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第07讲 利用导数研究双变量问题(原卷版)

第07讲 利用导数研究双变量问题(原卷版)

第07讲利用导数研究双变量问题(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：分离双参，构造函数高频考点二：糅合双参（比值糅合）高频考点三：糅合双参（差值糅合）高频考点四：变更主元法高频考点五：指定主元法高频考点六：利用根与系数的关系转单变量高频考点七：利用对数平均不等式解决双变量问题第四部分：高考真题感悟第五部分：第07讲利用导数研究双变量问题（精练）1、导数中求解双变量问题的一般步骤：（1）先根据已知条件确定出变量12,x x 满足的条件；（2）将待求的问题转化为关于12,x x 的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及12,x x 的式子转化为关于12x x 的式子，将问题转化为关于自变量12x x （21x x 亦可）的函数问题；②通过12,x x 的乘积关系，用1x 表示2x （用2x 表示1x 亦可），将双变量问题替换为1x （或2x ）的单变量问题； （3）构造关于12x x 或1x 的新函数，同时根据已知条件确定出12x x 或1x 的范围即为新函数定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.2、破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果1．（2022·重庆市第七中学校高二阶段练习）已知函数2()e x f x ax =-的定义域为1,22⎛⎫⎪⎝⎭，且对()()12121212121,,2,,2f x f x x x x x x x x x -⎛⎫∀∈≠<+ ⎪-⎝⎭恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．2e 1,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭B ．)1,+∞C ．e ,12⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦D ．e ,12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭2．（2022·陕西·西安工业大学附中高三阶段练习（文））已知函数ln ,01()1,1x x f x x x -<≤⎧⎪=⎨>⎪⎩，若0a b <<且满足()()f a f b =，则()()af b bf a +的取值范围是（ ） A ．11,1e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦B ．1,1e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦C ．(11,e )1+D ．1(0,1)e+3．（2022·全国·高三专题练习）若存在两个正实数x ，y ，使得等式2x +a （y ﹣2ex ）（lny ﹣lnx ）＝0成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．112e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，B ．20e ⎛⎤ ⎥⎝⎦，C ．()20e ⎡⎫-∞⋃+∞⎪⎢⎣⎭，， D ．112e ⎛⎫⎡⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭，， 4．（2022·全国·高二）若函数32()36f x x x ax =-+存在两个极值点1x ，2x ，（12x x <），则()1f x 的取值范围是（ ） A ．(,0]-∞B ．(,1)-∞C ．(1,)+∞D ．[0,)+∞高频考点一：分离双参，构造函数1．（2022·全国·高二）设函数()ln kf x x x =+，k ∈R .若对任何120x x >>，()()12121f x f x x x -<-，恒成立，求k 的取值范围______.2．（2021·重庆巴蜀中学高三开学考试）]12,1,e x x ⎡∀∈⎣，均有122121ln ln x x x x m x x -<-成立，则m 的取值范围为___________.3．（2021·湖南省邵东市第一中学高二期中）已知函数21()ln 1()2f x m x x m R =-+∈，若m 为区间[1,4]上的任意实数，且对任意12,(0,1]x x ∈，总有()()121211f x f x t x x -≤-成立，则实数t 的最小值为______________．4．（2022·全国·高三专题练习）设函数21()(1)2f x x ax a lnx =-+-，1a >． (1)曲线()y f x =在点()()2, 2f 处的切线与x 轴平行，求实数a 的值； (2)讨论函数()f x 的单调性；(3)证明：若5a <，则对任意1x ，2(0,)x ∈+∞，12x x ≠，有1212()()1f x f x x x ->--．5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2221ln f x x ax a =-++x ．(1)若函数()f x 有两个极值点，求a 的取值范围；(2)证明：若13a -<<，则对于任意的1x ，2(0,)x ∈+∞，12x x ≠，有1212()()2f x f x x x ->-．6．（2021·山东·高三阶段练习）设函数()ln kf x x x=+，k ∈R .（1）若曲线()y f x =在点()()e,e f 处的切线与直线30y -=平行，求()f x 的极小值； （2）若对任意210x x <<，()()1212f x f x x x -<-恒成立，求实数k 的取值范围.高频考点二：糅合双参（比值糅合）1．（2022·贵州·模拟预测（理））已知函数2()2ln ()af x x a x =+∈R 有两个零点. (1)求a 的取值范围.(2)记两个零点分别为x 1，x 2，证明：121x x +>.2．（2022·陕西·二模（理））已知函数()ln f x x =．(1)当()()sin 1g x x =-，求函数()()()T x f x g x =+在()0,1的单调性； (2)()()12h x f x b x=+-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>．3．（2022·宁夏·银川二中一模（理））已知函数()2ln f x mx x x =+，0m ≠.(1)若2m =-，求函数()f x 的单调区间；(2)若()()120f x f x ==，且12x x ≠，证明：12ln ln 2x x +>.4．（2022·黑龙江·鹤岗一中高三期末（理））已知函数()()ln R f x a x x a =-∈. (1)求函数()y f x =的单调区间； (2)若120x x <<，且1212ln ln x x a x x ==，证明：12112ln xx x x <-.5．（2022·山西长治·高二阶段练习）已知函数21()ln 2f x x x ax =-．(1)若()f x 在(0,)+∞上单调递减，求实数a 的取值范围． (2)若12,x x 是方程()0f x =的两个不相等的实数根，证明：121x x a+>．高频考点三：糅合双参（差值糅合）1．（2022·全国·高三专题练习）若12ln xe x =，令21t x x =-，则t 的最小值属于（ ）A ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．3,22⎛⎫⎪⎝⎭C ．52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．5,32⎛⎫ ⎪⎝⎭2．（2021·内蒙古·赤峰二中高三阶段练习（理））已知函数2()x g x e ax ax =--，()2ln x h x e x x =--．其中e 为自然对数的底数．（1）若()()()f x h x g x =-，讨论() f x 的单调性；（2）已知0a >，函数()g x 恰有两个不同的极值点1x ，2x ，证明：()212ln 4x x a +<．3．（2022·天津滨海新·高三阶段练习）已知函数()()2e R xf x ax a =--∈.(1)当0a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)当0a >时，若函数()()e xg x x f x =+，求()g x 的单调区间；(3)当0a >时，若函数()()2e xh x f x ax =+-恰有两个不同的极值点1x 、2x ，且12x x <，求证：12ln 22x x a +<.高频考点四：变更主元法在处理导数试题的过程中，我们经常会遇到涉及两个变量的不等式问题，比如一个变量为x ，另个一变量（也可以是参数）为a .在这种情况下，我们潜意识里总会把函数看作是关于变量x 的函数，希望通过利用导数研究()f x 的性质，从而得出结论.如果说x 与a 具有一定的关联，这种思维定势会为我们的解决问题带来方便.但在绝大多数情况下，x 与a 是没有关联的，这个时候这种思维定势就会给我们的解题带来障碍.此时，我们不妨转换一下视角，将字母a 作为主要未知数，然后来解决问题.这种选择主要未知数 （简称主元）的方法，我们称之为变更主元法.1．（2021·全国·高一专题练习）当[]2,3a ∈时，不等式210ax x a -+-≤恒成立，求x 的取值范围．2．（2022·全国·高三专题练习）已知二次函数()f x 满足()()145f x f x x +-=+，且()f x 的图象经过点()1,13A -.（1）求()f x 的解析式：（2）若对任意[]2,3m ∈-，不等式()f x mx ≤恒成立，求实数x 的取值范围.3．（2022·广东·高州市长坡中学高二阶段练习）已知函数()322121(0)32a f x x x a x a =--+>(1)求函数()f x 的极值；(2)若函数()y f x =的图象与直线0y =恰有三个交点，求实数a 的取值范围；(3)已知不等式()2'1f x x x <-+对任意(1,)∈+∞a 都成立，求实数x 的取值范围．4、(武汉市2021届高中毕业生三月质量检测)已知函数()(1)ln x af x x e x -=--.(1)当1a =时,求()f x 的最小值;(2)证明:当01a <时,()ln f x a 恒成立.高频考点五：指定主元法1、已知0m n ≤<，试比较ln(1)n mem -++与1ln(1)n ++的大小，并证明.高频考点六：利用根与系数的关系转单变量1．（2022·安徽合肥·高三期末（文））已知函数()()21ln R 2f x x x ax a =+-∈．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，证明：()21230x f x ⋅+<．2．（2022·湖南常德·高三期末）已知函数()()22ln R f x x a x a x=--∈．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点1x 、2x ，且(]11,e x ∈（e 为自然对数底数，且e 2.71828=），求()()12f x f x -的取值范围．3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数221()2ln (0)2f x ax x a x a =-+≠ (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：121212()()11f x f x x x x x -<+-4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2ln f x x x ax a R =+-∈.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)设()f x 存在两个极值点12,x x ，且12x x <，若1102x <<，求证：()()123ln 24f x f x ->-.高频考点七：利用对数平均不等式解决双变量问题当0a >，0b >时，有：ln ln 2a b a ba b -+≤≤-（当且仅当a b =时等号成立）1、已知函数()xf x xe -=，如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>2、已知函数()ln f x x x =的图象与直线y m =交于不同的两点11(,)A x y ，22(,)B x y ，求证1221x x e <.1．（2021·全国·高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.2．（2011·湖南·高考真题（文））设函数1()ln ()f x x a x a R x=--∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．一、单选题1．（2021·湖北·宜昌市夷陵中学高二阶段练习）已知函数()x f x xe =，()ln g x x x =，若12()()f x g x t ==，t >0，则12ln tx x 的最大值为（ ） A ．21e B ．24e C ．1eD ．2e2．（2021·安徽·屯溪一中高二期末（文））已知函数1()ln f x x a x x=-+，且()f x 有两个极值点12,x x ，其中(]11,2x ∈，则()()12f x f x -的最小值为（ ） A ．35ln2-B ．34ln 2-C ．53ln2-D ．55ln 2-3．（2019·辽宁葫芦岛·高三阶段练习（理））已知函数()32cos f x x x =+，()()2()15x x g x e e =--，若1(,0]x ∀∈-∞，2x ∀∈R ，()()12f x a g x +≤，则a 的取值范围是（ ）A ．(,2]-∞-B ．40,27⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦C ．(,3]-∞-D ．,2794⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦4．（2021·山西运城·高三期中（理））已知在函数()()0,0f x ax b a b =+>>，()()ln 2g x x =+，若对2x ∀>-，()()f x g x ≥恒成立，则实数ba的取值范围为（ ）A ．[)0,+∞B ．[)1,+∞C ．[)2,+∞D ．[),e +∞5．（2021·黑龙江·双鸭山一中高二阶段练习（理））若对于任意的120x x a <<<，都有211212ln ln 2x x x x x x ->-，则a 的最大值为（ ） A ．1B ．eC ．1eD ．126．（2021·福建·莆田一中高二期末）已知e 为自然对数的底数，若对任意[]1,x e ∈，总存在唯一的[]1,1y ∈-，使得2ln 0y x y e a +-=成立，则实数a 的取值范围是 A ．[]1,e B ．11,e e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦C ．1,1e e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦D ．11,1e e ⎛⎫++ ⎪⎝⎭二、填空题7．（2021·全国·高二单元测试）已知实数,a b 满足2024a a e -=，3ln 2021ln b b e -+=，则ab =_______．8．（2021·江苏·高二单元测试）已知函数()2ln f x x ax bx =-+，当0x >，()0f x ≤恒成立，则b a的最大值为___________.9．（2019·河南郑州·高二期中（理））已知函数31()e x f x -=，1()ln 3g x x =+，若()()f m g n =，则n m -的最小值为________.10．（2018·湖南省宁远县第一中学高二阶段练习（理））设0a >，函数2(),()ln a f x x g x x x x=+=-，若对任意的12,[1,]x x e ∈，都有12()()f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围为_______. 三、解答题11．（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()1ln f x x ax a R x=--∈.(1)当3a =时，证明：()sin 3f x x <--；(2)若()f x 的两个零点分别为()1212,x x x x <，证明：2122e x x ⋅>.12．（2022·新疆乌鲁木齐·二模（文））已知函数()()3211132a f x x x ax a R +=-++∈. (1)求函数()y f x =的单调区间；(2)设1a <，若[]1,x m n ∀∈，[]2,x m n ∃∈，且12x x ≠，使得()()12f x f x =，求n m -的最大值.13．（2022·甘肃武威·模拟预测（理））已知()()22ln R f x x ax a =+∈.(1)讨论函数()f x 的单调性； (2)当21e a =-时，证明：函数()f x 有且仅有两个零点12,x x ，且122e x x +>.14．（2022·山西长治·模拟预测（理））已知函数()ln f x x x =. (1)证明：()1f x x ≥-；(2)若()f x a =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：121x x +<.15．（2022·河南·高三阶段练习（理））已知函数()1ln f x x a x x=--，当1≥x 时，()0f x ≥恒成立． (1)求实数a 的最大值；(2)若2a =，证明：对任意121x x <<，()()1212122x x f x f x f +⎛⎫+>⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭．。

专题24 利用导数解决双变量问题(原卷版)

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专题24利用导数解决双变量问题一、单选题1 .设函数/(X )=，X 3—4X +L 函数且(工)=m2-2/次+],若对于“£口,2],G [0,1],使/&)之8(W)成立，则实数/?的取值范围是()2 .已知函数/(x)=x-」+alnx,且/(幻有两个极值点玉,马，其中玉£。

，2],则/(芭)一/(匕)的最小x值为()八/、 / 、 1m已知函数/(x)=xe',g(x)=xlnx,若/(4)=8(£)=/，其中/>0，则 -------------- 的最大值为()X \X 2/(x"g(N)成立，则实数。

的取值范围是()3x 2e[-l,l],使得/(x,)=g(x2)成立，则人―Q 的最大值为()二、解答题6 .已知函数〃x)=2x —e".(I)求函数/(x)的图象在点(0,/(。

))处的切线方程；(II)若存在两个不相等的数E ，x 2,满足/(%)=/(%),求证：%+/<21n2. 7 .已知函数/(x)=d+Zlnx(Z£/?),/'(x)为/(x)的导函数.A. 7 一,+ooB. 5 —,+ooC.7 —00—D.5 —co —A. 3-51n2B.3-41n2C.5-31n2D.5-51n23.A.4.设函数f(x)= ln2B.-e1 2X ——x +IC.-一1,函数g(x) = %2 -2"一12，若对于V%£[1,2],3^€[0,1],使A.11 一,+00 2B. 5I — ,+00 8C. (I—00,— D.f5 —co — 185.已知函数=—八二+2%七4,且(力1-2X—实数3、 〃满足Q <〃<0.若\/5£[。

,可,A.3B.4C.5D.(1)当k=6时,(i)求曲线y=/(x)在点(1J(1))处的切线方程；g(ii)求函数g(》)=/(x)-/(力+一的单调区间和极值;X/(%)+/仇)J(x)-/(%) (2)当Z2-3时，求证：对任意的内,出£[1，丑°)且为>/，有8.已知函数/(X)=5/一。

导数：双变量中的化单证明问题.docx

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导数：双变量中的化单证明问题6、设函数f ( x)x 1a ln x(a R). x⑴讨论函数 f ( x) 的单调性；⑵若 f ( x) 有两个极值点x , x，记过点 A( x , f (x )),B(x, f ( x )) 的直线斜率为k , 问：是否存在a，使得121122k 2 a ？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由.7、已知函数f ( x)ln x 1 ax2(a1)x(a R， a0).2⑴求函数 f ( x) 的单调增区间；⑵记函数 F ( x) 的图象为曲线 C ，设点A( x1, y1)、B( x2, y2)是曲线 C 上两个不同点，如果曲线 C 上存在点M (x0 , y0 ) ，使得：① x0x1x2；②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，则称函数 F ( x) 存在“中值相2依切线” . 试问：函数 f ( x) 是否存在中值相依切线，请说明理由.12、已知二次函数f x ax2bx c 和“伪二次函数” g x ax2bx cln x （a、b、c R, abc0 ），(I)证明：只要 a 0 ，无论 b 取何值，函数g x在定义域内不可能总为增函数；(II)在二次函数 f x ax2bx c 图象上任意取不同两点A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ，线段 AB 中点的横坐标为x0，记直线 AB 的斜率为 k ，(i) 求证：k f( x0 ) ；(ii)对于“伪二次函数”g x ax2bx c ln x ，是否有①同样的性质?证明你的结论.13、已知函数(x)a， a为正常数．x 1⑴若 f ( x)ln x( x) ，且 a 9f ( x) 的单调增区间；，求函数2⑵在⑴中当 a0 时，函数 y f (x) 的图象上任意不同的两点 A x1 , y1，B x2 , y2，线段 AB 的中点为 C( x0 , y 0 ) ，记直线 AB 的斜率为 k ，试证明： k f ( x0 ) ．⑶若 g( x)ln x( x) ，且对任意的 x1 , x20,2， x1x2，都有g( x2 )g( x1 )x2x1 1 ，求 a的取值范围．14、已知函数f( x)x2 ln( ax)(a0).（ 1）若 f '( x)x 2对任意的 x0恒成立，求实数a的取值范围；（ 2）当a 1 时，设函数 g( x)f (x)1x 2 1，求证 x1 x 2( x1 x2 ) 4 x，若 x1 , x2( ,1), x1e15、已知函数 f ( x)1a ln xa R ，x（Ⅰ）求f ( x)的极值（Ⅱ）若 ln x kx 0 在R上恒成立，求 k 的取值范围（Ⅲ）已知x10 ， x20 且 x1x2e，求证 x1 x2x1 x216、已知函数 f ( x)ln x的图象为曲线 C ,函数 g( x)1ax b 的图象为直线 l . x2( Ⅰ ) 当a2, b 3 时,求 F( x) f ( x)g(x) 的最大值;( Ⅱ ) 设直线l与曲线C的交点的横坐标分别为x1 , x2,且 x1x2,求证 :( x1 x2 ) g( x1x2 ) 2 .17、已知函数f ( x) 1 x2 1 x ln( x a) ，其中常数a0.4a⑴若 f ( x)在 x1处取得极值，求 a 的值；⑵求f (x)的单调递增区间；⑶已知0a1, 若x1 , x2( a, a), x1x2，且满足 f '( x1 ) f '( x2 )0 ，试比较 f'(x1x2 )与 f '(0) 的大小，2并加以证明。

25. 双变量导数6大微专题练习题汇编(2022届最新整理)

25. 双变量导数6大微专题练习题汇编(2022届最新整理)

双变量导数6大微专题习题汇编（2022届最新整理）一．极值点偏移1.（2016全国1卷）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点. （1）求a 的取值范围；（2）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x . 解析：（1）'()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a =-+-=-+． （Ⅰ）设0a =，则()(2)x f x x e =-，()f x 只有一个零点．（Ⅱ）设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增． 又(1)f e =-，(2)f a =，取b 满足0b <且ln2ab <，则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->， 故()f x 存在两个零点．（Ⅲ）设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-． 若2ea ≥-，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞单调递增．又当1x ≤时()0f x <，所以()f x 不存在两个零点． 若2ea <-，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减，在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0,)+∞．（2）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在(,1)-∞单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<． 2．设函数22()ln ()f x a x x ax a R =-+-∈. （1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）如果0a >且关于x 的方程()f x m =有两解1x ，212()x x x <，证明122x x a +>.解析：（1）由()22ln f x a x x ax =-+-，可知()2'2a f x x a x=-+-=()()2222x a x a x ax a x x+---=.因为函数()f x 的定义域为()0,+∞，所以， ①若0a >，则当()0,x a ∈时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当(),x a ∈+∞时，()'0f x >，函数()f x 单调递增；②若0a =，则当()'20f x x =>在()0,x ∈+∞内恒成立，函数()f x 单调递增；③若0a <，则当0,2a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当,2a x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()'0f x >，函数()f x 单调递增.（2）要证122x x a +>，只需证122x x a +>.设()()g x f x ='=- 22ax a x+-， 因为()2220a g x x+'=>，所以()()g x f x ='为单调递增函数.所以只需证()1202x x f f a +⎛⎫>='⎪⎭'⎝，即证2121220a x x a x x -++->+，只需证122x x -++ ()12210x x a a+->.（*） 又22111ln a x x ax m -+-=，22222ln a x x ax m -+-=，所以两式相减，并整理，得1212ln ln x x x x --+- ()12210x x a a+-=.把()1221x x a a +-= 1212ln ln x x x x --代入（*）式，得只需证121212ln ln 20x x x x x x --+>+-， 可化为12112221ln 01x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭-+<+.令12x t x =，得只需证()21ln 01t t t --+<+. 令()()21ln 1t t t t ϕ-=-++（01t <<），则()()2411t t t ϕ+'=-+ ()()22101t t t -=>+， 所以()t ϕ在其定义域上为增函数，所以()()10t ϕϕ<=.综上得原不等式成立.注：上面用了处理极值点偏移的两种常见技巧：构造偏移函数和比值代换.更为本质的判定方法请参阅我的公众号文章《Hadamard 不等式与极值点偏移判定定理》 二．切线放缩与零点估计3．已知函数()()()()0xf x x b e a b =+->在点()()1,1f --处的切线方程为()110e x ey e -++-=.（1）求；（2）设曲线()y f x =与x 轴负半轴的交点为点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()f x m =有两个实数根1x ，2x ，且12x x <，证明：()211211m e x x e--≤+-.解：1a b ==；()()()11xf x x e =+-. ()()111h x x e ⎛⎫=-+⎪⎝⎭. 设()h x m =的根为1x '，则111mex e'=-+-. 曲线()y f x =在点()0,0处的切线方程为()y t x =，有()t x x =，设()t x m =的根为2x '，则2x m '=. 由于22x x '≥.又11x x '≤，所以()2121121111m e me x x x x m e e -⎛⎫''-≤-=--+=+ ⎪--⎝⎭.4.已知向量R a a n x x m ∈=-=→→),,1(),1,(ln .（1）若函数→→⋅=n m x f )(有两个零点，求a 的取值范围；（2）对于（1）中函数)(x f y =图象上的两个不同的点))(,()),(,(2211x f x Q x f x P ，记直线PQ 的斜率为k ，证明；k x x f <+)2(21'. 三．双变量比值代换5．已知函数()1ax f x xe -+=（e 为自然对数的底数），()f x '为()f x 的导函数．（1）求函数()f x '的单调区间；（2）当1a =时，若存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12f x f x =，证明：1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭．（1）由()1ax f x xe -+=得：()()()1111ax ax ax f x ex ae e ax -+-+-+'=+-=-， ()()()()11112ax ax ax f x ae ax e a a ax e -+-+-+''=--+-=-，当0a =时，()f x e '=是常函数，不具有单调性； 当0a >时，由()0f x ''>即20ax ->可得2x a >，由()0f x ''<即20ax -<可得2x a<， 当0a <时，由()0f x ''>即20ax -<可得2x a >，由()0f x ''<即20ax ->可得2x a<， 综上所述：当0a =时，()f x e '=是常函数，没有单调区间；当0a ≠时，()f x '的单调递区间是2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，()f x '的单调减区间是2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，（2）当1a =时，()1x f x xe -+=，()()11x f x e x -+'=-由()0f x '>可得1x <；由()0f x '<可得1x >，所以()1x f x xe -+=在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调递减，因为存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12f x f x =，当1x =时，()()0max 11f x f e ===，当x 趋近于+∞时，()f x 趋近于0，所以1201x x <<<， 所以121112x x x ex e --=，即21121112x x x x x e e x --+-== 两边同时取对数可得：1212ln ln x x x x -=-，即1122ln ln x x x x -=-， 设()ln g x x x =-，则()11g x x'=-，且()()12g x g x =， 由1201x x <<<可知121x ->，而()()()()()12111111222ln 2ln g x g x g x g x x x x x --=--=----+ 111222lnx x x -=--， 令1121x t x -=>，则121x t =+，所以()4222ln ln 11t F t t t t t-=--=-++ 所以()()()()()()22222411410111t t t F t t t t t t t -+--'=-==<+++， 所以()22ln 1t F t t t-=-+在()1,+∞上单调递减，故()()10F t F <=， 即122x x -<，所以122x x +>，1212x x +>， 则有121212212210x x x x x x ef +-++⎛⎫' ⎪⎝⎛⎫- ⎝⎭=<⎪⎭，即1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭.1.（2022成都二诊）．已知函数()21e 22xf x ax ax =--，其中a R ∈.（1）若函数()f x 在[)0,∞+上单调递增，求a 的取值范围；（2）若函数()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <，当1253e 3ln24,e 1x x -⎡⎤+∈-⎢⎥-⎣⎦时，求2122x x ++的取值范围.解析：（1）因为()21e 22xf x ax ax =--，所以()'e 2x f x ax a =--，因为函数()f x 在[)0,∞+上单调递增，所以()'e 20xf x ax a =--≥在[)0,∞+上恒成立，所以e 2xa x ≥+在[)0,∞+上恒成立，故令()[)e ,0,2x g x x x ∞=∈++，则()()()'21e 02x x g x x +=>+在[)0,∞+上恒成立，所以()e 2xg x x =+在[)0,∞+上单调递增，故()()102g x g ≥=，所以12a ≤，即a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.（2）()'e 2xf x ax a =--，对函数()()'e ,e x x h x h x ==，设()h x 上一点为()00,e x x ，过点()00,e x x 的切线方程为()000e e x xy x x -=-，将()2,0-代入上式得()0000e e 21x x x x -=--⇒=-，所以过()2,0-的()h x 的切线方程为()11121,e e e ey x y x -=+=+.所以，要使e x y =与2y ax a =+有两个交点，则1e>a ，此时()f x 有两个极值点12,x x ，且1221x x -<<-<.112122112122e 20e 22,e 2e 20e 2x x x x x x ax a ax a x x ax a ax a -⎧⎧--==++⇒=⎨⎨+--==+⎩⎩，令2122x t x +=+，则()1,t ∈+∞，所以1122e tx x t t -+-=，所以1122ln tx x t t -+-=，即12ln ln 2,211t t tx x t t +=+=-- 所以12(1)ln 41t tx x t ++=--，令()()()'212ln (1)ln 4,11t t t t t m t t t m t --+=--=-， 令()()()2'2211212ln ,10t t t n t t t t n t t ---=-+==>，所以()n t 在()1,+∞上递增. 因为()10n =，所以()0n t >在()1,+∞上恒成立.所以()'0m t >在()1,+∞上恒成立.所以()m t 在()1,+∞上递增.()()53e e 23ln 24,e 1m m --=-=，所以当()e 13ln 2,e 1m t +⎡⎤∈⎢⎥-⎣⎦时，[]2,e t ∈，所以2122x x ++的取值范围是[]2,e .四．双变量与值域分析6．已知函数()()ln f x ax x a R =+∈.（1）若1a =，求曲线()y f x =在1x =处切线方程； （2）讨论()y f x =的单调性；（3）12a ≥-时，设()222g x x x =-+，若对任意[]11,2x ∈，均存在[]20,3x ∈，使得()()12f x g x =，求实数a 的取值范围.解析：（1）由已知1a =时，()ln f x x x =+，()()1'10f x x x=+>， ()11f =，()'1112f =+=，故曲线()y f x =在1x =处切线的方程是()211y x =-+，即21y x =-. （2）()f x 定义域为()0,∞+，()1'1ax a x f xx +=+=， 当0a ≥时，()'0f x >恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()'0f x >恒成立，1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时()'0f x <恒成立，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上述，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（3）由已知，转化为()f x 在[]1,2x ∈的值域M 和()g x 在[]0,3x ∈的值域N 满足：M N ⊆，易求[]1,5N =. 又()1'1ax a x f xx +=+=且12a ≥-，()f x 在[]1,2x ∈上单调递增，故值域[],2ln 2M a a =+.所以152ln 2a a ≤⎧⎨≥+⎩，解得5ln 212a -≤≤，即5ln 21,2a -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 8．已知函数21()(21)2ln ()2f x ax a x x a =-++∈R .（1）求()f x 的单调区间；（2）设2()2x g x e x e =--+，若对任意1(0,2]x ∈，均存在2(0,2]x ∈使得()()12f x g x <，求a的取值范围.解析：（1）()2(1)(2)()21(0)ax x f x ax a x x x--'=-++=>. ①当0a ≤时，0x >，10ax ，在区间(0,2)上，()0f x '>；在区间(2,)+∞上()0f x '<， 故()f x 的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,)+∞. ②当102a <<时，12a>， 在区间(0,2)和1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，()0f x '>；在区间12,a ⎛⎫⎪⎝⎭上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是(0,2)和1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间是12,a ⎛⎫⎪⎝⎭.③当12a =时，2(2)()02x f x x-'=≥，故()f x 的单调递增区间是(0,)+∞.④当12a >时，102a <<，在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和(2,)+∞上，()0f x '>；区间1,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和(2,)+∞，单调递减区间是1,2a ⎛⎫⎪⎝⎭.（2）设()1x g x e '=-，2(]0,x ∈，()0g x '>，()g x 为增函数， 由已知，()max g(2)0g x ==.据此可得max ()0f x <. 由（1）可知， ①当12a ≤时，()f x 在(0,2]上单调递增， 故max ()(2)22(21)2ln 2f x f a a ==-++222ln 2a =--+， 所以，222ln 20a --+<，解得ln 21a >-，故1ln 212a -<≤. ②当12a >时，()f x 在10,a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，在1,2a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减， 故max 11()22ln 2f x f a a a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭. 由12a >可知11ln ln ln 12ea >>=-，2ln 2a >-，2ln 2a -<， 所以，22ln 0a --<，max ()0f x <， 综上所述，ln 21a >-. 五．双极值点问题9.（2022佛山二模）．已知函数()2122x xe xf x e a-+=+.其中e 为自然对数的底数.（1）当12a =-时，求()f x 的单调区间：（2）当0a >时，若()f x 有两个极值点12,x x ，且()()122lna f x f x k f ⎛⎫+>⋅ ⎪⎝⎭恒成立，求k 的最大值.解析：（1）对()f x 求导得'2111()x x f x e e a=-+ 当12a =-时，()()()222221111122x x x x x x x xe e e ef x e e e e -+--=--==-' 当210x e ->，即ln 2x >-，'()0f x <； 当2e 10x -<，即ln2x <-，'()0f x >；故当12a =-时，()f x 的递增区间为(,ln 2)-∞-，递减区间为(ln 2,)-+∞.（2）当0a >时，由（1）知'2111()x x f x e e a=-+ 令1(0)x t t e =>，则210t t a-+=的两个不等实数解为121211,x x t t e e == 故12124Δ=10,0111111x x x x a a ee e e a ⎧->>⎪⎪⎪+=⎨⎪⎪⋅=⎪⎩ 即12124,,x x x x a e e a e a +>+==（或12ln x x a +=） ()()1122122221111122x x x x x x e e e af x a e f x --++++++=12122211112x x x x e e a +⎛⎫=-+++⎪⎝⎭1212112x x a a +⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭11ln 2a a +=+1ln 2ln ln 12ln 222a a a e a f e a -+⎛⎫=+= ⎪⎝⎭故不等式()()122lna f x f x k f ⎛⎫+>⋅ ⎪⎝⎭恒成立⇔11l n 2a k a ++>恒成立（*） 由于4a >，故1ln 3ln 4a -+>+，故（*）k ⇔>恒成立令()a ϕ=则'()1ln a aϕ=-+)()2221ln a a+⎝⎭=-+01ln a>-+ ()a ϕ是(4,)+∞上的增函数，62ln 4()(4)23ln 4a ϕϕ+>==+2k ∴≤，即k 最大值为2.六．双变量同构 10．函数()ln x f x x=，()xg x xe -=. 若存在()10,x ∈+∞，2x R ∈有()()()120f x g x k k ==<成立，则221k x e x ⎛⎫⎪⎝⎭的最大值为（ ）A ．2eB ．eC ．24e D ．21e解：另一方面，由于0)(2<=k x g 可知02<x ，且)(x g 在)0,(-∞上单调递增，由于()1lnln ln (ln )ln ln =()xxxxg x xe g x xexef x x--=⇒===，故()()12f x g x =可知12ln x x =. 则k k k e k e x x e x x 2211212)ln ()(==，最后，令0,)(2<=k e k k h k 可知24)(ek h ≤.选C。

2023年高考备考利用导数解决双变量问题(含答案)

2023年高考备考利用导数解决双变量问题(含答案)

高考材料高考材料专题12 利用导数解决双变量问题1．〔2023·浙江·高考试题〕设函数． f(x)=e2x +ln x(x >0)(1)求的单调区间；f(x)(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： a,b ∈R y =f(x)(x 1,f (x 1)),(x 2,f (x 2)),(x 3,f (x 3))(a,b)〔ⅰ〕假设，则；a >e 0<b ‒f(a)<12(ae ‒1)〔ⅱ〕假设，则．0<a <e ,x 1<x 2<x 32e +e ‒a6e2<1x 1+1x 3<2a ‒e ‒a 6e 2〔注：是自然对数的底数〕e =2.71828⋯（答案）(1)的减区间为，增区间为.f (x )(0,e 2)(e 2,+∞)(2)〔ⅰ〕见解析；〔ⅱ〕见解析. （解析） （分析）〔1〕求出函数的导数，商量其符号后可得函数的单调性.〔2〕〔ⅰ〕由题设构造关于切点横坐标的方程，依据方程有3个不同的解可证明不等式成立，〔ⅱ〕 ，k =x 3x 1m =ae <1，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为t 1+t 3‒2‒2m <(m ‒13)(m 2‒m +12)36m (t 1+t 3)ln m +，利用导数可证该不等式成立.(m ‒1)(m ‒13)(m 2‒m +12)72(m +1)<0(1)，f '(x )=‒e2x 2+1x =2x ‒e 2x 2当，；当，， 0<x <e 2f '(x )<0e2xf '(x )>0故的减区间为，的增区间为. f (x )(0,e 2)f (x )(e 2,+∞)(2)〔ⅰ〕因为过有三条不同的切线，设切点为， (a,b )(x i ,f (x i )),i =1,2,3故，f (x i )‒b =f '(x i )(x i ‒a )故方程有3个不同的根， f (x )‒b =f '(x )(x ‒a )该方程可整理为，(1x‒e 2x2)(x ‒a )‒e 2x‒ln x +b =0设， g (x )=(1x ‒e 2x 2)(x ‒a )‒e 2x ‒ln x +b 则g '(x )=1x ‒e2x 2+(‒1x 2+ex 3)(x ‒a )‒1x+e2x 2，=‒1x3(x ‒e )(x ‒a )当或时，；当时，，0<x <e x >a g '(x )<0e <x <a g '(x )>0故在上为减函数，在上为增函数， g (x )(0,e ),(a,+∞)(e,a )因为有3个不同的零点，故且， g (x )g (e )<0g (a )>0故且， (1e ‒e 2e 2)(e ‒a )‒e2e‒ln e +b <0(1a ‒e 2a 2)(a ‒a )‒e2a‒ln a +b >0整理得到：且， b <a2e +1b >e2a +ln a =f (a )此时， b ‒f (a )‒12(ae ‒1)<a2e +1‒(e2a +ln a)‒a 2e +12=32‒e 2a‒ln a 设，则，u (a )=32‒e2a ‒ln a u '(a )=e -2a 2a 2<0故为上的减函数，故， u (a )(e ,+∞)u (a )<32‒e2e ‒ln e =0故.0<b ‒f (a )<12(ae ‒1)〔ⅱ〕当时，同〔ⅰ〕中商量可得：0<a <e 故在上为减函数，在上为增函数， g (x )(0,a ),(e ,+∞)(a,e )不妨设，则， x 1<x 2<x 30<x 1<a <x 2<e <x 3因为有3个不同的零点，故且， g (x )g (a )<0g (e )>0故且， (1e ‒e 2e 2)(e ‒a )‒e2e‒ln e +b >0(1a ‒e 2a 2)(a ‒a )‒e2a‒ln a +b <0整理得到：，a2e +1<b <a2e +ln a 因为，故， x 1<x 2<x 30<x 1<a <x 2<e <x 3又， g (x )=1‒a +ex +ea 2x 2‒ln x +b 设，，则方程即为： t =ex ae =m ∈(0,1)1‒a +ex +ea 2x 2‒ln x +b =0即为， ‒a +e e t +a 2e t 2+ln t +b =0‒(m +1)t +m 2t 2+ln t +b =0记t 1=ex 1,t 2=ex 2,t 3=ex 3,则为有三个不同的根， t 1,t 1,t 3‒(m +1)t +m2t 2+ln t +b =0设，，k =t 1t 3=x 3x 1>e a >1m =ae <1要证：，即证， 2e +e ‒a 6e2<1x 1+1x 2<2a ‒e ‒a 6e22+e ‒a 6e <t 1+t 3<2e a ‒e ‒a6e即证：， 13‒m 6<t 1+t 3<2m ‒1‒m6即证：， (t 1+t 3‒13‒m6)(t 1+t 3‒2m+1‒m6)<0即证：， t 1+t 3‒2‒2m <(m ‒13)(m 2‒m +12)36m (t 1+t 3)而且，‒(m +1)t 1+m2t 21+ln t 1+b =0‒(m +1)t 3+m2t 23+ln t 3+b =0故，ln t 1‒ln t 3+m2(t 21‒t 23)‒(m +1)(t 1‒t 3)=0高考材料高考材料故，t 1+t 3‒2‒2m =‒2m ×ln t 1‒ln t 3t 1‒t 3故即证：，‒2m ×ln t 1‒ln t 3t 1‒t 3<(m ‒13)(m 2‒m +12)36m (t 1+t 3)即证：(t 1+t 3)ln t 1t3t 1‒t 3+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>0即证：， (k +1)ln k k ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>0记，则， φ(k )=(k +1)ln k k ‒1,k >1φ'(k )=1(k ‒1)2(k ‒1k ‒2ln k )>0设，则即， u (k )=k ‒1k ‒2ln k u '(k )=1+1k 2‒2k >2k ‒2k =0φ'(k )>0故在上为增函数，故，φ(k )(1,+∞)φ(k )>φ(m )所以，(k +1)ln k k ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>(m +1)ln m m ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72记，ω(m )=ln m +(m ‒1)(m ‒13)(m 2‒m +12)72(m +1),0<m <1则，ω'(m )=(m ‒1)2(3m 3‒20m 2‒49m +72)72m (m +1)2>(m ‒1)2(3m 3+3)72m (m +1)2>0所以在为增函数，故， ω(m )(0,1)ω(m )<ω(1)=0故即， ln m +(m ‒1)(m ‒13)(m 2‒m +12)72(m +1)<0(m +1)ln m m ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>0故原不等式得证：2．〔2023·广东·华南师大附中三模〕已知函数存在两个极值点． f (x )=xln x +a2x 2‒a212,x x (x 1<x 2)(1)求实数a 的取值范围； (2)推断的符号，并说明理由．f(x 1+x 22)（答案）(1) (‒1,0)(2)符号为正；理由见解析f(x 1+x 22)（解析） （分析）〔1〕依据函数有两个极值点得到导函数有两个变号零点，参变别离后构造函数，研究其单调性和ℎ(x )=1+ln xx(x >0)极值情况，得到交点个数为两个时实数a 的取值范围，再验证此范围符合要求； 〔2〕转化为，利用对数平均不等式得到，结合在区间内单调递增，且，1‒a =x 2‒x 1ln x 2‒ln x 1‒1a <x 1+x 22f (x )(x 1,x 2)f (1)=0得到.f (x 1+x 22)>f (1)=0(1)∵有两个极值点，f (x )=xln x +a2x 2‒a2(x >0)∴，有两个变号的零点． f '(x )=1+ln x +ax x >0∴，， 1+ln x +ax =0‒a =1+ln xx令，， ℎ(x )=1+ln x x (x >0)ℎ'(x )=‒ln x x 2当，，单调递增； x ∈(0,1)ℎ'(x )>0ℎ(x )当，，单调递减； x ∈(1,+∞)ℎ'(x )<0ℎ(x )所以． ℎ(x )max =ℎ(1)=1画出函数图象如下：与有两个交点， y =‒a ℎ(x )∴．0<‒a <1当时，当或时，，； 0<‒a <10<x <x 1x >x 2‒a >1+ln xxf '(x )<0当时，，． x 1<x <x 2‒a <1+ln xxf '(x )>0所以在区间，单调递减，在区间内单调递增． f (x )(0,x 1)(x 2,+∞)(x 1,x 2)所以的极小值点为，极大值点为． f (x )x 1x 2所以a 的取值范围为 (‒1,0)(2) 符号为正．f(x 1+x 22)理由如下：由〔1〕可知，． 1201x x <<<又因为， {1+lnx 1+ax 1=01+lnx 2+ax 2=0∴ ln x 2‒ln x 1=‒a (x 2‒x 1)∴．1‒a =x 2‒x 1ln x2‒ln x 1<x 1+x 22现证明上式： 上式可变形为，ln x 2x1>2(x 2‒x 1)x 2+x 10<x 1<x 2令，则只需证． t =x 2x 1ln t >2(t ‒1)t +1(t >1)高考材料高考材料设，， φ(t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1(t >1)φ'(t )‒(t ‒1)2t (t +1)2>0所以在上单调递增， φ(t )(1+∞)从而，即， ()()10t ϕϕ>=ln t >2(t ‒1)t +1(t >1)∴．‒1a <x 1+x 22又因为，所以 0<‒a <1‒1a >1综上可得：．x 1<1<‒1a <x 1+x 22<x 2在区间内单调递增，且， f (x )(x 1,x 2)f (1)=0所以．f (x 1+x 22)>f (1)=0故符号为正．f(x 1+x 22)3．〔2023·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测〔理〕〕已知. f(x)=34x 2‒x 22ln x ‒a(x ‒1)(1)假设恒有两个极值点，〔〕，求实数a 的取值范围； f(x)x 1x 212x x <(2)在〔1〕的条件下，证明. f (x 1)+f (x 2)>32（答案）(1) (0,1)(2)证明见解析 （解析） （分析）(1)依据极值点的定义可知方程有两个不等实根，即函数与图像有两个交点，利用f '(x)=0y =a ℎ(x)=x ‒xln x(x >0)导数研究函数的单调性求出的值域，结合图形即可得出结果；()h x ()h x (2)构造函数 ，依据导数研究它的单调性进而得，有，构G(x)=ℎ(x)‒ℎ(2‒x)(12)x <<ℎ(x)>ℎ(2‒x)21121x x x >->>造函数〔〕，F(x)=f(x)+f(2‒x)0<x <1利用导数证明，结合即可证明. F(x)>F(1)=32f (x 1)+f (x 2)>f (x 1)+f (2‒x 1)(1)函数的定义域为，， f(x)(0,+∞)f '(x)=x ‒xln x ‒a 则方程有两个不同的正根，f '(x)=0即函数与图像有两个交点， y =a ℎ(x)=x ‒xln x(x >0)，令，令， ℎ'(x)=‒ln x ℎ'(x)>0⇒0<x <1()01h x x '<⇒>所以函数在上单调递增，在上单调递减， ()h x (0,1)(1,)+∞所以，且当时，， ℎ(x )max (0,1)x ∈ℎ(x)=x ‒xln x =x(1‒ln x )>0当时，，如图，x ∈(1,+∞)ℎ(x)=x ‒xln x =x(1‒ln x )<0由图可知； (0,1)a ∈(2)设 ，G(x)=ℎ(x)‒ℎ(2‒x)(12)x <<则， G '(x)=ℎ'(x)+ℎ'(2‒x)=‒ln (‒x 2+2x )>0在单调递增，故， G(x)(1,2)G(x)>G(1)=ℎ(1)‒ℎ(1)=0即 .ℎ(x)>ℎ(2‒x)(12)x <<而，故，2‒x 1∈(1,2)ℎ(2‒x 1)>ℎ[2‒(2‒x 1)]=ℎ(x 1)=ℎ(x 2)又，，在单调递减，故，即； 2‒x 1>1x 2>1()h x (1,)+∞2‒x 1<x 2x 1+x 2>2由知；x 1+x 2>221121x x x >->>由(1)知，，为函数的极值点， f '(x )=x ‒xln x ‒a x 1、x 2f(x)当时，函数单调递减， 1(0,)x x ∈f '(x)<0f(x)当时，函数单调递增， x ∈(x 1,x 2)f '(x)>0f(x)时，函数单调递减，x ∈(x 2,+∞)f '(x)<0f(x)所以，故， f (x 2)>f (2‒x 1)f (x 1)+f (x 2)>f (x 1)+f (2‒x 1)令〔〕.F(x)=f(x)+f(2‒x)0<x <1， F '(x)=f '(x)‒f '(2‒x)=2(x ‒1)‒xln x +(2‒x)ln (2‒x)，令，故当时， F ″(x)=‒ln (2‒x)‒ln x F ″(x)>0⇒0<x <10<x <1单调递增，且，所以，故单调递减， F '(x)F '(1)=0F '(x)<0F(x)由，得， 0<x <1F(x)>F(1)=2f(1)=32即，即.f(x)+f(2‒x)>32f (x 1)+f (x 2)>324．〔2023·湖南·雅礼中学二模〕已知. f (x )=ln x ‒x 2‒1x ,0<x 1<x 2(1)求的最大值；f (x )(2)求证：〔i 〕存在，使得；()012,x x x ∈f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2〔ii 〕当存在，使得时，有.()012,x x x ∈f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2x 1+x 2>2x 0（答案）(1)；‒2(2)〔i 〕证明见解析；〔ii 〕证明见解析.高考材料高考材料（解析） （分析）〔1〕利用导数推断函数的单调性，进而求最值； 〔2〕构造，进而可得，结合函数单调性及零点存在定理即F (x )=f (x )‒f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2(x ‒x 1)‒f (x 1)F '(x 2)<0<F '(x 1)得；由题可知即证，再利用导数解决双变量，构造函数，利用导数推f '(x 1+x 22)<f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2g (t )=2(t ‒1)t +1‒ln t 断函数的单调性即得. (1)法一：，f '(x )=1x ‒2x +1x 2=‒2(x ‒1)(x 2+x +12)x 2当时，单调递增；当时，单调递减. 0<x <1f '(x )>0,f (x )x >1f '(x )<0,f (x ).∴f(x )max =f (1)=‒2法二：， f '(x )=1x ‒2x +1x 2由在上均为减函数， y =1x ,y =‒2x,y =1x 2(0,+∞)∴在上单调递减，又，f '(x )(0,+∞)f '(1)=0当时，单调递增；当时，单调递减. ∴0<x <1f '(x )>0,f (x )x >1f '(x )<0,f (x ). ∴f(x )max =f (1)=‒2(2)过的直线方程为，(x 1,f (x 1)),(x 2,f (x 2))y =f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2(x ‒x 1)+f (x 1)令，则.F (x )=f (x )‒f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2(x ‒x 1)‒f (x 1)F (x 1)=F (x 2)=0， F '(x )=1x ‒2x +1x 2‒f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2易知在单调递减.F '(x )(0,+∞)〔i 〕当时，在单调递减，则，这与矛盾，不符题意；同理可证，F '(x 1)⩽0F (x )(x 1,x 2)F (x 1)>F (x 2)F (x 1)=F (x 2)=0当时不符题意. F '(x 2)⩾0，∴F '(x 2)<0<F '(x 1)故存在，使，即.()012,x x x ∈()00F x '=f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2〔ii 〕要证，即证， x 1+x 2>2x 01202x x x +>由在单调递减，即证，f'(x )(0,+∞)f '(x 1+x 22)<f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2即证，2x 1+x 2‒(x 1+x 2)+4(x 1+x 2)2‒ln x1x 2‒(x 21‒x 22)+x 1‒x 2x 1x 2x 1‒x 2<0即证，2(x 1‒x 2)x 1+x 2‒ln x 1x 2+(x 2‒x 1)3(x 1+x 2)2x 1x 2>0，∵(x 2‒x 1)3(x 1+x 2)2x 1x 2>0可证，其中. g (t )=2(t ‒1)t +1‒ln t ≥0(∗)t =x 1x 2∈(0,1)∵g '(t )=‒(t ‒1)2t(t +1)2<0,在单调递减， ∴g (t )()0,1式得证， ∴g (t )>g (1)=0,(*)故.x 1+x 2>2x 05．〔2023·安徽·合肥一六八中学模拟预测〔理〕〕已知函数〔e 为自然对数的底数〕，其中． f (x )=e x ‒e ‒x ‒ax a ∈R (1)试商量函数的单调性；f (x )(2)假设有两个极值点和，记过点，的直线的斜率为k ，同：是否存在a ，使g (x )=f (ln x )x 1x 2A (x 1,g (x 1))B (x 2,g (x 2))得？假设存在，求出a 的值，假设不存在，请说明理由 k =2‒a （答案）(1)答案不唯—，具体见解析； (2)不存在；理由见解析. （解析） （分析）〔1〕求出函数的导数，分和分别商量值的符号作答. f (x )f '(x )a ≤2a >2f '(x )〔2〕依据给定条件，求出斜率k ，在成立时可得，分析整理并构造函数，利用函数探讨单调性k =2‒a ln x 1‒ln x 2x 1‒x 2=1质即可推理作答. (1)函数定义域为R ，求导得，而， f (x )=e x ‒e ‒x ‒ax f '(x )=e x +e ‒x ‒a e x +e ‒x ≥2则当时，即在R 上为增函数，a ≤2f '(x )≥0f (x )当时，由，得，即，解得或，a >2f '(x )>0e x +e ‒x ‒a >0(e x )2‒a e x +1>0e x >a +a 2‒42e x <a ‒a 2‒42则有或，由，解得，x >lna +a 2‒42x <ln a ‒a 2‒42f '(x )<0lna ‒a 2‒42<x <lna +a 2‒42所以在上递减，在和上递增．f (x )(ln a ‒a 2‒42,lna +a 2‒42)(‒∞,lna ‒a 2‒42)(lna +a 2‒42,+∞)(2)依题意，，求导得，g(x)=x ‒1x ‒aln x g '(x)=1+1x 2‒a x =x 2‒ax +1x 2有两个极值点，即在上有两个不等根和，则，且， g(x)()0g x '=(0,+∞)x 1x 2a >2x 1x 2=1因为，g (x 1)‒g (x 2)=(x 1‒x 2)+x 1‒x 2x 1x 2‒a (ln x 1‒ln x 2)=2(x 1‒x 2)‒a (ln x 1‒ln x 2)则，假设存在a ，使得，则，k =g (x 1)‒g (x 2)x 1‒x 2=2‒a ⋅ln x 1‒ln x 2x 1‒x 2k =2‒a ln x 1‒ln x 2x 1‒x 2=1即，不妨令，亦即成立，ln x 1‒ln x 2=x 1‒x 21201x x <<<x 2‒1x 2‒2ln x 2=0(x 2>1)高考材料高考材料令，，，因此在上递增， ℎ(t)=t ‒1t ‒2ln t 1t >ℎ'(t )=1+1t 2‒2t =(1‒1t )2>0ℎ(t)(1,)+∞，于是得当时，不成立，∀t ∈(1,+∞),ℎ(t)>ℎ(1)=0x 2>1x 2‒1x 2‒2ln x 2=0所以不存在a ，使得.k =2‒a 6．〔2023·江苏泰州·模拟预测〕已知函数，其中a ，b 为常数，为自然对数底数，f (x )=e x ‒a x 2+bx ‒1e e =2.71828．⋅⋅⋅(1)当时，假设函数，求实数b 的取值范围；a =0f (x )≥0(2)当时，假设函数有两个极值点，，现有如下三个命题：b =2a f (x )x 1x 2①；②；③； 7x 1+b x 2>282a (x 1+x 2)>3x 1x 2x 1‒1+x 2‒1>2请从①②③中任选一个进行证明．〔注：如果选择多个条件分别解答，按第—个解答计分〕 （答案）(1) {‒1}(2)证明见解析 （解析） （分析）〔1〕分，商量，当时，求的最小值，依据可得；b ≥00b <0b <f (x )f (x )min 〔2〕将问题转化为有两个零点，先利用导数研究两个零点的范围，然后由，φ(x)=f '(x)e x 1=2a x 1‒2a e x 2=2a x 2，作商取对数得.假设选①，令，构造函数，假‒2a x 2‒x 1=ln (x 2‒1)‒ln (x 1‒1)u (t )=t ‒ln t v (t )=u (t )‒u (2‒t )设选②，构造函数，依据极值点偏移问题的方法可证；假设选③，构造函数v (t )=u (t )‒u (1t )F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1，由单调性可证. (t >1)(1)当时，， a =0f (x )=e x +bx ‒1f '(x )=e x +b 当时，因为，所以此时不合题意； b ≥0f (‒1)=(1e ‒1)‒b <0当时，当时，，单调递减， 0b <x ∈(‒∞,ln (‒b ))f '(x )<0f (x )当时，，单调递增， x ∈(ln (‒b ),+∞)f '(x )>0f (x )所以， f (x )(ln (‒b ))ln (‒b )min 要，只需， f (x )≥0f (x )ln (‒b )min 令，则， g (x )=x ‒xln x ‒1g '(x )=‒ln x 当时，，单调递增； x ∈(0,1)g '(x )>0g (x )当时，，单调递减，x ∈(1,+∞)g '(x )<0g (x )所以，则由得， g (x )≤g (1)=0g (‒b )=‒b +bln (‒b )‒1≥0‒b =1所以，故实数b 的取值范围为．b =‒1{‒1}(2)当时，，， b =2a f (x )=e x ‒a x 2+2ax ‒1f '(x )=e x ‒2ax +2a 令，则，φ(x )=f '(x )=e x ‒2ax +2a φ'(x )=e x ‒2a 因为函数有两个极值点，，所以有两个零点， f (x )x 1x 2φ(x )=f '(x )=e x ‒2ax +2a 假设，则，单调递增，不可能有两个零点，所以， a ≤0φ'(x )>0φ(x )a >0令得，φ'(x )=e x ‒2a =0x =ln 2a 当时，，单调递减； x ∈(‒∞,ln 2a )φ'(x )<0φ(x )当时，，单调递增； x ∈(ln 2a,+∞)φ'(x )>0φ(x )所以，φ(x )(ln 2a )ln 2min 因为有两个零点，所以，则，φ(x )4a ‒2aln 2a <0a >12e 2设，因为，，则， 12x x <φ(1)=e >0φ(2)=e 2‒2a <01<x 1<2<x 2因为，所以，， φ(x 1)=φ(x 2)=0e x 1=2a x 1‒2a e x 2=2a x 2‒2a 则，取对数得，e x 2ex 1=x 2‒1x1‒1x 2‒x 1=ln (x 2‒1)‒ln (x 1‒1)令，，则，即x 1‒1=t 1x 2‒1=t 2t 2‒t 1=ln t 2‒ln t 1t 2‒ln t 2=t 1‒ln t 1(0<t 1<1<t 2)①令，则，因为，所以在上单调递减，在上单调递u (t )=t ‒ln t u (t 1)=u (t 2)u '(t )=1‒1t u (t )=t ‒ln t (0,1)(1,+∞)增，令， v (t )=u (t )‒u (2‒t )=2t ‒ln t +ln (2‒t )‒2(0<t <2)则，在上单调递减， v '(t )=2(t ‒1)2t (t ‒1)≤0v (t )(0,2)因为，所以，即， 0<t 1<1v (t 1)>v (1)=0u (t 1)‒u (2‒t 1)>0亦即，u (t 2)=u (t 1)>u (2‒t 1)因为，，在上单调递增，所以， t 2>12‒t >1u (t )=t ‒ln t (1,+∞)t 2>2‒t 1则，整理得， x 2‒1>2‒(x 1‒1)x 1+x 2>4所以，故①成立 2a x 1+7x 2>7x 1+7x 2>28②令，则，u (t )=t ‒ln t u (t 1)=u (t 2)因为，所以在上单调递减，在上单调递增， u '(t )=t ‒1t u (t )=t ‒ln t ()0,1(1,+∞)令，则，在上单调递增， v (t )=u (t )‒u(1t)=t ‒1t ‒2ln t v '(t )=(t ‒1)2t2≥0v (t )(0,+∞)又，所以当时，，即，v (1)=0t ∈(0,1)v (t )<v (1)=0u (t )<u(1t )因为，，在上单调递增，所以， t 2>12‒t 1>1u (t )=t ‒ln t (1,+∞)t 2<1t 1所以，即， x 2‒1<1x 1‒1x 1x 2<x 1+x 2所以，x 1x 2<x 1+x 2<2312e 2(x 1+x 2)<23a (x 1+x 2)高考材料高考材料即，故②成立．3x 1x 2<2a (x 1+x 2)③令，，则，x 1‒1=t 1x 2‒1=t 2t 2‒t 1=ln t 2‒ln t 1=2ln t 2t 1令，则， F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1(t >1)F '(t )=(t ‒1)2t (t +1)>0∴在上单调递增，则， F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1(1,+∞)F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1>F (1)=0∴，则，ln t >2(t ‒1)t +1t 2‒t 1=2lnt 2t 1>22(t 2t 1‒1)t 2t 1+1=4⋅t 2‒t 1t 2+t 1两边约去后化简整理得，即， t 2‒t 1t 1+t 2>2x 1‒1+x 2‒1>2故③成立．7．〔2023·北京·北师大二附中三模〕已知函数，其中，为的导函数. f (x )=e x (1+mln x )m >0f '(x )f (x )(1)当，求在点处的切线方程； m =1f (x )(1,f (1))(2)设函数，且恒成立.ℎ(x )=f '(x )exℎ(x )⩾52①求的取值范围；m ②设函数的零点为，的极小值点为，求证：. f (x )x 0f '(x )x 1x 0>x 1（解析） （分析）〔1〕利用导数的几何意义即可求解. 〔2〕①先对函数求导，得到，推出，求f(x)=e x (1+mln x )f'(x)=ex(1+mx +mln x )ℎ(x)=f '(x)e x=1+mx+mln x 导，得到，解对应不等式，得到单调性，求出其最小值，再依据恒成立，即可得出ℎ'(x)=m(x ‒1)x2(x >0)ℎ(x )ℎ(x )≥52结果；②先设，求导得. g(x)=f '(x)=e x (1+mx +mln x)g '(x)=e x (1+2m x ‒m x2+mln x )设，对其求导，判定单调性，从而得到函数单调性，得到是函数的极小H(x)=1+2m x ‒mx2+mln x(x >0)g (x )x 2g (x )值点，得到，再由①得时，，推出所以，得到，得到函数在x 2=x 1m =32ℎ(x)≥52mln x +mx≥m g(x)≥g (x 1)>0f (x )区间上单调递增，再由题意，即可得出结论成立. (0,+∞)(1)时，,,,，所以函数在处的切线方程m =1f (x )=e x (1+ln x )f '(x )=e x (1+ln x +1x )f '(1)=2e f (1)=e x =1，即.()e 2e 1y x -=-y =2ex ‒e (2)①由题设知，，f '(x)=e x (1+mx +mln x )(x >0)，， ℎ(x)=f '(x)e x=1+m x +mln x ℎ'(x)=m(x ‒1)x 2(x >0)由，得，所以函数在区间上是增函数； ℎ'(x)>0x >1ℎ(x )(1,)+∞由，得，所以函数在区间上是减函数. ℎ'(x)>00<x <1ℎ(x )()0,1故在处取得最小值，且. ℎ(x )x =1ℎ(1)=1+m 由于恒成立，所以，得， ℎ(x)≥521+m ≥52m ≥32所以的取值范围为； m 32,+∞)②设，则.g(x)=f '(x)=e x (1+mx +mln x )g'(x)=e x(1+2m x ‒mx 2+mln x)设， H(x)=1+2m x ‒mx2+mln x(x >0)则， H'(x)=‒2m x 2+2mx 3+mx =m (x 2‒2x +2)x 3>0故函数在区间上单调递增，由〔1〕知，， H(x)(0,+∞)m ≥32所以，，H(1)=m +1>0H (12)=1‒mln 2≤1‒ln 22<0故存在，使得， x 2∈(12,1)H (x 2)=0所以，当时，，，函数单调递减； 0<x <x 2H (x )<0g '(x )<0g (x )当时，，，函数单调递增. x >x 2H (x )>0g '(x )>0g (x )所以是函数的极小值点.因此，即.x 2g (x )x 2=x 1x 1∈(12,1)由①可知，当时，，即，整理得，m =32ℎ(x)≥521+32x+32ln x ≥52ln x +1x ≥1所以. mln x +mx≥m 因此，即. g(x)≥g (x 1)=e x 1(1+mx 1+mln x 1)≥e x 1(1+m)>0f '(x)>0所以函数在区间上单调递增. f (x )(0,+∞)由于，即， H (x 1)=01+2m x 1‒mx 21+m ln x 1=0即，1+m ln x 1=mx 21‒2mx 1所以.f (x 1)=e x 1(1+mln x 1)=m e x 11‒2x 1x 21<0=f (x 0)又函数在区间上单调递增，所以.f (x )(0,+∞)x 0>x 18．〔2023·河南·模拟预测〔文〕〕已知函数的最小值为1． f(x)=ax ‒ln x (1)求实数的值；a (2)过点作图象的两条切线MA ，MB ，A ()，B ()是两个切点，证明：>1． M(1，m)(m <1)f(x)x 1,y 1x 2,y 2x 1x 2（答案）(1) a =1(2)证明见解析高考材料高考材料（解析） （分析）〔1〕定义域为，函数有最小值，必定不单调，易求出极小值即最小值，代入可答案．(0,+∞)f (x )〔2〕利用切线方程，消去得到的等式关系，将>1变形得到m x 1,x 21x 1‒1x 2=ln x 2‒ln x 1x 1x 2x 1x 2(1x 1‒1x 2)>1x 1‒1x 2=，令构造函数，得证．ln x 2x 1x 2x 1=t (1)，f '(x)=a ‒1x 当≤0时，<0，在单调递减，不合题意； a ()'f x f (x )(0,+∞)当 >0时，在()上，<0，在()上，>0． a 0，1a ()'f x 1a ，+∞()'f x 在单调递减，在单调递增， f (x )(0,1a )1(,)a+∞故的最小值为； f(x)f(1a )=1‒ln 1a =1⇒a =1(2)证明：，k AM =f '(x 1)=1‒1x 1=y 1‒m x 1‒1=x 1‒ln x 1‒mx 1‒1⇒-2+1x 1=‒ln x 1‒m(*)同理，，‒2+1x 2=‒ln x 2‒m(**)两式相减得，不妨设，1x 1‒1x 2=ln x 2‒ln x 112x x <要证>1．只须证>1．即，x 1x 2x 1x 2x 1x 2(1x 1‒1x 2)>1x 1‒1x 2=ln x 2x 1即证，令，即证，x 2x 1‒x 1x 2>ln x 2x 1x 2x 1=t (t >1)t ‒1t ‒2ln t >0设，恒成立，ℎ(t)=t ‒1t ‒2ln t (t >1)ℎ'(t )=1+1t 2‒2t =(1‒1t )2>0故h (t )为增函数，，故原式得证．ℎ(t)>ℎ(1)=09．〔2023·浙江·赫威斯育才高中模拟预测〕已知，函数. a ∈R f(x)=xln 2x ‒x +a2x +2(1)当时，求的单调区间和极值； a =0f(x)(2)假设有两个不同的极值点，. f(x)x 1x 2(x 1<x 2)〔i 〕求实数的取值范围；a 〔ii 〕证明：〔……为自然对数的底数〕.ln x 1+2ln x 2<‒e2‒3ln 2e =2.71828（答案）(1)递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值 10,2⎛⎫⎪⎝⎭(12,+∞)32(2)〔i 〕；〔ii 〕证明见解析 (‒14e ,0)（解析）（分析）(1)求出解析式，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的极值；f(x)(2)(i)由，构造函数 ()，将问题转化函数有个不同的零点，利用导f '(x )=2x 2ln 2x ‒a 2x2g(x)=2x 2ln 2x ‒a x >0g(x)x 1、x 2数分类商量函数当、、时的单调性，结合极值点的定义即可得出结果； a ≥0‒14e <a <0‒14e <a <0(ii)由(i)，利用换元法可得，令，整理可得， (t 2+2)ln t1‒t 2<‒e2m =t 2>1ln m >e(m ‒1)m +2利用放缩法和导数证明在上恒成马上可.F(m)=ln m ‒3(m 2‒1)m 2+4m +1(1,)+∞(1)当时， ()，则， a =0f(x)=xln 2x ‒x +2x >0f '(x )=ln 2x 故当时，，当时，， 102x <<f '(x )<0x >12f '(x )>0故的递减区间为，递增区间为，f(x)10,2⎛⎫⎪⎝⎭(12,+∞)极小值为，无极大值； f (12)=32(2) (i)因为 ()，f'(x )=ln 2x ‒a 2x 2=2x 2ln 2x ‒a2x 2x >0令 ()，问题可转化函数有个不同的零点， g(x)=2x 2ln 2x ‒a x >0g(x)x 1、x 2又，令， g '(x)=4xln 2x +2x =2x(2ln 2x +1)g '(x )=0⇒x =12e 故函数在上递减，在上递增，g(x)(0,12e)(12e,+∞)故，故，即，g (x )(12e )14e min ‒14e‒a <0a >‒14e 当时，在时，函数，不符题意，a ≥0x ∈(0,12e)g(x)≤2x 2ln 2x <0当时，则，，，‒14e <a <0g (12e 1a)>0g(12e )<0g(12)=‒a >0即当时，存在，，‒14e <a <0x 1∈(0,12e)x2∈(12e,+∞)使得在上递增，在上递减，在上递增， f(x)(0,x 1)(x 1,x 2)(x 2,+∞)故有两个不同的极值点的a 的取值范围为； f(x)x 1、x 2(‒14e ,0)〔ii 〕因为，，且，x 1∈(0,12e)x 2∈(12e,+∞)x 21ln 2x 1=x 22ln 2x 2令，则，， 21(1)x t t x =>ln 2x 1=t 2ln t1‒t 2ln 2x 2=ln t 1‒t 2又，ln x 1+2ln x 2<‒e2‒3ln 2⇔ln 2x 1+2ln 2x 2<‒e2⇔(t 2+2)ln t1‒t 2<‒e2令，即只要证明，即， m =t 2(m >1)(m +2)ln m m ‒1>e(m >1)ln m >e(m ‒1)m +2令，F(m)=ln m ‒3(m 2‒1)m 2+4m +1高考材料高考材料则， ()()()222264131(24)1()41m m m m m F m m m m ++--+'=-=++1m ‒12(m 2+m +1)(m 2+4m +1)2=m 4‒4m 3+6m 2‒4m +1m (m 2+4m +1)2=(m ‒1)4m (m 2+4m +1)2故在上递增，且，所以，即，F(m)(1,)+∞F(1)=0()0F m >ln m >3(m 2‒1)m 2+4m +1从而， ln m ‒e (m ‒1)m +2>3(m 2‒1)m 2+4m +1‒e (m ‒1)m +2=(m ‒1)[(3‒e )m 2+(9‒4e )m +6‒e ](m 2+4m +1)(m +2)又因为二次函数的判别式， y =(3‒e )m 2+(9‒4e )m +6‒e Δ=12e 2‒36e +9<3[4×2.722‒12×2.72+3]<0即，即， (3‒e )m 2+(9‒4e )m +6‒e >0ln m >e (m ‒1)m +2所以在上恒成立，故.(m +2)ln mm ‒1>e (1,)+∞ln x 1+2ln x 2<‒e2‒3ln 210．〔2023·陕西·汉台中学模拟预测〔理〕〕已知函数〔，〕. f (x )=ln x +ax +b a b ∈R (1)求函数的极值；f (x )(2)假设函数的最小值为0，，〔〕为函数的两个零点，证明：. f (x )x 1x 212x x <g (x )=f (x )‒12e x 2‒e ln x 1>2（答案）(1)极小值为，无极大值 ln a +b +1(2)证明见解析 （解析） （分析）〔1〕首先求函数的导数，分和两种情况商量函数的单调性，再求函数的极值；f '(x )=x ‒a x 2a ≤0a >0〔2〕首先由函数的最小值，确定，再结合零点存在性定理确定，，可得ln a +b +1=0ae <x 1<a2ea <x 2<4a e x 2‒e ，再通过构造函数求函数的最小值. ln x 1>e ea ‒e ln a2(1)〔〕，，∵f (x )=ln x +ax +b x >0∴f '(x )=1x ‒ax 2=x ‒a x 2假设时，则恒成立，a ≤0f '(x )>0在上单调递增，故没有极值； ∴f (x )(0,+∞)f (x )假设，则当时，，单调递减， a >0x ∈(0,a )f '(x )<0f (x )当时，，单调递增，x ∈(a,+∞)f '(x )>0f (x )有极小值，极小值为，无极大值. ∴f (x )f (a )=ln a +b +1(2)证明：由〔1〕可知，当时，有最小值，， a >0f (x )f (x )min =ln a +b +1由函数的最小值为0，得， f (x )ln a +b +1=0由题知， g (x )=f (x )‒12=ln x +ax +b ‒12，， g(a 2)=ln a 2+2+b ‒12=12‒ln 2<0g (a e )=ln a ‒1+e +b ‒12=e ‒52>0， ∴a e <x 1<a2，， g (ea )=1+ln a +1e +b ‒12=1e ‒12<0g (4a )=ln 4+ln a +14+b ‒12=ln 4‒54>0，〔〕， ∴ea <x 2<4a ∴e x 2‒e ln x 1>e ea ‒e ln a2a >0令，则， ℎ(x )=e ex ‒eln x2ℎ'(x )=e (e ex ‒1x )令，则在上单调递增， p (x )=e ex ‒1x p (x )(0,+∞)又，在上，，，单调递减， p (1e )=0∴(0,1e )p (x )<0ℎ'(x )<0ℎ(x )在上，，，单调递增，(1e ,+∞)p (x )>0ℎ'(x )>0ℎ(x )，∴h (x )(1e)ee ⋅1eeln 1e2e eln 12e e eln emin得证.∴e x 2‒e ln x 1>211．〔2023·全国·模拟预测〕已知函数． f (x )=xln x +a x 2‒a (1)当时，求曲线在处的切线方程；a =‒1()y f x =x =1(2)假设存在两个极值点、，求实数的取值范围，并证明：．f (x )x 1x 2a f (x 1+x 22)>0（答案）(1)； x +y ‒1=0(2)，证明见解析﹒ ‒12<a <0（解析） （分析）(1)先求出，再依据导数的几何意义求出切线的斜率，进而可得切线方程；f (1)=0(2)将函数存在两个极值点转化为其导函数存在两个零点，构造函数，利用导数研究函数的单调性及最值，进而得f (x )到的取值范围，由，可知要证，只要证，只要证，构造新函数，利用导数a f (1)=0f (x 1+x 22)>0x 1+x 22>1x 2>‒1a ‒x 1研究新函数的单调性，进而可得结果． (1)当时，，则， a =‒1f (x )=xln x ‒x 2+1f (1)=0，∴，f '(x )=1+ln x ‒2x f '(1)=‒1∴曲线在处的切线方程为，即． ()y f x =x =1y =‒(x ‒1)x +y ‒1=0(2)由题意知， f '(x )=1+ln x +2ax 令，，g (x )=1+ln x +2ax x >0∵存在两个极值点，∴有两个零点，f (x )g (x )高考材料高考材料易知， g '(x )=1x +2a =2ax +1x当时，，在上单调递增，g (x )至多有一个零点，不合题意． a ≥0g '(x )>0g (x )(0,+∞)当时，由得，a <0g '(x )=0x =‒12a 假设，则，单调递增； x ∈(0,‒12a )g '(x )>0g (x )假设，则，单调递减．x ∈(‒12a ,+∞)g '(x )<0g (x )要使有两个零点，需，解得． g (x )g (‒12a )=ln (‒12a )>0‒12<a <0当时，，∴在上存在唯—零点，记为．‒12<a <0g (1e)=2ae<0g (x )(1e ,‒12a )x 1∵，∴，，1a 2‒(‒12a )=a +22a 2>01a2>‒12a g (1a2)=1+ln1a2+2a 设，则，令，，则， t =‒1a t >2ℎ(t )=1+2ln t ‒2t t >2ℎ'(t )=2t ‒2<0∴在上单调递减，∴，即，ℎ(t )(2,+∞)ℎ(t )<ℎ(2)=2ln 2‒3<0g (1a 2)<0∴在上存在唯—零点，记为． g (x )(‒12a ,1a 2)x 2则，随的变化情况如下表： f (x )f '(x )x x(0,x 1) x 1(x 1,x 2) x 2(x 2,+∞) f '(x )﹣ 0 ﹢ 0 ﹣ f (x )↘极小值↗极大值↘∴实数的取值范围是．a (‒12,0)∵，，∴， g (1)=1+2a >0‒12a >11e <x 1<1<x 2∵，∴，f (1)=0f (x 1)<0<f (x 2)∵，∴要证，只要证，x 1<x 1+x 22<x 2f(x 1+x 22)>0x 1+x 22>1只要证，只要证，x 1+x 22>‒12a x 2>‒1a ‒x 1又，∴只要证，即证． ‒1a ‒x 1>x 1g (x 2)<g (‒1a ‒x 1)g (x 1)<g (‒1a ‒x 1)设，， F (x )=g (x )‒g (‒1a ‒x )0<x <‒12a 则，F '(x )=g '(x )+g '(‒1a ‒x )=(2ax +1)2x (ax +1)>0∴F (x )在时单调递增，0<x <‒12a∴， F (x )<F (‒12a )=g (‒12a )‒g (‒1a +12a )=0∴成立，即得证．g (x 1)<g (‒1a ‒x 1)f(x 1+x 22)>012．〔2023·山东威海·三模〕已知函数． ()2ln a f x x x x=-+(1)当时，求的单调区间；a =34f(x)(2)假设有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明． f(x)x 1,x 212x x <①；f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1<2a‒2②．f (x 2)<23a +2ln 2‒2（答案）(1)的单增区间为；单减区间为，f(x)(12,32)10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明见解析 （解析） （分析）〔1〕首先求函数的导数，依据导数与函数单调性的关系，即可求解； 〔2〕假设选①，不等式转化为证明，变形为证明，通过构造函数ln x 2‒ln x 1x 2‒x 1<1a =1x 2x 1ln x 2x1<x 2‒x 1x 1x 2=x 2x 1‒x 1x 2ℎ(t)=2，即可证明；ln t ‒t +1t ,t >1假设选②，首先依据函数有两个极值点，证得，，再变换为1<x 2<2f (x 2)‒23a =2ln x 2‒x 2+a x 2‒23a f (x 2)‒23a =2，通过构造函数，利用导数，即可证明. ln x 2+23x 22‒103x 2+2(1)， f '(x)=2x ‒1‒a x 2=‒x 2+2x ‒a x 2(x >0)当时，，a =34f '(x)=‒x 2+2x ‒34x2=‒4x 2‒8x +34x 2=‒(2x ‒1)(2x ‒3)4x 2令，解得；令，解得或， f '(x)>012<x <32f '(x)<0102x <<x >32所以的单增区间为；单减区间为，．f(x)(12,32)10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明①：由题意知，是的两根，则，x 1,x 2220x x a -+={x 1+x 2=2x 1x 2=a ，f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1=2(ln x 2‒ln x 1)‒(x 2‒x 1)+a (x 1‒x 2)x 1x 2x 2‒x 1将代入得，，x 1x 2=a f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1=2(ln x 2‒ln x 1)x 2‒x 1‒2要证明，f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1<2a‒2高考材料高考材料只需证明，2(ln x 2‒ln x 1)x 2‒x 1‒2<2a‒2即，ln x 2‒ln x 1x 2‒x 1<1a =1x 2x 1因为，所以， 0<x 1<x 2x 2‒x 1>0只需证明，ln x 2x 1<x 2‒x 1x 1x 2=x 2x 1‒x 1x 2令，则，只需证明，即，x 2x 1=t 1t >ln t 2<t ‒1t 2ln t ‒t +1t <0(t >1)令，ℎ(t)=2ln t ‒t +1t ,t >1， ℎ'(t)=2t ‒1‒1t 2=‒(t ‒1)2t 2<0所以在上单调递减，可得， ℎ(t)(1,)+∞ℎ(t)<ℎ(1)=0所以， 2ln t ‒t +1t <0(t >1)综上可知，．f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1<2a‒2证明②： f '(x)=2x ‒1‒a x 2=‒x 2+2x ‒a x 2(x >0)设， g(x)=‒x 2+2x ‒a 因为有两个极值点，所以，f(x){Δ=4‒4a >0g(0)<0解得，01a <<因为， g(2)=‒a <0,g(1)=1‒a >0所以，1<x 2<2，f (x 2)‒23a =2ln x 2‒x 2+a x 2‒23a 由题意可知，‒x 22+2x 2‒a =0可得代入得，， a =‒x 22+2x 2f (x 2)‒23a =2ln x 2+23x 22‒103x 2+2令， ℎ(x)=2ln x +23x 2‒103x +2(1<x <2)， ℎ'(x)=2x +43x ‒103=2(x ‒1)(2x ‒3)3x当，所以在上单调递减， x ∈(1,32),ℎ'(x)<0()h x (1,32)当，所以在上单调速增，x ∈(32,2),ℎ'(x)>0()h x (32,2)因为，所以， 1<x 2<2ℎ(x 2)<max {ℎ(1),ℎ(2)}由， ℎ(1)=‒23,ℎ(2)=2ln 2‒2可得，所以，ℎ(2)‒ℎ(1)=2(ln 8‒ln e 2)3>0(2)(1)h h >所以，ℎ(x 2)<ℎ(2)所以，即．f (x 2)‒23a <2ln 2‒2f (x 2)<23a +2ln 2‒213．〔2023·全国·模拟预测〕已知函数〔其中为自然对数的底数〕. f (x )=e x (x 2+1)e (1)商量函数的单调性；y =f (x )+(a ‒2)x ⋅e x (a ∈R )(2)假设，不等式恒成立，求实数的取值范围. x 1>x 2>0e 2x 1‒e 2x 2>λ|f (x 1)‒f (x 2)|λ（答案）(1)答案见解析 (2) λ≤e2（解析） （分析）〔1〕结合已知条件分、、三种情况商量，分析导数的符号变化，即可得出原函数的增区间和减区a =2a >2a <2间；〔2〕分析可得，构造函数，即在上恒e 2x 1‒λf (x 1)>e 2x 2‒λf (x 2)g (x )=e 2x ‒λf (x )g '(x )=2e 2x ‒λf '(x )≥0(0,+∞)成立，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范λ≤2e 2x f '(x )=2e xx 2+2x +1p (x )=2e xx 2+2x +1(0,+∞)λ围. (1)解：依题意，令，， ℎ(x )=f (x )+(a ‒2)x ⋅e x =[x 2+(a ‒2)x +1]e x x ∈R 则， ℎ'(x )=(x 2+ax +a ‒1)e x =(x +a ‒1)(x +1)e x 令，解得或.ℎ'(x )=0x =1‒a x =‒1当时，即时，恒成立且不恒为零， 1‒a =‒1a =2()0h x '≥ℎ'(x )所以，函数的增区间为；ℎ(x )(),-∞+∞当时，即时，由可得或，由可得， 1‒a <‒1a >2ℎ'(x )>0x <1‒a 1x >-ℎ'(x )<01‒a <x <‒1所以，函数的增区间为、，减区间为；ℎ(x )(‒∞,1‒a )()1,-+∞(1‒a,‒1)当时，即时，由可得或，由可得. 1‒a >‒1a <2ℎ'(x )>01x <-x >1‒a ℎ'(x )<0‒1<x <1‒a 所以，函数的增区间为、，减区间为. ℎ(x )(),1-∞-(1‒a,+∞)(‒1,1‒a )综上所述，当时，函数的增区间为；a =2ℎ(x )(),-∞+∞当时，函数的增区间为、，减区间为； a >2ℎ(x )(‒∞,1‒a )()1,-+∞(1‒a,‒1)当时，函数的增区间为、，减区间为. a <2ℎ(x )(),1-∞-(1‒a,+∞)(‒1,1‒a )(2)解：当时，恒成立， x >0f '(x )=e x (x 2+2x +1)>0所以在上单调递增，且. f (x )(0,+∞)f (x )>f (0)=1>0因为，所以，x 1>x 2>0f (x 1)>f (x 2)。

导数中的利用韦达定理研究双变量问题(学生版)

导数中的利用韦达定理研究双变量问题(学生版)

导数中的利用韦达定理研究双变量问题题型一：利用韦达定理消元求范围问题【精选例题】1已知函数f x =x2+2ln x+1．(1)求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)若函数g x =f x -2ax a∈R有两个极值点x1,x2，且x1<x2<e，求g x1-g x2的取值范围．【跟踪训练】1已知函数f x =ln x+ax+1-2a(a∈R).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 两个极值点x1，x2，且x1∈e,e2，求f x1-f x2的取值范围.2已知函数f x =12x2-2ax+ln x(a为常数)．(1)若函数f x 是增函数，求a的取值范围；(2)设函数f x 的两个极值点分别为x1，x2(x1<x2)，求f x1-f x2的范围．题型二：利用韦达定理消元证明双变量不等式问题【精选例题】2已知函数f x =2x-a ln x-1x有两个不同的极值点x1、x2x1>x2.(1)求实数a的取值范围；(2)若a>3，求证：x1>1，且f x1-f x2x1+x2<43-2ln2.3已知函数f(x)=12x2-kx+ln x(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x1,x2，证明：f(x1)-f(x2)<k22-24已知函数f x =x2-ax+a ln x有两个极值点x1，x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：f x1+f x2+24x1+24x2<16ln2.5已知函数f x =ln x-a x-1 x.(1)讨论f x 极值点的个数；(2)若函数f x 恰有2个极值点x1,x2x1<x2，3个零点t1，t2，t3(t1<t2<t3)，探究：是否存在实数a，使得f x2-f x12=2t3-t1ln t3-ln t1-2.【跟踪训练】3已知函数f x =a ln x+12x2-2x.(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x1，x2，证明：f x1+f x2+3>0.4已知函数f(x)=x2+ax-ax(a∈R)．(1)当a=1且x>-23时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a>ee2+1时，若函数g(x)=f(x)-x2-ln x的两个极值点分别为x1，x2，证明：0<g(x1)-g(x2)<e2e2+1．5已知f x =12x2-4x+a ln x．(1)若函数f x 在区间(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若函数f x 有两个极值点x1,x2，证明：f x1+f x2>-10+ln a．6已知函数f x =4x-12x2-a ln x．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)设函数f x 有两个极值点x1，x2x1<x2，证明：f x1+f x2<7+e-ln x1-ln x2．7已知函数f x =x-1ln x-ax-1a>0．(1)若f x 的最小值为-e-1，求a的值；(2)若a=1，证明：函数f x 存在两个零点x1，x2，且f x1+f x2<-2．题型三：利用韦达定理消元求双变量参数问题【精选例题】6已知函数f x =x ln x -a 2x 2-x +a a ∈R ，f (x )为f (x )的导函数．(1)当a =12时，若g x =f (x )在[t ,t +1 (t >0)上的最大值为h (t )，求h (t )；(2)已知x 1,x 2是函数f (x )的两个极值点，且x 1<x 2，若不等式e 1+m <x 1x m 2恒成立，求正数m 的取值范围．7已知函数f x =x 2+x +a e x，a ∈R (1)讨论f x 的极值点个数；(2)若f x 在-1,+∞ 内有两个极值点x 1，x 2x 1<x 2 ，且f x 2 -f x 1 >4e -32，求a 的取值范围.8已知函数f x =2ln x +12(a -x )2，其中a ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 存在两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ,f x 2 -f x 1 的取值范围为34-ln2,158-2ln2，求a 的取值范围.【跟踪训练】8已知函数f x =-x +1x+a ln x (a ∈R )，且f x 有两个极值点x 1,x 2．(1)求实数a 的取值范围；(2)是否存在实数a ，使f x 1 -f x 2 x 1-x 2=a -2成立，若存在求出a 的值，若不存在，请说明理由．9已知函数f x =ax+1-x ln x的图像在x=1处的切线与直线x-y=0平行．(1)求函数f x 的单调区间；(2)若∀x1,x2∈0,+∞，且x1>x2时，f x1-f x2>m x21-x22，求实数m的取值范围．10已知函数f(x)=a-ln xx在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求实数a的值及f(x)的极值；(2)若对任意x1，x2∈e2,+∞，有f(x1)-f(x2)x1-x2>k x1∙x2，求实数k的取值范围．。

专题24 利用导数解决双变量问题(解析版)

专题24 利用导数解决双变量问题(解析版)

专题24 利用导数解决双变量问题一、单选题 1．设函数()311433f x x x =-+，函数()221g x x bx =-+，若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数b 的取值范围是（ ） A ．7,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．5,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．7,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．5,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】A 【分析】由题意只需()()min min f x g x ≥，对函数()f x 求导，判断单调性求出最小值，对函数()g x 讨论对称轴和区间[]0,1的关系，得到函数最小值，利用()()min min f x g x ≥即可得到实数b 的取值范围. 【详解】若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，只需()()min min f x g x ≥， 因为()311433f x x x =-+，所以()24f x x '=-，当[]1,2x ∈时，()0f x '≤，所以()f x 在[]1,2上是减函数，所以函数()f x 取得最小值()25f =-． 因为()()222211g x x bx x b b =-+=-+-，当0b ≤时，()g x 在[]0,1上单调递增，函数取得最小值()01g =，需51-≥，不成立； 当1b ≥时，()g x 在[]0,1上单调递减，函数取得最小值()122g b =-，需522b -≥-，解得72b ≥，此时72b ≥； 当01b <<时，()g x 在[]0,b 上单调递减，在(],1b 上单调递增，函数取得最小值()21g b b =-，需251b -≥-，解得b ≤b ≥综上，实数b 的取值范围是7,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭， 故选:A ． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，考查二次函数在区间的最值的求法，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题.2．已知函数1()ln f x x a x x=-+，且()f x 有两个极值点12,x x ，其中(]11,2x ∈，则()()12f x f x -的最小值为（ ） A ．35ln2- B ．34ln 2-C ．53ln2-D ．55ln 2-【答案】A 【分析】()f x 的两个极值点12,x x 是()0f x '=的两个根，根据韦达定理，确定12,x x 的关系，用1x 表示出2x ，()()12f x f x -用1x 表示出，求该函数的最小值即可.【详解】解：()f x 的定义域()0,∞+，22211()1a x ax f x x x x'++=++=，令()0f x '=，则210x ax ++=必有两根12,x x ， 2121240010a x x a x x ⎧->⎪+=->⎨⎪=>⎩，所以2111112,,a x a x x x ⎛⎫<-==-+ ⎪⎝⎭， ()()()11211111111111ln ln f x f x f x f x a x x a x x x x ⎛⎫⎛⎫∴-=-=-+--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1111111111122ln 22ln x a x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=--+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭(]11()22ln ,1,2h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22211112(1)(1)ln ()2121ln x x x h x x x x x x x x ⎡⎤+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫'∴=+--++⋅= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 当(]1,2x ∈时，()0h x '<，()h x 递减， 所以()()min 235ln 2h x h ==-()()12f x f x -的最小值为35ln2-故选：A. 【点睛】求二元函数的最小值通过二元之间的关系，转化为求一元函数的最小值，同时考查运算求解能力和转化化归的思想方法，中档题.3．已知函数()e ,()ln x f x x g x x x ==，若()()12f x g x t ==，其中0t >，则12ln tx x 的最大值为（ ） A ．1eB ．2eC ．21eD ．24e【答案】A 【分析】 由题意转化条件2ln 2ln x ex t ⋅=，通过导数判断函数()f x 的单调性，以及画出函数的图象，数形结合可知12ln x x =，进而可得12ln ln t t x x t =，最后通过设函数()()ln 0t h t t t=>，利用导数求函数的最大值. 【详解】由题意，11e x x t ⋅=， 22ln x x t ⋅=，则2ln 2e ln xx t ⋅=，()()1x x x f x e xe x e '=+=+，当(),1x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，又(),0x ∈-∞时，()0f x <，()0,x ∈+∞时，()0f x >， 作函数()e xf x x =⋅的图象如下：由图可知，当0t >时，()f x t =有唯一解，故12ln x x =，且1>0x ，∴1222ln ln ln ln t t tx x x x t==⋅⋅， 设ln ()t h t t =，0t >，则21ln ()th t t-'=，令()0h t '=，解得e t =， 易得当()0,e t ∈时，()0h t '>，函数()h t 单调递增， 当()e,t ∈+∞时，()0h t '<，函数()h t 单调递减，故()()1e e h t h ≤=，即12ln t x x ⋅的最大值为1e.故选：A . 【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，重点考查转化与化归的思想，变形计算能力，数形结合思想，属于中档题，本题可得关键是判断12ln x x =. 4．设函数()12ln 133f x x x x=-+-，函数()25212g x x bx =--，若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数b 的取值范围是（ ） A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．5,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．5,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】A 【分析】根据对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，用导数法求得()f x 的最小值，用二次函数的性质求得()g x 的最小值，再解不等式即可. 【详解】因为()12ln 133f x x x x =-+-， 所以()211233'=--f x x x，211233=--x x， 22323-+=-x x x，()()2123--=-x x x ， 当12x <<时，()0f x '>，所以()f x 在[]1,2上是增函数， 所以函数()f x 取得最小值()213f =-. 因为()()2225521212=--=---g x x bx x b b ， 当0b ≤时，()g x 取得最小值()0251=-g ，因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立， 所以()()10≥f g ，不成立； 当1b ≥时，()g x 取得最小值()71212=-g b ， 因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立， 所以722123-≤-b ，解得58≥b ，此时1b ≥； 当01b <<时，()g x 取得最小值()2512=--g b b ， 因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立， 所以221352--≤-b ，解得12b ≥，此时112b ≤<； 综上：实数b 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 故选：A 【点睛】本题主要考查双变量问题以及导数与函数的最值，二次函数的性质，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.5．已知函数()224x x f x x ++=-，()111323x xxx g x -⋅-=，实数a ，b 满足0a b <<．若[]1,x a b ∀∈，[]21,1x ∃∈-，使得()()12f x g x =成立，则b a -的最大值为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．【答案】A 【分析】首先化简函数()42,0f x x x x ⎛⎫=--+< ⎪⎝⎭，和()11233xx g x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，[]1,1x ∈-，并判断函数的单调性，由条件转化为子集关系，从而确定,a b 值. 【详解】()42f x x x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，0x <()241f x x '=-+，0x <， 当()0f x '>时，解得：20x -<<，当()0f x '<时，解得：2x <-，所以()f x 在(),0-∞的单调递增区间是()2,0-，单调递减区间是(),2-∞-，当2x =-时取得最小值，()22f -=()11233xx g x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，函数在[]1,1-单调递增，()3116g -=-，()13g =，所以，()3136g x -≤≤， 令()3f x =，解得：1x =-或4x =-，由条件可知()[],,,0f x x a b a b ∈<<的值域是()[],1,1g x x ∈-值域的子集， 所以b 的最大值是1-，a 的最小值是4-， 故b a -的最大值是3. 故选：A 【点睛】本题考查函数的性质的综合应用，以及双变量问题转化为子集问题求参数的取值范围，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于中档题型. 二、解答题 6．已知函数()2x f x x e =-．（∴）求函数()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程；（∴）若存在两个不相等的数1x ，2x ，满足()()12f x f x =，求证：122ln 2x x +<． 【答案】（∴）1y x =-；（∴）证明见解析. 【分析】（∴）首先求函数的导数，利用导数的几何意义，求函数的图象在点()()0,0f 处的切线方程；（∴）首先确定函数零点的区间，构造函数()()()ln 2ln 2F x f x f x =+--，利用导数判断函数()F x 的单调性，并得到()()ln 2ln 2f x f x +<-在()0,∞+上恒成立，并利用单调性，变形得到122ln 2x x +<. 【详解】（∴）()2e xf x '=-，所以()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程为1y x =-．（∴）令()2e 0xf x '=-=，解得ln 2x =，当ln 2x =时()0f x '>，()f x 在(),ln 2-∞．上单调递增；当ln 2x >时，()0f x '< ， ()f x 在()ln 2,+∞上单调递减．所以ln 2x =为()f x 的极大值点，不妨设12x x <，由题可知12ln 2x x <<． 令()()()ln 2ln 242e 2e xxF x f x f x x -=+--=-+，()42e 2e x x F x -'=--，因为e e 2x x -+，所以()0F x '，所以()F x 单调递减．又()00F =，所以()0F x <在()0,∞+上恒成立， 即()()ln 2ln 2f x f x +<-在()0,∞+上恒成立．所以()()()()()()()12222ln 2ln 2ln 2ln 22ln 2f x f x f x f x f x ==+-<--=-， 因为1ln 2x <，22ln 2ln 2x -<，又()f x 在(),ln 2-∞上单调递增，所以122ln 2x x <-， 所以122ln 2x x +<． 【点睛】思路点睛：本题是典型的极值点偏移问题，需先分析出原函数的极值点，找到两个根的大致取值范围，再将其中一个根进行对称的转化变形，使得x 与ln 2x -在同一个单调区间内，进而利用函数的单调性分析. 7．已知函数()()3ln f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数.（1）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （ii ）求函数()()()9g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （2）当3k ≥-时，求证：对任意的[)12,1,x x ∈+∞且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-. 【答案】（1）（i ）98y x =-；（ii ）递减区间为()0,1，递增区间为()1,+∞；极小值为()11g =，无极大值；（2）证明见解析. 【分析】（1）（i ）确定函数()f x ，求出()f x '，然后利用导数的几何意义求出切线方程即可； （ii ）确定函数()g x ，求出()g x '，利用导数研究函数()g x 的单调性与极值即可；（2）求出()f x '，对要证得不等式进行等价转换后，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，结合等价转换后的结果即可证明结论成立. 【详解】（1）（i ）当6k =时，()36ln f x x x =+，故()263f x x x'=+. 可得()11f =，()19f '=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-. （ii ）依题意，323()36ln g x x x x x =-++，()0,x ∈+∞，从而求导可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x'-+=. 令()0g x '=，解得1x =.当x 变化时，()g x '，()g x 的变化情况如下表：所以，函数()g x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为()1,+∞；()g x 的极小值为()11g =，无极大值.（2）证明：由()3ln f x x k x =+，得()23k f x x x'=+. 对任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭. ∴令1()2ln h x x x x=--，[)1,x ∈+∞. 当1x >时，22121()110h x x x x '⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[)1,+∞单调递增，所以当1t >时，()()1h t h >，即12ln 0t t t-->，因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-. ∴由（1）（ii ）可知，当1t >时，()()1g t g >，即32336ln 1t t t t-++>， 故32336ln 10t t t t-++->. ∴由∴∴∴可得()()()()()()()12121220x x fx f x f x f x ''-+-->.所以，当3k ≥-时，对任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-. 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <； （4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集. 8．已知函数21()ln 2f x x a x =-.其中a 为常数. （1）若函数()f x 在定义域内有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围；（2）已知1x ，2x 是函数()f x 的两个不同的零点，求证：12x x +> 【答案】（1）0a >；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出导函数()'f x ，分类讨论确定()'f x 的正负，得()f x 的单调性，从而得极值点个数，由此可得结论；（2）结合（1）求得函数有两个零点时a 的范围，设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，引入函数()))(0g x fx fx x =-≤≤，由导数确定它是减函数，得))f x f x <，然后利用()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==>=⎦⎦，再结合()f x 的单调性得出证明． 【详解】（1）()2(0)a x ax x x xf x --'==>，当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增，不符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得x =当(x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以此时()f x 只有一个极值点．0a ∴>（2）由（1）知当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，函数()f x 至多有一个零点，不符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得x =当x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，故当x =()f x 取得最小值()1ln 2a fa =-，当0a e <<时，1ln 0a ->，0f>，函数()f x 无零点，不合题意，当a e =时，1ln 0a -=，0f =，函数()f x 仅有一个零点，不合题意，当a e >时，1ln 0a -<，0f <，又()1102f =>，所以()f x 在(x ∈上只有一个零点， 令()ln 1p x x x =-+，则()11p x x'=-，故当01x <<时，()0p x '>，()p x 单调递增，当1x >时，()0p x '<，()p x 单调递减，所以()()10p x p ≤=，即ln 1≤-x x ，所以ln 221a a ≤-， 所以22(2)2ln 22(21)0f a a a a a a a a =-≥--=>，又2a >()f x 在)x ∈+∞上只有一个零点.所以a e >满足题意.不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，令()))(0g x f x fx x =+-≤≤，则()))ln ln g x a x a x =-+，()22x ag x ='=-，当0x <<()0g x '<，所以()g x在(上单调递减，所以当(x ∈时，()()00g x g <=，即))f x fx <，因为(1x ∈(1x ∈， 所以()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==>=⎦⎦，又)2x ∈+∞，)1x ∈+∞，且()f x在)+∞上单调递增，所以21x x >，故12x x +>>. 【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的极值点、零点，证明不等式．难点是不等式的证明，首先由零点个数得出参数范围，在不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞后关键是引入函数()))(0g x fx f x x =-≤≤，同样用导数得出它的单调性，目的是证得))f x f x <，然后利用这个不等关系变形()f x 的单调性得结论．9．已知函数ln ()xf x x=，()g x ax b =+，设()()()F x f x g x =-． （1）若1a =，求()F x 的最大值；（2）若()F x 有两个不同的零点1x ，2x ，求证：()()12122x x g x x ++>. 【答案】（1）最大值为1b --；（2）证明见解析. 【分析】（1）首先求出函数的导函数，再判断()F x '的符号，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值； （2）由题知，121212ln ln x x ax b ax b x x =+=+，，即2111ln x ax bx =+，2222ln x ax bx =+，要证()()12122x x g x x ++>，即可212112ln ln 2x x x x x x ->-+，令21x t x =，则只需证2(1)ln (1)1t t t t ->>+．构造函数2(1)()ln (1)1t t t t t ϕ-=->+，利用导数说明其单调性即可得证； 【详解】解：ln ()()()xF x f x g x ax b x =-=-- （1）解：当1a =时，ln ()xF x x b x=-- 所以21ln ()1xF x x -'=-． 注意(1)0F '=，且当01x <<时，()0F x '>，()F x 单调递增； 当1x >时，()0F x '<，()F x 单调递增减． 所以()F x 的最大值为(1)1F b =--． （2）证明：由题知，121212ln ln x xax b ax b x x =+=+，， 即2111ln x ax bx =+，2222ln x ax bx =+，可得212121ln ln ()[()]x x x x a x x b -=-++． 121212122()()2()x x g x x a x x b x x ++>⇔++>+212112ln ln 2x x x x x x -⇔>-+． 不妨120x x <<，则上式进一步等价于2211212()ln x x x x x x ->+． 令21x t x =，则只需证2(1)ln (1)1t t t t ->>+． 设2(1)()ln (1)1t t t t t ϕ-=->+，22(1)()0(1)t t t t ϕ-'=>+， 所以()t ϕ在(1+)∞，上单调递增， 从而()(1)0t ϕϕ>=，即2(1)ln (1)1t t t t ->>+， 故原不等式得证． 【点睛】本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，属于难题．10．已知函数1()ln f x a x x x=-+，其中0a >. （1）若()f x 在(2,)+∞上存在极值点，求a 的取值范围；（2）设()10,1x ∈，2(1,)x ∈+∞，若()()21f x f x -存在最大值，记为()M a ，则当1a e e≤+时，()M a 是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由 【答案】（1）5(2a ∈，)+∞；（2）M （a ）存在最大值，且最大值为4e． 【分析】（1）求出函数()f x 的导数，将题意转换为1a x x =+在(2,)x ∈+∞上有解，由1y x x=+在(2,)x ∈+∞上递增，得15(2x x +∈，)+∞，求出a 的范围即可；（2）求出函数()f x 的导数，得到21[()()]()()max f x f x f n f m -=-，求出M （a ）11()()()()n f n f m alnm n m n m=-=+-+-，根据函数的单调性求出M （a ）的最大值即可． 【详解】解：（1）2221(1)()1a x ax f x x x x--+'=--=，(0,)x ∈+∞， 由题意得，210x ax -+=在(2,)x ∈+∞上有根（不为重根），即1a x x =+在(2,)x ∈+∞上有解， 由1y x x=+在(2,)x ∈+∞上递增，得15(2x x +∈，)+∞，检验，52a >时，()f x 在(2,)x ∈+∞上存在极值点，5(2a ∴∈，)+∞；（2）210x ax -+=中2=a 4∆-，若02a <，即2=a 40∆-≤22(1)()x ax f x x --+∴'=在(0,)+∞上满足()0f x '，()f x ∴在(0,)+∞上递减，12x x < ()()12f x f x ∴> 21()()0f x f x ∴-<，21()()f x f x ∴-不存在最大值，则2a >；∴方程210x ax -+=有2个不相等的正实数根，令其为m ，n ，且不妨设01m n <<<，则01m n a mn +=>⎧⎨=⎩，()f x 在(0,)m 递减，在(,)m n 递增，在(,)n +∞递减，对任意1(0,1)x ∈，有1()()f x f m ， 对任意2(1,)x ∈+∞，有2()()f x f n ， 21[()()]()()max f x f x f n f m ∴-=-，M ∴（a ）11()()()()n f n f m alnm n m n m=-=+-+-， 将1a m n n n =+=+，1m n=代入上式，消去a ，m 得： M （a ）112[()()]n lnn n nn=++-，12a e e <+，∴11n e n e++，1n >，由1y x x=+在(1,)x ∈+∞递增，得(1n ∈，]e ， 设11()2()2()h x x lnx x x x =++-，(1x ∈，]e ，21()2(1)h x lnx x'=-，(1x ∈，]e ， ()0h x ∴'>，即()h x 在(1，]e 递增，[()]max h x h ∴=（e ）4e =， M∴（a ）存在最大值为4e． 【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题． 11．已知函数()ln(1)ax f x e x =+，2()ln g x x a x=+-，其中a R ∈. （1）若函数()y f x =的图象与直线y x =在第一象限有交点，求a 的取值范围. （2）当2a <时，若()y g x =有两个零点1x ，2x ，求证：12432x x e <+<-. 【答案】（1）1(0,)2；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据题意设()()(1)ln ax g x f x x e x x =-=+-，问题转化为方程()0g x =，在(0,)+∞有解，求导，分类讨论∴若0a ，∴若102a <<，∴若12a 时，分析单调性，进而得出结论.（2）运用分析法和构造函数法，结合函数的单调性，不等式的性质，即可得证. 【详解】解：（1）设()()(1)ln ax g x f x x e x x =-=+-， 则由题设知，方程()0g x =，在(0,)+∞有解，而1()()1[ln(1)]1()11axax g x f x e a x e F x x '='-=++-=-+. 设()()1ax h x e F x =-，则22221()[()()][(1)](n 1)l ax ax ax a h x e aF x F x e a x x +-'=+'=+++. ∴若0a ，由0x >可知01ax e <，且11()ln(1)111F x a x x x =++<++，从而()()10ax g x e F x '=-<，即()g x 在(0,)+∞上单调递减，从而()(0)0g x g <=恒成立， 因而方程()0g x =在(0,)+∞上无解. ∴若102a <<，则221(0)0(1)a h x -'=<+，又x →+∞时，()h x '→+∞， 因此()0h x '=，在(0,)+∞上必存在实根，设最小的正实根为0x ， 由函数的连续性可知，0(0,)x x ∈上恒有()0h x '<， 即()h x 在0(0,)x 上单调递减，也即()0g x '<，在0(0,)x 上单调递减，从而在0(0,)x 上恒有()(0)0g x g '<'=， 因而()g x 在0(0,)x 上单调递减，故在0(0,)x 上恒有()(0)0g x g <=，即0()0g x ，注意到ax e ax >，因此()(1)ln(1)ln [ln(1)1]ax g x e x x ax x x x a x =+->+-=+-， 令1ax e=时，则有()0>g x ，由零点的存在性定理可知函数()y g x =在0(x ，1)a e 上有零点，符合题意.∴若12a时，则由0x >可知，()0h x '>恒成立，从而()h x 在(0,)+∞上单调递增， 也即()g x '在(0,)+∞上单调递增，从而()(0)0g x g >=恒成立，故方程()0g x =在(0,)+∞上无解. 综上可知，a 的取值范围是1(0,)2.（2）因为()f x 有两个零点，所以f （2）0<， 即21012ln a a ln +-<⇒>+，设1202x x <<<，则要证121244x x x x +>⇔-<， 因为1244x <-<，22x >， 又因为()f x 在(2,)+∞上单调递增，所以只要证明121(4)()()0f x f x f x -<==， 设()()(4)g x f x f x =--(02)x <<，则222222428(2)()()(4)0(4)(4)x x x g x f x f x x x x x ----'='-'-=+=-<--， 所以()g x 在(0,2)上单调递减，()g x g >（2）0=，所以124x x +>， 因为()f x 有两个零点，1x ，2x ，所以12()()0f x f x ==， 方程()0f x =即2ln 0ax x x --=构造函数()2ln h x ax x x =--， 则12()()0h x h x ==，()1ln h x a x '=--，1()0a h x x e -'=⇒=， 记12(1ln 2)a p e a -=>>+，则()h x 在(0,)p 上单调递增，在(,)p +∞上单调递减， 所以()0h p >，且12x p x <<， 设2()()ln ln x p R x x p x p-=--+，22214()()0()()p x p R x x x p x x p -'=-=>++，所以()R x 递增，当x p >时，()()0R x R p >=， 当0x p <<时，()()0R x R p <=， 所以11111112(2ln )x x p ax x lnx x p x p--=<++，即22111111(2)()22l l n n ax x p x px x p x p p -+<-++，211(2ln )(22ln )20p a x ap p p p x p +-+--++>，1(a p e -=，1)lnp a =-，所以21111(23)20a a x e x e --+-+>，同理21122(23)20a a x e x e --+-+<，所以2112111111(23)2(23)2a a a a x e x e x e x e ----+-+<+-+， 所以12121()[(23)]0a x x x x e --++-<， 所以12123a x x e -+<-+， 由2a <得：1122332a x x e e -+<-+<-， 综上：12432x x e <+<-. 【点睛】本题考查导数的综合应用，不等式的证明，关键是运用分类讨论，构造函数的思想去解决问题，属于难题. 12．已知函数()2211ln 24f x x ax x x ax ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭.（1）若()f x 在0,单调递增，求a 的值；（2）当1344a e <<时，设函数()()f x g x x=的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域. 【答案】（1）1；（2）0,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 【分析】（1）由()f x 在0,单调递增，利用导数知0fx 在0,上恒成立即可求参数a 的值；（2）由()()f x g x x=有()11ln 24g x x a x x a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，利用二阶导数可知()g x '在0,上单调递增，进而可知()01,x e ∃∈，使得()00g x '=，则有()g x 的单调性得最小值()()000011ln 24g x x a x x a h a ⎛⎫=--+= ⎪⎝⎭，结合1344a e <<并构造函数可求0x 取值范围，进而利用导数研究()000031ln ln 42h a x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的单调性即可求范围；【详解】（1）()()ln f x x a x '=-，又()f x 在0,单调递增， ∴0fx，即()ln 0x a x -≥在0,上恒成立，（i ）当1x >时，ln 0x >，则需0x a -≥，故min a x ≤，即1a ≤； （ii ）当1x =时，ln 0x =，则a R ∈；（iii ）当01x <<时，ln 0x <，则需0x a -≤，故max a x ≥，即1a ≥； 综上所述：1a =； （2）()()11ln 24f x g x x a x x a x ⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭，()11ln 24a g x x x '=-+，()212a g x x x ''=+， ∴1344a e <<，有()0g x ''>， ∴()g x '在0,上单调递增，又()1104g a '=-+<，()304a g e e '=-+>， ∴()01,x e ∃∈，使得()00g x '=，当()00,x x ∈时，0g x，函数()g x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，0g x，函数()g x 单调递增，故()g x 的最小值为()()000011ln 24g x x a x x a h a ⎛⎫=--+= ⎪⎝⎭， 由()00g x '=得00011ln 24a x x x =+，因此()000031ln ln 42h a x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()11ln 24t x x x x =+，()1,x e ∈，则()13ln 024t x x '=+>， ∴()t x 在()1,e 上单调递增，又1344a e <<，()114t =，()34t e e =， ∴0x 取值范围为()1,e ， 令()31ln ln 42x x x x x ϕ⎛⎫=-⎪⎝⎭（1x e <<），则()()()21131ln ln 2ln 3ln 102444x x x x x ϕ'=--+=-+->，∴函数()ϕx 在()1,e 上单调递增，又()10ϕ=，()4e e ϕ=， ∴()04e x ϕ<<，即函数()h a 的值域为0,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性求参数，由原函数得到最值，构造中间函数并根据其导数讨论单调性，求最值的取值范围；中间函数需要根据步骤中的研究对象及目的确定； 13．已知函数2()22ln ()f x x ax x a R =-+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，求证：()()()2121(2)f x f x a x x -<--. 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出导函数，根据二次函数的∆与0的关系来分类讨论函数的单调性，并注意一元二次方程根的正负与定义域的关系；（2）由()1212,x x x x <是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将()()21f x f x -转变为关于12x x ，函数，再运用12x x ，的关系将不等式转化为证22212ln 0x x x -->，构造函数1()2ln (1)g x x x x x=-->，分析函数()g x 的单调性，得出最值，不等式可得证. 【详解】（1）解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()2'212()22x ax f x x a x x-+=-+=，则24a ∆=-. ∴当0a ≤时，对(0,),()0x f x '∀∈+∞>，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；∴当02a <≤时，0∆≤，所以对(0,),()0x f x '∀∈+∞≥，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；∴当2a >时，令()0f x '>，得0x <<x ，所以函数()f x在⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增；令'()0f x <x <<，所以()f x在⎝⎭上单调递减. （2）证明：由（1）知2a >且1212,1,x x a x x +=⎧⎨=⎩，所以1201x x <<<.又由()()()()222122211122ln 22ln f x f x x ax x x ax x -=-+--+()()()()()()22222222221212121212111122ln22ln 2ln x x x x x a x x x x x x x x x x x x x =---+=--+-+=--+. 又因为()()()()()()()()222121212121212121(2)222a x x x x a x x x x x x x x x x x x --=---=--+-=---.所以要证()()()2121(2)f x f x a x x -<--，只需证()22112ln2x x x x <-. 因为121=x x ，所以只需证22221ln x x x <-，即证22212ln 0x x x -->. 令1()2ln (1)g x x x x x =-->，则2'2121()110g x x x x ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以对1,()(1)0x g x g ∀>>=.所以22212ln 0x x x -->. 所以若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，则()()()2121(2)f x f x a x x -<--. 【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，属于较难题.导数中通过双极值点求解最值或证明不等式时，可通过双极值点对应的等式将待求的式子或待证明的式子转变为关于同一变量（注意变量的范围）的式子，然后通过构造新函数，分析新函数的单调性后从而达到求解最值或证明不等式的目的. 14．已知函数2()(2)()x f x xe a x x a R =-+∈． （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）当1a e>时，函数()f x 有三个不同的零点1x ，2x ，3x ，求证：1232x x x lna ++<． 【答案】（1）增区间为(,1)-∞-，(2,)ln +∞；减区间为(1,2)ln -；（2）证明见解析.【分析】（1）求出原函数的导函数，得到函数零点，由导函数零点对定义域分段，再由导函数在不同区间段内的符号得到原函数的单调区间；（2）由(0)0f =，可得0x =是函数的一个零点，不妨设30x =，把问题转化为证122x x lna +<，即证122x x a e+>．由()0f x =，得(2)0x e a x -+=，结合1x ，2x 是方程(2)0xe a x -+=的两个实根，得到1212x x e e a x x -=-，代入122x x a e +>，只需证1212212x xx x e e e x x +->-，不妨设12x x >．转化为证1212212()10x x x x ex x e----->．设122x x t -=，则等价于2210(0)t t e te t -->>．设2()21(0)t t g t e te t =-->，利用导数证明()0g t >即可． 【详解】（1）解：()(22)(1)(2)xxxf x e xe x x e '=+-+=+-， 令()0f x '=，得11x =-，22x ln =．当1x <-或n 2>x l 时，()0f x '>；当12x ln -<<时，()0f x '<．()f x ∴增区间为(,1)-∞-，(2,)ln +∞；减区间为(1,2)ln -；（2）证明：(0)0f =，0x ∴=是函数的一个零点，不妨设30x =，则要证122x x lna +<，只需证122x x a e +>． 由()0f x =，得(2)0xe a x -+=，1x ，2x 是方程(2)0x e a x -+=的两个实根， ∴11(2)x e a x =+，∴22(2)x e a x =+，∴，∴-∴得：1212x x e e a x x -=-，代入122x x a e+>，只需证1212212x x x x e e e x x +->-，不妨设12x x >．120x x ->，∴只需证1212212()x x x x e e x x e+->-．20x e>，∴只需证1212212()10x x x x e x x e----->．设122x x t -=，则等价于2210(0)t t e te t -->>． 设2()21(0)ttg t e te t =-->，只需证()0g t >，又()2(1)t tg t e e t =--'，设()1(0)t t e t t ϕ=-->，则()10t t e ϕ'=->，()t ϕ∴在(0,)+∞上单调递增，则()(0)0t ϕϕ>=．()0g t ∴'>，从而()g t 在(0,)+∞上是增函数，()(0)0g t g ∴>=．综上所述，1232x x x lna ++<．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，属难题．15．已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln 2a ≥. 【分析】（1）直接对函数求导，判断导函数在对应区间上的符号即可证明；（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值；借助单调性换元法，结合二次函数的性质分别求最值列不等式求解即可 【详解】（1）证明：()()23x xe ef x -='-令()0f x '>，解得0x >，∴()f x 在()0,∞+上单调递增 令()0f x '<，解得0x <，∴()f x 在(),0-∞上单调递减（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ， 即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值()()()()max 23a af x f a f a e e -=-==+ 令[]()cos 1,1t x t =∈-，∴()2123g t t at a =+--，对称轴02a t =-< ∴()()max 513g t g == ∴()2533a a e e -+≥，52a a e e -+≥， 令(),0ae m m =>，∴152m m +≥，∴2m ≥ ∴2a e ≥，∴ln 2a ≥ 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查三角函数的有界性，二次函数的最值以及恒成立问题的转化，考查转化思想以及计算能力，属于中档题. 16．已知函数()()21ln 212h x x b x =+-，()21ln 2f x x a x =-．其中a ，b 为常数． （1）若函数()h x 在定义域内有且只有一个极值点，求实数b 的取值范围；（2）已知1x ，2x 是函数()f x 的两个不同的零点，求证：12x x +> 【答案】（1）(),0-∞；（2）证明见解析． 【分析】（1）首先求函数的导数，根据题意转化为222y x x b =-+在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭内有且仅有一个变号零点，根据二次函数的单调性，列式求解b 的取值范围；（2）求出当函数()f x 有两个零点时，求出a e >，再构造函数()))(0g x fx fx x =-≤≤，利用导数判断函数的单调性，得到))fx fx <，再通过构造得到()()21f x f x >，利用函数的单调性证明结论.【详解】（1）()2222121212'b x x b x x x x h x -+⎛⎫=+=> ⎪--⎝⎭，因为函数()h x 在定义域有且仅有一个极值点， 所以222y x x b =-+在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭内有且仅有一个变号零点， 由二次函数的图象和性质知21122022b ⎛⎫⨯-+< ⎪⎝⎭，解得0b <，即实数b 的取值范围为(),0-∞．（2）()2'(0)a x ax x x xf x -=-=>，当0a ≤时，()'0f x >，()f x 在()0,∞+上单调递增，函数()f x 至多有一个零点，不符合题意，当0a >时，令()'0f x =，得x =当(x ∈时，()'0f x <，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()'0f x >，()f x 单调递增，故当x =()f x 取得最小值()1ln 2afa =-，当0a e <<时，1ln 0a ->，0f>，函数()f x 无零点，不合题意，当a e =时，1ln 0a -=，0f =，函数()f x 仅有一个零点，不合题意，当a e >时，1ln 0a -<，0f <，又()1102f =>，所以()f x 在(x ∈上只有一个零点， 令()ln 1p x x x =-+，则()1'1p x x=-，故当01x <<时，()'0p x >，()p x 单调递增， 当1x >时，()'0p x <，()p x 单调递减，所以()()10p x p ≤=，即ln 1≤-x x ，所以ln 221a a ≤-，所以22(2)2ln 22(21)0f a a a a a a a a =-≥--=>，又2a >()f x 在)x ∈+∞上只有一个零点．所以a e >满足题意．不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，令()))(0g x f x f x x =+-≤≤，则()))ln ln g x a x a x =-+，()22'g x x a=+=-，当0x <<()'0g x <，所以()g x 在(上单调递减，所以当(x ∈时，()()00g x g <=，即))f x fx <，因为(1x ∈(1x ∈，所以()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==>=⎦⎦，又)2x ∈+∞，)1x ∈+∞，且()f x 在)+∞上单调递增，所以21x x >，故12x x +>> 【点睛】本题考查利用导数证明函数的单调性，极值，最值，零点，函数与方程，不等式的综合应用，重点考查逻辑推理，转化与变形，计算能力，属于难题. 17．已知函数()()()1xxf x ae ea x a R -=--+∈，()f x 既存在极大值，又存在极小值.（1）求实数a 的取值范围；（2）当01a <<时，1x ，2x 分别为()f x 的极大值点和极小值点.且()()120f x kf x +>，求实数k 的取值范围.【答案】（1）()()0,11,+∞；（2）1k ≤-. 【分析】（1）求出函数的导数，结合函数的单调性确定a 的范围即可；（2）求出函数的极值点，问题转化为11(1)1a lna k a -<++，设11()(1))1x g x lnx k x -=-++，根据函数的单调性确定k 的范围即可． 【详解】解：（1）由()()1xxf x ae ea x -=--+得()()'1x x f x ae e a -=+-+，即()()()1'1xxx f ee x ea -=--，由题意，若()f x 存在极大值和极小值，则()'0f x =必有两个不相等的实数根， 由10x e -=得0x =，所以10x ae -=必有一个非零实数根， ∴0a ≠，1xe a =，∴10a>且11a ≠，∴01a <<或1a >. 综上，实数a 的取值范围为()()0,11,+∞.（2）当01a <<时，由（1）可知()f x 的极大值点为10x =，极小值点为2ln x a =-， 此时()11f x a =-，()()211ln f x a a a =-++，依题意得()()111ln 0a k a a a -+-++>对任意01a <<恒成立， 由于此时()()210f x f x <<，所以k 0<；所以()()()1ln 11k a a a k +>--，即11ln 11a a k a -⎛⎫<- ⎪+⎝⎭，设()11ln 11x x k x g x -⎛⎫=--⎪+⎝⎭，()0,1x ∈，则 ()()()()2221121112111'x x k x k x x x g x ⎛⎫+-- ⎪⎛⎫⎝⎭=--= ⎪⎝⎭++()22211x x k x x ++=+，令()2210*x x k ++=，判别式244k∆=-. ∴当1k ≤-时，0∆≤，所以()'0g x ≥，()g x 在()0,1单调递增， 所以()()10g x g <=，即11ln 11a a k a -⎛⎫<-⎪+⎝⎭，符合题意； ∴当10k -<<时，>0∆，设()*的两根为3x ，4x ，且34x x <，则3420x x k+=->，341x x =，因此3401x x <<<， 则当31x x <<时，()'0g x <，()g x 在()3,1x 单调递减， 所以当31x a <<时，()()10g a g >=，即11ln 11a a k a -⎛⎫>- ⎪+⎝⎭， 所以()()120f x kf x +<，矛盾，不合题意； 综上，k 的取值范围是1k ≤-. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．18．已知函数()()22ln xg x x t t R e =-+∈有两个零点1x ，2x . （1）求实数t 的取值范围；（2）求证：212114x x e +>. 【答案】（1）ln 21t >-；（2）证明见解析. 【分析】（1）写出函数()g x 定义域并求导，从而得到函数的单调性，根据单调性得到函数的最大值，要使()g x 有两个零点，只需最大值202e g ⎛⎫> ⎪⎝⎭即可.（2）函数()g x 有两个零点1x ，2x ，可得1122222ln 02ln 0x x t e x x t e ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，两式相减得21221ln ln 2x x e x x -=-，欲证212114x x e +>，即证()2112212ln ln 11x x x x x x -+>-，设21(1)x t t x =>，构造函数1()2ln (1)f t t t t t=-->，通过函数()f t 的单调性即可得到证明. 【详解】（1）函数()()22ln x g x x t t R e =-+∈定义域为()0,∞+，()222122=xe x xe g x e -=-'.令()0g x '=得22ex =，可得()g x 在20,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，又0x →时，()g x →-∞，x →+∞时，()g x →-∞，故欲使()g x 有两个零点，只需22ln 11ln 2022e e g t t ⎛⎫=-+=-+> ⎪⎝⎭，即ln 21t >-. （2）证明：不妨设12x x <，则由（1）可知21202e x x <<<，且1122222ln 02ln 0x x t e x x t e ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，两式相减可得21221ln ln 2x x e x x -=-. 欲证212114x x e +>，即证()2112212ln ln 11x x x x x x -+>-， 设21(1)x t t x =>，则即证12ln (1)t t t t->>， 构造函数1()2ln (1)f t t t t t=-->，则()22212(1)10t t t tf t -=+-=>'， 所以()f t 在()1,+∞上单调递增，故()()10f t f >=， 所以12ln (1)t t t t->>，原不等式得证. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，单调性以及最值问题，考查利用变量集中的思想解决不等式的证明，考查构造函数的思想，属于中档题. 19．已知函数()1ln f x x x=-，()g x ax b =+． （1）若函数()()()h x f x g x =-在0,上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）当0b =时，若()f x 与()g x 的图象有两个交点()11,A x y ，()22,B x y ，试比较12x x 与22e 的大小．（取e 为2.8，取ln 2为0.7为1.4）。

专题4.导数与函数中的双变量问题【原卷版】

专题4.导数与函数中的双变量问题【原卷版】

学霸养成.2020高考数学热点难点必杀技系列—导数近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.1.【2018全国卷Ⅰ】已知函数1()ln f 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12,x x ,证明：1212()()2-<--f x f x a x x ．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】【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟】 已知函数,,当时,不等式恒成立,则实数的取值范围为A ．B ．C ．D ．【对点训练】【安徽省淮南市2019届高三第一次模拟】已知函数()ln 1f x x ax =-+,其中a 为实常数. （1）若当0a >时,()f x 在区间[1,]e 上的最大值为1-,求a 的值；（2）对任意不同两点()()11,A x f x ,()()22,B x f x ,设直线AB 的斜率为k ,若120x x k ++>恒成立,求a 的取值范围.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】【山东省潍坊市2019届高三5月三模】已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈. （1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立,求实数m 的取值范围.【对点训练】【辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三第八次模拟】已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈两个极值()1212,x x x x <点.（1）当5a =时,求()()21f x f x -； （2）当a ≥,求()()21f x f x -的最大值. 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】【黑龙江省哈尔滨市2019届高三二模】已知函数()ln()xf x e x m =-+,其中1m ≥. （1）设0x =是函数()f x 的极值点,讨论函数()f x 的单调性； （2）若()y f x =有两个不同的零点1x 和2x ,且120x x <<, （i ）求参数m 的取值范围； （ii ）求证：2121ln(1)1x x ex x e ---+>-.【对点训练】【云南省玉溪市第一中学2019届高三上学期第二次调研】设R a ∈,函数()ln f x x ax =-, （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个相异零点12,x x ,求证12ln ln 2x x +>.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】【江西省上饶市2019届高三第二次模拟】已知实数x ,y 满足()2ln 436326x y x y e x y +-+--≥+-,则x y +的值为（ ） A ．2B ．1C ．0D ．1-【对点训练】【四川省绵阳市2018届高三第三次诊断】对于任意的实数[]1,x e ∈,总存在三个不同的实数[]1,4y ∈-,使得21ln 0y y xe ax x ---=成立,则实数a 的取值范围是（ ）A ．3163,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．3160,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦ C ．23163,e e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ D ．23161,e e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ 五、独立双变量,换元构造一元函数【例5】【河南省名校鹤壁高中2019届高三压轴第二次考试】若存在正实数,使得关于的方程有两个不等的实根（其中是自然对数的底数）,则实数的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．1.【2019年山西省太原市高三模拟】已知2a >,函数()1e ln exf x x ax =+-. （1）证明：()f x 有两个极值点；（2）若()1212,x x x x <是函数()f x 的两个极值点,证明：()()212ln f x f x a -<. 2．【天津市实验中学2019届高三第六次阶段考】已知函数211()ln 2f x x a x x a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭,其中0a >. （1）当2a =时,求曲线()y f x =在点()()1,1f 处切线的方程； （2）当1a ≠时,求函数()f x 的单调区间；（3）若10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,证明对任意()12121,,12x x x x ⎡⎤∈≠⎢⎥⎣⎦,()()12221212f x f x x x -<-恒成立.3．【内蒙古2019届高三高考一模】已知函数21()()2ln f x ax bx x a R =+--∈． (1)当0b =时,讨论函数()f x 的单调区间；(2)当1x y e >>-时,求证：ln(1)ln(1)x y e y e x +>+． 4．设函数()ln (1)x f x x a x e =--,其中a R ∈. （1）若0a ≤,讨论()f x 的单调性； （2）若10a e<<, （i ）证明()f x 恰有两个零点（ii ）设0x 为()f x 的极值点,1x 为()f x 的零点,且10x x >,证明0132x x ->. 5．【安徽省1号卷A10联盟2019届高考最后一卷】已知函数,()()1ln 1,f x m x m R x=+-∈ （1）若函数()f x 有2个零点,求m 的取值范围；（2）若()()21g x f x x x=++有两个极值点12,x x ,且12x x <,求证：()211ln 22g x x <- 6．【黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第二次模拟】已知函数()ln()xf x e x m =-+,其中1m ≥. （1）设0x =是函数()f x 的极值点,讨论函数()f x 的单调性； （2）若()y f x =有两个不同的零点1x 和2x ,且120x x <<, （i ）求参数m 的取值范围； （ii ）求证：2121ln(1)1x x ex x e ---+>-.7．【四川省绵阳市2019届高三下学期第三次诊断】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 2．8．【云南省师范大学附属中学2019届高三第八次月考】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 -<+<-.。

高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题.docx

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高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（2）1.（2010?辽宁）已知函数 f （x） =（ a+1）lnx+ax2+1（1）讨论函数 f（x）的单调性；（2）设 a＜﹣ 1．如果对任意 x1，x2∈（0， +∞），|f（ x1）﹣ f（x2） | ≥4| x1﹣x2| ，求 a 的取值范围．解：（Ⅰ） f（x）的定义域为（ 0，+∞） .．当a≥0 时， f ′（x）＞ 0，故 f（ x）在（ 0，+∞）单调递增；当a≤﹣ 1 时， f ′（x）＜ 0，故 f （x）在（ 0，+∞）单调递减；当﹣ 1＜ a＜0 时，令 f ′（ x） =0，解得．则当时， f'（ x）＞ 0；时， f' （x）＜ 0．故 f（x）在单调递增，在单调递减．（Ⅱ）不妨假设 x1≥2，而＜﹣，由（Ⅰ）知在（，∞）单调递减，x a10 +从而 ? x1， x2∈（ 0， +∞），|f（x1）﹣ f（ x2） | ≥4| x1﹣ x2|等价于 ? x1，2∈（，+∞），（ 2）+ 2≥（ 1）+1①x0f x4x f x4x令g（x）=f（ x）+4x，则①等价于 g（x）在（ 0，+∞）单调递减，即．从而故 a 的取值范围为（﹣∞，﹣2] ．（12 分）2．（2018?呼和浩特一模）已知函数f（x）=lnx， g（ x） =﹣bx（b为常数）．（Ⅰ）当 b=4 时，讨论函数 h（x）=f（x）+g（x）的单调性；（Ⅱ） b≥2 时，如果对于 ?x1，x2∈（1， 2] ，且 x1≠x2，都有|f（x1）﹣ f（ x2） | ＜|g（ x1）﹣ g（x2）|成立，求实数 b 的取值范围．解：（1） h（x）=lnx+ x2﹣bx 的定义域为（ 0，+∞），当 b=4 时， h（x）=lnx+x2﹣ 4x，h'（x）= +x﹣4=，令 h'（x） =0，解得 x1=2﹣，x2=2+，当 x∈（2﹣，2+）时， h′（ x）＜ 0，当 x∈（0，2﹣），或（ 2+，+∞）时， h′（x）＞ 0，所以， h（x）在∈（0，2﹣），或（ 2+ ，+∞）单调递增；在（ 2﹣，2+）单调递减；（Ⅱ）因为 f（ x）=lnx 在区间（ 1，2] 上单调递增，当 b≥ 2 时， g（x）= x2﹣bx 在区间（ 1，2] 上单调递减，不妨设 x1＞x2，则|f（x1）﹣ f（ x2） | ＜|g（x1）﹣g（x2）|等价化为 f（x1）+g（ x1）＜f（x2）+g（ x2），令φ（x）=f（ x）+g（x），则问题等价于函数φ（ x）在区间（ 1， 2] 上单调递减，即等价于φ′（ x） = +x﹣b≤0 在区间（ 1，2] 上恒成立，所以得 b≥ +x，因为 y= +x 在（ 1，2] 上单调递增，所以y max = +2=所以得b≥3．（2018?乐山二模）已知 f （x）=．（1）求 f（ x）的单调区间；（2）令 g（ x） =ax2﹣2lnx，则 g（x）=1 时有两个不同的根，求 a 的取值范围；（3）存在 x1，x2∈（ 1， +∞）且 x1≠x2，使|f（x1）﹣ f（x2） | ≥k| lnx 1﹣lnx 2| 成立，求 k 的取值范围．解：（1）∵ f（x）=，f′（x）==﹣=﹣，故x∈（0，1）时， f ′（x）＞ 0，x∈（1，+∞）时， f ′（ x）＜ 0，故f（x）在（ 0， 1）上单调递增，在（ 1，+∞）上单调递减；（2）∵ g（x）=ax2﹣ 2lnx=1，∴ a==f（x），作函数 f （x）的图象如下，∵f （1）==1，∴结合图象可知， a 的取值范围为（0，1）；（3）不妨设 x1＞ x2＞1，∵f（ x）在（1， +∞）上单调递减， y=lnx 在（1，+∞）上单调递增；∴|f（ x1）﹣ f （x2） | ≥k| lnx1﹣ lnx2| 可化为 f（ x2）﹣ f （x1）≥ k（ lnx1﹣lnx2），∴f （x2211）+klnx≥f（ x）+klnx ，即函数 h（x）=f（x）+klnx 在（ 1， +∞）上存在单调减区间，即 h′（ x） =f （′x）+ =﹣+ =＜ 0 在（ 1，+∞）上有解，即 m（x）=kx2﹣4lnx＜0 在（ 1，+∞）上有解，即k＜在（ 1，+∞）上有解，∵（）′=，当x=时，=0；故（） max =；∴ k＜．4．（2018?衡阳三模）已知函数f（ x） =lnx﹣ax2+x（a∈R），函数 g（ x）=﹣2x+3．（Ⅰ）判断函数F（x）=f（x）+（Ⅱ）若﹣ 2≤a≤﹣ 1 时，对任意成立，求实数 t 的最小值．解：（I）ag（x）的单调性；x1，x2∈[ 1，2] ，不等式|f（ x1）﹣ f （x2） | ≤t| g（x1）﹣ g（x2） | 恒，其定义域为为（ 0，+∞），=．（1）当 a≤ 0 时， F'（ x）≥ 0，函数 y=F（ x）在（ 0，+∞）上单调递增；（2）当 a＞ 0 时，令 F'（x）＞ 0，解得；令 F'（x）＜ 0，解得．故函数 y=F（x）在上单调递增，在上单调递减．（II）由题意知 t≥ 0.，当﹣ 2≤ a≤﹣ 1 时，函数 y=f（x）单调递增，不妨设1≤x1≤x2≤ 2，又函数 y=g（x）单调递减，所以原问题等价于：当﹣2≤a≤﹣ 1 时，对任意 1≤x1≤x2≤2，不等式 f（ x2）﹣ f（x1）≤ t[ g（x1）﹣ g（x2） ] 恒成立，即 f（x2）+tg（ x2）≤ f （x1）+tg（x1）对任意﹣ 2≤a≤﹣ 1，1≤x1≤ x2≤ 2 恒成立．记 h（ x）=f（x）+tg（ x） =lnx﹣+（ 1﹣ 2t）x+3t ，则 h（x）在[1，2] 上单调递减．得对任意 a∈[ ﹣ 2，﹣ 1] ， x∈[ 1，2] 恒成立．令，a∈[ ﹣ 2，﹣ 1] ，则2t ≤0 在 x∈（0，+∞）上恒成立．则 2t﹣1≥（ 2x+） max，而y=2x+在[1，2]上单调递增，所以函数 y=2x+在[1， 2] 上的最大值为．由 2t﹣1，解得 t．故实数 t 的最小值为．5．（2018?河南模拟）已知函数．（1）若 m＜0，曲线 y=f（x）在点（ 1， f（ 1））处的切线在两坐标轴上的截距之和为2，求 m 的值；（2）若对于任意的及任意的x1，x2∈[ 2，e]，x1≠x2，总有成立，求 t 的取值范围．解：（1）因为又因为切点坐标为，所以，所以切线方程为，f' （1）=m﹣1．．令 x=0，得；令y=0，得解得 m=﹣2 或，又m＜0，所以（2）不妨设 x1＞ x2，由（ 1）知，．由m=﹣2．，，化简得，2m2+m﹣ 6=0，所以f' （x）＞ 0， f（ x）为增函数，从而f（x1）＞ f（x2）．所以等价于，即，所以．设，则g（x1）＞ g（ x2），所以g（x）在[2，e]上为单调递增函数，因此所以g'（x）≥ 0，，即对于对于恒成立，x∈[ 2，e] 恒成立．设 h（ x）=x3﹣2x2，则=，所以 h（x）在[2， e] 上单调递增， h（x）min =h（2）=1，因此， t ≤ 1，即 t ∈（﹣∞， 1] ．。

导数压轴题双变量问题题型归纳总结

导数压轴题双变量问题题型归纳总结

导数压轴题双变量问题题型归纳总结-标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KH导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数/（” = /+6+01nx,曲线y = 〃x ）在点（1J ⑴）处的切线方程为y = 2x（1）求实数。

〃的值:（2）设尸（N ） = /（X ）-炉+〃江（〃?£夫）不,4（0＜为 ＜七）分别是函数尸（x ）的两个零点，求证：尸（屈7）＜0.【解析】（1） 〃 = 1力=-1；(2) /(x) = x 2+x-lnx t F(x) = (l + /??)x-lnx , F r (.v) = ;??+1- -, X尸（而"2一点="工点,要证财（斤）＜。

，只需证号等〈卷令/= J±G (0,1),即证 21IWT + ；>0.令力(/) = 21n/-i + ；(0<r < 1),则所以函数力。

）在（0』）上单调递减，3）＞力（1）=0,即证2hWT + ；＞0.由上述分析可知/m ）＜0.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把冷工转化刈的函数，常把公&的关系变形为齐次式，设，= ±J = ln 土J = = 等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数.12A 2法. 思路二：因为。

＜演＜x],只需证皿用一也占一上手〉。

，] 7^一(、八)2* _ 1 _ x + x 2 _ 287-x-占 _("7-《)X lyjx^Xyfx 2yfx^Xyfx所以函数。

（X ）在（0/2）上单调递减,eW ＞eU ） = 0,即证lnxTn.q ＞ 濠 由上述分析可知【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X (或4)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.因为再，心分别是函数F （x ）的两个零点，所以 (l + w)^ = In%, । , i In* - Inx.也哈…眸,两式相减，得仙=^^思路一：因为。

导数问题中的双参数问题

导数问题中的双参数问题

导数问题中的双参数问题导数问题中双参数证明问题例1：设0a >0) ，常规方法证明：(1)先证右边不等式，设ϕ(x ) =lnx -lna -111a (x −a ) 2因为ϕ(x)=−(+) =−故当x>a时，ϕ(x ) 单调减少，又ϕ(a ) =0，所以，当x>a时，ϕ(x )从而当b>a>0时，lnx -lna a >0)1(x-a) 2因为f (x) =2x(lnx-lna ) +(x +a ) −2a =2x(lnx-lna) +>0，x x ' 22故当x>a时，f (x ) 单调增加，有f (a ) =0，所以当x>a时，f (x ) >f(a) =0，即（x 2+a 2）(lnx -lna ) −2a (x -a ) >0. 从而当b>a>0时，有(a 2+b 2)(lnb -lna ) −2a(b-a ) >0, 即综合(1)(2)有2a lnb -lna 1. 上面的解法固然易想，但是计算量有点大容易出错，这个时候如果用构造函数法的话，就可以减少一定程度的计算量。

我们注意到，函数中有两个参数a,b ，但是我们所学的函数都是一个变量的，为了好设函数，我们希望有方法把函数变成一个变量。

我们以左式为例。

为了证明2a lnb -lnab b b b ⇒2(-1)b 这个时候我们注意到不等式中剩下一个参数，所以很容易设函数a 2a(b-a )f (x ) =(1+x 2) ln x −2(x −1), (x >1) ,(因为a0, (x >1) 恒成立。

此时f ' (x ) =2x ln x ++x −2, (x >1) f ' ' (x ) =2ln x −1x 1+3, (x >1) ，2x注意到f ' ' (x ) 是单调递增函数，所以f ' ' (x ) >f ' ' (1) =2>0，即f ' (x ) 单调递增. 又f ' (x ) >f ' (1) =0，所以f (x ) 单调递增，即f (x ) >f (1) =0，即f (x ) =(1+x 2) ln x −2(x −1) >0, (x >1) ，所以左式得证。

导数中的双变量问题

导数中的双变量问题

1、设函数 f(x) (2 a)lnx __ (ax(1)讨论函数f (x)在定义域内的单调性；⑵ 当 a ( 3, 2)时，任意 X i ,X 2 [1,3] , (m In 3)a 2l n3 | f(xj f(x 2)| 恒成立，求实数 m 的取值范围.2、已知二次函数g(x)对xR 都满足 g(x 1) g(1 x) x 2 2x 1 且 g(1)1，设函数19f (x) g(x ) ml nx ( mR , x 0).(I)求g(x)的表达式；(H)若 x R ，使f(x) 0成立，求实数m 的取值范围；(皿)设1 m e ,H(x) f(x) (m 1)x ，求证：对于 x b x ? [1,m]，恒有 | H (xj H(X 2)| 1 . 3、 设x 3是函数f x x 2 ax b e 3 x , x R 的一个极值点. (1) 求a 与b 的关系式(用a 表示b )，并求f x 的单调区间；25(2) 设ao, g x a— e，若存在1, 20,4，使得f1g 21成立，求a的取值范围.4、 f (x) (x 2 ax b)e x (x R). (1)若a 2,b 2，求函数f(x)的极值；(2) 若x 1是函数f(x)的一个极值点，试求出a 关于b 的关系式(用a表示b ), 并确定f(x)的单调区间；(3) 在(2)的条件下，设a 0，函数g(x) (a 2 14)e x 4 .若存在1, 2 [0,4]使得 | f( 1)f( 2)l 1成立，求a 的取值范围.5、已知函数f x ax 3 bx 2 3x a,b R 在点1, f 1处的切线方程为y 2 0 . ⑴求函数f x 的解析式;导数 0) •⑵若对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2都有f x1c，求实数c的最小值；⑶若过点M 2,m m 2可作曲线y f x的三条切线，求实数m的取值范围.16、设函数f(x) x aln x(a R).x⑴讨论函数f(x)的单调性；⑵若f(x)有两个极值点X i,X2，记过点A(X i, f(G), B(X2, f(X2))的直线斜率为k,问：是否存在a，使得k 2 a ?若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.7、已知函数f(x) ln x — ax2(a 1)x(a R, a 0).2⑴求函数f(x)的单调增区间；⑵记函数F(x)的图象为曲线C ,设点A(x1,y1)，B(x2,y2)是曲线C上两个不同点，如果曲线C上存在点M(x0,y0)，使得：①x0X2；②曲线C在点M处的切线平行于直2线AB，贝S称函数F(x)存在“中值相依切线”.试问：函数f(x)是否存在中值相依切线，请说明理由.&已知函数 f (x) (a 1)lnx ax .⑴试讨论f(x)在定义域内的单调性；⑵当a V—1时，证明：N,X2 (0,1),⑴：1)1.求实数m的取值范围.I X1 x2 |9、已知函数f(x) (a 1)lnx ax2 1.⑴讨论函数f(x)的单调性；⑵设a 1，如果对任意X1,X2 (0, ) , |f(xj f(x2) |> 4|X1 X2 |,求a的取值范围.1 210、已知函数f(x)=§x —ax+(a—1) lnx , a 1 .(1)讨论函数f(x)的单调性；11、 已知函数 f(x) x 1 aln x(a 0). (1) 确定函数y f(x)的单调性； (2)若对任意x 1,x 2 0,1，且x 1 x 2，都有| f (x 1) f(x 2)| 4|— — |，求实数a 的取 X ] x 2值范围。

专题10 利用导数研究双变量问题(全题型压轴题)试题含解析

专题10 利用导数研究双变量问题(全题型压轴题)试题含解析

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

2025年高考数学二轮复习导数专题19：双变量问题【含答案】

2025年高考数学二轮复习导数专题19：双变量问题【含答案】

专题19：双变量问题1．已知函数2()1(0)f x lnx ax x a =--++>．（Ⅰ）若()f x 是定义域上的单调函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若()f x 在定义域上有两个极值点1x ，2x ，证明：12()()522f x f x ln +>-．【解析】（Ⅰ）2()1f x lnx ax x =--++，∴221()ax x f x x-+'=-令2()21(0)g x ax x x =-+>则△18a=-0a >，∴对称轴104x a=>①当18a 时，△0 ，()0g x ，()0f x '∴ ，故()f x 在(0,)+∞单调递减．②当108a <<时，△0>，方程2210ax x -+=有两个不相等的正根1x ，2x 不妨设12x x <，则当(0x ∈，12)()x x +∞时，()0f x '<，当1(x x ∈，2))x 时，()0f x '>，这时()f x 不是单调函数．综上，a 的取值范围是18a ．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当1(0,)8a ∈，()f x 有极小值点1x 和极大值2x ，且1212x x a+=，1212x x a=，2212111222()()2f x f x lnx ax x lnx ax x +=--+--++12121211()(1)(1)()222lnx lnx x x x x =-+----+++121211()()3(2)324ln x x x x ln a a=-+++=++，令11()(2)3,(0,]48g a ln a a a =++∈，则当1(0,)8a ∈时，221141()044a g x aa a -'=-=<，g ∴（a ）在1(0,8单调递减，所以1()(5228g a g ln >=-，故12()()522f x f x ln +>-．2．已知函数21()(0)2f x x x alnx a =-+>（1）若1a =，求()f x 的图象在(1，f （1）)处的切线方程；（2）若()f x 在定义域上是单调函数，求a 的取值范围；（3）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：12322()()4ln f x f x ++>-．【解析】（1）11,(1)2a f ==-，函数21()(0)2f x x x alnx a =-+>，可得1()1f x x x'=-+，f '∴（1）1=，∴切线方程为2230x y --=；（2）()1a f x x x'=-+依题意有()0f x ' 或()0f x ' 在(0,)+∞上恒成立，即2a x x -+或2a x x -+ 在(0,)+∞上恒成立，显然2a x x -+不可能恒成立，2a x x ∴-+ ，解得14a ；（3）由()1a f x x x'=-+，()0f x '=得20x x a -+=，即1x ，2x 是()0f x '=的两根，121x x ∴+=-，12x x a =，222121112221212121211111()()()()122222f x f x x x alnx x x alnx x x x x x x alnx x a alna a alna +=-++-+=+-+-+=--+=--+，由已知14a <，∴112244a lna ln ln ->->=-，∴2222ln alna aln >->-，∴12322()()4ln f x f x ++>-．3．设函数241()(0)f x lnx ax a a x=-+>．（1）若()f x 在定义域上为单调函数，求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 为函数()f x 的两个极值点，求12()()f x f x +的最小值．【解析】（1）221()(0,0)x ax f x x a x-+'=->>设2()21g x x ax =-+．①△280a =-，即0a < 时，()0g x 恒成立，()0f x ∴' ，()f x ∴在(0,)+∞上为减函数；②△0>，即a >时，()0g x =在(0,)+∞上有两相异实根，()f x ∴在(0,)+∞上不是单调函数，不合题意，综上，0a < ；（2）由（1）知，1x ，2x 为2210x ax -+=的两根，122a x x +=，1212x x =222121122441211()()2814a f x f x ln x ax ln x ax ln lna a x a x ∴+=-++-+=-++．设h （a ）22814a ln lna =-++，则h '（a ）(4)(4)2a a a+-=，h ∴（a）在4)上单调递减，在(4,)+∞上单调递增，h ∴（a ）min h =（4）5152ln =-，12()()f x f x ∴+的最小值为5152ln -．4．已知函数21()2(2f x lnx x ax a =+-为常数）．（1）若()f x 是定义域上的单调函数，求a 的取值范围；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，且12||1x x - ，求12|()()|f x f x -的取值范围．【解析】（1）21()2(0)2f x lnx x ax x =+->，222()x ax f x x a x x-+∴'=+-=，设2()2g x x ax =-+，(0,)x ∈+∞，()f x 是定义域上的单调函数，函数()g x 的图象为开口向上的抛物线，()0f x ∴' 在定义域上恒成立，即()0g x 在(0,)+∞上恒成立．又二次函数图象的对称轴为2a x =，且图象过定点(0,2)，∴02a 或20280aa ⎧>⎪⎨⎪-⎩，解得：a ∴实数a 的取值范围为(-∞，；（2）由（1）知()f x 的两个极值点1x ，2x 满足220x ax -+=，所以122x x =，12x x a +=，不妨设120x x <<<，则()f x 在1(x ，2)x 上是减函数，12()()f x f x ∴>，12|()()|f x f x ∴-12()()f x f x =-22111222112(2)22lnx x ax lnx x ax =+--+-22112121221()()()22x x x x x x x ln x =--+-+2212121()22x x x ln x =-+222222122222x lnx ln x =--+，令22t x =，则2t >，又12222||1x x x x -=- ，即22220x x --22x < ，2224t x ∴<= ．设12()222(24)2h t t lnt ln t t=--+< ，则22(2)()02t h t t-'=>，()h t ∴在(2，4]上单调递增，h （2）0=，h （4）3222ln =-，()(0h t ∴∈，322]2ln -，即12|()()|(0f x f x -∈，322]2ln -，所以12|()()|f x f x -的取值范围为)(0，322]2ln -．5．已知函数2()1(1)f x x aln x =-+-，a R ∈．（Ⅰ）若函数()f x 为定义域上的单调函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <．证明：1221()()f x f x x x >．【解析】（Ⅰ）函数()f x 的定义域为(,1)-∞，求导：222()211a x x af x x x x-+-'=-=--，1x <，令2()22g x x x a =-+-，则△44(2)()48a a =---=-，当480a - 时，即12a ，则2220x x a -+- 恒成立，则()f x 在(,1)-∞上单调减函数，当480a ->时，即12a <，则2220x x a -+-=的两个根为112x =，2x =，当1(,)x x ∈-∞时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当1(x x ∈，1)，()0f x '>，函数()f x 单调递增，不符合题意，综上可知：函数()f x 为定义域上的单调函数，则实数a 的取值范围1[2，)+∞；（Ⅱ）证明：由函数有两个极值点，则()0f x '=，在1x <上有两个不等的实根，即2220x x a -+-=，在1x <有两个不等式的实根，1x ，2x ，由102a <<，则121212x x a x x +=⎧⎪⎨=⎪⎩，且11(0,2x ∈，21(2x ∈，1)，则211112*********()1(1)(1)(1)2(1)(1)2(1)f x x aln x x x x x ln x x x ln x x x x -+--++-===-++-，同理可得：22221()(1)2(1)f x x x ln x x =-++-，则1221112221()()()2(1)2(1)f x f x x x x ln x x ln x x x -=-+---，22222212(1)2(1)x x lnx x ln x =-+---，令()212(1)2(1)g x x x lnx xln x =-+---，1(2x ∈，1)，求导，22()2[(1)]1xg x ln x x x x '=--++-，1(2x ∈，1)，由1(2x ∈，1)，则2201xx x+>-，则()0g x '>，则()g x 在1(2x ∈，1)，上单调递增，则1()()02g x g >=，则1221()()0f x f x x x ->，∴1221()()f x f x x x >成立．6．已知函数()f x lnx =．（1）若曲线()()1ag x f x x=+-在点(2，g （2）)处的切线与直线210x y +-=平行，求实数a 的值．（2）若(1)()()1b x h x f x x -=-+在定义域上是增函数，求实数b 的取值范围．（3）设m 、*n R ∈，且m n ≠，求证：||2m n lnm lnn m n --<+．【解析】（1）()1a g x lnx x=+-，21()a g x xx '=-（2分）g()x 在点(2，g （2）)处的切线与直线210x y +-=平行，∴11(2)4242a g a '=-=-⇒=（4分）（2）证：由(1)()1b x h x lnx x -=-+得：2221(1)(1)2(1)1()(1)(1)b x b x x b x h x x x x x +--+-+'=-=++()h x 在定义域上是增函数，()0h x ∴'>在(0,)+∞上恒成立22(1)10x b x ∴+-+>，即2212x x b x++<恒成立（6分）2211112222x x x x x ++=+++= 当且仅当11,222x x x ==时，等号成立2b ∴ ，即b 的取值范围是(-∞，2]（8分）（3）证：不妨设0m n >>，则1m n>要证||2m n lnm lnn m n--<+，即证2m n lnm lnn m n--<+，即2(1)1mm n lnm n n-<+（10分）设2(1)()(1)1x h x lnx x x -=->+由（2）知h()x 在(1,)+∞上递增，h∴()x h>（1）0=故2(1)01m m n ln m n n-->+，∴||2m n lnm lnn m n --<+成立（12分）7．已知函数()x lnx ϕ=．（1）若曲线()()1a g x x xϕ=+-在点(2，g （2）)处的切线与直线310x y +-=平行，求a 的值；（2）求证函数2(1)()()1x f x x x ϕ-=-+在(0,)+∞上为单调增函数；（3）设m ，n R +∈，且m n ≠，求证：||2m n lnm lnn m n--<+．【解析】（1）()()11(0)a a g x x lnx x xxφ=+-=+->，21()(0)ag x x x x '=->，曲线()()1a g x x xφ=+-在点(2，g （2）)处的切线与直线310x y +-=平行，∴1(2)324ag '=-=-，解得14a =；（2）证明：2(1)2(1)()()(0)11x x f x x lnx x x x φ--=-==->++，∴22212(1)2(1)(1)()0(1)(1)x x x f x x x x x +---'=-=++ ，∴函数2(1)()()1x f x x x φ-=-+在(0,)+∞上为单调增函数；（3）不妨设0m n >>，则1m n>，要证||2m n lnm lnn m n--<+，即证2m n lnm lnn m n--<+，只需证121m m ln n n m n-<+，即证2(1)1m m n ln m n n->+，只需证2(1)01m m n ln m n n-->+，设2(1)()(1)1x h x lnx x x -=->+，由（2）得，()h x 在(1,)+∞上是单调增函数，1x >，()h x h ∴>（1）0=，即2(1)01m m n ln m n n-->+，即2m n lnm lnn m n--<+．∴不等式||2m n lnm lnnm n --<+成立．8．已知函数2()1ax bf x x +=+在点(1-，(1))f -处的切线方程为30x y ++=．（Ⅰ）求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）设()g x lnx =，求证：()()g x f x 在[1x ∈，)+∞上恒成立；（Ⅲ）已知0a b <<，求证：222lnb lna a b a a b ->-+．【解析】（Ⅰ）将1x =-代入切线方程得2y =-∴(1)211b af --==-+，化简得4b a -=-222(1)()2()(1)a x ax b xf x x +-+'=+22()2(1)1442a b a b bf +-'-====-解得：2a =，2b =-．∴222()1x f x x -=+．（Ⅱ）由已知得2221x lnx x -+ 在[1，)+∞上恒成立化简2(1)22x lnx x +- 即2220x lnx lnx x +-+ 在[1，)+∞上恒成立设2()22h x x lnx lnx x =+-+，1()22h x xlnx x x'=++-1x ∴120,2xlnx x x+ ，即()0h x ' ()h x ∴在[1，)+∞上单调递增，()h x h （1）0=()()g x f x ∴ 在[1x ∈，)+∞上恒成立（Ⅲ）0a b<<∴1ba>，由（Ⅱ）知有222()1b b a ln ba a->+整理得222lnb lna a b aa b ->-+∴当0a b <<时，222lnb lna ab a a b ->-+．9．已知函数()(f x lnx mx m =+为常数）．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）当322m -时，设21()()2g x f x x =+的两个极值点1x ，212()x x x <恰为2()2h x lnx ax x =--的零点，求1212()()2x x y x x h +'=-的最小值．【解析】（1）11()mx f x m xx+'=+=，0x >，当0m <时，由10mx +>，解得1x m<-，即当10x m<<-时，()0f x '>，()f x 单调递增；由10mx +<解得1x m>-，即当1x m>-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0m =时，1()0f x x'=>，即()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0m >时，10mx +>，故()0f x '>，即()f x 在(0,)+∞上单调递增．所以当0m <时，()f x 的单调递增区间为1(0,)m-，单调递减区间为1(,)m-+∞；当0m 时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞．（2）由21()2g x lnx mx x =++得211()x mx g x m x x x ++'=++=，由已知210x mx ++=有两个互异实根1x ，2x ，由根与系数的关系得12x x m +=-，121x x =，因为1x ，212()x x x <是()h x 的两个零点，故21111()20h x lnx x ax =--=①22222()20h x lnx x ax =--=②由②-①得：222212112()()0x ln x x a x x x ----=，解得2121212()x lnx a x x x x =-+-，因为2()2h x x a x '=--，得1212124()222x x x x h a x x ++'=--+，将2121212()x ln x a x x x x =-+-代入得：21212121122124()2[()]22x lnx x x x x h x x x x x x ++'=---++-22122121221122111221112(1)2()422[][2]1x x lnx x x x x x ln ln x x x x x x x x x x x x x x --=-+=--=---+-+-+，所以21221122111()(2[2]21x x x x x y x x h ln x x x -+'=-=-+，设211x t x =>，因为22221212129()22x x x x x x m +=++= ，所以221252x x + ，所以221212122152x x x x x x x x +=+ ，所以152t t + ，所以2t ．构造1()21t F t lnt t -=-+，得22214(1)()0(1)(1)t F t t t t t -'=-=>++，则1()21t F t lnt t -=-+在[2，)+∞上是增函数，所以2()(2)23min F x F ln ==-，即1212()(2x x y x x h +'=-的最小值为4223ln -．10．已知函数()()f x lnx mx m R =-∈．（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当m 时，设2()2()g x f x x =+的两个极值点1x ，212()x x x <恰为2()h x lnx cx bx =--的零点，求1212()()2x x y x x h +=-'的最小值．【解析】()I 函数()f x lnx mx =-，∴11()mx f x m x x -'=-=，0x >；当0m >时，由10mx ->解得1x m <，即当10x m <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；由10mx -<解得1x m >，即当1x m >时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0m =时，1()0f x x'=>，即()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0m <时，10mx ->，故()0f x '>，即()f x 在(0,)+∞上单调递增；∴当0m >时，()f x 的单调递增区间为1(0,m ，单调递减区间为1(m，)+∞；当0m 时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞；⋯（5分）22()()2()22II g x f x x lnx mx x =+=-+，则22(1)()x mx g x x-+'=，()g x '∴的两根1x ，2x 即为方程210x mx -+=的两根；又m ，∴△240m =->，12x x m +=，121x x =；⋯（7分）又1x ，2x 为2()h x lnx cx bx =--的零点，21110lnx cx bx ∴--=，22220lnx cx bx --=，两式相减得11212122()()()0x ln c x x x x b x x x --+--=，得121212()x lnx b c x x x x =-+-，而1()2h x cx b x'=--，1212122()[()]y x x c x x b x x ∴=--+-+1212121212122()[()()]x ln x x x c x x c x x x x x x =--+-+++-11212111222212()21x x x x x x ln ln x x x x x x --=-=-++，⋯（10分）令12(01)x t t x =<<，由2212()x x m +=得22212122x x x x m ++=，因为121x x =，两边同时除以12x x ，得212t m t++=，m ，故152t t + ，解得12t 或2t ，102t ∴< ；⋯（12分）设1()21t G t lnt t -=-+，2(1)()0(1)t G t t t --'∴=<+，则()y G t =在(0，1]2上是减函数，12()(223min G t G ln ∴==-+，即1212()(2x x y x x h +'=-的最小值为223ln -+．⋯（14分）。

(完整版)导数双变量专题

(完整版)导数双变量专题

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

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

4.已知函数21()2ln (2),2f x x a x a x a R =-+-∈．是否存在实数a ，对任意的 ()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有2121()()f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．练习1：已知函数2()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有121211|()()|||-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围．练习2.设函数.若对任意恒成立， 求的取值范围.()ln ,m f x x m R x =+∈()()0,1f b f a b a b a->><-m5.已知函数()21()1ln ,12f x x ax a x a =-+-> （1）讨论函数的单调性（2）证明：若5a <，则对任意的()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有2121()()1f x f x x x ->--恒成立6.设函数()2mx f x e x mx =+-（1）证明：()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增；（2）若对于任意[]12,1,1x x ∈-，都有12|()()|e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围。

导数 双变量不等式的证明

导数 双变量不等式的证明

导数 双变量不等式的证明[典例] 已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R. (1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程；(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12. [解] (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x )＝1x＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1) ＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)．由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，令t ＝x 1x 2，设φ(t )＝t －ln t (t ＞0)，则φ′(t )＝1－1t ＝t －1t， 易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1， 所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立． [解题技法]破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．[题组训练]已知函数f (x )＝ln x ＋a x. (1)求f (x )的最小值；(2)若方程f (x )＝a 有两个根x 1，x 2(x 1＜x 2)，求证：x 1＋x 2＞2a .解：(1)因为f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x2(x ＞0)， 所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值．当a ＞0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 函数f (x )在x ＝a 处取最小值f (a )＝ln a ＋1.(2)证明：若函数y ＝f (x )的两个零点为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 由(1)可得0＜x 1＜a ＜x 2.令g (x )＝f (x )－f (2a －x )(0＜x ＜a )，则g ′(x )＝(x －a )⎣⎡⎦⎤1x 2－1(2a －x )2＝－4a (x －a )2x 2(2a －x )2＜0， 所以g (x )在(0，a )上单调递减，g (x )＞g (a )＝0，即f (x )＞f (2a －x )．令x ＝x 1＜a ，则f (x 1)＞f (2a －x 1)，所以f (x 2)＝f (x 1)＞f (2a －x 1)， 由(1)可得f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，所以x 2＞2a －x 1， 故x 1＋x 2＞2a .。

导数中的双变量

导数中的双变量

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

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已知函数 f x是定义在 0,内的单调函数，且对
x0,, f f x ln x e 1，给出下面四个命题：
①不等式 f x0 恒成立
②函数 f x存在唯一零点，且x00,1
③方程 f x x 有两个根
④方程 f x f ' x e1（其中e为自然对数的底数）有唯一解x0，且 x0 1,2 .其中正确的命题个数为（）
A.1个
B. 2个
C. 个
D.
4个
3
1. （2016 秋 ?安庆期末）已知函数．
（Ⅰ）讨论函数f（ x）的单调性；
（Ⅱ）设 g（ x）=f（x）﹣m．若函数 g（x）有两个零点 x1，x2（ x1＜x2），证明：x1+x2＞1．
2.（2017?长沙模拟）已知函数 f（x）= 的图象为曲线 C，函数 g（x）= ax+b
的图象为直线 l．
（1）当 a=2， b=﹣3 时，求 F（x）=f（ x）﹣ g（ x）的最大值；
（2）设直线 l 与曲线 C 的交点的横坐标分别为 x1，x2，且 x1≠x2，求证：（ x1+x2）g（x1+x2）＞ 2．
3.（2017?河北二模）已知函数 f（x）=alnx+ x2﹣ax（a 为常数）有两个极值点．（1）求实数 a 的取值范围；
（2）设f（x）的两个极值点分别为x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）＜λ（x1+x2）恒成立，求λ的最小值．
4.（2017?凉山州模拟）设 k∈R，函数 f（ x） =lnx﹣kx．
（1）若 k=2，求曲线 y=f（ x）在 P（1，﹣ 2）处的切线方程；
（2）若 f （x）无零点，求实数 k 的取值范围；
（3）若 f （x）有两个相异零点 x1， x2，求证： lnx1+lnx2＞2．
5. 已知函数 f x2x ax2 b cosx在点, f处的切线方程为 y3.
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（ 1）求a,b的值，并讨论 f x 在0,上的增减性；
2
（ 2）若 f x1 f x2，且 0x1 x2
x1x2
0 .，求证： f2
参考公式 cos cos2sin sin
2
2
6.已知函数 f（x）= +lnx﹣ 3 有两个零点 x1，x2（x1＜ x2）（Ⅰ）求证： 0＜a＜e2
（Ⅱ）求证： x1+x2＞2a．
7.已知函数 f（x）=lnx．
（1）求函数 g（ x） =f （x+1）﹣ x 的最大值；
（2）若对任意 x＞0，不等式 f（x）≤ax≤x2+1 恒成立，求实数 a 的取值范围；（ 3）若 x 1＞ x2＞0，求证：．。

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