专题二. 函数双变量问题

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2023届高考数学导数满分通关：双变量含参不等式证明方法之消参减元法

专题22 双变量含参不等式证明方法之消参减元法【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝ax 2－x －ln 1x．(1)若f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝2x ＋1平行，求f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若函数f (x )在定义域内有两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)＜2ln2－3．解析 (1)∵f (x )＝ax 2－x －ln 1x ＝ax 2－x ＋ln x ，x ∈(0，＋∞)，∴f ′(x )＝2ax －1＋1x ，∴k ＝f ′(1)＝2a ．∵f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝2x ＋1平行，∴2a ＝2，即a ＝1． ∴f (1)＝0，故切点坐标为(1,0)．∴切线方程为y ＝2x －2． (2)∵f ′(x )＝2ax －1＋1x ＝2ax 2－x ＋1x，∴由题意知方程2ax 2－x ＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x 1，x 2， ∴Δ＝1－8a ＞0，x 1＋x 2＝12a ＞0，x 1x 2＝12a ＞0，∴0＜a ＜18．f (x 1)＋f (x 2)＝ax 21＋ax 22－(x 1＋x 2)＋ln x 1＋ln x 2＝a (x 21＋x 22)－(x 1＋x 2)＋ln(x 1x 2)＝a [(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]－(x 1＋x 2)＋ln(x 1x 2)＝ln 12a －14a－1，令t ＝12a ，g (t )＝ln t －t 2－1，则t ∈(4，＋∞)，g ′(t )＝1t －12＝2－t 2t＜0，∴g (t )在(4，＋∞)上单调递减．∴g (t )＜ln4－3＝2ln2－3，即f (x 1)＋f (x 2)＜2ln2－3． [例2] (2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2．(Ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (Ⅰ)若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0．所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a >2．由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1．由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0．设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0．所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2．[例3] 已知函数f (x )＝a x －1＋ln x ．(1)若函数f (x )在()e ，＋∞内有极值，求实数a 的取值范围；(2)在(1)的条件下，对任意t ∈(1，＋∞)，s ∈(0，1)，求证：f (t )－f (s )>e ＋2－1e ．解析 (1)由定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f ′(x )＝1x －a(x －1)2＝x 2－(a ＋2)x ＋1x (x －1)2，设h (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1，要使y ＝f (x )在()e ，＋∞上有极值，则x 2－(a ＋2)x ＋1＝0有两个不同的实根x 1，x 2，∴Δ＝(a ＋2)2－4>0，∴a >0或a <－4，① 且至少有一根在区间()e ，＋∞上，又∵x 1·x 2＝1，∴只有一根在区间(e ，＋∞)上，不妨设x 2>e ， ∴0<x 1<1e <e<x 2，又h (0)＝1，∴只需h ⎝⎛⎭⎫1e <0，即1e 2－(a ＋2)1e ＋1<0，∴a >e ＋1e －2，② 联立①②可得a >e ＋1e－2．即实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫e ＋1e －2，＋∞． (2)由(1)知，当x ∈()1，x 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈()x 2，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )在(1，＋∞)上有最小值f (x 2)，即∀t ∈(1，＋∞)，都有f (t )≥f (x 2)，又当x ∈()0，x 1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈()x 1，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， ∴f (x )在(0，1)上有最大值f (x 1)，即对∀s ∈(0，1)，都有f (s )≤f (x 1)，又∵x 1＋x 2＝2＋a ，x 1x 2＝1，x 1∈⎝⎛⎭⎫0，1e ，x 2∈()e ，＋∞， ∴f (t )－f (s )≥f (x 2)－f (x 1)＝ln x 2＋a x 2－1－ln x 1－a x 1－1＝ln x 2x 1＋a x 2－1－a x 1－1＝ln x 22＋x 2－1x 2()x 2>e ，设k (x )＝ln x 2＋x －1x ＝2ln x ＋x －1x (x >e)，则k ′(x )＝2x ＋1＋1x 2>0(x >e)，∴k (x )在()e ，＋∞上单调递增，∴k (x )>k (e)＝2＋e －1e ，∴f (t )－f (s )>e ＋2－1e ．[例4] 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋1． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若a ≤－2，证明：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|．思维引导 (2)所证不等式|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|含绝对值，所以考虑能否去掉绝对值，由(1)问可知f (x )单调递减，故只需知道x 1，x 2的大小即可，观察所证不等式为轮换对称式，且x 1，x 2任取，进而可定序x 1≥x 2，所证不等式f (x 2)－f (x 1)≥4x 1－4x 2，即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1，发现不等式两侧为关于x 1，x 2的同构式，故可以将同构式构造一个函数，从而证明新函数的单调性即可．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＝2ax 2＋a ＋1x ＝a (2x 2＋1)＋1x ．当a ≥0时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ≤－1时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减．当－1＜a ＜0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a ＋12a，因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 上单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞时，f ′(x )＜0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞上单调递减． (2)不妨假设x 1≥x 2，由于a ≤－2，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减．所以|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|等价于f (x 2)－f (x 1)≥4x 1－4x 2，即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1．令g (x )＝f (x )＋4x ，则g ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＋4＝2ax 2＋4x ＋a ＋1x，于是g ′(x )≤－4x 2＋4x －1x ＝－(2x －1)2x ≤0．从而g (x )在(0，＋∞)上单调递减，故g (x 1)≤g (x 2)，即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1，故当a ≤－2时，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|．总结提升同构式以看作是将不同的变量放入了同一个表达式，从而可将这个表达式视为一个函数，表达式的大小与变量大小之间的关系靠函数的单调性进行联结．将不等式转化为函数单调性的问题．最后根据函数的单调性证明不等式．双变量的同构式在不等式中并不常遇到，且遇且珍惜．【对点训练】1．已知函数f (x )＝12x 2－x ＋a ln x (a >0)．(1)若a ＝1，求f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)>－3－2ln 24．1．解析 (1)a ＝1时，f (x )＝12x 2－x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1＋1x ，f ′(1)＝1，f (1)＝－12，∴f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为y －(－12)＝x －1，即2x －2y －3＝0．(2)f ′(x )＝x －1＋a x ＝x 2－x ＋ax(a >0)．①若a ≥14，则x 2－x ＋a ≥0恒成立，f ′(x )≥0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②若0<a <14，由x 2－x ＋a >0得0<x <1－1－4a 2或x >1＋1－4a 2；由x 2－x ＋a <0得1－1－4a 2<x <1＋1－4a2．∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1－4a 2，＋∞上单调递增．综上，当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0<a <14时，f (x )在(1－1－4a 2，1＋1－4a 2)上单调递减，在(0，1－1－4a 2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．(3)由(2)知0<a <14时，f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1，x 2是方程x 2－x ＋a ＝0的两个根，∴x 1＋x 2＝1，x 1·x 2＝a ．∴f (x 1)＋f (x 2)＝12x 21－x 1＋a ln x 1＋12x 22－x 2＋a ln x 2＝12(x 1＋x 2)2－x 1·x 2－(x 1＋x 2)＋a ln(x 1·x 2) ＝12－a －1＋a ln a ＝a ln a －a －12．令g (x )＝x ln x －x －12⎝⎛⎭⎫0<x <14，则g ′(x )＝ln x <0． ∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，14上单调递减，∴g (x )>g ⎝⎛⎭⎫14＝－3－2ln 24．∴f (x 1)＋f (x 2)>－3－2ln 24． 2．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 -<+<-．2．解析 (1)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0∆≤，此时()0g x ≥，则()0f x '>，所以()f x 在(0, )+∞上单调递增；若01a <<，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根11x =21x =，且1201x x <<<，所以当1(0, )x x ∈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01a <<时，()f x 在(0, 1上单调递增，在(1 1+上单调递减，在(1 )+∞上单调递增．(2)由(1)知，当01a <<时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =，所以()()2212111222112ln 2ln 22f x 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123()()2f x f x -<+<-． 3．已知函数()()2, x f x x a e a =-∈R ．(1)若在区间()1, 2上存在不相等的实数, m n ，使()()f m f n =成立，求a 的取值范围； (2)若函数()f x 有两个不同的极值点12,x x ，求证：()()2124f x f x e -<．3．解析 (1)依题意即求使函数()()2x f x e x a =-在()1, 2上不为单调函数的a 的取值范围，而()()22x f x e x x a '=+-，设()22g x x x a =+-，则()()13, 28g a g a =-=-，因为()g x 在()1, 2上为增函数．当()()130280g a g a ⎧=-<⎪⎨=->⎪⎩，即当38a <<时，函数()g x 在()1, 2上有且只有一个零点，设为0x ，当()01, x x ∈时，()0g x <，即()()0, f x f x '<为减函数；当()0, 2x x ∈时，()0g x >，即()()0, f x f x '>为增函数，满足在()1, 2上不为单调函数．当3a ≤时，()()10,20g g ≥≥，所以在()1, 2上()0g x >成立(因()g x 在()1, 2上为增函数)，所以在()1, 2上()0f x '>成立，即()f x 在()1, 2上为增函数，不合题意．同理8a ≥时，可判断()f x 在()1, 2为减函数，不合题意．综上：38a <<(2)()()22x f x e x x a '=+-．因为函数()f x 有两个不同的零点，即()f x '有两个不同的零点，即方程220x x a +-=的判别式440a =+>△，解得：1a >-，由220x x a +-=，解得121 1x x =-=-+12122, x x x x a +=-⋅=-，当x ∈(−∞，x 1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 2，+∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以1x 是()f x 的极大值点，2x 是()f x 的极小值点，所以()1f x 是极大值，()2f x 是极小值，∴()()()()12221212x x f x f x e x a e x a =-⋅-()12222221212x x e x x a x x a +⎡⎤=-++⎣⎦ ()22242e a a a a -⎡⎤=-++⎣⎦24ae -=-，因为1a >-，所以2244ae e ---<，所以()()2124f x f x e -<． 4．已知函数()()2ln f x x x ax a =+-∈R ． (1)求函数()f x 的单调区间；(2)设函数()f x 存在两个极值点，12,x x ，且12x x <，若1102x <<，求证：()()123ln 24f x f x ->-． 4．解析 (1)∵()2ln f x x x ax =+-，∴()2121, 0x ax f x x a x x x -+'=-=>，当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在()0, +∞单调递增，当0a >时，若280a -≤，即0a <≤()0f x '>，则()f x 在()0, +∞上单调递增，()0f x '<．若280a ->，即a >时，0,x ⎛∈ ⎝⎭和 x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()0f x '>，x ⎝⎭时，()0f x '<，综上，a ≤()f x 在()0,+∞单调递增；a >时，()f x在0,⎛ ⎝⎭和 ⎫+∞⎪⎪⎝⎭递增，在⎝⎭递减；(2)由(1)得：12121, 22a x x x x +=⋅=，则2112x x =，()()2212111222ln ln f x f x x x ax x x ax -=+---+()()11212122ln2x x x x x x x x =++-+-⎡⎤⎣⎦211211ln 22ln +4x x x =+- 令()2111211ln 22ln +4g x x x x =+-，则()()2211221112121222x g x x x x-'=--=-，∵1102x <<，∴()10g x '<，∴()1g x 在10, 2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， ∴()112g x g ⎛⎫> ⎪⎝⎭，而13ln 224g ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()13ln 24g x >-，∴()()123ln 24f x f x ->-．5．已知函数()()21ln 2f x x ax x a =-+-∈R ．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 有两个极值点()1212, x x x x <，求证：()()124213ln 2f x f x -≤+．5．解析 (1)由()21ln 2f x x ax x =-+-，得()211x ax f x x a x x -+'=-+-=-．令()21g x x ax =-+，则()()g x f x x'=-，①当240a =-<△，即22a -<<时，()0g x >恒成立，则()0f x '<，所以()f x 在()0,+∞上是减函数． ②当0=△，即2a =±时，()()222+1=10g x x x x =±±≥，则()0f x '≤，所以()f x 在()0,+∞上是减函数． ③当240a =->△，即2a <-或2a >．(i )当2a <-时，()21g x x ax =-+是开口向上且过点()0, 1的抛物线，对称轴方程为122a a x ⎛⎫=<- ⎪⎝⎭，则()0g x >恒成立，从而()0f x '<，所以()f x 在()0,+∞上是减函数．(ii )当2a >时，()g x 是开口向上且过点()0, 1的抛物线，对称轴方程为122a a x ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，则函数()g x 有两个零点：12x x =(显然12x x <)，当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 2，+∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上，当2a ≤时，()f x 的减区间是()0, +∞；当2a >时， ()f x的增区间是⎝⎭，减区间是,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． (2)根据(ii )，当2a >时，()f x 有两个极值点()1212, ,x x x x <，则12, x x 是方程()0g x =的两个根，从而2211221, 1ax x ax x =+=+．由韦达定理，得12121, x x x x a =+=．又20a ->，所以1201x x <<<． ()()1242f x f x -22111222114ln 2ln 22x ax x x ax x ⎛⎫⎛⎫=-+---+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22111222244ln 22ln x ax x x ax x =-+-+-+ ()()22221112222414ln 212ln x x x x x x =-++-+-++222122122ln 2x x x x =-++22222223ln 2x x x =-++．令()()()2221, 3ln 2, 1t x t h t t t t t=>=-++>，则()()()2212231t t h t t t t --'=--+=-．当12t <<时，()0h t '>;当2t >时，()0h t '<，则()h t 在()1, 2上是增函数，在()2, +∞上是减函数，从而()()max 23ln 21h t h ==+，于是()()124213ln 2f x f x -≤+． 6．已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＝0平行，求k 的值；(2)若对于任意x 1，x 2∈(0，3]，且x 1<x 2，都有f (x 1)＋2x 2<f (x 2)＋2x 1恒成立，求实数k 的取值范围．6．解析 (1)由题意得f ′(x )＝ln x －k ，又曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＝0平行，所以f ′(1)＝ln 1－k ＝12，解得k ＝－12．(2)因为f (x 1)＋2x 2<f (x 2)＋2x 1，所以f (x 1)－2x 1<f (x 2)－2x 2，记h (x )＝f (x )－2x ，又因为x 1，x 2∈(0，3]，且x 1<x 2，所以h (x )＝f (x )－2x 在(0，3]上单调递增．所以h ′(x )＝ln x －k ＋2x 2≥0在(0，3]上恒成立，即k ≤ln x ＋2x 2在(0,3]上恒成立，记u (x )＝ln x ＋2x 2，所以u ′(x )＝1x －4x 3＝x 2－4x 3，令u ′(x )＝0，解得x ＝2．当0<x <2时，u ′(x )<0，u (x )单调递减，当2<x <3时，u ′(x )>0，u (x )单调递增，所以当x ＝2时，u (x )取得最小值u (2)＝ln 2＋12，所以k ≤ln 2＋12．所以实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，ln 2＋12．。

2025高考数学复习：双变量任意与存在问题

双变量任意与存在问题
视角 1 形如“对任意x1∈A，总存在x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立”
1 已知f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，且当x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1，函数 g(x)＝x2－2x＋m，且如果对于任意的x1∈[－2，2]，都存在x2∈[－2，2]，使得g(x2) ＝f(x1)，则实数m的取值范围是____[_－__5_，__－__2_]___．
【答案】C
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配套精练
4．已知函数f(x)＝x2＋3，g(x)＝mx＋5－m(m＞0)，若对任意的x1∈[1，2]，总存在
x2∈[－1，2]，使得f(2x1)＝g(x2)成立，则实数m的取值范围是
A．[12，＋∞)
B．[10，＋∞)
(C )
C．[14，＋∞)
视角 4 形如“对任意x1∈A，总存在x2∈B，使得f(x1)＞g(x2)成立”
在
4 已知函数 f (x)＝x2－2ax－3，g(x)＝ax，其中 x2∈[1，2]，使得 f (x1)＞g(x2)恒成立，则实数 a
a＞0.对任意的 x1∈[－2，－1]，存的取值范围为__43_，__＋__∞__ _．
变式已知函数f(x)＝x2－2x＋3，g(x)＝log2x＋m，对任意的x1，x2∈[1，4]，有
f(x1)＞g(x2)恒成立，则实数m的取值范围是___(_－__∞_，__0_)___．
【解析】 f(x) ＝ x2 － 2x ＋ 3 ＝ (x － 1)2 ＋ 2 ，当 x ∈ [1 ， 4] 时， f(x)min ＝ f(1) ＝ 2 ， g(x)max ＝ g(4)＝2＋m，则f(x)min＞g(x)max，即2＞2＋m，解得m＜0，故实数m的取值范围是(－ ∞，0).

导数中双变量问题的四种策略

双变量问题的几种处理策略策略一：合的思想问题1：已知函数x x f ln )(=的图象上任意不同的两点，，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：．解析：因为∴, ∴,又不妨设，要比较与的大小，即比较与的大小，又∵，∴ 即比较与的大小．令,则, ∴在上位增函数．又，∴， ∴，即二：分的思想问题2：若1ln )(++=x a x x g ，且对任意的(]2,1,21∈x x ，，都有，求a 的取值范围．解析∵ ，∴由题意得在区间(]2,1上是减函数． ∴ ()11,y x A ()22,y x B AB),(00y x C AB k )(0x f k '>x x f ln )(=xx f 1)(='210021)(x x x x f +=='121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--=12x x >k )(0x f '1212lnx x x x -212x x +12x x >12lnx x 1)1(2)(212122112+-=+-x x x x x x x x )1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12=>h x x h 1)1(2ln 121212+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1)()(1212-<--x x x g x g 1)()(1212-<--x x x g x g []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g x x g x F +=)()(1)1(1)(2++-='x ax x F由在恒成立．设，，则 ∴在上为增函数，∴.策略3：变得思想设函数x x x f ln )(=，若，求证解析：, ,所以在上是增函数，上是减函数.因为，所以即,同理. 所以又因为当且仅当“”时，取等号. 又，, 所以,所以，所以：.问题4：已知函数()21ln ,2f x x x mx x m R =--∈，若函数()f x 有两个极值点12,x x ,求证: 212x x e >解析：欲证212x x e >,需证: 12ln ln 2x x +>,若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()'f x 有两个零点,又()'ln f x x mx =-, 所以12,x x 是方程()'0f x =的两个不同实根313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'xx x x x x a x F []2,1∈x =)(x m 3132+++x x x []2,1∈x 0312)(2>+-='xx x m )(x m []2,1227)2(=≥m a 1),1,1(,2121<+∈x x e x x 42121)(x x x x +<x x xx f x g ln )()(==e x x x g 1,0ln 1)(==+=),1(+∞e )(x g )1,0(e11211<+<<x x x e111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+)ln(ln 211211x x x x x x ++<)ln(ln 212212x x x x x x ++<)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+,421221≥++x x x x 21x x =1),1,1(,2121<+∈x x ex x 0)ln(21<+x x )ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++)ln(4ln ln 2121x x x x +<+42121)(x x x x +<于是,有1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,解得1212ln ln x x m x x +=+,另一方面,由1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,得()2121ln ln x x m x x -=-,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x -+=-+,于是()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--.又120x x <<, 设21x t x =,则1t >.因此, ()121ln ln ln ,1t t x x t ++=-1t >. 要证12ln ln 2x x +>,即证:()1ln 2,11t t t t +>>-.即当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 设函数()()21ln ,11t h t t t t -=-≥+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++, 所以, ()h t 为()1,+∞上的增函数.注意到, ()10h =,因此, ()()10h t h ≥=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 所以,有12ln ln 2x x +>成立, 212x x e >.问题5：x m x x x f x --=221ln )(已知函数，若()x f 有两个极值点x 1，x 2，（x 1<x 2),且x x x x x a 12112ln 2ln ->-恒成立，求整数a 的最大值。

双变量问题典例

双变量问题典例1、已知函数()ln 1f x x a x =--（a 为常数）与x 轴有唯一的公共点A ．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为23a a --，若存在不相等的正实数12x x ，满足12|()||()|f x f x =，证明：121x x <．答案第2页，总7页2．已知函数()2ln f x a x =， ()()1g x f x x x=+-. （1）当1a =时，求函数()f x 的曲线上点()(),e f e 处的切线方程；（2）当1a ≤时，求()g x 的单调区间；（3）若()g x 有两个极值点1x ， 2x ，其中110,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，求()()12g x g x -的最小值3．已知函数()22ln ax bf x x x-=-的图象在1x =处的切线过点()0,22a -， ,R a b ∈. （1）若85a b +=，求函数()f x 的极值点；（2）设()1212,x x x x ≠是函数()f x 的两个极值点，若111ex <<，证明： ()()211f x f x -<.（提示2e 7.40≈）答案第4页，总7页4、已知函数)1ln()12()(2++-+=x x a ax x f 有两个极值点21,x x (1)求a 的取值范围；(2)证明:452ln 2)()(21-<+x f x f5、已知函数1()ln f x x a x x =-+．（2018全国1卷理数第21题）（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．6、答案第6页，总7页7、已知函数()ln()f x x a x =+-有且只有一个零点，其中0a >．（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）若对任意的(0,)x ∈+∞，有2()f x kx ≥成立，求实数k 的最大值；（Ⅲ）设()()h x f x x =+，对任意1212,(1,)()x x x x ∈-+∞≠, 证明：不等式1212()()x x h x h x ->-。

双变量“存在性或任意性”问题(新高考地区专用)

2
故选：C．
【巩固训练】
1.已知函数 f(x)＝3x2＋2x－a2－2a，g(x)＝19x－1，若对任意 x1∈[－1,1]，总存在 x2∈[0,2]， 63
使得 f(x1)＝g(x2)成立，则实数 a 的取值范围是
．
0，1
0，1
0，1
2.已知函数 f(x)＝2x，x∈ 2 ，函数 g(x)＝kx－2k＋2(k>0)，x∈ 2 ，若存在 x1∈ 2
已知函数
f
x
1
3
x3
1 4
x
1 4
,1 2
x
≤1,
1 3
x
1 6
,
0
≤
x
≤
1 2
,
g x ex ax 2 a R ，若存在 x1 ， x2 0,1 ，使得 f x1 g x2 成立，则实数 a 的
取值范围是________．
【答案】 a ≥ 2 e
【解析】当 0 ≤ x ≤ 1 时， f x 单调递减， 0 ≤ f x ≤ 1 ；
0，1 及 x2∈ 2 ，使得 f(x1)＝g(x2)成立，求实数 k 的取值范围．
3.已知函数 f(x)＝1x2＋x，g(x)＝ln(x＋1)－a ，若存在 x1，x2∈[0，2]，使得 f(x1)＝g(x2) ，求 2
实数 a 的取值范围.
4.已知函数 f(x)＝x2－x＋1(x≥2)，g(x)＝ax(a＞1，x≥2)． x－1
转化为值域之间的关系.
1x2＋2x－1，x≤－1，
2 x2
2
例 3 (2018·无锡高三第一学期期末)已知函数 f(x)＝ log 1＋x，x＞－1，
2
2
g(x)＝－x2－2x－2．若存在 a∈R，使得 f(a)＋g(b)＝0，则实数 b 的取值范围是________．

超详细专题二.-函数双变量问题(完整版)

专题一 . 函数 1 的性质ylog a x a 0, a y log a x a 0, a 1 一、研究函数的图像和性质二、典例分析 1. 设函数f x lg x ，若 0 a b ，且 f a f b ab 1.例，求证： f xx 例 2. 若函数a, b 0,2 ，则 b a 的最小值为log 2 的定义域为，值域为 2f xx log 2 f m f n f x 例 3. 已知函数m n , 且 , 正实数 m, n 满足在 m , n, 若 mn上的最大值为 2，则 22abbf x lg x a b 0 f a f b 例 4. 已知函数, 则的最小值等于, , aln xx 的性质及应用专题二 . 函数 f xln x x一. 研究函数 f x的图象和性质 .二、典例分析 xm, n m n a 的取值范围为y a a 1 例已知函数的定义域与值域均为，则实数 1. a b b a a, b a b , 请你写出所有符合条件的 a 的取值例事实证明，存在正实数使得 2. 范围.y f x a, b x a,b ka, kb k 0 例对于函数，若存在，当时的值域为，则称3. y f x 为“ k 倍值函数” . 若 f x ln x x 是“ k 倍值函数” ，则实数 k 的取值范围是xe a x 对于任意实数例若不等式4. x 恒成立，则实数 a 的取值范围是ln x x x2 2ex a 有实数解，求实数 a 的取值范围例已知5.e 2.71828例6. （2014 湖北卷）为圆周率，为自然对数的底数. 求3e e3e , 3 , e , , 3 , 这六个数的最大数与最小数.专题三 .函数 2的性质f xxx log a1 2x一、研究函数ln 1 的图像和性质f xx二、典例分析 x2ln 1 , x 2,2 例求函数f xx1. 的最大值和最小值 .2例函数 f x ln x x1 , x k, k ， k 0 的最大值和最小值分别为 2. 和 m ，M Mm则 x3e 1 ， 1mx2例判断函数 x k, k k 03. f xln x1exM M 和 m ，则的最大值和最小值分别为1 29x2例判断函数ln 13x 1，则 f 4. f xlg 2f lgx 2 例 5. （ 2015 全国卷 I ）若函数f x x ln xa a为偶函数，则 1 2x2ex3 ， x t, t t 0 例 6. 设函数，若函数的最大值是 M ，最f x x ln1Mm小值是 m ，则 32例 7. 设函数 log 2 1 任意实数 a, b ，“ a b 0 ” 是f x xxx，则对 fa f b0 ”的“ （填“充要条件” “充分不必要条件” “必要不充分条件”.或“既不充分也不必要条件” ）专题四 . 实例 1. 2016 届高三月考雅礼卷（六）双变量问题1 xaln x . 21. 设函数 f x x a1时，求曲线y f x 1, f 1 （1）当在点处的切线方程；（2）若函数f x 在定义域上为增函数，求实数a 的取值范围；1 ，e（3）在（2）的条件下，若函数 x , x 1,e f x h x h x x ln x使得成立，1 2 1 2 求实数 a 的取值范围 .实例 2. 2016 年附中七（ 2016 年 3 月） x aln a 0 1,2 12. 已知函数 x R ，使得 x 1f xxf x 1f x 0 ，若都有，则实数 a 的取值范围是（）A. 0,1B. 1,2C. 2,D. 0,1 2,【拓展训练】1 x 112 1, 0 x 6 x x 2 和函数 g x 1. 已知函数f xa sinx a 1 a 03, 16x 1 1 2x 1, x 2 0,1 若存在，使得 f x 1g x 2 成立，则 a 的取值范围是拓展 1：“存在 =存在”型： A 为函数 f x 在若其中 D 1 上的值域，x 1D 1, x 2D 2 ，使得 f x 1 g x 2A BB 为函数 g x D 2 上的值域 .在 2xx 21,2 2. 已知函数若 x 1. f xx和函数 g x a cos5 2a a 0 ，x 2 0,1 ，使得 g x 2f x 1 ，则 a 的取值范围是拓展 2：“任意 =存在”型x 1 D 1 , x 2D 2 f x 1g x 2A B ,，使得其中 A 为函数 f x 在 D 1 上的值域， B 为函数 g x 在 D 2 上的值域 .a x1,2 23x2x3. 设函数 3 ， f xg xx ln x ，如果 x , x ， 1 2都有 fx 1g x 2 成立，求 a 的取值范围 .拓展 3：“任意任意”型对 x 1D 1, x 2D 2 都有 f x 1g x 2 成立f xg xf xg x f xg x minmin maxmax推广：对 x 1g x D 1 , x 2kD 2 都有 f x 1 g x 2kf x min maxf xg x k1 2min1 x 3 3x 1,2 212x 2 4. 已知函数 f xax ， x 1x 2 ,2 g x, 对，使得 , xe'a 的取值范围 .f x 1g x 2 成立，求 x ln x2'成立，求 a 的取值 5. 设函数 ax ，若存在 f x x 1 , x 2e,e ，使 f x 1f x 2a 范围 .f xx 1 a ln x a 0 x 1 , x 2 0,1 已知函数，对 x 1x 2 , 都有6. ，且 1 x 11 x 2f x f x 4, 求实数 a 的取值范围 .1 2e mx x 2f xmx ，对, 1,1 （ 2015 全国卷）设函数 x 1x 2 7. II , 都有 f x 1 f x 2e 1, 求 m 的取值范.axx2x ln a 0, a 1 . 若8. 已知函数 f xa x 1, x 21,1 f x 1f x 2e 1 ，求实数 a 的取值范围 .，使得。

导数双变量问题

导数双变量问题导数双变量问题导数是微积分的一个基本概念，它描述了函数在某一点处的变化率。

在单变量情况下，导数的概念已经被广泛应用于各种领域，如物理学、工程学、经济学等。

然而，在双变量情况下，导数的概念稍微复杂一些。

本文将介绍双变量函数的导数及其应用。

一、双变量函数首先，我们来回顾一下单变量函数的概念。

单变量函数是指只涉及一个自变量和一个因变量的函数，例如y=f(x)。

而双变量函数则是指涉及两个自变量和一个因变量的函数，例如z=f(x,y)。

在这种情况下，我们通常将x和y看作平面上的坐标轴，并将z看作垂直于这个平面的高度。

二、偏导数在单变量情况下，导数表示了函数在某一点处的斜率或者切线的斜率。

而在双变量情况下，则需要引入偏导数这个概念。

偏导数是指将多元函数中除了所求偏导数对应自变量以外所有自变量均视为常数后对该自变量求导得到的结果。

例如，在函数z=f(x,y)中，如果我们要求偏导数f_x，那么我们需要将y看作常数，对x求导。

同样地，如果我们要求偏导数f_y，那么我们需要将x看作常数，对y求导。

三、双变量函数的导数在单变量情况下，导数可以表示为函数的微分。

而在双变量情况下，则需要引入梯度这个概念。

梯度是一个向量，它的方向指向函数值增加最快的方向，并且它的模长表示了这个增加率。

在双变量函数中，梯度可以表示为：grad f = (df/dx, df/dy)其中df/dx和df/dy分别表示对x和y的偏导数。

这个向量可以被看作是一个切向量，在某一点处与曲面相切。

四、应用双变量函数的导数在许多领域都有着广泛的应用。

1. 最优化问题当我们想要最小化或者最大化一个双变量函数时，可以使用梯度下降法或者牛顿法等优化算法来寻找极值点。

这些算法利用了梯度的信息来确定下一步应该朝哪个方向前进。

2. 物理学物理学中有很多问题都涉及到双变量函数的导数。

例如，当我们想要计算电场或者磁场的分布时，可以使用梯度来表示这些场在不同位置处的变化率。

函数中双变量问题专题

2 )成立，则实数 a 的取值范围为（）A ． ⎢ , +∞ ⎪B ． ⎢ , +∞ ⎪C ． ⎢- , +∞ ⎪D ． ⎢- , +∞ ⎪⎡ 53．已知函数 f ( x ) = ⎨ 1 ，若 α < β 且 f (α ) = f (β ) ，则 β - α 的取值范围是（）B ． ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1C ． [9 - 4ln3,6 ])A ． - 1⎡ π π ⎤7． α ， β ∈ ⎢ - 2 2⎥⎦函数中双变量问题一、单选题1 11．已知函数 f ( x) = ln( x +x 2 + 1) 满足对于任意 x 1∈ [ 2 , 2] ，存在 x 2 ∈ [ 2 , 2] ，使得f ( x 2 + 2 x + a) ≤ f (11 ln x x2A ． [ ln 2 ln 2 5- 8, +∞) B ． [ - 8, - - 2ln 2]2 2 4C ． (-∞, ln 2 5 - 8]D ． (-∞, - - 2ln 2]2 42．设函数 f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx (a, b , c ∈ R, a ≠ 0)，若不等式 xf ' (x )- af (x ) ≤ 5 对 ∀x ∈ R 恒成立，则b - 2ca的取值范围为（）⎫ ⎡ 1 ⎫ ⎡ 5 ⎫ ⎡ 1 ⎫ ⎣ 3⎭⎣ 3 ⎭ ⎣ 3 ⎭⎣ 3 ⎭⎧ln x - 1, x ≥ 1⎪⎪⎩ 3 ( x + 2), x < 1A ． [8 - 3ln3,6 ])D ． ⎡⎣9 - 4ln 3, e 2 - 14．已知函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，则下列判断：① a < e ；② x 1 + x 2 < 2 ；③ x 1x 2 > 1 ；④有极小值点 x 0，且 x 1 + x 2 < 2 x 0 ．则正确判断的个数是（）A ．4 个B ．3 个C ．2 个D ．1 个5．已知实数 a ，b 满足 2a 2 - 5lna - b = 0 ， c ∈ R ，则 (a - c)2 + (b + c)2 的最小值为 ()A ．122 3 2B ．C ．D ．2 29 26．已知直线 y = a (x + 1)与曲线 f (x ) = e x + b 相切，则 ab 的最小值为（）1 12 B ． -C ． -D ． -4e2eee⎣, ，且 α sin α - β sin β > 0 ，则下列结论正确的是（）f ( x) = e x (ln x - 1), x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ ，若存在 a ∈[-2,1]，使得 f 2 - ⎪ ≤ a 2 + 2a - 3 - e 成 A ． ⎢ ,1⎥⎡2⎤C ． ⎢ , +∞ ⎪⎡ 2⎭D ． ⎢1,⎥4 ⎫ ⎛ 6 ⎫ ⎛ 4 ⎫ ⎛ 8 ⎫ e 2⎭B ． 1, ⎪⎝ e ⎭ C ． 0, ⎪e ⎭D ． 1,⎝ e 2 ⎭⎛A ． α > βB ． α + β > 0C ． α < βD ． α 2 > β 28．已知函数⎡ 1 ⎫ ⎣ 2 ⎭ ⎛ 1 ⎫ ⎝ m ⎭立，则实数 m 的取值范围为（）⎣ 3 ⎦B ．[1,+∞)⎫ ⎡ 3 ⎤ ⎣ 3 ⎣ 2 ⎦9．已知曲线 f (x ) = ae x (a > 0) 与曲线 g (x ) = x 2 - m (m > 0)有公共点，且在该点处的切线相同，则当 m变化时，实数 a 的取值范围是（）A ． 0, ⎝二、填空题10．已知函数 f (x ) = a x + x 2 - x ln a ，对任意的 x 1, x 2 ∈ [0,1]，不等式 f (x 1 ) - f (x 2 ) ≤ a - 1 恒成立，则实数 a 的取值范围是___．11．已知函数 f ( x ) = 2ln x - ax 2 + 3 ，若存在实数 m , n ∈[1,5] 满足 n - m ≥ 2 时， f (m ) = f (n ) 成立，则实数 a的最大值为_____12．设函数 f (x ) = 3 - 2 x x + 1， g (x ) = xe 2x ，若 ∃x ∈ (-1, +∞) ，使得 ∀x ∈ (-1,+∞)，不等式1 24emg (x ) > m 2 f (x )恒成立，则实数 m 的取值范围是______.2113．若 a 为实数，对任意 k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 6ln x + x 2 - 9 x + a ≤ kx 恒成立，则 a 的最大值是_________.三、解答题14．设 a, b ∈ R ，已知函数 f (x ) = a ln x + x 2 + bx 存在极大值.（1）若 a = 2 ，求 b 的取值范围；（2）求 a 的最大值，使得对于 b 的一切可能值， f (x )的极大值恒小于 0 .15．已知函数（ R ）．16．已知函数 f (x ) = ln x - 1b ∈ -∞ , - ⎪ ，方程 f (x ) = 0 恒有 2 个不等的实根，求 a 的取值范围.（1）当 a = 1 4时，求函数 y = f ( x ) 的单调区间；（2）若对任意实数 b ∈ (1,2) ，当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，求 a 的取值范围．3x +- 1 44 x（1）求函数 f (x )的单调区间；的取值范围.17．已知函数 f (x ) = ln x - ax 2 - bx - 2 ， a ∈ R .（1）当 b = 2 时，试讨论 f (x )的单调性；（2）若对任意的 ⎛ 3 ⎫ ⎝ e ⎭答案1．（2020·湖南省长郡中学高三）已知函数f ( x ) = ln( x +1, 2] ，存在 x ∈ [ , 2] ，使得 f ( x 12 + 2 x 1 + a) ≤ f (22 ) 成立，则实数 a 的取值范围为（）x ∈ [ , 2] ，存在 x ∈ [ , 2] ，使得 f ( x 12 + 2 x 1 + a) ≤ f ( 2 22 ) 成立， x 2 + 2 x + a ≤ 即任意 x ∈ [ , 2] ，存在 x ∈ [ , 2] ，使得 1 2 21 2 x ( 即满足 xmax ≤ 2 ⎪ ， x ⎭max ⎝ 在 x ∈ [ , 2] 可得 g ( x 1 )max = g (2)=8 + a22 令 h ( x ) = 2，求导可得 h '( x ) = x x 22一、单选题22 1 ln x x 2A ． [ ln 2 2- 8, +∞)B ． [ ln 2 5- 8, - - 2ln 2]2 4C ． (-∞,ln 2 2- 8] 5D ． (-∞, - - 2ln 2]4【答案】C【解析】由函数 f ( x ) = ln( x +x 2 + 1) 在定义域单调递增，对于任意1 2 1 1 ln x x 21 11 ln x2 成立，22 1+ 2 x + a )1⎛ ln x ⎫2令 g ( x 1 ) = x 1 + 2 x 1 + a ，对称轴方程为 x 1 = -1 ，1 12 ln x 22 1 - ln x 2 ， 2h '( x ) = 0 ，可得 x = e ，2 2在 x 2 ∈ (0, e )， h '( x 2 ) > 0 ， h( x 2 ) 单调递增，1所以在 x ∈ [ , 2] ， h ( x )2 2 max= h (2) = ln 2 ln 2 ，即 8 + a ≤ ， 2 2解得 a ≤ ln 2 2- 8 ，故选 C .2．（2020·江西省南城一中高三期末）设函数 f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx (a, b , c ∈ R, a ≠ 0)，若不等式xf ' (x )- af (x ) ≤ 5 对 ∀x ∈ R 恒成立，则 b - 2c a的取值范围为（）⎭ D ． ⎢- , +∞ ⎪A ． ⎢ , +∞ ⎪⎭B ． ⎢ , +∞ ⎪⎭ C ． ⎢- , +∞ ⎪ ( )c 2 - 10c (c - 5)2 - 25 5 所以， b - 2c b - 2c 5 因此， b - 2c ⎡ 5 的取值范围为 ⎢- , +∞ ⎪ .故选：C.3． 2020·新疆维吾尔自治区高三）已知函数 f ( x ) = ⎨ 1 ，若 α < β 且 f (α ) = f (β ) ，则 β - α B ． ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1 C ． [9 - 4ln3,6])【解析】因为 f ( x ) = ⎨ 1 ，故其函数图像如下所示：⎪⎩ 3⎡ 5 ⎫ ⎡ 1 ⎫⎡ 5 ⎫⎡ 1 ⎫⎣ 3⎣ 3 ⎣ 3 ⎣ 3 ⎭【答案】C【解析】Q f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx ，∴ f ' (x ) = 3ax 2 + 2bx + c ，由不等式 xf ' (x )- af (x ) ≤ 5 对 ∀x ∈ R 恒成立，可得 3a - a 2 x 3 + (2b - ab ) x 2 + (c - ac ) x - 5 ≤ 0 对 ∀x ∈ R 恒成立，所以， 3a - a 2 = 0 且 a ≠ 0 ，解得 a = 3 ，⎧b > 0 c 2则不等式 bx 2 + 2cx + 5 ≥ 0 对 ∀x ∈ R 恒成立，所以 ⎨ ，则 b ≥ ，⎩∆ = 4c 2 - 20b ≤ 0 51c 2- 2c = ≥ = = ≥- .a 3 3 15 15 3⎫a ⎣ 3 ⎭⎧ln x - 1, x ≥ 1⎪（⎪⎩ 3 ( x + 2), x < 1的取值范围是（）A ． [8 - 3ln3,6])D ． ⎡⎣9 - 4ln 3, e 2 - 1【答案】B⎧ln x - 1, x ≥ 1 ⎪( x + 2), x < 1令 lnx -1 = 1，解得 x = e 2；令 lnx -1 = -1 ，解得 x = 1 .( )故 g (x )在区间 (1,3 )单调递减，在区间 3, e 2 单调递增，( )故 g (x )∈ ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1 .即可得 β - α ∈ ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1.故选：B.)数形结合可知，若要满足 f (α ) = f (β ) ，且 α < β ，则 β ∈ (1,e 2)，且 1 (α + 2 ) = ln β - 1，解得 α = 3ln β - 5 .3故 β - α = β - 3ln β + 5 ， β ∈ (1,e 2).令 g (x ) = x - 3lnx + 5, x ∈ 1,e 2 ，则 g ' (x ) = 1 - 3x，令 g ' (x ) = 0 ，解得 x = 3 ，( )则 g (1) = 6, g (3) = 8 - 3ln3, g e 2 = e 2 - 1 ，)4．（2020·江西省临川第二中学高三期中）已知函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，则下列判断：①a < e ；② x + x < 2 ；③ x x > 1 ；④有极小值点 x ，且 x + x < 2 x ．则正确判断的个数是（）121 20 1 2 0A ．4 个B ．3 个C ．2 个D ．1 个【答案】D【解析】对于①，∵ f ( x ) = e x - ax ，∴ f '( x ) = e x - a ，令 f '( x ) = e x - a > 0 ，当 a ≤ 0 时， f '( x ) = e x - a > 0 在 x ∈ R 上恒成立，∴ f ( x ) 在 R 上单调递增．当 a > 0 时，由 f '( x ) > 0 ，解得 x > ln a ；由 f '( x ) < 0 ，解得 x < ln a ；∴ f ( x ) 在 (-∞,ln a) 单调递减，在 (ln a, +∞) 单调递增．∵函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，∴ a > 0 ， f (ln a) < 0 ，即 e ln a - a ln a < 0 ，即 a - a ln a < 0 ，解得： a > e ；所以①不正确；对于②，因为函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，所以 x 1 ， x 2 是方程 e x - ax = 0 的两根，因此 x 1 = ln ax 1 ， x 2 = ln ax 2 ，取a=，f(2)=e2-2a=0，∴x=2，f(0)=1>0，∴0<x1<1，22B．22C．A．-1所以x+x=ln (a2x x)=2ln a+ln(x x)>2+ln(x x)，12121212e22∴x1+x2>2，所以②不正确；对于③，f(0)=1>0，∴0<x1<1，x1x2>1不一定，∴所以③不正确；对于④，f（x）在(-∞,ln a)单调递减，在(ln a,+∞)单调递增，∴有极小值点x0=ln a，且x1+x2<2x0=2ln a，所以④正确．综上，正确的命题序号是④．故选:D5．（2020·湖南省高三期末）已知实数a，b满足2a2-5lna-b=0，c∈R，则(a-c)2+(b+c)2的最小值为()A．1【答案】C 322D．92【解析】由题意，得，代换，代换，则满足：，即，以代换，可得点，满足，因此求(a-c)2+(b+c)2的最小值即为求曲线上的点到直线相切于点的距离的最小值，设直线，则与曲线，解得，所以切点为,所以点到直线的距离，则(a-c)2+(b+c)2的最小值为，综上所述，选C.6．（2020·全国高三专题练习）已知直线y=a(x+1)与曲线f(x)=e x+b相切，则ab的最小值为（）4e B．-12e C．-1e D．-2e【答案】B【解析】设切点为(x,e x0+b),因为f(x)=e x+b,所以f'(x)=e x,所以f'(x0)=e x0=a,所以x=ln a,所以 g (a) 在 (0, e - 2 ) 上递减,在 (e - 2 , +∞) 上递增, 所以 a = e- 12时,g (a) 取得最小值 g (e 2 ) = (e 2 )2 ln e 2 = -122, ⎥ ，且 α sin α - β sin β > 0 ，则下列结论正7．（2020·黑龙江省双鸭山一中高三期末） α ， β ∈ ⎢ - f (x ) = xsinx 形式，则 f ' (x ) = sinx + xcosx ， x ∈ ⎢0, ⎥ 时导函数 f ' (x ) ≥ 0 ， f (x )单调x ∈ ⎢-⎡ π ,0 ⎪ 时导函数 f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减．又Q f (x )为偶函数，根据单调性和对称性可f ( x) = e x (ln x - 1), x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ ，若存在 a ∈[-2,1]，使 ⎪ ≤ a 2 + 2a - 3 - e 成立，则实数 m 的取值范围为（）⎛又切点 ( x , e x 0 + b ) 在直线 y = a( x + 1) 上,所以 e x 0 + b = a( x + 1) ,所以 a + b = ax 0 + a ,所以 b = ax 0 = a ln a ,所以 ab = a 2 ln a ,令 g (a) = a 2 ln a(a > 0) ,则 g '(a) = 2a ln a + a 2 ⋅ 1 a= 2a ln a + a = a(2ln a + 1) ,令 g '(a) < 0 ,得 0 < a < e - 1 ,令 g '(a) > 0 ,得 a > e - 1 ,1 1- 1 - 1 - 1 2e.即 ab 的最小值为 -12e.故选:B⎡ π π ⎤ ⎣ 2 2 ⎦确的是（）A ． α > β【答案】D【解析】构造B ． α + β > 0C ． α < βD ． α 2 > β 2⎡ π ⎤ ⎣ 2 ⎦递增；⎣ 2 ⎫ ⎭知选 D.故本小题选 D.8．（2020·广西壮族自治区高三月考）已知函数⎡ 1 ⎫ ⎣ 2 ⎭得 f 2 - ⎝ 1 ⎫ m ⎭A ． ⎢ ,1⎥C ． ⎢ , +∞ ⎪⎡ 2⎭D ． ⎢1,⎥【解析】 f '(x) = e x ln x + - 1⎪ ，令 g ( x) = ln x + - 1 ，则 g '(x) = - x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ 时， f '(x) ≥ 0 ， f ( x) 在区间 ⎢ , +∞ ⎪ 上单调递增.存在 a ∈[-2,1]，使 f 2 - ⎪ ≤ a 2 + 2a - 3 - e 成立，等价于 f 2 -⎪ ≤ -e = f (1).⎪⎪ ⎪2 - 1 ≥ 1 ⎩ 4 ⎫ ⎛ 6 ⎫ ⎛ 4 ⎫ ⎛ 8 ⎫ e 2⎭B ． 1, ⎪⎝ e ⎭ C ． 0, ⎪e ⎭D ． 1,⎝ e 2 ⎭⎛⎡ 2 ⎤ ⎣ 3 ⎦B ．【答案】A[1,+∞)⎫ ⎡ 3 ⎤ ⎣ 3 ⎣ 2 ⎦⎛⎝1 ⎫ 1 1 1 x - 1=x ⎭ x x x 2 x 2 ，故当 1 2 < x < 1时，g '(x) < 0 ， g ( x ) 单调递减，当 x > 1 时， g '(x) > 0, g ( x ) 单调递增，∴ g ( x ) ≥ g (1) = 0 ，从而当 ⎡ 1 ⎫ ⎡ 1 ⎫ ⎣ 2 ⎭ ⎣ 2 ⎭设 h (a ) = a 2 + 2a - 3 - e = (a + 1)2 - 4 - e ，则 h (a ) 在 [-2, -1]上单调递减，在 [-1,1]上单调递增， h(a)max= h (1) = -e ，⎛ ⎝1 ⎫ m ⎭ ⎛ 1 ⎫ ⎝ m ⎭⎧ 12 - ≤ 1 m 2∴⎨ ，解得 ≤ m ≤ 1 .故选： A . 3⎪ m 29．（2020·重庆南开中学高三月考）已知曲线 f (x ) = ae x (a > 0) 与曲线 g (x ) = x 2 - m (m > 0)有公共点，且在该点处的切线相同，则当 m 变化时，实数 a 的取值范围是（）A ． 0, ⎝【答案】A【解析】由 f ( x ) = ae x (a > 0) ， g ( x ) = x 2 - m ，得 f '( x ) = ae x ， g '( x ) = 2 x ，设 f ( x ) = ae x (a > 0) 与曲线 g ( x ) = x 2 - m 的公共点为 (s, t ) ，则 f '(s) = ae s ， g '(s) = 2s ，∴ 两曲线在切点处的切线方程分别为 y - ae s = ae s ( x - s) 与 y - s 2 + m = 2s( x - s) ，即 y = ae s x + ae s - sae s 与 y = 2sx - s 2 - m ．⎧m = s 2 - 2s ①⎩ae s - sae s = -s 2 - m ⎪ a = (s > 2) ，则 h '(s) = < 0 ，函数 h (s) 在 (2, +∞) 上为单调减函数， s + 3 = 2ln m - am m ，（ m ∈[1,5] ， t ≥ 2 ）， m ，在 m ∈ [1,+∞) 单调递减，⎧2s = ae s ⎪ 则 ⎨ ，整理得 ⎨ 2s⎩ e s② ．由①且 m > 0 ，得 s < 0 或 s > 2 ，当 s < 0 时，两曲线无公共切线，则 s > 2 ．由②得， a = 2s e s(s > 2) ．令 h (s) =2s 2(1- s)e e s∴ h (s) < h (2) = 4e 2 ，又当 s →+∞ 时， h (s) → 0 ，∴ 实数 a 的取值范围是 (0, 4 e 2) ．故选：A.二、填空题10．（2020·江苏省高三专题练习）已知函数 f (x ) = a x + x 2 - x ln a ，对任意的 x , x ∈ [0,1]，不等式1 2f (x ) - f (x 12) ≤ a - 1 恒成立，则实数 a 的取值范围是___．【答案】 [ e , +∞)【解析】由题意可得 f max ( x) - f min ( x) ≤ a - 1，且 a > 1 ，由于f '( x ) = a x ln a + 2 x - ln a = (a x - 1)ln a + 2 x ，所以当 x > 0 时， f '( x ) > 0 ，函数 f ( x ) 在 [0,1] 上单调递增，则 f max ( x) = f (1) = a + 1 - ln a, f min ( x) = f (0) = 1 ，所以 f max ( x) - f min ( x) = a - ln a ，故a -1 ≥ a - ln a ⇒ ln a ≥ 1 ，即 a ≥ e ，应填答案 [e , +∞) ．11．（2020·湖南省明达中学高三）已知函数 f ( x ) = 2ln x - ax 2 + 3 ，若存在实数 m , n ∈[1,5] 满足 n - m ≥ 2 时，f (m ) = f (n ) 成立，则实数 a 的最大值为_____【答案】 ln34【解析】由 f (m ) = f (n) ⇒ 2ln n - an 2 2 + 3 ，所以 a = 2(ln n - ln m )n 2 - m 2，令 n = m + t ，（ t ≥ 2 ），则 a =tln(1+ )t(2m + t)显然 g (m ) = t ln(1+ )t(2m + t)令 h (t) = g (1) = ，（ t ≥ 2 ）， h '(t ) = ，，∴实数 a 的最大值为．故答案为：时， g ' (x ) < 0 ，函数 y = g (x )在 -1,- ⎪ 上单调递减，时， g ' (x ) > 0 ，函数 y = g (x )在 - , +∞ ⎪ 上单调递增， g (x )∈ ⎢- , +∞ ⎪ .∴ g (x ) ≥ g - ⎪ = - ⎝ 2 ⎭ ⎣ 2e ⎭2e ⎪ = -2m ， m 2 f (x 1 ) > -2m 2 .若 m > 0 ，则 4emg (x ) ≥ 4em ⋅ - ⎝ 2e ⎭1∴ a ≤ g (1) = ln(1+ t)（ t ≥ 2 ）t(2 + t)ln(1+ t) t 2 + 2t - 2(t + 1)2 ln(t + 1)t(2 + t) [t (t + 2)]2 (t + 1)∵ t ≥ 2 ，∴ 2ln( t + 1) > 1 ，则 t 2 + 2t - 2(t + 1)2 ln(t + 1) ，∴令 h (t) = g (1) =ln(1+ t) t(2 + t)在 [2, +∞) 单调递减，∴ a ≤ h (2) = ln 3 ln 3 ln 34 4 412．（2020·河南省高三月考）设函数 f (x ) = 3 - 2 x x + 1， g (x ) = xe 2 x ，若 ∃x ∈ (-1, +∞) ，使得1∀x ∈ (-1,+∞)，不等式 4emg (x ) > m 2 f (x )恒成立，则实数 m 的取值范围是______.221【答案】 (1,+∞ )【解析】Q f (x ) = -2 (x + 1)+ 5 5= -2 +x + 1 x + 1，当 x ∈ (-1,+∞ ) 时，有 f (x ) > -2 .因为 g (x ) = xe 2x ，所以 g ' (x ) = e 2x + 2xe 2x = (1 + 2x )e 2x ，当 -1 < x < -1 ⎛ 1 ⎫2 ⎝ 2 ⎭当 x >- 1 ⎛ 1 2 ⎝ 2 ⎫ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎡ 1 ⎫ ，所以当 x > -1 时，⎛ 1 ⎫ 2根据题意可知 -2m > -2m 2 ，解得 m > 1 ；若 m ≤ 0 ，则 4emg (x )∈ (-∞, -2m ] ， m 2 f (x ) > -2m 2 ，不符合条件.2 1综上所述，实数 m 的取值范围是 (1,+∞ ) .故答案为： (1,+∞ ) .13．（2020·浙江省高三期中）若 a 为实数，对任意 k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式6ln x + x 2 - 9 x + a ≤ kx 恒成立，则 a 的最大值是_________.【答案】7k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 ≤ k 恒成立min ⇒ ≤ -1 ⇒ a ≤ -6l n x - x2 + 8x'( x ) > 0 时， ⎨0 < x ≤ 4【解析】因为对任意 k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 6ln x + x 2 - 9 x + a ≤ kx 恒成立，所以对任意6ln x + x 2 - 9 x + a x6ln x + x 2 - 9 x + a 6ln x + x 2 - 9 x + a即 ≤ k xx所以当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 a ≤ -6ln x - x 2 + 8x 恒成立令 f ( x ) = -6l n x - x 2 + 8x, x ∈ (0, 4]则 a ≤ f ( x)min-2 x 2 + 8x - 6 -(2 x - 2)( x - 3)f '( x ) = =x x当 f当 f ⎧(2 x - 2)( x - 3) < 0⎩⎧(2 x - 2)( x - 3) > 0'( x ) < 0 时， ⎨⎩ 0 < x ≤ 4⇒ 1 < x < 3⇒ 0 < x < 1 或 3 < x ≤ 4所以函数 f ( x ) 在区间 (0,1) 和 (3,4] 上单调递减，在区间 (1,3)上单调递增f (1) = 0 - 1 + 8 = 7, f (4) = -6ln 4 -16 + 32 = 16 - 6ln 4e 3 因为16 - 6ln 4 - 7 = 9 - 6ln 4 = 3(3 - ln16) = 3ln > 016所以 f ( x)min = 7所以 a ≤ 7 ， a 的最大值为： 7故答案为： 7三、解答题14．（2020·贵州省贵阳一中高三月考）设 a, b ∈ R ，已知函数 f (x ) = a ln x + x 2 + bx 存在极大值.（1）若 a = 2 ，求 b 的取值范围；（2）求 a 的最大值，使得对于 b 的一切可能值， f (x )的极大值恒小于 0 .【答案】（1） b < -4 ，（2） 2e 3【解析】（1）当 a2 ， f x x 0 ，由 f x 存在极大值，（2） f x x 0 ，由 f x 存在极大值，1.当 0 x时， g x 2x 0 ，所以 g x 在 0, a a 3 3 e ，即 x e ， x 2 e 2 ， 2 22x 2 bx 2xb 2 16 0,可知方程 2x 2bbx 2 0 有两个不等的正根，则 0, ∴ b 4 .21 0,2x 2 bx ax可知方程 2x 2 bx a0 有两个不等的正根，设为 x ,x 且 x121x ，∴ x x2 1 2a a，∴ a 0 ， 0 x2 2由 f x0 x1x x ，2∴ f x 的极大值为 f x1a lnx1x 2 bx ，∵ bx1 1 12x 2 1a ，∴ f x1a lnx1x 2 a ，构造函数 g x a lnx x 2 a ，1a a a 2x 22 x x a 2上递增，由 0x1a 2，则 g x1a a ag ln 3 .2 2 2所以当 0 a2e 3 时， f x极大值f x1g x1ga 20 .3 而当 a2e 3时，取 b2 e 22 13 2此时 f x极大值3 af e2 e30 ，不符合题意.2综上所述， a 的最大值为 2e 3 .15．（2020·湖南省长沙一中高三月考）已知函数（ R ）．（1）当 a1 4时，求函数 y f(x)的单调区间；- 1 > 0 即 0 < a < 时，函数 f ( x ) 在 (-1,0) 和 ( - 1,+∞) 上单调递增， - 1 < 0 即 a > 时，函数 f ( x ) 在 (-1, - 1) 和 (0, +∞) 上单调递增，（2）若对任意实数 b ∈ (1,2) ，当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，求 a 的取值范围．【答案】（Ⅰ）函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (-1,0) 和 (1, +∞) ，单调递减区间为 (0,1) ；（Ⅱ） [1- ln 2, +∞)【解析】（1）当 a =1 1时， f ( x ) = ln( x + 1) + x 2 - x ， 4 4则 f '( x ) =1 1 x( x - 1)+ x - 1 = ( x > -1) ， x + 1 2 2( x + 1)令 f '( x ) > 0 ，得 -1 < x < 0 或 x > 1 ；令 f '( x ) < 0 ，得 0 < x < 1 ，∴函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (-1,0) 和 (1, +∞) ，单调递减区间为 (0,1) ．（2）由题意 f '( x ) = x[2ax - (1- 2a)]( x > -1) ，( x + 1)（1）当 a ≤ 0 时，函数 f ( x ) 在 (-1,0) 上单调递增，在 (0, +∞) 上单调递减，此时，不存在实数 b ∈ (1,2) ，使得当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ．（2）当 a > 0 时，令 f '( x) = 0 ，有 x 1 = 0 ， x 2 = 1 2a- 1 ，①当 a = 1 2时，函数 f ( x ) 在 (-1, +∞) 上单调递增，显然符合题意．②当1 1 12a 2 2a在 (0,1 2a- 1) 上单调递减， f ( x ) 在 x = 0 处取得极大值，且 f (0) = 0 ，要使对任意实数 b ∈ (1,2) ，当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，只需 f (1) ≥ 0 ，解得 a ≥ 1 - ln 2 ，又 0 < a < 1 2，所以此时实数 a 的取值范围是1 - ln 2 ≤ a < 1 2．③当1 1 12a 2 2a在 ( 1 2a- 1,0) 上单调递减，要存在实数 b ∈ (1,2) ，使得当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，需 f ( 1 2a- 1) ≤ f (1)，代入化简得 ln 2a + 1 4a+ ln 2 - 1 ≥ 0 ，①令 g (a) = ln 2a + 1 1 1 1+ ln 2 - 1 (a > ) ，因为 g '(a) = (1- ) > 0 恒成立，4a 2 a 4a1 1 1故恒有 g (a) > g ( ) = ln 2 - > 0 ，所以 a > 时，①式恒成立，2 2 2综上，实数 a 的取值范围是 [1- ln 2, +∞) ．【解析】（1） f x lnxx 的定义域是 0, ， f x( )2 ,16．（2020·广西壮族自治区高二期末）已知函数 f xlnx（1）求函数 f x 的单调区间；1 3x 1 4 4x（2）设 g xx 2 2bx 4 ，若对任意 x10,2 ,x21,2 ，不等式 f x1g x 恒成立，求实数b2的取值范围.【答案】（1）函数 f x 在 1,3 上单调递增;在 (0,1)和 3,上单调递减; （2） ,142 .1 3 1 1 3 4x x2 34 4xx 4 4x 2 4x 2由 x 0 及 f x0 得1 x 3 ，由 x 0 及 f x 0 得 0 x 1 或 x 3 ；所以函数 f x 在 1,3 上单调递增;在 0,1 和 3,上单调递减.（2）若对任意 x10,2 ,x21,2 ，不等式 f x1g x 恒成立，问题等价于 f x2ming xmax由（1）可知，在 0,2 上， x 1 是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点故也是最小值点，所以 f x min f 11 2， g xx 2 2bx 4,x 1,2当 b 1时， g xmaxg 1 2b 5 ；当1 b 2 ， g x maxg b b 2 4当 b2 时， g xg 24b 8b 11 b2 b 2 问题等价于{ 1或 { 1 或 { 12b 5 b 4 4b 822 2解得 b 1或1 b14 或 b214 14 即 b，所以实数 b 的取值范围是.2217．（2020·浙江省学军中学高三期中）已知函数 f xlnx ax 2 bx 2 ， aR .（1）当 b2 时，试讨论 f x 的单调性；b ∈ -∞ , - ⎪ ，方程 f (x ) = 0 恒有 2 个不等的实根，求 a 的取值范围. f (x )在  0, ⎪ 单调递增，a = 0 ， f (x )在 0, ⎪ 单调递增， , +∞ ⎪ 单调递减；- < a < 0 ， f (x )在 0, ⎪⎪ 单调递增， ⎪⎪ 单调递减， 2 4a 4a 4a a ≤ - ， f (x )在 (0, +∞ )单调递增. 【解析】（1） f ' (x ) = , x > 0解得 x = -2 + 4 + 8a ⎪⎪ 时， f ' (x ) > 0 ， f (x )单调递增， 4a⎛ x ∈ ⎛ -2 + 4 + 8a, +∞ ⎪⎪ 时， f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减，4af (x )在 0, ⎪ 单调递增，  x ∈ 0, ⎪ 时， f ' (x ) > 0 ， f (x )单调递增， x ∈ , +∞ ⎪ 时， f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减，（2）若对任意的 ⎛ 3 ⎫ ⎝ e ⎭【答案】（1） a > 0 ，⎛ ⎝ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单调递减；⎭ ⎝ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭1 ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫, ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ -2 - 4 + 8a ⎫ 4a , +∞ ⎪ 单调递增；⎝ ⎭1 2（2） 0 < a ≤2e 21 -2 x - 2ax 2x（i ） a > 0 ，令 f ' (x ) = 0 ，得到1 - 2 x - 2ax 2 = 0 ，-2 - 4 + 8a， x = （舍）4a 4a所以当 x ∈  0, ⎝-2 + 4 + 8a ⎫⎭ 当⎫ ⎝ ⎭所以⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单调递减；⎝ ⎭ ⎝ ⎭（ii ） a = 0 ，令 f ' (x ) = 0 ，得到 x =12当当⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭f (x )在 0, ⎪单调递增， , +∞ ⎪ 单调递减； , +∞ ⎪⎪ 时， f ' (x ) > 0 ， f (x )单调递增， ⎪⎪ U  ⎪⎪ 时， f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减，当 x ∈ 4a 4a(x )在 ⎛ 0, -2 + ⎪⎪ 单调递减， ⎪ 单调递增， , 4a 4af (x )在 0, ⎪ 单调递增，  a = 0 ， f (x )在 0, ⎪ 单调递增， , +∞ ⎪ 单调递减；- < a < 0 ， f (x )在 0, ⎪⎪ 单调递增， ⎪⎪ 单调递减， 2 4a 4a 4a a ≤ - ， f (x )在 (0, +∞ )单调递增. b ∈ -∞ , - ⎪ ，方程 f (x ) = 0 恒有 2 个不等的实根令 g (x ) = ， x > 0 有 g ' (x ) = ， x > 0所以 ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭（iii ） - 1 2< a < 0 ，令 f ' (x ) = 0 ，得到 x = -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a， x =4a 4a当 ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 - 4 + 8a ⎫ x ∈ 0,4a 4a⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫ ,⎝⎭f 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 - 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭调递增；（iiii ） a ≤ -综上所述，1 2， f ' (x ) > 0 在 (0,+∞ )恒成立，所以 f (x )在 (0, +∞ )单调递增；a > 0 ，⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单调递减；⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭1 ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫, ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ -2 - 4 + 8a ⎫4a , +∞ ⎪ 单调递增； ⎝ ⎭1 2（2）因为对任意的 ⎛ 3 ⎫ ⎝ e ⎭所以将问题等价于ln x - 2 x= ax + b 有两解ln x - 2 3 - ln xx x 2a>0，过 0,-⎪作切线时，斜率a最大.(x,y)，有y=3-ln x0x+2ln x0-5，此时斜率a取到最大2∴g (e3)=0；g(x)在(0,e3)递增，(e3,+∞)递减；x→0，g(x)→-∞；x→+∞，g(x)→0；∴有图象知要使g(x)=ln x-2的图像和y=ax+b的图像有两个交点，x⎛3⎫⎝e⎭设切点为00x2x00∴2ln x-5x=-3e，∴x=e2∴0<a≤.e2e2。

函数双变量问题处理技巧

函数双变量问题处理技巧【策略1】改变主元（又叫：反客为主）对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变量，而使问题快速获解。

【例１】已知2()1f x x mx m =+-≥在2m ≤时恒成立，求实数x 的取值范围.【例2】对任意n N +∈恒有221(1)n a e ++≤，求实数a 的最大值。

【解析】21(1)n n ++11ln(1)n n-+，设1(1)ln x =-+【策略2】指定主元有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为：指定主元。

【例3】已知0m n ≤<，试比较ln(1)n m e m -++与1ln(1)n ++的大小，并给出证明.【例4】求证：22232()21x x e t e x x t -++++≥。

【策略3】化归为函数单调性问题【例5】已知a b e >>，试比较b a 1()f x '=ln bb，ln b ∴【例6】已知函数2()ln ,(1)x f x a x x a a =+->，对1212,[1,1],()()1x x f x f x e ∀∈--≤-，求实数a 的取值范围。

()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值的差，因此该问题便可化归为求函数()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值问题。

【解析】由()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x '=+-=-+，(0)0f '=，当[1,0]x ∈-时，10,ln 0,20x a a x -≤>≤，()0f x '∴≤，即()f x 在[1,0]-上递减；当]1,0[∈x 时，10xa -≥，，()1h a '=(1),f >-∴12max ,)|()x x f x ∀∈≤需ln a a -成立便可，于是构造(a φ()a φ∴在上递增，又()0e φ=，a 的取值范围为【例7】已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++(1a <-),若对任意,(0,)m n ∈+∞，()()4f m f n m n -≥-，求实数a 的取值范围。

2025高考数学必刷题第22讲、双变量问题(学生版)

第22讲双变量问题知识梳理破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.必考题型全归纳题型一：双变量单调问题例1．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；(2)设2a ≤-，证明：对任意1x ，2(0,)x ∈+∞，1212|()()|4||f x f x x x -≥-．例2．（2024·安徽·校联考三模）设a R ∈，函数()()()2ln 11f x a x a x =-+++.（Ⅰ）讨论函数()f x 在定义域上的单调性；（Ⅱ）若函数()f x 的图象在点()()1,1f --处的切线与直线820x y +-=平行，且对任意()12,,0x x ∈-∞，12x x ≠，不等式()()1212f x f x m x x ->-恒成立，求实数m 的取值范围.例3．（2024·福建漳州·高二福建省漳州第一中学校考期末）已知函数2()(1)ln 1.f x a x ax =-++（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若1a ≥时，任意的120x x >>，总有1212|()()|2||f x f x x x ->-，求实数a 的取值范围.变式1．（2024·全国·模拟预测）已知函数()1log 2a m f x x x =+-，m ∈R ，0a >且1a ≠．（1）当2a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当a e =时，若对任意的120x x >>，不等式()()21121212x f x x f x x x -<-恒成立，求实数m 的取值范围．变式2．（2024·天津南开·高三南开大学附属中学校考开学考试）已知函数()()2ln 21f x x ax a x =+++．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当a<0时，证明()324f x a≤--；(3)若对任意的不等正数12,x x ，总有()()12122f x f x x x ->-，求实数a 的取值范围．题型二：双变量不等式:转化为单变量问题例4．（2024·全国·高三专题练习）已知函数1()ln f x x a x x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）已知52a <，若()f x 存在两个极值点12,x x ，且12x x <，求2112()()+f x f x x x 的取值范围.例5．（2024·新疆·高二克拉玛依市高级中学校考阶段练习）已知函数()()2ln R f x x x ax a =+-∈(1)若1a =，求函数f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；(2)当0a >时，讨论f （x ）的单调性；(3)设f （x ）存在两个极值点12,x x 且12x x <，若110x 2<<求证：()()123ln 24f x f x ->-.例6．（2024·山东东营·高二东营市第一中学校考开学考试）已知函数2()2ln f x x ax x =++（a 为常数）(1)讨论()f x 的单调性(2)若函数()f x 存在两个极值点12x x ，()12x x <，且2183x x -≤，求()()12f x f x -的范围.变式3．（2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数()21ln ()2f x x a x =+-，其中a ∈R ．(1)当1a =时，求函数()f x 在()()1,1f 处的切线方程；(2)讨论函数()f x 的单调性；(3)若()f x 存在两个极值点()()()121221,,x x x x f x f x <-的取值范围为315ln2,2ln248⎛⎫-- ⎪⎝⎭，求a 的取值范围．变式4．（2024·江苏苏州·高三统考阶段练习）已知函数()()2230e xx a x a f x x -+-+-=>（）(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 存在两个极值点12,x x ，记()()1212(,)h x x f x f x =,求()12,h x x 的取值范围.变式5．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()()()211ln 412f x x a x x =++-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，且()()()12124f x f x f x x a '+≥-，求a 的取值范围．变式6．（2024·吉林长春·高二长春市实验中学校考期中）设函数2()e (1)e (R)x x f x a x a a =+-+∈．(1)当2e 2a -=时，求2()()e x g x f x -'=的单调区间；(2)若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，①求a 的取值范围；②证明：1223x x +>．题型三：双变量不等式:极值和差商积问题例7．（2024·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考期末）已知a ∈R ，函数()ln 222af x x x x x=-++.(1)当0a =时，求()f x 的单调区间和极值；(2)若()f x 有两个不同的极值点1x ，()212x x x <.（i ）求实数a 的取值范围；（ii ）证明：12eln 2ln 3ln 22x x +<--（e 2.71828=……为自然对数的底数）.例8．（2024·内蒙古·高三霍林郭勒市第一中学统考阶段练习）已知函数()e e ()x x f x ax a -=--∈R ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()121220f x f x a x x --<<-．例9．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2ln f x x x ax a =+-．(1)当1a =-时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若()f x 存在两个极值点1x 、2x ，求实数a 的取值范围，并证明：1202x xf +⎛⎫> ⎪⎝⎭．变式7．（2024·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考期中）已知函数()1e ln xf x m x -=-，R m ∈.(1)当1m ≥时，讨论方程()10f x -=解的个数；(2)当e m =时，()()2e ln 2tx g x f x x +=+-有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，若2ee 2t <<，证明：（i ）1223x x <+<；（ii ）()()1220g x g x +<.变式8．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()ln (1),2a f x x x a x a R =+-+∈（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）设1x ，()2120x x x <<是函数()()g x f x x =+的两个极值点，证明：()()12ln 2ag x g x a -<-恒成立．变式9．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()ln ,f x x mx m =+∈R .（1）求函数f （x ）的单调区间；（2）若21()()2g x f x x =+有两个极值点12,x x ，求证：()()1230g x g x ++<.题型四：双变量不等式:中点型例10．（2024·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考期末）已知函数()()2ln 2f x x ax a x a R =-+-∈，．（1）已知1x =为()f x 的极值点，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）讨论函数()()g x f x ax =+的单调性；（3）当12a <-时，若对于任意()()1212,1,x x x x ∈+∞<，都存在()012,x x x ∈，使得()()()21021f x f x f x x x -'=-，证明：2102x x x +<．例11．（2024·湖北武汉·统考一模）已知函数()()211ln 2f x x a x a x =+--.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设0a >，证明：当0x a <<时，()()f a x f a x +<-；（Ⅲ）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明1202x xf +⎛⎫> ⎪⎝⎭'.例12．（2024·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知函数2()(12)ln f x x a x a x =+--(R a ∈且0)a ≠.（1）讨论函数()f x 的单调性;（2）当2a >时，若函数()y f x =的图象与x 轴交于A ，B 两点，设线段AB 中点的横坐标为0x ，证明:0()0f x '>.变式10．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()y f x =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：()00f x '<.变式11．（2024·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考阶段练习）已知函数21()ln (1)2f x x ax a x =+++.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设函数()f x 图象上不重合的两点()112212,,(,)()A x y B x y x x >.证明：12'()2AB x x k f +>.（AB k 是直线AB 的斜率）变式12．（2024·福建泉州·高二福建省永春第一中学校考阶段练习）已知函数()222ln f x x ax x =-+（0a >）．（1）讨论函数()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1x ，2x （12x x <）恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x xy x x g '+⎛⎫=- ⎪⎝⎭的取值范围是[)ln 31,-+∞，求实数a 的取值范围．题型五：双变量不等式:剪刀模型例13．（2024·天津和平·耀华中学校考模拟预测）已知函数()()()e (0)xf x x b a b =+->在点(1-，()1f -)处的切线方程为()e 1e e 10x y -++-=．(1)求a 、b ；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴负半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y ＝h (x )，求证：对于任意的实数x ，都有f (x )≥h (x )；(3)若关于x 的方程()()0f x m m =>有两个实数根1x 、2x ，且12x x <，证明：()2112e 11em x x --+-．例14．（2024·辽宁沈阳·统考三模）已知函数()()()()20x f x x b e a b =+->在点11,22f⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为()1102e e x ey --++=．（1）求a ，b ；（2）函数()f x 图像与x 轴负半轴的交点为P ，且在点P 处的切线方程为()y h x =，函数()()()F x f x h x =-，x ∈R ，求()F x 的最小值；（3）关于x 的方程()f x m =有两个实数根1x ，2x ，且12x x <，证明：211221m mex x e+-≤--．例15．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()e 1x f x ax =-+，ln 3是()f x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线为直线l ．求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)若关于x 的方程()(0)f x m m =>有两个不等实根1x ，212()x x x <，求证：217210mx x -<-．变式13．（2024·安徽·校联考二模）已知函数()3e 1xf x x =-+，其中e 2.71828= 是自然对数的底数.(1)设曲线()y f x =与x 轴正半轴相交于点()0,0P x ，曲线在点P 处的切线为l ，求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(2)若关于x 的方程()f x m =（m 为正实数）有两个不等实根()1212,x x x x <，求证：21324x x m -<-.变式14．（2024·全国·高三专题练习）已知函数4()g x x =，x R ∈，在点()1,(1)g 处的切线方程记为()y m x =，令()()()3f x m x g x =-+．(1)设函数()f x 的图象与x 轴正半轴相交于P ，()f x 在点P 处的切线为l ，证明：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(2)关于x 的方程()(f x a a =为正实数）有两个实根1x ，2x ，求证：21||23ax x -<-．题型六：双变量不等式:主元法例16．（2024·江苏盐城·高三盐城中学校联考开学考试）已知函数()ln f x x x =．(1)求函数()f x 的单调区间和最小值；(2)当0b >时，求证：11e e b b ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭（其中e 为自然对数的底数）；(3)若0a >，0b >求证：()()()()ln 2f a a b f a b f b ++≥+-．例17．（2024·河南信阳·高二校联考阶段练习）已知函数()ln f x x x =．(1)求曲线()y f x =在点()()e,e f 处的切线方程；(2)求函数()f x 的最小值，并证明：当0b >时，1e1e b b ⎛⎫ ⎪⎝⎭≥．（其中e 为自然对数的底数）例18．（2024·山西晋中·高二校考阶段练习）已知函数()()1e 6x f x k x ⎡⎤=--⎣⎦（其中e 为自然对数的底数）．(1)若1k =，求函数()f x 的单调区间；(2)若12k ≤≤，求证：[]0,x k ∀∈，()2f x x <．变式15．（2024·广东广州·高三广州大学附属中学校考阶段练习）已知函数e ()(ln )=+-xf x a x x x（其中a R ∈且a 为常数，e 为自然对数的底数，e 2.71828)=⋯．(1)若函数()f x 的极值点只有一个，求实数a 的取值范围；(2)当0a =时，若()f x kx m +（其中0)m >恒成立，求(1)k m +的最小值()h m 的最大值．变式16．（2024·全国·高三专题练习）设函数()ln f x x x =.(1)求()f x 的极值；(2)设()(1)g x f x =+，若对任意的0x ，都有()g x mx 成立，求实数m 的取值范围；(3)若0a b <<，证明：0()()2()()ln 22a b f a f b f b a +<+-<-.变式17．（2024·广东珠海·高一珠海市第二中学校考期中）已知()()2365R f x x x x =--∈函数.(1)求不等式()4f x >的解集；(2)设函数()()24g x f x x mx =-+，若存在x ∈R ，使得()0g x >，求实数m 的取值范围；(3)若对任意的[]1,2a ∈，关于x 的不等式()()226f x x a x a b ≤-+++在区间[1,3]上恒成立，求实数b 的取值范围。

导数压轴题双变量问题题型归纳总结

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

双变量的“任意性”与 “存在性”五种题型的解题方法解析

1双变量的“任意性”与 “存在性”五种题型的解题方法　一、“存在=存在”型∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)=g (x 2),等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与函数g (x )在D 2上的值域B 的交集不为空集,即A ∩B ≠⌀.其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.【例1】　已知函数f (x )=x 2-23ax 3,a >0,x ∈R .g (x )=1x 2(1-x ).若∃x 1∈(-∞,-1],∃x 2∈-∞,-12 ,使得f (x 1)=g (x 2),求实数a 的取值范围.【解析】∵f (x )=x 2-23ax 3,∴f '(x )=2x -2ax 2=2x (1-ax ).令f '(x )=0,得x =0或x =1a .∵a >0,∴1a>0,∴当x ∈(-∞,0)时, f '(x )<0,∴f (x )在(-∞,-1]上单调递减, f (x )在(-∞,-1]上的值域为1+2a3,+∞ .∵g (x )=1x 2(1-x ),∴g '(x )=3x 2-2x (x 2-x 3)2=3x -2x 3(1-x )2.∵当x <-12时,g '(x )>0,∴g (x )在-∞,-12 上单调递增,∴g (x )<g -12 =83,∴g (x )在-∞,-12 上的值域为-∞,83.若∃x 1∈(-∞,-1],∃x 2∈-∞,-12 ,使得f (x 1)=g (x 2),则1+2a 3<83,a <52.故实数a 的取值范围是0,52.【变式1】　已知函数f (x )=-16x +112,0≤x ≤12,x 3x +1,12<x ≤1 和函数g (x )=a ·sin π6x -a +1(a >0),若存在x 1,x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立,则实数a 的取值范围是( )A.12,32 B.[1,2)C.12,2D.1,32【答案】选C 【解析】设函数f (x ),g (x )在[0,1]上的值域分别为A ,B ,则“存在x 1,x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立”等价于“A ∩B ≠⌀”.当0≤x ≤12时, f (x )=-16x +112单调递减,所以0≤f (x )≤112;当12<x ≤1时, f '(x )=x 2(2x +3)(x +1)2>0,所以f (x )=x 3x +1单调递增,112<f (x )≤12,故f (x )在[0,1]上的值域A =0,12.当x ∈[0,1]时,π6x ∈0,π6 ,y =sin π6x 在[0,1]上单调递增.又a >0,所以g (x )=a sin π6x -a +1在[0,1]上单调递增,其值域B =1-a ,1-a 2.2由A ∩B ≠⌀,得0≤1-a ≤12或0≤1-a 2≤12,解得12≤a ≤2.故选C .二、“任意=存在”型∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)=g (x 2),等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是函数g (x )在D 2上的值域B 的子集,即A ⊆B .其等价转化的基本思想:函数f (x )的任意一个函数值都与函数g (x )的某一个函数值相等,即f (x )的函数值都在g (x )的值域之中.【例2】　已知函数f (x )=4x 2-72-x,x ∈[0,1].(1)求f (x )的单调区间和值域;(2)设a ≥1,函数g (x )=x 3-3a 2x -2a ,x ∈[0,1].若对于任意的x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)=f (x 1)成立,求a 的取值范围.【解析】(1)f '(x )=-4x 2+16x -7(2-x )2=-(2x -1)(2x -7)(2-x )2,x ∈[0,1].令f '(x )=0,解得x =12或x =72(舍去).当x 变化时, f '(x ), f (x )的变化情况如下表所示:x 00,121212,11f '(x )-0+f (x )-72↘-4↗-3　所以f (x )的递减区间是0,12,递增区间是12,1 .f (x )min =f 12=-4,又f (0)=-72, f (1)=-3,所以f (x )max =f (1)=-3.故当x ∈[0,1]时, f (x )的值域为[-4,-3].(2)“对于任意的x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)=f (x 1)成立”等价于“在x ∈[0,1]上,函数f (x )的值域B 是函数g (x )的值域A 的子集,即B ⊆A ”.因为a ≥1,且g '(x )=3(x 2-a 2)<0,所以当x ∈[0,1]时,g (x )为减函数,所以g (x )的值域A =[1-2a -3a 2,-2a ].由B ⊆A ,得1-2a -3a 2≤-4且-2a ≥-3,又a ≥1,故1≤a ≤32.【变式2】　已知函数f (x )=x 2-23ax 3(a >0),x ∈R .(1)求f (x )的单调区间和极值;(2)若对于任意的x 1∈(2,+∞),都存在x 2∈(1,+∞),使得f (x 1)·f (x 2)=1.求a 的取值范围.【解析】　解析　(1)由已知,有f '(x )=2x -2ax 2(a >0).令f '(x )=0,解得x =0或x =1a .当x 变化时, f '(x ), f (x )的变化情况如下表:x(-∞,0)0,1a 1a 1a ,+∞3f '(x )-0+0-f (x )↘↗13a 2↘所以, f (x )的单调递增区间是0,1a;单调递减区间是(-∞,0),1a ,+∞ .当x =0时, f (x )有极小值,且极小值f (0)=0;当x =1a 时,f (x )有极大值,且极大值f 1a =13a2.(2)由f (0)=f 32a=0及(1)知,当x ∈0,32a 时, f (x )>0;当x ∈32a,+∞ 时, f (x )<0.设集合A ={f (x )|x ∈(2,+∞)},集合B =1f (x )|x ∈(1,+∞),f (x )≠0,则“对于任意的x 1∈(2,+∞),都存在x 2∈(1,+∞),使得f (x 1)·f (x 2)=1”等价于A ⊆B .显然,0∉B .下面分三种情况讨论:①当32a >2,即0<a <34时,由f 32a=0可知,0∈A ,而0∉B ,所以A 不是B 的子集.②当1≤32a ≤2,即34≤a ≤32时,有f (2)≤0,且此时f (x )在(2,+∞)上单调递减,故A =(-∞, f (2)),因而A ⊆(-∞,0);由f (1)≥0,有f (x )在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),即(-∞,0)⊆B .所以,A ⊆B .③当32a <1,即a >32时,有f (1)<0,且此时f (x )在(1,+∞)上单调递减,故B =1f (1),0,A =(-∞, f (2)),所以A 不是B 的子集.综上,a 的取值范围是34,32.三、“任意≥(≤、>、<)任意”型∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)>g (x 2)恒成立,等价于f (x )min >g (x )max ,或等价于f (x )>g (x )max 恒成立,或等价于f (x )min >g (x )恒成立.其等价转化的基本思想是函数f (x )的任何一个函数值均大于函数g (x )的任何一个函数值.∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)<g (x 2)恒成立,等价于f (x )max <g (x )min ,或等价于f (x )<g (x )min 恒成立,或等价于f (x )max <g (x )恒成立.其等价转化的基本思想是函数f (x )的任何一个函数值均小于函数g (x )的任何一个函数值.∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)-g (x 2)>k 恒成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]min >k 恒成立,也等价于f (x )min-g (x )max >k .∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)-g (x 2)<k 恒成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]max <k 恒成立,也等价于f (x )max-g (x )min <k .【例3】　设函数f (x )=x 3-x 2-3.(1)求f (x )的单调区间;(2)设函数g (x )=a x+x ln x ,如果对任意的x 1,x 2∈12,2,都有f (x 1)≤g (x 2)成立,求实数a 的取值范围.【解析】解析　(1)f '(x )=3x 2-2x .f '(x )>0时,x <0或x >23,f '(x )<0时,0<x <23.所以, f (x )的递增区间是(-∞,0),23,+∞;递减区间是0,23.4(2)由(1)知,函数f (x )在12,23 上单调递减,在23,2 上单调递增,而f 12=-258, f (2)=1,故f (x )在区间12,2上的最大值f (x )max =f (2)=1.“对任意的x 1,x 2∈12,2 ,都有f (x 1)≤g (x 2)成立”等价于“对任意的x ∈12,2,g (x )≥f (x )max 恒成立”,即当x ∈12,2时,g (x )=a x+x ln x ≥1恒成立,即a ≥x -x 2ln x 恒成立,记u (x )=x -x 2ln x 12≤x ≤2,则有a ≥u (x )max .u '(x )=1-x -2x ln x ,可知u '(1)=0.当x ∈12,1时,1-x >0,2x ln x <0,则u '(x )>0,所以u (x )在12,1上递增; 当x ∈(1,2)时,1-x <0,2x ln x >0,则u '(x )<0,所以u (x )在(1,2)上递减.故u (x )在区间12,2上的最大值u (x )max =u (1)=1,所以实数a 的取值范围是[1,+∞).【点拨】　(1)∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)>g (x 2)恒成立,通常等价转化为f (x )min >g (x )max .这是两个独立变量--双变量问题,不等式两边f (x 1),g (x 2)中自变量x 1,x 2可能相等,也可能不相等;(2)对任意的x ∈[m ,n ],不等式f (x )>g (x )恒成立,通常等价转化为[f (x )-g (x )]min >0.这是单变量问题,不等式两边f (x ),g (x )的自变量x 相等.【变式3】　函数f (x )=mxx 2+1+1(m ≠0),g (x )=x 2e ax (a ∈R ).(1)直接写出函数f (x )的单调区间;(2)当m >0时,若对于任意的x 1,x 2∈[0,2], f (x 1)≥g (x 2)恒成立,求a 的取值范围.【解析】　(1)当m >0时,f (x )的递增区间是(-1,1);递减区间是(-∞,-1),(1,+∞).当m <0时,f (x )的递增区间是(-∞,-1),(1,+∞);递减区间是(-1,1).(2)当m >0时,“对于任意的x 1,x 2∈[0,2],f (x 1)≥g (x 2)恒成立”等价于“对于任意的x ∈[0,2],f (x )min ≥g (x )max 成立”.当m >0时,由(1)知,函数f (x )在[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减,因为f (0)=1,f (2)=2m5+1>1,所以f (x )min =f (0)=1,故应满足1≥g (x )max .因为g (x )=x 2e ax ,所以g '(x )=(ax 2+2x )e ax .①当a =0时,g (x )=x 2,此时g (x )max =g (2)=4,不满足1≥g (x )max .②当a ≠0时,令g '(x )=0,得x =0或x =-2a .(i )当-2a≥2,即-1≤a <0时,在[0,2]上,g '(x )≥0,g (x )在[0,2]上单调递增,g (x )max =g (2)=4e 2a .由1≥4e 2a ,得a ≤-ln 2,所以-1≤a ≤-ln 2.(ii )当0<-2a <2,即a <-1时,在0,-2a上,g '(x )≥0,g (x )递增;在-2a ,2 上,g '(x )<0,g (x )递减.g (x )max =g -2a =4a 2e 2,由1≥4a 2e 2,得a ≤-2e ,所以a <-1.5(iii )当-2a<0,即a >0时,显然在[0,2]上,g '(x )≥0,g (x )单调递增,于是g (x )max =g (2)=4e 2a >4,此时不满足1≥g (x )max .综上,a 的取值范围是(-∞,-ln 2].四、“任意≥(≤、>、<)存在”型∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)>g (x 2)成立,等价于f (x )min >g (x )min .其等价转化的基本思想是函数f (x )的任意一个函数值大于函数g (x )的某一个函数值,但并不要求大于函数g (x )的所有函数值.∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)<g (x 2)成立,等价于f (x )max <g (x )max .其等价转化的基本思想是函数f (x )的任意一个函数值小于函数g (x )的某一个函数值,但并不要求小于函数g (x )的所有函数值.∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)>k 成立,等价于f (x )min -g (x )min >k .∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)<k 成立,等价于f (x )max -g (x )max <k .【例4】　函数f (x )=ln x -14x +34x-1,g (x )=x 2-2bx +4,若对任意的x 1∈(0,2),存在x 2∈[1,2],使得f (x 1)≥g (x 2)成立,求实数b 的取值范围.【解析】　“对任意的x 1∈(0,2),存在x 2∈[1,2],使得f (x 1)≥g (x 2)成立”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值,即f (x )min ≥g (x )min (*)”.f '(x )=1x -14-34x 2=-(x -1)(x -3)4x 2,当x ∈(0,1)时, f '(x )<0, f (x )单调递减;当x ∈(1,2)时, f '(x )>0, f (x )单调递增.故当x ∈(0,2)时, f (x )min =f (1)=-12.又g (x )=(x -b )2+4-b 2,x ∈[1,2],①当b <1时,g (x )min =g (1)=5-2b >3,此时与(*)矛盾;②当b ∈[1,2]时,g (x )min =g (b )=4-b 2≥0,同样与(*)矛盾;③当b ∈(2,+∞)时,g (x )min =g (2)=8-4b ,由8-4b ≤-12,得b ≥178.综上,实数b 的取值范围是178,+∞ .【变式4】　已知函数f (x )=13x 3+x 2+ax .(1)若f (x )在区间[1,+∞)上单调递增,求a 的最小值;(2)若g (x )=x ex ,∀x 1∈12,2 ,∃x 2∈12,2 ,使得f '(x 1)≤g (x 2)成立,求a 的取值范围.【解析】　(1)由题设知f '(x )=x 2+2x +a ≥0,即a ≥-(x +1)2+1在[1,+∞)上恒成立,而y =-(x +1)2+1在[1,+∞)上单调递减,则y max =-3,∴a ≥-3,∴a min =-3.(2)“∀x 1∈12,2,∃x 2∈12,2 ,使f '(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“x ∈12,2 时,f '(x )max ≤g (x )max 恒成立”.∵f '(x )=x 2+2x +a =(x +1)2+a -1在12,2上递增,∴f '(x )max =f '(2)=8+a ,又g '(x )=e x -xe x e 2x =1-x e x,6∴g (x )在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减.∴当x ∈12,2时,g (x )max =g (1)=1e ,由8+a ≤1e 得,a ≤1e -8,所以a 的取值范围是-∞,1e-8 .五、“存在≥(≤、>、<)存在”型若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)>g (x 2)成立,等价于f (x )max ≥g (x )min .其等价转化的基本思想是函数f (x )的某一个函数值大于函数g (x )的某一个函数值,即只要有这样的函数值即可.若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)<g (x 2)成立,等价于f (x )min <g (x )max .其等价转化的基本思想是函数f (x )的某一个函数值小于函数g (x )的某一个函数值,即只要有这样的函数值即可.若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)>k 成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]max >k ,也等价于f (x )max-g (x )min >k .若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)<k 成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]min <k ,也等价于f (x )min -g (x )max <k .【例5】　已知函数f (x )=4ln x -ax +a +3x(a ≥0).(1)直接写出函数f (x )的单调区间;(2)当a ≥1时,设g (x )=2e x -4x +2a ,若存在x 1,x 2∈12,2,使f (x 1)>g (x 2),求实数a 的取值范围.【解析】　(1)当a =0时,函数f (x )的递减区间为0,34,递增区间为34,+∞ .当0<a <1时,函数f (x )的递减区间为0,2--(a -1)(a +4)a,2+-(a -1)(a +4)a,+∞,递增区间为2--(a -1)(a +4)a ,2+-(a -1)(a +4)a.当a ≥1时, f (x )的递减区间为(0,+∞).(2)“存在x 1,x 2∈12,2 ,使f (x 1)>g (x 2)”等价于“ 当x ∈12,2时, f (x )max >g (x )min ”.由(1)知,当x ∈12,2时, f (x )max =f 12 =-4ln 2+32a +6,由g '(x )=2e x -4>0,得x >ln 2,所以g (x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,故当x ∈12,2时,g (x )min =g (ln 2)=4-4ln 2+2a ,由f (x )max >g (x )min ,得-4ln 2+32a +6>4-4ln 2+2a ,又a ≥1,所以1≤a <4.【变式5】　设函数f (x )=xln x-ax .(1)若函数f (x )在(1,+∞)上为减函数,求实数a 的最小值;(2)若存在x 1,x 2∈[e ,e 2],使f (x 1)≤f '(x 2)+a 成立,求实数a 的取值范围.【解析】　(1)由题设知f '(x )=ln x -1(ln x )2-a ≤0在(1,+∞)上恒成立,则只需f '(x )max ≤0.又f '(x )=ln x -1(ln x )2-a =-1ln x -12 2+14-a ,7所以当1ln x =12,即x =e 2时, f '(x )max =14-a ,由14-a ≤0得a ≥14,故a 的最小值为14.(2)“存在x 1,x 2∈[e ,e 2],使f (x 1)≤f '(x 2)+a 成立”等价于“当x 1,x 2∈[e ,e 2]时, f (x 1)min ≤f '(x 2)max +a ”.由(1)知,当x ∈[e ,e 2]时, f '(x )max =f '(e 2)=14-a ,所以f '(x )max +a =14.则问题等价于“当x ∈[e ,e 2]时, f (x )min ≤14”.①当a ≥14时,由(1)得f '(x )max =14-a ≤0, f (x )在[e ,e 2]上为减函数,则f (x )min =f (e 2)=e 22-ae 2,由f (x )min ≤14,得a ≥12-14e 2.②当a <14时, f '(x )=-1ln x -12 2+14-a 在[e ,e 2]上的值域为-a ,14-a .(i )当-a ≥0,即a ≤0时, f '(x )≥0在[e ,e 2]恒成立,故f (x )在[e ,e 2]上为增函数,于是f (x )min =f (e )=e -ae ≥e >14,与f (x )min ≤14矛盾.(ii )当-a <0,即0<a <14时,由f '(x )的单调性和值域知,存在唯一的x 0∈(e ,e 2),使f '(x )=0,且满足:当x ∈(e ,x 0)时, f '(x )<0, f (x )为减函数;当x ∈(x 0,e 2)时, f '(x )>0, f (x )为增函数,所以f (x )min =f (x 0)=x 0ln x 0-ax 0≤14,x 0∈(e ,e 2).所以a ≥1ln x 0-14x 0>1ln e 2-14e >12-14=14,与0<a <14矛盾.综上,a 的取值范围是a ≥12-14e2.。

高中数学双变量问题

双变量问题是高中数学中经常出现的一类问题，主要涉及到两个变量之间的关系。

在解决双变量问题时，我们需要利用数学知识和技巧，通过建立方程、绘制图像等方法来找到变量之间的关系，并求解问题。

一、解题思路与常用方法在解决双变量问题时，首先需要明确问题的要求，然后根据问题中给出的条件建立方程，接着通过一系列的运算和化简，最终求出变量的具体值或者确定它们之间的关系。

1.方程法方程法是解决双变量问题的常用方法之一，主要通过建立代表问题中条件的方程来求解问题。

在建立方程时，要根据问题中给出的信息确定变量的含义和关系，然后利用数学语言将其转化为方程。

常见的代数方程包括一元一次方程、二元一次方程、一元二次方程等。

通过解方程，可以求解变量的具体值或者它们之间的关系。

2.几何法几何法是解决双变量问题的一种直观方法，通过绘制图形来辅助分析问题。

对于平面几何问题，可以通过绘制平面图形，如直线、曲线、圆等，来帮助理解问题并找到变量之间的关系。

几何法不仅能提供对问题的直观理解，还可以通过观察图形的性质和特征推理出结论。

3.代数和几何相结合有些双变量问题可以通过代数与几何相结合的方法来解决。

这种方法可以利用几何图形的特征进行变量的代数转化，或者利用代数的方法来解析几何图形的性质。

通过将代数与几何相结合，可以从不同方面来分析问题，获得更全面的解答。

二、典型例题与解法下面以一些典型的双变量问题为例，介绍解题思路和方法。

1.鸡兔同笼问题题目：一共有鸡和兔子共35只，它们的脚一共有94只，问鸡和兔子各有多少只？解法：设鸡的数量为x只，兔子的数量为y只。

根据题目可以列出两个方程： x + y = 35 (1) 2x + 4y = 94 (2) 通过联立方程组(1) 和 (2)，可以解得 x = 23，y = 12。

因此，鸡的数量为23只，兔子的数量为12只。

2.圆的面积与半径问题题目：一个圆的周长是固定值，它的面积是半径的几何级数。

求圆的半径和面积。

函数中双变量问题专题

函数中双变量问题一、单选题1．已知函数()ln(f x x =满足对于任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln (2)()x f x x a f x ++≤成立，则实数a 的取值范围为（） A ．ln 2[8,)2-+∞ B ．ln 25[8,2ln 2]24--- C ．ln 2(,8]2-∞-D ．5(,2ln 2]4-∞-- 2．设函数()()32,,,0f x ax bx cx a b c R a =++∈≠，若不等式()()5xf x af x '-≤对x R ∀∈恒成立，则b 2ca-的取值范围为（） A ．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭3．已知函数ln 1,1()1(2),13x x f x x x -≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，若αβ<且()()f f αβ=，则βα-的取值范围是（）A ．[]83ln3,6-B ．)283ln3,1e ⎡--⎣ C ．[]94ln3,6-D ．)294ln 3,1e ⎡--⎣4．已知函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，则下列判断：①a e <；②122x x +<；③121x x >；④有极小值点0x ，且1202x x x +<．则正确判断的个数是（） A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个5．已知实数a ，b 满足225ln 0a a b --=，c R ∈的最小值为( )A ．12 B．2C．2 D ．92 6．已知直线()1y a x =+与曲线()xf x e b =+相切，则ab 的最小值为（） A ．14e -B ．12e -C ．1e -D ．2e-7． α，,22ππβ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是（） A ．αβ> B ．0αβ+> C ．αβ< D ．22αβ> 8．已知函数()1()ln 1,,2xf x ex x ⎡⎫=-∈+∞⎪⎢⎣⎭，若存在[]2,1a ∈-，使得21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，则实数m 的取值范围为（） A ．2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[)1,+∞C ．2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦9．已知曲线()()0xf x ae a =>与曲线()()20g x x m m =->有公共点，且在该点处的切线相同，则当m 变化时，实数a 的取值范围是（） A ．240,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．61,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．40,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．281,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭二、填空题10．已知函数()2ln x f x a x x a =+-，对任意的[]12,0,1x x ∈，不等式()()121f x f x a -≤-恒成立，则实数a 的取值范围是___．11．已知函数2()2ln 3f x x ax =-+，若存在实数,[1,5]m n ∈满足2n m -≥时，()()f m f n =成立，则实数a 的最大值为_____ 12．设函数()321x x f x -=+，()2xg x xe =，若()11,x ∃∈-+∞，使得()21,x ∀∈-+∞，不等式()()2214emg x m f x >恒成立，则实数m 的取值范围是______.13．若a 为实数，对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，则a 的最大值是_________. 三、解答题14．设,a b ∈R ，已知函数()2ln f x a x x bx =++存在极大值.（1）若2a =，求b 的取值范围；（2）求a 的最大值，使得对于b 的一切可能值，()f x 的极大值恒小于0.15．已知函数（R ）．（1）当14a =时，求函数()y f x =的单调区间；（2）若对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，求a 的取值范围．16．已知函数()13ln 144f x x x x=-+- （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设()224g x 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.17．已知函数()2ln 2f x x ax bx =---，a R ∈.（1）当2b =时，试讨论()f x 的单调性；（2）若对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根，求a 的取值范围.答案一、单选题1．（2020·湖南省长郡中学高三）已知函数()ln(f x x =满足对于任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln (2)()x f x x a f x ++≤成立，则实数a 的取值范围为（） A ．ln 2[8,)2-+∞ B ．ln 25[8,2ln 2]24--- C ．ln 2(,8]2-∞- D ．5(,2ln 2]4-∞--【答案】C【解析】由函数()ln(f x x =在定义域单调递增，对于任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln (2)()x f x x a f x ++≤成立，即任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln 2x x x a x ++≤成立，即满足()2211max2maxln 2x x x a x ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭，令2111()2g x x x a =++，对称轴方程为11x =-，在11[,2]2x ∈可得1max ()(2)=8g x g a =+ 令222ln ()x h x x =，求导可得22221ln ()x h x x -'=，2()0h x '=，可得2x e =，在()20,x e ∈，2()0h x '>，2()h x 单调递增，所以在21[,2]2x ∈，2max ln 2()(2)2h x h ==，即ln 282a +≤，解得ln 282a ≤-，故选C . 2．（2020·江西省南城一中高三期末）设函数()()32,,,0f x ax bx cx a b c R a =++∈≠，若不等式()()5xf x af x '-≤对x R ∀∈恒成立，则b 2ca-的取值范围为（）A．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C．5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D．1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】()32f x ax bx cx=++Q，()232f x ax bx c'∴=++，由不等式()()5xf x af x'-≤对x R∀∈恒成立，可得()()()2323250a a xb ab xc ac x-+-+--≤对x R∀∈恒成立，所以，230a a-=且0a≠，解得3a=，则不等式2250bx cx++≥对x R∀∈恒成立，所以24200bc b>⎧⎨∆=-≤⎩，则25cb≥，所以，()222125252210553315153c c cb c b c c ca------=≥==≥-.因此，b2ca-的取值范围为5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故选：C.3．（2020·新疆维吾尔自治区高三）已知函数ln1,1()1(2),13x xf xx x-≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，若αβ<且()()f fαβ=，则βα-的取值范围是（）A．[]83ln3,6-B．)283ln3,1e⎡--⎣C．[]94ln3,6-D．)294ln3,1e⎡--⎣【答案】B【解析】因为ln1,1()1(2),13x xf xx x-≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，故其函数图像如下所示：令11lnx-=，解得2x e=；令11lnx-=-，解得1x=.数形结合可知，若要满足()()f f αβ=，且αβ<，则()21,eβ∈，且()1213ln αβ+=-，解得35ln αβ=-. 故βα-35ln ββ=-+，()21,e β∈.令()()235,1,g x x lnx x e =-+∈，则()31g x x'=-，令()0g x '=，解得3x =，故()g x 在区间()1,3单调递减，在区间()23,e 单调递增，则()()()2216,3833,1g g ln g ee==-=-，故())2833,1g x ln e ⎡∈--⎣.即可得βα-)2833,1ln e ⎡∈--⎣.故选：B.4．（2020·江西省临川第二中学高三期中）已知函数()xf x e ax =-有两个零点1x ，2x ，则下列判断：①a e <；②122x x +<；③121x x >；④有极小值点0x ，且1202x x x +<．则正确判断的个数是（） A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个【答案】D【解析】对于①，∵()xf x e ax =-，∴()x f x e a '=-，令()0xf x e a '=->，当0a ≤时，()0xf x e a '=->在x ∈R 上恒成立， ∴()f x 在R 上单调递增．当0a >时，由()0f x '>，解得ln x a >；由()0f x '<，解得ln x a <； ∴()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增． ∵函数()xf x e ax =-有两个零点1x ，2x ，∴0a >，(ln )0f a <，即ln ln 0a e a a -<，即ln 0a a a -<，解得：a e >；所以①不正确；对于②，因为函数()xf x e ax =-有两个零点1x ，2x ，所以1x ，2x 是方程0x e ax -=的两根，因此11ln x ax =，22ln x ax =，所以()()()212121212ln 2ln ln 2ln x x a x x a x x x x +==+>+，取22e a =，2(2)20f e a =-=，∴22x =，(0)10=>f ，∴101x <<，∴122x x +>，所以②不正确；对于③，(0)10=>f ，∴101x <<，121x x >不一定，∴所以③不正确；对于④，f （x ）在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增， ∴有极小值点0ln x a =，且12022ln x x x a +<=，所以④正确．综上，正确的命题序号是④．故选:D5．（2020·湖南省高三期末）已知实数a ，b 满足225ln 0a a b --=，c R ∈，则22()()a c b c -++的最小值为( ) A ．12B ．22C ．322D ．92【答案】C【解析】由题意，得，代换，代换，则满足：，即，以代换，可得点，满足，因此求()()22a cbc -++的最小值即为求曲线上的点到直线的距离的最小值，设直线与曲线相切于点，则，解得，所以切点为,所以点到直线的距离，则()()22a cbc -++的最小值为，综上所述，选C.6．（2020·全国高三专题练习）已知直线()1y a x =+与曲线()xf x e b =+相切，则ab 的最小值为（）A ．14e-B ．12e-C ．1e-D ．2e-【答案】B【解析】设切点为00(,)xx e b +,因为()x f x e b =+,所以()xf x e '=,所以00()x f x e a '==,所以0ln x a =,又切点00(,)xx e b +在直线(1)y a x =+上,所以00(1)xe b a x +=+, 所以0a b ax a +=+,所以0ln b ax a a ==,所以2ln ab a a =, 令2()ln (0)g a a a a =>, 则21()2ln 2ln (2ln 1)g a a a a a a a a a a'=+⋅=+=+, 令()0g a '<,得120a e -<<, 令()0g a '>,得12a e ->, 所以()g a 在12(0,)e -上递减,在12(,)e -+∞上递增,所以12a e-=时,()g a 取得最小值11122221()()ln 2g e e ee---==-. 即ab 的最小值为12e-.故选:B 7．（2020·黑龙江省双鸭山一中高三期末）α，,22ππβ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是（） A ．αβ> B ．0αβ+>C ．αβ<D ．22αβ>【答案】D【解析】构造()sin f x x x =形式，则()sin cos f x x x x +'=，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时导函数()0f x '≥，()f x 单调递增；,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时导函数()0f x '<，()f x 单调递减．又Q ()f x 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.8．（2020·广西壮族自治区高三月考）已知函数()1()ln 1,,2xf x ex x ⎡⎫=-∈+∞⎪⎢⎣⎭，若存在[]2,1a ∈-，使得21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，则实数m 的取值范围为（）A ．2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[)1,+∞ C ．2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A【解析】1'()ln 1xf x e x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，令1()ln 1g x x x=+-，则22111'()x g x x x x -=-=，故当112x <<时，)'(0g x <，()g x 单调递减，当1x >时，'()0,()g x g x >单调递增，()(1)0g x g ∴≥=，从而当1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，'()0f x ≥，()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增. 设()()222314h a a a e a e =+--=+--，则()h a 在[]2,1--上单调递减，在[]1,1-上单调递增，()max ()1h a h e ==-，存在[]2,1a ∈-，使21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，等价于()121f e f m ⎛⎫-≤-= ⎪⎝⎭.1211122m m ⎧-≤⎪⎪∴⎨⎪-≥⎪⎩，解得213m ≤≤.故选：A .9．（2020·重庆南开中学高三月考）已知曲线()()0xf x aea =>与曲线()()20g x x m m =->有公共点，且在该点处的切线相同，则当m 变化时，实数a 的取值范围是（） A ．240,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．61,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．40,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．281,e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】A【解析】由()(0)xf x ae a =>，2()g x x m =-，得()xf x ae '=，()2g x x '=，设()(0)xf x ae a =>与曲线2()g x x m =-的公共点为(,)s t ，则()sf s ae '=，()2g s s '=，∴两曲线在切点处的切线方程分别为()s s y ae ae x s -=-与22()y s m s x s -+=-，即sssy ae x ae sae =+-与22y sx s m =--．则22ss s s ae ae sae s m ⎧=⎨-=--⎩，整理得222s m s s s a e ⎧=-⎪⎨=⎪⎩①②．由①且0m >，得0s <或2s >，当0s <时，两曲线无公共切线，则2s >．由②得，2(2)s sa s e=>．令2()(2)s s h s s e =>，则2(1)()0s s h s e-'=<，函数()h s 在(2,)+∞上为单调减函数， ()(2)h s h ∴<24e=，又当s →+∞时，()0h s →，∴实数a 的取值范围是24(0,)e．故选：A.二、填空题10．（2020·江苏省高三专题练习）已知函数()2ln xf x a x x a =+-，对任意的[]12,0,1x x ∈，不等式()()121f x f x a -≤-恒成立，则实数a 的取值范围是___．【答案】[),e +∞【解析】由题意可得max min ()()1f x f x a -≤-，且1a >，由于()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x =+-=-+'，所以当0x >时，()0f x '>，函数()f x 在[0,1]上单调递增，则max min ()(1)1ln ,()(0)1f x f a a f x f ==+-==，所以max min ()()ln f x f x a a -=-，故1ln ln 1a a a a -≥-⇒≥，即a e ≥，应填答案[),e +∞．11．（2020·湖南省明达中学高三）已知函数2()2ln 3f x x ax =-+，若存在实数,[1,5]m n ∈满足2n m -≥时，()()f m f n =成立，则实数a 的最大值为_____【答案】ln 34【解析】由22()()2ln 32ln 3f m f n n an m am =⇒-+=-+，所以222(ln ln )n m a n m-=-，令n m t =+，（2t ≥），则ln(1)(2)t m a t m t +=+，（[1,5]m ∈，2t ≥），显然ln(1)()(2)t m g m t m t +=+，在[1,)m ∈+∞单调递减，∴ln(1)(1)(2)t a g t t +≤=+（2t ≥）令ln(1)()(1)(2)t h t g t t +==+，（2t ≥），22222(1)ln(1)()[(2)](1)t t t t h t t t t +-++'=++，∵2t ≥，∴2ln(1)1t +>，则2222(1)ln(1)t t t t +-++，∴令ln(1)()(1)(2)t h t g t t +==+在[2,)+∞单调递减，∴ln 3(2)4a h ≤=，∴实数a 的最大值为ln 34．故答案为：ln 3412．（2020·河南省高三月考）设函数()321x x f x -=+，()2xg x xe =，若()11,x ∃∈-+∞，使得()21,x ∀∈-+∞，不等式()()2214emg x m f x >恒成立，则实数m 的取值范围是______. 【答案】()1,+∞ 【解析】()()2155211x x f x x -++==-+++Q ，当()1,x ∈-+∞时，有()2f x >-. 因为()2xg x xe =，所以()()222212xx x g x e xe x e '=+=+，当112x -<<-时，()0g x '<，函数()y g x =在11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减，当12x >-时，()0g x '>，函数()y g x =在1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()1122g x g e ⎛⎫∴≥-=- ⎪⎝⎭，所以当1x >-时，()1,2g x e ⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭.若0m >，则()214422emg x em m e ⎛⎫≥⋅-=- ⎪⎝⎭，()2212m f x m >-. 根据题意可知222m m ->-，解得1m >；若0m ≤，则()(]24,2emg x m ∈-∞-，()2212m f x m >-，不符合条件.综上所述，实数m 的取值范围是()1,+∞.故答案为：()1,+∞.13．（2020·浙江省高三期中）若a 为实数，对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，则a 的最大值是_________. 【答案】7【解析】因为对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，所以对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x ak x+-+≤恒成立即222min 6ln 96ln 916l 8n x x x a x x x a k a x x x x x+-++-+≤⇒≤-⇒≤+--所以当(0,4]x ∈时，不等式2n 86l a x x x --+≤恒成立令2()6l ,48n ,(0]f x x x x x =--+∈ 则min ()a f x ≤2286(22)(3)()x x x x f x x x-+----'==当()0f x '>时，(22)(3)01304x x x x --<⎧⇒<<⎨<≤⎩当()0f x '<时，(22)(3)004x x x -->⎧⇒⎨<≤⎩01x <<或34x <≤ 所以函数()f x 在区间(0,1)和(3,4]上单调递减，在区间(1,3)上单调递增(1)0187,(4)6ln 41632166ln 4f f =-+==--+=-因为3166ln 4796ln 43(3ln16)3ln 016e --=-=-=>所以min ()7f x =所以7a ≤，a 的最大值为：7 故答案为：7 三、解答题14．（2020·贵州省贵阳一中高三月考）设,a b ∈R ，已知函数()2ln f x a x x bx =++存在极大值.（1）若2a =，求b 的取值范围；（2）求a 的最大值，使得对于b 的一切可能值，()f x 的极大值恒小于0. 【答案】（1）4b <-，（2）32e【解析】（1）当2a =，()()2220x bx f x x x++'=>，由()f x 存在极大值，可知方程2220x bx ++=有两个不等的正根，则2160,0,210,b b⎧∆=->⎪⎪->⎨⎪>⎪⎩∴4b <-.（2）()()220x bx af x x x++'=>，由()f x 存在极大值，可知方程220x bx a ++=有两个不等的正根，设为12,x x 且12x x <，∴122a x x =，∴0a >，102ax <<. 由()120f x x x x '<⇒<<，∴()f x 的极大值为()21111ln f x a x x bx =++，∵2112bx x a =--，∴()2111ln f x a x x a =--，构造函数()2ln g x a x x a =--，当02a x <<时，()2220a a x g x x x x -'=-=>，所以()g x 在0,2a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上递增，由102ax <<，则()1ln 3222a a a g x g ⎛⎫⎛⎫<=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以当302a e <≤时，()()()1102a f x f x g x g ⎛⎫==<≤ ⎪⎪⎝⎭极大值. 而当32a e >时，取332222a b e e -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，即321x e =，3222a x e -=，此时()33202af x f e e ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭极大值，不符合题意.综上所述，a 的最大值为32e .15．（2020·湖南省长沙一中高三月考）已知函数（R ）．（1）当14a =时，求函数()y f x =的单调区间；（2）若对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，求a 的取值范围．【答案】（Ⅰ）函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)；（Ⅱ）[1ln 2,)-+∞ 【解析】（1）当14a =时，21()ln(1)4f x x x x =++-，则11(1)()1(1)122(1)x x f x x x x x -=+-=>-++'，令()0f x '>，得10x -<<或1x >；令()0f x '<，得01x <<， ∴函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)．（2）由题意[2(12)]()(1)(1)x ax a f x x x -->-+'=，（1）当0a ≤时，函数()f x 在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减，此时，不存在实数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ．（2）当0a >时，令()0f x '=，有10x =，2112x a=-， ①当12a =时，函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增，显然符合题意． ②当1102a ->即102a <<时，函数()f x 在(1,0)-和1(1,)2a -+∞上单调递增，在1(0,1)2a-上单调递减，()f x 在0x =处取得极大值，且(0)0f =，要使对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，只需(1)0f ≥，解得1ln 2a ≥-，又102a <<，所以此时实数a 的取值范围是11ln 22a -≤<． ③当1102a -<即12a >时，函数()f x 在1(1,1)2a --和(0,)+∞上单调递增，在1(1,0)2a-上单调递减，要存在实数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，需1(1)(1)2f f a-≤，代入化简得1ln 2ln 2104a a ++-≥，① 令11()ln 2ln 21()42g a a a a =++->，因为11()(1)04g a a a =-'>恒成立，故恒有11()()ln 2022g a g >=->，所以12a >时，①式恒成立，综上，实数a 的取值范围是[1ln 2,)-+∞．16．（2020·广西壮族自治区高二期末）已知函数()13ln 144f x x x x=-+- （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设()224g x 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.【答案】（1）函数()f x 在()1,3上单调递增;在()0,1和()3,+∞上单调递减; （2）⎛-∞ ⎝⎦.【解析】（1）()13ln 44f x x x x =-+的定义域是()0,+∞，()22211343444x x f x x x x-='-=-- 由0x >及()0f x '>得13x <<，由0x >及()0f x '<得01x <<或3x >；所以函数()f x 在()1,3上单调递增;在()0,1和()3,+∞上单调递减.（2）若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，问题等价于()()min max f x g x ≥ 由（1）可知，在()0,2上，1x =是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点故也是最小值点，所以()()min 112f x f ==-，()[]224,1,2g x x bx x =-+-∈ 当1b <时，()()max 125g x g b ==-；当12b ≤≤，()()2max 4g x g b b ==- 当2b >时，()()248g x g b ==-问题等价于1{1252b b <-≥-或212{142b b ≤≤-≥-或2{1482b b >-≥- 解得1b <或12b ≤≤或b =∅即b ≤b的取值范围是⎛-∞ ⎝⎦. 17．（2020·浙江省学军中学高三期中）已知函数()2ln 2f x x ax bx =---，a R ∈.（1）当2b =时，试讨论()f x 的单调性；（2）若对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根，求a 的取值范围.【答案】（1）0a >，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减； 0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，⎝⎭单调递减，24a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增； 12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增.（2）220a e <≤【解析】（1）()2122x ax f x x--'=,0x > （i ）0a >，令()0f x '=，得到21220x ax --=，解得24x a -=，24x a-=（舍）所以当x ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当24x a ⎛⎫-+∈+∞ ⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在20,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，24a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减；（ii ）0a =，令()0f x '=，得到12x = 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；（iii ）102a -<<，令()0f x '=，得到24x a -=，24x a-=当x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时，()0f x '>，()f x 单调递增，当2244x a a ⎛-+-∈ ⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，⎝⎭单调递减，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递增；（iiii ）12a ≤-，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+单调递增；综上所述，0a >，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减； 0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，⎝⎭单调递减，24a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增； 12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增.（2）因为对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根所以将问题等价于ln 2x ax b x-=+有两解令()ln 2x g x x -=，0x >有()23ln xg x x -'=，0x >()30g e ∴=；()g x 在()30,e 递增，()3,e +∞递减；0x →，()g x →-∞；x →+∞，()0g x →；∴有图象知要使()ln 2x g x x-=的图像和y ax b =+的图像有两个交点， 0a >，过30,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭作切线时，斜率a 最大.设切点为()00,x y ，有002003ln 2ln 5x x y x x x --=+， 002ln 53x x e-∴=-，0x e ∴= 此时斜率a 取到最大22e 220a e ∴<≤.。

双变量问题之极值点偏移

双变量问题之极值点偏移知识与方法1.设函数()f x 在定义域上有极值点0x ，但由于函数在极值点0x 左右两侧的增减速率不对称，造成函数()f x 的图象不关于直线0x x =对称，那么当()()12f x f x =时，极值点0x 会偏向1x 或2x 中的某一个，也即1202x x x +>或1202x x x +<，在给定的函数背景下，证明上面的两个不等式，这类问题称为极值点偏移问题.2．极值点偏移问题常用的解题方法有三种：（1）构造对称差函数，研究其单调性，证明不等式；（2）通过变形，转化为双变量问题，用齐次换元化归成单变量不等式证明问题；（3）利用对数平均不等式证明.（由于在作答时要先证明此不等式，故一般正式作答时不使用此法）3.对数平均不等式：设0a >，0b >，且a b ≠ln ln 2a b a bab a b -+<<-. 典型例题【例1】已知函数()ln 2f x x x =-+ （1）求函数()f x 的最大值；（2）设12x x ≠，若()()12f x f x =，证明：122x x +>. 【解析】（1）由题意，()111xf x x x-'=-=()0x >，所以()001f x x '>⇔<<，()01f x x '<⇔>，从而()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，故()()max 11f x f ==.（2）证法1：不妨设12x x <，由（1）易得1201x x <<<，要证122x x +>，只需证212x x >-，因为1122x <-<，且()f x 在()1,+∞上单调递减，所以只需证()()212f x f x <-，结合()()12f x f x =知只需证()()112f x f x <-，即证()()1120f x f x --<，设()()()2g x f x f x =--，01x <<，则()()()()()221112022x x x g x f x f x x x x x ---'''=+-=+=>--，所以()g x 在()0,1上单调递增，因为101x <<，所以()()()()111 210g x f x f x g =--<=，故122x x +>.证法2：不妨设12x x <，由（1）易得1201x x <<<，因为()()12f x f x =，所以1122ln 2ln 2x x x x -+=-+，整理得：1212ln ln 1x x x x -=-，所以()12121212ln ln x xx x x x x x +-=+-，从而121121221ln 1x x x x x x x x ++=-，所以要证122x x +>，只需证1211221ln 21x x xx x x +⋅>-，令12x t x =，则01t <<，所以要证1211221ln 21x x x x x x +⋅>-，只需证当01t <<时，1ln 21t t t +>-，即证()21ln 01t t t --<+，令()()21ln 1t g t t t -=-+，01t <<，则()()()()()()222212111011t t t g t t t t +---'=-=>++，所以()g t 在()0,1上单调递增，又()10g =，所以当01t <<时，()0g t <，即()21ln 01t t t --<+，故不等式122x x +>成立.证法3：不妨设12x x <，由（1）易得1201x x <<<，因为()()12f x f x =，所以1122ln 2ln 2x x x x -+=-+，整理得：1212ln ln 1x x x x -=-，由对数平均不等式得：1212121ln ln 2x x x xx x -+=<-，所以122x x +>.【反思】证法3中用到了对数平均不等式，考试作答时，不宜直接使用该不等式，需先证明再使用，所以综合评估下来，证法3的优势相比证法Ⅰ和证法2，并不明显，所以一般建议大家考试按证法1或证法2来作答，证法3仅作参考.【例2】已知函数()()21ln 2x f x a x a x =+--，其中a ∈R .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点1x ，2x ，证明：122x x a +>. 【解析】（1）由题意，()()()1x x a f x x+-'=，0x >，当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()0f x x a '>⇔>，()00f x x a '<⇔<<，所以()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增.（2）证法1：不妨设12x x <，由（1）易得0a >，且10x a <<，2x a >，要证122x x a +>，只需证212x a x >-，易知122a a x a <-<，结合()f x 在(),a +∞上单调递增知又只需证()()212f x f a x >-，又()()12f x f x =，故只需证()()112f x f a x >-令()()()() 20F x f x f a x x a =--<<，则()()()()()22202x a F x f x f a x x a x -'''=+-=-<-，从而()F x 在()0,a 上单调递减，又()0F a =，所以()0F x >恒成立，从而()()()11120F x f x f a x =-->，故()()112f x f a x >-，所以不等式122x x a +>成立. 证法2：因为1x ，2x 是()f x 的两个零点，所以()()()()211111222222ln 02ln 02x f x x a x x x f x x a x x ⎧=+-+=⎪⎪⎨⎪=+-+=⎪⎩，两式作差得：()()()()1212121212ln ln 02x x x x x x a x x x x +-+---+-=，从而121212ln ln 1102x x x x a x x ⎛⎫+-+-+= ⎪-⎝⎭，故121212ln ln 112x x x x a x x ⎛⎫+-+=+ ⎪-⎝⎭，所以12121212ln ln 1x x a x x x x ++=-+-，故要证122x x a +>，只需证122x x a +<，即证1212121212ln ln 21x x x x x x x x +++<-+-，也即证1212121212ln ln 1222x x x x x x x x x x +++-+<+⋅-，故只需证121212ln ln 2x x x x x x ->-+，不妨设12x x <，则只需证()1212122ln ln x x x x x x --<+，即证12112221ln 01x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭-<+，令12xt x =，由（1）知0a >，且10x a <<，2x a >，所以()0,1t ∈，设()()21ln 1t g t t t -=-+()01t <<，则只需证()0g t <，因为()()()()222114011t g t t t t t -'=-=>++，所以()g t 在()0,1上单调递增，结合()10g =知()0g t <，从而不等式122x x a +>成立.证法3：因为1x ，2x 是()f x 的两个零点，所以()()()()211111222222ln 02ln 02x f x x a x x x f x x a x x ⎧=+-+=⎪⎪⎨⎪=+-+=⎪⎩，两式作差得：()()()()1212121212ln ln 02x x x x x x a x x x x +-+---+-=，从而121212ln ln 1102x x x x a x x ⎛⎫+-+-+= ⎪-⎝⎭，故121212ln ln 112x x x x a x x ⎛⎫+-+=+ ⎪-⎝⎭，由对数平均不等式知121212ln ln 2x x x x x x ->-+，所以121212ln ln 211x x a a x x x x ⎛⎫⎛⎫-+>+ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭，故12122112x x a x x ⎛⎫++>+ ⎪+⎝⎭，整理得：()()1212220x x x x a +++->，因为1220x x ++>，所以1220x x a +->，故122x x a +>.强化训练1.已知函数()()1ln 0f x x x x=+>. （1）求()f x 的最小值；（2）若关于x 的方程()f x a =有两个不相等的实根1x ，2x ，证明：122x x +>.【解析】（1）由题意，()22111x f x x x x-'=-+=，所以()01f x x '>⇔>，()001f x x '<⇔<<，从而()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，故()()min 11f x f ==. （2）证法1：不妨设12x x <，由（1）可得1201x x <<<，要证122x x +>，只需证212x x >-，因为121x ->，21x >，且()f x 在()1,+∞上单调递增，所以要证212x x >-，只需证()()212f x f x >-，又()()12f x f x =，所以只需证()()112f x f x >-，即证()()1120f x f x -->，设()()()2g x f x f x =--，01x <<，则()()()()()()()22222214112022x x x g x f x f x x x x x ----'''=+-=+=-<--，所以()g x 在()0,1上单调递减，又()()()1110g f f =-=，所以()0g x >恒成立，因为101x <<，所以()()()11120g x f x f x =-->，从而122x x +>成立.证法2：由题意，11221ln 1ln x a x x ax ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式作差得：121211ln ln 0x x x x -+-=，所以211122ln 0x x x x x x -+=①，不妨设12x x <，则由（1）可得1201x x <<<，设12xt x =，则01t <<，且12x tx =，代入式①可得2222ln 0x tx t tx -+=，所以21ln 0t t tx -+=，故21ln t x t t-=②，要证122x x +>，只需证222tx x +>，即证221x t >+，结合式②知只需证12ln 1t t t t ->+，即证21ln 2t t t-<，设()21ln 2t h t t t -=-()01t <<，则()()()222222111022t t t h t t t t ---'=-=>，所以()h t 在()0,1上单调递增，又()10h =，所以()0h t <，即21ln 02t t t --<，从而21ln 2t t t-<，故122x x +>成立.证法3：由题意，11221ln 1ln x a x x ax ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式作差得：121211ln ln 0x x x x -+-=，所以211221ln ln x x x x x x -=-， 21121221ln ln 2x x x x x x x x -+<<-1212122x xx x x x +<， 1212x x x x <可得121x x >，又12122x x x x +<，所以121222x x x x +>>.2．已知函数()22ln f x x x ax =-+()a ∈R .（1）当0a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 的图象与x 轴有两个交点()1,0A x ，()2,0B x ，且120x x <<，证明：1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭.【解析】（1）当0a =时，()()22ln 0f x x x x =->，所以()()221x f x x-'=，从而()001f x x '>⇔<<，()01f x x '<⇔>，故()f x 单调递的增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞.（2）证法1：由题意，()22222x ax f x x a x x-++'=-+=，0x >，注意到二次函数()222m x x ax =-++开口向下，()020m =>，所以()m x 在()0,+∞上有唯一的零点0x ，且当()00,x x ∈时，()0m x >，从而()0f x '>；当()0,x x ∈+∞时，()0m x <，从而()0f x '<，故()f x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减，由题意，()f x 有两个零点1x ，2x ，且120x x <<，所以1020x x x <<<，要证1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭，只需证1202x x x +>，即证1202x x x +>，也即证2012x x x >-，因为10x x <，所以0102x x x ->，结合()f x 在()0,x +∞上单调递减知又只需证()()2012f x f x x <-，又()()120f x f x ==，故只需证()()1012f x f x x <-，即证()()10120f x f x x --<，令()()()02F x f x f x x =--()00x x <<，则()()()000222422F x f x f x x x a x x x'''=+-=+-+-①，由()20000220x ax f x x -++'==得：0022a x x =-，代入式①得：()()()2000402x x F x xx x x -'=>-，所以()F x 在()00,x 上单调递增，结合()00F x =知()0F x <，因为100x x <<，所以()()()110120F x f x f x x =--<，故1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭成立.证法2：由题意，()()21111222222ln 02ln 0f x x x ax f x x x ax ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，两式作差整理得：()()1212122ln ln x x a x x x x -=+--①，又()22f x x a x '=-+，所以()12121242x x f x x a x x +⎛⎫'=-++ ⎪+⎝⎭，将式①代入整理得：()121212122ln ln 42x x x x f x x x x -+⎛⎫'=- ⎪+-⎝⎭，故要证1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭，只需证()1212122ln ln 40x x x x x x --<+-，结合120x x <<知只需证()()1212122ln ln 0x x x x x x --->+，即证12112221ln 01x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭->+②，令12x t x =，则()0,1t ∈，所以要证不等式②成立，只需证当01t <<时，()21ln 01t t t -->+，令()()21ln 1t F t t t -=-+()01t <<，则()()()22101t F t t t -'=-<+，所以()F t 在()0,1上单调递减，又()10F =，所以()0F t >，即()21ln 01t t t -->+，故1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭.证法3：由题意，()()21111222222ln 02ln 0f x x x ax f x x x ax ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，两式作差整理得：()()1212122ln ln x x a x x x x -=+--①，又()22f x x a x '=-+，所以()12121242x x f x x a x x +⎛⎫'=-++ ⎪+⎝⎭，将式①代入整理得：()121212122ln ln 42x x x x f x x x x -+⎛⎫'=- ⎪+-⎝⎭，由对数平均不等式，121212ln ln 2x x x x x x ->-+，所以()1212121212122ln ln 442202x x x x f x x x x x x x x -+⎛⎫'=-<-⋅= ⎪+-++⎝⎭. 3.已知函数()21x f x x ae =--()a ∈R 有两个不同的极值点1x ，2x（1）求a 的取值范围；（2）证明：124x x e e a+>.【解析】（1）由题意，()2x f x x ae '=-，()2x f x ae ''=-，当0a ≤时，()0f x ''>，所以()f x '在R 上单调递增，从而()f x '最多一个零点，故()f x 最多只有一个极值点，不合题意；当0a >时，()20lnf x x a ''>⇔<，()20ln f x x a''<⇔>，所以()f x '在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，故()max 22ln 2ln 2f x f a a ⎛⎫''==- ⎪⎝⎭，因为()f x 有两个极值点，所以()f x '有两个零点，从而2ln 0f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，故22ln 20a ->，解得：20a e <<，此时，2ln 1a >，()00f a '=-<，所以()f x '在20,ln a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有一个零点，记作1x ，设()()21x x x x eϕ=>，则()()2x x x x e ϕ-'=，所以()012x x ϕ'>⇔<<，()02x x ϕ'<⇔>，从而()x ϕ在()1,2上单调递增，在()2,+∞上单调递减，故()()2421x eϕϕ≤=<，所以()1x ϕ<恒成立，即21x xe<，故2x e x >，所以当2x a >时，()22220x f x x ae x ax ax x a ⎛⎫'=-<-=-< ⎪⎝⎭，故()f x '在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有1个零点，记作2x ，且()120f x x x x '>⇔<<，()10f x x x '<⇔<或2x x >，从而()f x 在()1,x -∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增，在()2,x +∞上单调递减，所以()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，故a 的取值范围是20,e ⎛⎫⎪⎝⎭.（2）证法1：由（1）可得1220ln x x a <<<，()()1211222020x x f x x ae f x x ae '⎧=-=⎪⎨'=-=⎪⎩，所以121222xx x ae x ae ⎧=⎪⎨=⎪⎩，从而1122ln 2ln ln ln 2ln ln x a x x a x +=+⎧⎨+=+⎩，故1122ln ln 02ln ln 02a x x a x x ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，所以1x ，2x 是函数()()ln ln 02a g x x x x =-+>的零点，因为()1101x g x x x-'>⇔-=，所以()01g x x '>⇔>，()001g x x '<⇔<<，从而()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，故1201x x <<<，由121222x x x aex ae⎧=⎪⎨=⎪⎩可得121222x x e x a e xa ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以要证124x x e e a +>，只需证12224x x a a a+>，即证122x x +>，也即证212x x >-，因为121x ->，21x >，且()g x 在()1,+∞上单调递增，所以只需证()()212g x g x >-，又()()12g x g x =，所以只需证()()112g x g x >-，即证()()1120g x g x -->，设()()()2x g x x h g =--，01x <<，则()()()()()()2212112022x x x h x g x g x x x x x ----'''=+-=+=-<--，所以()h x 在()0,1上单调递减，又()10h =，所以()0h x >在()0,1上恒成立，因为101x <<，所以()10h x >，即()()1120g x g x -->，故124x x e e a+>成立. 证法2：由（1）可得1220ln x x a <<<，()()1211222020x x f x x ae f x x ae '⎧=-=⎪⎨'=-=⎪⎩，所以121222xx x ae x ae ⎧=⎪⎨=⎪⎩①② 由①+②可得：()()12122x x x x a e e +=+，所以()12122x x x x e e a++=，故要证124x x e e a+>，只需证()1224x x a a +>，即证122x x +>，由①-②可得：()()12122x x x x a e e -=-，所以12121212x x x x x x e e x x e e ++=--，从而()12121212x x x x e e x x x x e e ++=--，故()1212121211x x x x e x x x x e --++=--，所以要证122x x +>，只需证()121212121x x x x e x x e --+->-③设12t x x =-，则0t <，且不等式③即为121t t e t e +⋅>-，所以要证不等式③成立，只需证121t t e t e +⋅>-，即证22t t te t e +<-，也即证()220t t e t -++<，设()()()220t r t t e t t =-++<，则()()11t r t t e '=-+，()0t r t te ''=<，所以()r t '在(),0-∞上单调递减，又()00r '=，所以()0r t '>，从而()r t 在(),0-∞上单调递增，因为()00r =，所以()0r t <恒成立，即()220t t e t -++<，所以124xx e e a+>成立. 证法3：由（1）可得1220ln x x a <<<，()()1211222020x x f x x ae f x x ae '⎧=-=⎪⎨'=-=⎪⎩，所以121222xx x ae x ae ⎧=⎪⎨=⎪⎩，从而1122ln 2ln ln ln 2ln ln x a x x a x +=+⎧⎨+=+⎩，两式作差得：1212ln ln x x x x -=-，所以12121ln ln x x x x -=-，由对数平均不等式，1212121ln ln 2x x x xx x -+=<-，所以122x x +>，由121222xx x ae x ae⎧=⎪⎨=⎪⎩可得()121224x x e e x x a a +=+>.。

专题-函数中双变量问题_

综述，在解决函数问题时，经常会遇到在某一范围内任意变动的双变量问题，由于两个变量都在动，所以不知道把哪个变量作为自变量研究，从而无法展开思路.对于该类问题的处理方法一般可从以下两个方面进行：（1）选取主元法，不管有多少个变量，可选一个变量为主元，其他变量为参数；（2）合理运用转化思想，将几个变量看作整体，即多元化一元.一、单选题1．（2020·湖南省长郡中学高三）已知函数2()ln(1)f x x x =++满足对于任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln (2)()x f x x a f x ++≤成立，则实数a 的取值范围为（）A ．ln 2[8,)2-+∞B ．ln 25[8,2ln 2]24---C ．ln 2(,8]2-∞-D ．5(,2ln 2]4-∞--【答案】C【解析】由函数2()ln(1)f x x x =++在定义域单调递增，对于任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln (2)()x f x x a f x ++≤成立，即任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln 2x x x a x ++≤成立，即满足()2211max 2maxln 2x x x ax ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭，令2111()2g x x x a =++，对称轴方程为11x =-，在11[,2]2x ∈可得1max ()(2)=8g x g a =+令222ln ()x h x x =，求导可得22221ln ()x h x x -'=，2()0h x '=，可得2x e =，在()20,x e ∈，2()0h x '>，2()h x 单调递增，所以在21[,2]2x ∈，2max ln 2()(2)2h x h ==，即ln 282a +≤，解得ln 282a ≤-，故选C .2．（2020·江西省南城一中高三期末）设函数()()32,,,0f x ax bx cx a b c R a =++∈≠，若不等式()()5xf x af x '-≤对x R ∀∈恒成立，则b 2ca-的取值范围为（）A ．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】()32f x ax bx cx =++ ，()232f x ax bx c '∴=++，由不等式()()5xf x af x '-≤对x R ∀∈恒成立，可得()()()2323250a ax b ab x c ac x -+-+--≤对x R ∀∈恒成立，所以，230a a -=且0a ≠，解得3a =，则不等式2250bx cx ++≥对x R ∀∈恒成立，所以204200b c b >⎧⎨∆=-≤⎩，则25c b ≥，所以，()222125252210553315153c c c b c b c c c a ------=≥==≥-.因此，b 2c a -的取值范围为5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故选：C.3．（2020·新疆维吾尔自治区高三）已知函数ln 1,1()1(2),13x x f x x x -≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，若αβ<且()()f f αβ=，则βα-的取值范围是（）A ．[]83ln 3,6-B ．)283ln 3,1e ⎡--⎣C ．[]94ln 3,6-D ．)294ln 3,1e ⎡--⎣【答案】B【解析】因为ln 1,1()1(2),13x x f x x x -≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，故其函数图像如下所示：令11lnx -=，解得2x e =；令11lnx -=-，解得1x =.数形结合可知，若要满足()()f f αβ=，且αβ<，则()21,eβ∈，且()1213ln αβ+=-，解得35ln αβ=-.故βα-35ln ββ=-+，()21,e β∈.令()()235,1,g x x lnx x e =-+∈，则()31g x x'=-，令()0g x '=，解得3x =，故()g x 在区间()1,3单调递减，在区间()23,e 单调递增，则()()()2216,3833,1g g ln g ee==-=-，故())2833,1g x ln e ⎡∈--⎣.即可得βα-)2833,1ln e ⎡∈--⎣.故选：B.4．（2020·江西省临川第二中学高三期中）已知函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，则下列判断：①a e <；②122x x +<；③121x x >；④有极小值点0x ，且1202x x x +<．则正确判断的个数是（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个【答案】D【解析】对于①，∵()x f x e ax =-，∴()x f x e a '=-，令()0x f x e a '=->，当0a ≤时，()0x f x e a '=->在x ∈R 上恒成立，∴()f x 在R 上单调递增．当0a >时，由()0f x '>，解得ln x a >；由()0f x '<，解得ln x a <；∴()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．∵函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，∴0a >，(ln )0f a <，即ln ln 0a e a a -<，即ln 0a a a -<，解得：a e >；所以①不正确；对于②，因为函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，所以1x ，2x 是方程0x e ax -=的两根，因此11ln x ax =，22ln x ax =，所以()()()212121212ln 2ln ln 2ln x x a x x a x x x x +==+>+，取22e a =，2(2)20f e a =-=，∴22x =，(0)10=>f ，∴101x <<，∴122x x +>，所以②不正确；对于③，(0)10=>f ，∴101x <<，121x x >不一定，∴所以③不正确；对于④，f （x ）在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增，∴有极小值点0ln x a =，且12022ln x x x a +<=，所以④正确．综上，正确的命题序号是④．故选:D5．（2020·湖南省高三期末）已知实数a ，b 满足225ln 0a a b --=，c R ∈的最小值为()A ．12B ．2C ．2D ．92【答案】C【解析】由题意，得，代换，代换，则满足：，即，以代换，可得点，满足上的点到直线的距离的最小值，设直线与曲线相切于点，则，解得，所以切点为,所以点到直线的距离，综上所述，选C.6．（2020·全国高三专题练习）已知直线()1y a x =+与曲线()xf x e b =+相切，则ab 的最小值为（）A ．14e-B ．12e-C ．1e-D ．2e-【答案】B【解析】设切点为00(,)xx e b +,因为()x f x e b =+,所以()x f x e '=,所以00()x f x ea '==,所以0ln x a =,又切点00(,)xx e b +在直线(1)y a x =+上,所以00(1)xe b a x +=+,所以0a b ax a +=+,所以0ln b ax a a ==,所以2ln ab a a =,令2()ln (0)g a a a a =>,则21()2ln 2ln (2ln 1)g a a a a a a a a a a'=+⋅=+=+,令()0g a '<,得120a e -<<,令()0g a '>,得12a e ->,所以()g a 在12(0,)e -上递减,在12(,)e -+∞上递增,所以12a e-=时,()g a 取得最小值11122221()()ln 2g e e ee---==-.即ab 的最小值为12e-.故选:B 7．（2020·黑龙江省双鸭山一中高三期末）α，,22ππβ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是（）A ．αβ>B ．0αβ+>C ．αβ<D ．22αβ>【答案】D【解析】构造()sin f x x x =形式，则()sin cos f x x x x +'=，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时导函数()0f x '≥，()f x 单调递增；,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时导函数()0f x '<，()f x 单调递减．又 ()f x 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.8．（2020·广西壮族自治区高三月考）已知函数()1()ln 1,,2xf x e x x ⎡⎫=-∈+∞⎪⎢⎣⎭，若存在[]2,1a ∈-，使得21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，则实数m 的取值范围为（）A ．2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[)1,+∞C ．2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A【解析】1'()ln 1xf x e x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，令1()ln 1g x x x=+-，则22111'()x g x x x x -=-=，故当112x <<时，)'(0g x <，()g x 单调递减，当1x >时，'()0,()g x g x >单调递增，()(1)0g x g ∴≥=，从而当1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，'()0f x ≥，()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.设()()222314h a a a e a e =+--=+--，则()h a 在[]2,1--上单调递减，在[]1,1-上单调递增，()max ()1h a h e ==-，存在[]2,1a ∈-，使21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，等价于()121f e f m ⎛⎫-≤-= ⎪⎝⎭.1211122m m ⎧-≤⎪⎪∴⎨⎪-≥⎪⎩，解得213m ≤≤.故选：A .9．（2020·重庆南开中学高三月考）已知曲线()()0xf x ae a =>与曲线()()20g x x m m =->有公共点，且在该点处的切线相同，则当m 变化时，实数a 的取值范围是（）A ．240,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．61,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．40,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．281,e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】A【解析】由()(0)x f x ae a =>，2()g x x m =-，得()x f x ae '=，()2g x x '=，设()(0)x f x ae a =>与曲线2()g x x m =-的公共点为(,)s t ，则()s f s ae '=，()2g s s '=，∴两曲线在切点处的切线方程分别为()s s y ae ae x s -=-与22()y s m s x s -+=-，即s s s y ae x ae sae =+-与22y sx s m =--．则22ss s s ae ae sae s m ⎧=⎨-=--⎩，整理得222s m s s s a e ⎧=-⎪⎨=⎪⎩①②．由①且0m >，得0s <或2s >，当0s <时，两曲线无公共切线，则2s >．由②得，2(2)ssa s e =>．令2()(2)s s h s s e =>，则2(1)()0s s h s e-'=<，函数()h s 在(2,)+∞上为单调减函数，()(2)h s h ∴<24e=，又当s →+∞时，()0h s →，∴实数a 的取值范围是24(0,e．故选：A.二、填空题10．（2020·江苏省高三专题练习）已知函数()2ln xf x a x x a =+-，对任意的[]12,0,1x x ∈，不等式()()121f x f x a -≤-恒成立，则实数a 的取值范围是___．【答案】[),e +∞【解析】由题意可得max min ()()1f x f x a -≤-，且1a >，由于()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x =+-=-+'，所以当0x >时，()0f x '>，函数()f x 在[0,1]上单调递增，则max min ()(1)1ln ,()(0)1f x f a a f x f ==+-==，所以max min ()()ln f x f x a a -=-，故1ln ln 1a a a a -≥-⇒≥，即a e ≥，应填答案[),e +∞．11．（2020·湖南省明达中学高三）已知函数2()2ln 3f x x ax =-+，若存在实数,[1,5]m n ∈满足2n m -≥时，()()f m f n =成立，则实数a 的最大值为_____【答案】ln 34【解析】由22()()2ln 32ln 3f m f n n an m am =⇒-+=-+，所以222(ln ln )n m a n m-=-，令n m t =+，（2t ≥），则ln(1)(2)t m a t m t +=+，（[1,5]m ∈，2t ≥），显然ln(1)()(2)t m g m t m t +=+，在[1,)m ∈+∞单调递减，∴ln(1)(1)(2)t a g t t +≤=+（2t ≥）令ln(1)()(1)(2)t h t g t t +==+，（2t ≥），22222(1)ln(1)()[(2)](1)t t t t h t t t t +-++'=++，∵2t ≥，∴2ln(1)1t +>，则2222(1)ln(1)t t t t +-++，∴令ln(1)()(1)(2)t h t g t t +==+在[2,)+∞单调递减，∴ln 3(2)4a h ≤=，∴实数a 的最大值为ln 34．故答案为：ln 3412．（2020·河南省高三月考）设函数()321x x f x -=+，()2xg x xe =，若()11,x ∃∈-+∞，使得()21,x ∀∈-+∞，不等式()()2214emg x m f x >恒成立，则实数m 的取值范围是______.【答案】()1,+∞【解析】()()2155211x x f x x -++==-+++ ，当()1,x ∈-+∞时，有()2f x >-.因为()2xg x xe =，所以()()222212xx x g x e xe x e '=+=+，当112x -<<-时，()0g x '<，函数()y g x =在11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减，当12x >-时，()0g x '>，函数()y g x =在1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()1122g x g e ⎛⎫∴≥-=- ⎪⎝⎭，所以当1x >-时，()1,2g x e ⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭.若0m >，则()214422emg x em m e ⎛⎫≥⋅-=- ⎪⎝⎭，()2212m f x m >-.根据题意可知222m m ->-，解得1m >；若0m ≤，则()(]24,2emg x m ∈-∞-，()2212m f x m >-，不符合条件.综上所述，实数m 的取值范围是()1,+∞.故答案为：()1,+∞.13．（2020·浙江省高三期中）若a 为实数，对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，则a 的最大值是_________.【答案】7【解析】因为对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，所以对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a k x+-+≤恒成立即222min 6ln 96ln 916l 8n x x x a x x x a k a x x xx x+-++-+≤⇒≤-⇒≤+--所以当(0,4]x ∈时，不等式2n 86l a x x x --+≤恒成立令2()6l ,48n ,(0]f x x x x x =--+∈则min()a f x ≤2286(22)(3)()x x x x f x x x-+----'==当()0f x '>时，(22)(3)01304x x x x --<⎧⇒<<⎨<≤⎩当()0f x '<时，(22)(3)004x x x -->⎧⇒⎨<≤⎩01x <<或34x <≤所以函数()f x 在区间(0,1)和(3,4]上单调递减，在区间(1,3)上单调递增(1)0187,(4)6ln 41632166ln 4f f =-+==--+=-因为3166ln 4796ln 43(3ln16)3ln 016e --=-=-=>所以min ()7f x =所以7a ≤，a 的最大值为：7故答案为：7三、解答题14．（2020·贵州省贵阳一中高三月考）设,a b ∈R ，已知函数()2ln f x a x x bx =++存在极大值.（1）若2a =，求b 的取值范围；（2）求a 的最大值，使得对于b 的一切可能值，()f x 的极大值恒小于0.【答案】（1）4b <-，（2）32e 【解析】（1）当2a =，()()2220x bx f x x x ++'=>，由()f x 存在极大值，可知方程2220x bx ++=有两个不等的正根，则2160,0,210,b b⎧∆=->⎪⎪->⎨⎪>⎪⎩∴4b <-.（2）()()220x bx af x x x++'=>，由()f x 存在极大值，可知方程220x bx a ++=有两个不等的正根，设为12,x x 且12x x <，∴122a x x =，∴0a >，10x <<由()120f x x x x '<⇒<<，∴()f x 的极大值为()21111ln f x a x x bx =++，∵2112bx x a =--，∴()2111ln f x a x x a =--，构造函数()2ln g x a x x a =--，当0x <<时，()2220a a x g x x x x -'=-=>，所以()g x在⎛ ⎝上递增，由10x <<()1ln 322a a g x g ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭.所以当302a e <≤时，()()()110f x f x g x g ==<≤极大值.而当32a e >时，取332222a b e e -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，即321x e =，3222a x e -=，此时()33202af x f e e ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭极大值，不符合题意.综上所述，a 的最大值为32e .15．（2020·湖南省长沙一中高三月考）已知函数（R ）．（1）当14a =时，求函数()y f x =的单调区间；（2）若对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，求a 的取值范围．【答案】（Ⅰ）函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)；（Ⅱ）[1ln 2,)-+∞【解析】（1）当14a =时，21()ln(1)4f x x x x =++-，则11(1)()1(1)122(1)x x f x x x x x -=+-=>-++'，令()0f x '>，得10x -<<或1x >；令()0f x '<，得01x <<，∴函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)．（2）由题意[2(12)]()(1)(1)x ax a f x x x -->-+'=，（1）当0a ≤时，函数()f x 在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减，此时，不存在实数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ．（2）当0a >时，令()0f x '=，有10x =，2112x a=-，①当12a =时，函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增，显然符合题意．②当1102a ->即102a <<时，函数()f x 在(1,0)-和1(1,)2a -+∞上单调递增，在1(0,1)2a-上单调递减，()f x 在0x =处取得极大值，且(0)0f =，要使对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，只需(1)0f ≥，解得1ln 2a ≥-，又102a <<，所以此时实数a 的取值范围是11ln 22a -≤<．③当1102a -<即12a >时，函数()f x 在1(1,1)2a --和(0,)+∞上单调递增，在1(1,0)2a-上单调递减，要存在实数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，需1(1)(1)2f f a-≤，代入化简得1ln 2ln 2104a a ++-≥，①令11()ln 2ln 21(42g a a a a =++->，因为11()(1)04g a a a =-'>恒成立，故恒有11()(ln 2022g a g >=->，所以12a >时，①式恒成立，综上，实数a 的取值范围是[1ln 2,)-+∞．16．（2020·广西壮族自治区高二期末）已知函数()13ln 144f x x x x=-+-（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设()224g x 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.【答案】（1）函数()f x 在()1,3上单调递增;在()0,1和()3,+∞上单调递减;（2）14,2⎛-∞ ⎝⎦.【解析】（1）()13ln 44f x x x x =-+的定义域是()0,+∞，()22211343444x x f x x x x -='-=--由0x >及()0f x '>得13x <<，由0x >及()0f x '<得01x <<或3x >；所以函数()f x 在()1,3上单调递增;在()0,1和()3,+∞上单调递减.（2）若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，问题等价于()()min maxf xg x ≥由（1）可知，在()0,2上，1x =是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点故也是最小值点，所以()()min 112f x f ==-，()[]224,1,2g x x bx x =-+-∈当1b <时，()()max 125g x g b ==-；当12b ≤≤，()()2max 4g x g b b ==-当2b >时，()()248g x g b ==-问题等价于1{1252b b <-≥-或212{142b b ≤≤-≥-或2{1482b b >-≥-解得1b <或1412b ≤≤或b =∅即142b ≤，所以实数b 的取值范围是14,2⎛-∞ ⎝⎦.17．（2020·浙江省学军中学高三期中）已知函数()2ln 2f x x ax bx =---，a R ∈.（1）当2b =时，试讨论()f x 的单调性；（2）若对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞-⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根，求a 的取值范围.【答案】（1）0a >，()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248,4a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减；0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248248,44a a ⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，2,4a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增.（2）220a e <≤【解析】（1）()2122x ax f x x--'=,0x >（i ）0a >，令()0f x '=，得到21220x ax --=，解得2484x a -=，2484x a-=（舍）所以当2480,4x a ⎛-+∈ ⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当248,4x a ⎛⎫-∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248,4a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减；（ii ）0a =，令()0f x '=，得到12x =当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；（iii ）102a -<<，令()0f x '=，得到2484x a-+=，2484x a--=当2482480,,44x a a ⎛⎫⎛⎫-+--∈+∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时，()0f x '>，()f x 单调递增，当22,44x a a ⎛⎫-+-∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248248,44a a ⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，248,4a ⎛⎫--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；（iiii ）12a ≤-，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+单调递增；综上所述，0a >，()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248,4a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减；0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248248,44a a ⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，2,4a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增.（2）因为对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根所以将问题等价于ln 2x ax b x-=+有两解令()ln 2x g x x -=，0x >有()23ln xg x x -'=，0x >()30g e ∴=；()g x 在()30,e 递增，()3,e +∞递减；0x →，()g x →-∞；x →+∞，()0g x →；∴有图象知要使()ln 2x g x x-=的图像和y ax b =+的图像有两个交点，0a >，过30,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭作切线时，斜率a 最大.设切点为()00,x y ，有002003ln 2ln 5x x y x x x --=+，002ln 53x x e-∴=-，0x e ∴=此时斜率a 取到最大22e 220a e ∴<≤.。

双变量“存在性或任意性”问题

立，求实数 a 的取值范围。
考点探究
一、“任意≥(≤、>、<)存在”型
例四
已知函数f x ln
x2
1
,
gx
1 2
x
m, 若对x1
0,3,
x2
1,2,
使得f x1 gx2 ,则实数m的取值范围。
考点探究
变式训练 4 已知函数 f (x)＝x2－2ax＋1，g(x)＝a，其中 a>0，x≠0.对任意的 x1∈[1,2]，存在 x2∈[1,2]，使 x
得 f (x1)>g(x2)恒成立，求实数 a 的取值范围．
考点探究
一、“存在≥(≤、>、<)存在”型
例五已知函数 f(x)＝1x2＋x，g(x)＝ln(x＋1)－a，若存在 x1，x2∈[0，2]，使得 f(x1)＞g(x2) ，求实数 a
2 的取值范围.
考点探究
变式训练 5
已知函数 f(x)=4ln
变式训练 1 已知 f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，且当 x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1，函数 g(x)＝x2－2x ＋m，且如果对于任意的 x1∈[－2，2]，都存在 x2∈[－2，2]，使得 g(x2)＝f(x1)，则实数 m 的取值范围。
考点探究
一、“存在=存在”型
例2
已知函数 f(x)=x2-2ax3,a>0,x∈R.g(x)=
② （“任意≥(≤、>、<)存在”型）∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) >g(x2)成立,则 f(x)min> g(x) min；
③ （“存在≥(≤、>、<)存在”型）∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) >g(x2)成立,则 f(x) max > g(x) min；注：防止误将∃x∈D，均有 f(x) >g(x)恒成立，转化为 f(x) max > g(x) min，一般应作差构造函数 F(x)=f(x)

高考数学《双变量问题 (解析版)》

培优系列：双变量问题题型分类(一)与函数单调性有关的双变量问题此类问题一般是给出含有()()1212,,,x x f x f x 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.【例1】（2021届黑龙江省哈尔滨市高三下学期第五次模拟）已知函数()ln f x x x =,()212g x x =.（1）求函数()f x 在21,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；（2）若对0b a >>,总有()()()()m g b g a f b f a ->-⎡⎤⎣⎦成立,求实数m 的取值范围.【分析】（1）因为()ln 1f x x '=+单调递增,211,x e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()f x 单调递减；1,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()f x 单调递增.由11e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,2212f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()10f =,得min 11()f x f e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,()max ()10f x f ==.（2）()()()()m g b g a f b f a ->-⎡⎤⎣⎦等价于()()()()mg b f b mg a f a ->-,令()()()2ln 2m h x mg x f x x x x =-=-,则()h x 在()0,∞+上单调递增.问题化为()ln 10h x mx x '=--≥对()0,x ∈+∞恒成立.分离参数得ln 1+≥x m x 对()0,x ∈+∞恒成立.令()ln 1x x xϕ+=,()()max 11x ϕϕ==,故m 的取值范围是[)1,+∞.(二)与极值点有关的双变量问题与极值点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x '=的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数.【例2】（2021届福建省福州一中高三五模）已知函数()()1ln 1m x f x x x -=-+,m R ∈.（1）讨论()f x 的零点个数；（2）若()f x 有两个极值点1x ,2x ,且83m ≥,证明：()()21213ln 314f x f x x x -≤--.【分析】（1）()()()()2222211211x m x m f x x x x x +-+'=-=++,令()()2221g x x m x =+-+,1m £时,()()22210g x x m x =+-+>,()0f x '>,()f x 在()0,∞+上单调递增,且()10f =,()f x 有且只有1个零点：12m <≤时,()248420m m m m ∆=-=-≤,()0f x '>,()f x 在()0,∞+上单调递增,且()10f =,故()f x 有且只有1个零点；2m >时,()22210x m x +-+=有两正根,2112x m m m =--2212x m m m =--,由于121=x x ,所以101x <<,21>x ,当10x x <<时()f x 单调递增；12x x x <<时,()0g x <,()0f x '<,()f x 单调递减；()f x 单调递增；因为()121,x x ∈,()10f =,所以()f x 在()12,x x 上有1个零点,且()10f x >,()20f x <,又e 1m >,0e 1m -<<,且()()e 12e 0e 1e 1m m m m m mf m -=-=>++,()()e 12e 0e 1e 1m m m mm m f m -----=--=<++,()f x 在()10,x ,()2,x +∞上各1有个零点.综上2m ≤时,()f x 有且只有1个零点：当2m >时,()f x 有3个零点.（2）1x ,2x 方程()22210x m x +-+=的根,1222x x m +=-,121=x x ,12x x <,则22110223x m x +=-≥,则23x ≥,()()()212121212121121221212121211ln ln 11ln ln 1x x x x x x m m f x f x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫------⋅ ⎪-++-+++⎝⎭==-----()2121212212121222ln ln ln ln 2ln 2111x x m x x x x x m x x x x x x x x -⋅--=-=-=-----,所以()()12123ln 314f x f x x x -≤--等价于2222ln 3ln 314x x x ≤-,即2222ln 3ln 314x x x ≤-,令()()22ln 2ln 311x x x g x x x x x==≥--,则()()2222(1ln )ln 101x x x g x x ⎡⎤---⎣⎦'=<-()g x 在[)3,+∞上单调递减,所以()()3ln 334g x g ≤=,即()()21213ln 314f x f x x x -≤--.(三)与零点有关的双变量问题与函数零点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x =的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数,有时也可转化为关于12x x -的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.【例3】（2021届山西省名校联考高三三模）已知函数()xf x e ax =-有两个零点1x ,()212x x x <.（1）求实数a 的取值范围；（2）证明：21122x x x -<-.【分析】（1）()'xf x e a =-,当0a ≤时,()f x 在R 上单调递增,至多有一个零点,不符合题意；当0a >时,()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()1,na +∞上单调递增,()()()min ln 1ln f x f a a a ==-,若0a e <≤,()()min 1ln 0f x a a =-≥,()f x 至多有一个零点,不符合题意；若a e >,则ln 1a >,()()min 1ln 0f x a a =-<,()()22ln 2ln 2ln 0f a a a a a a a =-=->.()010f =>,0ln 2ln a a <<,()f x 存在两个零点,分别在()0,ln a ,()ln ,2ln a a 内.实数a 的取值范围为(),e +∞.（2）方法1：由题意得1212x x e ax e ax ⎧=⎨=⎩,令210t x x =->,得212111x x t x x t e e x x -+===,变形得11t t x e =-.欲证21122x x x -<-,即证()212t e t t -<-,即证2222t t t e ++<,然后构造函数证明.方法2：令211x t x =>,则21x tx =,1111x tx e ax e atx ⎧=⎨=⎩,两式相除得()11t x e t -=,1ln 1t x t =-,2ln 1t tx t =-,欲证21122x x x -<-,即证()21ln 2ln t t t-<-,即证()2ln 2ln 220t t t +-+<.()()()2ln 2ln 221g t t t t t =+-+>,根据()g t 在()1,+∞上单调递减证明.(四)独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.【例4】设()ln af x x x 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1,,22s t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,都有f (s )≥g (t )成立,求实数a 的取值范围.【分析】（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 .由g (x )=x 3-x 2-3,得g ′(x )=3x 2-2x =3x (x -23).令g ′(x )>0得x <0或x >23,令g ′(x )<0得0<x <23,又x ∈[0,2],所以g (x )在区间[0,23]上单调递减,在区间[23,2]上单调递增,所以g (x )min =g (23)=8527-,又g (0)=-3,g （2）=1,所以g (x )max =g （2）=1.故[g (x 1)-g (x 2)]max =g (x )max -g (x )min =11227≥M ,则满足条件的最大整数M =4.（2）对于任意的s ,t ∈[12,2],都有f (s )≥g (t )成立,等价于在区间[12,2]上,函数f (x )min ≥g (x )max ,由（1）可知在区间[12,2]上,g (x )的最大值为g （2）=1.在区间[12,2]上,f (x )=ax+x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x -x 2ln x 恒成立.设h (x )=x -x 2ln x ,h ′(x )=1-2x ln x -x ,令m (x )=x ln x ,由m ′(x )=ln x +1>0得x >1e .即m (x )=x ln x 在(1e,+∞)上是增函数,可知h ′(x )在区间[12,2]上是减函数,又h ′（1）=0,所以当1<x <2时,h ′(x )<0；当12<x <1时,h ′(x )>0.即函数h (x )=x -x 2ln x 在区间(12,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以h (x )max =h （1）=1,所以a ≥1,即实数a 的取值范围是[1,+∞).(五)独立双变量,换元构造一元函数当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.【例5】（2021东北三省三校高三四模）已知()x f x e =.（1）求关于x 的函数()()4()5g x f x f x x =---的单调区间；（2）已知a b >,证明：2146a ba b a be e e e e a b +⎛⎫-≤++ ⎪-⎝⎭.【分析】（1）()()()14x x xg x e e e -'=--,()g x 的增区间为(,0)-∞和(ln 4,)+∞,减区间为(0,ln 4)．（2）22222114()466a b a b b a a b b aa b a b e e e e e e e a b e e a b +----⎛⎫⎛⎫-≤++⇔-≤-++ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭令21a b t e->=,即不等式等价于1114ln 3t t t t t ⎛⎫-≤++ ⎪⎝⎭,只需证()221331ln 1414t t t t t t t t⎛⎫- ⎪-⎝⎭≥=++++,设()()2231()ln 141x h x x x xx -=-≥++,()h x '=()422(1)041x x x x -≥++所以()h x 在()1,+∞递增,故()()10h x h >=,即()0h t >,亦即2146a ba b a be e e e e a b +⎛⎫-≤++ ⎪-⎝⎭．(六)独立双变量,把其中一个变量看作常数若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量【例6】（2021届四川省天府名校高三下学期4月诊断）已知函数()ln f x x ax a =-+()0a ≠．（1）讨论函数()f x 的零点的个数；（2）当0a >时,若()2f x b a ≤+恒成立,证明：2ba≥-．【解析】（1）()11ax f x a x x-'=-=．当0a <时()0f x '>恒成立,因为()10f =,函数()f x 只有一个零点；当0a >时函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减．且()10f =；当01a <<时,因为11a >,函数()f x 在区间10,a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,所以函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭只有一个零点,在区间1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有一个零点,当01a <<时,()f x 有两个零点．当1a =时()f x 在区间()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减．且()10f =此时函数只有一个零点；当1a >时,函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减．且()10f =．函数()f x 在区间1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭只有一个零点,()f x 在区间10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点,当1a >时,()f x 有两个零点．（2）()2f x b a ≤+恒成立,()max 12f x f b a a ⎛⎫=≤+ ⎪⎝⎭,即1ln 1a b a --≤,所以111ln 1b a a a a≥--,令()ln 1g t t t t =--()0t >,所以()g t 在()0,1上单调递减,在()1,+∞上单调递增,()()min 12g t g ==-,所以()2g t ≥-,即2ba≥-．(七)独立双变量,通过放缩消元转化为单变量问题此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题【例7】（2021届安徽省合肥高三下学期最后一卷）已知函数()ln f x x x =．（1）求证：()22f x ex x ≤-恒成立；（2）若函数()()F x f x a =-有两个不同零点1x ,2x ,求证：()121111x x e a a e ee ⎛⎫->-++ ⎪⎝⎭．【分析】（1）要证证不等式()22f x ex x ≤-,即证ln 2x ex ≤-,设()()ln 20g x ex x x =-->,求出导函数,得出单的区间,求出其最小值,即可证明.(2)不妨设12x x <,由题意即方程()f x a =有两个不同实数根1x ,2x ,在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上22y ex x =-的图象位于曲线()y f x =上方,设直线y a =与抛物线2120,y ex x x e ⎛⎫⎛⎫=-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭交点横坐标为t ,由111t a e e e =+结合()f x 图像知12101x t x e <<<<<,所以12212x x x x x t -=->-,要证()121111x x e a a e ee ⎛⎫->-+++ ⎪⎝⎭即证()211x e a >-+,即证()22111ln 10e x x --+>,设()()1ln 1F x e x x =--+,()()10F F e ==且()11e F x x-'=-,由()0F x '>,解得11x e <<-,()0F x '<,解得1e x e -<<∴()F x 在()1,1e -单调递增,在()1,e e -上单调递减,∴()0F x >对()1,x e ∀∈成立,因为211e x <<,∴210F x ⎛⎫> ⎪⎝⎭.典例展示【例1】已知函数()()ln 1xf x ae x a R -=+-∈.（1）当a e ≤时,讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <,且122ln 3x x +≤,求21x x 的最大值.【解析】（1）函数的定义域为()0,∞+,1()x xxe axf x aex xe --'=-+=,当0a ≤时,()0f x '>恒成立,()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a e <≤时,令()0f x '=,则0x e ax -=,设()x g x e ax =-,则()x g x e a '=-,当0ln x a <<时,()0g x '<,()g x 单调递减,当ln x a >时,()0g x '>,()g x 单调递增,∴ln ()(ln )ln (1ln )0a g x g a e a a a a -≥==-≥,∴()0f x '≥,()f x 在()0,∞+上单调递增；综上,当a e ≤时,()f x 在()0,∞+上单调递增；（2）依题意,()()120f x f x ''==,则121200x x e ax e ax ⎧-=⎨-=⎩,两式相除得,2121x x x ex -=,设21x t x =,则1t >,21x tx =,()11t x e t -=,∴1ln 1t x t =-,2ln 1t tx t =-,∴()121ln 1t t x x t ++=-,设()()()1ln 11t t h t t t +=>-,则()()212ln 1t tt h t t --'=-,设()()12ln 1t t t t t ϕ=-->,则()22212(1)10t t t t t ϕ-+=-=>',∴()t ϕ在()1,+∞单调递增,则()()10t ϕϕ>=,∴()0h t '>,则()h t 在()1,+∞单调递增,又122ln 3x x +≤,即()2ln 3h t ≤,而()32ln 3h =,∴(]1,3t ∈,即21x x 的最大值为3.【例2】（2021届安徽省安庆市高三下学期三模）已知函数()212ln x ax xf x x--=.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若11ln ln m n m n-=+,求证:2m n ->.【解析】（1）解：()f x 的定义域为()()22212210,,1.a x ax f x x x x ∞-++-'=+=令()221g x x ax =-+,方程2210x ax -+=的判别式()()244411a a a ∆=-=+-,（i ）当0∆≤,即11a - 时,()2210g x x ax =-+ 恒成立,即对任意()()()20,,0g x x f x x ∞='∈+ ,所以()f x 在()0,∞+上单调递增.（ii ）当0∆>,即1a <-或 1.a >①当1a <-时,()2210g x x ax =-+ 恒成立,即对任意()()()20,,0g x x f x x ∞='∈+ ,所以()f x 在()0,∞+上单调递增.②当1a >时,由2210x ax -+=,解得221, 1.a a a a αβ=-=-所以当0x α<<时,()0;g x >当x αβ<<时,()0;g x <当x β>时,()0g x >,所以在(()220,11,a a a a -⋃-+∞上,()0,f x '>在(221,1a a a a --上,()0f x '<所以函数()f x 在(20,1a a -和()21,a a -+∞上单调递增；在(221,1a a a a --上单调递减.综上,当1a 时,()f x 在()0,∞+上单调递增；当1a >时,()f x 在(20,1a a -和()21,a a -+∞上单调递增,在(221,1a a a a --上单调递减.（2）证明：由11ln ln m n m n -=+,可得11ln ln (,0)m n m n m n-=+>得ln ln 0m n ->,因此0m n >>,因为111ln ln ln mm m n n m n m n n mn m++-=+⇒==,令mt n =,则11,ln t t t m+>=,所以11,ln tln t t m n t t ++==,所以21ln t m n t t --=,要证明2m n ->,只需证212,1ln t m t t t n -⎛⎫>=> ⎪⎝⎭即证1:2ln (1)t t t t->>由（1）可知,1a =时,()12ln f x x x x=--在()0,∞+上是增函数,所以当1t >时,()()1f t f >,而()10f =,因此12ln (1)t t t t->>成立所以 2.m n ->【例3】（2021届浙江省宁波市高三下学期5月仿真测试）已知0,.a b a b a b ->>=（1）求a 的取值范围；（2）若1b e>,证明：1121a b a -≤-≤-；（3）求所有整数c ,使得()()()1a bc a b e e c a b +≤+≤++恒成立.注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数.【解析】（1）当1b =时,有,11a b a a b ->>=与a b a b -=矛盾；当1b >时,有1a b >>与01b b -<<而1a a >,与a b a b -=矛盾；当01b <<时,有10b -<-<则11b b b --<<,由a b a b -=得11a a b -<<,所以1a >；综上所述：1a >；（2）设()ln f x x x =,则()1ln f x x '=+,当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,则()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增,由于a b a b -=得ln ln a a b b =-,即()()f a f b =-,由（1）知1a >,又11b e>>,故要证1121a b a -≤-≤-即证1122a b a -≤-≤-即证2a b ≤-且32ba -≥①要证2a b ≤-,需证()()2f a f b ≤-,即证()()2f b f b -≤-需证()()20f b f b -+≥,设()()()2g b f b f b =-+,需证()min 0g b ≥由()ln2b g b b '=-,又11b e >>,所以()ln02b g b b'=<-所以()g b 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭单调减,则()()10g b g ≥=,所以2a b ≤-成立,则11a b -≤-成立；②要证32b a -≥,由于11b e >>,则312b a -≥>需证()32b f a f -⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,即证()32b f b f -⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭需证()302b f f b -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭,设()()32b h b f f b -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,需证()max 0h b ≤由()213112ln 1ln ln22223b eb h b b b-'=--++=-,又11b e >>,21211ln 0123e e h e e⎛⎫⎪⎛⎫⎝⎭'=< ⎪⎝⎭-,()121ln 0231e h '=>-故有()00h x '=,011x e >>,所以()h b 在01,x e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调减,在()0,1x 单调增又()1311102e h f f f a e e e ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫=+<-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭,()10h =所以()max 0h b ≤,则32ba -≥,得()121b a -≤-所以1121a b a -≤-≤-成立；（3）因为()()()1a bc a b e e c a b +≤+≤++,0a b >>所以1a be e c c a b+≤≤++由222a b a b a be e e e a b a b a b +++<<+++设e x y x =,由()21x e x y x'-=,得e xy x =在()0,1上单调减,在()1,+∞上单调增又因为12a b <+<则1122a b +<<所以2222a ba b a b e e e e e e a b a b a b +++<<<<+++由1a be e c c a b+≤≤++恒成立,所以c 的值可以是3,4,5,6【例4】（2021届湖北省恩施高中、郧阳中学、十堰一中高三下学期仿真模拟）已知函数()ln f x ax x bx =+在点1=x e 处取极值1e-(其中e 是自然对数的底数),函数()23g x x x λ=-+-.（1）求实数a ,b 的值；（2）若对1x ∀,21,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,且12x x ≠都有()()()()12121g x g x f x f x ->-成立,求实数λ的取值范围.【解析】（1）∵()'ln f x a x a b =++,∴由题意1'0f b e ⎛⎫== ⎪⎝⎭,11a f e e e ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭,∴1a =.当1a =,0b =时,()ln f x x x =,∵()'ln 1f x x =+,∴当10x e<<时,()'0f x <,()f x 单调递减；当1x e >时,()'0f x >,()f x 单调递增,()f x 在1=x e处取极小值.∴1a =,0b =符合题意.（2）∵不等式()()()()12121g x g x f x f x ->-等价于()()()()12121g x g x f x f x ->-或()()()()12121g x g x f x f x -<--.由（1）知()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,∴不妨设21x x >,有()()21f x f x >,即()()210f x f x ->∴不等式()()()()12121g x g x f x f x ->-或()()()()12121g x g x f x f x -<--等价于()()()()2121g x g x f x f x ->-或()()()()2112g x g x f x f x -<-,即()()()()2211g x f x g x f x ->-或()()()()2211g x f x g x f x +<+.为此构造函数()()()F x g x f x =-,()()()G x g x f x =+,1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,则上式等价于()F x 函数为增函数,()G x 为减函数.先考虑()()()'''2ln 10F x g x f x x x λ=-=-+--≥得2ln 1x x λ++≥对1,x e e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦恒成立.∵函数()2ln 1x x x ϕ=++在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,∴()max ()22x e e ϕϕ==+,22eλ+≥再考虑()()()'''2ln 10G x g x f x x x λ=+=-+++≤得2ln 1x x λ--≤对1,x e e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦恒成立.令函数()2ln 1x x x ψ=--,∵()121'2x x x x ψ-=-=,1x e e ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭∴当112x e <≤时,()'0x ψ<,()x ψ单调递减；当12x e <≤时,()'0x ψ>,()x ψ单调递增,∴()min 1ln 22x ψψ⎛⎫== ⎪⎝⎭∴ln 2λ≤综上所述,实数λ的取值范围(][),ln 222,e -∞++∞ .【例5】（2021届江苏省泰州中学高三下学期四模）已知函数()ln txxf x e =存在唯一的极值点为0x ．（1）求实数t 的取值范围；（2）若()120,,x x x ∈+∞,证明：()()121212log tx tx x x x x ee --+>+．【解析】（1）由题意,函数()ln tx x f x e =,可得()f x 的定义域为(0,)+∞,且1ln ()txt xx f x e-'=,令1()ln g x t x x=-,①若0t =,可得()0f x '>,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,不合题意；②若0t <,可得21()tx g x x +'=-,令()0g x '=,得10x t=->,所以()g x 在10,t ⎫⎛- ⎪⎝⎭上单调递减,在1,t ⎫⎛-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,可得111ln 1ln g t t tt t t ⎫⎛⎫⎫⎫⎛⎛⎛-=---=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎝⎝⎭⎭⎭⎝⎭,（ⅰ）若11ln 0t ⎫⎛+-≥ ⎪⎝⎭,即0e t -≤<时,1()ln 0g x t x x =-≥,即()0f x '≥,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,不合题意；（ⅱ）若11ln 0t ⎫⎛+-< ⎪⎝⎭,即t e <-时,10g t ⎫⎛-< ⎪⎝⎭,()110g =>,因为11()ln 2g x t x t x x x x x ⎫=->++⎪⎭,则2104g t ⎫⎛> ⎪⎝⎭,所以()g x 在(0,)+∞上有两个变号零点,所以()f x 有两个极值点,不合题意；③若0t >,21()0tx g x x +'=-<,则()g x 在()0,∞+上单调递减,且()110g =>,11e e 10t tg -⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,存在唯一101,t x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使()00g x =,当()00,x x ∈时,()0>g x ,()0f x '>,当()0,x x ∈+∞时,()0<g x ,()0f x '<,所以0x 是()f x 的唯一极值点,符合题意；综上,实数t 的取值范围是(0,)+∞．（2）由（1）可知,01x >,因为10x x >,20x x >,所以()1ln 0x >,()2ln 0x >,()12ln 0x x +>,由（1）可知函数()f x 在()0,x +∞上单调递减,所以()()112f x f x x >+,()()212f x f x x >+,即()112)121(ln ln tx t x x x x x e e ++>,()212)122(ln ln tx t x x x x x e e ++>,现证明不等式：a c a c b d b d++>+,其中(),,,0,a b c d ∈+∞要证a c a cb d b d ++>+,即证ad bc a c bd b d++>+,即证22abd ad b c bcd abd bcd +++>+,即证220ad b c +>,易知成立．所以()121212121212)(ln ln ln ln ln tx tx tx tx t x x x x x x x x e e e e e ++++>>+,即()121212(1)2ln ln ln tx tx t x x x x e e x x e+++>+,即()121212ln e e ln tx tx x x x x -->++,所以()1212(12)log tx tx x x x x e e --+>+,证毕．跟踪检测1.（2021届黑龙江省大庆高三训练）已知函数2()x g x e ax ax =--,()2ln x h x e x x =--．其中e 为自然对数的底数．（1）若()()()f x h x g x =-,讨论() f x 的单调性；（2）已知0a >,函数()g x 恰有两个不同的极值点1x ,2x ,证明：()212ln 4x x a +<．【解析】（1）22()()()2ln (2)ln (0)x x f x h x g x e x x e ax ax ax a x x x =-=---++=+-->,212(2)1(21)(1)()2(2)(0)ax a x x ax f x ax a x x x x+--+-=+--=>'=,（i ）当0a ≤时,()0f x '<,函数()f x 在(0,)+∞上递减；（ii ）当0a >时,令()0f x '>,解得1x a >；令()0f x '<,解得10x a<<,∴函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减,在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增；综上,当0a ≤时,函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时,函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增；（2）证明：()2xg x e ax a '=--,依题意,不妨设12x x <,则12122020x x e ax a e ax a ⎧--=⎨--=⎩,两式相减得,12122x x e e a x x -=-,因为0a >,要证()212ln 4x x a +<,即证12ln 22x x a +<,即证1212212x xx xe e e x x +-<-,两边同除以2x e ,即证()12122121x x x x x x e e --->-.令12t x x =-()0t <,即证210tt te e -+>,令2()1(0)t t h t te e t =-+<,则22()12t t t h t e e⎡⎤⎛⎫=--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦',令2()12tt p t e ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,则21()12tp t e ⎛-'⎫= ⎪⎝⎭,当0t <时,()0p t '<,所以()p t 在(,0)-∞上递减,∴()(0)0p t p >=∴()0h t '<,∴()h t 在(,0)-∞上递减,∴()(0)0h t h >=,即1210t te e -+>,故()212ln 4x x a +<．2.已知函数()(),ln 1xf x eg x x ==+,（1）设函数()()()()h x ag x g x a '=+∈R ,求()h x 的单调区间和极值；（2）对任意的1x R ∈,存在()20,x ∈+∞,使得()()12f x g x =,求21x x -的最小值【解析】（1）由已知()()()ln 1(0)ah x ag x g x x x x'=+=++>所以()221a x a h x x x x-'=-+=当0a ≤时,()0h x '>恒成立,所以()h x 在定义域单调递增,没有极值．当0a >时,令()=0h x ',得x a =,所以(0,),()0,(,),()0x a f x x a f x ∈'<∈+∞'>,即()h x 在区间()0,a 单调递减,在(),a +∞单调递增,x a =时取到极小值()()2ln h x h a a ==+极小,没有极大值综上,当0a ≤时,()h x 在定义域单调递增,没有极值．当0a >时,()h x 在区间()0,a 单调递减,在(),a +∞单调递增,()()2ln h x h a a ==+极小,没有极大值（2）由已知,设()()12f x g x t==即()11=xf x e t =,()22ln 1g x x t=+=解得1ln x t =,12t x e -=,所以121ln t x x e t --=-,令()1ln (0)t F t et t -=->,则()1111t t te F t e t t---'=-=令()11t t teϕ-=-,则()()110t t e t ϕ-'=+>恒成立,所以()11t t te ϕ-=-在()0,∞+单调递增,且()10ϕ=当()0,1t ∈时,()()0,0t F t ϕ'<<,所以()F t 单调递减当()1,t ∈+∞时,()()0,0t F t ϕ'>>,所以()F t 单调递增,即1t =时()F t 取到极小值,也是最小值,所以()()min 11F t F ==,所以21x x -的最小值为1.3.（2021届百师联盟高三冲刺卷）已知函数()()21x f x x e ax =--,(a R ∈),其中e 是自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a =-,对于任意的1x ,[)21x ∈+∞,,当12x x <时,不等式()()()211212m x x f x f x x x --<恒成立,求实数m 的取值范围.【解析】（1）()()22x xf x xe ax x e a'=-=-①若0a ≤,20x e a ->,由()0f x '=,得0x =,则当(),0x ∈-∞-时,()0f x '<当()0,x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(),0-∞单调递减,在()0,∞+单调递增②若0a >,由()0f x '=,得0x =或ln 2x a =1︒当12a =时,ln 20a =,则当(),+x ∈-∞∞时,()0f x '≥,故()f x 在(),-∞+∞单调递增2︒当102a <<时,ln 20a <,则当()(),ln 20,x a ∈-∞⋃+∞时,()0f x '>当()ln 2,0x a ∈时,()0f x '<,故()f x 在(),ln 2a -∞,()0,∞+单调递增,在()ln 2,0a 单调递减3°当12a >时,ln 20a >,则当()(),0ln 2,x a ∈-∞⋃+∞时,()0f x '>当()0,ln 2x a ∈时,()0f x '<,故()f x 在(),0-∞,()ln 2,a +∞单调递增,在()0,ln 2a 单调递减（2）当1a =-时,()()21x f x x e x=-+不等式()()()211212m x x f x f x x x --<可变形为()()1212m mf x f x x x -<-即()()1212m mf x f x x x -<-因为上式对于任意的1x ,[)21x ∈+∞,,且12x x <时恒成立所以函数()my f x x=-在[)1,+∞上单调递增令()()()21x m mh x f x x e x x x =-=-+-,[)1,x ∈+∞则()220xmh x xe x x'=++≥在[)1,+∞上恒成立即()32xm x e ≥-+在[)1,+∞上恒成立设()()32x F x x e =-+,则()()236xF x x x e '⎡⎤=-++⎣⎦因为[)1,x ∈+∞时,()0F x '<所以函数()F x 在[)1,+∞上单调递减,所以()()max 12F x F e ==--所以2m e ≥--即实数m 的取值范围是[)2,e --+∞4.（2021届安徽省合肥市高三下学期高考考前诊断）已知函数()2ln x x a f ax x=--.（1）若()0f x ≥,求实数a 的取值范围；（2）若()()22x x x xg f a =++有两个极值点分别为1x ,()212x x x <,求()()122g x g x -的最小值.【解析】（1）因为()2ln x x a f ax x=--,所以()22222221122a x x a x ax a a f x a x ax ax ax ⎛⎫⎛⎫--+ ⎪⎪-++⎝⎭⎝⎭'=-+==,由()0f x =得2x a =或1x a=-.①当0a >时,因为()012a af =--<,不满足题意,②当0a <时,()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减,在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,于是()min 11ln 120f x f a a ⎛⎫⎛⎫=-=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥,解得30e a -<≤,所以a 的取值范围为30e a -<≤.（2）函数()2ln g x x x ax =+-,定义域为()0+∞，,()21212x ax g x x a x x-+'=+-=,因为1x ,2x 是函数()g x 的两个极值点,所以1x ,2x 是方程2210x ax -+=的两个不等正根,则有280a ∆=->,122ax x +=,1212x x =,得22a >,对称轴242>a ,故122x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭,222x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭.且有21121ax x =+,22221ax x =+,()()()()221211122222ln ln g x g x x x ax x x ax -=+--+-()()22221112222ln 21ln 21x x x x x x =+---+--22112222ln ln 1x x x x =-+-+-2222221122ln ln 122x x x x ⎛⎫=-+-- ⎪⎝⎭22222213ln 2ln 2122x x x =----.令22t x =,则1,2t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭,()13ln 2ln 2122h t t t t =----,()()()2221113'1222t t h t t t t --=+-=,当1,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()h t 单调递减,当()1,t ∈+∞时,()h t 单调递增,所以()()min 14ln 212h t h +==-,所以()()122g x g x -的最小值为14ln 22+-.5.（2021浙江省金华市高三下学期5月模拟）已知函数()ln (,0)m x f x m R a x a=+∈>.（1）若f (x )的最小值为2,求ma的值；（2）若m =1,a >e ,实数0x 为函数f (x )大于1的零点,求证：①00112x a x +<-②0012ln ln(ln )x a a x +>-【解析】（1）2()(0)x mf x x x '-=>当0m ≤时,()0f x '>,()f x 单调递增,没有最小值；当0m >时,()f x 在(0,m )上单调递减,在(,)m +∞上单调递增∴min ()()1ln2m f x f m a==+=,∴me a =.（2）①1,m a e =>时,1()ln x f x x a=+,由（1）可知f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞单调递增,∴min ()(1)1ln f x f a ==-,由于1()0f a a=>,∴存在0(1,)x a ∈,使得()0001ln 0x f x x a =+=,也即010001ln ln ln x a x x e x ⎛⎫=+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭,也即010x a x e =⋅.要证00112x a x +<-,只需证()0100001112x x e x x χ++<⋅>设01(0,1)t x =∈,则只需证11112t e t t ++<⋅,即证211(01)2te t t t >++<<.取21()1(01)2tg t e t t t =---<<,则()1t g t e t '=--,∴()10tg t e '=->',∴()g t '在(0,1)上单调递增∴()(0)0g t g ''>=,∴()g t 在(0,1)上单调递增,∴()(0)0g t g >=.∴01t <<时,2112te t t >++成立,综上,00112x a x +<-成立.②证1：a e >,∴ln 1a >,∴2ln ln(ln )2ln a a a -<,∴只需证1012ln x a x +>,即证0000112ln x x x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭,即证()000012ln 01x x x x +-<>,取1()2ln (1)h x x x x x =+->,∴22(1)()0x h x x -'=<,∴()h x 在(1,)+∞上单调递减,()(1)0h x h <=,∴0012ln x a x +>成立,综上,0012ln ln(ln )x a a x +>-成立.证2：要证1012ln ln(ln )x a a x +>-,即证0000001112ln ln ln x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+>+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,即证00000112ln ln ln 0x x x x x ⎛⎫+--+< ⎪⎝⎭,即证00000011ln ln ln ln x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+-+<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,取()ln h t t t =-,即证()0001ln h x h x x ⎛⎫+< ⎪⎝⎭,1()t h t t -'=,∴1t >时,()0h t '>,()h t 单调递增取1()ln (1)m x x x x =+>,21()x m x x-'=,∴1x >时,()0,()m x m x '>单调递增,∴()(1)1m x m >=,()0001ln h x h x x ⎛⎫+< ⎪⎝⎭等价于()00001ln 1x x x x +<>取1()ln k x x x x=+-,∴221()0x x k x x -+-'=<,∴()k x 在(1,)+∞上单调递减,∴01x >时0001ln x x x +<成立,综上,0012ln ln(ln )x a a x +>-成立.6.已知函数()sin ex xf x =,()0,x π∈.（1）判断函数()f x 的单调性；（2）若12x x ≠,且()()12f x f x =,证明：122x x π+>.【解析】（1）()cos sin e xx xf x -'=,0πx <<,由()0f x '=得4x π=,当04x π<<时,()0f x '>；当4ππ<<x 时()0f x '<,∴()f x 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）∵12x x ≠,且()()12f x f x =,∴由（1）知,不妨设1204x x ππ<<<<.要证122x x π+>,只需证明212x x π>-,而1422x πππ<-<,()f x 在,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,故只需证明()212f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭.又()()12f x f x =,∴只需证明()112f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭.令函数()()22sin sin sin cos 22e e e e x x x x x x x x g x f x f x ππππ-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=--=-=- ⎪⎝⎭,则()2cos sin sin cos e e xx x x x xg x π--'=+22211e e (cos sin )(cos sin )ee e x xx x x x x x πππ-⎛⎫- ⎪=--=-⋅ ⎪⎝⎭,当04x π<<时,cos sin 0x x ->,2x x π->,故()0g x '>,∴()g x 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,故在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上()0444g x g f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,∴()112f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭成立,故122x x π+>成立.。

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专题一. 函数()1,0log ≠>=a a x y a 的性质
一、研究函数()1,0log ≠>=a a x y a 的图像和性质二、典例分析
例1.设函数()x x f lg =，若b a <<0，且()()b f a f >，求证：1<ab .
例2.若函数()x x f 2log =的定义域为[]b a ,，值域为[]2,0，则a b -的最小值为
例3.已知函数()x x f 2log =,正实数n m ,满足n m <,且()()n f m f =,若()x f 在[]
n
m ,2
上的最大值为2，则=+n m
例4.已知函数()x x f lg =,()0>>b a ,()()b f a f =,则b
a b a -+2
2的最小值等于
专题二. 函数()x
x
x f ln =
的性质及应用一. 研究函数()x
x
x f ln =的图象和性质.
二、典例分析
例1. 已知函数()1>=a a y x 的定义域与值域均为[]n m ,()n m <，则实数a 的取值围为
例2. 事实证明，存在正实数()b a b a <, 使得a
b b a =,请你写出所有符合条件的a 的取值
围 .
例3. 对于函数()x f y =，若存在[]b a ,，当[]b a x ,∈时的值域为[]kb ka ,()0>k ，则称
()x f y =为“k 倍值函数”. 若()x x x f +=ln 是“k 倍值函数”，则实数k 的取值围是
例4. 若不等式x e a
x >对于任意实数x 恒成立，则实数a 的取值围是
例5. 已知a ex x x
x
+-=2ln 2有实数解，数a 的取值围
例6.（2014 卷）π为圆周率， 71828.2=e 为自然对数的底数.求3
3
,3,,,3,ππππe e
e e 这六个数的最大数与最小数.
专题三. 函数()()
x x x f a ±+=1log 2的性质
一、研究函数()(
)
1ln 2++=x x x f 的图像和性质
二、典例分析
例1. 求函数()()
[]2,2,1ln 2-∈++=x x x x f 的最大值和最小值.
例2. 函数()(
)
[]k k x x x x f ,,1ln 2-∈++=，0>k 的最大值和最小值分别为M 和m ，
则=+m M
例3. 判断函数()()
1
1
31ln 2
+++++=x x e e x x x f ，[]()0,>-∈k k k x
的最大值和最小值分别为M 和m ，则=+m M
例4. 判断函数()()
1391ln 2+-+=x x x f ，则()=⎪⎭
⎫
⎝⎛+21lg 2lg f f
例5.（2015全国卷I ）若函数()()
2ln x a x x x f ++=为偶函数，则=a
例6. 设函数()()
32
11ln 2
+-+=x e x x f x ，[]()0,>-∈t t t x ，若函数的最大值是M ，最小值是m ，则=+m M
例7. 设函数()(
)
1log 223++
+=x x x x f ，则对任意实数b a ,，
“0≥+b a ”是“()()0≥+b f a f ”的 . （填“充要条件”“充分不必要条件”“必要不充分条件”或“既不充分也不必要条件”）
专题四. 双变量问题
实例1. 2016届高三月考雅礼卷（六）
21. 设函数()x a x
x x f ln 1
--
=. （1）当1=a 时，求曲线()x f y =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若函数()x f 在定义域上为增函数，数a 的取值围；（3）在（2）的条件下，若函数()e
x x x h 1
ln --=，[]e x x ,1,21∈∃使得()()21x h x f ≥成立，数a 的取值围.
实例2. 2016年附中七（2016年3月） 12. 已知函数()()0ln >-=a a
x
x x f ，若R x ∈∃0，使得[]2,11∈∀x 都有()()01x f x f <，则实数a 的取值围是（）
()1,0.A ()2,1.B ()+∞,2.C ()()+∞,21,0. D
【拓展训练】
1.已知函数()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<+≤≤+-=1
2
1,1210,12161
3x x x x x x f 和函数()()016sin >+-⎪⎭
⎫
⎝⎛=a a x a x g π
若存在[]1,0,21∈x x ，使得()()21x g x f =成立，则a 的取值围是
拓展1：“存在=存在”型：
2. 已知函数()x x x f 2-
=和函数()()0252
cos >-+=a a x
a x g π. 若[]2,11∈∀x ，[]1,02∈∃x ，使得()()12x f x g =，则a 的取值围是
3. 设函数()32
3
--=x x x f ，()x x x a x g ln +=
，如果⎥⎦
⎤⎢⎣⎡∈∀2,21,21x x ，都有()()21x g x f ≤成立，求a 的取值围.
若2211,D x D x ∈∃∈∃，使得()()21x g x f = Φ≠⇔B A 其中A 为函数()x f 在1D 上的值域， B 为函数()x g 在2D 上的值域. 拓展2：“任意=存在”型
2211,D x D x ∈∃∈∀，使得()()21x g x f =B A ⊆⇔, 其中A 为函数()x f 在1D 上的值域，B 为函数()x g 在2D 上的值域. 拓展3：“任意()≤≥任意”型对2211,D x D x ∈∀∈∀都有()()21x g x f >成立 ()()max min x g x f >⇔()()max x g x f >⇔()()x g x f >⇔min 推广：对2211,D x D x ∈∀∈∀都有()()k x g x f >-21 ()()k x g x f >-⇔max min ()()[]k x g x f >-⇔min 21
4.已知函数()ax x x x f ++=
2331，()x e x x g =,对⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈∀2,211x ,⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡∈∃2,212x ，使得
()()21'x g x f ≤成立，求a 的取值围.
5.设函数()ax x
x
x f -=ln ，若存在[]
221,,e e x x ∈，使()()a x f x f +≤2'1成立，求a 的取值围.
6. 已知函数()()0ln 1<--=a x a x x f ，对(]1,0,21∈∀x x ，且21x x ≠,都有
()()2
121114
x x x f x f -<-,数a 的取值围.
7.（2015全国卷II ）设函数()mx x e
x f mx
-+=2，对[]1,1,21-∀x x ,都有
()()121-≤-e x f x f ,求m 的取值围.
8.已知函数()()1,0ln 2
≠>-+=a a a x x a x f x
.若
[]1,1,21-∈∃x x ，使得()()121-≥-e x f x f ，数a 的取值围.。

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