导数压轴题双变量问题方法归纳总结教师版

导数应用之双变量问题
（一）构造齐次式，换元
【例】（2020年河南高三期末）已知函数()2
ln 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()()()()2
1212,,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）()2
ln 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()()11
221ln 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
12
12ln ln x x x x -<
-. 思路一：因为120x x <<
，只需证
1122ln ln ln 0
x x x x -⇔->.
令()0,1t ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2
22
12110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1
2ln 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 x
t 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 x
x '=
==<，
所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()
20Q x Q x >=，即证2ln ln
x x -. 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.
思路三：
要证明0F '
<
，只需证
12
12ln ln x x x x --
即证
12
12ln ln x x x x --. 【规律总结】极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法. 【类题展示】【四川省2020届高三期末】已知函数()()2
1f 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2
1
x 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）∵函数()()2
1f x x xlnx x 2R 2
a a a =-++∈，∴x ＞0，f′（x ）=x -a lnx ， ∵函数()()2
1f x x xlnx x 2R 2
a a a =
-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． ∴f′（x ）=x -a lnx=0有两个不等根，令g （x ）=x -a lnx ，则()g'x 1x a =-=x x
a
-，（x ＞0），
①当a ≤0时，得g′（x ）＞0，则g （x ）在（0，+∞）上单调递增， ∴g （x ）在（0，+∞）上不可能有两个零点．
②当a ＞0时，由g′（x ）＞0，解得x ＞a ，由g′（x ）＜0，解得0＜x ＜a ， 则g （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，+∞）上单调递增， 要使函数g （x ）有两个零点，则g （a ）=a -a ln a ＜0，解得a ＞e ， ∴实数a 的取值范围是（e ，+∞）．
（2）由x 1，x 2是g （x ）=x -a lnx=0的两个根，则22
11lnx 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＜2
21221
(x x )x (ln )x -，即证22221121
x (x x )(ln )x x x -<=2
112x 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+
t
1
，∴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+
t
1
在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． 【类题展示】（2020·湖北高三期末）已知函数()1
2ln f x x a x x
=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）设()2
ln 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,∞+，()222
1221
1a 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，()0
f 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()1
2g x b cx x
'=
--，
∴()121212
22x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+
⎪+⎝⎭， 由()()120g x g x ==得()()22
112122
ln
x b x x c x x x =-+-， ()()()()1222
121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭
x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212
12
2212ln 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 -=-+， ∴2
2
(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 +=， ∴()
22
2
2
2
2
2112212121
122
1221
2(2)242x x x x x x
a x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，
∴2
122119422,2x x a t x x t ⎡⎫
=
++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭，又∵1a >，故a
的取值范围是4⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭
.
【点睛】（1）含参函数的单调性分析，要注意抓住参数的临界值进行分类讨论；（2）利用导数求解双变量
问题，多数情况下需要构造关于12x x （或2
1
x x ）的新函数，借助新函数的单调性分析问题.
(二)各自构造一元函数
【例】（2020·河南高三月考）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 3
44x x
-
+，若对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围． 【分析】（1）函数求导得()11'ax f x a x x
-=
-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）根据对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，然后分别求最大值求解即可.
【详解】（1）()11'ax
f x a x x
-=
-=， 当a ≤0时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 当a ＞0时，在（0，1
a
）上，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 在（
1
a
，+∞）上，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减． 综上：当a ≤0时，f （x ）单调递增区间是（0，+∞）， 当a ＞0时，f （x ）单调递增区间是（0，
1a ），单调递减在区间是（1
a
，+∞）. （2）()()()2222
13113143'4444x 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 31
2
-， 因为对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立， 等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，由（1）知当a ≤0时，f （x ）无最值，
当a ＞0时，f （x ）max ＝f （
1a ）＝﹣lna ，所以﹣lna ＜ln 312-，所以lna ＞，解得a 【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性及不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
【类题展示】【广东省2020届高三期末】设函数2
()()e ()x
f x x ax a a -=+-⋅∈R . （1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；
（2）设2
()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.
【解析】 (1)当0a =时，因为()2
x
f x x e -=⋅，所以()()
()2
'2,'13x
f 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()2
2
15124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝
⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为
()21g =. ()()()2'2x x f x x a e x ax a e --=+⋅-+-⋅ ()2
22x 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()()2
124f a e =+⋅
，由()21
41a 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()()21
24f a e
=+⋅
.由1a -≥，得1a ≤-；由()21
41a 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 ≥-.
【评注】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”. (三)消元构造一元函数 【例】已知函数f(x)={e
−x
+1,x ≤0,2√x, x >0.
函数y =f(f(x)+1)−m(m ∈R)恰有两个零点x 1和x 2．
（1）求函数f(x)的值域和实数m 的最小值；
（2）若x 1<x 2，且ax 1+x 2≥1恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】（1）当x ≤0时，f(x)=e −x +1≥2. 当x >0时，f(x)=2√x >0.∴ f(x)的值域为(0,+∞)．
令f(f(x)+1)=m ，∵ f(x)+1>1，∴ f(f(x)+1)>2，∴ m >2. 又f(x)的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).
设f(x)+1=t 1，f(x)+1=t 2，且t 1<0，t 2>1．∴ f(x)=t 1−1无解. 从而f(x)=t 2−1要有两个不同的根，应满足t 2−1≥2，∴ t 2≥3. ∴ f(t 2)=f(f(x)+1)≥2√3.即m ≥2√3．∴ m 的最小值为2√3.
(2) y =f(f(x)+1)−m 有两个零点x 1、x 2且x 1<x 2，设f(x)=t ，t ∈[2,+∞)， ∴ e −x 1+1=t ，∴ x 1=−ln(t −1).2√x 2=t ，∴ x 2=t 24
.
∴ −aln(t −1)+
t 24
≥1对t ∈[2,+∞)恒成立
设ℎ(t)=−aln(t−1)+t2
4−1，ℎ′(t)=−a
t−1
+t
2
=t2−t−2a
2(t−1)
.
∵t∈[2,+∞)，∴t2−t∈[2,+∞)恒成立.∴当2a≤2，即a≤1时，ℎ′(t)≥0，
∴ℎ(t)在[2,+∞)上单调递增.∴ℎ(t)≥ℎ(2)=−aln1+1−1=0成立.
当a>1时，设g(t)=t2−t−2a.由g(2)=4−2−2a=2−2a<0.
∴∃t0∈(2,+∞)，使得g(t0)=0.且当t∈(2,t0)时，g(t)<0，t∈(t0,+∞)时，g(t)>0.
∴当t∈(2,t0)时，ℎ(t)单调递减，此时ℎ(t)<ℎ(2)=0不符合题意.
综上，a≤1.
【类题展示】【四川省2020届高三期末已知函数f(x)=x2+ax−alnx.
（1）若函数f(x)在[2,5]上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）当a=2时，若方程f(x)=x2+2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1.
【解析】（1）f′(x)=2x+a−a
x
，∵函数f(x)在[2,5]上单调递增，
∴f′(x)≥0在x∈[2,5]恒成立，即2x+a−a
x
≥0对x∈[2,5]恒成立，
∴a≥−2x2
x−1对x∈[2,5]恒成立，即a≥(−2x
2
x−1
)
max
，x∈[2,5]，
令g(x)=−2x2
x−1(x∈[2,5])，则g′(x)=−2x2+4x
(x−1)2
≤0(x∈[2,5])，
∴g(x)在[2,5]上单调递减，∴g(x)在[2,5]上的最大值为g(2)=−8.∴a的取值范围是[−8,+∞).
（2）∵当a=2时，方程f(x)=x2+2m⇔x−lnx−m=0，
令ℎ(x)=x−lnx−m(x>0)，则ℎ′(x)=1−1
x
，
当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，故ℎ(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0，故ℎ(x)单调递增，
∴ℎ(x)min=ℎ(1)=1−m.若方程f(x)=x2+2m有两个不等实根，则有ℎ(x)min<0，即m>1，
当m>1时，0<e−m<1<e m，ℎ(e−m)=e−m>0，ℎ(e m)=e m−2m，令g(x)=e x−2x(x>1)，则g′(x)=e x−2>0，g(x)单调递增，g(x)>g(1)=e−2>0，
∴ℎ(e m)>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数m的取值范围是(1,+∞).
不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，0<1x
2<1，∴x1x2<1⇔x1<1
x2
⇔ℎ(x1)>ℎ(1
x2
)，
∵ℎ(x1)=ℎ(x2)=0，∴ℎ(x1)−ℎ(1
x2)=ℎ(x2)−ℎ(1
x2
)=(x2−lnx2−m)−(1
x2
−ln1
x2
−m),
=x2−1
x2−2lnx2.令φ(x)=x−1
x
−2lnx(x>1)，则φ′(x)=1+1
x2
−2
x
=(1
x
−1)
2
>0，
∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增，∴当x>1时，φ(x)>φ(1)=0，即x2−1x
2
−2lnx2>0，
∴ℎ(x 1)>ℎ(1
x 2
)，∴x 1x 2<1.
(四)独立双变量，化为两边同函数形式
【例】（2020·深圳市高三期末）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()()2
2g 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： 【分析】
（1）求导，对k 分k 0<和0k >两种情况讨论，分析函数()y f x =的单调性，即可得出函数()y f x =的极值；
（2）由()()()12124g x g x x x -≥-，得出()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()4F x g x x =-，可知函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，解不等式()0F x '≤，即可得出实数t 的取值范围； 【详解】（1）()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数，()ln f x k x =-'，0x >.
①当k 0<时，()0,1x ∈，()0f x '<，函数()y f x =单调递减；()1,x ∈+∞时，()0f x '>，函数()y f x =单调递增.所以，函数()y f x =有极小值()1f k =；
②当0k >时，()0,1x ∈，()0f x '>，函数()y f x =单调递增；()1,x ∈+∞时，()0f x '>，函数()y f x =单调递减.所以，函数()y f x =有极大值()1f k =.
综上所述，当k 0<时，()y f x =有极小值()1f k =；当0k >时，()y f x =有极大值()1f k =； （2）当4k =时，()4ln f x x =-'，()2
24ln 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()()2
424ln 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；
【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，考查利用导数解决函数不等式恒成立问题，同时考查了变换主元法，构造函数法和分类讨论法的应用，属于难题． 【类题展示】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】（1）由条件得，∵在点处的切线与垂直，∴此切线的斜率为0，即，有，得，
∴，由得，由得．
∴在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得极小值． 故的单调递减区间为，极小值为2
（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 【评注】此类问题一般是根据两边式子结构构造同一个函数，利用函数单调性求解 【类题展示】已知函数f (x )=x +xlnx .
（Ⅰ）求函数f (x )的图象在点(1,1)处的切线方程；
（Ⅰ）若k ∈Z ，且k (x −1)<f (x )对任意x >1恒成立，求k 的最大值； （Ⅰ）当n >m ≥4时，证明：(mn n )m >(nm m )n . 【解析】（Ⅰ）∵f ′(x)=lnx +2,∴f ′(1)=2，
()ln ,k R k
f x x x
=+
∈()y f x =()()
,e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()2
10k
f x x x x '=
->()y f x =()(),e f e 20x -=()0f e '=210k
e e
-=k e =()()2210e x e
f x x x x x
-'=-=>()0f x '<0x e <<()0f x '>x e >()f x ()0,e (),e +∞x e =()f x ()ln 2e
f x e e
=+
=()f x ()0,e ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0k
h x f x x x x x x
=-=+
->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2
211024k x x x x ⎛
⎫≥-+=--+> ⎪⎝
⎭14k ≥
()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
函数f(x)的图象在点(1,1)处的切线方程y =2x −1；
（Ⅰ）由（Ⅰ）知，f(x)=x +xlnx,∴k(x −1)<f(x)，对任意x >1恒成立， 即k <
x+xlnx x−1
对任意x >1恒成立． 令g(x)=
x+xlnx x−1，则g′(x)=
x−lnx−2(x−1)2
，
令ℎ(x)=x −lnx −2(x >1)，则ℎ′(x)=1−1
x =x−1x
>0，所以函数ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增．
∵ℎ(3)=1−ln3〈0,ℎ(4)=2−2ln2〉0，
∴方程ℎ(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x 0，且满足x 0∈(3,4)．
当1<x <x 0时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，当x >x 0时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0， 所以函数g(x)=
x+xlnx x−1
在(1,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增．
∴[g(x)]min =g(x 0)=
x 0(1+lnx 0)x 0−1
=
x 0(1+x 0−2)
x 0−1
=x 0∈(3,4)，∴k <[g(x)]min =x 0∈(3,4)，
故整数k 的最大值是3． （Ⅰ）由（Ⅰ）知，g(x)=x+xlnx x−1
是[4,+∞)上的增函数，
∴当n >m ≥4时，
n+nlnn n−1
>
m+mlnm m−1
． 即n(m −1)(1+lnn)>m(n −1)(1+lnm)．
整理，得mnlnn +mlnm >mnlnm +nlnn +(n −m)． ∵n >m,∴mnlnn +mlnm >mnlnm +nlnn ． 即lnn mn +lnm m >lnm mn +lnn n ．即ln(n mn m m )>ln(m mn n n )．∴(mn n )m >(nm m )n ． (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数
【例】【山东2020高三期末】已知a R ∈，函数()()2
ln 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；
（Ⅰ）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11
2+-
≤x x a ，令()121
h 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；（Ⅰ）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：()1
21
f 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11
2+-
≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立，设()121
h x x x =-
+ 当2≥x 时，1
1
=
+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⎛
⎤-∞ ⎥⎝
⎦
（Ⅰ）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 ∴+≥ ()121
f x x a x '=
-++，令()()g x f x ='，则()()2
1201g 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 ∴+≥+
【类题展示】【福建省2020高三期末】已知函数f(x)=e x −x ，g(x)=(x +k)ln(x +k)−x ． （1）若k =1，f ′(t)=g ′(t)，求实数t 的值．
（2）若a,b ∈R +，f(a)+g(b)≥f(0)+g(0)+ab ，求正实数k 的取值范围． 【解析】（1）由题意，得f ′(x)=e x −1，g ′(x)=ln(x +k)， 由k =1，f ′(t)=g ′(t)…①，得e t −ln(t +1)−1=0， 令φ(t)=e t −ln(t +1)−1，则φ′(t)=e t −1
t+1，
因为φ″(t)=e t+1
(t+1)2
>0，所以φ′(t)在(−1,+∞)单调递增，
又φ′(0)=0，所以当−1<x<0时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增；
当x>0时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减；
所以φ(t)≤φ(0)=0，当且仅当t=0时等号成立．
故方程①有且仅有唯一解t=0，实数t的值为0．
（2）解法一：令ℎ(x)=f(x)−bx+g(b)−f(0)−g(0)（x>0），则ℎ′(x)=e x−(b+1)，
所以当x>ln(b+1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增;
当0<x<ln(b+1)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减;
故ℎ(x)≥ℎ(ln(b+1))=f(ln(b+1))+g(b)−f(0)−g(0)−bln(b+1)
=(b+k)ln(b+k)−(b+1)ln(b+1)−klnk．
令t(x)=(x+k)ln(x+k)−(x+1)ln(x+1)−klnk（x>0），则t′(x)=ln(x+k)−ln(x+1)．
（i）若k>1时，t′(x)>0，t(x)在(0,+∞)单调递增，所以t(x)>t(0)=0，满足题意．
（ii）若k=1时，t(x)=0，满足题意．
（iii）若0<k<1时，t′(x)<0，t(x)在(0,+∞)单调递减，所以t(x)<t(0)=0．不满足题意．
综上述：k≥1．
解法二：先证明不等式，e x−x−1≥0，x−1≥lnx，x−xlnx−1≤0…（*）．
令φ(x)=e x−x−1，则当x≥0时，φ′(x)=e x−1≥0，φ(x)单调递增，
当x≤0时，φ′(x)=e x−1≤0，φ(x)单调递减，
所以φ(x)≥φ(0)=0，即e x−x−1≥0(x∈R)．变形得，e x≥x+1，所以x>−1时，x≥ln(x+1)，
所以当x>0时，x−1≥lnx.又由上式得，当x>0时，1
x −1≥ln1
x
，1−x≥−xlnx，x−xlnx−1≤0.
因此不等式（*）均成立．令ℎ(x)=g(x)−ax+f(a)−f(0)−g(0)（x>0），
则ℎ′(x)=ln(x+k)−a，
（i）若a>lnk时，当x>e a−k时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增;
当0<x<e a−k时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减;
故ℎ(x)≥ℎ(e a−k)=g(e a−k)−a(e a−k)+f(a)−f(0)−g(0)=(k−1)a+k−1−klnk．（ii）若0<a≤lnk时，ℎ′(x)≥0，ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(0)=f(a)−f(0)=e a−a−1．
因此，①当0<k≤1时，此时lnk<0，a>lnk，ℎ(x)≥(k−1)a+k−1−klnk≥0，
则需{
k −1≥0,k −1−klnk ≥0,
由（*）知，k −klnk −1≤0，（当且仅当k =1时等号成立），所以k =1． ②当k >1时，此时lnk >0，a >0，
则当a >lnk 时，ℎ(x)≥(k −1)a +k −1−klnk >(k −1)lnk +k −1−klnk =−lnk +k −1>0（由（*）知）；
当0<a ≤lnk 时，ℎ(x)>e a −a −1>0（由（*）知）．故对于任意a >0，ℎ(x)>0． 综上述：k ≥1．
(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示 【例】（2020山西高三期末）设函数1
()ln ()f x x a x a R x
=--∈ （1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在
a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．
【解析】
（1）()f x 定义域为()0,∞+，()222
11
'1a x ax f x x x x -+=+-=，
令()2
2
1,4g 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()()()()12
12121212
ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+
--.
所以()()121212
1212ln ln 1
1f x f x x x k a x x x x x x --=
=+
⋅--,又由（1）知，121=x x ，于是1212
ln 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2222
1
2ln 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222
1
2ln 112ln10x x x -
->--=，这与（*）式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【类题展示】【云南省2020高三期末】已知函数2
1()2ln 2
f 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 a
f 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()()22
12111222112ln 2ln 22
f
x f x x x a x x x a x +=
-++-+ ()()()22
12121212ln ln 2
x x x x a x x =
+-+++
()
()()2
12121212
122ln 2
x x x x x x a x x ⎡
⎤=
+--++⎣⎦
()2
1224ln ln 22
a 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()()1232f
x f x -<+<-.
【类题展示】【湖南省师范大学附属中学2020届高三考前演练】已知函数21
ln 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221
ln ln 22f x ax x x ax x x
=-+=--+（
）， 得2121
'21ax x f x ax x x -+-=--+=
（），0x ∈+∞（，）， （i ）若0a =时；1
x 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1
8
a ≥
时，此时0f x '≤（
），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极
值点，当1
08a <<
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1
8
a ≥时，()f x 无极值点； (iii)当1
08
a <<
，()f x 有两个极值点. （2）由（1）知，当且仅当108
a ∈（，）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222
1211212
11ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（
）（） 22
121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111
ln
[]42a a a a a
=---+
11ln 1242a a a =++-1
ln 1ln 24a a
=+--，
设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则22
1141
044a 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2
211a x x b ⎛⎫
>
⎪-⎝⎭
. 【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得222
11
'()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0,
2a ⎛⎫
-- ⎪ ⎪⎝
⎭
和区间2a ⎛⎫-++∞
⎪ ⎪⎝⎭
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⎛⎫
⎪ ⎪⎝
⎭
和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭
上单调递增. （2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1a
g 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2
121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2
211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭
，
只需证2121ln ln x x x x ->-21x t x =，1t >
，等价于证明1ln t t
->
ln 0t -<，
令()ln 1)h t t t =->
，'()0h t =<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=
，从而ln 0t <得证，于是2
211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭
. 2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f(x)=alnx −x 2.
（1）令g(x)=f(x)+ax ，若y =g(x)在区间(0,3)上不单调，求a 的取值范围；
（2）当a =2时，函数ℎ(x)=f(x)−mx 的图象与x 轴交于两点A (x 1,0)，B (x 2,0)，且0<x 1<x 2，又ℎ′(x)是ℎ(x)的导函数.若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α.试比较ℎ′(αx 1+βx 2)与0的关系，并给出理由 【解析】（1）因为g (x )=a ln x −x 2+ax ，所以g ′(x )=a
x −2x +a ，
因为g (x )在区间(0,3)上不单调，所以g ′(x )=0在(0,3)上有实数解，且无重根， 由g ′(x )=0，有a =
2x 2
x+1
=2(x +1+1
x+1)−4，x ∈(0,3)，令t=x+1>4 则y=2(t+1
t )−4在t>4单调递增，故a ∈(0,9
2)
（2）∵ℎ′(x )=2
x −2x −m ，又f (x )−mx =0有两个实根x 1，x 2，
∴{2lnx 1−x 12
−mx 1=02lnx 2−x 22
−mx 2=0
，两式相减，得2(ln x 1−ln x 2)−(x 12−x 22)=m (x 1−x 2)， ∴m =
2(ln x 1−ln x 2)
x 1−x 2
−
(x 1+x 2)，
于是ℎ′(αx 1+βx 2)=2
αx 1+βx 2
−2(αx 1+βx 2)−
2(ln x 1−ln x 2)
x 1−x 2
+(x 1+x 2)
=
2αx 1+βx 2
−
2(ln x 1−ln x 2)
x 1−x 2
+
(2α−1)(x 2−x 1).
∵β≥α，∴2α≤1，∴(2α−1)(x 2−x 1)≤0. 要证：ℎ′(αx 1+βx 2)<0，只需证：2
αx
1+βx 2
−
2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2
<0，只需证：x 1−x 2
αx
1+βx 2
−ln x
1x 2
>0.（*）
令x
1
x 2
=t ∈(0,1)，∴（*）化为1−t
αt+β+ln t <0，只需证u (t )=ln t +1−t
αt+β<0
u ′(t )=1t
−1
(
αt+β
)2>0∵u (t )在(0,1)上单调递增，u (t )<u (1)=0，∴ln t +1−t αt+β
<0，即x 1−x 2
αt+β
+ln x
1x 2
<0. ∴ℎ′(αx 1+βx 2)<0.
2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f （x ）=1
2ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b ∈R ，设h （x ）
=f （x ）-g （x ），
（1）若f （x ）在x=√2
2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（−1
e ，0）②详见解析
【解析】
试题分析：（1）先确定参数：由f ′(1)=g(−1)−2可得a=b -3. 由函数极值定义知f ′(√22
)=√2
2
a +√2=0所
以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）①当a =0时，ℎ(x )=lnx +bx ，原题转化为函数φ(x )=−lnx x
与
直线y =b 有两个交点，先研究函数φ(x )=−lnx x
图像，再确定b 的取值范围是（−1
e ，0）.
②
x 1x 2e 2
>1⇔x 1x 2>e 2⇔lnx 1x 2>2，由题意得lnx 1+bx 1=0,lnx 2+bx 2=0,所以
lnx 1x 2
lnx
2−lnx 1
=x 1+x
2x 2
−x 1
，因此
须证lnx 2−lnx 1>
2(x 2−x 1)x 2+x 1
，构造函数F(t)=lnt −
2(t−1)t+1
，即可证明
试题解析：（1）因为f ′(x)=ax +1
x ，所以f ′(1)=a +1,
由f ′(1)=g(−1)−2可得a=b -3.又因为f(x)在x =√2
2
处取得极值，
所以f ′(√22
)=√2
2
a +√2=0，所以a=" -2,b=1" .
所以ℎ(x)=−x 2+lnx +x ，其定义域为（0，+）
ℎ′(x )=−2x +1x +1=−2x 2+x +1x =
−(2x +1)(x −1)
x
令ℎ′(x )=0得x 1=−1
2,x 2=1，当x ∈（0,1）时，ℎ′(x )>0，当x ∈（1,+）ℎ′(x )<0，
所以函数h （x ）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减. （2）当a =0时，ℎ(x )=lnx +bx ，其定义域为（0，+）. ①由ℎ(x )=0得b =-lnx x ，记φ(x )=−
lnx x
，则φ′(x )=
lnx−1x 2
,
所以φ(x )=−
lnx x
在(0,e)单调减，在(e,+∞)单调增，所以当x =e 时φ(x )=−lnx x
取得最小值−1
e .
又φ(1)=0，所以x ∈(0,1)时φ(x )>0，而x ∈(1,+∞)时φ(x )<0,所以b 的取值范围是（−1
e ，0）. ②由题意得lnx 1+bx 1=0,lnx 2+bx 2=0,
所以lnx 1x 2+b (x 1+x 2)=0,lnx 2−lnx 1+b (x 2−x 1)=0, 所以lnx 1x 2
lnx
2−lnx 1
=x 1+x
2x 2
−x 1
，不妨设x1<x2,
要证x 1x 2>e 2, 只需要证lnx 1x 2=x 1+x
2
x 2
−x 1
(lnx 2−lnx 1)>2.
即证lnx 2−lnx 1>
2(x 2−x 1)x 2+x 1，设t =x
2
x 1
(t >1),则F(t)=lnt −2(t−1)t+1=lnt +4t+1−2,
所以F′(t)=1
t −4
(t+1)2=(t−1)2
t(t+1)2>0,所以函数F(t)在（1，+）上单调增，而F(1)=0，
所以F(t)>0即lnt >
2(t−1)t+1
,所以x 1x 2>e 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(x)=e x (e x −ax +a )有两个极值点x 1，x 2. （1）求a 的取值范围； （2）求证：2x 1x 2<x 1+x 2.
【解析】（1）因为f(x)=e x (e x −ax +a )，
所以f ′(x)=e x (e x −ax +a )+e x (e x −a )=e x (2e x −ax )，令f ′(x)=0，则2e x =ax ， 当a =0时，不成立；
当a ≠0时，2
a =x
e x ，令g(x)=x
e
x ，
所以g′(x)=1−x
e x
，当x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，
所以g(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
又因为g(1)=1
e
，当x→−∞时，g(x)→−∞，当x→+∞时，g(x)→0，
因此，当0<2
a <1
e
时，f(x)有2个极值点，即a的取值范围为(2e,+∞).
（2）由（1）不妨设0<x1<1<x2，且{2e x1=ax1
2e x2=ax2，
所以{ln2+x1=lna+lnx1
ln2+x2=lna+lnx2，所以x2−x1=lnx2−lnx1，
要证明2x1x2<x1+x2，只要证明2x1x2(lnx2−lnx1)<x22−x12，
即证明2ln(x2
x1)<x2
x1
−x1
x2
，设
x2
x1
=t(t>1)，即要证明2lnt−t+1
t
<0在t∈(1,+∞)上恒成立，
记ℎ(t)=2lnt−t+1
t (t>1)，ℎ′(t)=2
t
−1−1
t2
=−t2+2t−1
t2
=−(t−1)2
t2
<0，
所以ℎ(t)在区间(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)<ℎ(1)=0，即2lnt−t+1
t
<0，即2x1x2<x1+x2.
4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f(x)=−1
2
x2+2x−2alnx．
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）设g(x)=f′(x)，方程g(x)=c（其中c为常数）的两根分别为α,β(α<β)，证明：g′(α+β
2
)<0．注：f′(x),g′(x)分别为f(x),g(x)的导函数．
【解析】（1）函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=−x+2−2a
x =−x2+2x−2a
x
，
令ℎ(x)=−x22a−2a，Δ=4−8a，
①当Δ≤0时，即a≥1
2
时，恒有ℎ(x)≤0，即f′(x)≤0，
∴函数f(x)在(0,+∞)上单调减区间．
②当Δ>0时，即a<1
2
时，由ℎ(x)=0，解得x1=1−√1−2a,x2=1+√1−2a，
（i）当0<a<1
2
时，当x∈(0,x1),(x2,+∞)时，ℎ(x)<0，即f′(x)<0，
当x∈(x1,x2)时，ℎ(x)>0，即f′(x)>0，
∴函数f(x)在(0,x1),(x2,+∞)单调递减，在(x1,x2)上单调递增．
（ii）当a≤0时，ℎ(0)=−2a≥0，
当x∈(x2,+∞)时，ℎ(x)<0，即f′(x)<0，
当x ∈(0,x 2)时，ℎ(x )>0，即f ′(x )>0，
∴函数f (x )在(x 2,+∞)单调递减，在(0,x 2)上单调递增． 证明（2）由条件可得g (x )=−x +2-2a x
,x >0，
∴g ′(x )=−1+2a
x 2，
∵方程g (x )=c （其中c 为常数）的两根分别为α,β(α<β)， ∴{g (α)=c g (β)=c
可得αβ=2c ， ∴g ′(
α+β2
)=−1+8α(α+β)2=−1+4αβ(α+β)2=−1+4
α
β+βα
+2，
∵0<α<β， ∴0<α
β<1， ∴α
β+βα>2，
∴g ′(
α+β2)=−1+4α
β+βα
+2
<−1+1=0．
5．（2020江苏徐州一中高三期中）设函数()ln 1n
f 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()2
21ln 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22
x =，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，()2
ln 1f x x x =--，()0,x ∈+∞，∴ ()2121
2x f x x x x
='-=-．
令()0f x '>
，得x >
()0f x '<
，得0x << 则函数()f x
在⎛ ⎝⎭
上单调递减，在,2⎛⎫+∞
⎪ ⎪⎝⎭上单调递增． （2）由题意知：()2
21ln g x x x m x =-++．则()22222m x x m
g x x x x
='-+=-+，
令()0g x '=，得2220x x m -+=，
故方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <），
则()412002m m
⎧∆=->⎪⎨>⎪
⎩
，
， 解得102m <<．
由方程得2x =2112x <<． 由222220x x m -+=，得2
2222m x x =-+．
()()
2
2
2222222122ln g x x x x x x =-++-+，
21
12
x <<． ()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()alnx
f 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：
()12
122x x g x x a
++＞． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】
【分析】
（1）求导得()()
2
22
111lnx 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 =＞，()121
t 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 ⎛⎫
=-=-+
⎪⎝⎭，∴()()
22
2111lnx 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()1
11
1lnx a
b x x =-， ∴(
)
2
111alnx b x x =-①，同理得()
2222alnx b x x =-②
由①﹣②得，∴()
()()221
112212122
1x aln
b x x x x b x x x x x =--+=-+-， ∴()()
1
212121x ln
x b
x x a x x +-=-，∴()()()121211212121221x x x x x b
g 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121
t lnt t +⋅>-，1t ∀>成立，
即只需证()1
201
t p t lnt t -=-⋅
>+，1t ∀>成立， ∵()()()()2
22
114
011t 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.。