f（x）=x﹣ax2﹣lnx（a＞0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．解：（1）∵f′（x）=﹣，（x＞0，a＞0），不妨设φ（x）=2ax2﹣x+1（x＞0，a＞0），则关于x的方程2ax2﹣x+1=0的判别式△=1﹣8a，当a≥时，△≤0，φ（x）≥0，故f′（x）≤0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，当0＜a＜时，△＞0，方程f′（x）=0有两个不相等的正根x1，x2，不妨设x1＜x2，则当x∈（0，x1）及x∈（x2，+∞）时f′（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）递减，在（x1，x2）递增；（2）证明：由（1）知当且仅当a∈（0，）时f（x）有极小值x1和极大值x2，且x1，x2是方程的两个正根，则x1+x2=，x1 x2=，∴f（x1）+f（x2）=（x1+x2）﹣a[（x1+x2）2﹣2x1 x2]﹣（lnx1+lnx2）=ln（2a）++1=lna++ln2+1（0＜a＜），令g（a）=lna++ln2+1，当a∈（0，）时，g′（a）=＜0，∴g（a）在（0，）内单调递减，故g（a）＞g（）=3﹣2ln2，∴f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．4．（2018•南开区一模）已知函数f（x）=﹣ln2x﹣ax2+x（a∈R）．（Ⅰ）若函数f（x）在其定义域内为减函数，求a的取值范围；（Ⅱ）讨论函数f（x）的极值点的个数；（Ⅲ）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．解：（Ⅰ）f′（x）=﹣﹣2ax+1=﹣．要使f（x）在（0，+∞）单调递减．则﹣2ax2﹣x+1≤0在（0，+∞）恒成立，即在（0，+∞）恒成立，在（0，+∞）恒成立，综上，a的取值范围是[，+∞）．∴2a，a，（Ⅱ）（ⅰ）a=0时，，x∈（0，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，所以x=1，f（x）取得极小值，x=1是f（x）的一个极小值点．（ⅱ）a＜0时，△=1﹣8a＞0，令f′（x）=0，得，显然，x1＞0，x2＜0，x∈（0，x1）时，f′（x）＜0，x∈（x1，+∞）时，f′（x）＞0．f（x）在x=x1取得极小值，f（x）有一个极小值点．（ⅲ）a＞0时，△=1﹣8a≤0，即a≥时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）是减函数，f（x）无极值点．当0时，△=1﹣8a＞0，令f′（x）=0，得得，，当x∈（0，x1）和x∈（x2，+∞）f′（x）＜0，x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，∴f（x）在x1取得极小值，在x2取得极大值，所以f（x）有两个极值点．综上可知：（ⅰ）a≤0时，f（x）仅有一个极值点；（ⅱ）当a时，f（x）无极值点；（ⅲ）当0时，f（x）有两个极值点．（Ⅲ）证明：由（1）知，当且仅当a∈（0，）时，f（x）有极小值点x1和极大值点x2，且x1，x2是方程2ax2﹣x+1=0的两根，.，）=﹣，（0），∴．∴h（a）在（0，）单调递减，∴h（a）＞h（）=3﹣4ln2，即f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．5．（2018•济南二模）已知函数f（x）=1n（x+1）+ax2﹣x．（1）当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范；（2）若函数g（x）=f（x）+x有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：．解：（1）【解法一】∵f′（x）=+2ax﹣1=，x∈[0，+∞）设h（x）=2ax+2a﹣1①a≤0时，h（x）＜0，∴f（x）在[0，+∞）上单调递减，f（x）≤f（0）=0，不合题意，舍去；②当a＞0时，（i）若2a﹣1≥0，即时，当h（x）≥0，∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，f（x）≥f（0）=0，符合题意；（ii）若2a﹣1＜0，即时，当时，h（x）＜0，f（x）单调递减：当时，h（x）＞0，f（x）单调递增；∴，不合题意，舍去；综上：；【解法二】若a≤0，而f（1）=1n2+a﹣1＜0，不合题意，故a＞0；易知：f（0）=0，，x∈[0，+∞），f'（0）=0设h，，h'（0）=2a﹣1若2a﹣1≥0，即时，∵h'（x）在[0，+∞）上单调递增，∴h'（x）≥h'（0）=2a﹣1≥0，∵h'（x）在[0，+∞）上单调递增，∴h'（x）≥h'（0）=0，符合题意；若2a﹣1＜0，即时，∵h'（x）在[0，+∞）上是单调递增函数，令h'（x）=0，记，当x∈[0，x0）时，h'（x）＜0，∴h'（x）在[0，x0）上是单调递减函数，∴h'（x）≤h'（0）=0，∴f（x）在[0，x0）上是单调递减函数，∴f（x）≤f（0）=0，不合题意：综上：；证明：（2）【解法一】g（x）﹣1n（1+x）+ax2，∴=，设φ（x）=2ax2+2ax+1，若a=0，φ（x）=1＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，不合题意：当a＜0时，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，∴φ（x）=0在（﹣1，+∞）上只有一个根，不合题意：当a＞0时，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，要使方程φ（x）=2ax2+2ax+1=0有两个实根x1，x2，只需，即a＞2，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，，∴，∴，∴g（x）在（﹣1，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增；∴g（x）在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值，符合题意；∵，∴=设，，，∴m（t）在上是增函数，∴，∴．【解法二】g（x）=1n（1+x）+ax2，∴，设φ（x）=2ax2+2ax+1，若a=0，φ（x）=1＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，不合题意；当a＜0时，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，∴φ（x）=0在（﹣1，+∞）上只有一个根，不合题意；当a＞0时，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，要使方程φ（x）=2ax2+2ax+1=0有两个实根x1，x2，只需，即a＞2，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，，∴，∴，∴g（x）在（﹣1，x1）上单调递增，在（x1，x2）单调递减，在（x2，+∞）上单调递增；∴g（x）在x=x1处取最大值，在x=x2处取最小值，符合题意；∵设2ax2=t，则tx2+t+1=0，∴，,∴g（x2）=1n（1+x2）设，=，∴m（t）在（﹣2，﹣1）单调递增，∴，∴．6.（2009•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）内为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）内为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）内为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设h（x）=x2﹣（2x2+2x）ln（1+x），（﹣＜x＜0）则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．7．（2018•涪城区校级模拟）已知函数f（x）=alnx﹣bx﹣3（a∈R且a≠0）（1）若a=b，求函数f（x）的单调区间；（2）当a=1时，设g（x）=f（x）+3，若g（x）有两个相异零点x1，x2，求证：lnx1+lnx2＞2．解：（1）由f（x）=alnx﹣bx﹣3知f′（x）=，当a＞0时，函数f（x）的单调增区间是（0，1），单调减区间是（1，+∞），当a＜0时，函数f（x）的单调增区间是（1，+∞），单调减区间是（0，1）．证明：（2）g（x）=lnx﹣bx，设g（x）的两个相异零点为x1，x2，设x1＞x2＞0，∵g（x1）=0，g（x2）=0，∴lnx1﹣bx1=0，lnx2﹣bx2=0，∴lnx1﹣lnx2=b（x1﹣x2），lnx1+lnx2=b（x1+x2），要证lnx1+lnx2＞2，即证b（x1+x2）＞2，即＞，即ln＞，设t=＞1上式转化为lnt＞，t＞1．设g（t）=lnt﹣，∴g′（t）=＞0，∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，∴g（t）＞g（1）=0，∴lnr＞，∴lnx1+lnx2＞2．。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（
2）
1.（2010?辽宁）已知函数 f （x ） =（ a+1）lnx+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：（Ⅰ ）f （x ）的定义域为（ 0，+∞） .
．
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
．
则当
时， f'（ x ）＞ 0；
时， f' （ x ）＜ 0．
故 f （x ）在
单调递增，在
单调递减．
（Ⅱ）不妨假设 x 1≥
2，而 ＜﹣ ，由（ Ⅰ）知在（
0， ∞）单调递减，
x
a
1
+
从而 ? x 1，
2∈（ ， ∞）， | f （ 1）﹣
（ 2）
≥
4| x 1﹣ 2
| x
0 +
x
f x |
x 等价于 ? x 1，
2∈（
， ∞）， f （ 2 ）
2 ≥
（ 1 ） 1 ①
x 0 +
x +4x f
x +4x
令 g （ x ）=f （ x ） +4x ，则
①等价于 g （x ）在（ 0，+∞）单调递减，即
．
从而
故 a 的取值范围为（﹣∞，﹣ 2] ．（ 12 分）
2．（ 2018?呼和浩特一模）已知函数 f （x ） =lnx ， g （ x ） = ﹣ bx （b 为常数）．
（Ⅰ）当 b=4 时，讨论函数 h （x ）=f （x ）+g （x ）的单调性；
（Ⅱ） b ≥2 时，如果对于 ? x 1，x 2∈（ 1， 2] ，且 x 1≠ x 2，都有 | f （x 1）﹣ f （ x 2）| ＜| g （x 1）﹣ g （x 2）
| 成立，求实数 b 的取值范围．
解：（ 1）h （ x ）=lnx+ x 2﹣bx 的定义域为（ 0，+∞），当 b=4 时， h （ x ）=lnx+ x 2 ﹣4x ，
h'（x ）= +x ﹣4=
，
令 h'（x ） =0，解得 x 1
﹣ ， 2 ，当 ∈（ ﹣
，
2+ ）时， ′（ ）＜ ，
=2 x =2+
x2
h x 0
当 x ∈（ 0， 2﹣ ），或（ 2+ ，+∞）时， h ′（x ）＞ 0，
所以， h （x ）在∈（ 0， 2﹣
），或（ 2+ ，+∞）单调递增；在（ 2﹣
， 2+
）单调递减；
（Ⅱ）因为 f （ x ）=lnx 在区间（ 1，2] 上单调递增，
当 b≥ 2 时， g（x） =x2﹣bx 在区间（ 1，2] 上单调递减，
不妨设 x1＞ x2，则| f（x1）﹣ f（ x2）| ＜| g（ x1）﹣g（x2）| 等价化为 f（x1）+g（ x1）＜ f（x2）+g （ x2），令φ（ x） =f（x）+g（ x），则问题等价于函数φ（x）在区间（ 1，2] 上单调递减，
即等价于φ′（x）= +x﹣b≤0 在区间（ 1，2] 上恒成立，所以得b≥+x，
因为 y= +x 在（ 1，2] 上单调递增，所以y max= +2= 所以得 b≥
3．（ 2018?乐山二模）已知 f （x）=．
（1）求 f（ x）的单调区间；
（2）令 g（ x） =ax2﹣2lnx ，则 g（ x）=1 时有两个不同的根，求 a 的取值范围；
（3）存在 x1，2∈（，∞）且
x 1≠2，使
| f
（1）﹣（ 2）≥
k| lnx
1﹣2
|
成立，求
k
的取值范围．
x 1 +x x f x|lnx
解：（ 1）∵ f （x）=， f ′（x）==﹣=﹣，
故x∈（ 0， 1）时， f ′（ x）＞ 0， x∈（ 1， +∞）时， f ′（ x）＜ 0，
故f（x）在（ 0， 1）上单调递增，在（ 1，+∞）上单调递减；
（2）∵ g（x）=ax2﹣2lnx=1，∴ a==f（x），作函数 f（ x）的图象
如下，
∵f （1）==1，∴结合图象可知， a 的取值范围为（ 0，1）；
（3）不妨设 x1＞ x2＞1，∵f（ x）在（1，+∞）上单调递减， y=lnx 在（1，
+∞）上单调递增；
∴| f（ x1）﹣ f（ x2）| ≥k| lnx1﹣lnx2| 可化为 f（ x2）﹣ f（ x1）≥ k（ lnx1﹣lnx2），
∴f（x2）+klnx2≥f（ x1）+klnx1，即函数 h（ x）=f（ x）+klnx 在（ 1，+∞）上存在单调减区间，即 h′（ x） =f ′（x）+=﹣+ =＜ 0 在（ 1，+∞）上有解，
即 m（x）=kx2﹣4lnx＜0 在（ 1， +∞）上有解，即 k＜在（ 1，+∞）上有解，
∵（）′=，当 x=时，=0；故（） max；∴
k ＜．
=
4．（ 2018?衡阳三模）已知函数 f（ x） =lnx﹣ax2+x（ a∈ R），函数 g（x） =﹣ 2x+3．
（Ⅰ）判断函数 F（x）=f（ x） +ag（x）的单调性；
（Ⅱ）若﹣ 2≤a≤﹣ 1 时，对任意x1， x2∈[ 1， 2] ，不等式 | f（ x1）﹣ f （x2）| ≤t | g（x1）﹣ g（x2）|
恒成立，求实数 t 的最小值．
解：（ I ）
，其定义域为为（ 0， +∞），
=
．
（1）当 a ≤ 0 时， F'（ x ）≥ 0，函数 y=F （x ）在（ 0，+∞）上单调递增；
（2）当 a ＞ 0 时，令 F'（x ）＞ 0，解得
；令 F'（x ）＜ 0，解得
．
故函数 y=F （x ）在
上单调递增，在
上单调递减．
（II ）由题意知 t ≥ 0.
，
当﹣ 2≤ a ≤﹣ 1 时，函数 y=f （ x ）单调递增，不妨设
1≤x 1≤ 2≤ ，
x 2 又函数 y=g （x ）单调递减，所以原问题等价于：当﹣ 2≤a ≤﹣ 1 时， 对任意 1≤x 1≤ 2≤ ，不等式 f （ 2）﹣ f （ 1）≤ （ 1）﹣ （ 2） 恒成立，
x 2 x x t[ g x
g x ] 即 f （x 2）
+tg （ 2 ）≤ （ 1） +tg （ 1）对任意﹣ 2 ≤ ≤﹣ ， ≤ 1≤ 2≤ 2恒成立．
x f x x
a 1 1 x
x
记 h （ x ）=f （x ） +tg （ x ） =lnx ﹣ +（ 1﹣ 2t ） x+3t ，
则 h （x ）在[ 1，2] 上单调递减． 得
对任意 a ∈ [ ﹣2，﹣1] ，x ∈ [ 1，2] 恒成立．
令
，a ∈[ ﹣2，﹣ 1] ，则
2t ≤ 0 在 x ∈（ 0， +∞）上恒成
立．
则 2t ﹣1≥（ 2x+ ） max ，而 y=2x+ 在 [ 1， 2] 上单调递增，
所以函数 y=2x+ 在[ 1， 2] 上的最大值为 ．由 2t ﹣1
，解得 t ．故实数 t 的最小值为 ．
5．（ 2018?河南模拟）已知函数
．
（1）若 m ＜0，曲线 y=f （x ）在点（ 1，f （ 1））处的切线在两坐标轴上的截距之和为 2，求 m 的值；
（2）若对于任意的
及任意的 x 1，x 2∈[ 2，e] ，x 1≠x 2，总有
成立，
求 t 的取值范围．
解：（ 1）因为
，所以
，f' （1）=m ﹣1．
又因为切点坐标为
，所以切线方程为
．
令 x=0，得
；令 y=0，得
．由
，化简得 2m 2+m ﹣ 6=0，
解得 m=﹣2 或
，又 m ＜0，所以 m=﹣2．
（2）不妨设 x 1＞x 2，由（ 1）知，
，
，
所以 f' （x）＞ 0，f（ x）为增函数，从而f（ x1）＞ f（x2）．
所以等价于，
即，所以．
设，则 g（x1）＞（ 2），所以
g（ x）在 [ 2，e] 上为单调递增函数，
g x
因此 g'（x）≥ 0，对于恒成立，
所以，即对于 x∈[ 2，e] 恒成立．
设 h（ x）=x3﹣ 2x2，则=，
所以 h（x）在 [ 2， e] 上单调递增， h（x）min=h（2）=1，
因此， t≤ 1，即 t ∈（﹣∞， 1] ．。

相关文档
最新文档