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恒成立问题 1
在导数中有一类与恒成立有关的问题，他们乍一看似乎可以用参变分离法解决，但仔细
一做发现如果参变分离就可能要使用洛必达法则处理.
该类题的基本模型为函数 f (x)在某点 x 处的函数值为 0，证明0 f (x) 0恒成立的问题.
一般在处理时，会先从 f (x ) ( )0 找到必要条件，在分类讨论进行论证。有些参考书也把0
这种现象称为端点效应.
分别利用端点效应分析【例 1】与【例 2】，并想想为什么【例 1】最终会使用参变分离
法，但是【例 2】却使用的是端点效应先必要后充分的证明.
【例 1】（2020 全国 1 卷·理）已知函数 f (x) = ex + ax2 x .
1
（2）当 x 0时， f (x) x3 +1，求 a 的取值范围.
2
1
（2）当 时， f (x) x3x 0 +1恒成立
2
①当 x = 0时，a R ;
1
x3 + x +1 ex
②当 x 0时，即 a 2 恒成立
x2
1
x3 + x +1 ex
1
(2 x)(ex x2 x 1)
记 h(x) = 2 ，∴h' (x) = 2 ，
x2 x3
x 1记 g(x) = e x2 x 1，
2
∵当 x 0 x， g ' ' (x) = e 1 0
x
恒成立， g ' (x) = e x 1
∴ g ' (x)在 (0,+ )单调递增，∴[g'(x)]min = g'(0) = 0
∴ g ' (x) 0恒成立，∴ g(x) 在 (0,+ )单调递增，∴[g(x)]min = g(0) = 0
令 h' (x) = 0可得 x = 2，当 x (0,2)时， h' (x) 0， h(x) 在 (0,2)单调递增，
当 x (2,+ )时， h' (x) 0， h(x) 在 (2,+ )单调递增，
7 e2
∴[h(x)]min = h(2) =
4
7 e2
∴ a
4
第 1 页
7 e2
综上，a的取值范围为[ ,+ )。
4
a(x 1)
【例 2】已知函数 f (x) = ln x .若 f (x) 在 x 1时恒成立，求 a 的取值范围.
x +1
解二：先通分，由于分母恒大于 0，即令 h(x) = (x +1) ln x a(x 1) 0 恒成立.可以求得
h(1) = 0 ，通过切线法思想，令h (1) 0 得到 a 2，当然这里我们也可以利用洛必达法则直
接得到答案a 2，再在答题纸上进行以上的详细说明.
1 x 1
当 a 2时，h (x) = ln x +1+ a ，h (x) = 0 ，故 h (x) h (1) = 2 a 0 则 h (x)
x x2
此时单增，h(x) h(0) = 0恒成立；
1 x 1
h (x) = ln x +1+ a h (x) = 0 a
1
当 a 2时， ， ，h (1) = 2 a 0 h (e ) =1+ ，
x x2 ea
(1,ea所以在 ) 上 h (x) 必存在一个零点 x1 ；
则当 x (1, x1 )时 h(x) 单减，即有 h(x) h(1) = 0，原命题不成立.□
请利用端点效应分析例 3-例 5 中参数的范围，你可以参考使用泰勒公式：
若函数 f (x)在包含 x0 的某个闭区间 a,b 上具有 n 阶导数，且在开区间 (a,b)上具有
n+1阶导数，则对闭区间 a,b 上任意一点 x ，成立下式：
(n)
f (x0 ) n
f (x) = f (x0 )+ f (x0 )(x x0 )+ ...+ (x x0 ) + R (x) n
n!
n
其中 R (x)称为余项，若 Rn (x) = o((x x0 ) )，则称为带皮亚诺余项的泰勒展开 n
a ln x b
【例 3】已知函数 f (x) = + ，在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x + 2y 3= 0
x +1 x
（1）求 a， b 的值
ln x k
（2）如果当 x 0，且 x 1时， f (x) + ，求 k 的取值范围
x 1 x
x +1
a ln x 1
x b f (1) = a =1【分析与解答】 f (x) = ，依题有
2 2 2 ，解得 (x +1) x b =1
f (1) =1

ln x 1 ln x k 1 (k 1) (x
2 1)
（2）由（1）知 f (x) = + ，故 f (x) + = 2ln x + ；
x +1 x x 1 x 1 x
2 x

(k 1)(x2 1) (k 1)(x2 +1) + 2x
令 h(x) = 2ln x + ，则 h (x) = .
x x2
(k 1)(x2 +1) + 2x k (x2 +1) (x 1)2
① k 0时，由 h (x) = = 知，当 x 1时，
x2 x2
1
h (x) 0， h(x) 单调递减，而 h(1) = 0，故当 x (0,1)时， h(x) 0 h(x) 0 ；当
1 x2
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1 ln x k
x (1,+ )时， h(x) 0 h(x) 0 ，故 f (x) + 0在所给范围内恒成立.
1 x2 x 1 x
② 0 k 1时，由于二次函数 (k 1)(x2 +1) + 2x = (k 1)x2 + 2x + k 1图像开口向下，
1 1
且 = 4 4(k 1)2 0 ，对称轴 x = 1，易得 x 1, 时，
1 k 1 k
1
(k 1)x2 + 2x + k 1 0，故 h (x) 0，而 h(1) = 0，故当 x 1, 时，
1 k
1
h(x) 0 h(x) 0 ，与题意矛盾.
1 x2
③ k 1时，此时 (k 1)(x2 +1) + 2x 0 h (x) 0 ，而 h(1) = 0，故当 x (1,+ )时，
1
h(x) 0 h(x) 0 ，与题意矛盾.
1 x2
综上所述， k ( ,0 .□在本题中， k = 0正是 h (1) = 0 的解.
【例 4】（2015 福建卷·理）已知 f (x) = ln(x +1), g(x) = kx ，若对 t 0，都有 x [0, t)时，
| f (x) g(x) | x2 ，求 k满足的条件.
ln (x +1) kx x
2 0
【分析与解答】去绝对值符号，转化成两个不等式 ，对两个不等式分
ln (x +1) kx + x
2 0
别运用我们的方法，得到 k =1 .
ln (x +1) x x
2 0
2
当 k =1 时 ， 我 们 说 明 成 立 . 令 p (x) = ln (x +1) x x ，
ln (x +1) x + x
2 0
1 2x2 3x
p (x) = 1 2x = 0 ，所以 p(x) p(0) = 0 ；
x +1 x +1
2
q (x) = ln (x +1) kx + x2
2x + x
再令 ,q (x) = 0 ，所以q (x) q (1) = 0 .
x +1
1 1
若 k 1，令u (x) = ln (x +1) kx x2 ,u (x) = k 2x,u (x) = 2 0 ，所以2
x +1 (x +1)
k 1 k
u (x) 在[1,+ ) 上单减；u (0) =1 k 0 ，u 1 = 2 0 ，则u (x)在 (0,1 ) 上必
2 k 22
2
存 在 零 点 x1 ， 且 u (x) 在 (0, x1 ) 单 调 增 加 ， 因 此 u (x1) u (0) = 0 ， 这 与
u (x) = ln (x +1) kx x2 0 矛盾.
2 1 2x
2 + 2x kx +1 k
若 k 1，令 v (x) = ln (x +1) kx + x ,v (x) = k + 2x = ，注意到
x +1 x +1
k 2 + k +1
v (0) =1 k 0 ，而 v (k ) = 0 ，所以在取 v (x)在 (0,+ )较小的零点 x2 ，有 v (x)
k +1
在 (0, x v2 )上单调减小，与 (x) = ln (x +1) kx + x
2 0矛盾.
第3页
综上只有 k =1满足要求.□
【例 5】（2010 全国 1 卷·理）若 x 0,+ )， ex ax
2 x 1 0恒成立，求 a 的取值范围.
x
【分析与解答】 f (x) = e 2ax 1； f (x) = e
x 2a
1
当 a 时，有 f (x) 在 [0, ln 2a)上单减，在 [ln 2a,+ ) 上単增，则当 x [0, ln 2a) 时，
2
f (x) f (0) = 0，则必存在一个 p 0 ，使得当 x [0, p)时， f (x) f (0) = 0，则在该区间
内， f (x) f (0) = 0 ；
1
当 a 时， f (x) f (0) = 0 ， f (x) f (0) = 0 ，所以 f (x) 在 [0,+ ) 上単增，则
2
f (x) f (0) = 0 恒成立.
1
综上所述， a 即为所求.□
2
例 6-例 8 请思考利用端点效应得到必要条件后，条件的充分性与必要性的论述.
【例 6】（2016 四川卷·理）设函数 f (x) = ax2 a ln x，其中 a R .
1
（ 1 x2）确定 a 的所有取值，使得 f (x) e 在区间 (1,+ )上恒成立.
x
1 1 x
【分析与解答】（2）原不等式等价于 f (x) + e 0 在 x (1,+ )上恒成立.
x
1 1
令 g (x) = f (x) + e1 x = ax2 ln x + e1 x a ，只需 g (x)在 x (1,+ )上恒大于 0 即
x x
可.
1 1 1
当 a 时 ， g (x) (x2 1) ln x + e1 x = h (x)，
2 2 x
1 1 1
h (x) = x + e1 x x 1+ 1
x x2 x2
1
= (x 1) 1 0 ，所以有 h2 (x) h(1) =1，进而 g (x) h(x) 0 .
x
1 1 1
当 a 时， g (x) = 2ax + e1 x ， g (1) = 2a 1 0 .
2 x x2
1
1 1 1 1 2 1 2 1
①若 0 a ，g a = 2 + a e 2 + a 1 0，所以在 1, 上 g (x)存在零
2 a 2 2 a
点 x0 使得 g (x)在 (1, x0 )上单调减小，故 g (x0 ) g (1) = 0 ，矛盾.
x 1
②若 a 0 ，g (x) e1 x 02 ，得到 g (x)在 (1,+ )单调减小，有 g (x) g (1) = 0，x
矛盾.
1
综上， a [ ,+ ) .□
2
x3
【例 】（ 辽宁卷 理）已知函数 f (x) = (1+ x)e 2x7 2013 · ，g (x) = ax + +1+ 2xcos x .当 x 0,1
2
时，
1
（1）求证：1 x f (x) ；
1+ x
第4页
（2）若 f (x) g (x)恒成立，求实数 a 取值范围.
【分析与解答】（1）略
x3
（2） f (x) g (x) = (1＋x)e 2x ax + +1+ 2x cos x
2
x3
1 x ax 1 2xcosx
2
x2
= x(a＋1＋ ＋2cosx)．
2
x2
设G (x) = ＋2cosx ，则G (x) = x 2sinx .
2
记 H (x) = x 2sinx ，则H (x) =1 2cosx ，
当 x (0,1)时，H ( x) 0 ，于是G (x)在 0,1 上是减函数，
从而当 x (0,1)时，G (x) G (0) = 0 ，故G ( x)在 0,1 上是减函数．
于是G (x) G (0) = 2，从而a＋1＋G (x) a＋3 .
所以，当a 3时， f (x) g (x)在 0,1 上恒成立．
下面证明当a 3时， f (x) g (x)在 0,1 上不恒成立．
1 x3
f (x) g (x) 1 ax 2xcos x
1+ x 2
x x3
= ax 2xcos x
1+ x 2
1 x2
= x + a + + 2cos x ，（步骤 17）
1+ x 2
1 x2 1
记 I (x) = + a + + 2cos x = + a +G(x)，
1+ x 2 1+ x
1
则 I (x) = +G (x) ，
(1+ x)2
当 x (0,1)时， I (x) 0 ，故 I (x)在 0,1 上是减函数，
于是 I (x)在 0,1 上的值域为[a＋1＋2cos 1，a＋3]．
因为当a 3时，a＋3>0， x0 (0,1)，使得 I (x0 ) 0 ，
此时 f (x0 ) g (x0 )，即 f (x) g (x)在 0,1 上不恒成立．
综上，实数a的取值范围是 ( , 3 ．
【例 8】（2021 八省联考）已知函数 f (x) = ex sin x cos x， g(x) = ex + sin x + cos x ．
5
（1）证明：当 x 时， f (x) 0；
4
（2）若 g(x) 2+ ax，求 a ．
第5页

【解答】解：（1）证明： f (x) = ex sin x cos x = ex 2 sin(x + ) ，
4

f (x) = ex cos x + sin x = ex + 2 sin(x )，
4

f (x) = g(x) = ex + sin x + cos x = ex + 2 sin(x + ) ，
4
考虑到 f (0) = 0， f (0) = 0，
5
所以①当 x ( ， ) 时， 2 sin(x + ) 0 ，此时 f (x) 0，
4 4 4

②当 x [ ， 0]时， f (x) 0，所以 f (x) 单调递增，
4
所以 f (x) f (0) = 0，
所以函数 f (x) 单调递减， f (x) f (0) = 0，
3
③当 x [0， ]时， f (x) 0，所以 f (x) 单调递增，
4
所以 f (x) f (0) = 0，
所以函数 f (x) 单调递增， f (x) f (0) = 0，
3
当 x [ ， x+ )时， f (x) = e 2 sin(x + ) e1 2 0，
4 4
5
综上所述，当 x 时， f (x) 0．
4
（2）构造函数 F(x) = g(x) 2 ax = ex + sin x + cos x 2 ax，
考虑到 f (0) = 0， F(0) = 2 a，
F (x) = ex + cos x sin x a，
F (x) = ex sin x cos x = f (x) ，
5
由（1）可知： F (x) = f (x)在 x 时恒成立，
4
5
所以 F (x) = ex + cos x sin x a在 ( ，+ ) 上单调递增，
4
5
①若 a = 2，则 F (x) 在 ( ， 0) 为负， (0,+ )为正，
4
5
F(x)在 ( ， 0) 单调递减， (0,+ )递增，
4
5
所 以 F(x) 0 ， 而 当 x 时 ，
4
5 5
F (x) = ex + sin x + cos x 2 2x ex + sin x + cos x 2 + 2 2 0 ，
2 2
故 a = 2满足题意．
第6页
②若 a 2， F (0) = 2 a 0，
因为 F (x) ex 2 a ，
所以 F (ln( 2 + a)) ex 2 a 0 ，
由零点存在定理，必存在 x ， ln( 2 + a))，使得0 (0 F (x0 ) = 0，
此时满足 x (0, x ) 时，0 F (x) 0， F(x)单调递减，
所以 F(x) F(0) = 0 ，矛盾，舍去，
③若 a 2， F (0) = 2 a 0，
因为当 xx 0时， F (x) e + 2 a ex + 2 a，
所以当 2 a 2 时， F (ln(a 2)) 0，
此时必存在 x0 (ln(a 2) ， 0) 使得 F (x0 ) = 0，
此时满足 x (x0 ， 0) 时， F (x) 0，F(x)单调递增，
所以 F(x) F(0) = 0 ，矛盾，舍去，
而当 a 2 时，当 F (x) ex cos x sin x 2，
所以在 x (x0 ， 0) 时， F (x) 0成立， F(x)单调递增，F(x) F(0) = 0 ，矛盾，舍去．
综上所述， a = 2．
课后练习
【题 1】（2020 年 11 月镇海高三期中）已知函数 f (x) = ex + cos x 2， f (x)为 f (x)的导数.
（1）当 x 0时，求 f (x)的最小值；

（2）当 x 时， xex + xcos x ax2 2x 0，求 a 的取值范围.
2

【解答】（1）1；（2）令 h(x) = ex + cos x 2 ax，则本题转化成 x 时， xh(x) 0恒成
2
立，应有 h (1) =1 a 0成立.
当 a 1时，若 x 0，h(x) ex + cos x 2 x = p (x)，p (x) = ex sin x 1 x +1 x 1 0 ，
所以 p(x) p(0) = 0 .
x x
当 x 0 ， 此 时 h(x) e + cos x 2 x = p (x) ， p (x) = e sin x 1 ，
2

p (x) = ex cos x ， p (x) = ex + sin x 为 ,0 的增函数.
2
第7页

2 而 p = e 1 0 ， p (0) =1 0，所以 p (x)在 ,0 先减后增.
2 2


而 p = e 2

0， p (0) =1= 0，所以 p (x)在 ,0 先增后减.
2 2


而 p = e
2 0 ， p (0) = 0，所以 p (x)在 ,0 单调增加.
2 2
故 p(x) p(0) = 0 .

综上有 xh(x) 0对 x ,+ 成立.
2
当 a 1时，我们说明存在 x 使 h(x ) 0，由（1）知 h (x)在0 0 0,+ )上为增函数，且
h ( 1+a0) =1 a 0 ， h (1+ a) e 1 a 0 ，所以由零点存在定理存在 x0 0,+ )， h(x)在
(0, x )上单调减小，故 h(x 矛盾. 0 0 ) h(0) = 0
【题 2】已知函数 f (x) = x2 1 m ln x ，其中m R .
1
（2）若 x | f (x) e
x 1
(1,+ )，求实数m 的最大值.
x
1
【解答】令 g (x) = f (x) + e1 x ，注意到 g (1) = 0 ，首先应有 g (1) 0得到m 2 .
x
1 1
①当m 2时， g (x) x2 2ln x + e1 x 1 x2 2ln x +1 x ，
x x
2
1 2 1 (2x 1)(x 1)
记 h (x) = x2 2ln x +1 x ，x (1,+ )，则 h (x) = 2x + 1= 0，
x x x2 x2
所以 h(x)在 (1,+ )单调递增，故 h(x) h(1) = 0 .
m 1 m 2
②当m 2时，g (x) = 2x + e1 x ，g (x) = 2 + + e1 x 0，所以 g (x)单调增加.
x x2 x2 x3
m 1
由 于 x (1,+ ) 时 ， e1 x 1 ， 所 以 g (x) 2x + 1 ， 所 以
x x2
1+ m m 2m 1+ m
g 1+ m 1= m 0 ，故在 1, 上 g (x)存在零点 x0 .
2 1+ m 1+ m 2
2
故 g (x0 ) g (1) = 0矛盾.
【题 3】已知函数 f (x) = asin x + sin 2x,a R .
2
（2）若 a =1，不等式 f (x) bxcos x对任意 x 0, 恒成立，求满足条件的最大整数b .
3
【解答】令 g (x) = f (x) bxcos x = sin x + sin 2x bxcos x ，注意到 g (0) = 0 ，所以应有
g (0) 0 得b 3 .
① 当 b 3 时 ， 由 于 f (x) = sin x + 2sin xcos x = sin x(1+ 2cos x) 0 ， 所 以 只 需 证

x 0, 时不等式恒成立即可，此时 f (x) sin x + sin 2x 3xcos x = g (x) .
2
第8页
g (x) = cos x + 2cos2x 3(cos x xsin x) = 3xsin x 2cos x + 4cos2 x 2 ，当 x 0 时有
2
sin x x，所以 g (x) 3sin2 x 2cos x + 4cos2 x 2 = (cos x 1) 0，所以 g (x) g (0) = 0 .
② 当 b 3 时 ， 由 于 sin x x ， 可 得 g (x) 3x bxcos x = x(3 bcos x) ， 而
3 bcos x 3 b,3 ，因而利用零点存在定理存在 x 使得0 g (x0 ) 0 （例 如使得
3 b
3 bcos x0 = ）
2
综上b 3 .
【题 4】已知函数 f (x) = ln(x +1) ， g(x) = axex ， a R ．
（1）若函数 h(x) = x2 x 2 f (x)，求函数 h(x) 的单调区间；
（2）若对任意的 x [0， + )，不等式 f (x) g(x)恒成立，求实数 a 的取值范围．
【解答】解：（1）由题意得 h(x) = x2 x 2 f (x) = x2 x 2ln(x +1) ，
函数的定义域是 ( 1,+ )，
2 (2x + 3)(x 1)
故 h (x) = 2x 1 = ，
x +1 x +1
3
令 h (x) = 0，解得： x =1或 x = （舍 )，
2
故当 1 x 1时， h (x) 0， h(x) 递减，当 x 1时， h (x) 0， h(x) 递增，
故函数 h(x)在 ( 1,1)递减，在 (1,+ )递增；
（2）对任意 x [0， + )，不等式 f (x) g(x)恒成立
对任意 x [0，+ )， f (x) g(x) 0恒成立
对任意 x [0，+ )， ln(x +1) axex 0 恒成立，
记 F(x) = ln(x +1) axex (x 0)，
1 x 1 a(x +1)
2 ex
则 F (x) = a(x +1)e = ，
x +1 x +1
①当 a 0 时， F (x) 0，故 F(x)在[0 ，+ )递增，
又 F(0) = 0，故当 x 0时， F(x) 0，不合题意；
②当 a 0时，
(i) 当 a 1时， x 0 ， a(x +1)2ex 1，
1 a(x +1)2 ex
故 F (x) = 0，故F(x)在[0 ， + )上递减，
x +1
故当 x 0时， F(x) F(0) = 0，符合题意；
第9页
(ii)当 0 a 1时，记 (x) =1 a(x +1)2ex (x 0)，
则 (x) = a(x +1)(x +3)ex ，
显然 (x) 0 ， (x)在[0 ， + )单调递减，
1
1 1
又 (0) =1 a 0， ( 1) =1 e a 0 ，
a
1
故存在唯一的 x0 (0, 1)，使得 (x0 ) = 0 ，
a
故当0 x x 时， ， 0 (x) (x0 ) = 0
1 a(x +1)2 ex
F (x) = 0， F(x)在[0 ， x ) 上单调递增， 0
x +1
故当0 x x 时，0 F(x) F(0) = 0，不符合题意，
综上： a 1，即实数 a 的取值范围是[1， + )．
第10页恒成立问题 2
在处理恒成立问题中，我们可以使用分类讨论求解不等式、参变分离、主参交换（将参
数视为变量）的方法来处理。当这些方法都难以处理时，我们往往会考虑先必要后充分的思
路（必要性探路），上一讲我们讲解了端点效应的思路和细节，本节课继续讲解另外一种重
要的先必要后充分的方法——赋值法.
思考例 1，尝试着扩展端点效应的含义.
【例 1】已知函数 f (x) = sin x .
（1）若 f (x) +1 ax + cos x在 0, 上恒成立，求实数 a 的取值范围；
2 2
【 分 析 与 解 答 】 令 x = 得 到 a . . 由 于 ax + cos x x + cos x ， 所 以 证 明

2
sin x +1 x + cos x 即可.

2 2
令 g (x) = sin x cos x x 1 ， g (x) = cos x + sin x ，故 g (x) 先增后减，因而

g (x) max g (0), g ( ) = 0 .
思考例 2 和例 3，体会赋值的方法在我们进行分类讨论时的辅助作用.如果你不明白什
么是赋值辅助分类讨论，你可以参考下面这个简单的例子：
【简例】设不等式 4x a 1 2x+3 对所有 x 1,2 均成立，求实数 a 的取值范围.
【分析与解答】首先换元 t = 2x 2,4 ，转化为 t2 a 8t 1，常规的分类讨论思路需要考
虑 a 与 4 和 16 的大小关系，去掉绝对值进行处理，这里我们先赋值 t = 4，可得 a 47 或者
a 15 .
当 a 47 时，即 a t2 8t 1 a t2 +8t 1，这对于 a 47 满足；
当 a 15时， t2 a 8t 1 a t2 8t +1，这对于a 15满足；
所以 a 47 或者 a 15 .□
不难看出我们利用赋值的思路规避掉了很多不必要的讨论.
3 2 2
【例 2】设函数 f (x) = x + 2ax + bx + a ，g(x) = x 3x + 2 ，其中 x R，a 、b 为常数.已
知曲线 y = f (x) 与 y = g(x) 在点 (2, 0) 处有相同的切线 l .
（1）求 a 、b 的值，并写出切线 l 的方程；
（2）若方程 f (x) + g(x) =mx 有三个互不相同的实根 0、 x1 、x2 ，其中 x1 x2 ，且对任意的
x [x1 , x2 ]， f (x) + g(x) m(x 1) 恒成立，求实数m 的取值范围.
2
【分析与解答】（1） f (x) = 3x + 4ax + b ， g (x) = 2x 3 .由于曲线 y = f (x) 与 y = g(x) 在
8 + 8a + 2b + a = 0,
点 (2, 0) 处有相同的切线，故有 f (2) = g(2) = 0，f (2) = g (2) =1，由此得 ，
12 + 8a + b =1,
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a = 2,
解得 ，所以a = 2 ，b = 5，切线 l 的方程为 x y 2 = 0 .
b = 5.
（2）由（1）得 f (x) = x
3 4x2 + 5x 2 3 2，所以 f (x) + g(x) = x 3x + 2x .
依题意，方程 x(x
2 3x + 2 m) = 0 有三个互不相同的实根 0、 x1 、 x2 ，
故 x 、 x 是方程 x21 2 3x + 2 m = 0 的两相异的实根，所以 = 9 4(2 m) 0 ，即
1
m .
4
又对任意的 x [x1 , x2 ]，f (x) + g(x) m(x 1) 成立，即有 x (x 1)(x 2) m(x 1)，我
们自然希望将 x 1约去，但考虑到不等号变号的问题，我们得估计出 x 的大致范围.进而得
先估计出m 的大致范围.
取 x = x2 时， f (x )+ g (x ) mx m成立，得m 0 .进而1 x1 x2 2 . 2 2 2
所以只需要 m x (x 2) 对任意 x [x , x ] 成立即可 .注意到 x1 1 ，所以只需1 2
m x2 (x2 2)
2
即可.而 x2 2x2 = x2 +m 2，结合 x2 2可知该式恒成立.
1
综上，m 的取值范围是 ( , 0) .
4
本题中，不难发现带入 x = x2 的值使得我们减少了很多不必要的讨论.
2
【例 3】（2011 浙江卷·理）设函数 f (x) = (x a) ln x,a R .
（2）求实数 a 的范围，使对任意的 2x (0,3e ，恒有 f (x) 4e 成立.
【分析与解答】本题我们之前利用参变分离法解决过，这里再介绍一种当年高考答案给出的
赋值与参变分离结合的思路.
当 x (0,1)时， f (x) 0 4e2 ，命题成立；
a
当 x (1,3e 时，依题 f (x) = (x a) 2ln x +1 ，这里如果进行分类讨论其实比较复
x
a
杂，因为一方面我们要讨论 2ln x +1 有没有零点，另一方面我们还要比较这些零点与 a 的
x
大 小 关 系 以 便 确 定 单 调 性 。 这 里 考 虑 赋 值 x = 3e ， 有
2
(3e a) ln 3e 4e2
2e 2e
3e a 3e + e a 5e .
ln (3e) ln (3e)
a a
令 h (x) = 2ln x +1 ， h(x)在 (1,3e 单调增加， h (1) =1 a 0,h (3e) = 2ln (3e) +1
x 3e
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5e
2ln (3e) +1 0 .所以 h(x)在 (1,3e 存在零点 x ，且 h(a) = 2ln a 0，所以0 x0 a .
3e
f (x)在 (1, x )单调增加，在0 (x0 ,a)单调减小，在 (a,3e)单调增加.
f (x0 ) 4e
2
a
所以只需 ，从 2ln x0 +1 = 0 a = x0 (2ln x0 +1)，
f (3e) 4e
2 x0
2
f (x 0 ) = x0 x (2ln x +1) ln x = 4x
2 ln3 x 4e2 x e ，故 a = x (2ln x +1) 3e . 0 0 0 0 0 0 0 0
2e
综上3e a 3e .
ln (3e)
例 4-例 6 你可以思考在赋值采用先必要后充分的策略时，我们到底该带哪些值.
x 1
【例 4】（2020 新高考山东、海南卷）已知函数 f (x) = ae ln x + ln a .
（2）若 f (x) 1恒成立，求 a的取值范围.
【分析与解答】本题介绍几种策略，同学们可以自行直接讨论的方法与使用一些技巧之后的
差异：
法一：直接讨论.
1
注意到 f (x) = aex 1 在 (0,+ )上单调增加，注意到
x
当 a 1时， f (1) = a 1 0 ；
当 a 1
1
a 1时， f (a) = ae 0；
a
e
e 1 e e
所以取 x =min 1,a ，应有 f (x ) 0，而 f = aea 1 ae 0 .所以 f (x)在0 0
a a a
(0,+ )上存在唯一零点 x* ， f (x)在 (0, x* )上单调增加，在 (x*,+ )单调减小.
*
f (x) = f (x* ) = aex 1 ln x* + ln a ， x*
1
满足 a = .
min
x*ex
* 1
* x* 1 * 1 1
代入得到 f (x ) = ae ln x + ln a = ln x* +1 x* ln x* = +1 2ln x* x** x x*
1
再令 F (x) = +1 x 2ln x，F (x)单调减小，而F (1) = 0，所以从 F (x) 0 得0 x* 1.
x
1
所以 a = 1,+ ) .
* x*x e 1
法二：先必要后充分的思路：
当 x =1时， f (1) = a + lna 1，又 g(x) = x + ln x单调递增，注意到 g (1) =1，则 a 1.
第3页
下证当 a 1时， f (x) 1恒成立.易知 f (x) = aex 1 ln x + lna ex 1 ln x ，
1 x 1
令 h(x) = x 1 ln x ，h (x) =1 = ，则 h(x) h(1) = 0，故 x 1 ln x，即 ex 1 x，
x x
故 f (x) ex 1 ln x x ln x 1，故 a 1,+ )符合题意.
法三：构造同构
f (x) 1即 f (x) = ex 1+lna + x 1+ ln a x+ ln x = eln x + ln x，又 g(x) = ex + x单调递增，即
g(x 1+ lna) g(ln x)恒成立，故只要 x 1+ lna ln x ，即 lna ln x x+1恒成立，
1 1 x
令 h(x) = ln x x+1，h (x) = 1= ，则 h(x) h(1) = 0，故只要 ln a 0即可，解得
x x
a 1,+ ) .
【例 5】设函数 f (x) = ex + a x +1， x 1 .
1
（1）当 a = 1时，若 x0 为函数 f (x)的极值点，求证： x0 0
2
5 a f (x2 )（2）若不等式 2 + x + x 对任意 x 0恒成立，求实数 a的取值范围.注
4 2 a
e = 2.71828 为自然对数的底数.
x 1 1 【解答】（1） f (x) = e ，当 x 1时， f (x)单调递增， f 0 ，
2 x +1 2
1
f (0) 0； x0 为函数 f (x)的极值点，则 x0 ,0
2
5 a ex2 + a x +1（2）因为 2 + x + x 对任意 x 0恒成立，所以 x = 0代入不等式仍然
4 2 a
1+ a
成立， 2 ，故 a (0,1 ，下证 a (0,1 时，不等式恒成立
a
5 a ex + a x +1 x2 ex 5
2 + x + x2 a + 2 + x x +1 0 ，
4 2 a 2 a 4
x2 ex 5
g (a) = a + 2 + x x +1，关于 a (0,1 单调递增，所以只需保证：
2 a 4
x2 x 5 x
2 5
e + 2 + x x +1 0 + 2+ x ex + x +1 ，令
2 4 2 4
x2x 5h(x) = e + x +1 2 x，
2 4
h (x) = ex
1 5 1 1 5
+ x 1+ x + x2 + x
2 x +1 4 2 2 x +1 4
第4页
1 2 1 1 1 2 1当 x 1 x + x 0；
2 2 x +1 4 2 4
1 2 1 1 1 10 x 1 x + 0
2 2 x +1 4 2 x +1 4
所以 h (x) h (0) = 0 ，故命题得证.
【例 6】已知函数 f (x) = ex + x2 x ， g(x) = x2 + ax +b ， a ，b R．
（2）若曲线 y = f (x) g(x) 在点 (1,0)处的切线为： x + y 1= 0，求 a ， b 的值；
（3）若 f (x) g(x)恒成立，求 a +b的最大值．
【解答】解：（1）当 a =1时， F(x) = f (x) g(x) = ex + x2 x x2 x b = ex 2x b，
F (x) = ex 2，
令 F (x) = 0，解得 x = ln2，
当 x ln2时， F (x) 0，当 x ln2时， F (x) 0，
F(x)在 ( ,ln2) 上单调递减，在 (ln2,+ ) 上单调递增；
（2） y = f (x) g(x) = ex (a +1)x b，
y = ex (a +1)，
切线斜率 k = y |x=1= e (a +1) = 1，解得 a = e ，
当 x =1时， y = 0 ，即 e (a +1) b = 0，解得b = 1；
（ x3）由 f (x) g(x)恒成立，可得 ex + x2 x x2 + ax + b，即 e (a +1)x b 0 ，
令 h(x) = ex (a +1)x b，
则 h (x) = ex (a +1) ，
当 a +1 0，即 a 1时， h (x) 0，函数 h(x) 单调递增，
当 x→ 时， h(x)→ ，故不满足题意，
当 a 1时，令 h (x) = ex (a +1) = 0，解得 x = ln(a +1)，
当 x ln(a +1)时， h (x) 0，当 x ln(a +1)时， h (x) 0，
h(x)在 ( ， ln(a +1))上单调递减，在 (ln(a +1)，+ ) 上单调递增；
h(x)min = h(ln(a +1)) = e
ln(a+1) (a +1)ln(a +1) b = a +1 b (a +1)ln(a +1) 0 恒成立，
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b a +1 (a +1)ln(a +1) ，
a +b 2a +1 (a +1)ln(a +1) = 2(a +1) 1 (a +1)ln(a +1)
令 (x) = 2x 1 xlnx， x 0，
(x) =1 lnx，
令 (x) =1 lnx = 0，解得 x = e，
当 x e时， (x) 0 ，函数 (x)单调递减，
当 0 x e时， (x) 0，函数 (x)单调递增，
(x)max = （e）= 2e 1 elne = e 1，
从而当 a = e 1，b = 0时， a +b . 的最大值为 e 1，
综上 a +b的最大值为 e 1．
例 7 和例 8 你可以思考在使用先必要后充分的策略后，含参不等式求解与不含参不等式
证明的关系.
【例 7】已知函数 f (x) = sin x mln(x+1)，且 f (x)在 x = 0处切线垂直于 y 轴
（1）求m 的值；
（2）求函数 f (x)在 0,1 上的最小值；
（3）若 x2 ax ln x + esin x 1 0 恒成立，求满足条件的整数 a 的最大值 .（参考数据
sin1 0.84， ln2 0.693）.
m
【分析与解答】（1）f (x)在 x = 0处切线垂直于 y 轴，则 f (0) = 0，因为 f (x) = cos x ，
x +1
则 f (0) =1 m = 0，则m =1.
1 1
（2）由题意可得 f (x) = cos x ，注意到 f (0) = 0，x 0,1 ，则 f (x) = sin x + ，
(x +1)2x +1
2 1
则 f (x) = cos x 0，故 f (x)单调递减， f (0) =1 0， f (1) = sin1+ 0 》
(x +1)3 4
因此比存在唯一零点 x (0,1)使得 f (x ) = 0 ,则 f (x)在 (0, x )单调递增，在0 0 0 (x0 ,1)单
1 1
调递减， f (1) = cos1 cos = 0，则 f (x) 0在 (0,1)上恒成立，从而可得 f (x)在
2 3 2
(0,1)上单调递增，则 fmin = f (0) = 0 .
（3）本题虽然是一个恒成立问题，但是我们通过赋值后，很容易去掉参数转化为一个不等
式证明问题.
由 x2 ax ln x + esin x 1 0 恒成立，令 x =1，则 esin1 a ，而3 esin1 eln 2 = 2，由于 a
第6页
为整数，股 a 2，所以我们证明 g(x) = x2 2x ln x + esin x 1 0恒成立即可.
题目的前面给了我们一些提示，我们可以考虑使用 sin x ln (x +1)在 x (0,1)进行操作.
①当 x (0,1)时，由（I）可知 sin x ln(x +1)，则 esin x x +1，
故 g(x) x2 2x ln x + x +1 1= x2 x ln x，设 h(x) = x2 x ln x , x (0,1) ，
1 2x2 x 1 (2x +1)(x 1)
则 h (x) = 2x 1 = = 0，故 h(x)在 (0,1)单调递减，从而可得
x x x
h(x) h(1) = 0，由此可得 g (x) 0 在 x (0,1)恒成立.
②当 x 1时，我们的关键是对 esin x 这带有两个超越项的式子进行放缩，我们发现由于
ln x x 1，所以 x2 2x ln x + esin x 1 x2 3x + esin x ，如果 x 3，那么这个式子显然是大
于 0 的.
所以我们考虑在 (1, )上来证明这个不等式：
由 于 ln x x 1,esin x esin x ， 所 以 x2 2x ln x + esin x 1 x2 3x + esin x ， 令
h(x) = x2 3x + esin x，该式只有一个超越项 sin x还是可以通过求导研究单调性解决的.
h (x) = 2x 3+ ecos x ， h (x) = 2 esin x ，由于 esin1 0.8 2.7 = 2.16 2 ，所以存在
2
x0 (1, )使 h (x0 ) = 0，且 h (x)在 (1, x )单调减小，在0 (x0 , )单调增加， x 满足 sin x0 =0 .
e
1 1
下面先证明一个不等式： ex 2x + ，设 h(x) = ex 2x
2 2
则 h (x) = ex 2，则 h(x)在 ( , ln 2)单调递减，在 (ln 2,+ )单调递增
1 1
因此 hmin = h(ln 2) = 2 2ln 2 0 ，那么 e
sin x 2sin x +
2 2
1
由此可得 x2 2x ln x + esin x 1 x2 2x ln x + 2sin x = g(x)
2
1 1
则 g (x) = 2x 2 + 2cos x , g (x) = 2 + 2sin x 0
x x2

因此 g (x)单调递增， g (x) g (1) = 2cos1 1 2cos 1= 0 ，
3
3
则 g (x)在 (1,+ )上单调递增，因此 g(x) g(1) = 2sin1 0
2
综上所述： a 的最大值整数值为 2；
【例 8】已知函数 f (x) = e2x （其中 e为自然对数的底数）．
第7页
（Ⅰ）证明：当 x 0时， f (x) 1+ 2x + 2x2 ；
x2
（Ⅱ）当 x 0时， f (x) ln(x + a) + 恒成立，求实数 a 的取值范围．
x + a
【解答】解：（Ⅰ）令 g(x) = f (x) 1 2x 2x2 = e2x 1 2x 2x2(x 0) ．
所以 g (x) = 2e2x 2 4x ，
令 h(x) = 2e2x 2 4x(x 0)，
所以 h (x) = 4e2x 4(x 0)，
所以 h (x) 0成立， h(x) 在[0 ， + )单调递增，
所以 h(x) h(0) = 0，即 g (x) 0成立，
所以 g(x)在 [0，+ )单调递增，
得 g(x) g(0) = 0 ，
即当 x 0时， f (x) 1+ 2x + 2x2 得证．
x2
（Ⅱ）若 x 0时， f (x) ln(x + a) + 恒成立，
x + a
令 x = 0得 f (0) lna ，即1 lna，
所以 0 a e，
下证当0 a e时原不等式成立，
由（Ⅰ）知当 x 0时， f (x) 1+ 2x + 2x2
x2
只需证明1+ 2x + 2x2 ln(x + a) + ，
x + a
x2
因为当0 a e时， x ，
x + a
故只需证明1+ x + 2x2 ln(x + a) 0，
令 p(x) =1+ x + 2x2 ln(x + a)(x 0) ，
1 4x2 + (4a +1)x + a 1
所以 p (x) =1+ 4x = ，
x + a x + a
①当1 a e时， p (x) 0成立， p(x)在[0 ， + ) 单调递增，
所以 p(x) p(0) =1 lna 0成立，
②当0 a 1时，由不等式 lnx x 1知 ln(x + a) x + a 1，
所以 p(x) 1+ x + 2x2 (x + a 1) = 2 a + 2x2 0成立，
第8页
综上原不等式得证．
所以实数 a 的取值范围 (0 ， e] ．
课后练习
【题 1】已知函数 f (x) = a2 ln x + x2 3ax (a R) .
（1）若 a =1，求 f (x)的单调区间；
（2）若对于任意的 x e2 （ e为自然对数的底数）， f (x) 0恒成立，求 a的取值范围.
(2x 1)(x 1)
【解答】（1）当 a =1时， f (x) = ln x + x2 3x，则 f (x) =
x
1 1
因此 f (x)在 0, 和 (1,+ )单调递增，在 ,1 单调递减；
2 2
（2）由题意可得 x e2 时， f (x) = a2 ln x + x2 3ax 0恒成立；
e2
显然有 f (e2 ) = 2a2 3ae2 + e4 0，因此 a 或者 a e2 ，同时
2
(2x a)(x a) e2
f (x) = ，下面讨论 a 或者 a e2 .
x 2
e2 e2
①当 a 时， f (x) 0恒成立，则 f (x)单调递增，只需 f (e2 ) 0，满足故 a
2 2
时， f (x) = a2 ln x + x2 3ax 0；
②当 a = e2 时， f (x) 0恒成立，则 f (x)单调递增，只需 f (e2 ) 0，满足恒成立的
条件；
③当 e2 a 2e2
a
时，此时 2 ，则 ( 2 e a f x)在 (e ,a)单调递减，在 (a,+ )单调递增
2
因此只需满足 f (a) = a2 lna + a2 3a2 0 ，则 lna 2 0，则 a e2
因此 e2 a 2e2 时， f (x) = a2 ln x + x2 3ax 0恒成立；

④当 2时， ( )在 e2
a a
a 2e f x , 单调递增，在 ,a 单调递减，在 (a,+ )单调递增
2 2
故只需满足因此只需满足 f (a) = a2 lna + a2 3a2 0 ，则 lna 2 0，则 a e2
因此 a 2e2时， f (x) = a2 ln x + x2 3ax 0恒成立；
e2
综上所述： a 或者 a e2
2
第9页
x
【题 2】已知实数 a 0，函数 f (x) = ln ax +1 .
a
5
（I）证明：对任意 a (0,+ )， f (x) 3a 恒成立；
2
x a
（II）如果对任意 x (0,+ )均有 f (x) ，求 a 的取值范围.
x + a
5
（1）解析：转化为 f (x) 3a .
max 2
x x
当 a 0 时， f (x) = ln (ax) +1= ln a + ln x +1 .
a a
1 1 2a x
则 f (x) = = ，令 f (x) = 0可得 x = 4a2 .
x 2a x 2ax
则0 a 4a2 时， f (x) 0；当 x 4a2 时， f (x) 0 .
2
f (x)在 (0,4a )上单调递增，在 (4a2 ,+ )上单调递减.
则 f (x) f (4a2
3
) = 3ln a + 2ln 2 1，即需证明3ln a + 2ln 2 3a .
2
由于 lna a 1（对数常用不等式，证明略，考试时需要写出）
3
则3ln a + 2ln 2 3(a 1) + 2ln 2 = 3a + 2ln 2 3 3a .
2
5
故对任意 a (0,+ )， f (x) 3a 恒成立.
2
（2）解析：运用必要性探路，更换主元进行证明
若 a 0 ，则当 x = a 0时，不等号右边式子没有意义，不符合题意.所以 a 0 .
x a a2 a a 1
∵对任意 x (0,+ )均有 f (x) ，则 f (a2 ) = 3ln a = .
x + a a2 + a a +1
a 1 2
令 g (a) = 3ln a = 3ln a + 1，则 g (a) 0 ，
a +1 a +1
2
3 2 3(a +1) 2a 3a2 + 4a + 3
g (a) = = = 0 ，则 g (a)单调递增
a 2 2 2(a +1) a (a +1) a (a +1)
注意到 g (1) = 0 ，则0 a 1 .
下面证明当0 a 1时，该不等式恒成立.
x x a x 2x
令 h (a) = ln x + ln a +1 = ln x + ln a + 2 ，则h(a)是增函数，
a x + a a x + a
2x 2 2
∴ h(a) h(1) = ln x x + 2 = ln x x + ，即需证明： ln x x + 0 .
x +1 x +1 x +1
2 2
2 1 1 2 2(x +1) x (x +1)
令m (x) = ln x x + ，则m (x) = =
x +1 x 2 22 x (x +1) 2x (x +1)
第10页
令 t = x 0 ，则
2 2
2(x2 +1) x (x +1) = 2(t4 +1) t (t2 +1) = t5 + 2t 4 2t3 t + 2 = (t 1)( t 4 + t3 t 2 t 2)
令 n(t ) = t4 + t3 t2 t 2(t 0)，则 n (t ) = 4t3 + 3t2 2t 1= t ( 4t2 + 3t 2) 1 0 .
则 n(t ) n(0) = 2 0 .
∴ x 1时 t 1，m (x) 0； x 1时 t 1，m (x) 0 .
则m(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+ )上单调递减.
则m(x) m(1) = 0 .证毕！
5 e3x
【题 3】已知函数 f (x) = aex 3x(a R)， g(x) = e2x .
4 3x
（I）当 a =1时，求函数 f (x)的单调递增区间；
（ 2II）对任意 x 0均有 f (x) g(x)，求 a的取值范围.
注： e = 2.71828 为自然对数的底数.
（I）解析：求导当 a =1时， f (x) = ex 3x .
f (x) = ex 3，令 f (x) = 0得 x = ln3，
则当 x ln3时， f (x) 0；当 x ln3时， f (x) 0 .
即 f (x)的单调递增区间为 (ln3,+ ) .
（II）解析：先换元，再进行参变分离
2
2 2 5 e
x 3x 5 ex
由 f (x) g(x)可得 ( aex 3x) e2x ，即 a .
ex 4 3x 4 3x
3x
令 t = ，则 t = 3(1 x)e x ， t (x)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+ )上单调递减
ex
3 3
则 t t(1) = 即 t 0, .
e e
5 1 3
则问题转化为 (a t)2 在 t 0, 上恒成立.
4 t e


法 1：参变分离
4 5 1 4 3
当 0 t 时， 0 ，该不等式显然成立.只需考虑 t .
5 4 t 5 e
第11页
5 1 5 1 4 3
可得 a t + 或 a t 在 t , 上恒成立
4 t 4 t 5 e
5 1 5 1 3 3 5 e
若 a t + 则由m(t) = t + 为增函数，m(t) ， max = m = +
4 t 4 t e e 4 3
3 5 e
即 a + .
e 4 3
5 1 5 1 4 5 e
若 a t ，则令u = 可得 t = ， 0 u .
4 t 4 t 5 4u
2
4 3
5 1 4 4 32u
则 t = u ，令 g(u) = u ， g (u) = 1，
2
4 t 5 4u2 5 4u
2
(5 4u2 )
1
令 g (u) = 0得u = ，而易知 g (u)是增函数，
2
1 1 5 e
则当 0 u 时 g (u) 0，当 u 时， g (u) 0 .
2 2 4 3
1 1 5 e 1 1
则 g (u)在 0, 上单调递减，在 , 上单调递增， g(u) min = g = 2 2 4 3 2 2
1
则 a
2
1 3 5 e
综上所述， a的取值范围是 , + ,+
2 e 4 3
法 2：必要性探路
1 3 3 3 5 e 3 5 e 1
令 t =1得 a 或 a ；令 t = 得 a + 或 a ，取交集得 a
2 2 e e 4 3 e 4 3 2
3 5 e
或 a + .下面证明其充分性.
e 4 3
1 2 1 5 1当 a 时，令 h(t) = (t a) + ，则 h (t) = 2(t a) .
2 t 4 t 2
注意到 h (t)是增函数， h (1) =1 2a 0 ， t →0时 h (t)→ ，
则 h (t)在 (0,1 上存在零点 t0 ，则0 t t 0 时， h (t) 0 ； t t0 时， h (t) 0 .
3
则 h(t )在 (0,t0 )上单调递减，在 t0 , 上单调递增.
e
第12页
2 1 5 1 1 5 1 5
则 h(t) h(t0 ) = (t0 a) + = + +1 = 0 ，不等式恒成立！
t 40 4 4t0 t0 4 4 4
3 5 e 1 5
当 a + 时，显然 h(t) = (t a)2 + 单调递减，
e 4 3 t 4
2
3 3 5 e
则 h(t) h = a 0 .
e e 4 3
1 3 5 e
综上所述， a的取值范围是 , + ,+
2 e 4 3


【题 4】已知函数 f (x) = ex + (ln x a)sin x .
（1）若 f (x) ln x sin x恒成立，求实数 a 的最大值；
1
（2）若 f (x) 0恒成立，求正整数 a 的最大值.（已知 sin 0.4794, ln 2 0.6931）
2
x e
【解答】（1）不等式化为 a ，参变分离后得到 a 的最大值为 2e 4 .
sin x
1 e 1 1
（2）令 x = 得到 a + ln ，利用1.6 e 1.7,0.48 sin 0.5,0.69 ln 2 0.7，可得
2 1 2 2
sin
2
1.6 e 1 1.7
2.5 = 0.7 + ln 0.69 2.852，所以 a 2 .
0.5 1 2 0.48
sin
2
所以我们只需证明 a = 2时，不等式恒成立即可.
x 1 ①当 0 x e2 时， e + (ln x 2)sin x ex + x (ln x 2) ex + x 1 2
x
= e x 1 0 ；
x
②当 x e2 时， ex + (ln x 2)sin x ex (ln x 2) x +1 (x 1) + 2 = 4 0 .
综上可知正整数 a 的最大值为 2.
第13页含参函数的单调性分类讨论
函数的单调性是函数最重要的性质，但是题目为了增加问题的复杂性、抽象性，往往会
在函数的表达式中添加一个甚至多个参数，这时候就需要我们对参数进行讨论了.
我们直接给出此类问题的解题步骤，形成这种流程化的解题思路实际上对于我们处理
问题很重要。
第一步：确定函数的定义域（特别注意定义域是否是一个连续的区间）；
第二步：求导函数；
第三步：找出“主导”函数（通常我们把导函数中决定正负的部分称作“主导”函数，并构
造为新函数）；
第四步：判断“主导”函数是否存在零点？若存在，有几个？零点与定义域或者指定区间
的位置关系能判断吗？若定义域内有多个零点，零点之间的大小关系能判断吗？这几个问题
就是引起讨论的主要因素；
第五步：画出导函数草图，并利用导函数正负性与原函数增减性的关系确定原函数的单
调性，同时这一步建议大家对于复杂些的单调性画出表格；
第六步：在此基础上解决极值、最值、零点、恒成立、求参数范围、证不等式等其他问
题.
思考例 1-例 3 中导函数是含参（准）二次函数时的分类讨论思路.
2
【例 1】（2011 辽宁卷·理）已知函数 f (x) = ln x ax + (2 a)x .讨论 f (x) 的单调性；
1
【分析与解答】 f (x) 的定义域为 (0,+ ) ，求导得 f '(x) = 2ax + (2 a)(x 0) .这里一般需
x
2ax2 + (2 a)x +1
要对这个表达式通分，得 f (x) = ，分子就变成二次型了.我们仍然令
x
h(x) = 2ax2 + (2 a)x +1 ，这一题明显比刚才复杂一些了，二次项系数和一次项系数均含
有参数.
这种复杂的式子我们的首要原则是判断它是否是“真的”二次型，第一个关键步骤也就是
按二次项系数是否为 0 分为两大类.在二次项系数不为 0 时，观察能否分解因式，改写为两
个一次型的乘积，因为这样我们就可以回到第一类题型，按原来的思路比较容易讨论清楚定
义域内，主导函数和 0 的关系.
2
可能基本功比较厉害的同学能采用十字相乘法将 2ax + (2 a)x +1 分解为
2
(2x +1)( ax +1) .如果没有看出来，我们也可以根据 = (a + 2) 来判断原式是可以进行因式
分解的.
接下来我们提出处理二次型的第二个关键步骤：尝试对二次型因式分解.所以很容易发现可
以分解为以下情形：
（1） a = 0 时，由于不是二次型，所以先单独讨论，此时 h(x) = 2x +1，在 (0,+ ) 上
第 1 页
h(x) 0 ，即 f (x) 0，所以 f (x) 在 (0,+ ) 上单调递增.
1 1
（2） a 0时， h(x) = 2a(x )(x + ) ，二次项系数为 2a .
a 2
1 1
当 2a 0, 即 a 0 时，开口向上.两个零点分别为 x1 = ， x2 = ，因为 a 0 ，所以
a 2
1
(0,+ ) ；
a
1
当 2a 0, 即 a 0时，开口向下， (0,+ ) .在本题中，以 0 为界把参数分开之后，根
a
与定义域的关系也同时确定了，不需要进一步再细分参数的区间了，稍微减小了一下工作量.
所以进一步细化答案如下：
1 1
① a 0时，h(x) 的图像如下图 1，当 0 x 时，h(x) 0 ，即 f (x) 0；当 x 时，
a a
1 1
h(x) 0，即 f '(x) 0 .所以 f (x) 在 (0, )上单调递增，在 ( ,+ ) 上单调递减.
a a
② a 0 ， x 0 时， h(x) 0 ，即 f (x) 0 .所以 f (x) 在 (0,+ ) 上单调递增.□
【例 2】（2015 山东卷·理）设函数 f (x) = ln(x +1) + a(x
2 x) ，其中a R .讨论函数 f (x) 的
单调性；
1
【分析与解答】 f (x) 的定义域为 ( 1,+ ) ， f '(x) = + 2ax a（记得一定要通分，分式
x +1
2ax2 + ax +1 a
不好处理）= ，令 h(x) = 2ax
2 + ax +1 a, x ( 1,+ ) ，这个式子的二次项系
x +1
数、一次项系数以及常数项都含有参数，比较复杂.
第一步： a = 0 具体到本题，二次项系数为 2a ，是可能等于零的.讨论如下：
（1）当 a = 0时， h(x) = 1 0，此时 f '(x) 0，函数 f (x) 在 ( 1,+ ) 上单调递增；
第二步：a 0时能分解因式吗？简单观察并实验了一下，发现不能分解因式.那么计算
8
，本题中 = a(9a 8) 也不是一个完全平方式，由 0 ，得 0 a （此时是在 a 0的
9
大前提下讨论），这时图像也比较简单，开口可以确定，讨论如下：
8
（2）当 0 a 时， 0 ， h(x) 0， f (x) 0，函数 f (x) 在 ( 1,+ ) 上单调递增；
9
8
由 0 ，得a 0 或 a .
9
第三步：根据开口方向， a 0 时，开口向上， a 0 时，开口向下（此时是在 a 0 或
8
a 这个前提下讨论），所以我们把剩余的参数取值范围又分为了两个区间 ( ,0) 和
9
8
( ,+ ) .
9
8
我们先研究 a 时的情况，此时开口向上， 0 .
9
第四步：我们应该先看看这个条件下能做出精确到哪一程度的草图呢，开口、判别式、
第2页
对称轴、端点处和特殊点处的函数值应该是我们画二次函数草图时需要考虑的四个重要要素.
1
此时开口向上； 0 ，有两个零点；注意到对称轴为 x = 1；h( 1) = 2a a +1 a =1 .
4
所以 h(x) 在 ( 1,+ ) 上的图像草图如下图：
那么不需要计算，我们就可以判断两个零点 x1 , x2 均在 ( 1,+ ) 内，所以时刻保持画草图
的好习惯可以适当减少我们的计算量和讨论量.能定性判断时，不要盲目去定量求解，可令
a a(9a 8) a + a(9a 8)
x1 = ， x2 = .
4a 4a
第五步：我们需要判断两个零点 x1 , x2 的大小关系，好在我们知道对于一个标准的二次
型，当 0时，标准根中一定有 b + b
2 4ac b b2 4ac ，所以 x1 , x2 的大小只与分
8
母 4a 的正负有关，当 a 0 时， x2 x1 ；当 a 0 时， x2 x1 .具体到本题，当 a 时，
9
a + a(9a 8) a a(9a 8)
x = 2 x1 = .此时，所有不确定的因素都确定下来了，可以
4a 4a
得出如下形式的答案：
8 1
（3）当 a 时， 0 ，注意到h( 1) = 2a a +1 a =1，对称轴为 x = 1，所以
9 4
a a(9a 8) a + a(9a 8)
h(x) = 0 在 ( 1,+ ) 内有两根 x = ， x = ，且 1 x1 x1 2 2 ，
4a 4a
所以当 x ( 1, x1 ) 和 (x2 ,+ ) 时，h(x) 0 ， f (x) 0，函数 f (x) 在 ( 1, x1 ) 和 (x2 ,+ )
上单调递增；当 x ( x1 , x2 ) 时，h(x) 0， f (x) 0，函数 f (x) 在 (x1 , x2 )上单调递减；
再研究a 0 的情况，此时开口向下， 0 ，
1
第四步：因为 h( 1) = 2a a +1 a =1，对称轴为 x = 1，仍然作一下 h(x) 的草图，
4
如 下 图 可 以 看 到 只 有 较 大 的 根 才 位 于 定 义 域 内 . 因 为 a 0 ， 一 定 有
a a(9a 8) a + a(9a 8)
x2 = 1 x1 = .
4a 4a
第3页
a a(9a 8)
第五步：因为仅有一根 x2 = ( 1,+ ) ，所以不需要再比较大小了.实际
4a
上，此种情况下在第四步中为了判断具体是哪一根位于定义域内，已经暗含着比较 x1 , x2 与
1的大小问题了，所以第四五步也可以一起进行，为了方便大家理解最一般的情况，我们
叙述的尽量详细，我们分为了两步,这种划分并不是绝对的.最终可讨论如下：
1
（4）当 a 0 时， 0，注意到h( 1) = 2a a +1 a =1，对称轴为 x = 1，所以
4
a a(9a 8)
h(x) = 0 在 ( 1,+ ) 内仅有一根 x2 = ， 所以当 x ( 1, x2 ) 时， h(x) 0 ，
4a
f (x) 0，函数 f (x) 在 ( 1, x2 ) 上单调递增；当 x ( x2 ,+ ) 时，h(x) 0， f (x) 0，函数
f (x) 在 (x2 ,+ ) 上单调递减 .□
x 2
【例 3】（2017 山东卷·理）已知 f (x) = e (cos x sin x + 2x 2) a(x + 2cos x) .其中
e 2.71828…是自然对数的底数，a R .
（2）讨论 f (x) 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
x
【分析与解答】 f (x) = e (cos x sin x + 2x 2) + e
x ( sin x cos x + 2) a(2x 2sin x) =
2(x sin x)(ex a) ，主导函数带着三角函数看似十分复杂，但是如果我们能接准一次或者准
二次类型的实质，就知道 x sin x与 x 0 实际上没有很大的区别， ex a 与 x ln a 实际上
也没有很大的区别，所以就转化为我们熟悉的 x (x ln a)了，当然 a 0 时我们还需要额外
讨论，因此解答如下：
①当 a 0 时， f (x)在 ( ,0)上单调减小，在 (0,+ )上单调增加；
②当0 a 1时， f (x)在 ( , ln a)上单调增加，在 (ln a,0)上单调减小，在 (0,+ )上单
调增加；
③当 a =1时， f (x)在 R 上单调增加；
④当 a 1时， f (x)在 ( ,0)上单调增加，在 (0,ln a)上单调减小，在 (ln a,+ )上单调
第4页
增加.□
思考例 4，尝试进行导函数为含超越项的一般函数的分类讨论
【例 4】（2019 全国 1 卷·理）已知函数 f (x) = sin x ln(1+ x)， f (x) 为 f (x) 的导数.证明：

（1） f (x) 在区间 ( 1, ) 存在唯一极大值点；
2
（2） f (x)有且仅有两个零点.
1
【 分 析 与 解 答 】 f (x) 定 义 域 为 ( 1,+ ) 且 f (x) = cos x ， 令
x +1
1 1
g (x) = cos x , x 1, ， g (x) = sin x + , x 1, 2
x +1 2 (x +1) 2
1
由于 2 在 1, 上单调递减， sin x 在 1, 上单调递减，所以 g (x)在
(x +1) 2 2

1, 上单调递减，又 g (0) = sin 0 +1=1 0
2
4 4
g = sin + = 1 0
2 2 2 2 ( + 2) ( + 2)

所以 x0 0, ，使得 g (x0 ) = 0，且当 x ( 1, x0 )时， g (x) 0 ； x x0 , 时，
2 2

g (x) 0 . g (x) ( 1, x )上单调递增；在 x0 ,0 上单调递减.
2

故 x = x 为 f (x)在区间 1, 上存在唯一的极大值点.□ 0
2
（2）我们先找到 f (x)的零点，然后根据零点存在定理找到 f (x)的零点即可
1
由（1）知： f (x) = cos x ， x ( 1,+ )
x +1
①当 x ( 1,0 时，由（1）可知 f (x)在 ( 1,0 上单调递增 f (x) f (0) = 0，所以
f (x)在 ( 1,0 上单调递减.
又 f (0) = 0 ，得 x = 0为 f (x)在 ( 1,0 上的唯一零点

②当 x 0, 时， f (x)在 (0, x )上单调递增，在 x , 上单调递减 0 0
2 2
第5页
2 2
f (0) = 0，得 f (x ) 0， f = cos = 0 ，所以0
2 2 + 2 + 2

x1 x0 , ，使得 f (x1 ) = 0
2

所以 f (x)在 (0, x ) 上单调递增，在1 x1 , 上单调递减，
2
2e
又 f (x ) f (0) = 0 ， f = sin ln 1+ = ln ln1= 0 .所以0 f (x) 0 在
2 2 2 + 2

x , 上恒成立，此时不存在零点 0
2

③当 x , 时， sin x单调递减， ln (x +1)单调递减，所以 f (x)在 , 上单
2 2

调递减，又 f 0， f ( ) = sin ln ( +1) = ln ( +1) 0 ，所以 f (x)在 , 上存
2 2
在唯一零点
④当 x ( ,+ )时， sin x 1,1 ， ln (x +1) ln ( +1) ln e =1，故 sin x ln (x +1)，
即 f (x)在 ( ,+ )上不存在零点
综上所述： f (x)有且仅有 2 个零点.
思考例 5，尝试进行带绝对值函数的分类讨论
【例 5】（ 32014 浙江卷·理）已知函数 f (x) = x + 3 x a (a R) .
（1）若 f (x)在 1,1 上的最大值和最小值分别记为M (a),m(a)，求M (a) m(a) ；
2
（2）设b R, 若 f (x) + b 4对 x 1,1 恒成立，求3a + b的取值范围.
3 x + 3x 3a , x a 3x
2 + 3 , x a
【分析与解答】（1） f (x) = x
3 + 3 | x a |= ， f (x) = ，
3
x 3x + 3a , x a 3x
2 3, x a
本题分类讨论就要复杂很多，所以在开始分类讨论前我们有必要理清楚分类讨
论的思路，这里由于导函数不连续，在分段点 a 也可能会发生函数值正负的变化（导
函数零点也有可能在该点导函数正负值发生改变），所以思考问题时应当把分段点
a 也当做导函数的零点来思考
①有没有以及有几个零点： 1与 a 共三个零点；
第6页
②是否在定义域上：需要讨论 a 与 1的关系；
③各个零点间彼此的大小关系：需要讨论 a 与 1的关系 .
所以综合考虑我们要分： ( , 1 , 1,1 , 1,+ )三个区间进行讨论 .
3
（ ⅰ）当 a 1时，有 x a ，故 f (x) = x + 3x 3a ，所以， f (x)在 ( 1,1) 上是增函数，
因此 M (a) = f (1) = 4 3a，m(a) = f ( 1) = 4 3a，故 M (a) m(a) = (4 3a) ( 4 3a) =8 .
（ⅱ）当 1 a 1时，若 x (a,1)，f (x) = x3 + 3x 3a ，在 (a,1)上是增函数；若 x ( 1, a)，
f (x) = x3 3x 3a ，在 ( 1,a) 3上是减函数，M(a) =max{ f (1), f ( 1)} ，m(a) = f (a) = a ，
1
由于 f (1) f ( 1) = 6a + 2 ，因此当 1 a 时， M (a) m(a) = a
3 3a + 4 ；
3
1
当 a 1 时， M (a) m(a) = a
3 + 3a + 2 ；
3
（ⅲ）当 a 1时，有 x a ，故 f (x) = x
3 3x + 3a ，此时 f (x) 在 ( 1,1) 上是减函数，
因此 M(a) = f ( 1) = 2 + 3a ， m(a) = f (1) = 2 + 3a ，故 M (a) m(a) = 4；
8 , a 1

1
a3 3a + 4 , 1 a
3
综上， M (a) m(a) = .
3 1 a + 3a + 2 , a 1
3

4 , a 1
x
3 + 3x 3a + b , x a 2 3x + 3 , x a
（2）令 h(x) = f (x) + b，则 h(x) = ， h '(x) = ，
x3 3x + 3a + b , x a
2
3x 3, x a
2
因为 f (x) + b 4对 x 1,1 恒成立，即 2 h(x) 2 对 x 1,1 恒成立，所以
由（1）知，
（ ⅰ ） 当 a 1 时， h(x) 在 ( 1,1) 上是增函 数， h(x) 在 [ 1,1] 上的最大值 是
h(1) = 4 3a + b，最小值 h( 1) = 4 3a + b，则 4 3a + b 2 且 4 3a + b 2 矛盾；
1 3
（ ⅱ ）当 1 a 时， h(x) 在 [ 1,1] 上的最小值 是 h(a) = a + b ，最大值是
3
h(1) = 4 3a + b，
所以 a3 + b 2且 4 3a + b 2 ，从而 2 a3 + 3a 3a + b 6a 2 .
1 3 2
利用 2 a3 +3a 6a 2得到 0 a ，令 t(a) = 2 a + 3a ，则 t '(a) = 3 3a 0 ，
3
1
t(a) 在 (0, ) 上是增函数，故 t(a) t(0) = 2 ，因此 2 3a + b 0 ；
3
1 3
（ ⅲ ） 当 a 1 时 ， h(x) 在 [ 1,1] 上 的 最 小 值 是 h(a) = a + b ， 最 大 值 是
3
h( 1) = 3a + b + 2，
第7页
3 28所以由 a + b 2且 3a + b + 2 2 ，解得 3a + b 0
27
（ ⅳ ） 当 a 1 时 ， h(x) 在 [ 1,1] 上 的 最 大 值 是 h( 1) = 3a + b + 2 ， 最 小 值 是
h(1) = 3a + b 2，所以由 3a + b 2 2且 3a + b + 2 2 ，解得 3a + b = 0 .
综上， 3a + b的取值范围是 2 3a + b 0 .□
思考例 6，尝试着进行一些较复杂的分类讨论
2
【例 6】（2012 广东卷·理）a 1，集合 A = x R | x 0 , B = x R | 2x 3(1+ a)x + 6a 0 ，
D = A B
（1）求集合D （用区间表示）；
（2）求函数 f (x) = 2x
3 3(1+ a)x2 + 6ax 在 D 内的极值点.
2x2 2【分析与解答】（1）方程 3(1+ a)x + 6a = 0的判别式 = 9(1+ a) 48a = 3(a 3)(3a 1)
1
所以接下来我们自然需要讨论 a 与 和3的大小关系.
3
因为 a 1，所以a 3 0
1
①当 a 1 时， 0 ，此时 B = R ，所以 D = (0,+ )；
3
1
②当 a = 时， = 0 ，此时B ={x | x 1}，所以D = (0,1) (1,+ ) ；
3
1 2
③当 a 时， 0 ，设方程 2x 3(1+ a)x + 6a = 0 的两根为 x1 , x2 且 x1 x2 ，则
3
3(1+ a) 3(a 3)(3a 1) 3(1+ a) + 3(a 3)(3a 1)
B ={x | x x1或x x2}，其中 x1 = ，x2 = .
4 4
接着我们还需要讨论 x1 , x2 与 0 的大小关系，主要关注 x1x2 的正负.
1 3
1.当 0 a 时， x1 + x2 = (1+ a) 0 ， x1x2 = 3a 0 ，所以 x1 0, x2 0 此时，
3 2
3(1+ a) 3(a 3)(3a 1) 3(1+ a) + 3(a 3)(3a 1)
D (0, x ) (x ,+ ) = 0, 1 2 ,+
4 4

3(1+ a) + 3(a 3)(3a 1)
2.当 a 0 时， x1x2 = 3a 0 ，所以 x1 0, x2 0此时， D = ( ,+ )
4
（2）由于本问的定义域十分的复杂，所以我们在分类讨论时先以（1）中的定义域分类作为
基础，然后再讨论不同定义域的情形，分类时基本上是沿着主导函数有没有零点——主导函
数有几个零点——主导函数的零点是否在定义域内——各个零点的大小关系来思考问题.
由题 f (x) = 6x
2 6(1+ a)x + 6a = 6(x 1)(x a) ， a 1
第8页
所以函数 f (x) 在区间[a,1] 上为减函数，在区间 ( ,a] 和[1,+ ) 上为增函数，我们解答
了主导函数由两个零点之后，接下来我们根据定义域的不同情形，来讨论主导函数的零点是
否在定义域上.
1
①当 a 1 时，因为D = (0,+ )，所以 f (x) 在 D 内的极值点为 a 和 1；
3
1 1
②当 a = 时，D = (0,1) (1,+ ) ，所以 f (x) 在D 内有极大值点 a = ；
3 3
1 3(1+ a) 3(a 3)(3a 1) 3(1+ a) + 3(a 3)(3a 1)
③当 0 a 时，D = (0, ) ( ,+ ) .
3 4 4
1
由 0 a ，我们来比较 x1 , x2 与 a，1的大小关系.
3
g (x) = 2x2 3(1+ a) x + 6a ， 带 入 g (a) = 3a a2 0, g (1) = 1+ 3a 0 ， 而 且
3(1+ a) 3(1+ a) 3(a 3)(3a 1) 3(1+ a) + 3(a 3)(3a 1)
a 1，所以 a 1
4 4 4
所以， f (x) 在D 内有极大值点 a ；
3(1+ a) + 3(a 3)(3a 1)
④ 当 a 0 时 ， D = ( ,+ ) ， 由 ③ 可 知
4
3(1+ a) + 3(a 3)(3a 1)
1 .此时， f (x) 在 D 内没有极值点.
4
综上所述：
1
当 a 1 时， f (x) 在D 内有极大值点 a 和极小值点 1；
3
1
当 0 a 时， f (x) 在D 内有极大值点 a ；
3
当 a 0 时， f (x) 在 D 内没有极值点.□
课后练习
【题 1】已知函数 f (x) = x
3 kx2 + x(k 0) .讨论 f (x) 在 k, k 上的单调性；
f (x) = 3x2
k
【分析与解答】f (x) 的定义域为 R， 2kx +1(k 0)，其开口向上，对称轴 x = ，
3
k
且过点 (0,1) .因为 k 0 ,故 k 0 k ,明显不可分解因式，计算得 = 4k2 12 .
3
（1）当 = 4k 2 12 = 4(k + 3)(k 3) 0 时，即 3 k 0（注意大前提是 k 0 ）时，
f (x) 0，所以 f (x) 在 k,k 上单调递增；
第9页
（ ） = 4k 2
2
2 12 = 4(k + 3)(k 3) 0 ，即 k 3 时，令 f (x) = 3x 2kx +1= 0 ，
k k 2 3 k + k 2 3
解得：x1 = , x2 = ，接下来最重要的是判断这两根在 k, k .由之前对
3 3
2
开口方向和对称轴的分析，加上端点处的函数值 f (k) = k +1 0 ，特殊点处函数值
h(0) =1 0，所以画出 f (x) 的草图如下.可以判断两根均在 k, 0 上.
k k 2 3 2k k 2 3
当然我们也可以代数计算，明显 x1 x2 ，又 k = ，且 k 3
3 3
2 2 2k k
2 3
时， 4k k 3 2k k
2 3 ， 0 ，即 x1 k ，同理可用代数方法证明
3
x2 k .
k k 2 3 k + k 2 3
结合 f (x) 的草图可知， f (x) 在 k, 和 , k 上单调递增，在
3 3
k k 2 3 k + k 2 3
, 上单调递减 .□
3 3
【题 2】已知函数 f (x) = x | x a | lnx．
（1）若 a =1，求函数 f (x) 在区间[1， e] 的最大值；
（2）求函数 f (x) 的单调区间；
（3）若 f (x) 0恒成立，求 a 的取值范围．
【解答】解：（1）若 a =1，则 f (x) = x | x 1| lnx．
当 x [1， e] 时， f (x) = x2 x lnx，
1 2x2 x 1
f (x) = 2x 1 = 0，
x x
所以 f (x) 在[1， e] 上单调增，
第10页
f (x) 2 ． max = f (e) = e e 1
（2）由于 f (x) = x | x a | lnx， x (0,+ ) ．
（ⅰ）当 a 0 时，则 f (x) = x2 ax lnx，
1 2x2 ax 1
f (x) = 2x a = ，
x x
a + a2 + 8
令 f (x) = 0，得 x0 = 0（负根舍去），
4
且当 x (0, x0 ) 时， f (x) 0；当 x (x0 ， + ) 时， f (x) 0，
a + a2 + 8 a + a2 + 8
所以 f (x) 在 (0, ) 上单调递减，在 ( ,+ ) 上单调递增．
4 4
（ⅱ）当 a 0时，
1 2x2 ax 1
①当 x a时， f (x) = 2x a = ，
x x
a + a2 + 8 a a2 + 8
令 f (x) = 0，得 x1 = (x = a 舍），
4 4
a + a2 + 8
若 a ，即 a 1，则 f (x) 0，
4
所以 f (x) 在 (a,+ ) 上单调增；
a + a2 + 8
若 a ，即0 a 1，则当 x (0, x1)时，f (x) 0；当 x (x1 ，+ ) 时，f (x) 0，
4
a + a2 + 8 a + a2 + 8
所以 f (x) 在区间 (0, ) 上是单调减，在 ( ,+ ) 上单调增．
4 4
1 2x2 + ax 1
②当0 x a 时， f (x) = 2x + a = ，
x x
令 f (x) = 0，得 2x2 + ax 1= 0，记△= a2 8，
若△ = a2 8 0，即0 a 2 2 ，则 f (x) 0，
故 f (x) 在 (0,a)上单调减；
若△= a2 8 0，即 a 2 2 ，
a a2 8 a + a2 8
则由 f (x) = 0得 x3 = ， x4 = ，且0 x3 x4 a，
4 4
第11页
当 x (0, x3 )时，f (x) 0；当 x (x3 ，x4 ) 时，f (x) 0；当 x (x4 ，+ ) 时，f (x) 0，
a a2 8 a a2 8 a + a2 8
所以 f (x) 在区间 (0, ) 上是单调减，在 ( , ) 上单调增；在
4 4 4
a + a2 8
( ,+ ) 上单调减．
4
a + a2 + 8
综上所述，当 a 1时， f (x) 的单调递减区间是 (0, ) ，单调递增区间是
4
a + a2 + 8
( ,+ ) ；
4
当1 a 2 2 时， f (x) 单调递减区间是 (0,a)，单调的递增区间是 (a,+ ) ；
a a2 8 a + a2 8
当 a 2 2 时，f (x) 单调递减区间是 (0, ) 和 ( ,a) ，单调的递增区间
4 4
a a2 8 a + a2 8
是 ( , ) 和 (a,+ ) ．
4 4
（3）函数 f (x) 的定义域为 x (0,+ ) ．
lnx
由 f (x) 0，得 | x a | ．*
x
lnx
（ⅰ）当 x (0,1) 时， | x a | 0， 0 ，不等式*恒成立，所以 a R ；
x
lnx
（ⅱ）当 x =1时， |1 a | 0， = 0 ，所以 a 1；
x
lnx lnx
（ⅲ）当 x 1时，不等式*恒成立等价于 a x 恒成立或 a x + 恒成立．
x x
2
lnx x 1+ lnx
令 h(x) = x ，则 h (x) = ．
x x2
因为 x 1，所以 h (x) 0，从而 h(x) 1．
lnx
因为 a x 恒成立等价于 a (h(x)) a 1min ，所以 ．
x
x2lnx +1 lnx
令 g(x) = x + ，则 g (x) = ．
x x2
1
再令 e(x) = x2 +1 lnx ，则 e (x) = 2x 0在 x (1,+ ) 上恒成立，e(x)在 x (1,+ ) 上
x
无最大值．
综上所述，满足条件的 a 的取值范围是 ( ,1)．
第12页
1
【题 3】（2014 广东卷·理）设函数 f (x) = ，其中 k 2 .
(x2 + 2x + k)2 + 2(x2 + 2x + k) 3
（1）求函数 f (x) 的定义域D （用区间表示）；
（2）讨论 f (x) 在区间D 上的单调性；
2 2 2
【分析与解答】（ 1 ） (x + 2x + k) + 2(x + 2x + k) 3 0 ，则 x2 + 2x + k 1 ①或
x2 + 2x + k 3 ②
由 ① 得： x2 + 2x + k 1 0 ， 1 = 4 4(k 1) = 4(2 k) 0 (k 2) ，所以方程
x2 + 2x + k 1= 0 的 解 为 1 2 k ， 由 x2 + 2x + k 1 0 得 x 1 2 k 或
x 1+ 2 k ，
由②得 x2 + 2x + k + 3 0， 2 = 4 4(k + 3) = 4( 2 k) 0 (k 2) ，所以方程的解为
1 2 k ，由 x2 + 2x + k + 3 0 得 1 2 k x 1+ 2 k .
又 k 2 ，得 1 2 k 1 2 k 1 1+ 2 k 1+ 2 k ，
综上D = ( , 1 2 k ) ( 1 2 k , 1+ 2 k ) ( 1+ 2 k ,+ ) .
u = (x2（2）设 + 2x + k)
2 + 2(x2 + 2x + k) 3 0 ，
3 3
1
则 f (x) = u 2 2 2(x + 2x + k) (2x + 2) + 2(2x + 2) = 2u
2 (x +1) (x2 + 2x + k +1) ，
2
1.当 x ( , 1 2 k ) 时， x +1 0， x2 + 2x + k +1 1+1 0 ， f (x) 0；
2.当 x ( 1 2 k , 1)时， x +1 0， x2 + 2x + k +1 3+1 0 ， f (x) 0；
3.当 x ( 1, 1+ 2 k ) 时， x +1 0， x2 + 2x + k +1 3+1 0 ， f (x) 0；
4.当 x ( 1+ 2 k ,+ ) 时， x +1 0， x2 + 2x + k +1 1+1 0 ， f (x) 0 .
综上， f (x) 在D 上的单调增区间为： ( , 1 2 k ), ( 1, 1+ 2 k ) ，
f (x) 在D 上的单调减区间为： ( 1 2 k , 1), ( 1+ 2 k ,+ ) . □
【题 4】（2013 浙江卷·理）已知 a R ，函数 f (x) = x3 3x2 + 3ax 3a + 3；
（2）当 x [0，2]时，求 f (x) 的最大值.
【分析与解答】处理这类问题我们的基本逻辑是：讨论 f (x)的单调性→比较 f (x)的极值与
第13页
边值得到最值，以上两步均可能产生比较复杂的分类讨论，需要提前做好心理准备.对于
f (x) 的最值，我们只需要对 f (x)的最值带上绝对值后进行比较即可.
f (x) = 3x2 6x+3a = 3[x(x 2)+ a]，其中 = 4 4a，当 x [0,2]时， x(x 2) 0，
①当 a 0时，f (x) 0，所以 f (x) 在 x [0,2]上递减，所以 | f (x) |max= max{|f (0)|,|f (2)|}；
f (0) = 3(1 a) ， f (2) = 3a 1，此时 f (2) f (0) ， f (x) = f (0) = 3 3a .
max
②当 = 4 4a 0，即 a 1时， f (x) 0恒成立，所以 f (x) 在 x [0,2]上递增，所以
| f (x) |max= max{| f (0) |,| f (2) |}，此时 | f (0) | f (2) ， | f (x) |max= f (2) = 3a 1 .
③当 = 4 4a 0 ，即0 a 1时，
f (x) = 3x2 6x + 3a = 0 x1 =1 1 a , x2 =1+ 1 a ，且0 x1 x2 2 ，即
x 0 (0, x1) x1 (x1, x2 ) x2 (x2 , 2) 2
f (x) + 0 - 0 +
f (x) 3 3a 递增 极大值 递减 极小值 递增 3a 1
这样我们讨论清楚单调性之后，进入下一个比大小的环节，现在需要比较的是
f (x1 ) , f (x . 2 ) , f (0) , f (2)
f (x1) =1+ 2(1 a) 1 a , f (x ) =1 2(1 a) 1 a ，且 f (x1) + f (x2 ) = 2 02 ，f (x ) f (x )， 1 2
所以 f (x1) | f (x2 ) |，这样 | f (x) |max= max{ f (0),|f (2)|, f (x1)} .
由 f (0) f (2) = 3 3a 3a+1= 4 6a：
2
（ⅰ）当 0 a 时， f (0) f (2)，所以 x ( ,1] [a,+ )时，y = f (x) 递增，x (1,a)
3
时， y = f (x) 递减，所以 | f (x) |max= max{ f (0), f (x1)}
a2 (3 4a)
f (x1) f (0) =1+ 2(1 a) 1 a 3+ 3a = 2(1 a) 1 a (2 3a) = ，
2(1 a) 1 a + (2 3a)
2
而 0 a ， 所 以 2 3a 0,3 4a 0 ， 所 以 f (x1) f (0) 0 ， 所 以
3
| f (x) |max= f (x1) =1+ 2(1 a) 1 a .
2
（ ⅱ ） 当 a 1 时 ， f (2) 0, f (0) 0 ， 所 以 | f (x) |max= max{ f (2), f (x1)} ， 而
3
a2 (3 4a)
f (x1) f (2) =1+ 2(1 a) 1 a 3a +1= 2(1 a) 1 a (3a 2) = ，此
2(1 a) 1 a + (3a 2)
第14页
2
时3a 2 0，当 a 1时，3 4a是大于零还是小于零不确定，所以
3
2 3
当 a 时 ， 3 4a 0 ， 所 以 f (x1) | f (2) | ， 所 以 此 时
3 4
| f (x) |max= f (x1) =1+ 2(1 a) 1 a ；
3
当 a 1时，3 4a 0 ，所以 f (x1) | f (2) |，所以此时 | f (x) |max= f (2) = 3a 1
4

3 3a, (a 0)
3
综上所述： | f (x) |max= 1+ 2(1 a) 1 a , (0 a ) .□
43
3a 1, (a )
4
第15页含参函数的极值与最值问题
在我们讨论清楚函数的单调性后，我们便可求解出函数的极大值与极小值，再通过比较
大小关系，可得函数的最值因此在分类讨论的基础上，极值与最值问题还多了一个比大小
的过程
思考例1，复习回顾上一讲内容，尝试着理清讨论的思路
【例1】已知函数f(x)=In(x+1)+k√X+1-(k+4)x-k.
(1)若k=0,求出函数f(x)的单调区间以及最大值：
(2)若k≠4且k≠0，求函数f(x)在
-1-1+
k+4
上的最大值g(k)的表达式.
【分析与解答】(1)当k=0时，f()=In(x+1)-4x,则f(x)的定义域为(-1+o),
04=，则16在(1单调地猫。
3
单调递减；因此
×+1
f(x)的最大值为f
=3-2In2.
(2)函数中含有根式求导颇为不便，先换元处理
设Vx+1=t，
则
,则x=t2-1,函数f(x)转化为
F0=2t-4+kt-)+4,F-是-做+k-2刘=-2+t+2
t
这里我们首先需要讨论极值点号，2与区间0，k
2'k+4
k+4
的关系以及他们本身的大小
关系。
①当k>0时，
k
=1、4
1-k4e0,+h+2>0,此时F(凶在(0号
单调递增，
k+4
在行切单
当Ks号时，即0k+42
k+4
9)24
第1页
当>时，即k>4时，F在0)单调游指，在位kd
(1 k
单调递减，函数F(t)
的最大值9)=F
F-21n2+3+k
②当k∈(4,0)时，
k+4k+4-1+4
k《4<0,则k4=K=
1+k+4∈0，+四，4+kt+2>0.
当4时，即k[台此时F因在Qd单调增，此时酒数F0的
是大90=F(）2n2
+4:
当4时，即ke4引F(冈在（引单调通增，在k
单调递减，
此时函数F0的最大值9)-F)-2n2+3+会
@k4时60则kdq14e0网，且2>2
k+44+k1
=号时，即k=8，此时F()单调递增，函数F()的
当子时，即4k8时，此时F回在》单调遥，在子
单调递
4+k2
减在（名x单调递指此时最大值为mxt（引〔ka}.F目）-2n23+会
一+4
=2nk+4
的造函数W=F分引-F()片-2n本41-2n2.n)-8.9
4k(k+4)
因此=(8=3-4h2<0,所以F引F(六。故函数F0的最大位
第2页零点个数的问题
在我们讨论清楚函数的单调性后，我们可以得到函数的各个单调区间，进而通过零点存
在定理可以找到零点的个数，
思考例1，尝试着利用分类讨论分析零点个数问题
【例1】己知函数f(x)=e*-e-xlna,
(1)若f(x)单调增加，求a的范围.
(2)讨论f(x)的零点个数.
【分析与解答】(1)f'(x)=e*+e×-lna≥2Ve*ex-lna=2-Ina,等号在x=0处成立，
由于f(x)单调增加，所以2-lna≥0得a∈(0，e2]
（2)本题如果使用参变分离，会在×=0处出现8的情况，为了回避这个问题，我们采用分
类讨论的方法.f'(x)=e*+e×-lna=e(e2x-lnae+1),主导函数g(X)=e2*-lnae*+1
是一个准二次型。
由(1)a∈(0，e2时，f(x)单调增加，有唯一的零点x=0
当a>e2时，判别式△=(na)2-4>0.令t=e*则主导函
h0=2-nat+1=e2-nae+1,二次函数对称轴t=n2>1,而hO)=1>0,所以h)
2
在O,na)和L上各有一解，即gW在R上有两解X2=nha±Vna-乌)，且当
X∈(o,X)和(X2,+∞)时f(x)单增，X∈(X,X2)时f()单减，且X<0所以有f()>0,f(x)<0,接下来我们再看看正负无穷方向的情形.
首先正无穷方向上，当x0时e>号，e>-1,故f0W>号-1-Xha,右边是个
21
2
开口向上的二次函数，当x>0时存在X使得f%)>兰-1-%na>0.
2
在负无穷方向上，类似地当x<0时e*<1,-e×<-
2,故f)<1-
2-xna,右边
是个开口向下的二次函数，当x<0时存在X,使得f(X)<-号-X,na+1<0.
2
所以结合零点存在定理，在(-0，X]和[x2,+∞)上各存在一个零点
综上ae(0,e2]时，f(x)有唯一的零点×=0；a>e2时，f()有三个零点.
第1页
思考例2，尝试着严格说明函数在×→+0函数值是正无穷.
例如使用多参变分离的方法得到a-号。很容易说明g)-号在(Q2)递减，在2+四)
递增，因此a=但这种方法其实默认了×→0,9(X)→0，相当于使用了洛必达法则。
【例2】(2018全国2卷·理)已知函数f(X)=e*-ax2
(2)若f(x)在(0，+o)只有一个零点，求a.
【分析与解答】本想如果使用参变分离的方法得到日是，很容易说明9冈)-号在(Q,2)递
在(2，+∞)递增，因此a=号.但这种方法其实默认了×一→+0，g()→+0，相当于
了洛必达法则.
我们要继续使用参变分离的方法，就需要说明×→+0，g(X)→+0，我们采用不等式
放缩的思路，
利明e君+经+x+1信，我有当x0,g>信
当a>g二时，有g(2)=号a,所以函数在(2，+o)存
4
另一方面函数在(0,2)存在另一解，因此g(x)=a在(0，+∞)存在两解，矛盾.
而当ae
,g(=a无解：当a=4,g()=a有1解X=2。
综上当a=，f()在(0，+四）)只有一个零点.口
思考例3,4，尝试着隐零点设而不求的方法分析极值点的正负
【例3】(2018浙江卷)已知函数f(x)=√X-Inx.
(2)若a≤3-4In2,证明：对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
【分析与解答】取m=ea),n=
al+1)2
+1,则f(m)-km-a>la+k-k-a≥0，
k
al+1-k
(1a-kn
t(n)-kn-axn
<0
所以，存在∈(m,n),使f(x)=kx+a,故对于任意的a∈R及ke(0,+o),直线
y=kx+a与曲线y=f()有公共点，下面证明唯一性，
令h(X)=f(x)-x-a=反-nx-x-a，hX)=2-反+2，令反=t,
2x
第2页不等式的证明方法 1
不等式问题主要有两类，证明 f (x) g (x)类型的问题我们称为函数型不等式，证明
a f (n)或者 an f (n)类型的问题我们称为数列型不等式.需要说明的是，函数型不等n
式与恒成立问题的区别在于其不等式中没有参数，而这往往会使得问题更加的困难.许多恒
成立问题我们可以很快猜出答案，然后转化为一个不等式的证明问题.
常见不等式
切割线系：① ex x +1， ex ex；
x 1 x 1
② ln x x 1， 2 ln x 2 x 2
x x
2
③ x sin x x, x 0, ； 2
x +1, 1
④ (1+ x) , x 1 .
x +1,0 1
2 n
泰勒系：① ex
x x
1+ x + + ...+ , x 0；
2 n!
x3
② sin x x, x 0， sin x x , x 0 ；
6
x2
③ cos x 1 ；
2
x2
④ ln (x +1) x ；
2
其余可自行参考泰勒展开公式以及下一项的正负确定不等号方向：
(n)
f (x ) n
f (x) = f (x0 )
0
+ f (x0 )(x x0 )+ ...+ (x x ) + R (x) 0 n
n!
直接构造函数证明不等式
证明不等式最常见的方法是利于函数的单调性证明不等式，即把不等式的证明问题转化
为函数的单调性，直接构造然后再利用函数的单调性来证明不等式.这种策略只能适用于函
数形式不太复杂的情况，而且往往要结合隐零点的策略.
思考例 1，用直接求导+隐零点的策略证明这个与三角相关的不等式问题
【例 1】已知函数 f (x) = xsin x， x (0, ) ， f (x)为 f (x) 的导数，且 g(x) = f (x) .证明：
（ 2 1） g(x)在 (2, ) 内有唯一零点 t；
3
（2） f (x) 2 .（参考数据： sin2 0.9090， cos2 0.4161， tan2 2.1850 . )
第 1 页
【分析与解答】（1）函数 f (x) = xsin x， 2 x (0, ) ，故 g(x) = f (x) = sin x + xcos x ，x (2, ) .
3
2 2
g (x) = 2cos x xsin x 0, x (2, ) ，所以 g(x)在 (2, ) 上单调递减，
3 3
2 3
又 g (2) = sin 2+ 2cos2 0.9903 2 0.4161 0 ， g( ) = 0 ，所以 g(x) 在
3 2 3
2
(2, ) 内有唯一零点.
3

（2） f (x) = sin x + xcos x，当 x 0, 时， f (x) 0恒成立， f (x) 在 0, 上单调递增，
2 2



所以此时 f (x) f ( ) = 2 ，不等式成立.
2 2

当 x ( , ) 时， f (x) = 2cos x xsin x 0，所以 f (x) 在 x ( , ) 时单调递减，且
2 2
2 3
f ( ) =1 0 ， f (2) = sin 2+ 2cos2 0.1581 0； f ( ) = 0；
2 3 2 3
2 x22 2
即存在 x0 (2, ) ，使得 sin x0 + x0 cos x
2 0
0 = 0，且 sin x0 + cos x0 =1，所以 sin x0 = .
3 1+ x20

所以 x ( , x0 ) 时函数 f (x) 单调递增， x (x0 , ) 时 f (x)单调递减.
2
x2
所以 f (x) 0 xmax = f (x0 ) = x0 sin x0 = ，下面我们需要大概估计 0 的范围，注意到
1+ x20
x20 2关于 x0 是单调增加的，所以我们需要估计出 x0 的上界即可；
1+ x20
1600
4
2 4 40 2 x 1600
注意到 2 10 ，所以 x
2 ，进而 f (x0 )
0 81 = 4
0
x2
.
9 9 0 +1 40 4411+
9
故 f (x) 2 .□
放缩证明不等式
对于一个函数型不等式的问题更常见的情况是进行放缩后继续证明，我们放缩的目的是
为了进行化简，将过于复杂的一些项给放掉.
思考例 2-例 4，思考能取等的不等式的放缩策略
【例 2】（2012 辽宁卷·理）设 f (x) = ln (x +1)+ x +1+ ax +b(a,b R)，曲线 y = f (x)与直
第2页
3
线 y= x 在 (0,0)点相切.
2
（1）求 a,b 的值；
9x
（2）证明：当0 x 2时， f (x)
x + 6
f (0) = 0
a = 0
【分析与解答】（1）从 3 可得 .
f (0) = b = 1
2
9x 1 1 1 54
（2）如果我们令 g (x) = f (x) ，求导后发现 g (x) = + ，这里
x + 6 x +1 2 2x +1 (x + 6)
有 x +1处理起来较为麻烦，如果采用换元的操作 x +1 = t ，接下来我们需要处理一个四次
表达式.
1
我们考虑对 x +1 进行放缩，由于 x +1 是上凸函数，故 x +1 x +1 ，所以
2
x
f (x) ln (x +1) + .
2
x 9x
构 造 h (x) = ln (x +1) + ，
2 x + 6
1
x3
15
+ x2 18x
1 1 54
h (x) = + = 2 2 0, x (0,2) .
x +1 2 2 2(x + 6) (x + 6) (x +1)
故 h(x) h(0) = 0 ，不等式得证.□
【例 3】设函数 f (x) = ex + a x +1， x 1 .
1
（1）当 a = 1时，若 x0 为函数 f (x)的极值点，求证： x0 0
2
5 a f (x)
（2）若不等式 2 + x + x2 对任意 x 0恒成立，求实数 a的取值范围.注
4 2 a
e = 2.71828 为自然对数的底数.
（提示）先赋值然后转化一个纯不等式的证明问题
1 1
【解答】（1） f (x) = ex ，当 x 1时， f (x)单调递增， f 0 ，
2 x +1 2
1
f (0) 0； x0 为函数 f (x)的极值点，则 x0 ,0
2
5 a ex + a x +1
（2）因为 2 + x + x2 对任意 x 0恒成立，所以 x = 0代入不等式仍然
4 2 a
1+ a
成立， 2 ，故 a (0,1 ，下证 a (0,1 时，不等式恒成立
a
5 a ex + a x +1 x2 ex 5
2 + x + x2 a + 2 + x x +1 0 ，
4 2 a 2 a 4
第3页
x2 ex 5
g (a) = a + 2 + x x +1，关于 a (0,1 单调递增，所以只需保证：
2 a 4
x2 x 5 x
2 5
e + 2 + x x +1 0 + 2+ x ex + x +1 ，令
2 4 2 4
x2 5
h(x) = ex + x +1 2 x，
2 4
x 1 5 1 1 5h (x) = e + x 1+ x + x2 + x
2 x +1 4 2 2 x +1 4
1 1 1 1 1
当 x 1 x2 + x2 0；
2 2 x +1 4 2 4
1 1 1 1 1
0 x 1 x2 + 0
2 2 x +1 4 2 x +1 4
所以 h (x) h (0) = 0 ，故命题得证.
ln (x +1) x
【例 4】若 x 0 ，证明： .
x ex 1
x 2
【分析与解答】分式形式求导并不方便，不难想到转化为整式 ln (x +1) (e 1) x .
ex 1
令 f (x) = ln (x +1) (ex 1) x2 x，则 f (x) = + e ln (x +1) 2x ，
x +1
ex x +1 ex
` f (x) = + + ex ln (x +1) 2 . 由 我 们 熟 知 的 结 论 知 道
2
(x +1) x +1
x xe x +1, ln (x +1) ，可得
1+ x
x (x +1) +1 x3 + 2x2
f (x) +1+ x 2 = 0，故 f (x) f (0) = 0 .
2 2
(x +1) (x +1)
故 f (x) f (0) = 0，得证.□
这种行云流水般的证明确实让人感到惊艳，但是我们还是要搞清楚这背后辛酸过程：
x
①为什么会想到进行放缩？因为 ln (x +1)(e 1) 求导会越来越复杂，一次求导是
ex 1 e
x (2x +1) +1
+ ex ln (x x+1)，继续求导是 + e ln2 (x +1)，形式越来越复杂，且难以看出零
x +1 (x +1)
点.所以本题中 f (x)我们没有继续求导了，而是采用放缩处理.有经验的同学知道有一些函
ex
数求导是“求之不尽”的，当指数函数、对数函数、三角函数混合在一起时，比如 、
sin x
ln x cos x这些求导只会越来越复杂，所以要么通过代数变形分离，要么用不等式放缩掉.
②那为什么要对 f (x)进行放缩呢？因为这是试出来的，当然这里有个前提是我们对这
些常见的不等式是很熟练的.既然是试出来的，本题自然还会有其他的解法，我们再举一例：
x2 x x
利用 e
x 1+ x + ，那么我们只需要证明 ln (x +1) ，令 h(x) = ln (x +1) ，
2 x x
1+ 1+
2 2
第4页
1 4 x2 x
h (x) = = 0 ，所以h(x) h(0) = 0 即证 ln (x +1) .□
x +1 2 (x + 2) (x +1)(x + 2) x1+
2
思考例 5-例 6，尝试对含三角的不等式进行放缩处理
1
【例 5】已知 f (x) = ex x2 x 1， g(x) = cos2x + 2x2 1 .
2
（1）证明： x 0时， f (x) 0；
（2）求函数 g(x)的单调区间；
1
（3）证明： x 0时， xex + sin 2x 2sin x + sin2 x .
2
【分析与解答】（1） f (x) = ex x 1， f (x) = ex 1 0 .
所以 f (x) f (0) = 0，所以 f (x) 在[0 ， + )单调递增，则 f (x) f (0) = 0 .
（2） g (x) = 2sin2x + 4x， g (x) = 4cos2x + 4 0，
所以 g (x)在 R 上单调递增，又 g (0) = 0，
所以 x 0时，g (x) g (0) = 0，函数 g(x)单调递减； x 0时，g (x) g (0) = 0，函数
g(x)单调递增.
所以， g(x)的单调递减区间为 ( ,0)，单调递增区间为 (0,+ ) .
（3）我们观察到有多个超越项，并且不等式在 0 处取等，结合（1）（2）问提示，本题
显然是要针对 ex ,sin x,cos x进行合理的放缩进行证明.
在处理与三角相关的问题时，我们经常采用分区间处理的方法.
1
要证 x x 2xe + sin 2x 2sin x + sin2 x，即证 xe sin x(2 cos x) + sin x .
2
①当 x 时， xex e 4，而 sin x(2 cos x) + sin2 x 4，所以不等式成立.
x
②当0 x 时，sin x 0 ，由（2）知：cos2x 1 2x2 ，所以 cos x 1 2( )2
1
=1 x2 ，
2 2
1 1
进而 2 cos x 1+ x2 ，所以只需证 xex sin x(1+ x2 ) + sin2 x .
2 2
令 p(x) = sin x x(x 0) ，则 p (x) = cos x 1 0，所以 p(x) 在 (0,+ ) 单调递减，所以
p(x) p(0) = 0 ，即 sin x x .
1 1
故只需证 xex x(1+ x2 ) + x2 ，即证： ex 1+ x2 + x .由（1）知，上述不等式成立.
2 2
1
综上，当 x 0时， xex + sin 2x 2sin x + sin2 x .
2
第5页
【例 6】（2019 天津卷·理）设函数 f (x) = ex cos x, g(x)为 f (x)的导函数．
（1）求 f (x)的单调区间；

（3）设 x 为函数n u(x) = f (x) 1在区间 2n + ,2n + 内的零点，其中 n N ，证明
4 2
e 2n
2n + xn ．
2 sin x0 cos x0
【分析与解答】（1）依题有 f '(x) = ex (cos x sin x) ．
5
因此，当 x 2k + ,2k + (k Z) 时，有 sin x cos x，得 f '(x) 0， f (x)单调递
4 4
减；
3
当 x 2k ,2k + (k Z) 时，有 sin x cos x，得 f '(x) 0， f (x)单调递增．
4 4
3
所以， f (x)的单调递增区间为 2k ,2k + (k Z) ， f (x) 的单调递减区间
4 4
5
为 2k + ,2k + (k Z) ．
4 4
（3）依题意，u (xn )
x
= f (xn ) 1= 0，即 e n cos x =1，这是我们唯一能进行隐零点设而不求n

代换的等式，但是我们的目标当中只有 2n + xn ，考虑进行放缩.
2
2
表达式中含有 ，条件中有 cos xn ，所以不难想到不等式 x sin x x 0 x .
2

由（1）知 xn 2n , ，所以 2n + xn 0, ，
4 2 2 2

故 x2n + xn sin 2n + xn = cos xn = e
n .
2 2 2 2 2
e 2n
所以我们只需证明 xn xn 2n e e (sin x0 cos x0 ) .
2 sin x0 cos x0 2


而 x 2n e n e 4 e (sin x0 cos x0 ) .□
4 2 2
第6页
课后练习
1
【题 1】（2021 年 4 月金华十校）设 a,b R，已知函数 f (x) = e ax + + b在点 (0, f (0))
x +1
3
处的切线方程为 y = x .
2
（1）求 a,b的值；
3x
（2）证明：当 x (0,6)时， f (x) .
x + 6
【解答】（1） a =1,b = 2 ；
（2）依题只需证明 e x
1 3x
+ 2 + 0 ，注意到不等式在 0 处可以取等.
x +1 x + 6
1 1 1 1
先证明： x +1 x +1，事实上 x +1= (x +1) + x +1 ，所以只需证明
2 2 2 2
1
x +1
x 3x
e + 2 2 + 0
x +1 x + 6
1 x + 2 3x 3x (x 4)
我们继续利用 ex x +1进行放缩，得到 + 2 + = 0 对
x +1 2x + 2 x + 6 2(x +1)(x + 6)
x (0,4)成立.
3x 1 5 1
而当 x (4,6)时， f (x) + + 0 .
x + 6 e4 5 2
综上，命题获证.
【题 2】已知函数 f (x) = x ln x aex + a，其中 a R .
（2）当 a 1时，求证：对任意 x (0,+ ) ，恒有 f (x) cos x 1成立.
【分析与解答】（2）证明：当 x x xa 1时，f (x) = x ln x ae + a = x ln x a(e 1) x ln x e +1，
要证 f (x) cos x 1，即可证 x ln x ex +1 cos x 1，这是一个含有三个超越项，在 0 处
取等的不等式，因此我们利用放缩证明这个不等式.
①当0 x e 时，欲证明 x ln x ex +1 cos x 1，即证明 x ln x ex + cos x 2，
x2 x2
利 用 不 等 式 ex 1+ x + 以 及 cos x 1 （ 需 要 简 单 证 明 ）， 我 们 知 道
2 2
ex + cos x 2 x x ln x .
x2 x3
②当 x e 时，我们对 ex 放缩时多保留一项，利用 ex 1+ x + + ，所以
2 6
x3
ex + cos x 2 x + .
6
第7页
同时 ln x x 1，所以 x ln x x2 x .
x3 x2
因此 x ln x ex + cos x 2只需 x + x2 x x x + 2 0 ，右边在 x e时显然是
6 6
成立的.
综上对任意 x (0,+ ) ，恒有 f (x) cos x 1成立.□
【题 3】已知函数 f (x) = ex (ln x x) .
（ ）若不等式 f (x) + a (x22 +1) + x 0 恒成立，求实数 a 的最大值.
（提示：先赋值转化为一个不等式证明问题）
【分析与解答】（2）本题若采用参变分离，分离后有求导有较大的困难，采用先必要后充
分的策略.
e 1
令 x =1可得 a ，下面证明充分性，即转化为一个不等式证明问题.
2
e 1
由于 f (x) + a (x2 +1) + x ex (ln x x) + (x2 +1) + x ，即需证明
2
x e 1e (ln x x) + (x2 +1) + x 0 ，转化为一个纯不等式证明问题，我们需要对超越项
2
乘积 ex ln x进行放缩处理.
当 xx 1时， ln x x 0，而 ex ex，则 e (ln x x) ex(ln x x) = ex ln x ex2 ，
e +1 e 1
即需证明： ex ln x + x x2 + 0 .
2 2
e +1 e 1
令 h(x) = ex ln x + x x2 + ，
2 2
则 h (x) = e(ln x +1)+1 (e+1)x = eln x (e+1)x + e+1，
e
h (x) = (e +1) 0 ，则 h (x) h (1) = 0 .则 h(x) h(1) = 0，所以 x 1时不等式成立.
x
e 1
当 0 x 1时，令 F (x) = ex (ln x x) + (x2 +1) + x ，则
2
1 x 1 1
F (x) = ex ln x + x 1 + (e 1)x +1 e
x
+ x 1 + (e 1)x +1= xe
x + (e 1)x +1.
x x x
令m(x) = xex + (e 1)x +1(0 x 1) ，则m (x) = (x +1)ex + e 1 0
则m(x) m(1) = 0，则F (x) 0 ，则F(x) F(1) = 0，充分性证毕！
e 1
综上所述， a 的取值范围是 , .
2


第8页
sin x + cos x + m
【题 4】已知函数 f (x) = ，其中m 是常数，且 是函数 f (x) 的极值点.
ex 6
（1）求m 的值；
（2）当 x (0，+ )时，求证： y = f (x) 的图像恒在直线 y = x 的下方.
(cos x sin x) (sin x + cos x + m) 2sin x m
【解答】（1）求导得 f (x) = = ,
ex ex

由于 是函数 f (x) 的极值点，所以 f = 0，解得m= 1，
6 6
2sin x +1
当m= 1时， f (x) = ，
ex
7 5
令 f (x) 0得 x + 2k , + 2k ，令 f (x) 0得 x + 2k , + 2k
6 6 6 6
7 5
故函数 f (x) 在 x + 2k , + 2k 单调递增，在 x + 2k , + 2k 单调递减，
6 6 6 6

故 是函数 f (x) 的极值大点，m= 1满足题意，
6
故m= 1.
（2）令 g (x) = f (x) x ， (x 0)，只需证 g (x) 0即可
1 2sin x 1 2sin x
g (x) = 1，令 h(x) = 1，
ex ex

2 2 sin x 1
2sin x 2cos x 1 4
则 ( ) h x = = ，
ex ex

当 x [0, ]时， h (x) 0， h(x) 递减，
6

即 g (x)在 0, 单调递减，即 g (x) = g (0) = 0， 6 max

所以 g (x) 0，从而 g (x)在[0, ]上单调递减，即 g (x) g (0) = 0恒成立；
6

当 x ,+ 时，
6
1
由（1）知， f (x) 的极大值点满足 sin x = ，这些极大值点使得 f (x) 的分子值不变，但分
2
母随 x 的增大而增大(当然 ex 0 )，
3 1
∴当 x [ ,+ )时， f (x)max = f ( ) = ， f (x) x恒成立.
6 6 6
2e 6
综上， f (x) x得证.
第9页不等式的证明方法 2
本节课继续讲解其他的函数型不等式证明方法.
不取等的不等式证明
当我们观察不到不等式的取等条件时，我们在对超越项进行放缩时胆子可以大一些.
思考例 1-例 2，你可以尝试着直接放缩去证明，也可以尝试着将 f (x) 0的不等式给分
离为 g (x) h(x) 去处理.
min max
x be
x 1
【例 1】（2014 全国 1 卷·理）设函数 f (x) = ae ln x + 曲线 y = f (x)在点 (1, f (1))处
x
的切线方程为 y = e (x 1) + 2 .
（1）求 a,b ；
（2）证明： f (x) 1 .
【分析与解答】（1） a =1,b = 2.
2 2
（2）由（1）知， f (x) = ex ln x + ex 1 从而 f (x) 1等价于 x ln x xe x .
x e
设函数 g (x) = x ln x ，则 g (x) =1+ ln x .
1 1 1
当 x 0, 时，g (x) 0 ;当 x ,+ 时, g (x) 0 .故 g (x)在 0, 单调递减，在
e e e
1 1 1
,+ 单调递增，从而 g (x)在 (0,+ )的最小值为 g = .
e e e
x 2
设函数 h (x) = xe ，则 h (x) = e x (1 x)，当 x (0,1)时，h (x) 0 ;当 x (1,+ )时，
e
h (x) 0 .故 h (x)在 (0,1)单调递增，在 (1,+ )单调递减，从而 h (x)在 (0,+ )的最大值为
1
h (1) = .
e
综上，当 x 0 时， g (x) h (x) ,即 f (x) 1 .□
2x 1 3
【例 2】（2016 山东卷·理）函数 f (x) = (x ln x) + .试证明： f (x) f (x) + 对于
x2 2
x 1, 2 成立.
2x 1 1 2 2
【分析与解答】因为 f (x) = (x ln x) + ，得到 f (x) =1 + ，所以
x2 x x2 x3
3 2 1 3 5
f (x) f (x) + 可以转化为 x ln x + .
2 x3 x2 x 2
3 1 2 5
如 果 我 们 直 接 构 造 函 数 证 明 ： 令 g (x) = x ln x + + ，
x x2 x3 2
x4 x3 3x2 2x + 6
g (x) = .
x4
4
令 h(x) = x x3 3x2 2x + 6 ， h (x) = 4x3 3x2 6x 2 ，
第 1 页
h (x) =12x2 6x 6 = 6(x 1)(2x +1) 0 .
所以 h (x)单调增加，h (1) = 7，h (2) = 6 ，所以 x 1,2 ，使得 h (x .所以0 0 ) = 0 h(x)
在 (1, x 上单调减少，在 上单调增加. 0 ) (x0 ,2)
h(1) =1,h(2) = 2 ，所以可得 g (x)先增后减，故 g (x) min g (1), g (2) =1 ln 2 0 .
直接求导处理四次函数略微有些复杂，我们也可以考虑放缩证明：令 g (x) = x ln x ，
1 2 1 3 5
g ( x) =1 ； 所 以 有 g (x) g (1) = 1 , h (x) = + ，
x x3 x2 x 2
6 2 3 3x2 + 2x 6
h (x) = + + = . 令 u (x) = 3x2 + 2x 6 ， u (x) 在 1, 2 单调增加，
x4 x3 x2 x4
u (1) = 1,u (2) =10，知道 h (x)在 1, 2 上先减后增，故 h (x) max h (1) ,h (2) = h (2) =1，
3
所以得到 f (x) f (x) + 成立.□
2
思考例 3-例 4，尝试着对带三角的不等式进行放缩证明.
a
【例 3】已知函数 f (x) = ln x + 1， a R ．
x
（1）若函数 f (x) 的最小值为 0 ，求 a 的值．
（ 2 ）证明： ex + (ln x 1)sin x 0．
a 1 a x a
【解答】（1） f (x) = ln x + 1的定义域为 (0,+ )，且 f '(x) = = .若 a 0，则
x x x2 x2
f '(x) 0，于是 f (x)在 (0,+ )上单调递增，故 f (x)无最小值，不合题意，若 a 0，则当
0 x a 时， f '(x) 0 ;当 x a时， f '(x) 0 .故 f (x)在 (0,a)上单调递减，在 (a,+ )上单
调递增.于是当 x = a时， f (x)取得最小值 ln a .由已知得 lna = 0 , 解得 a =1.综上， a =1.
（ 2）①下面先证当 x (0, ) 时， ex + (ln x 1)sin x 0 .因为 x (0, ) , 所以只要证
ex
1 ln x .
sin x
1 ex 1
由（1）可知 1 ln x , 于是只要证 ，即只要证 xex sin x 0 ,
x sin x x
令 h(x) = xex sin x ， 则 h '(x) = (x +1)ex cos x , 当 0 x 时 ，
h '(x) = (x +1)ex cos x 1 1= 0 , 所以 h(x) 在 0, ) 单调递增，所以当 0 x 时，
h(x) h(0) = 0，即 xex sin x 0，故当 x (0, )时，不等式 ex + (ln x 1)sin x 0成立 .
1 1
② 当 x + )时，由（1）知 1 ln x , 于是有 x 1 ln ，即 x 1+ ln x ,所以
x x
第2页
x
ex e1+ln x , 即 ex ex ,又因为 ex e(1+ ln x) , 所以 e e(1+ ln x) ,所以
ex + (ln x 1)sin x e(ln x +1) + (ln x 1)sin x = (e + sin x) ln x + (e sin x) 0 ,综上，不等式
ex + (ln x 1)sin x 0成立.
【例 4】已知函数 f (x) = e1 x sin x．
（1）求 f (x) 在 (0,2 ) 上的单调区间；
1
（2）证明：对任意的 ，不等式 f ( x 1) 2[ f (x) 2e1 xx ( 1, ) cos x]sin(x +1) 0 恒成立．
2

【解答】解：（1） f (x) = e1 x sin x + e1 x cos x = e1 x 2 cos(x + ) ，
4

x (0, ) ， f (x) 0， f (x) 递增，
4
5
x ( ， ) ， f (x) 0， f (x) 递减，
4 4
5
x ( ， 2 ) ， f (x) 0， f (x) 递增，
4
5 5
f (x)的单调递增区间是 (0, ) ， ( ， 2 ) ，递减区间是 ( ， ) ；
4 4 4 4
1
（ 1 x 1 x 1 x2）证明： 1 x ， f (x) = e sin x + e cos x = e (cos x sin x)，
2
要证 f ( x 1) 2[ f (x) 2e1 x cos x]sin(x +1) 0 成立，
即证 ex+2 sin(x +1) 2e1 x (sin x + cos x)sin(x +1) 0，
1
当 1 x 时， sin(x +1) 0，
2
即证： ex+2 2e1 x (cos x + sin x) 0，
即证 e2x+1

2 2 sin(x + ) 0，
4
令 g(x) = ex (x +1) ， g (x) = ex 1，
g(x)在 ( ,0)递减，在 (0,+ )递增，
x
g(x) = g(0) = 0 ， g(x) 0， e x +1min ，
1
x ( 1, ) ， e2x+1 2x + 2 ，
2

只需证： 2x + 2 2 2 sin(x + ) 0 ，
4
第3页
1
令 h(x) = x +1 2 sin(x + ) ， x ( 1, )，
4 2
x x
h (x) =1 2 cos(x + ) =1 cos x + sin x = 2 2 sin sin( + )，
4 2 2 4
1
x ( 1,0)， h (x) 0， h(x) 递减， x (0, )， h (x) 0， h(x) 递增，
2

h(x) = h(0) = 0 ， 2x + 2 2 2 sin(x + ) 0min ，
4
f ( x 1) 2[ f (x) 2e1 x cos x]sin(x +1) 0恒成立．
2 x
【例 5】已知 f (x) = aex 1 +1 .
a
（1） a =1时，求 f (x)的单调区间和最值；
(x 1)2
（2）①若对于任意的 x (0,+ ) ，不等式 f (x) 恒成立，求 a 的取值范围；
2
3
②求证： e
x 1 2 x ln x + 0 .
2
1

【分析与解答】（ ）当 a =1时，f (x) = ex 1
x 1 1
1 2 x +1(x 0) ，则 f (x) = e x 2 = ex 1 ，
x
而 f (x) 在 0,+ )上为增函数， f (1) = 0 .
故当 x (0,1)时， f (x) 0 ， f (x) 单调递减；当 x (1,+ ) 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递增，
故函数 f (x)的减区间为 (0,1) ，增区间为 (1,+ )，最小值为 f (1) = 0，无最大值.
(x 1)2 x 1 2 x (x 1)
2
（ 2 ） ① 不 等 式 f (x) 即 为 ae +1 ， 令
2 a 2
x 1 2 x (x 1)
2
g(x) = ae +1 ，直接求导计算颇为不易，对于这个恒成立问题，我们采用
a 2
赋值的先必要后充分思路.
2
从 g (1) = a +1 0 ，得到 a 1或 2 a 0，事实上对任何 a 0 ，不等式是不可能
a
2
2 (x 1) 2
恒成立的，这是因为当 a 0 时， g (x) ax + x +1 ，记 ax + x +1较大的
a 2 a
零点为 x2 ，有 g (x2 ) 0，这与 g (x) 0恒成立是矛盾的，因此我们得到a 1，下面我们
说明这个条件是充分的.
第4页
2 x
当 a 1时， f (x) = aex 1 +1 ex 1 2 x +1，所以我们说明
a
2
x 1
ex 1
( )
2 x +1 .
2
记 n(x) = 2ex 1
2 x 1 1
(x 1) 4 x + 2，则 n (x) = 2[e (x 1) ] ， n (x) 在 (0,+ )上单
x
调递增，而n (1) = 0 ，
故当 x (0,1) 时，n (x) 0 ，n(x) 单调递减；当 x (1,+ ) 时，n (x) 0 ，n(x) 单调递减.
(x 1)2
故 n(x) n(1) = 0，得不等式 f (x) 恒成立，
2
综上，实数 a 的取值范围为 1,+ )；
②我们重点看第三问不等式证明，这里式子中同时含有 ln x,e
x , x 这些不太好求导的项，
我们需要进行处理，下面介绍几种策略：
x 1 3
（ i）利用①中的不等式进行放缩：由①知，要证 e 2 x ln x + 0 ，只需证
2
(x 1)2 1
ln x 2， 即 证 (x 1) 2ln x +1 0 ， 由 ln x x 1 ， 故
2 2
(x 1)2 2ln x +1 (x 1)2 2(x 1) +1= x2 4x + 4
= (x 2)2 0，得证.
（ii）利用常规的不等式进行放缩：我们考虑对 ex 和 ln x 进行放缩.
3
当 x 1时， ln x = 2ln x 2( x 1) x 1，只需证明 e + 2 ，当 x 1显然成立.
2
3 2 1
当 x (0,1)时， ln x 0， ex 1 x ，所以只需证明 x 2 x + = ( x 1) + 0 ，不等
2 2
式得证.□
【例 6】（2014 湖北卷·理） 为圆周率，e＝2.71828…为自然对数的底数．
ln x
（1）求函数 f ( x) = 的单调区间；
x
（2）求 e3 , 33 ,e , e , 3 , 3这 6 个数中的最大数与最小数；
（3）将 e3 , 3e ,e , e , 3 , 3这 6 个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．
ln x 1 ln x
【分析与解答】（1）函数 f (x)的定义域为 (0,+ ) .因为 f ( x) = ，所以 f (x) = .
x x2
当 f (x) 0，即0 x e 时，函数 f (x)单调递增；
当 f (x) 0，即 x e时，函数 f (x)单调递减．
第5页
故函数 f (x)的单调递增区间为 (0,e)，单调递减区间为 (0,+ ) ．
（2）因为 e 3 ，所以 e ln3 e ln ， ln e ln3，即 ln 3e ln e ， ln e ln 3 .
根据函数 y = ln x, y = ex , y = x 在定义域上单调递增，可得3e e 3 e3 e 3 .
故这 6 个数的最大数在 3 与 3 之中，最小数在3e与 e3之中．
ln ln 3 ln e
由 e 3 及（1）的结论，得 f ( ) f (3) f (e)，即 .
3 e
ln ln 3
由 ，得 ln 3 ln 3 ，所以3 3 ；
3
ln 3 ln e
由 ，得 ln 3e ln e3 ，所以3e e3 .
3 e
综上，6 个数中的最大数是 3 ，最小数是3e .
ln ln e
（3）由（2）知3e e 3 3 和3e e3 .又由（2）知， e ，得 e .故只需
e
比较 e3与 e 和 e 与 3 的大小．
2 2
1 ln x 1 e e
由（1）知，当0 x e 时， f (x) f (e) = ，即 .在上式中令 x = ，又 e ，
e x e
e2 e e e
则 ln ，从而 2 ln ，即得 ln 2 .①

e 2.72
由①得， e ln e 2 2.7 2 2.7 (2 0.88) = 3.024 3，即 e ln 3，
3.1
亦即 ln e ln e3，所以 e3 e .
3e
又由①得 33ln 6 6 e 即3ln ，所以 e .

综上可得3e e3 e e 3 3 ，即这 6 个数从小到大的顺序为3e ,e3 , e ,e , 3 , 3 .
课后练习
【练习 1】已知 f (x) = 3x ln x + x2 ax + 4， (a R) ，
（1）若 f (x) 0恒成立，求 a 的取值范围
ln x 2 1
（2）证明不等式： .
x e x x e
4
【解答】（1） f (x) = 3x ln x + x2 ax + 4 0 3ln x + x + a
x
4 3 4 x2 + 3x 4 (x + 4)(x 1)
令 g(x) = 3ln x + x + ，有 g (x) = +1 = =
x x x2 x2 x2
所以 g (x)在 (0,1)上单调递减，在 (1,+ )上单调增，所以最小值为 f (1) = 5，可得
第6页
a 5 .
ln x 1 ln x
（2） h(x) = ，有 h (x) = ，所以 h
2 (x)在 (0,e)上单调递增，在 (e,+ )上单调减x x
少，
1 ln x 1
所以 f (x)在时取 x = e到最大值，最大值为 h(e) = ，所以可得 （当且仅当
e x e
x = e时取等号）
令 (x) = ex ex (x 0)，有 (x) = ex e，所以 (x)在 (0,1)上单调递减，在 (1,+ )上
单调增，所以 f (x)在时取 x =1到最小值，最小值为 (1) = 0 ，所以可得 ex ex （当且仅当
x =1时取等号）
1
x e 1 1e ex e x x x e e （当且仅当 x =1时取等号）
x x x e e
ln x 1 2
所以可得 + （等号不能同时成立）
x x x e e
ln x 2 1

x e x x e
【题 2】已知函数 f (x) = x3 6x2 +9x +1．
（1）求曲线 y = f (x)在点 (0,1)处的切线方程．
1
（2）证明： (x +1 ln x) f (x) 2cos x 对 x ( ,+ ) 恒成立．
2
【解答】（1）解： f (x) = 3x2 12x +9，则 f (0) = 9，
故曲线 y = f (x)在点 (0,1)处的切线方程为 y = 9x +1．
1
（2）证明：当 x ( ,1) (3,+ )时， f (x) 0，
2
1
则 f (x)在 ( ,1), (3,+ ) 上单调递增；
2
当 x (1,3)时， f (x) 0，则 f (x)在 (1,3)上单调递减．
1 33
因为 f ( ) = f (3) =1，
2 8
1
所以 f (x)在 ( ,+ ) 上的最小值为 f (3) =1．
2
x 1
设函数 g (x) = x +1 ln x ．则 g (x) = (x 0) ．
x
第7页
1 1
当 x ( ,1)时， g (x) 0，则 g (x)在 ( ,1) 上单调递减；
2 2
当 x (1,+ )时， g (x) 0，则 g (x)在 (1,+ )上单调递增．
故 g (x) g (1) = 2．
从而 (x +1 ln x) f (x) 2，但由于 f (x) 1与 g (x) 2 的取等条件不同，
所以 (x +1 ln x) f (x) 2．
因为 2cos x 2 ，
1
所以 (x +1 ln x) f (x) 2cos x对 x ( ,+ ) 恒成立．
2
【题 3】（2014 全国 2 卷·理）已知函数 f (x) = ex e x 2x
（1）讨论 f (x)的单调性；
（2）设 g (x) = f (2x) 4bf (x)，当 x 0时， g (x) 0 ,求b 的最大值；
（3）估计 ln 2（已知 2 1.414精确到小数点后 3 位）
1
【分析与解答】（1）因为 f (x) = ex + 2 0，当且仅当 x = 0时等号成立，所以函数 f (x)
ex
在 R上是增函数；
（2）因为 g(x) = f (2x) 4bf (x) = e2x e 2x 4b(ex e x ) + (8b 4)x ，
所以 g (x) = 2[e2x + e 2x 2b(ex + e x ) + (4b 2)]= 2(ex + e x 2)(ex + e x 2b + 2) .
①当b 2时, g (x) 0 ,等号仅当 x = 0时成立，所以 g(x)在 R 上单调递增，而 g(0) = 0，
所以对任意 x 0， g(x) 0；
②当b 2时，若 x 满足 2 ex + e x 2b 2，即0 x ln(b 1+ b2 2b)时，g (x) 0，
而 g(0) = 0，因此当0 x ln(b 1+ b2 2b)时， g(x) 0 ，综上，b 的最大值为 2.
3
（3）由（2）知， g(ln 2) = 2 2b + 2(2b 1) ln 2，
2
3 8 2 3
当b = 2时， g(ln 2) = 4 2 + 6 ln 2 0 ， ln 2 0.6928 ；
2 12
3 2 3
当b = +1时，ln(b 1+ b2 2b) = ln 2 ，g(ln 2) = 2 2 + (3 2 + 2) ln 2 0 ，
4 2
18 + 2
ln 2 0.6934，所以 ln 2的近似值为0.693 .
28
第8页
【题 4】已知函数 f (x) = 3x 2sin x + 3 1(x 0)，
g (x) = ( 3 1) e 3x + ( 3 1) x + ( 3 2)sin x ．
（1）求 f (x)在 0,π 上的最小值；
（2）证明： f (x) g (x)．
【解答】（1） 3f (x) = 3 2cos x，令 f (x) = 0，得 cos x = ，
2
π
故在区间 0,π 上， f (x)的唯一零点是 x = ，
6
π
当 x 0, 时， f (x) 0， f (x)单调递减，
6
π当 x ,π 时， ， f (x) 0 f (x)单调递增，
6
π 3π
故在区间 0,π 上， f (x)的最小值为 f = + 3 2．
6 6
（2）要证：当 3 1x 0时， 3x 2sin x + 3 1 + ( 3 1) x + ( 3 2)sin x ，
e 3x
即证：当 x 0时， h(x) = (x 3sin x + 3 1)e 3x 3 1．
h (x) = (1 3 cos x)e 3x + 3 (x 3sin x + 3 1)e 3x
= ( 3x 3sin x 3 cos x + 4 3)e 3x ，
令 (x) = 3x 3sin x 3cos x + 4 3，
π
∴ (x) = 3 3cos x + 3sin x = 3 + 2 3sin x ，
3
π π π π∴ x 0, 时，

x , ，
6 3 3 6
π 3 1 ∴ sin x , ，∴ (x) 0，
3 2 2


π π π 2π∴ x ,π 时， x , ，
6 3 6 3
∴
π 1
sin x ,1 ，∴ (x) 0，
3 2
π
∴ 在
π
(x) 0, 上单调递减，在 ,π 上单调递增，
6 6
第9页
π 3π 3 3 3π所以 (x) = + 4 3 =1+ 3 0，
6 6 2 2 6
所以 x (0,π 时， (x) 0 ，
而
π
x (π,+ )时， (x) = 3x 2 3sin x + + 4 3 3π 2 3 + 4 3 0，
6
综上， x 0时， (x) 0 ，即 h (x) 0，
即 h(x)是 (0,+ )上的增函数，
∴ h(x) h(0) = 3 1．
第10页双变量不等式
在使用常规的转单变量的方法时（代换、齐次化、对称化等），有时我们不能完全转化
为单变量问题，这时我们就需要使用一些不等式的方法进行放缩.
观察例 1 和例 2，思考他们与极值点偏移问题的联系.
【例 1】已知函数 f (x) = ln x .
（2）若函数 g (x) = f (x) + x ax2 (a 0)有两个零点 x1, x2 (x1 x2 )，
（i）求 a 的取值范围；
x + 2x
（ii）证明： g 1 2 1 a .
3
【 分 析 与 解 答 】（ ）（ ） x + ln x 1 x 2ln x2 i g (x) = 0 a = = h (x) ， h (x) = ， 令
x2 x3
u (x) =1 x 2ln x，u (x)单调减小，u (1) = 0，所以 h(x)在 (0,1)上单调增加，在 (1,+ )单
调减小.
当 x→0时，h(x)→ ；而当 x→+ 时，h(x)→ 0，这里相当于使用了洛必达法则，
我们使用不等式严格说明.
利用 ln x x 1，我们知道 2x 1 2h (x) → 0 .
x2 x
因而当 a (0,1)时利用零点存在定理不难说明在区间 (0,1)和 (1,+ )上各存在一个零点.
x1 + 2x2 3 x + 2x（ii）本题如果直接构造出 g = +1 2a
1 2 有困难，我们采用放缩的思
3 x1 + 2x2 3
路.
x + x
我们进行放缩想法的来源是在极值点偏移问题中，一个常见的形式是 g 1 2 ( )0
2
注 意 到 1 1 g (x) = +1 2ax ， g (x) = 2a 0 ， 所 以 g (x) 单 调 减 小 ， 因 而
x x2
x + 2x
g 1 2
x + x
g 1 2
x + x
，我们证明 g
1 2
0 即可.
3 2 2
g (x1 ) = ln x1 + x
2
1 ax1 = 0 ln x1 ln x
利用 ，得到 a (x1 + x2 ) =
2 +1，
g (x2 ) = ln x2 + x ax
2 = 0 x1 x2 2 2
x + x 2 2 ln x ln x
所以 g 1 2 = +1 2a (x + x ) =
1 2
1 2 0，此即对数均值不等
2 x1 + x2 x1 + x2 x1 x2
式.□
【例 2】已知函数 1f (x) = a ln x (a R)，若函数 f (x)有两零点 x1, x2 (x1 x ) . 2
x
（1）求 a 的取值范围；
（2）证明： 2 x + x 3ea 1 1 . 1 2
x2 1
【分析与解答】（ ）令 11 g (x) = + ln x ， g (x) = ，所以 (0,1)上单调减小，在 (1,+ )
x x
2
上单调增加.
第 1 页
g (1) =1，当 a 1时 g (x) = a不可能有 2 根，因而 f (x)不可能有两零点，我们说明当
a 1时 g (x) = a有两解.
x 1
注意到 1g (ea ) = + a a ， g (1) =1 a ，当 x (0,1)时，利用 ln x = 2ln x 2 ，
ea x
2 2
1 2 1 1
此时 g (x) + 2 = 1 +1 x
*
，因此取 = ，有 g (x* ) a .
x x x 1+ a
因此当 a 1时由零点存在定理， f (x)在 (0,1)和 (1,+ )各有一个零点.
1
a = + ln x1x x x
（2）不等式左边：利用 1 1 2 = x1x ，则2
1 ln xa = + ln x 1
ln x2

2
x2
2
x 1
1
x1 + x2 x1 x xx1 + x2 =
2 = 2 ，
x x ln x ln x x1 x1 2 1 2 ln 1
x2 x2
x
所以令 1 = t (0,1)，只需证明 2 1 t 1 2t ln t t 2ln t, t (0,1)即可.
x2 t
2
1 1 2 1
令 h (t ) = t 2ln t ， h (t ) =1+ = 1 0，所以 h(t ) h(1) = 0 .（亦可考虑
t t2 t t
极值点偏移）不等式右边：由（1）知 a 1，所以 ea 1 1，我们证明 x + x 2ea 1 . 1 2
注意到 1a ln x = 0 x ln x ax +1= 0 ，函数u (x) = x ln x ax +1的极值点正是
x
ea 1 ，考虑利用极值点偏移证明.
x1 + x2 2e
a 1 x a 12 2e x1 u (x ) = u (x ) u (2ea 12 1 x1 )，
令 v (x) = u (x) u (2ea 1 x) , x (0,ea 1 ) .
v (x) = u (x) + u (2ea 1 x)， v (x) = u (x) u (2ea 1 x) .
1 a 1 a 1
注意到u (x) = 0 ，所以 v (x) 0进而 v (x) v (e ) = 0，所以 v (x1 ) v (e ) = 0 .□
x
观察例 3，思考在不同次数的幂函数间进行齐次化的操作
【例 3】（2020 天津卷·理）已知函数 f (x) = x3 + k ln x(k R)， f (x)为 f (x) 的导函数.
f (x ) + f (x
（2）当 k 3时，求证：对任意的 ，且 ，有 1 2
) f (x1 ) f (x2 )
x1, x2 [1,+ ) x1 x . 2
2 x1 x2
【分析与解答】由 kf (x) = x3 + k ln x ，得 f (x) = 3x2 + ，则
x
f (x 1 ) + f (x2 ) f (x1 ) f (x2 )
(x x )( f 1 2 (x1 ) + f (x 2 )) 2( f (x1 ) f (x2 ))
2 x1 x2
第2页
2 k 2 k x x x x (x1 x2 ) 3x1 + + 3x2 + 2 x
3 x3 + k ln 1 x3 x3 3x2x + 3x x2 + k 1 21 2 1 2 1 2 1 2 2k ln
1 0
x1 x2 x2 x2 x1 x2
.
我们发现表达式中有一部分 x3 x3 3x2x + 3x x2 实在难以齐次化，这里题目中有一个1 2 1 2 1 2
比较重要的条件是 x1, x2 [1,+ )，我们可以利用这个条件进行放缩.
x
由于 1x1, x [1,+ )，且 x x ，令 = t(t 1)， 2 1 2
x2
3 3
则 x1 x2 3x
2x 2 3 31 2 + 3x1x2 = x2 (t 3t2 + 3t 1) (t3 3t2 + 3t 1) .
2
1 1 2 1
令 h(x) = x 2ln x, x [1,+ ) .当 x 1时， h (x) =1+ = 1 0 ，由此可得
x x2 x x
1
h(x)在[1,+ ) 单调递增，所以当 t 1时， h(t) h(1)，即 t 2ln t 0 .
t
所 以 ，
3 ( 3 2 )
1 1 3
x2 t 3t + 3t 1 + k t 2ln t (t
3 3t2 + 3t 1) 3 t 2ln t = t
3 3t2 + 6ln t + 1
t t t
3 2 6 3 1 3 令 g (t ) = t3 3t2 + 6ln t + 1 ， g (t ) = 3t 6t + = t 2 3t + 6 0 ， 所 以
t t t t t
3 3
g(t) g(1) ，即 t3 3t 2 + 6ln t + 1，故 t3 3t2 + 6ln t + 1 0 .
t t
综上可知 (x1 x2 )( f (x1 )+ f (x2 )) 2( f (x1 ) f (x2 )) 0 .
f (x1 ) + f (x ) f (x ) f (x )所以，当 k 3时，对任意的 x , x [1,+ )，且 2 1 21 2 x1 x ，有2 .□
2 x1 x2
本题的关键是针对幂次不相同时进行齐次化放缩的小技巧，我们可以提出 x 然后利用范2
围进行放缩.
观察例 4，思考针对三角函数的放缩策略.
【例 4】已知函数 1 mf (x) = x sin x ln x +1 ，其中 f (x)为函数 f (x)的导函数
2 2
（1）证明：当m = 2时， f (x)在 (0,+ )上有唯一零点；
（2）存在 x ，1 x2 (0,+ ) ， x ，1 x2 f (x ) = f (x )，求证： x1 x2 m
2 .
1 2
【分析与解答】（1）当m = 2时， 1 mf (x) = x sin x ln x +1(x 0)，
2 2
所以 1 1 1 1f (x) =1 cos x ， f (x) = sin x + ，
2 x 2 x2
当 x (0, )时， f (x) 0，所以 f (x)在 (0, )上单调递增；
3 3 2
而 f = ， f =1 0，所以 f (x)在 (0,+ )上有唯一零点.
3 4 2
第3页
当 1 1 1 1 1 1x ,+ )时，f (x) =1 cos x 1 = 0，f (x)在 ,+ )上无零点；
2 x 2 2
综上所述：当m = 2时， f (x)在 (0,+ )上有唯一零点.
（ 2 ） 不 妨 设 0 x1 x ， 从 f2 (x1 ) = f (x2 ) 得 到
1 m 1 m
x1 sin x1 ln x1 +1= x2 sin x2 ln x2 +1
2 2 2 2
故 m 1(ln x ln x ) = x x (sin x sin x ) . 2 1 2 1 2 1
2 2
这里出现的 sin x sin x 同样不好消去，我们考虑进行放缩. 2 1
令 g (x) = x sin x ， g (x) =1 cos x 0，故 g (x)在 (0,+ )上单调递增；
所 以 x1 sin x1 x2 sin x ， 进 而2 x2 x1 sin x2 sin x ， 所 以 只 需 证 明1
m 1
(ln x2 ln x1 ) (x2 x1 )即可.
2 2
而 m 1
x x
(ln x m(ln x ln x ) (x x ) 2 1 m 2 ln x1 ) (x2 x1 ) 2 1 2 1
2 2 ln x2 ln x1
x2 x1
下面只需证明 x1 x2 成立，即有 x1 x m
2 成立.实际上这就是对数均值不
ln x ln x 22 1
等式.□
观察例 5-例 6，思考利用泰勒展开对超越项进行放缩的策略
2
【例 5】已知函数 f (x) = ln x ax bx (a,b R)
（1）当 a = 1时，设 x1 ， x2 为 f (x)的两个不同的极值点，证明：
f (x1 )+ f (x2 ) 3 ln2；
（2）设 x1， x2 为 f (x)的两个不同零点，证明： f (x1 + x2 ) x1 + x2 3
【分析与解答】（1）当 a = 1时， f (x) = ln x + x2 bx ，所以
1 2x2 bx +1
f (x) = + 2x b = (x 0)
x x
因为 x1 ， x2 为 f (x)的两个不同极值点，所以
2
x1 , x2 为方程 2x bx +1= 0两个正根；
所以bx = 2x2
1
+1，bx = 2x2 +1，且由韦达定理 x x = ， 1 1 2 2 1 2
2
f (x1 ) + f (x2 ) = (ln x1 + x21 bx1 ) + (ln x 22 + x2 bx2 ) = ln x 21x2 x1 x22 2 ln x1x2 2x1x2 2 = ln 2 3
.
第4页
2
（2）要证明 f (x + x ) x + x 3，即 ln (x1 + x2 ) a(x1 + x2 ) b(x + x ) x + x 3 . 1 2 1 2 1 2 1 2
2
下面分别证明 ln (x1 + x2 ) x1 + x 1和 a(x1 + x2 ) b(x1 + x2 ) 2 ，两式相加即得结论. 2
①先证明 ，令函数 ，则 1 1 tln (x1 + x2 ) x1 + x 2 1 g (t) = ln t t +1 g (t ) = 1= ，所以
t t
g (t )在 (0,1)单调递增，在 (1,+ )单调递减所以 g (t) g (1) = 0 .
2 2
②再证明 a(x1 + x2 ) b(x1 + x2 ) 2 ，即 a(x1 + x2 ) +b(x1 + x2 ) 2，
因为 x ， x 为 f (x)的两个不同的零点，不妨设 ， 1 2 0 x1 x2
x1
所以 ln x = ax2 +bx , 21 1 1 ln x2 = ax2 +bx ，即 ln = a (x1 + x2 )(x1 x2 ) + b (x1 x2 )， 2 x2
x
ln 1 (x1 + x2 )
x 2
可得 2 = a (x1 + x2 ) + b(x1 + x2 )，即
x1 x2
x x
ln 1 1 +1
2 x
( ) ( 2
x2
a x1 + x2 + b x1 + x ， 2 ) = x1 1
x2
x 2 ln t (t +1) ln t (t +1)
令 t =
1 (0,1)，则 a (x1 + x2 ) + b (x1 + x2 ) = ，即证 2，即
x2 t 1 t 1
2(t 1) 4
ln t = 2 .
t +1 t +1
下面证明 4 ，令函数 4ln t + 2 0 h (t ) = ln t + 2
t +1 t +1
2
1 4 (t 1)
则 h (t ) = = 0 ，所以 h(t )在 (0,1)单调递增，故 h(t ) h(1) = 0 .
t 2(t +1) t (t +1)
综上 f (x + x ) x + x 3成立.□ 1 2 1 2
x x
ln 1 1 +1
x
本题若一开始直接消去 a,b ，会发现 ( ) 2
x2
ln x1 + x2 + x1 + x2 3 ，这里我们x1 1
x2
x1
会面临一个 ln (x + x )无法齐次化的问题，但是如果全部采用对称的 x1 2 1 + x2 , x1x2 那么 又x2
无法解决，所以分而治之是唯一的选项了.
第5页
x
【例 6】已知函数 f (x) = e ax， g (x) = ln x bx(a,b R) .
（2）若 a x , x ( 2,+ )， x x ，使得 f (x ) = f (x )， g (x ) = g (x )，且 xx e 0 = ，求1 2 1 2 1 2 1 2 0
b
证： x1 + xx 2 . 0
2
ex1 x x x e 2 ln x1 ln x
1 2
【分析与解答】依题有 a = ，b = 2 x
e e
，所以 x e 0 . 0 =
x x x1 x1 2 2 ln x1 ln x2
x x +x
x + x e 1 e
x2 x + x 1 2
要证 1 2x 1 2 ，只需证明 e 2 ，我们只需处理这个双变量不等0
2 ln x1 ln x2 2
式问题即可.
常规的化单变量操作不能进行，我们对 ex 进行放缩，不妨假定 x . 1 x2
x +x x x x
ex1 ex 2 x + x 1 2 1 2 2
x1 (x + x )
注意到 1 2 e 2 e 2 e 2 (ln x ln x ) 1 2 .我们发现直接使1 2
ln x1 ln x2 2 2
x1 x2 x2 x1
用对/指数均值不能解决问题，考虑对 e 2 e 2 进行放缩.
3
h(x) = ex e x
x
考虑函数 2x , x 0， h (x) = ex + e x 2 x2 ，
3
h (x) = ex e x 2x ， h (x) = ex + e x 2 0 ，所以 h (x) h (0) = 0， h (x) h (0) = 0 ，
h(x) h(0) = 0 .
x1 x2 x 32 x1 1 x x (x + x )
所以 1 2 xe 2

e 2 x1 x2 +
1 2
，所以只需证明1+ (x1 x2 ) ln
1 1 2
3 2 24 x2 2(x1 x2 )

注意到 x , x ( 2,+ )，故 x11 2 x1 x2 = x2 1 2 (x1 x2 )，所以只需证明：
x2
x 1
2 +1
1 x x x x
1+ 1 1 ln
1 2 ，令 1 = t (1,+ )，只需证明
12 x2 x2 x x2 1 1
2

x2
3
2(t 1) 1 (t 1)
+ ln t .
t +1 6 t +1
3 3
2(t 1) 1 (t 1) (t 1) (t + 3)
令 F (t ) = + ln t ， F (t ) = 0，所以F (t) F (1) = 0 .□
t +1 6 t +1 23t (t +1)
课后练习
第6页
x1 + x2
【题 1】 f (x) = ae2x + bex , g(x) = x, F(x) = f (x) g(x) ，有两零点 x1 , x ， = x2 0 ，比较
2
f (x0 ) 与 g (x ) 的大小. 0
( 2x 2x x x【解答】依题意 a e 1 e 2 ) + b (e 1 e 2 ) = x x
2x1 x 1 2ae + be 1 = x
1
ae2x2 x2 + be = x2
x
1
x2 x x= a (e 1 + e 2 ) + b ， 运 用 均 值 不 等 式 x1 x2 xe + e 2e 0 上 式 可 化 为x x
e 1 e 2
x1 x2 x 2ae 0 + b，
x
e 1
x
e 2
x x x x
f (x0 )
2x
= 2ae 0
x x x x
+ be 0 = e 0 (2ae 0 + b) e 0 1 2 = 1 2 g (x ， x 0 ) =1
e 1 e
x2 x x x x 1 2 2 1
e 2 e 2
x1 x2 x2 x1 1
所以 f (x0 ) 1= x x e 2 e 2 x1 x2 x2 x 1 21
e 2 e 2

x1 x2 t t t t
不妨 x x ，令 t = 0， F (t ) = 2t e + e ， F (x) = 2 e e 2 2 = 0 1 2
2
F (t) F (0) = 0即 f (x0 ) g (x0 )
1 1
【题 2】已知函数 f (x) = mlnx + cos(x + ) ， g(x) = f (x) x cos(x + ) ．
2 2 2 2
（1）当 x 1时，若不等式 g(x) ex 1 x 1恒成立，求实数m 的取值范围；
（2）若存在两个不相等的正数 x1 ， x2 ，使得 f (x1) + x1 = f (x2 ) + x2 ，证明： x ． 1x2 2m
【解答】解：（ ）当 x 1时， g(x) ex 11 x 1恒成立等价于mlnx ex 1 +1 0，
m m xex 1
令 h(x) =mlnx ex 1 +1，则 h (x) = ex 1 = ，
x x
当m 1时， xex 1 1，m xex 1 0 ， h (x) 0 ， h(x) 在[1，+ )上单调递减，
所以 h(x)max = h （1）= 0，所以 h(x) 0恒成立．
当 x 1 x 1 x 1m 1时，令 t(x) =m xe (x 1) ， t (x) = e xe 0 ，
所以 在 ， 上单调递减， m 1t(x) [1 + ) t(x)max = t （1）=m 1 0 ， t(m) =m(1 e ) 0，
由零点存在性定理知， x0 [1，m]，使得 t(x0 ) = 0，且 x (1, x0 ) 时， t(x) 0 ， h (x) 0，
h(x) 在 (1, x0 )上单调递增，所以 h(x) h （1）= 0，不满足题意，舍去，
第7页
综上，m 1．
（2）证明：不妨设 0 x ，则1 x2 lnx2 lnx 0 ， 1
1 1
因为 f (x ) + x = f (x ) + x ，所以 x1 sin x1 + mlnx1 = x sin x + mlnx1 1 2 2 2 2 2 ，
2 2
令 P(x) = x sin x(x 0)，
P (x) =1 cos x 0， P(x) 在 (0,+ )上单调递增， P(x ， 2 ) P(x1)
所以 x sin x x sin x ，即2 2 1 1 x2 x1 sin x2 sin x ， 1
1 1
所以 m(lnx2 lnx1) = x2 x1 (sin x2 sin x1) (x2 x1)，
2 2
x x
即 0 2 1 2m，
lnx2 lnx1
x x
下证 2 1 x1x2 ，
lnx2 lnx1
x t 1 t 1
令 2 = t(t 1) ，即证 t ，只需证 lnt 0 ，
x1 lnt t
t 1 ( t 1)
2
设 h(t) = lnt (t 1)， h (t) = 0在 (1,+ )上恒成立，
t 2t t
所以 h(t) 在 (1,+ )上单调递减，
所以 h(t) h （1） = 0，
所以 x x ． 1 2 2m
ex
【题 3】已知 a 0，函数 f (x) = ．
x2 + a
（Ⅰ）讨论函数 f (x) 的单调性；
e 1 a
（Ⅱ）已知函数 f (x) 存在极值点 x | f (x1 ， x2 ，求证： 1) f (x2 ) | ．
2 a
ex
【解答】解： (I ) f (x) = ，
x2 + a
ex (a + x2 2x) ex[(x 1)2 + a 1]
f (x) = = ，
(a + x2 )2 (a + x2 )2
因为 a 0，函数的定义域为 R ，
若 a 1， f (x) 0恒成立，故 f (x) 在 R 上单调递增，
若 0 a 1，则当 x 1 1 a 时，当 x 1+ 1 a 时， f (x) 0，此时 f (x) 单调递增，
当1 1 a x 1+ 1 a 时， f (x) 0，此时 f (x) 单调递减，
第8页
故 a 1时， f (x) 在 R 上单调递增，
若 0 a 1，f (x) 在 ( ,1 1 a ) ，(1+ 1 a ，+ )上单调递增，在 (1 1 a ，1+ 1 a)
上单调递减；
(II) 由函数 f (x) 存在极值点 x1 ， x ，结合 (I)得， x1 =1 1 a ， x2 =1+ 1 a ， 2
a + x 21 = 2x ，1 x
2
2 + a = 2x ， 2
ex1 ex2
f (x1) = ， f (x2 ) = ，
2x1 2x2
设m = 1 a ，则1 a =m2，
因为 ex x +1，则
1 1 a 1(1+ 1 a) + e ( 1 a 1)] = (1+m) em
1+m
(1 m) (1+m)(1 m) = m2 =1 a ，
e 1 a e
m 1+m
x
e 1
x
e 2 e e 1 a (1+ 1 a) e e 1 a (1 1 a)
f (x1) f (x2 ) = = ，
2x1x2 2a
1
e e 1 a
= [e 1 a (1+ 1 a) + e 1 a( 1 a 1)] ．
2a 2 a
【题 4】已知函数 f (x) = e2x + ax2 2x(a R) ．
（Ⅰ）若 f (x) 在[0， + )上为单调递增函数，求实数 a 的最小值．
（ 2Ⅱ）若 g(x) = f (x) + (2e + 2)x有两个极值点 x1 ， x2 (x1 x2 ) ．
（ⅰ）求实数 a 的取值范围；
2e2 | a |
（ⅱ）求证：1+ x1 + x2 ln ．
| a | 2
【解答】解：(I)由于 f (x) 在[0 ，+ )上为单调递增函数，则 f (x) = 2e2x + 2ax 2 0对任意
的 x [0，+ )恒成立，
方法一：由于 f (x) = 2e2x + 2ax 2 0， ，因此 f (x) = 4e2xf (0) = 0 + 2a，f (0) = 4+ 2a 0，
因此 a 2，下面证明 a = 2可以取到，事实上，当 a = 2时， f (x) = 2(e2x 2x 1) ，
则令 f (x) = 2(2e2x 2) 0，解得 x 0．因此 f (x)在[0 ，+ )上单调递增，故 f (x) f (0) = 0，
故 f (x) 在[0， + )上为单调递增函数．
第9页
综合上述，实数 a 的最小值为 2 ．
方法二：显然 x = 0时，不等式 f (x) = 2e2x + 2ax 2 0成立，
e2x 1
当 x 0时，则 a 恒成立，
x
e2x 1 2x e2x e2x +1
令 p(x) = (x 0)，则 p (x) = (x 0)，令 q(x) = 2x e2x e2x +1，
x x2
则 q (x) = 2 e2x + 4xe2x 2e2x = 4xe2x 0，因此 q(x)在[0 ，+ )上单调递增，从而 q(x) 0 ，
q(x)
故 p (x) = 0(x 0)，即 p(x)在[0 ， + )上单调递增；
x2
(e2x 1) (e0 1)
从而 a lim p(x) = lim = (e2x 1) | = 2 ，从而 a 2x=0 ，
x→0+ x→0+ x 0
综合上述，实数 a 的最小值为 2 ；
2x 2 2
(II)(i) 由于 g(x) = e + ax + 2e x有两个极值点 x1 ， x2 (x1 x2 ) ，
e2x2x + e
2
则 g (x) = 2e + 2ax + 2e2 = 0有两个实根 x1 ， x ，故 a =2 ，
x
e2x + e2 2e2x x (e2x + e2 ) 2e2xx e2x e2
设 h(x) = ，则 h (x) = = ；
x x2 x2
设 r(x) = 2e2xx e2x e2 ，则 2x 2x 2x 2xr （1） = 0， r (x) = 4e x + 2e 2e = 4e x 0，解得 x 0，
故 r(x)在 ( ,0)上单调递减，在 (0,+ )上单调递增，
又 2r(0) 0 ， lim r(x) = e ,r(1) = 0，
x→
r(x)
故当 x 1(x 0)时， r(x) 0 ， h (x) = 0 ；
x2
r(x)
当 x 1时， r(x) 0 ， h (x) = 0 ，
x2
由此 h(x) 在 ( ,0)上单调递减，在 (0,1)上单调递减，在 (1,+ )上单调递增，
由此 h(x) = h （1）= 2e2 ，从而 a 2e2min ，即 a 2e
2 ，
综合上述，实数 a 的取值范围为 ( , 2e2 )；
g x e
2x
( 1 2
2x1
1) = 2 + 2ax1 + 2e = 0 e + ax1 + e
2 = 0
(ii)由于 ，故 ；
2x
2x
g (x2 ) = 2e
2 + 2ax2 + 2e
2 = 0 2 2 e + ax2 + e = 0
e2x2 2x e 1
从而 e2x2 e2x1 + a(x x ) = 0 ，即 a =2 1 ，
x2 x1
先证不等式右边：
第10页
2x
a a e 2
2x
e 1
由于 x x ln ex1+ x2 ex1+ x1 + 2
2
2 2 2(x2 x1)
x x x x
e 2 1 e 1 2
1 et e t 2t(t 0) et e t 2t 0(t 0)；
2(x2 x1)
设 k(t) = et e t 2t(t 0)，则 k (t) = et + e t 2 2 2 = 0，故 k(t) 在 (0,+ )上单调递增，
a
从而 k(t) = et e t 2t k(0) = 0，故 et e t t 0(t 0)成立，从而 x1 + x2 ln ；
2
2e2
再证不等式左边： x1 + x2 1 :
a
2 2e2
2x lnt = t e 1 = ax1 e
2 2x1 = ln( ax e
2 ) 1 11 a a由于 (t 2 2 2x 1 = ax1 e , t2 = ax2 e )，
e 2 = ax e
2
2 2x1 = ln( ax1 e
2 ) 2 2e
2
lnt2 = t2
a a
2(t t ) t + e2 t + e22
从而 lnt2 lnt1 = (t2 t )，即 a =
2 1
1 ，其中 x
1 2
1 = , x2 = ，
a lnt2 lnt1 a a
2e2 t + e
2 t + e2 2e2
由于 x + x 1 1 21 2 + 1 t1 + t2 a t1 + t2 a ，
a a a a
t
2( 2 1)
2(t2 t1) t2 2(t2 t1) t t 2(t 1)t1 + t2 ln ln
2 1 lnt (t 1)，
lnt2 lnt1 t1 t2 + t t1 t1 2 t +1+1
t1
2(t 1) 1 4 (t 1)2
设 s(t) = lnt (t 1)，则 s (t) = = 0，
t +1 t (t +1)2 t(t +1)2
2(t 1)
故 s(t)在 (1,+ )上单调递增，从而 s(t) = lnt q(1) = 0，
t +1
2
2(t 1) 2e
故 lnt (t 1) 成立，从而 x1 + x2 1 ，
t +1 a
2e2 a 2e2 | a |
综合上述，1 x1 + x2 ln ，即1+ x1 + x2 ln ．
a 2 | a | 2
第11页常见化单变量方法
极值点偏移与拐点偏移
如果连续函数 f (x)的图像关于直线 x = m 对称，m 是 f (x)的极值点（此时 f (m) = 0），
x + x
对于 f (x) = t 的两个根 x1， x2 ，显然 1 2 = m，即 x1， x2 的中点与极值点重合，我们称为
2
2
极值重合（或者极值点不偏移），例如二次函数 f (x) = x 2x .
如果连续函数 f (x)的图像不是轴对称图形，x 是0 f (x)的极值点（此时 f (x0 ) = 0），对
x + x
于 f (x) = t 的两个根 x 1 21 ， x2 ，显然 x ，即 x1， x2 的中点与极值点，我们称为极值不0
2
重合，我们称为极值点偏移
【例 1】已知 kf (x) = x ln x , (x R+ ) ，其图像与 x 轴交于 A(x1 , 0) ， B(x2 , 0)，且 x1 x2
x
（1）求实数 k 的范围.
2
（2）证明： x1 + x2
e
第 1 页
【分析与解答】（1）利用参变分离不难得到 1k ( , 0) .
2e
2
（2） x , x 是 g (x) = x ln x k1 2 的两个零点， g (x) = x (1+ 2ln x)，
1 1 1
g (x)在 0， 上单调递减，在 ,+ 上单调递增，故 x1 x2
e e e
2
构造G (x) = g (x) g x
e
2 2 2 2
G (x) = g (x) + g x = + 2x ln x + 2 x ln x
e e e e
2
G (x) = 2 ln x ln x
e
1
0 x 1 1时，G (x) 0，故G (x)在 0, 上单调递减，G (x) G = 0 ，故
e e e
1 1 1 2
G (x)在 0, 上单调递增，所以G (x) G = 0， 0 x1 故 g (x1 ) g x 1
e e e e
2
而 g (x ) = g (x )， g (x2 ) g x1 2 1
e
1 2 1 2 2
x2 , x
1
1 ， g (x)在 ,+ 上单增，故 x2 x1 ，即 x1 + x2 .□
e e e e e e
x + x
有时候题目会给一些衍生的问法，例如让我们证明： f 1 2 0，我们实际上也只
2
2
需理由极值点偏移方法来说明 x1 + x2 与 的大小关系.
e
x
【例 2】已知 f (x) = x ln x ， g(x) =
ex
（1）记 F(x) = f (x) g(x) ，判断F(x)在 (1, 2) 上零点个数
（2）记 F(x)在 (1, 2) 上零点为 x0 ，m(x) =min{ f (x), g(x)}，若m(x) = n 在 (1,+ ) 内有两根
x1 , x2 (x1 x2 ) ，判断 x1 + x2 与 2x0 的大小
1
【分析与解答】（1）F(x) = x(ln x e
x )(1 x 2) ，令 h(x) = ln x e
x , h '(x) = e x + 0 恒
x
第2页
1 1
成立又 h(1) = 0 ， h(2) = ln 2 0 ，所以存在唯一零点.
e e2
x ln x, 0 x x0

（2）由（1）知，0 x x0 时 F(x) 0; x x0 .F(x) 0 即m(x) = x
, x x
ex
0

作出该函数图象简图得到显然有1 x1 x0 x2 ，
所以不妨令1 2x0 x x0即x0 x 2x0 1
x
令 g(x) = m(x) m(2x0 x) = (2x x) ln(2x x)
ex
0 0
x x e
x x +1
g (x) = (1 x)e + ln(2x0 x) +1 (1 x)e + ln1+1= 0
ex
故 g(x) 在 (x0 , 2x0 1)上单增，所以 g(x) g(x0 ) = 0 ,即m(x) m(2x0 x)(x0 x 2x0 1)
这个式子中的 x 即对应 x2 ，根据该函数的单调性，我们易得即 x1 2x0 x2 ，故
x1 + x2 2x0 .□
2
【例 3】 f (x) = ln x x ，若 f (x) =m(m 2) 有两根 x1 , x2 (x1 x2 ) ，证明： x1x2 2 .
【分析与解答】本题可以算作极值点偏移问题的推广，此时虽然已经没有了几何含义，但是
我们还是可以利用极值点偏移问题的方法来解决.一般而言，若证明如 x1x2 与 k 的关系，我们
k
就可以通过构造函数 f (x1 ) 与函数 f ( ) ，再利用 f (x1 ) = f (x2 ) 进行消元得到只有 x2 的式子；
x2
同理，若题目要求 x1 + 2x2 与 k 的关系，只需构造函数 f (x2 ) 与函数 f (k 2x2 ) ，由此得出，
我们只需要抓住 f (x1 ) = f (x2 ) ，就可以进行类似极值点偏移的操作.
需要注意的是，在进行这样的操作的时候我们最重要的就是构造函数的变量的定义域.
且一般只有我
1 x
【分析与解答】 f (x) = , f (1) = 0 ，x1 1 x2 ， f (x)在 (1，+ )上单调递减，在 (0,1)上
x
单调递增，又 f (2) = ln 2 2 2，故 x2 2 .
2 2 2 2
构造函数 g (x) = f (x) f = ln x x ln + = 3ln x x + ln 2
x
2 2 2 2
x x x
2
3 4 (x 2) (x +1)
g (x) = 1 = 0 故 g (x)在 (2，+ )上单调递减
x x3 x3
第3页
2 3 2
g (x2 ) = f (x2 ) f g (2) = 2 ln 2 0 ，故 f (x2 ) f ,又 f (x2 2 2 ) = f (x1 ) = 0，
x2 2 x2
2 2
故 f (x1 ) f .而 f (x)在 (0,1)
2
上单调递增，故 x ，即 x x 21 .□
x2 x2
1 2
2 2
【例 4】已知 f (x) = x ln x ， f (x1 ) = f (x2 )，求证： x1 + x2 1
【分析与解答】这题虽然形式上看着像极值点偏移问题，但我们稍作求导变换后就会发现
1
f (x) 的极值点为 ，与我们也许可能需要找的 1 没有任何关系！并且观察图像我们会发现，
e 2
如果使用普通的极值点便宜方法，我们只能得到 2x1 + x2 .
e
但我们如果做出 f (x) 的大致图像，会发现如果把 1 1f (x) 的 (0, )部分沿 x = 进行翻折，
2 2
会发现其图像在 1( ,1) 部分的下方，因此可以通过证
1
f (x1 ) = f (x2 ) f (1 x1 ) ， x (0, ) 进1
2 2
行证明.至此我们已经完全脱离了极值点本身的含义，而是把利用 f (x1 ) = f (x )单纯的作为2
一个消去变量转单变量的操作.
【分析与解答】观察图象我们发现 x , x 不一定恒在 1x = 两侧，这时需要我们进行分类讨论： 1 2
2
（1）若
1 1 1
0 x1 x2 ，则 x1 + x ，该不等式显然成立； 2 + =1
2 2 2
若 1 1（2） 0 x x 1，令 g(x) = f (x) f (1 x) = x ln x (1 x) ln(1 x)， ，（此1 2 0 x
2 2
1 2x 1
处 x 代 ）故 1x g (x) = ln x + ln(1 x) + 2，g (x) = 0(0 x ) ，g (x)1 在 (0, )上単增，x(1 x) 2 2
1 1 1
g ( ) = 2 2 ln 2 0 ， g = 2 + ln 1 + 2 0 2 2
2 e e
1
所以 x0 (0, ) 使
1
g '(x0 ) = 0即 g(x)在 (0, x ) 上单减，在 (x , ) 上单增，又 x→0时，0
2 0 2
第4页
g(x)→0（这里运用到了一个 lim x ln x = 0 ），且 1g( ) = 0 ，故 g(x) 0 ，即 f (x) f (1 x)对
x→0 2
1
x (0, ) 成立，得证. □
2
在 说 明 lim x ln x = 0 时 ， 我 们 可 以 使 用 不 等 式 放 缩 的 方 法 ，
x→0
x 1
ln x x 1, ln x = 2ln x 2 ，所以 2 x ( x 1) x ln x x (x 1)，左右两边都会趋于0，
x
用到了夹逼的方法.
最后我们来看看拐点偏移，如果连续函数 f (x)的图像关于点 (m, f (m))对称，且m 是
x + x
f (x)的拐点（此时 f (m) = 0），对于满足 f (x )+ f (x ) = 2 f (m)的 x ，x ，显然 1 2 = m，1 2 1 2
2
3 2
即 x ， x 的中点与拐点重合，我们称为拐点重合，如三次函数 f (x) = x 6x + 9x . 1 2
如果连续函数 f (x) 的图像关于点 (m, f (m))不对称，且 m 是 f (x) 的拐点（此时
x + x
f (m) = 0），对于满足 f (x )+ f (x ) = 2 f (m)的 x1，x2 ，显然 1 2 m，即 x1，x2 的中点1 2
2
与拐点不重合，我们称为拐点偏移，例如函数 1f (x) = x 2ln x .
x
第5页
无论是极值点偏移还是拐点偏移，我们的处理方法实际上没有什么不同，无非是代换时
由 f (x1 ) = f (x )变为了2 f (x1 )+ f (x2 ) = 0 .
2 2
【例 5】已知函数 f (x) = ax + ln x (a R)有最大值 1 ， g (x) = x 2x + f (x)，且 g (x)是
2
g (x)的导数.
（1）求 a 的值：（2）证明：当 x1 x2 ，
1
g (x ) + g (x )+ 3= 0时， g (x + x ) 1 2 1 2
2
【分析与解答】（1） 1a = ；
2
（2）由（1）可知， 1 1g (x) = x2 2x + ln x， g (x) = x + 2 .
2 x
因为 1x + 2，故 g (x) 0， g (x)在 (0,+ )上单调递增.
x
又 3x1 x2 ， g (x )+ g (x ) = 3且 g (1) = ， 0 x1 1 x . 1 2 2
2
1 x2 1
g (x) =1 =
2 2 ，所以当 x 1时， g (x) 0， g (x)单调递增， x x
要证 1g (x + x ) ，即 g (x + x ) g (2)，只要证 x1 + x2 2，即 x2 2 x1 . x1 1，所1 2 1 2
2
以 2 x1 1 .所以只要证 g (2 x1 ) g (x2 ) = 3 g (x ) g (x )+ g (2 x ) 3 ————（*）， 1 1 1
G (x) = g (x) + g (2 x) = x2 2x 2 + ln x + ln (2 x)（其中0 x 1），
3
1 1 1 2(x 1)
G (x) = 2x 2 + = 2(1 x) 1 = 0 ，
x 2 x x (2 x) x (x 2)
1
G(x)在 (0,1)上为增函数，G(x) G(1) = 3，故（*）式成立，从而 g (x + x ) .□ 1 2
2
第6页
【例 6】设函数 1f (x) = a2 x 2a ln ax (a 0)，函数 f (x)为 f (x)的导函数
x
（2）设 A(x1, f (x1 ))，B(x2 , f (x2 ))是 f (x)的图像上不同的两点，且满足 f (x1 )+ f (x ，2 ) = 0
线段 AB 的中点的横坐标为 x ，证明：0 ax 0 1
2
1 2 1 【分析与解答】（2） f (x) = a ， f (x) = a ，可知
1
2 x = 不是极值点，是拐
x x x a
1
点，且 f (x)在 (0,+ ) ，又 f = 0
a
1
由于 f (x1 ) + f (x2 ) = 0 = 2 f ，推导到这里，本题所有的条件已经完全符合拐点偏移
a
的特征，我们只需要按部就班的完成证明即可.
A(x , f (x ))， B(x , f (x ))是 的图像上不同的两点，则有 11 1 2 2 f (x) 0 x1 x （不妨设2
a
x x ） 1 2
2 1
构造函数 F (x) = f (x) + f x ， x 0,
a

a
2 2 2 22 3
2 1 a + a x
2
1 a + a x 4(ax 1)
F (x) = f (x) f x = a = a =
a 2 x 2 ax x 2 ax x
2
(2 ax)
1 1 1
当 x 0,
a
， F (x) 0，即 F (x)在 x 0, 单调递增，所以 F (x1 ) F = 0 ，即
a a
2
f x1 f (x1 ) = f (x ) . a 2
由于 f (x)在 (0,+ ) ，得 2 2 2 x1 x2 x1 + x2 2x0 ax0 1 .
a a a
齐次化与对数均值不等式
所谓齐次就是次数相同的意思，例如齐次方程 x2 +3xy + 2y2 = 0 我们可以解得
x
= 1, 2 ；例如齐次不等式 b cb+ c a (a,b,c 0)，我们可以得到 + 1 ；齐次函数
y a a
2a b 2 b
f (a,b) = + = + .不论是函数还是方程与不等式，我们总是可以利用齐次的特点
a + b a b a
1+
a
来构造比值.
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齐次式最大的价值在于可以减少一个变量，例如 x2 +3xy + 2y2 = 0 中含两个变量，一般
x
来说我们是解不出来含两变量的方程，但是在齐次式的背景下，我们却能解出 .
y
1 4
所谓齐次化就是指构造齐次的过程，例如已知 x + y =1，我们求 + 的最小值时，将
x y
1 4
+ 1 4

变形为 +x y
(x + y)实际上就是一个构造齐次式的过程.
x y
【例 1】证明并记忆对数均值不等式：
设m ， + ，且m n ，则 m n m + nn R mn
ln m ln n 2
【分析与解答】不妨设m n ，我们发现不等式都是一次的（对数不算次数），因此可以构造
比值 m ，而对数本身通过作差就可以构造出比值的形式.
n
m
2
2 (m n)
1
m n m
不等式右边等价于证明 ln 成立，也就是证明 ln 成立.
m + n n m n
+1
n
m 2 ( 2t 1) 1 4 (t 1)
令 t = , t 1，即证 g (t ) = ln t 0 ，g (t ) = = 0，所以 g(t)
n t +1 t 2 2(t +1) (t +1)
在 (1,+ )上单调递增，故 g (t) g (1) = 0，不等式得证.
m
1
m m m m
不等式左边等价于 n ，也就是证明 ln 1 0 .
n m n n n
ln
n
m 2
令 s = , s 1 ， 即 证 h(s) = s 2s ln s 1 0 ，
n
h (s) = 2s 2(ln s +1) 2s 2(s 1+1) = 0 ， 所 以 h(s) 在 (1,+ ) 上 单 调 递 增 ， 故
h(s) h(1) = 0 ，不等式得证.□
m
当表达式中出现对数时，我们常常去构造以 为新的变量的式，对数通过作差的方式
n
就会出现比值的形式，而其余部分我们可以通过齐次的特性进行处理.
若我们对对数均值不等式中的 ln x1, ln x2 进行换元，即 ln x1 = t1, ln x2 = t2 ，可得指数形式的
t1+t2 te 2
t
e 1
t t
e 1 + e 2
对数均值不等式 e 2 .
t2 t1 2
【例 2】已知函数 1f (x) = ax ln x x + ,a 0 ，该函数恰有两零点 x1, x2 (x1 x2 )，要证明：
2
7x1 + x2 7ax1x2 .
第8页
【分析与解答】在处理双变量问题时，我们常常会遇到参数，但一般我们不会先关心参数的
范围是多少时才能满足题意，而是优先将题目中的双变量问题转化为单变量问题，之后如有
需要，再来求解参数的范围.
1
ax1 ln x 1
x1 + = 0 x
依题 x , x 满足 2 ，齐次化中会出现
1 ，所以对数要出现作差的形式，
1 2
1 xax2 ln x2 x2 + = 0
2
2
1
a ln x1 x1 + = 0
2x x x1 a = 2 1所以 ，相减后得到 .
1 x a ln x x + = 0 2x
2
2 2 1
x2 ln
2x x2 1
x2 1
x2 x7x + x 7ax x 7x + x 7 1
x2 x
所以 1 2 1 2 1 2 + 7 7
1
，
x2 x x2ln 1 2ln 2
x1 x1
x2
令 = t 1
14
， 构 造 函 数 g (t) = 2(t + 7)ln t 7t + 7 ， g (t ) = 2ln t + 2 + 7 ，
x1 t
2 14
g (t ) = .所以 g (t )在 (1,7)上递减，在 (7,+ )上递增，g (t) = g (7) = 2ln7 3 0 .
t t2 min
所以 g (t) g (1) = 0 .□
a
【例 3】 f (x) = x ln x x
2 x + a 有两不同极值点 x1 , x2 ，且 x1 x2 ，已知 0 ，若不等式
2
e1+ x1x

2 恒成立，求 取值范围.
ln x = ax (1)
【分析与解答】 f (x) =1+ ln x ax 1= ln x ax，令 f ( ) 1 1x = 0 得
ln x2 = ax2 (2)
x
ln 1
x x
( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) e1+ 2 1 : a x2 x1 = ln a = ，对 x1x2 两边取对数：1+ ln x1 + ln x2 ，
x1 x2 x1
x x x x
即1+ ax1 + ax2 ，代入 ( )消去 a ：1+
1 ln 2 + 2 ln 2
x2 x1 x1 x2 x1 x1
x
2
1 x x x x
1+ ln 2 + 1 ln 2 ，令 t = 2 , t 1
x2 x x x x 1 1 2 1 1 1
x1 x1
1 t
不等式变为：1+ ln t + ln t ，即 t ln t + ln t ( +1) t 1 0
t 1 t 1
令 g (t) = t ln t + ln t ( +1) t 1 , t 1，不难发现 g (1) = 0，
1 1
g (x) = + ln t + 1, g (1) = 0 ， g (x) = ，令 g (1) 0 得 1 .
t t t2
然后再证明 1即可完成本题的证明，这种先必要后充分的方法我们在恒成立问题中
第9页
介绍了很多，这里就不再赘述.
x
本题得到 ( )式是一个关键步骤，这里我们选择两式相减是为了让对数相减出现 ln 1 ，
x2
ln x x
虽然相加构造出 a = 1 2 同样可以达到消元的目的，但是后续就难以为继了.
x1 + x2
1 x
【例 4】已知函数 f (x) = e + a ln x有两个极值点 x1, x2 (x1 x ) . 2
（1）求实数 a 的取值范围；
（2） x1 + x2 2；
（3） x x 1 . 1 2
提示：同学们可以不妨从齐次化转单变量和极值点偏移两个角度一起思考这个问题
【分析与解答】（1）由题易知 f (x) = e1 x
a
+ ， f (x) = 0有两个正根，即 a = xe
1 x ，令
x
g (x) = xe1 x 1 x, x 0， g (x) = (1 x)e ，则 g (x)在 (0,1)上单调递增在 (1,+ )上单调递减，
当 x→+ 时， g (x)→ 0， g (0) = 0， g (x) = g (1) =1max ，则 g (x) (0,1 ，故 a (0,1) .
在说明 x→+ 时， g (x)→ 0 时，我们仍可采用不等式放缩的方式说明，利用
x2x x
2
ex 2e 2e
e 1+ x + ，可得 g (x) = ，因此对任意 a (0,1)，都有 g a，所以
2 2 1
x2
x a
2
在 (1,+ )存在 x 使 g (x ) = a . 0 0
（2）结合（1）我们知道 1 实际上是 g (x)的极值点，所以我们可以从之前的极值点偏移角
ln a = ln x1 + (1 x1 )
度来看这个问题，另一方面我们也有等式 ，所以也有齐次化化单变量的
ln a = ln x2 + (1 x2 )
思路.
总的来说，双变量问题的核心思路是化单变量，但如何化单变量是有多种选择的.
解析 1：极值点偏移操作
1 x 1 x
由题易知 f (x 1 21 ) = f (x2 ) = 0 a = x1e = x2e ，0 x1 1 x2 ，要证 x1 + x2 2，只要
证 x 2 x ，又 ,2 1 x2 1 2 x1 1， g (x)在 (1,+ )上单调递减，
则只要证 g (x2 ) g (2 x1 )，又 g (x2 ) = g (x )，故只要证1 g (x1 ) g (2 x1 )，
令 h(x) = g (x) g (2 x) = xe1 x (2 x)ex 1， h (x) = (1 x)(e1 x ex 1 )， 0 x 1，
第10页
故 h(x)在 (0,1)上单调递增，则 h(x) h(1) = 0 ，即 g (x ) g (2 x )，故 x + x 2成立. 1 1 1 2
解析 2：齐次化化单变量
ln a = ln x1 + (1 x1 ) x2
f (x ) = f (x ) = 0 ， 0 x ，整理得 x x = ln ，令1 2 1 1 x2 2 1
ln a = ln x2 + (1 x2 ) x1
x x 2 +1 2 2 1
x2 x1 + x2 x2 x1 x2 x xt = , t 1 ， 则 1 x1 + x2 = ln = ln 2 ln
2 ，
x x x x x x1 2 1 1 2 x 1 1
x1 2 +1
x1 x1
2(t 1)
g (t ) = ln t .
t +1
2
1 4 (t 1)
g (t ) = = 0 ，所以 g2 2 (t) g (1) = 0，故 x1 + x2 2成立. t (t +1) t (t +1)
2(x x )
本题也可使用对数均值不等式 1 2x1 + x2 ，本质上仍是齐次化的操作.
ln x1 ln x2
（3）解析 1：类极值点偏移操作
由 f (x 1 x1 1 x1 ) = f (x2 ) = 0 a = x1e = x2e 2 ， 即 ln x1 +1 x1 = ln x2 +1 x2 ， 由
，令 1 x0 x1 1 x2 G(x) = ln x +1 x，则G (x) = ，则G(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+ )
x
1 1
上单调递减，要证 x1x2 1，只要证 x2 ，又 x 1x 2
1， ，G(x)在 (1,+ )上单调递减，
1 x1
1 1
则只要证G (x2 ) G ，又G(x2 ) =G(x )，故只要证G (x1 ) G , x 1 1 x1
2
1 1 1 2 1 (x 1)
令 H (x) =G (x) G = ln x x ln + ，H (x) = 1 = 0，0 x 1，
x x x x x
2 x2
1
故H (x)在 (0,1)上单调递减，则 H (x) H (1) = 0，即G (x1 ) G ，故 x x 1成立. 1 2
x1
解析 2：齐次化转单变量
ln a = ln x1 + (1 x1 ) x2
f (x ) = f (x ) = 0 ， 0 x1 1 x2 ，整理得 x2 x1 = ln ，令1 2
ln a = ln x2 + (1 x x2 ) 1
x x x x x
t = 2 , t 1，所以 x x = 1 2 ln2 2 1 ln 2
x x
1 2
2 1 .
x 21 (x1 x ) x2 1 x1 x1 x2
第11页
2
x
s = 2 1
1 2 (s 1)
令 ，u (s) = s 2ln s, s 1，u (s) =1+ = 0，故2 2 u (s) u (1) = 0 . x s s s s1
因此 x x 1成立.□ 1 2
x1 x2
第（3）小问在证明时，我们也可以采用对数均值不等式 x1x2 =1，我们在
ln x1 ln x2
构造与对数相关的函数时，尽可能采用 ln x + f (x)的形式而不是 ln x g (x) .
【例 5】已知函数 f (x) = (x +1)ln x 2x + 2， g (x) = ln x ax2 + x (a 0)，
1
（2）若 g (x)有两个零点 x , x (x x )，当 0 时，不等式 g 1 2 1 2 ( x1 + (1 ) x2 )+ a 1 0
2
恒成立，求 a 的取值范围.
ln x + x
【分析与解答】首先参变分离得到 a = ，由 g (x)有两个零点 x 得到2 1, x2 (x1 x2 )x
a (0,1) .
1 x + x
注意到 g (x) = 2ax +1单调减小，所以 g ( x + (1 ) x ) g 1 21 2
x 2
x1 + x 2则只需证明 g 2 1 a ，即 a (x1 + x2 ) +1 1 a .
2 x1 + x2
g (x 2 1 ) = 0 ln x1 ax1 + x1 = 0 x1 x 1 由 ，两式相减，得 2 = ，
g (x2 ) = 0 ln x2 ax
2 + x = 0 ln x1 ln x2 a (x + x ) 12 2 1 2
x x x + x
利用对数均值不等式 1 2 1 2 ，所以
ln x1 ln x2 2
2 2 ln x ln x
a (x1 + x2 ) +1=
1 2
+1 +1 0 1 a .
x1 + x2 x1 + x2 x1 x2
利用韦达定理消元
如果题目中的 x , x 是某个二次方程的两解，那么我们也能利用韦达定理直接得到与1 2
x + x , x 相关的表达式，进而进行消元转单变量的操作. 1 2 1x2
【题 1】已知 a R ，设函数 f (x) = ax2 (3a + 4)x + 6ln x + 6， g(x) = 3ax
（1）试讨论 f (x)的单调性；
（2）设函数 h(x) = f (x) + g(x)，是否存在实数 a ，使得 h(x)存在两个极值点 x1， x2，且满
h (x
足 1
) h (x2 ) 3ln 3
2？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，请说明理由.
x1 x2 2
【 分 析 与 解 答 】 （ 1 ） 由 于 f (x) = ax2 (3a + 4)x + 6ln x + 6 ，
第12页
6 2ax2 (3a + 4)x + 6
f (x) = 2ax (3a + 4) + =
x x
(2x 3)(ax 2)
= (x 0) .
x
3 3 ①当 a 0 时， f (x) 0 2x 3 0 0 x ，故 f (x)在 0, 上单调递增，在
2 2
3
,+ 上单调递减.
2
②当 4a = 时， f (x) 0，从而 f (x)在 (0,+ )上单调递增.
3
③当 4 时， 3 2
3
0 a f (x) 0 0 x 或 x ，从而 f (x)在 0, 上单调递增，在
3 2 a 2
3 2 2
, 上单调递减，在 ,+ 上单调递增.
2 a a
2 2 3
④当 4 2 3a 时，f (x) 0 0 x 或 x ，从而 f (x)在 0, 上单调递增，在 ,
3 a 2 a a 2
3
上单调递减，在 ,+ 上单调递增.
2
h (x1 ) h (x2 ) 3ln 3 3ln 3 3ln 3 （2）有些同学看到 2 h(x1 ) 2 x1 h (x2 ) 2 x2 ，这
x1 x2 2 2 2
确实是可以在两边构造一个相同的表达式，但是这里 x1, x 是有关系的，并非是无关的两个2
变量，所以这种做法是有很大的隐患的，所以这里我们利用 x , x 满足的二次方程解决来化1 2
单变量.
由于 6h(x) = f (x) + g(x) = ax2 4x + 6ln x + 6 ，则 h (x) = 2ax 4 + (x 0) ，由于 h(x)存
x
6 1 3
在两个极值点 x ， x ，则 2ax 4 + = 0 a = 2 (x 0)有两个不同的实根，从而1 2
x x x
1
a 0, .
3
考 虑 到 6 2h (x) = 2ax 4 + = 0(x 0) ax2 2x + 3 = 0 ， 从 而 x1 + x2 = ，
x a
3 1
x1x2 = 0 a .
a 3
第13页
不 妨 设 3x1 x2 ， 则 x1 3 x . 又2
2
h (x1 ) h (x2 ) ln x ln x ln x ln x
= a (x1 + x2 ) 4 + 6
1 2 = 2 + 6 1 2 ， 要 使 得
x1 x2 x1 x2 x1 x2
h (x1 ) h (x2 ) 3ln 3 ln x
2 1
ln x2 ln 3 .
x1 x2 2 x1 x2 4
x
ln 1
ln x1 ln x由于 2
x
= 2 ，接下来我们对这个式子转单变量时，有这么几种思路：
x1 x2 x1 x2
x1 x1 x xln ln 1 ln 1
x1x2 3 x x x x x x
①齐次化的思路，注意到 = ，所以 2 2 2 2= 1 2 = 2 2 ，我
x1 + x2 2 x1 x2 x1 x
2
2 x1 + x2 3 3 x 1
1
x2
x 2 t ln t 2 t
2 (t2 +1) ln t 1
们 令 t =
1 1 ， u (t ) = ， u (t ) = ，
x 22 3 t
2 1 3 (t2 1)
2
t2 1 (t2 1)
v (t ) = ln t,v (t ) = 0 ，所以 v(t) v(1) = 0 ，所以 u (t) 单调递增，而
t2 +1 2(t2 +1)
1 ln3 x 1
u = ，所以我们有 t =
1 ,1 .
3 4 x2 3
2 x1x2 2 4 t 1 1
所以 a = = 2 , . x1 + x2 x1 + x2 3 3 (t +1) 4 3
x1 1+ 1 3aln ln
ln x1 ln x2 x2 1 1 3a
②直接利用求根公式用 a 表示， = = ，令 t = 1 3a ，则
x1 x2 x1 x2 2 1 3a
a
ln x1 ln x2 1 t
2 ln(1+ t) ln(1 t)
= (0 t 1) ，
x1 x2 3 2t
1 t2 1+ t 1+ t2 2t 1+ t
设 g(t) = ln (0 t 1) ，则

g (t) = ln ，
6t 1 t 2 2 6t 1+ t 1 t
2t 1+ t 8t2
令 h(t) = ln (0 t 1) ，h 2 (t) = 0 从而 h(t )在 (0,1)上单调递1+ t 1 t 2 (1+ t2 ) (1 t2 )
1 ln3
减，从而 h(t) h(0) = 0，从而 g (t) 0，故 g (t )在 (0,1)单调递减，考虑到 g = ，因
2 4
第14页
h (x1 ) h (x2 ) 3ln 3 ln x1 ln x2 ln 3 ln 3 1 此 2 g(t) = g
x1 x2 2 x1 x2 4 4 2
故 1 1 1 1t = 1 3a 0 1 3a a .
2 4 4 3
1 1
综合上述，满足条件的实数 a 存在，其范围为 , .□
4 3
【例 】（ 全国 卷 理）已知函数 12 2018 1 · f (x) = x + a ln x .
x
（1）讨论 f (x) 的单调性；
f (x ) f (x )
（2）若 f (x) 存在两个极值点 1 2x , x ，证明： a 2 . 1 2
x1 x2
1 a x2 ax +1
【分析与解答】（1） f (x) 的定义域为 (0,+ ) ， f (x) = 1+ =
x2 2
.
x x
（i）若 a 2，则 f (x) 0，当且仅当 a = 2， x =1时 f (x) = 0，所以 f (x) 在 (0,+ ) 单
调递减.
a a2 4 a + a2 4
（ii）若 a 2，令 f (x) = 0得， x = 或 x = .
2 2
a a2 4 a + a2 4 a a2 4 a + a2 4
所以 f (x) 在 (0, ), ( ,+ ) 单调递减，在 ( , ) 单
2 2 2 2
调递增.
（2）由（1）知， f (x) 存在两个极值点当且仅当 a 2 .这里我们还是发现 x , x 是二次方程1 2
的两个解，所以我们利用韦达定理来化单变量.
由于 f (x) 的两个极值点 满足 x2x1, x2 ax +1= 0，所以 x ，不妨设 ，则 .1x2 =1 x1 x2 x2 1
由于
f (x1) f (x2 ) 1 ln x= 1+ a 1
ln x2 ln x ln x 2ln x= 2+ a 1 2 = 2+ a 2 ，
x 11 x2 x1x2 x1 x2 x1 x2 x2
x2
f (x1) f (x2 ) 1
所以 a 2 等价于 x2 + 2ln x2 0 .
x1 x2 x2
设函数 1g(x) = x + 2ln x，由（1）知， g(x)在 (0,+ ) 单调递减，又 g(1) = 0，从而当
x
1 f (x1) f (x2 )
x (1,+ )时， g(x) 0 .所以 x2 + 2ln x2 0，即 a 2 .□
x2 x1 x2
第15页
2x
【例 3】（2014 湖南卷·理）已知常数a 0 ，函数 f (x) = ln(1+ ax) .
x + 2
（1）讨论 f (x) 在区间 (0,+ ) 上的单调性；
（2）若 f (x) 存在两个极值点 x1 , x2 ，且 f (x1 ) + f (x2 ) 0，求 a 的取值范围.
2
a 4 a (x + 2) 4 (1+ ax) ax2 + 4 (a 1)
【分析与解答】（1）f (x) = = = ，2
1+ ax 2 2(x + 2) (1+ ax) (x + 2) (1+ ax) (x + 2)
（*）
所以当 a 1时，函数 f (x)在 (0,+ )单调递增；
1 a 1 a
当0 a 1时, f (x) = 0 x f x (0, x )1 = 2 , x2 = 2 （舍去），故 ( )在区间 1 单
a a
调递减，在 (x1 ,+ ) 单调递增的.
综上所述：当 a 1时，函数 f (x)在 (0,+ )单调递增，当 0 a 1时， f (x)在区间
1 a 1 a
0, 2 上单调递减,在 2 + 上单调递增的.
a a
（2）由（*）式知，当a 1时， f (x) 0函数 f (x)不存在极值点，因而要使得 f (x)有
1 a 1 a
两个极值点，必有0 a 1，又 f (x)的极值点只可能是 x1 = 2 和 x2 = 2 ，且由
a a
1 1 a 1 1 a 1
f (x)的定义可知， x 且 x 2 ，所以 2 ， 2 2 ，解得 a .
a a a a 2
此时，（*）式知 x1 ， x2 分别是 f (x)的极小值点和极大值点，而
2x 2x
f (x ) + f (x ) = ln(1+ ax ) 11 2 1 + ln(1+ ax2 )
2
x1 + 2 x2 + 2
4x1x2 + 4 (x( 2 1
+ x2 )
= ln 1+ a x 1 + x2 ) + a x1x2 2x1x2 + 2 (x1 + x2 ) + 4
4x1x2 + 4(x1 + x ( ) 2 2
)
= ln 1+ a x1 + x2 + a x1x2 (x1 + 2)(x2 + 2)
2 4 (a 1) 2 2
= ln (2a 1) = ln (2a 1) + 2 .
2a 1 2a 1
1 1 1
令 2a 1= x ，由0 a 1且 a 知当0 a 时， 1 x 0；当 a 1时，0 x 1 .
2 2 2
第16页
2 2
记 g(x) = ln x + 2
x
2 2 2 2x 2
（i）当 1 x 0时， g(x) = 2 ln ( x) + 2 ，所以 g '(x) = = ，
x x x2 x2
1
因此， g(x) 在 ( 1,0) 上单调递减，从而 g(x) g( 1) = 4 0 ，故当 0 a 时，
2
f (x1 ) + f (x2 ) 0 .
2 2 2 2x 2
（ii）当0 x 1时， g(x) = 2 ln x + 2，所以 g '(x) = = ，因此，g(x) 在
x x x2 x2
1
(0,1)上单调递减，从而 g(x) g(1) = 0 ，故当 a 1时， f (x1 ) + f (x2 ) 0 .
2
1
综上所述，满足条件的 a 的取值范围是为 ,1 .□
2
【例 4】（2018 浙江卷）已知函数 f (x) = ln x．
（1）若 f (x)在 x = x1, x (x x )处导数相等，证明：2 1 2 f (x1 )+ f (x2 ) 8 8ln2；
1 1
【解答】函数 f (x)的导函数 f (x) = ，
2 x x
1 1 1 1
由 f (x = 1) = f (x2 ) 得 ， 2 x x1 1 2 x x2 2
1 1 1
因为 x1 x2 ，所以 + = ． x1 x 22
1
由基本不等式得 x1x2 = x1 + x2 2 4 x1x2 ．
2
因为 x1 x2 ，所以 x1x2 256 ．
1
由题意得 f (x1) + f (x2 ) = x1 ln x1 + x2 ln x2 = x1x2 ln(x1x2 ) ．
2
1
设 g(x) = x ln x ，
2
1
则 g (x) = ( x 4) ，
4x
所以
x （0，16） 16 （16，+∞）
g (x) - 0 +
g(x) 2-4ln2
第17页
所以 g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故 g(x1x2 ) g(256) = 8 8ln 2 ，
即 f (x1) + f (x2 ) 8 8ln 2．
第18页

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