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双变量问题
【方法技巧与总结】
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.
【题型归纳目录】
题型一：双变量单调问题
题型二：双变量不等式:转化为单变量问题
题型三：双变量不等式:极值和差商积问题
题型四：双变量不等式:中点型
题型五：双变量不等式:剪刀模型
题型六：双变量不等式:主元法
【典例例题】
题型一：双变量单调问题
例1.(2022 a苏州三模)已知函数 f(x) = (x- 1)ex- x22 ，其中 a∈R．
(Ⅰ)函数 f(x)的图象能否与 x轴相切？若能，求出实数 a，若不能，请说明理由；
(Ⅱ)求最大的整数 a，使得对任意 x1∈R，x2∈ (0,+∞)，不等式 f(x1+ x2) - f(x1- x2)>-2x2恒成立．
例2.(2020秋 龙岩期中)已知函数 g(x) = x- alnx．
(1)讨论 g(x)的单调性；
(2)若 a> 2，且 f(x) = 1x - g(x)存在两个极值点 x1，x2(x1< x2)，证明：f(x1) - f(x2) > (a- 2) (x1-
x2)．
例3.(2022 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．
例4.(2020春 平顶山期末)已知函数 f(x) = 2lnx+ mx ，m> 0．
(1)当m= e(e为自然对数的底数)时，求 f(x)的极小值；
(2)讨论函数 g(x) = f(x) - x的单调性；
(3)若m≥ > > f(b) - f(a)1，证明：对于任意 b a 0， < 1．
b- a
题型二：双变量不等式:转化为单变量问题
例5.(2021春 1海曙区校级期中)已知函数 f(x) = x - x+ alnx．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2) a< 5 f(x2) f(x1)已知 2 ，若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，且 x1< x2，求 x + x 的取值范围．1 2
例6.(2021春 江宁区校级期中)已知函数 f(x) = axlnx，a∈R．
(1)当 a= 1时，
①求 f(x)的极值；
m m
②若对任意的 x≥ e都有 f(x)≥ e xx ，m> 0，求m的最大值；
(2)若函数 g(x) = f(x) + x2有且只有两个不同的零点 x1，x2，求证：x1x2> e2．
例7.(2022 德阳模拟)设函数 f(x) =- a2 e
2x+ (x- 1)ex(a∈R)．
(1)当 a= 1e 时，求 g(x) = f′ (x) e
1-x的单调区间 ( f′ (x)是 f(x)的导数)；
(2)若 f(x)有两个极值点 x1、x2(x1< x2)，证明：x1+ 2x2> 3．
例8.(2022 潮州二模)已知函数 f(x) = lnx，g(x) = x2- ax(a> 0)．
(1)讨论函数 h(x) = f(x) + g(x)的极值点；
(2)若 x ，x (x < ) ( )- g(x)x 1是方程 f x + = 0的两个不同的正实根，证明：x2 21 2 1 2 3 x 1+ x2> 4a．x
例9.(2022 浙江模拟)已知 a∈R，函数 f(x) = ex- ax+ a．
(Ⅰ)若 f(x)≥ 0，求 a的取值范围；
(Ⅱ)记 x1，x2(其中 x1< x2)为 f(x)在 (0,+∞) a 2上的两个零点，证明：a- e < x1< lna + 1．
题型三：双变量不等式:极值和差商积问题
例10.(2021春 温州期中)已知函数 f(x) = lnx- 12 ax-
1
x ．
(1)若 a= 1，证明：当 0< x< 1时，f(x)> 0；当 x> 1时，f(x)< 0．
(2)若 f(x) f(x1) - f(x2) 1- a存在两个极值点 x1，x2，证明： x < ．1- x2 2
例11.(2021 1春 浙江期中)已知函数 f(x) = x - x+ alnx．
(1)当 a= 0时，求函数 f(x)在点 (1,0)处的切线方程；
(2)讨论 f(x)的单调性；
(3) f(x1) - f(x2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明： x - x < a- 2．1 2
例12.(2021 a秋 武汉月考)已知函数 f(x) = lnx+ 2 x
2- (a+ 1)x,a∈R．
(1)讨论函数 f(x)的单调区间；
(2)设 x1，x2(0< x1< x2)是函数 g(x) = f(x) + x的两个极值点，证明：g(x1) - g(x a2)< 2 - lna恒成立．
题型四：双变量不等式:中点型
例13.(2022 呼和浩特二模)已知函数 f(x) = lnx- ax2+ (2- a)x．
①讨论 f(x)的单调性；
a> 0 0< x< 1 1②设 ，证明：当 a 时，f a + x > f
1
a - x ；
③函数 y= f(x)的图象与 x轴相交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为 x0，证明 f′ (x0)< 0．
例14.(2021秋 山西期末)已知函数 f(x) = 2x+ (1- 2a)lnx+ ax．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2) x + x如果方程 f(x) =m有两个不相等的解 x1，x2，且 x1< x2，证明：f 1 22 > 0．
例15.(2022 沙坪坝区校级开学)已知函数 f(x) = x2- 2ax+ 2lnx(a> 0)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)设 g(x) = lnx- bx- cx2，若函数 f(x)的两个极值点 x1，x2(x1< x2)恰为函数 g(x)的两个零点，且 y
= ( xx - x )g′ 1+ x21 2 2 的取值范围是 [ln3- 1，+∞)，求实数 a的取值范围．
题型五：双变量不等式:剪刀模型
例16.(2022 日照一模)已知函数 f(x) = (x+ b) (e2x- a) (b> 0) 1 1在点 - 2 ,f - 2 处的切线方程为 (e-
1)x+ ey+ e- 12 = 0．
(1)求 a，b；
(2)函数 f(x)图象与 x轴负半轴的交点为P，且在点P处的切线方程为 y= h(x)，函数F(x) = f(x) - h
(x)，x∈R，求F(x)的最小值；
(3)关于 x的方程 f(x) =m 1+ 2m me有两个实数根 x1，x2，且 x1< x2，证明：x2- x1≤ 2 - 1- e．
例17.(2021春 道里区校级期中)已知函数 f(x) = ax- ex+ 1，ln3是 f(x)的极值点．
(Ⅰ)求 a的值；
(Ⅱ)设曲线 y= f(x)与 x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线为直线 l．求证：曲线 y= f(x)上
的点都不在直线 l的上方；
(Ⅲ) 7m若关于 x的方程 f(x) =m(m> 0)有两个不等实根 x1，x2(x1< x2)，求证：x2- x1< 2- 10 ．
．
例18.(2022 江西校级二模)已知函数 f(x) = 6x- x6，x∈R．
(Ⅰ)求函数 f(x)的极值；
(Ⅱ)设曲线 y= f(x)与 x轴正半轴的交点为P，求曲线在点P处的切线方程；
1
(Ⅲ)若方程 f(x) = a(a为实数) a有两个实数根 x1，x2且 x1< x2，求证：x - x ≤ 6 52 1 - 5．
题型六：双变量不等式:主元法
例19.(2021春 哈密市校级月考)已知函数 f(x) = xlnx．
(1)求函数 f(x)的单调区间和最小值；
1
(2)当 b> 0 bb≥ 1时，求证： e
n(其中 e为自然对数的底数)；
(3)若 a> 0，b> 0求证：f(x) + (a+ b)ln2≥ f(a+ b) - f(b)．
x
例20.(2021 e秋 广东月考)已知函数 f(x) = a x + (lnx- x) (其中 a∈R且 a为常数，e为自然对数的底
数，e= 2.71828 )．
(Ⅰ)若函数 f(x)的极值点只有一个，求实数 a的取值范围；
(Ⅱ)当 a= 0时，若 f(x)≤ kx+m(其中m> 0)恒成立，求 (k+ 1)m的最小值 h(m)的最大值．
例21.(2022 微山县校级二模)设函数 f(x) = xlnx．
(Ⅰ) 求 f(x)的极值；
(Ⅱ)设 g(x) = f(x+ 1)，若对任意的 x≥ 0，都有 g(x)≥mx成立，求实数m的取值范围；
(Ⅲ)若 0< a< b，证明：0< f(a) + f(b) - 2f a+ b2 <(b- a)ln2．
【过关测试】
1. (2022· 1 1辽宁·抚顺市第二中学三模)已知函数 f x = x- 2 24 2- a x - 2 ax lnx e= 2.71828
(1)当 a=- 12 时，证明函数 f x 有两个极值点；
(2) 0< a≤ 1 g x = f x - 1当 时，函数 bx22 - bx在 0,+∞
1
上单调递减，证明 b≥ 1+
e3
2. (2022·北京·北师大二附中三模)已知函数 f x = ex 1+mlnx ，其中m> 0，f x 为 f x 的导函数.
(1)当m= 1，求 f x 在点 1,f 1 处的切线方程；

( ) f x 2 设函数 h x 5 = x ，且 h x ≥ 2 恒成立.e
①求m的取值范围；
②设函数 f x 的零点为 x0，f x 的极小值点为 x1，求证：x0> x1.
3. (2022· a湖北·高二阶段练习)已知函数 f(x) = lnx+ 2 x
2- (a+ 1)x(a∈R)，g(x) = f(x) - a2 x
2+ (a+ 1)
x.
(1)讨论 f(x)的单调性；
( ) 2 x1- x2 2 任取两个正数 x1,x2，当 x1< x2时，求证：g x1 - g x2 < x .1+ x2
4. (2022·陕西· a汉台中学模拟预测 (理))已知函数 f x = lnx+ x + b(a，b∈R).
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若函数 f x 的最小值为 0，x1，x2(x1< x2)为函数 g x = f x - 1 2 的两个零点，证明：e
x2- elnx1>
2.
5. (2022·江苏· 1海门中学高二阶段练习)已知函数 f(x) = lnx+ 2 x
2- ax.
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
( ) f(x1) - f(x2)2 a若 f(x)有两个极值点 x1,x2，证明 x - x < 2- .1 2 2
6. (2022· a- b a+ b湖北·模拟预测)已知对于不相等的正实数 a，b，有 ab< - < 2 成立，我们称其为lna lnb
lnx+ 1
对数平均不等式．现有函数 f x = x ．
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若方程 f x =m有两个不相等的实数根 x1，x2．
1
①证明：1< x1x2< 2 ；m
②证明： x1- x2 < 2 lnm 2m - 2lnm．
7. (2022·山东济宁·高二期中)已知函数 f x =-x+ 1x + alnx(a∈R)，且 f x 有两个极值点 x1,x2．
(1)求实数 a的取值范围；
( ) f x1 - f x2 2 是否存在实数 a，使 x - x = a- 2成立，若存在求出 a的值，若不存在，请说明理由．1 2
8. (2022·广东·广州市第七中学高二期中)已知函数 f(x) = lnx- ax2+ (2- a)x.
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若函数 y= f x 的图像与 x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为 x0，证明：f x0 < 0.
9. (2022·重庆·万州纯阳中学校高二期中)设函数 f(x) = lnx+ ax (a∈R).
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)有两个零点 x1,x2，
①求 a的取值范围；
②证明：2a< x1+ x2< 1.
10.(2022·福建省厦门集美中学高二期中)已知函数 f x = ax+ lnx．
(1)试讨论 f x 的极值；
(2)设 g x = x2- 2x+ 2，若 x1∈ 0,+∞ ， x2 0,1 ，使得 f x1 < g x2 ，求实数 a的取值范围．
11. (2022·全国·高三专题练习)已知函数 F x = 1+m x- lnx m∈R ,x1,x2 0< x1< x2 分别是函数
F x 的两个零点，求证：F x1x2 < 0.
12.(2021·重庆市第十一中学校高三阶段练习)已知函数 f(x) = ex-2- aln(x- 1)
(1)当 a= 1，研究 f(x)的单调性；
(2)令 g(x) = x
f(x+ )+ ( + )，若存在 x1< x2使得 g x1 = g x2 ，求证 lnx2- ln(1- x2 aln x 1 1)> ln3.双变量问题
【方法技巧与总结】
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.
【题型归纳目录】
题型一：双变量单调问题
题型二：双变量不等式:转化为单变量问题
题型三：双变量不等式:极值和差商积问题
题型四：双变量不等式:中点型
题型五：双变量不等式:剪刀模型
题型六：双变量不等式:主元法
【典例例题】
题型一：双变量单调问题
例1.(2022 苏州三模)已知函数 f(x) = (x- 1)ex- a x22 ，其中 a∈R．
(Ⅰ)函数 f(x)的图象能否与 x轴相切？若能，求出实数 a，若不能，请说明理由；
(Ⅱ)求最大的整数 a，使得对任意 x1∈R，x2∈ (0,+∞)，不等式 f(x1+ x2) - f(x1- x2)>-2x2恒成立．
【解答】解：(Ⅰ)f′ (x) = xex- ax．
假设函数 f(x)的图象与 x轴相切于点 (t,0)，
f(t) = 0 (t- 1)e
t- a t2= 0
则有 ，即 2f′ (t) = ．0 tet- at= 0
显然 t≠ 0，et= a> 0，代入方程 (t- 1)et- a 22 t = 0中得，t
2- 2t+ 2= 0．
∵△=-4< 0，∴方程 t2- 2t+ 2= 0无解．
故无论 a取何值，函数 f(x)的图象都不能与 x轴相切；
(Ⅱ)依题意，f(x1+ x2) - f(x1- x2)> (x1- x2) - (x1+ x2)
f(x1+ x2) + (x1+ x2)> f(x1- x2) + (x1- x2)恒成立．
设 g(x) = f(x) + x，则上式等价于 g(x1+ x2)> g(x1- x2)，
要使 g(x1+ x2)> g(x x a 21- x2)对任意 x1∈R，x2∈ (0,+∞)恒成立，即使 g(x) = (x- 1)e - 2 x + x在R上单调
递增，
∴ g′ (x) = xex- ax+ 1≥ 0在R上恒成立．
∵ g′ (1) = e- a+ 1≥ 0，则 a≤ e+ 1，
∴ g′ (x)≥ 0在R上成立的必要条件是：a≤ e+ 1．
下面证明：当 a= 3时，xex- 3x+ 1≥ 0恒成立．
设 h(x) = ex- x- 1，则 h′ (x) = ex- 1，
当 x< 0时，h′ (x)< 0，当 x> 0时，h′ (x)> 0，
∴ h(x)min= 0，即 x∈R，ex≥ x+ 1．
那么，当 x≥ 0时，xex≥ x2+ x，xex- 3x+ 1≥ x2- 2x+ 1= (x- 1)2≥ 0；
当 x< 0时，ex< 1，xex- 3x+ 1= x ex- 3+ 1x > 0，∴ xe
x- 3x+ 1≥ 0恒成立．
因此，a的最大整数值为 3．
例2.(2020秋 龙岩期中)已知函数 g(x) = x- alnx．
(1)讨论 g(x)的单调性；
(2)若 a> 2，且 f(x) = 1x - g(x)存在两个极值点 x1，x2(x1< x2)，证明：f(x1) - f(x2) > (a- 2) (x1-
x2)．
【解答】解：(1)g(x) = x- alnx的定义域为 (0,+∞)，g (x) = 1- a = x- ax x ，
(i)若 a≤ 0，则 g (x)≥ 0，所以 g(x)在 (0,+∞)单调递增；
(ii)若 a> 0，当 x∈ (0,a)时，g (x)< 0；
当 x∈ (a,+∞)时，g (x)> 0．
所以 g(x)在 (0,a)单调递减，在 (a,+∞)单调递增；
证明：(2)因为 f(x)存在两个极值点且 a> 2，
2
f (x) =- x - ax+ 1，
x2
所以 f(x)的两个极值点 x 21，x2满足 x - ax+ 1= 0，
所以 x1x2= 1，不妨设 x1< x2，则 x2> 1，
f(x
则 1
) - f(x2) =- 1 - 1+ lnxa 1- lnx2x1- x2 x1x2 x1- x2
=-2+ lnxa 1- lnx2x - x =-2+
-2lnx
a 2
1 2 1
，
x - x22
f(x1) - f(x要证 2) < a- 2，只需证 1x - x x - x2+ 2lnx2< 0，1 2 2
设 h(x) = 1x - x+ 2lnx(x> 1)，
2
则 h (x) =- (x- 1)2 < 0，x
知 h(x)在 (1,+∞)单调递减，又 h(1) = 0，
当 x∈ (1,+∞)时，h(x)< 0，故 1x - x2+ 2lnx2< 0，2
f(x1) - f(x2)即 x1- x
< a- 2，
2
所以 f(x1) - f(x2)> (a- 2) (x1- x2)．
例3.(2022 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．
2
【解答】解：(Ⅰ)f(x)的定义域为 (0，+∞).f (x) = a+ 1 + 2ax= 2ax + a+ 1x x ．
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 x= - a+ 12a ．
则当 x∈ 0, - a+ 12a 时，f (x)> 0；x∈ - a+ 12a ,+∞ 时，f (x)< 0．
故 f(x)在 0, - a+ 12a 单调递增，在 - a+ 12a ,+∞ 单调递减．
(Ⅱ)不妨假设 x1≥ x2，而 a<-1，由 (Ⅰ)知在 (0,+∞)单调递减，
从而 x1，x2∈ (0,+∞)，| f(x1) - f(x2)|≥ 4|x1- x2|
等价于 x1，x2∈ (0,+∞)，f(x2) + 4x2≥ f(x1) + 4x1①
令 g(x) = f(x) + 4x，则 g (x) = a+ 1x + 2ax+ 4
①等价于 g(x)在 (0,+∞)单调递减，即 a+ 1x + 2ax+ 4≤ 0．
≤ -4x- 1 = (2x- 1)
2- 4x2- 2 = (2x- 1)
2
从而 a 2+ - 22x 1 2x2+ 1 2x2+ 1
故 a的取值范围为 (-∞，-2]． (12分)
例4.(2020春 平顶山期末)已知函数 f(x) = 2lnx+ mx ，m> 0．
(1)当m= e(e为自然对数的底数)时，求 f(x)的极小值；
(2)讨论函数 g(x) = f(x) - x的单调性；
(3) f(b) - f(a)若m≥ 1，证明：对于任意 b> a> 0， < 1．
b- a
【解答】解：(1)当m= e时，f(x) = 2lnx+ e，f (x) = 2x- ex ，x2
当 x< e2 时，f
(x)< 0；x= e 2 时，f (x) = 0；当 x>
e
2 时，f
(x)> 0．
所以，x= e2 时，f(x)取得最小值 f
e
2 = 2ln
e
2 + 2= 4- 2ln2．
2
( ) - (x- 1)
2+ 1-m
2 g(x) = f(x) - x= 2lnx+ m - x(x> 0)，g (x) = 2 - m - 1= -x + 2x-mx x x2 2 = ，x x2
1m≥ 12时，g (x)≤ 03，g(x) = f(x) - x4在 (0,+∞)5单调递减．
( ) < < - > - - > ( ) = - (x- 1+ 1-m) (x- 1- 1-m)3 证明：0 m 1时，1 m 0，1 1 m 0，g x 2 ，x
当 0< x< 1- 1-m时，g (x)< 0；当 1- 1-m≤ x< 1+ 1-m时，g (x)≥ 0；
当 x≥ 1+ 1-m时，g (x)≤ 0．
即 0在 [1- 1-m,1+ 1-m)上单调递增．
由 (2)知，当m≥ 1时，g(x) = f(x) - x在 (0,+∞)上单调递减，
所以，当m≥ 1时，对任意 b> a> 0，f(b) - b< f(a) - a，
> > f(b) - f(a)即对任意 b a 0， - < 1．b a
题型二：双变量不等式:转化为单变量问题
例5.(2021春 1海曙区校级期中)已知函数 f(x) = x - x+ alnx．
(1)讨论 f(x)的单调性；
( ) < 5 ( ) < f(x2 a f x x x x x 2) f(x1)已知 2 ，若 存在两个极值点 1， 2，且 1 2，求 x + x 的取值范围．1 2
【解答】解：(1)f(x)的定义域是 (0,+∞)，
f′ (x) =- 1 a -x
2+ ax- 1
x2
- 1+ x = x2 ，
令 h(x) =-x2+ ax- 1，△= a2- 4，
若-2≤ a≤ 2，则△≤ 0，h(x)≤ 0恒成立，即 f′ (x)≤ 0，
则 f(x)在 (0,+∞)上单调递减，
2
若 a> 2，令 h(x) = 0，解得：x = a- a - 4
2
1 2 > 0，x2=
a+ a - 4
2 > 0，
2
故 x∈ 0, a- a - 42 时，h(x)< 0，即 f′ (x)< 0，
2
x∈ a- a - 4，a+ a
2- 4
2 2 时，h(x)> 0，即 f′ (x)> 0，
2
x∈ a+ a - 42 ，+∞ 时，h(x)< 0，f′ (x)< 0，
故 f(x)在 0, a- a
2- 4 2 2 2
2 递减，在 a- a - 4，a+ a - 42 2 递增，在 a+ a - 42 ，+∞ 递减，
2 2
a<-2时，令 h(x) = 0，解得：x1= a- a - 4 < 0，x = a+ a - 42 2 2 < 0，
故 x∈ (0,+∞)时，h(x)< 0，即 f′ (x)< 0，f(x)在 (0,+∞)递减，
综上：a≤ 2时，f(x)在 (0,+∞)单调递减，
2 2 2 2
a> 2时，f(x)在 0, a- a - 42 递减，在 a- a - 4，a+ a - 42 2 递增，在 a+ a - 42 ，+∞ 递减．
(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，且 x1< x2，
则 x1+ x2= a，x1x2= 1(x2> 1)，由 a< 52，可得 1< x2< 2，
f(x2) + f(x1)则 x x = 2- x
2 1
2- 2 + x22- 1 lnx ，1 2 x2 x2 22
令 g(x) = 2- x2- 1 + x2- 12 2 lnx(1< x< 2)，x x
4 4 4 4
g (x) =-x+ 1 1 1- x3 + 2 x+ lnx= + 2 1+ x lnx= 1+ x 1- x + 2lnx ，x x3 x3 x3 x3 1+ x4
令 h x = 1- x
4
+ 4 + 2lnx，且 h(x)与 g
(x)在 (1,2)上符号一致，
1 x
-8x3 2 -8x4+ 2(1+ x4)2 2(1- x4 2h (x) = )(1+ x4)2 + x = (1+ x4)2 =x (1+ 4)2 ≥ 0，x x
所以 h(x)单调递增，所以 h(x)> h(1) = 0，即 g (x)> 0，
所以 g x 单调递增,所以 g x ∈ 0, 15 4 ln2-
9
4 ，
f(x2) f(x故 1)x + x 的取值范围是 0,
15 9
1 2 4
ln2- 4 ．
例6.(2021春 江宁区校级期中)已知函数 f(x) = axlnx，a∈R．
(1)当 a= 1时，
①求 f(x)的极值；
②若对任意的 x≥ me都有 f(x)≥ m e xx ，m> 0，求m的最大值；
(2)若函数 g(x) = f(x) + x2有且只有两个不同的零点 x1，x2，求证：x1x > e22 ．
【解答】解：(1)① a= 1时，f(x) = xlnx，f′ (x) = lnx+ 1(x> 0)，
令 f′ (x)> 0，解得：x> 1e，令 f′ (x)< 0，解得：0< x<
1
e，
故 f(x)在 0, 1e 递减，在
1
e，+∞ 递增，
故 f(x)的极小值是 f 1e =-
1
e，没有极大值；
m m m
②对任意 x≥ e都有 f(x)≥ m e x = e x lne xx ，
( )≥ m即 f x f e x 恒成立，由m> 0，故 mx >
m
0，故 e x > 1，
由①知 f(x)在 1e，+∞ 单调递增，
故 x≥ me x，可得 lnx≥ mx ，即 xlnx≥m，
当 x≥ e时，f(x)的最小值是 f(e) = e，故m的最大值是 e；
(2)证明：要证 x1x2> e2，只需证明 ln(x1x2)> 2即可，
由题意 x1，x2是方程 axlnx+ x2= 0的两个不相等的实数根，
∵ alnxx> 0，∴ 1+ x1= 0① ，消去 a，alnx2+ x2= 0②
x1 + 1
整理得：ln(x1x2) =
x x
ln 1 2x x ，2 1
x - 12
不妨设 x1> x2，令
x
t= 1x ，则 t> 1，2
> t+ 1 > > 2(t- 1)故只需证明当 t 1时，lnt t- 1 2，即证明 lnt t+ 1 ，
( ) = 2(t- 1) t+ 1- (t- 1) (t- 1)
2
设 h t lnt- t+ 1 ，则 h′ (t) =
1
t - 2 ( + )2 = ( + )2 > 0，t 1 t t 1
于是 h(t)在 (1,+∞)单调递增，从而 h(t)> h(1) = 0，
2(t- 1)
故 lnt> t+ 1 ，故 x1x2> e
2．
例7.(2022 a德阳模拟)设函数 f(x) =- e2x2 + (x- 1)e
x(a∈R)．
(1)当 a= 1e 时，求 g(x) = f′ (x) e
1-x的单调区间 ( f′ (x)是 f(x)的导数)；
(2)若 f(x)有两个极值点 x1、x2(x1< x2)，证明：x1+ 2x2> 3．
【解答】解：(1)当 a= 1e 时，f(x) =-
1
2e e
2x+ (x- 1)ex，
则 f′ (x) = ex-1(-ex+ ex)，
∵ g(x) =-ex+ ex，∴ g′ (x) =-ex+ e，
显然 g′ (x)递减，且 g′ (1) = 0，
故当 x≤ 1时，g′ (x)≥ 0，x> 1时，g′ (x)< 0，
故 g(x)在 (-∞,1)递增，在 (1,+∞)递减；
(2)证明：∵ f(x) =- a2 e
2x+ (x- 1)ex，
∴ f′ (x) =-ae2x+ xex= ex(-aex+ x)，
由题意知 f′ (x) = 0有 2个不相等的实数根，
即 aex= x有 2个不相等的实数根 x1，x2，
则 a= x ，令m(x) = x 1- x
ex ex
，则m′ (x) = ，
ex
令m′ (x)> 0，解得：x< 1，令m′ (x)< 0，解得：x> 1，
故m(x)在 (-∞,1)递增，在 (1,+∞)递减，
故m(x)≤m(1) = 1e，而 x→∞时，m(x) → 0，
故 a的取值范围是 0，1 e ，
aex1由 = x1 x = ，得 =
x
a 1
- x2
ae 2 x x12 e - x
，
e 2
故 x1+ 2x x1 x22> 3 3< ae + 2ae
= x1- x2 (ex1+ 2ex2) = x1- x2 (ex1-x2x - + 2)，e 1 ex2 ex1-x2- 1
令 t= x1- x2，则 t< 0，
3< x + 2x 3< t (et1 2 t- + 2)，t< 0，e 1
故不等式只要 (3- t)et- 2t- 3> 0在 t< 0时成立，
令 h(t) = (3- t)et- 2t- 3(t< 0)，
∵ h′ (t) = (2- t)et- 2(t< 0)，h′′ (t) = (1- t)et> 0，
故 h′ (t)在 t< 0上单调递增，即 h′ (t)< h′ (0) = 0，
故 h(t)在 t< 0上单调递减，即 h(t)> h(0) = 0，
故原不等式成立．
例8.(2022 潮州二模)已知函数 f(x) = lnx，g(x) = x2- ax(a> 0)．
(1)讨论函数 h(x) = f(x) + g(x)的极值点；
(2)若 x1，x2(x1< x2) ( ) -
g(x)
f x + 1是方程 3 x = 0的两个不同的正实根，证明：x
2
1+ x22> 4a．x
【解答】解：(1)h(x) = f(x) + g(x) = lnx+ x2- ax(x> 0) (a> 0)，
h′ (x) = 1
2
+ 2x- a= 2x - ax+ 1x x ，
令 2x2- ax+ 1= 0，△= a2- 8，
当 0< a≤ 2 2时，△≤ 0，h′ (x)≥ 0，无极值点，
2
当 a> 2 2时，令 2x2- ax+ 1= 0，解得：x= a± a - 84 ，
当 x∈ 0, a- a
2- 8 2
4 ， a+ a - 84 ，+∞ 时，h′ (x)> 0，h(x)递增，
x∈ a- a
2- 8 2
4 ，
a+ a - 8
4 时，h′ (x)< 0，h(x)递减，
2 2
故 h(x)极大值点是 a- a - 8，极小值点是 a+ a - 84 4 ；
综上：0< a≤ 2 2时，h(x)无极值点，
2
a> 2 2时，h(x)极大值点是 a- a - 8，极小值点是 a+ a
2- 8
4 4 ；
2
(2)由 f(x) - g(x)3 +
1
x = lnx-
x - ax
3 +
1
x = 0，即 lnx+
a
2 = 0，x x x
令 k(x) = lnx+ a2 (x> 0,a> 0)，x
2
k′ (x) = 1 - 2a = x - 2ax 3 3 ，令 k′ (x) = 0，得 x= 2a，x x
当 0< x< 2a时，k′ (x)< 0，当 x> 2a时，k′ (x)> 0，
∴ k(x)在 (0, 2a)递减，在 ( 2a，+∞)上递增，
又∵ k(x)有 2个零点，
∴ k( 2a)< 0，即 ln 2a+ a2a < 0，解得：0< a<
1
2e，
lnx1+ a2 = 0
且 x 1 a ，两式相减得：lnx2- lnx1=
a - a ，
lnx2+ x
2 2
1 x2
x2
= 0
2
设 = xt 2 (t> 1)，∴ lnt= a - ax x2 t2x2 ，1 1 1
∴ x2= a1 lnt 1-
1
2 ，要证明 x21+ x22> 4a，t
即证明 (1+ t2)x21> 4a，(1+ t2) a 1lnt 1- 2 > 4a，t
∴ (1+ t2) 1 1
lnt2 1- t2 > 2，
即证明 2lnt2- t2+ 1 < 0(t> 1)，
t2
令 q(x) = 2lnx- x+ 1x (x> 1)，
2
q′ (x) =- (x- 1) < 0，
x2
∴ q(x)在 (1,+∞)上单调递减，
∴ q(x)< q(1) = 0，
∴ 2lnx- x+ 1 < 0即 x2+ x2x 1 2> 4a．
例9.(2022 浙江模拟)已知 a∈R，函数 f(x) = ex- ax+ a．
(Ⅰ)若 f(x)≥ 0，求 a的取值范围；
(Ⅱ)记 x1，x2(其中 x1< x2)为 f(x)在 (0,+∞) a 2上的两个零点，证明：a- e < x1< lna + 1．
【解答】解：(Ⅰ)f′ (x) = ex- a，
(i)当 a= 0时，f′ (x)> 0，f(x)在R上递增，
又 f(x) = ex> 0，故 a= 0符合题意，
(ii)当 a> 0时，f(x)在 (-∞,lna)递减，在 (lna,+∞)递增，
∴ f(lna) = elna- alna+ a≥ 0，故 2a- alna≥ 0，
又 a> 0，
∴ 2- lna≥ 0，解得：0< a≤ e2，
(iii)当 a< 0时，f′ (x)> 0，f(x)在R上单调递增，
当 x→-∞时，ex→ 0，-ax+ a→-∞，
∴ f(x) →-∞，不符合题意，
综上：0≤ a≤ e2．
x
(2)证明：令 f(x) = 0，则 a= ex- 1 (x> 0且 x≠ 1)，
ex x记 p(x) = x- 1 ( >
(x- 2)e
x 0且 x≠ 1)，由于 p′ (x) = ( - )2 ，x 1
故 p(x)在 (0,1)和 (1,2)上递减，在 (2,+∞)上递增，
且当 x→ 0+时，p(x) →-1，当 x→ 1-时，p(x) →-∞，当 x→ 1+时，p(x) →+∞，当 x→+∞时，p(x) →+∞，
根据题意可知，a> e2，且 1< x1< 2< x2，
先证 aa- e < x1，即证 (x1- 1)a> ex1，即证 e
x1> ex1，显然成立；
再证 x 21< lna + 1，
∵ x1> 1，lna> 0，
∴只需证 lna< 2x ，1- 1
∵ a(x1- 1) = ex1，
∴ lna= x1- ln(x1- 1)，
∴只需证 x1- ln(x1- 1)< 2x - 1，即证 ln
1 2
x - 1 < x - 1 - x1，1 1 1
又 ln 1x - 1 ≤
1
x - 1 - 1，1 1
∴只需证 1x - 1 - 1<
2
x - 1 - x1，亦即 x1- 1<
1
x - 1，即 (x1- 1)
2< 1，
1 1 1
由 (i)知，1< x1< 2，
∴ 0< x1- 1< 1，故 (x 21- 1) < 1，即得证．
题型三：双变量不等式:极值和差商积问题
10.(2021 ) f(x) = lnx- 1例 春 温州期中 已知函数 2 ax-
1
x ．
(1)若 a= 1，证明：当 0< x< 1时，f(x)> 0；当 x> 1时，f(x)< 0．
( ) ( ) f(x1) - f(x2 f x 2) 1- a若 存在两个极值点 x1，x2，证明： x1- x
< ．
2 2
【解答】证明：(1)当 a= 1时，f(x) = lnx- 1 12 x- x ，定义域为 {x|x> 0}，
′ ( ) = 1 - 1 - 1 = - (x- 1)
2
f x x 2 ，f′ (x)≤ 0在定义域上恒成立，2x2 2x2
所以 f(x)在 (0,+∞)上单调递减，
当 0< x< 1时，f(x)> f(1) = 0，
当 x> 1时，f(x)< f(1) = 0，原命题得证．
(2)f′ (x) = 1 - 1 1 -ax
2
a+ = + 2x- 1x 2 2 ，x 2x2
若存在两个极值点，则 a> 0 △= 4- ，解得 0< a< 1，4a> 0
由韦达定理可知，x + x = 21 2 a，x1x2=
1
a (*)，
1 1 1 1
f(x1) - f(x2) (lnx1- lnx2) - 2 a(x1- x2) += 2
x -1 x2 = lnx1- lnx2 - 1 a- 1x - x x - x ，1 2 1 2 x1- x2 2 2x1x2
原命题即证：lnx1- lnx2x - x -
1 1
1 2 2x1x
<
2 2
，
不妨设 x1> x2，原命题即证：
x
ln 1 - x1- x2 x1- x2x2 2x x
< 2 ，1 2
由 (*)知，1x +
1 x1
x = 2，即证：ln x -
x1- x2 < x1- x2 1 1x + x 2 2x + 2x ，不妨令 t=
x1 > 1，
1 2 2 1 2 1 2 x2
原命题即证：lnt- t- 1t+ 1 -
t
4 +
1
4t < 0，记 g(t) = lnt-
t- 1 t 1
t+ 1 - 4 + 4t，(t> 1)
则 g′ (t) = 1 - 2 1 1 - (t- 1)
2(t2+ 1)
t (t+ 1)2 - 4 - 4t2 = 4t2(t+ ，1)2
当 t> 1时，g′ (t)< 0，g(t)在 (1,+∞)上单调递减，
g(t)< g(1) = 0，原命题得证．
例11.(2021春 1浙江期中)已知函数 f(x) = x - x+ alnx．
(1)当 a= 0时，求函数 f(x)在点 (1,0)处的切线方程；
(2)讨论 f(x)的单调性；
(3)若 f(x) f(x1) - f(x2)存在两个极值点 x1，x2，证明： x - x < a- 2．1 2
【解答】(1)解：因为 f(x) = 1x - x+ alnx(x> 0)，
2
则 f (x) = -x + ax- 12 ，x
2
当 a= 0时，f (x) = -x - 12 ，x
所以 f (1) =-2，
则 f(x)在 (1,0)处的切线方程为 y=-2x+ 2；
2
(2)解：函数的定义域为 (0,+∞)，且 f (x) = -x + ax- 1
x2
，
令 g(x) =-x2+ ax- 1，且 g(0) =-1，
①当 a≤ 0时，g(x)< 0恒成立，此时 f (x)< 0，则 f(x)在 (0,+∞)上单调递减；
②当 a> 0时，判别式△= a2- 4，
(i)当 0< a≤ 2时，△≤ 0，即 g(x)≤ 0，所以 f(x)≤ 0恒成立，此时函数 f(x)在 (0,+∞)上单调递减；
2 2
(ii)当 a> 2时，令 g(x)> 0，解得 a- a - 42 < x<
a+ a - 4
2 ，
2 2
令 g(x)< 0，解得 0< x< a- a - 42 或 x>
a+ a - 4
2 ，
2 2 2 2
所以 f(x)在 a- a - 4，a+ a - 4 上单调递增，在 0, a- a - 4 和 a+ a - 42 2 2 2 ，+∞ 上单调递
减．
综上所述，当 a≤ 2时，f(x)在 (0,+∞)上单调递减；
2 2 2 2
当 a> 2时，f (x)在 a- a - 4，a+ a - 42 2 上单调递增，在 0, a- a - 42 和 a+ a - 42 ，+∞
上单调递减．
(3)证明：由 (2)可知，a> 2，0< x1< 1< x2，x1x2= 1，
则 f(x1) - f(x2) = 1x - x1+ alnx -
11 x - x2+ alnx

2
1 2
= (x 12- x1) 1+ x x + a(lnx1- lnx2)1 2
= 2(x2- x1) + a(lnx1- lnx2)，
f(x1) - f(x2) =- a(lnx - lnx )则 x - x 2+
1 2
1 2 x1- x
，
2
故问题转化为证明 lnx1- lnx2x - x < 1即可，1 2
即证明 lnx1- lnx2> x1- x2，则 lnx1- ln 1x > x
1
1- x ，1 1
即证 lnx1+ lnx1> x1- 1x ，即证 2lnx1> x1-
1
x 在 (0,1)上恒成立，1 1
令 h(x) = 2lnx- x+ 1x (0< x< 1)，其中 h(1) = 0，
2 2
则 h (x) = 2x - 1-
1 = x - 2x+ 1 =- (x- 1)2 2 2 < 0，x x x
故 h(x)在 (0,1)上单调递减，
则 h(x)> h(1)，即 2lnx- x+ 1x > 0，
故 2lnx> x- 1x，
f(x1) - f(x所以 2)x1- x
< a- 2．
2
例12.(2021秋 武汉月考)已知函数 f(x) = lnx+ a x22 - (a+ 1)x,a∈R．
(1)讨论函数 f(x)的单调区间；
(2)设 x1，x2(0< x1< x2)是函数 g(x) = f(x) + x的两个极值点，证明：g(x1) - g(x2)< a2 - lna恒成立．
【解答】解：(1)f(x)的定义域为 (0,+∞)，
′ ( ) = 1
2
+ - ( + )= ax - (a+ 1)x+ 1 = (x- 1) (ax- 1)f x x ax a 1 x x ，
①当 a≤ 0时，令 f′ (x)> 0，得 0< x< 1，
令 f′ (x)< 0，得 x> 1，
所以 f(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减，
②当 0< a< 1时，令 f′ (x)> 0，得 0< x< 1或 x> 1a，
令 f′ (x)< 0，得 1< x< 1a，
所以 f(x)在 (0,1)， 1a，+∞ 上单调递增，在 1,
1
a 上单调递减，
③当 a= 1时，则 f′ (x)≥ 0，
所以 f(x)在 (0,+∞)上 f(x)单调递增，
④当 a> 1时，令 f′ (x)> 0，得 0< x< 1a 或 x> 1，
f′ (x)> 0，得 1a < x< 1，
所以 f(x)在 0, 1a ，(1,+∞)上单调递增，在
1
a，1 上单调递减，
综上所述，当 a≤ 0时，f(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减，
当 0< a< 1时，f(x)在 (0,1)， 1a，+∞ 上单调递增，在 1,
1
a 上单调递减，
当 a= 1时，f(x)在 (0,+∞)上单调递增，
当 a> 1时，f(x)在 0, 1a ，(1,+∞)上单调递增，在
1
a，1 上单调递减．
(2)证明：g(x) = f(x) + x= lnx+ a2 x
2- ax，则 g(x)的定义域为 (0,+∞)，
2
g′ (x) = 1 + ax- a= ax - ax+ 1x x ，
若 g(x)有两个极值点 x1，x2(0< x1< x2)，
则方程 ax2- ax+ 1= 0的判别式△= a2- 4a> 0，且 x1+ x2= 1，x1x2= 1a > 0，
解得 a> 4，又 0< x < x ，所以 x2< x x = 1 ，即 0< x < 11 2 1 1 2 a 1 ，a
所以 g(x1) - g(x2) = lnx a 21+ 2 x1- ax1- lnx2-
a x22 2+ ax2
= lnx 1 a1- ln ax + 2 (x1+ x2) (x1- x2) - a(x1- x2)1
= lnx + ln(ax ) - a1 1 2 (2x1- 1)
= lnx1+ ln(ax1) + a2 - ax1，
设 h(t) = lnt+ ln(at) + a2 - at，其中 t= x1∈ 0,
1 ，a> 4，a
由 h′ (t) = 2 - a= 0，解得 t= 2，又 2 - 1 = 2- at a a a < 0，a
所以 h(t)在区间 0, 2a 内单调递增，在区间
2
a，
1 内单调递减，a
即 h(t)的最大值为 h 2a = 2ln2- lna+
a
2 - 2<
a
2 - lna，
所以 g(x1) - g(x a2)< 2 - lna恒成立．
题型四：双变量不等式:中点型
例13.(2022 呼和浩特二模)已知函数 f(x) = lnx- ax2+ (2- a)x．
①讨论 f(x)的单调性；
②设 a> 0，证明：当 0< x< 1 f 1a 时， a + x > f
1
a - x ；
③函数 y= f(x)的图象与 x轴相交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为 x0，证明 f′ (x0)< 0．
【解答】解：①函数 f(x)的定义域为 (0,+∞)，
( (2x+ 1) (ax- 1)f x) = 1x - 2ax+ (2- a) =- x ，
(i)当 a> 0时，则由 f (x) = 0，得 x= 1a，
当 x∈ 0, 1a 时，f
(x)> 0，当 x∈ 1a，+∞ 时，f
(x)< 0，
∴ f(x)在 0, 1a 单调递增，在
1
a，+∞ 上单调递减；
(ii)当 a≤ 0时，f(x)> 0恒成立，
∴ f(x)在 (0,+∞)单调递增；
②设函数 g(x) = f 1a + x - f
1
a - x ，
则 g(x) = 1 1
2 1 1 1 2 1
ln a + x - a a + x + (2- a) a + x - ln a - x - a a - x + (2- a) a - x = ln
(1+ ax) - ln(1- ax) - 2ax，
3 2
g (x) = a a1+ ax + 1- ax - 2a=
2a x
1- a2 2 ，x
当 x∈ 0, 1a 时，g
(x)> 0，而 g(0) = 0，
∴ g(x)> g(0) = 0，
故当 0< x< 1a 时，f
1
a + x > f
1
a - x ；
③由①可得，当 a≤ 0时，函数 y= f(x)的图象与 x轴至多有一个交点，
故 a> 0，从而 f(x)的最大值为 f 1a ，且 f
1
a > 0，
不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0< x1< x2，则 0< x 11< a < x2，
由②得，f 2a - x1 = f
1
a +
1
a - x1 > f(x1) = f(x2) = 0，
又 f(x)在 1a，+∞ 上单调递减，
∴ 2 - x + xa x1< x
1 2 1
2，于是 x0= 2 > a，
由①知，f (x0)< 0．
例14.(2021秋 山西期末)已知函数 f(x) = 2x+ (1- 2a)lnx+ ax．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)如果方程 f(x) = x + xm有两个不相等的解 x1，x2，且 x1< x2，证明：f 1 22 > 0．
2
( ) ′ ( ) = + 1- 2a - a = 2x + (1- 2a)x- a = (x- a) (2x+ 1)【解答】解：1 f x 2 x 2 2 2 (x> 0)，x x x
①当 a≤ 0时，x∈ (0,+∞)，f′ (x)> 0，f(x)单调递增；
②当 a> 0时，x∈ (0,a)，f′ (x)< 0，f(x)单调递减；
x∈ (a,+∞)，f′ (x)> 0，f(x)单调递增，
综上，当 a≤ 0时，f(x)在 (0,+∞)单调递增；
当 a> 0时，f(x)在 (0,a)单调递减，在 (a,+∞)单调递增．
(2)由 (1)知，当 a≤ 0时，f(x)在 (0,+∞)单调递增，f(x) =m至多一个根，不符合题意；
当 a> 0时，f(x)在 (0,a)单调递减，在 (a,+∞)单调递增，则 f′ (a) = 0．
不妨设 0< x1< a< x2，
要证 f′ x1+ x22 >
x + x
0，即证 1 22 > a，即证 x2+ x1> 2，即证 x2> 2a- x1．
因为 f(x)在 (a,+∞)单调递增，即证 f(x2)> f(2a- x1)，
因为 f(x2) = f(x1)，所以即证 f(x1)> f(2a- x1)，即证 f(a+ x)< f(a- x)，
令 g ( x ) = f ( a + x ) - f ( a - x ) = 2(a+ x) + (1- 2a)ln(a+ x) +
a
a+ x -
2(a- x) + (1- 2a)ln(a- x) +
a
a- x
= 4x+ (1- 2a)ln(a+ x) - (1- 2a)ln(a- x) + a aa+ x - a- x．
g′ (x) = 4+ 1- 2a + 1- 2a a aa+ x a- x - (a+ x)2 - (a- x)2
= + 2a(1- 2a) - 2a(a
2+ x2) = 4x
2(x2- a2- a)
4 ．
a2- x2 (a+ x)2(a- x)2 (a+ x)2(a- x)2
当 x∈ (0,a)，时，g′ (x)< 0，g(x)单调递减，又 g(0) = f(a+ 0) - f(a- 0) = 0，
所以 x∈ (0,a)，时，g(x)< g(0) = 0，即 f(a+ x)< f(a- x)，
即 f(x)> f(2a- x)，
又 ∈ ( , )，所以 ( )> ( - )，所以 x1+ xx 21 0 a f x1 f 2a x1 f 2 > 0．
例15.(2022 沙坪坝区校级开学)已知函数 f(x) = x2- 2ax+ 2lnx(a> 0)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)设 g(x) = lnx- bx- cx2，若函数 f(x)的两个极值点 x1，x2(x1< x2)恰为函数 g(x)的两个零点，且 y
= (x1- x2)g′ x1+ x22 的取值范围是 [ln3- 1，+∞)，求实数 a的取值范围．
【解答】解：(1)函数 f(x) = x2- 2ax+ 2lnx(a> 0)的定义域为 (0,+∞)，
2
又 f (x) = 2x- 2a+ 2x = 2
x - ax+ 1
x (a> 0,x> 0)，
对于方程 x2- ax+ 1= 0，△= a2- 4(a> 0)，
①若△= a2- 4≤ 0，即 0< a≤ 2时，则 f (x)≥ 0恒成立，
所以 f(x)在 (0,+∞)上单调递增；
2 2
②若△= a2- 4> 0，即 a> 2时，令 f (x) = 0，解得 x= a- a - 42 ，或 x=
a+ a - 4
2 ，
2
当 x∈ 0, a- a - 4 和 a+ a
2- 4
2 2 ，+∞ 时，f (x)> 0，
当 x∈ a- a
2- 4 a+ a2- 4
2 ， 2 时，f (x)< 0，
2 2
所以 f(x)在 0, a- a - 4 和 a+ a - 42 2 ，+∞ 上单调递增，
在 a- a
2- 4，a+ a
2- 4
2 2 上单调递减．
综上所述，当 0< a≤ 2时，f(x)的单调递增区间为 (0,+∞)，无单调递减区间；
2
当 a > 2 时 ，f ( x ) 的 单 调 递 增 区 间 为 0, a- a - 4 和 a+ a
2- 4
2 2 ，+∞ ，单 调 递 减 区 间 为
a- a2 - 4，a+ a
2- 4
2 2 ；
(2)由 (1)可知，当 a> 2时，x1+ x2= a，x1x2= 1(x1< x2)，
又 g (x) = 1x - b- 2cx(x> 0)，
故 g x1+ x22 =
2
x + x - b- c(x1+ x2)，1 2
由 g(x1) = g(x2) = 0，
可得 lnx1- bx1- cx
2
1= 0
lnx2- bx - cx22 2= ，0
两式相减，可得 xln 1x = b(x1- x
2
2) + c(x1- x22)，
2
x1+ x2 2(x1- x
2
2)
x1 - 1
所以 y= (x1- x2)g 2 = x + x - b(x1- x2) - ( 2- 2) =
2(x1- xc x x 2) - x x1 2 x + x ln
1 = 2 -
1 2 1 2 x2 x1
x + 12
x
ln 1x ，2
令 x1x = t∈ (0,1)，2
= 2(t- 1)所以 y t+ 1 - lnt，
= - (t- 1)
2
则 y
t(t+ 1)2 < 0，
= 2(t- 1)所以 y t+ 1 - lnt在 (0,1)上单调递减，
由 y的取值范围为 [ln3- 1，+∞)，可得 t的取值范围为 0, 1 3 ，
所以 x xa2= (x + x )2= 1 21 2 x + x + 2= t+
1
t + 2∈
16
3 ,+∞ ，2 1
又因为 a> 2，
故实数 a的取值范围是 4 3 3 ,+∞ ．
题型五：双变量不等式:剪刀模型
例16.(2022 日照一模)已知函数 f(x) = (x+ b) (e2x- a) (b> 0) 1 1在点 - 2 ,f - 2 处的切线方程为 (e-
1)x+ ey+ e- 12 = 0．
(1)求 a，b；
(2)函数 f(x)图象与 x轴负半轴的交点为P，且在点P处的切线方程为 y= h(x)，函数F(x) = f(x) - h
(x)，x∈R，求F(x)的最小值；
(3) x f(x) =m x x x < x x - x ≤ 1+ 2m - me关于 的方程 有两个实数根 1， 2，且 1 2，证明： 2 1 2 1- e．
【解答】解：(1)将 x=- 12 代入切线方程 (e- 1)x+ ey+
e- 1
2 = 0中，得 y= 0，
所以 f - 12 = 0，又 f -
1
2 = b-
1 12 e - a = 0，解得 b=
1
2 或 a=
1
e，
又 f′ (x) = e2x(2x+ 2b+ 1) - a，所以 f′ - 12 =
2b
e - a=-
e- 1
e =-1+
1
e，
若 a= 1e，则 b=
2- e
2 (舍去)；
所以 b= 12，则 a= 1；
(2)由 (1)可知，a= 1，b= 12，所以 f(x) = x+
1
2 (e
2x- 1)，
令 f(x) = 0，有 x=- 12 或 x= 0，
故曲线 y= f(x)与 x轴负半轴的唯一交点P为 - 12 ,0 ，
曲线在点P - 12 ,0 处的切线方程为 y= h(x)，则 h(x) = f′ -
1
2 x+
1
2 ，
因为F(x) = f(x) - h(x)，所以F(x) = f(x) - f′ - 12 x+
1
2 ，
所以F′ (x) = f′ (x) - f′ - 12 = 2e
2x(x+ 1) - 1e ,F′ -
1
2 = 0
若 x≤-1，F′ (x)< 0，
若 x∈ -1,- 12 ,x+ 1∈ 0,
1 ,e2x∈ 1 , 1 ，所以 2(x+ 1)e2x∈ 0, 12 2 e e ,F′ (x)< 0，e
若 x∈ - 12 ,+∞ ,x+ 1∈
1 ,+∞ ,e2x∈ 1 ,+∞ ,2(x+ 1)e2x2 e ∈
1
e ,+∞ ，F ′ (x) > 0，所以 y= F ′ (x)在
- 12 ,+∞ 上单调递增，
∴F′ (x)>F′ - 12 = 0，
∴函数 y=F(x)在 - 12 ,+∞ 上单调递增．
所以F(x) 1min=F - 2 = 0；
(3)证明：h(x) = 1e - 1 x+
1 1 me

2 ，设 h(x) =m的根为 x1，则 x1=- 2 + 1- e，
又 y= h(x)单调递减，由 (2)知 f(x)≥ h(x)恒成立．
又m= h(x1 ) = f(x1)≥ h(x1)，所以 x1 ≤ x1，
设曲线 y= f(x)在点 (0,0)处的切线方程为 y= t(x)，则 t(x) = x，
令T(x) = f(x) - t(x) = x+ 1 (e2x2 - 1) - x,T′ (x) = 2(x+ 1)e
2x- 2，
当 x≤-1时，T′ (x) = 2(x+ 1)e2x- 2≤-2< 0，
当 x>-1时，T (x) = 2(2x+ 3)e2x> 0，
故函数 y=T′ (x)在 (-1,+∞)上单调递增，又T′ (0) = 0，
所以当 x∈ (-∞,0)时，T′ (x)< 0，当 x∈ (0,+∞)时，T′ (x)> 0，
所以函数 y=T(x)在区间 (-∞,0)上单调递减，在区间 (0,+∞)上单调递增，
所以T(x)≥T(0) = 0，即 f(x)≥ t(x)，
设 t(x) =m的根为 x2 ，则 x2 =m，
又函数 y= t(x)单调递增，故m= t(x2 ) = f(x2)≥ t(x2)，故 x2 ≥ x2．
又 x1 ≤ x1，所以 x2- x1≤ x 2- x1=m- - 1 + me2 1- e =
1+ 2m - me2 1- e．
例17.(2021春 道里区校级期中)已知函数 f(x) = ax- ex+ 1，ln3是 f(x)的极值点．
(Ⅰ)求 a的值；
(Ⅱ)设曲线 y= f(x)与 x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线为直线 l．求证：曲线 y= f(x)上
的点都不在直线 l的上方；
( 7mⅢ)若关于 x的方程 f(x) =m(m> 0)有两个不等实根 x1，x2(x1< x2)，求证：x2- x1< 2- 10 ．
【解答】(Ⅰ)解：f′ (x) = a- ex；
由题意知，f′ (ln3) = a- eln3= 0；
∴ a= 3；
(Ⅱ)证明：设曲线 y= f(x)在P(x0，0)处切线为直线 l:y= (3- ex0) (x- x0)；
令 g(x) = (3- ex0) (x- x0)；
F(x) = f(x) - g(x) = 3x- ex+ 1- (3- ex0) (x- x0)；
∴F′ (x) = 3- ex- (3- ex0) = ex0- ex；
∴F(x)在 (-∞,x0)上单调递增，在 (x0，+∞)上单调递减；
∴F(x)max=F(x0) = f(x0) - g(x0) = 0；
∴F(x) = f(x) - g(x)≤ 0，即 f(x)≤ g(x)，即 y= f(x)上的点都不在直线 l的上方；
(Ⅲ)由 (Ⅱ)设方程 g(x) =m的解为 x2′；
则有 (3- ex0) (x2′-x0) =m，解得 x m2′ = + x ；3- ex 00
由题意知，ln3< x2< x2′；
令 r(x) = 2x- f(x) = ex- x- 1，(x> 0)；
r′ (x) = ex- 1> 0；
∴ r(x)在 (0,+∞)上单调递增；
∴ r(x)> r(0) = 0；
∴ y= 2x的图象不在 f(x)的下方；
∵ y= 2x与 y=m交点的横坐标为 x1′ = m2 ；
则有 0< x1′ < x1< ln3，即 0< x1′ < x1< ln3< x2< x2′；
∴ x2- x1< x2′-x1′ = m + x - m；3- ex 00 2
∵关于 x0的函数 y= m- x + x -
m
0 2 在 (ln3,2)上单调递增；3 e 0
∴ x - x < m + 2- m < m + 2- m2 1 - 2 2 2- 7 2 = 2-
7m
10 ．3 e
例18.(2022 江西校级二模)已知函数 f(x) = 6x- x6，x∈R．
(Ⅰ)求函数 f(x)的极值；
(Ⅱ)设曲线 y= f(x)与 x轴正半轴的交点为P，求曲线在点P处的切线方程；
1
(Ⅲ)若方程 f(x) = a(a为实数)有两个实数根 x1，x2且 x1< x2，求证：x2- x1≤ 6 5- a5．
【解答】解：(Ⅰ)由已知得：f′ (x) = 6(1- x5)由 f′ (x) = 0得：x= 1
又当 x< 1时，f′ (x)> 0，f(x)单调递增，
当 x> 1时，f′ (x)< 0，f(x)单调递减，
∴当 x= 1时 f(x)取得极大值，极大值为 f(1) = 5，无极小值． (3分)
(Ⅱ)设P(x0，0)，则 x 5 0= 6，f (x0) =-30，
曲线 f(x)在点P处的切线方程为：y= f (x ) (x- x ) =-30(x- 50 0 6)，
即曲线在点P处的切线方程为：y=-30(x- 5 6) (6分)
(Ⅲ)设 g(x) =-30(x- 5 6)，令F(x) = f(x) - g(x)
即F(x) = f(x) + 30(x- 5 6)，则F (x) = f (x) + 30
由于 f′ (x) = 6- 6x5在R单调递减，故F′ (x)在R单调递减，又∵F′ (x0) = 0，(x0= 5 6)
∴当 x∈ (-∞,x0)时F (x)> 0，当 x∈ (x0，+∞)时，F′ (x)< 0，
∴F(x)在 (-∞,x0)单调递增，在 (x0，+∞)单调递减，
∴ x∈R，F(x)≤F(x0) = 0，即 x∈R，都有 f(x)≤ g(x)；
1
设方程 g(x) = a的根为 x a2 ，∴ x ′ = 6 52 - 30．
∵ g(x)在R单调递减，且 g(x2)≥ f(x2) = a= g(x2′)
∴ x2< x2′，
设曲线 y= f(x)在点原点处的切线方程为：y= h(x)，则易得 h(x) = 6x，
x∈R，有 f(x) - h(x) =-x6≤ 0，即 f(x)≤ h(x)，
设方程 h(x) = a的根为 x1′，则 x ′ = a1 6，
∵ h(x)在R单调递增，且 h(x1′) = a= f(x1)≤ h(x1)，
∴ x1′ ≤ x1
1 1
∴ x2- x 51≤ x2′-x1′ = a - a - a30 6 = a5-
a
5，
1
即 x2- x1≤ a5- a5．
题型六：双变量不等式:主元法
例19.(2021春 哈密市校级月考)已知函数 f(x) = xlnx．
(1)求函数 f(x)的单调区间和最小值；
1
(2) b> 0 bb≥ 1 n当 时，求证： e (其中 e为自然对数的底数)；
(3)若 a> 0，b> 0求证：f(x) + (a+ b)ln2≥ f(a+ b) - f(b)．
【解答】解：(1) ∵ f′ (x) = 1+ lnx (x> 0) ----- (1分)
令 f′ (x)≥ 0得：lnx≥-1= lne-1，
∵ e> 1，∴ x≥ 1e；
令 f′ (x)< 0得：0< x< 1e；----- (2分)
∴ f(x)在 1 e，+∞ 上为增函数；在 0，
1
e 上为减函数．---- (4分)
(2)由 (1)知：当 b> 0时，有 f(b)≥ f(x)mix= f 1 =- 1e e，---- (6分)
1 1
∴ blnb≥- 1e，即：lnb
b≥ ln 1 ne ，∴ b
b≥ 1 ne ．----- (8分)
(3)将 f(a) + (a+ b)ln2≥ f(a+ b) - f(b)变形为：
f(a) + f(b)≥ f(a+ b) - (a+ b)ln2------ (7分)
即只证：f(a) + f(a+ b- a)≥ f(a+ b) - (a+ b)ln2
设函数 g(x) = f(x) + f(k- x) (k> 0) ------ (8分)
∴ g(x) = xlnx+ (k- x)ln(k- x)，∴ 0< x< k
∴ g′ (x) = lnx+ 1- ln(k- x) - 1= ln x
k- x
令 g′ (x)> 0，得： x- > 1
2x- k k
k x k- > 0 2 < x< k．x
∴ g(x)在 k 2，k 上单调递增；在 0，
k
2 上单调递减；
∴ g(x)的最小值为：g k k2 ，即总有：g(x)≥ g 2 ．---- (12分)
g k2 = f
k
2 + f k-
k
2 = kln
k
2 = k(lnk- 2) = f(k) - kln2
∴ g(x)≥ f(k) - kln2，即：f(x) + f(k- x)≥ f(k) - kln2，----- (13分)
令 x= a，k- x= b，则 k= a+ b
∴ f(a) + f(b)≥ f(a+ b) - (a+ b)ln2，
∴ f(a) + (a+ b)ln2≥ f(a+ b) - f(b)成立．------ (14分)
x
例20.(2021秋 广东月考)已知函数 f(x) = a ex + (lnx- x) (其中 a∈R且 a为常数，e为自然对数的底
数，e= 2.71828 )．
(Ⅰ)若函数 f(x)的极值点只有一个，求实数 a的取值范围；
(Ⅱ)当 a= 0时，若 f(x)≤ kx+m(其中m> 0)恒成立，求 (k+ 1)m的最小值 h(m)的最大值．
【解答】解：(Ⅰ)函数 f(x)的定义域为 (0,+∞)，
x x
其导数为 f ( ) = e (x- 1) e (x- 1)x a x- 12 - x = 2 a-
x
x x ex ．
由 f′ (x) = 0 x= 1或 a= x ，
ex
设u(x) = xx ，∵u (x) =
1- x
e ex
，
∴当 x∈ (0,1)时，u′ (x)> 0；当 x∈ (1,+∞)时，u′ (x)< 0．
即u(x)在区间 (0,1)上递增，在区间 (1,+∞)上递减，
∴u(x) =u 1 = 1极大 e，
又当 x→ 0时，u(x) → 0，当 x→+∞时，u(x) → 0且u(x)> 0恒成立．
∴当 a≤ 0或 a> 1e 时，方程 a=
x
x 无根，函数 f(x)只有 x= 1一个极值点．e
当 a= 1e 时，方程 a=
x
x 的根也为 x= 1，此时 f′ (x)的因式 a-
x
x ≥ 0恒成立，e e
故函数 f(x)只有 x= 1一个极值点．
当 0< a< 1e 时，方程 a=
x
ex
有两个根 x1、x2且 x1∈ (0,1)，x2∈ (1,+∞)，
∴函数 f(x)在区间 (0,x1)单调递减；(x1，1)单调递增；(1,x2)单调递减；(x2，+∞)单调递增，此时函数 f(x)
有 x1、1、x2三个极值点．
综上所述，当 a≤ 0或 a≥ 1e 时，函数 f(x)只有一个极值点．
(Ⅱ)依题意得 lnx- x≤ kx+m，令 φ(x) = lnx- (k+ 1)x-m，则对 x∈ (0,+∞)，都有 φ(x)≤ 0成立．
∵ φ (x) = 1x - (k+ 1)，∴当 k+ 1≤ 0时，函数 φ(x)在 (0,+∞)上单调递增，
注意到 φ(em) =- (k+ 1)em≥ 0，
∴若 x∈ (em，+∞)，有 φ(x)> 0成立，这与 φ(x)≤ 0恒成立矛盾；
当 k+ 1> 0时，因为 φ′ (x)在 (0,+∞)上为减函数，且 φ 1+ = 0，k 1
∴函数 φ(x)在区间 0, 1+ 上单调递增，在
1
+ ,+∞ 上单调递减，k 1 k 1
∴ φ(x)≤ φ 1+ =-ln(k+ 1) - 1-m，k 1
若对 x∈ (0,+∞)，都有 φ(x)≤ 0成立，则只需-ln(k+ 1) - 1-m≤ 0成立，
∴ ln(k+ 1)≥-1-m k+ 1≥ e-1-m，
当m> 0时，则 (k+ 1)m的最小值 h(m) =me-1-m，
∵ h′ (m) = e-1-m(1-m)，
∴函数 h(m)在 (0,1)上递增，在 (1,+∞)上递减，
∴ h(m)≤ 12 ，即 (k+ 1)m的最小值 h(m)的最大值为
1
2 ；e e
综上所述，(k+ 1)m的最小值 h(m)的最大值为 1
e2
．
例21.(2022 微山县校级二模)设函数 f(x) = xlnx．
(Ⅰ) 求 f(x)的极值；
(Ⅱ)设 g(x) = f(x+ 1)，若对任意的 x≥ 0，都有 g(x)≥mx成立，求实数m的取值范围；
(Ⅲ)若 0< a< b，证明：0< f(a) + f(b) - 2f a+ b2 <(b- a)ln2．
【解答】(本小题满分 14分)
解：(Ⅰ)函数 f(x) = xlnx，则 f′ (x) = 1+ lnx，(x> 0)
令 f′ (x) = 0，解得：x= 1e，且当 x∈ 0,
1
e 时，f′ (x)< 0，x∈
1
e ,+∞ 时，f′ (x)> 0
因此：f(x)的极小值为 f 1 =- 1e e
(Ⅱ)g(x) = f(x+ 1) = (x+ 1)ln(x+ 1)
令 h(x) = (x+ 1)ln(x+ 1) -mx，则 h′ (x) = ln(x+ 1) + 1-m
注意到：h(0) = 0，若要 h(x)≥ 0，必须要求 h (0)≥ 0，即 1-m≥ 0，亦即m≤ 1
另一方面：当m≤ 1时，h′ (x) = ln(x+ 1) + 1-m≥ 0恒成立；
故实数m的取值范围为：m≤ 1
(III)构造函数F(x) = alna+ xlnx- (a+ x)ln a+ x2 ，x> a，F
(x) = 1+ lnx- ln a+ x 2x2 - 1= ln a+ x，
∵ x> a，∴ 0< a+ x< 2x，F′ (x)> 0，F(x)在 (a,+∞)上是单调递增的；
故F(b)>F(a) = 0，即：f(a) + f(b) - 2f a+ b2 > 0
另一方面，构造函数G(x) = alna+ xlnx- (a+ x)ln a+ x2 - (x- a)ln2，
G (x) = ln 2x xa+ x - ln2= ln a+ x < 0，
G(x)在 (a,+∞)上是单调递减的
故G(b)综上，0< f(a) + f(b) - 2f a+ b2 <(b- a)ln2．
【过关测试】
1. (2022· · ) f x = x- 1辽宁 抚顺市第二中学三模 已知函数 4 2- a x
2- 12 ax
2lnx e= 2.71828
(1)当 a=- 12 时，证明函数 f x 有两个极值点；
(2)当 0< a≤ 1 1时，函数 g x = f x - 2 bx
2- bx在 0,+∞ 1 上单调递减，证明 b≥ 1+
e3
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析
【解析】
(1)构造函数F x = 1- x+ 12 xlnx,求导,利用零点存在性定理,判断根的分布,进而可得函数的单调性,
即可得极值.
(2)分离参数,转化为 b≥ 1- x- axlnxx+ 1 恒成立,构造函数,利用放缩法和分类讨论即可求解.
(1)
定义域为 0,+∞
当 a=- 12 时
f x = x- 5 x2+ 18 4 x
2lnx,f′ (x) = 1- 54 x+
1
2 xlnx+
1 1
4 x= 1- x+ 2 xlnx
令F x = 1- x+ 12 xlnx,F′
1
x = 2 lnx- 1
∵ x∈ 0,e 时，F′ x < 0，F x 单调递减，x∈ (e,+∞)时，F′ x > 0，F x 单调递增
F x
1
min=F e = 1- 2 e< 0,F
1
e = 1-
3 2
2e > 0,F e = 1> 0
所以 x1∈ 0,e , x2∈ e,+∞ 使F x1 =F x2 = 0
此时 x∈ 0,x1 时，F x > 0，f x 单调递增，
x∈ x1,x2 时，F x < 0，f x 单调递减
x∈ x2,+∞ 时，F x > 0，f x 单调递增
∴ x1,x2是函数 f x 的两个极值点．
(2)
∵ g x = x- 14 2- a x
2- 1 ax22 lnx-
1 2
2 bx - bx在 0,+∞ 上单调递减
∴ g x = 1- x- axlnx- bx- b≤ 0恒成立
∴ b≥ 1- x- axlnxx+ 1 恒成立
① x≥ 1时，令G x = 1- x- axlnx
∵ 0< a≤ 1，∴G x =-1- alnx- a< 0
∴G x 在 1,+∞ 单调递减，∴G x max=G 1 = 0
又∵ x+ 1> 0∴ 1- x- axlnxx+ 1 ≤ 0，∴ b≥ 0
② 0< x< 1时，lnx< 0，∵ 0< a≤ 1，∴ ax≤ x
∴ axlnx≥ xlnx，∴-axlnx≤-xlnx
1- x- axlnx≤ 1- x- xlnx
又∵ x+ 1> 0，∴ 1- x- axlnxx+ 1 ≤
1- x- xlnx
x+ 1
令 h x = 1- x- xlnx x+ 1 ,x∈ 0,1 ,h′
-x- 3- lnx
x =
x+ 1 2
令 φ x =-x- 3- lnx，∴ φ′ x =-1- 1x < 0
∴ φ x 单调递减，∵ φ 14 = 1- 14 > 0,φ 13 =- 13 < 0e e e e
x 1 10∈ e4 , 3 使 φ x0 =-x0- 3- lnx0= 0，即 lnx0=-xe 0- 3
x∈ 0,x0 时，φ x > 0,h x > 0,h x 单调递增
x∈ x0,1 时， x < 0,h x < 0,h x 单调递减
= = 1- x0- x0lnx0 = 1- x0- x0 -x0- 3 h x max h x0 x + 1 x + 1 = x0+ 10 0
∴ x0∈ 14 , 13 ∴ x + 1∈ 1+ 10 4 ,1+ 1e e e e3 ∴ h x
1
max< 1+ 3 ，∴ b≥ 1+
1
e e3
综上 b≥ 1+ 1
e3
【点睛】本题考查导数的综合应用，极值点，不等式的证明，参数的取值范围，利用导数判断函数的单调性是
基本操作，导函数符号对函数单调性的影响，以及零点存在性定理，适当的放缩，把双变量问题通过放缩变
成单变量问题.
2. (2022·北京·北师大二附中三模)已知函数 f x = ex 1+mlnx ，其中m> 0，f x 为 f x 的导函数.
(1)当m= 1，求 f x 在点 1,f 1 处的切线方程；

(2)设函数 h x =
f x 5
x ，且 h x ≥ 2 恒成立.e
①求m的取值范围；
②设函数 f x 的零点为 x0，f x 的极小值点为 x1，求证：x0> x1.
【答案】(1)y= 2ex- e (2)① 3 2 ,+∞ ;②详见解析
【解析】
(1)利用导数的几何意义即可求解.
(2)①先对函数 f(x) = ex(1+mlnx)求导，得到 f (x) = ex 1+ m + ( )=
f (x)
x mlnx ，推出 h x x = 1+
m
e x
+
m(x- 1)
mlnx，求导，得到 h (x) = 2 (x> 0)，解对应不等式，得到 h x 单调性，求出其最小值，再根据 h x ≥x
5
2 恒成立，即可得出结果；
②先设 g(x) = f (x) = ex 1+ mx +mlnx ，求导得 g
(x) = ex 1+ 2m - mx 2 +mlnx .x
设H(x) = 1+ 2m - mx 2 +mlnx(x> 0)，对其求导，判定单调性，从而得到函数 g x 单调性，得到 x2是函数x
g x 的极小值点，得到 x2= x1，再由①得m= 32 时，h(x)≥
5
2，推出所以mlnx+
m
x ≥m，得到 g(x)≥
g x1 > 0，得到函数 f x 在区间 (0,+∞)上单调递增，再由题意，即可得出结论成立.
(1)
m= 1时，f x = ex 1 1+ lnx ,f x = ex 1+ lnx+ x ,f
1 = 2e,f 1 = e，所以函数在 x= 1处的切线方程
y- e= 2e x- 1 ，即 y= 2ex- e.
(2)
①由题设知，f (x) = ex 1+ mx +mlnx (x> 0)，

( ) = f (x) = + m + ( ) = m(x- 1)h x x 1 x mlnx，h x 2 (x> 0)，e x
由 h (x)> 0，得 x> 1，所以函数 h x 在区间 (1,+∞)上是增函数；
由 h (x)> 0，得 0< x< 1，所以函数 h x 在区间 0,1 上是减函数.
故 h x 在 x= 1处取得最小值，且 h 1 = 1+m.
由于 h(x)≥ 5 恒成立，所以 1+m≥ 5，得m≥ 32 2 2，
所以m的取值范围为 3 2 ,+∞ ；
②设 g(x) = f (x) = ex 1+ mx +mlnx ，则 g
(x) = ex 1+ 2m mx - 2 +mlnx .x
设H(x) = 1+ 2m - mx 2 +mlnx(x> 0)，x
2
则H (x) =- 2m + 2m + m = m x - 2x+ 2 > 0，
x2 x3 x x3
故函数H(x)在区间 (0,+∞)上单调递增，由 (1)知，m≥ 32，
所以H(1) =m+ 1> 0，H 12 = 1-mln2≤ 1- ln2 2< 0，
故存在 x2∈ 12 ,1 ，使得H x2 = 0，
所以，当 0< x< x2时，H x < 0，g x < 0，函数 g x 单调递减；
当 x> x2时，H x > 0，g x > 0，函数 g x 单调递增.
所以 x2是函数 g x
1
的极小值点.因此 x2= x1，即 x1∈ 2 ,1 .
3
由①可知，当m= 32 时，h(x)≥
5
2，即 1+
2
x +
3 5
2 lnx≥ 2，整理得 lnx+
1
x ≥ 1，
所以mlnx+ mx ≥m.
因此 g(x)≥ g x = ex1 1+ m +mlnx ≥ ex11 x 1 (1+m)> 0，即 f (x)> 0.1
所以函数 f x 在区间 (0,+∞)上单调递增.
由于H x = 0，即 1+ 2m m 1 x - 2 +mlnxx 1= 0，1 1
即 1+mlnx = m1 2 -
2m
x1 x
，
1
所以 1- 2xf x1 = ex1 1+mlnx1 =mex1 1x2 < 0= f x0 .1
又函数 f x 在区间 (0,+∞)上单调递增，所以 x0> x1.
3. (2022·湖北·高二阶段练习)已知函数 f(x) = lnx+ a2 x
2- (a+ 1)x(a∈R)，g(x) = f(x) - a2 x
2+ (a+ 1)
x.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2) 2 x - x 任取两个正数 x1,x x < x 1 22，当 1 2时，求证：g x1 - g x2 < x1+ x
.
2
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】
(1)根据函数解析式求出定义域以及导数，对参数 a进行讨论，根据导函数的正负取值情况得出函数的单调
性；
(2)求出 g x ，运用分析法将需要证明成立的不等式转化，再利用换元法写出表达式，利用导数研究函数的
单调性，进而证明原不等式成立.
(1)
f (x) = 1x + ax- (a+ 1) =
(ax- 1) (x- 1)
x (x> 0).
当 a≤ 0时，ax- 1< 0，令 f (x)> 0，得 0< x< 1；令 f (x)< 0，得 x> 1.
所以 f(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减.
当 0< 1a < 1，即 a> 1时，令 f
(x)> 0，得 0< x< 1 a 或 x> 1；令 f (x)< 0，得
1
a < x< 1.
所以 f(x)在 0, 1a ，(1,+∞)上单调递增，在
1
a ,1 上单调递减.
当 1a = 1，即 a= 1时，f
(x)≥ 0恒成立，所以 f(x)在 (0,+∞)上单调递增.
当 1a > 1，即 0< a< 1时，令 f
(x)> 0，得 0< x< 1或 x> 1 a；令 f (x)< 0，得 1< x<
1
a .
所以 f(x)在 (0,1)， 1a ,+∞ 上单调递增，在 1,
1
a 上单调递减.
综上所述，
当 a≤ 0时，f(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减；
当 0< a< 1时，f(x)在 (0,1)， 1a ,+∞ 上单调递增，在 1,
1
a 上单调递减；
当 a= 1时， f(x)在 (0,+∞)上单调递增；
当 a> 1时，f(x)在 0, 1a ，(1,+∞)上单调递增，在
1
a ,1 上单调递减；
(2)
证明：由题意得，g(x) = lnx.
2 x - x
要证 - < 1 2 g x1 g x2 x ，1+ x2
2 x - x
只需证 - < lnx lnx 1 2 1 2 x + x ，1 2
即证 xln 1x <
2 x1- x2
2 x1+ x
，
2
x 2
x1
即证 x
- 1
ln 1x <
2
2 x
.
1
x + 12
令 xt= 1x ,t∈ (0,1)，2
< 2(t- 1)所以只需证 lnt t+ 1 在 t∈ (0,1)上恒成立，
即证 (t+ 1)lnt- 2(t- 1)< 0在 t∈ (0,1)上恒成立.
令 h(t) = (t+ 1)lnt- 2(t- 1)，则 h (t) = lnt+ 1t - 1，
令m(t) = lnt+ 1 - 1，则m (t) = 1t t -
1
2 =
t- 1
2 < 0.t t
所以m(t)在 (0,1)上单调递减，即 h (t)在 (0,1)上单调递减，
所以 h (t)> h (1) = 0，所以 h(t)在 (0,1)上单调递增，
所以 h(t)< h(1) = 0.
- < 2 x1- x所以 g 2 x1 g x2 x1+ x
.
2
4. (2022·陕西·汉台中学模拟预测 (理))已知函数 f x = lnx+ ax + b(a，b∈R).
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若函数 f x 的最小值为 0，x1，x2(x1< x2)为函数 g x = f 1 x - 2 的两个零点，证明：e
x2- elnx1>
2.
【答案】(1)极小值为 lna+ b+ 1，无极大值 (2)证明见解析
【解析】
(1)首先求函数的导数 f x- a x = 2 ，分 a≤ 0和 a> 0两种情况讨论函数的单调性，再求函数的极值；x
(2)首先由函数的最小值，确定 lna+ b+ 1= 0，再结合零点存在性定理确定 a ae < x1< 2，ea< x2< 4a，可
得 ex2- elnx1> eea- eln a2，再通过构造函数求函数的最小值.
(1)
∵ f x = lnx+ a + b(x> 0)，∴ f x = 1 a x- ax x - x2 = x2 ，
若 a≤ 0时，则 f x > 0恒成立，
∴ f x 在 0,+∞ 上单调递增，故 f x 没有极值；
若 a> 0，则当 x∈ 0,a 时，f x < 0，f x 单调递减，
当 x∈ a,+∞ 时，f x > 0，f x 单调递增，
∴ f x 有极小值，极小值为 f a = lna+ b+ 1，无极大值.
(2)
证明：由 (1)可知，当 a> 0时，f x 有最小值，f x min= lna+ b+ 1，
由函数 f x 的最小值为 0，得 lna+ b+ 1= 0，
由题知 g x = f x - 1 = lnx+ a 2 x + b-
1
2，
g a2 = ln
a
2 + 2+ b-
1 1 a 1 5
2 = 2 - ln2< 0，g e = lna- 1+ e+ b- 2 = e- 2 > 0，
∴ a ae < x1< 2，
g ea = 1+ lna+ 1 + b- 1 = 1 1e 2 e - 2 < 0，g 4a = ln4+ lna+
1
4 + b-
1
2 = ln4-
5
4 > 0，
∴ ea< x2< 4a，∴ ex2- elnx > eea1 - eln a2 (a> 0)，
令 h x = eex- eln x2，则 h
x = e eex- 1x ，
令 p x = eex- 1x，则 p x 在 0,+∞ 上单调递增，
又 p 1e = 0，∴在 0,
1
e 上，p x < 0，h
x < 0，h x 单调递减，
在 1e ,+∞ 上，p x > 0，h
x > 0，h x 单调递增，
1
∴ 1h x 1 e emin= h e = e - eln
e
2 = e- eln
1
2e = e+ eln2e> 2，
∴ ex2- elnx1> 2得证.
5. (2022· 1江苏·海门中学高二阶段练习)已知函数 f(x) = lnx+ x22 - ax.
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2) f( f(xx) 1) - f(x2) a若 有两个极值点 x1,x2，证明 x1- x
< 2- .
2 2
【答案】(1)见解析 (2)见解析
【解析】
(1)求出 f′ (x)，对 a分类讨论得出函数 f(x)的单调性即可；
(2) f(x化简 1) - f(x2)x - x 进而即证：lnx
1
1< x1- x 对任意的 x1∈ (1,+∞)恒成立，通过求导进而得证.1 2 1
(1)
解：f (x) = 1x + x- a(x> 0)
当 a≤ 2时，f (x) = 1x + x- a≥ 2- a≥ 0
2
当 a> 2时，f (x) = 1 + x- a= x - ax+ 1
2
= 0，则 x = a- a - 4
2
x x 1 2 ,x2=
a+ a + 4
2
令 f (x)> 0，则 0< x< x 1，或 x> x2，f x < 0，则 x1< x< x2，
综上：当 a≤ 2时，f(x)在 0,+∞ 上单调递增，
2 2
当 a> 2时，f(x)在 0, a- a - 4 a+ a - 42 和 2 ,+∞ 上单调递增，f(x)在
a- a
2- 4 , a+ a
2- 4
2 2 上单调递减.
(2)
∵ f(x)有两个极值 x1,x2
a> 2
∴ x ,x 是方程 x21 2 - ax+ 1= 0的两个不等实根，则 x1+ x2= ax1 x2= 1
1 2
f(x1) - f(x ) lnx1+ 2 x1- ax1-2 lnx
1 2
2+ 2 x2- ax2
x =1- x2 x1- x2
lnx1- lnx 12+ 2 (x1- x2) (x1+ x2) - a(x1- x2)= x1- x2
= lnx1- lnx2 1x - x + 2 a- a1 2
= lnx1- lnx2x - x -
1
2 a1 2
f(x1) - f(x2)要证： < - a，即证：lnx2 1- lnx2x1- x2 2 x1- x
< 2
2
不妨设 x1> 1> x2> 0，即证：lnx1+ lnx1< 2 x 11- x1
即证：lnx 11< x1- x 对任意的 x1∈ (1,+∞)恒成立1
2
令 f(x) = lnx- x+ 1x，(x> 1)，则 f′ (x) =
1 - 1- 1 =- x - x+ 1x 2 2 < 0x x
从而 f(x)在 (1,+∞)上单调递减，故 f(x)< ( )= f(x1) - f(x )f 1 0，所以 2 < 2- ax1- x2 2
6. (2022·湖北· ) a- b a+ b模拟预测 已知对于不相等的正实数 a，b，有 ab< - < 2 成立，我们称其为lna lnb
对数平均不等式．现有函数 f x = lnx+ 1 x ．
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若方程 f x =m有两个不相等的实数根 x1，x2．
①证明：1< x1x2< 12 ；m
②证明： x1- x < 22 m lnm
2- 2lnm．
【答案】(1)极大值为 1，无极小值 (2)①证明见解析；②证明见解析
【解析】
(1)利用导数求单调区间，由单调区间即可求出极值；
( )由 = + 和 = + 可得 1 = x1- x2 = x + x2 mx 1 21 lnx1 1 mx2 lnx2 1 m lnx1- lnx2 lnx + lnx + 2
，由已知条件所给的不等式
1 2
即可证得①；
由①可得 x1+ x 12= m ln x1x2 + 2 ，则 x1- x
2
2 = x 21+ x2 - 4x1x2，令 t= x1x2，构造函数 g t =
1
2 lnt+ 2
2- 4t，利用二次求导根据单调性即可证得②.
m
(1)
函数 f x 的定义域为 0，+∞ ，
1
x x- lnx+ 1 f x = lnx
x2
=- ，
x2
则当 x∈ 0,1 时，f x > 0；x∈ 1,+∞ 时，f x < 0．
即 f x 在 0,1 上递增， 1,+∞ 上递减，
故 f x 的极大值为 f 1 = 1，无极小值．
(2)
结合 (1)由 x→ 0，lnx+ 1 →-∞；x→+∞，lnx+ 1x x → 0，可得m∈ 0,1 ，
①由题意可得 = lnx1+ 1 = lnx2+ 1，从而 = lnx1- lnx2 = lnx1+ lnxm m 2+ 2x1 x2 x1- x2 x + x
，
1 2
即 1 = x1- x2 = x1+ x2m lnx1- lnx2 lnx1+ lnx2+ 2
，
结合参考的公式可得： x x < 1 = x1- x2 = x1+ x2 < x1+ x21 2 m lnx1- lnx2 lnx1+ lnx2+ 2 2
，
故 x 11x2< m2 ，
且 lnx1+ lnx2+ 2> 2，即 x 11x2> 1，从而有 1< x1x2< ．m2
②由①可得 x + x = 11 2 m ln x1x2 + 2 ，令 t= x1x2，则 t∈ 1,
1 ，
m2
所以 x1- x2 2= x1+ x2 2- 4x1x 1 22= 2 lnt+ 2 - 4t= g t ，m
则 g t = 2 lnt+ 2 2 t - 4，m
则 g t = 2 -1- lnt 2 2 < 0，∴ g t 递减，m t
又∵ g 12 =-4lnm> 0，∴ g t > 0，m
2
∴ < 1 = 4 lnm - 8lnm故 g t 递增， g t g ，m2 m2
2
即 x - x 2<
4 lnm - 8lnm
1 2 ，m2
即 x1- x 2 22 < m lnm - 2lnm．
7. (2022· 1山东济宁·高二期中)已知函数 f x =-x+ x + alnx(a∈R)，且 f x 有两个极值点 x1,x2．
(1)求实数 a的取值范围；
( ) f x - f x 2 是否存在实数 a 1 2，使 x1- x
= a- 2成立，若存在求出 a的值，若不存在，请说明理由．
2
【答案】(1) (2,+∞) (2)不存在；理由见解析
【解析】
(1)求导之后，根据导函数在 0,+∞ 上有两个变号零点，列式即可求解 (2)，假设存在，由 (1)知 x1x2= 1，则
= 1 f x - f xx ，不妨设 > ，代入 1 x 1 2 1 x 2 x - x = a- 2，消元得-x2+
1
x + 2lnx2= 0，构造函数 h x =-x+
1
2 1 2 2 x
+ 2lnx(x> 1) f x - f x可知上述方程无实解，故不存在实数 a，使 1 2 x1- x
= a- 2成立
2
(1)
由题设，知函数 f x 的定义域为 0,+∞ ，
且 f x =-1- 1 + a = -x
2+ ax- 1
2 x 2 x> 0 ， x x
因为函数 f x 有两个极值点 x1,x2，
所以 f x = 0在 0,+∞ 上有两个不等的实数根，
即 x2- ax+ 1= 0在 0,+∞ 上有两个不等的实数根 x1,x2，
Δ= a2 - 4> 0
则有 a 2 > 0 ， x1x2= 1
解得 a> 2，即所求实数 a的取值范围是 2,+∞ ．
(2)
由题意，得 f x1 =-x1+ 1x + alnx1,f x2 =-x +
1
2 x + alnx2，1 2
又由 (1)知 x1x2= 1，
1 1
f x - + x2- x1+ a lnx1- lnx2 所以 1 - f x2 = x1 x2x1- x2 x1- x2
=- 1 - + a lnx1- lnx2 =- + a lnx1 2 1- lnx2 x x x - x x - x ． 1 2 1 2 1 2
f
要使
x1 - f x2
x - x = a-
a lnx
2成立，只需 1
- lnx2 = a．
1 2 x1- x2
由 (1)知 lnx - lnxa> 2，则只需 1 2x - x = 1，1 2
即 lnx1- lnx2= x1- x2． (※)
由于 x1x2= 1，所以 x 11= x 不妨设 x2> 1，2
则 (※)式成立，等价于-x + 12 x + 2lnx2= 0成立． 2
设 h x =-x+ 1x + 2lnx(x> 1)，
2
则 h x 1 2 x
2- 2x+ 1 x- 1
=-1- 2 + x =- =-x x2 x2 < 0，
所以函数 h x 在区间 1,+∞ 上单调递减，且 h 1 = 0，
所以 h x < h 1 = 0
所以 h x = 0无实数解，即 (※)式不成立，
f x
所以不存在实数 ，使 a 1
- f x2
x - x = a- 2成立．1 2
8. (2022·广东·广州市第七中学高二期中)已知函数 f(x) = lnx- ax2+ (2- a)x.
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若函数 y= f x 的图像与 x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为 x0，证明：f x0 < 0.
【答案】(1)见解析 (2)见解析
【解析】
(1)先写出函数定义域，然后求出 f x = 1x - 2ax+ 2- a =-
2x+ 1 ax- 1
x ，并按 a≤ 0，a> 0讨论，
最后判断即可.
(2)由 (1)可得 a> f，设 x = 00 A x1,0 ，B x2,0 ，0< x1< x2，计算 1 = ，化简 af x 0 x1+ x2 + a- 2 = 2
x
ln 1 x1 x - 12
x - x ，计算
= 1 x xf x0 x - x 2
2 1
x - ln x ，换元并构建函数 g t = 2
t- 1
t+ 1 - lnt，利用导数判断函1 2 1 2 1 2
x + 12
数的单调性，最后可证结果.
(1)
f x 的定义域为 0,+∞ ，
= 1 - + - =- 2x+ 1 ax- 1 f x x 2ax 2 a x ．
①若 a≤ 0，则 f x > 0，所以 f x 在 0,+∞ 单调递增．
②若 a> 0，则由 f 1 x = 0得 x= a，
且当 x∈ 0, 1a 时，f
x
1
> 0，当 x> a 时，f x < 0．
所以 f x 在 0, 1 a 单调递增，在
1
a ,+∞ 单调递减．
(2)
由 (1)可知：当 a≤ 0时，函数 y= f x 在 0,+∞ 上单调递增，
故 y= f x 图像与 x轴至多有一个交点，不符合题意，从而 a> 0．
当 a> 0时，f x 在 0, 1a 单调递增，在
1
a ,+∞ 单调递减，
不妨设A x 11,0 ，B x2,0 ，0< x1< x2，则 0< x1< a < x2．
f x1 = lnx1- ax
2
由 1
- a- 2 x1= 0
，f x2 = lnx2- ax22- a- 2 x2= 0
两式相减得： xln 1x - a x1- x2 x1+ x2 - a- 2 x1- x2 = 0，2
x
ln 1
即： xa x1+ x2 + a- 2 = 2x1- x
，
2
又 f x = f x1+ x20 2 =
2
x + x - a x1+ x2 - a- 2 1 2
x
ln 1 x1
= 2 - x2 = 1 x1- x2 - x1 = 1 x
- 1
2 - xx + x x - x x - x 2 x + x ln x x - x 2 x ln
1
1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 + x1 2

x2
令 t= x1x 0< t< 1 ，g
t- 1
t = 2
2 t+ 1
- lnt，
=- t- 1
2
则 g t + 2 < 0，从而函数 g t 在 0,1 上单调递减，t t 1
x1 - 1
故 xg t > g 1 = 0，从而 2 2 -
x
ln 1 x x > 0，又 x - x

1 2
< 0，所以 f x0 < 0．
1 2
x + 12
9. (2022·重庆· a万州纯阳中学校高二期中)设函数 f(x) = lnx+ x (a∈R).
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)有两个零点 x1,x2，
①求 a的取值范围；
②证明：2a< x1+ x2< 1.
【答案】(1)当 a≤ 0时，f(x)在 (0,+∞)为增函数，
当 a> 0时，f(x)在 (0,a)上是减函数，在 (a,+∞)上为增函数；
(2)0< a< 1e；详见证明过程．
【解析】
(1)求出函数的导数，通过讨论 a的范围，求出函数的单调区间即可；
(2)利用 (1)中的结论求出 a的范围，根据 0< x1< a< x2，构造函数 g(x) = f(2a- x) - f(x)，利用导数研究
函数 g(x)的单调性，得到 g(x)< g a = 0，即可证明 x1+ x2> 2a，令 x2=
lnx
tx 1
x2
1，t> 1，得到 lnx =2 x
= t，得
1
ln(t+ 1)
到 lnx =- tlnt1 t- 1，可知 ln(x1+ x2) = t lntt - t- 1 ，最后根据函数的单调性证明结论成立即可．
(1)
f(x)的定义域为 (0,+∞)，且 f′ (x) = 1 - a = x- ax x2 ，x2
(1)当 a≤ 0时，f (x)> 0成立，所以 f(x)在 (0,+∞)为增函数，
(2)当 a> 0时，
①当 x> a时，f (x)> 0，所以 f(x)在 (a,+∞)上为增函数，
②当 0< x< a时，f (x)< 0，所以 f(x)在 (0,a)上为减函数；
综上：当 a≤ 0时，f(x)在 (0,+∞)为增函数，
当 a> 0时，f(x)在 (0,a)上是减函数，在 (a,+∞)上为增函数，
(2)
结合 (1)a> 0，当 x= a时，f(x)取得极小值 f a = lna+ 1，
又∵函数 f(x)有两个零点，∴ f a = lna+ 1< 0，可得 a< 1e，
综上所述，0< a< 1e；
下面证明结论 2a< x1+ x2< 1成立：
不妨设 0< x1< a< x2，
设 g(x) = f(2a- x) - f(x) = ln(2a- x) + a a2a- x - lnx- x，x∈ (0,a)，
( 4a(x- a)
2
可得 g x) = 2( - )2 > 0，x∈ (0,a)，x 2a x
∴ g(x)在 (0,a)上单调递增，
∴ g(x)< g a = 0，即 f(2a- x) - f(x)< 0，f(2a- x)< f(x)，x∈ (0,a)，
∴当 0< x1< a< x2时， f(2a- x1)< f(x1)，
又∵ 2a- x1> a，x2> a，∴ f(2a- x1)< f(x1) = f(x2)，
又∵当 x∈ (a,+∞)时，f(x)单调递增，
∴ 2a- x1< x2，即 x1+ x2> 2a，
lnx + a1 = 0
设 = ，> ，则 xx2 tx1 t 1 1 a ，两式相比得
lnx1 = x2lnx x = t，lnx2+ x = 0
2 1
2
即 lnx1= tlnx2= tlntx1= t(lnx1+ lnt)，∴ lnx1=- tlntt- 1，
ln(t+ 1)
又∵ ln(x1+ x2) = lnx1(t+ 1) = lnx1+ ln(t+ 1) =- tlnt + ln(t+ 1) = t - lntt- 1 t t- 1 ，
1- 1 - lnt
令 h(t) = lnt tt- 1，则 h (t) = ( ，t- 1)2
令m t = 1- 1 - lnt t> 1 ，则m t = 1 - 1 = 1- t t t2 t < 0，t2
则m t 在 1,+∞ 内单调递减，即m t 故 h (t)< 0，故 g(t)在 (1,+∞)上单调递减，
∴ ln(t+ 1) < lntt t- 1，
∴ ln(x1+ x2)< 0，即 x1+ x2< 1；
综上所述，2a< x1+ x2< 1．
10.(2022·福建省厦门集美中学高二期中)已知函数 f x = ax+ lnx．
(1)试讨论 f x 的极值；
(2)设 g x = x2- 2x+ 2，若 x1∈ 0,+∞ ， x2 0,1 ，使得 f x1 < g x2 ，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析 (2) -∞,-e-3
【解析】
(1)先讨论 f x 的单调性，再确定极值 (2) x1∈ 0,+∞ ， x2∈ 0,1 ，使得 f x < g x 等价于 f x max<
g x max，分别求出 f x max与 g x max，即可求解
(1)
函数 f x 的定义域为 0,+∞ ，
f x = a+ 1 = ax+ 1 x x ．
当 a≥ 0时，f x > 0，所以 f x 在 0,+∞ 上为增函数，此时函数不存在极值．
当 a< 0时，由 f x > 0，解得 0< x<- 1a，故 f x 在 0,-
1
a 上单调递增．
由 f x < 0，解得 x>- 1a，故 f
1
x 在 - a ,+∞ 上单调递减．
此时函数在 x=- 1a 处取得极大值．无极小值．
综上所述，当 a≥ 0时，函数不存在极值．
当 a< 0时，函数在 x=- 1a 处取得极大值，无极小值．
(2)
由 (1)知当 a≥ 0时，f x 在 0,+∞ 上为增函数，
故 f x 无最大值，此时不符合题意；当 a< 0时，f x max= f - 1a =-1+ ln -
1
a =-1- ln -a ．
易知 g x = x2- 2x+ 2在 0,1 上单调递减，所以 g x max= g 0 = 2．
因为 x1∈ 0,+∞ ， x2∈ 0,1 ，使得 f x < g x ，
所以 f x max< g x max，即 a< 0 -1- ln -a < 2
解得 a<-e-3，所以实数 a的取值范围是 -∞,-e-3 ．
11. (2022·全国·高三专题练习)已知函数 F x = 1+m x- lnx m∈R ,x1,x2 0< x1< x2 分别是函数
F x 的两个零点，求证：F x1x2 < 0.
【答案】证明见解析
【解析】
因为 0< x < x1- x2 xx 1 x11 2，只需证 lnx1- lnx2> ln x - x +
1 > x0.令 t= 1
x1x2 2 2 x1 x
∈ 0,1 ，
2
x2
2
即证 2lnt- t+ 1t > 0. 令 h
1
t = 2lnt- t+ t 0< t< 1 ，则 h
t = 2 -
t- 1
t 1-
1
2 =-t t2 < 0，
所以函数 h t 在 0,1 上单调递减，h t > h 1 = 0，即证 2lnt- t+ 1 t > 0.由上述分析可知F
x1x2 <
0.
【详解】
因为 x1，x2 0< x1< x2 分别是函数F x = 1+m x- lnx的两个零点，
所以 m+ 1 x1- lnx1= 0， m+ 1 x2- lnx2= 0，
两式相减，得 m+ 1 x1- x2 - lnx1- lnx2 = 0，
所以m+ 1= lnx1- lnx2x1- x
.
2
因为F x =m+ 1- 1 ， 所以 = + - 1 =
lnx1- lnx
x F x x m 1
2 - 11 2 x - x .x1x2 1 2 x1x2
要证 lnxF x x < 0，即证 1
- lnx2 1
1 2 x1- x
- < 0.
2 x1x2
因 0< x1< x2，故又只要证 - -
x1- x2 > x x xlnx lnx 0 ln 1 - 1 21 2 x1x2 x2 x
+ x > 0.2 1
令 xt= 1 ∈ 0，1 ，则即证明 2lnt- t+ 1x t > 0.2
- t- 1 2
令 φ t = 2lnt- t+ 1t ，0< t< 1，则 φ
t 2 1 = t - 1- 2 = 2 < 0.t t
这说明函数 φ t 在区间 0，1 上单调递减，所以 φ t > φ 1 = 0，
即 2lnt- t+ 1t > 0成立.
由上述分析可知F x1x2 < 0成立.
12.(2021·重庆市第十一中学校高三阶段练习)已知函数 f(x) = ex-2- aln(x- 1)
(1)当 a= 1，研究 f(x)的单调性；
(2)令 g(x) = x( + )+ ( + )，若存在 x1< x2使得 g x1 = g x2 ，求证 lnx2- ln(1- xf x 2 aln x 1 1)> ln3.
【答案】(1)f(x)在 (1,2)上单调递减，在 (2,+∞)上单调递增 (2)证明见解析
【解析】
(1)求出导函数 f (x)，由 f (x)的正负确定单调区间；
(2)求出 g(x)，g (x)，由导数确定 g(x)的单调性，函数的变化趋势，从而得出 x1,x2的范围，由 x1,x2的关系，设
x2
x = t，把 x1,x2都用 t表示，则 x2+ 3x1- 3可表示 t的函数，同样利用导数得出新函数是增函数，得出 x2+1
3x1- 3> 0，再由对数函数的性质得证不等式成立．
(1)
f(x) = ex-2- ln(x- 1) (x> 1)，f (x) = ex-2- 1x- 1，在 (1,+∞)上单调递增，且 f
(2) = 1- 1= 0，所以 1< x
< 2时，f (x)< 0，x> 2时，f (x)> 0，
∴ f(x)在 (1,2)上单调递减，在 (2,+∞)上单调递增；
(2)
g(x) = xx- ( + )+ ( + ) =
x
x ，(x>-1)，∴ g (x) =
1- x
e aln x 1 aln x 1 e ex
- 1< x< 1时 g (x)> 0，g(x)递增，x> 1时，g (x)< 0，g(x)递减，
x> 1时，g(x)> 0，
存在 x1< x2使得 =
x x x x = tx
g x1 g x2 ，则∴ 0< x < 1< x ， 1 = 2 ，令 2 = ex2-x1 2 11 2 x x = t> 1，∴ ，∴e 1 e 2 x1 x2- x1= lnt
x = lnt 1 t- 1 x = tlnt2 t- 1
∴ 3x1+ 3lnt tlnt t+ 3
3(t- 1) 3(t- 1)
x2- 3= t- 1 + t- 1 - 3= t- 1 lnt-

t+ 3 ，令 r(t) = lnt- t+ 3 (t> 1)，
则 r (t) = 1 - 12
2
t + 2 =
(t- 3)
+ 2 ≥ 0，∴ r(t)在 (1,+∞)上单调递增，∴ r(t)> r(1) = 0，∴ 3x + x - 3> t 3 t t 3 1 2
0，
∴ x > 3(1- x1)> 0，lnx2> ln3(1- x1)，∴ lnx2- ln(1- x1)> ln3.
2

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