资源简介

导数处理双变量问题和双变量不等式
一、重点题型目录
【题型一】双变量不等式转化为单变量问题
【题型二】双变量不等式中点型
【题型三】双变量不等式极值和差商积问题
【题型四】双变量不等式主元法
【题型五】同构函数法与双变量不等式
二、题型讲解总结
【题型一】双变量不等式转化为单变量问题
例1. (2022·全国 ·高三专题练习 )若 ex1= lnx2，令 t= x2- x1，则 t的最小值属于 ( )
A. 1, 3 3 5 52 B. 2 ,2 C. 2, 2 D. 2 ,3
例2. (2022·山东潍坊 ·高三阶段练习 )已知函数 f x = ex+ x- 2和 g x = lnx+ x- 2，若 f x1 = g x2
= 0，则 ( )
A. x1+
lnx
x2= 2 B. 0< x1< 12 C. x1 x2> e D.
1
x <-x2lnx21
例3. (2022·北京十四中高三阶段练习 )关于函数 f(x) = 2x + lnx，给出如下四个命题：
① x= 2是 f(x)的极大值点；
②函数 y= f(x) - x有且只有 1个零点；
③存在正实数 k，使得 f(x)> kx恒成立；
④对任意两个正实数 x1,x2，且 x1> x2，若 f(x1) = f(x2)，则 x1+ x2> 4；
其中的真命题有___________.
例4. (2022·北京十四中高三阶段练习 )关于函数 f(x) = 2x + lnx，给出如下四个命题：
① x= 2是 f(x)的极大值点；
②函数 y= f(x) - x有且只有 1个零点；
③存在正实数 k，使得 f(x)> kx恒成立；
④对任意两个正实数 x1,x2，且 x1> x2，若 f(x1) = f(x2)，则 x1+ x2> 4；
其中的真命题有___________.
x- lnx, x> 0
例5. (2022·上海 ·上外附中高三阶段练习 )已知函数 f x = ，若存在 x1≤ 0,x2> 0，使得x+ 4e, x≤ 0
f x1 = f x2 ，则 x1 f x2 的最小值为__________.
【题型二】双变量不等式中点型
例6. (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 x ，x ，且 x < x ，证明：f 1 21 2 1 2 2 > 0．
例7. (2021 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
= ( - ) ′ xy x x g 1+ x21 2 2 的取值范围是 [ln3- 1，+∞)，求实数 a的取值范围．
例8. (2021秋 巴南区校级月考 )已知函数 f(x) = lnx- ax(a为常数 )．
(1)当 a> 1时，求函数 f(x)的单调区间；
(2) a≥ 3 2当 2 时，设函数 g(x) = 2f( ) +
2 lnx - lnxx x 的两个极值点 x1，x2(x1< x 1 22)满足 t= x1- x
，求 y
2
= (x - x ) 21 2 x + x - t1 2 +
2
3 的最小值．
【题型三】双变量不等式极值和差商积问题
例9. (2022·全国 ·高三专题练习 )若直线 y= ax与曲线 C : y= lnx相交于不同的两点A(x1,y1)，B(x1
,y1)，曲线C : y= lnx在点A，B处的切线相交于点P(x0,y0)，则 ( )
A. a≤ 1e B. ex1x2= x0 C. kAP+ kBP> 2a D. kAP+ kBP≤ 2a
例10. (2022· 1云南 ·昆明一中高三阶段练习 )已知函数 f(x) = lnx- 2 ax- 1．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)设函数 g(x) = xf(x)，若 g(x)有两个极值点 x1,x 22，证明：x1x2> e．
【题型四】双变量不等式主元法
例11. (2022·黑龙江 ·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习 )若实数 x,y满足 4lnx+ 2ln 2y ≥ x2+ 8y-
4，则 ( )
A. xy= 24 B. x+ y= 2 C. x+ 2y= 1+ 2 D. x
2y= 1
例12. (2023·全国 ·高三专题练习 )若存在两个正实数 x，y，使得等式 2x+ a(y- 2ex) (lny- lnx) = 0成
立，则实数 a的取值范围为 (　　 )
A. - 1 1 2 ，

e B. 0
2
， e
C. -∞，0 ∪ 2 e ，+∞ D. -∞ -
1
， 2 ∪
1
e ，+∞
2 n
例13. (2022·全国 ·高三专题练习 )已知大于 1的正数 a，b ln b满足 2a < ba ，则正整数 n的最大值为e
( )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 11
例14. (2022· lnx四川省成都市新都一中高三阶段练习 (理 ))已知函数 f(x) = x ,g(x) = xe
-x，若存在 x1∈
(0,+∞) ,x2∈R，使得 f x1 = g x2 = k成立，则下列命题正确的有___________．
①当 k> 0时，x1+ x2> 1
②当 k> 0时，2< x1+ ex2< 2e
③当 k< 0时，x1+ x2< 1
x
④当 k< 0时， 2x e
k 1的最小值为-
1 e
【题型五】同构函数法与双变量不等式
例15. (2022·福建省福州格致中学模拟预测 )已知 f(x) = lnx+ x- a,g(x) = x+ ex+a,f x1 = g x2 ，若
x1
x ≥ 1，则 a的取值范围为 ( )2
A. [-1,+∞) B. (-∞ ,e] C. (-∞ ,1] D. [e,+∞)
x-1
例16. (2022· e x江苏南京 ·高三开学考试 )若函数 f x = x ，g x = 1+ lnx，存在 x1、x2使得 f x1 =
g x2 ，则下列说法不正确的是 ( )
A.若 x1> x2，则 x2< 1
B. 若 x1< x2，则 x1< 1
C. 存在 x1= x2
D.存在 x0，使得当 x1> x0，x2> x0时， x2- x1 的值随着 x1、x2的增大而增大
例17. (2022·黑龙江 ·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习 )若实数 x,y满足 4lnx+ 2ln 2y ≥ x2+ 8y
- 4，则 ( )
A. xy= 24 B. x+ y= 2 C. x+ 2y= 1+ 2 D. x
2y= 1
x
例18. (2022· e全国 ·高三专题练习 )设实数 λ> 0，若对任意 x∈ 0,+∞ ，不等式 - ln λx ≥ 0恒成立，λ
则 λ的取值范围是 ( )
A. 0< λ≤ 1e B. 0< λ≤ e- 1 C. 0< λ≤ e D. 0< λ≤ e
2
例19. (2022·全国 ·高三专题练习 )若 ex1= lnx2，令 t= x2- x1，则 t的最小值属于 ( )
A. 1, 32 B.
3
2 ,2 C. 2,
5
2 D.
5
2 ,3
( · · ) < < < x2lnx1- x1lnx例20. 2022 全国 高三专题练习 若对于任意的 0 x1 x2 a，都有 2x > 2，则 a的最大1- x2
值为 ( )
A. 1 B. e C. 1e D.
1
2导数处理双变量问题和双变量不等式
一、重点题型目录
【题型一】双变量不等式转化为单变量问题
【题型二】双变量不等式中点型
【题型三】双变量不等式极值和差商积问题
【题型四】双变量不等式主元法
【题型五】同构函数法与双变量不等式
二、题型讲解总结
【题型一】双变量不等式转化为单变量问题
例1. (2022·全国 ·高三专题练习 )若 ex1= lnx2，令 t= x2- x1，则 t的最小值属于 ( )
A. 1, 32 B.
3
2 ,2 C. 2,
5 D. 52 2 ,3
【答案】C
【分析】设 a= ex1= lnx2，把参数 t表示成 a的函数即 t= x2- x = ea1 - lna，构造函数，通过导数研究
函数最小值及最小值的取值范围.
【详解】设 a= ex1= lnx2，则 x = lna，x = ea1 2 ，t= x2- x1= ea- lna，
令 h(x) = ex- lnx，h (x) = ex- 1 ，易知 h x (x)单增，
且 h 12 = e- 2< 0，h
(1) = e- 1> 0，则存在 x0∈ 12 ,1 ，使 h
(x x00) = e - 1x = 0，0
即 x∈ (0,x0)，h (x)< 0，h(x)单减；x∈ (x0,+∞)，h (x)> 0，h(x)单增；
又 h (x0) = ex0- 1 = 0 ex0x =
1
x ,lnx0=-x0，0 0
则 h(x)≥ h(x x00) = e - lnx0= x + 10 x ，x ∈
1
0 2 ,1 0
易知 h(x ) = x + 10 0 x 在 x0∈
1
2 ,1 单减，即 h(1) = 2< h(x )< h
1
0 2 =
5
0 2
故选：C
【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.
例2. (2022·山东潍坊 ·高三阶段练习 )已知函数 f x = ex+ x- 2和 g x = lnx+ x- 2，若 f x1 = g x2
= 0，则 ( )
A. x1+ x2= 2 B. 0< x < 1
lnx
1 2 C. x1 x2> e D.
1
x <-x2lnx21
【答案】ABD
【分析】A选项，根据反函数求解出 y=-x+ 2与 y= x交点坐标，从而得到 x1+ x2= 2；B选项，由零
点存在性定理得到 0< x 11< 2，1< x2< e；C选项，化简整理得到 x1x2= 2- x2 x2= x2lnx2，求出 y
2
= xlnx在 1,e 上的单调性，求出取值范围；D选项，构造函数 h x = lnx x ，根据
x + x
x x < 1 21 2 2 =
ln 1
1得到 0< x1< 1x < 1，根据 h x 在 0,1 上单调递增，所以 h x < h
1 ，即 lnx 11 x x <
x2
2 2 1 1
，整理
x2
得 lnx1x <-x2lnx2，D正确．1
【详解】由于 y= ex和 y= lnx互为反函数，则 y= ex和 y= lnx的图象关于直线 y= x对称，
将 y=-x+ 2与 y= x联立求得交点为 x + x 1,1 ，则 1 22 = 1，即 x1+ x2= 2，A正确．
易知 f x 为单调递增函数，因为 f 0 =-1< 0，f 12 = e-
3
2 > 0，由零点存在性定理可知 0< x1
< 12，B正确．
易知 g x 为单调递减函数，g 1 =-1< 0，g 3 e = e- 2 > 0，由零点存在性定理可知 1< x2<
e．
因为 x1x2= 2- x2 x2= x2lnx2，令 y= xlnx，则 y = 1+ lnx> 0在 1,e 上恒成立，所以 y= xlnx在
1,e 上单调递增，所以 x1x2= x2lnx2< e2 ，C错误．
2
因为 x1> ，
x + x
0 x > 0，所以 x x < 1 2 = 1，所以 0< x < 12 1 2 2 1 x < 1．令 h x =
lnx
x ，则 h' x =2
1- lnx，当 0< x< 1时，h x > 0，h x 在 0,1 上单调递增，所以
lnx
h x
1
< h ，即 1x2 1 x <2 x1
ln 1x2 lnx1
1 ，整理得 x <-x2lnx2，D正确．1
x2
故选：ABD
【点睛】结论点睛：对于双变量问题，要结合两个变量的关系，将双变量问题转化为单变量问题再进行
求解，也可通过研究函数的单调性及两个变量的不等关系进行求解
2
例3. (2022·北京十四中高三阶段练习 )关于函数 f(x) = x + lnx，给出如下四个命题：
① x= 2是 f(x)的极大值点；
②函数 y= f(x) - x有且只有 1个零点；
③存在正实数 k，使得 f(x)> kx恒成立；
④对任意两个正实数 x1,x2，且 x1> x2，若 f(x1) = f(x2)，则 x1+ x2> 4；
其中的真命题有___________.
【答案】②④
【分析】①求 f(x)导数，讨论 f(x)单调性即可判断其极值情况；②作出 y= f(x)与 y= x图象，根据两
图象交点个数即可判断 y= f(x) - x的零点个数；③问题转化为 f x 是否存在过原点且斜率为正的
切线；④根据 y= f(x)图象求出 x1,x2范围，再结合 f(x1) = f(x2)和 f(x)的单调性，将双变量化为单变
量，构造函数即可进行证明．
【详解】f x = x- 2 2 ，当 0< x< 2时，f
x < 0；当 x> 2时，f x > 0．
x
∴ f x 在 0，2 上单调递减，在 2，+∞ 上单调递增，x= 2是 f x 的极小值点，故①错误；
根据函数 f x 的单调性及极值点，作出函数 f x 的大致
图象，如图所示，
再作出直线 y= x，易知直线 y= x与 f x 的图象有且只有
1个交点，即函数 y= f x - x有且只有 1个零点，故②正
确．
根据 f x 的图象可知，若要存在正实数 k使得 f x > kx
恒成立，则 f x 要存在过原点且斜率为正的切线，
假设 f x 存在过原点且斜率为正的切线，切点为 x , 2 + x - 20 x lnx0 ，则切线斜率为
0
2 ，
0 x0
则切线方程为 - 2 - x - 2y x lnx =
0
0 2 x- x0 ，
0 x0
∵切线过原点，故- 2x -
x - 2
lnx =- 00 x ，整理得 x0- x0lnx0- 4= 0，0 0
令F x = x- xlnx- 4，则F x =-lnx，
∴在 0，1 上，F x > 0，F x 单调递增，在 1，+∞ 上，F x < 0，F x 单调递减，
∴F x ≤F 1 < 0，∴F x < 0恒成立，即方程 x0- x0lnx0- 4= 0无解，即 f x 不存在过原点且斜
率为正的切线，故不存在正实数 k使得 f x > kx恒成立，故③错误；
由 x1> x2，f x1 = f x2 可知 x1> 2，0< x2< 2，
要证 x1+ x2> 4，即证 x1> 4- x2，且 x1> 4- x2> 2，
f x 在 2，+∞ 上单调递增，即证 f x1 > f 4- x2 ，
又 f x1 = f x2 ，∴证 f x2 > f 4- x2 ，
即证 f x > f 4- x ，x∈ 0，2 ．
令 h 2 2 x = f x - f 4- x = lnx- ln 4- x + x - 4- x，x∈ 0，2 ，
-8(x- 2)2
则 h x = 2 2 < 0，∴ h x 在 0，2 上单调递减，∴ h x > h 2 = 0，x (4- x)
∴ x1+ x2> 4，故④正确．
故答案为：②④．
【点睛】本题②③均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据
图象将问题进行简化；本题④需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法．
例4. (2022· 2北京十四中高三阶段练习 )关于函数 f(x) = x + lnx，给出如下四个命题：
① x= 2是 f(x)的极大值点；
②函数 y= f(x) - x有且只有 1个零点；
③存在正实数 k，使得 f(x)> kx恒成立；
④对任意两个正实数 x1,x2，且 x1> x2，若 f(x1) = f(x2)，则 x1+ x2> 4；
其中的真命题有___________.
【答案】②④
【分析】①求 f(x)导数，讨论 f(x)单调性即可判断其极值情况；②作出 y= f(x)与 y= x图象，根据两
图象交点个数即可判断 y= f(x) - x的零点个数；③问题转化为 f x 是否存在过原点且斜率为正的
切线；④根据 y= f(x)图象求出 x1,x2范围，再结合 f(x1) = f(x2)和 f(x)的单调性，将双变量化为单变
量，构造函数即可进行证明．
【详解】f x = x- 2 2 ，当 0< x< 2时，f
x < 0；当 x> 2时，f x > 0．
x
∴ f x 在 0，2 上单调递减，在 2，+∞ 上单调递增，x= 2是 f x 的极小值点，故①错误；
根据函数 f x 的单调性及极值点，作出函数 f x 的大致图
象，如图所示，
再作出直线 y= x，易知直线 y= x与 f x 的图象有且只有 1
个交点，即函数 y= f x - x有且只有 1个零点，故②正确．
根据 f x 的图象可知，若要存在正实数 k使得 f x > kx恒
成立，则 f x 要存在过原点且斜率为正的切线，
假设 f x 存在过原点且斜率为正的切线，切点为 x , 2 0 x + lnx0 ，则切线斜率为
x0- 2，
0 x20
则切线方程为 y- 2 - = x0- 2x lnx0 x2
x- x0 ，
0 0
∵切线过原点，故- 2x -
x - 2
lnx =- 00 x ，整理得 x0- x0lnx0- 4= 0，0 0
令F x = x- xlnx- 4，则F x =-lnx，
∴在 0，1 上，F x > 0，F x 单调递增，在 1，+∞ 上，F x < 0，F x 单调递减，
∴F x ≤F 1 < 0，∴F x < 0恒成立，即方程 x0- x0lnx0- 4= 0无解，即 f x 不存在过原点且斜
率为正的切线，故不存在正实数 k使得 f x > kx恒成立，故③错误；
由 x1> x2，f x1 = f x2 可知 x1> 2，0< x2< 2，
要证 x1+ x2> 4，即证 x1> 4- x2，且 x1> 4- x2> 2，
f x 在 2，+∞ 上单调递增，即证 f x1 > f 4- x2 ，
又 f x1 = f x2 ，∴证 f x2 > f 4- x2 ，
即证 f x > f 4- x ，x∈ 0，2 ．
令 h x = f x - f 4- x = lnx- ln 4- x + 2 - 2x 4- x，x∈ 0，2 ，
-8(x- 2)2则 h x = 2 < 0，∴ h x 在( - )2
0，2 上单调递减，∴ h x > h 2 = 0，
x 4 x
∴ x1+ x2> 4，故④正确．
故答案为：②④．
【点睛】本题②③均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据
图象将问题进行简化；本题④需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法．
x- lnx, x> 0例5. (2022·上海 ·上外附中高三阶段练习 )已知函数 f x = ，若存在 x1≤ 0,x2> 0，使得x+ 4e, x≤ 0
f x1 = f x2 ，则 x1 f x2 的最小值为__________.
【答案】-4e2
【分析】根据分段函数解析式画出函数 f(x)的简图，设 f(x1) = f(x2) = t，根据图像确定 t的取值范围，
将 x1 f x2 化成只含有一个变量 t的二次函数，由定区间内二次函数的性质，从而确定 x1 f x2 的最小
值.
【详解】当 x> 0时，f(x) = x- lnx，f (x) = 1- 1 = x- 1x x ，
当 x> 1时，f (x)> 0，当 0< x< 1时，f (x)< 0，
即当 x= 1时，f(x)取得极小值为 f(1) = 1.
当 x≤ 0时，f(x) = x+ 4e为增函数，且 f(x)≤ 4e，
函数 f(x)的图像如图：
设 f(x1) = f(x2) = t，由题可知 1≤ t≤ 4e，由 f(x1) = t得 x1+ 4e
= t，则 x1= t- 4e，
则 x1 f(x2) = t(t- 4e) = (t- 2e)2- 4e2，
∵ 1≤ t≤ 4e，所以当 t= 2e时，x1 f x2 取得最小值为-4e2.
故答案为：-4e2.
【点睛】本题重点是根据函数解析式做出函数图像，然后根据换元的思想，把双变量问题转化为单变
量问题，然后就可以轻松求解.
【题型二】双变量不等式中点型
例6. (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 + xx m有两个不相等的解 x1，x2，且 x < x ，证明：f 1 21 2 2 > 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+ x2 > ，即证 x1+ x2 0
2
2 > 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) + aa+ x -
a
a- x．
g′ (x) = 4+ 1- 2a + 1- 2aa+ x a- x -
a - a
(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 x1∈ (0,a)，所以 f( )> ( - )，所以 x + xx f 2a x f 1 21 1 2 > 0．
例7. (2021 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+ xx x g 21 2 2 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+ 2 = 2 x - ax+ 1x 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 - 4，或 x= a+ a - 42 2 ，
当 x∈ 0, a- a
2- 4 和 a+ a
2- 4，+∞ 时，f 2 2 (x)> 0，
a- a2 2当 x∈ - 4，a+ a - 42 2 时，f (x)< 0，
2
所以 f(x)在 0, a- a - 4 和 a+ a
2- 4
2 2 ，+∞ 上单调递增，
a- a2在 - 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 2
当 a> 2时，f(x)的单调递增区间为 0, a- a - 4 a+ a - 42 和 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 xg 1+ x22 =
2
x + x - b- c(x1+ x2)，1 2
由 g(x1) = g(x2) = 0，
2
可得 lnx1- bx1- cx1= 0 lnx2- ，bx 22- cx2= 0
两式相减，可得 xln 1x = b(x1- x2) + c(x
2- x21 2)，
2
所以 = ( - ) x1+ x2 =
2(x1- x2) - ( - )- ( 2- 2) = 2(x - x ) xy x1 x2 g 2 x + x b x1 x2 c x1 x
1 2 1
2
1 2 x1+ x
- ln
2 x
=
2
x
2 1x - 12 - xx ln
1 ，
1 + x1 2x2
令 x1x = t∈ (0,1)，2
= 2(t- 1)所以 y t+ 1 - lnt，
= - (t- 1)
2
则 y < 0，
t(t+ 1)2
= 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 a2= ( x xx1+ x )2= 1 + 22 x x + 2= t+
1
t + 2∈
16
2 1
3 ,+∞ ，
又因为 a> 2，
故实数 a的取值范围是 4 3 3 ,+∞ ．
例8. (2021秋 巴南区校级月考 )已知函数 f(x) = lnx- ax(a为常数 )．
(1)当 a> 1时，求函数 f(x)的单调区间；
( lnx - lnx2) a≥ 3 2当 2 时，设函数 g(x) = 2f(x) + x
2的两个极值点 x1，x2(x1< x2)满足 t= 1 2x1- x
，求 y
2
= (x1- x ) 2 22 x + x - t + 3 的最小值．1 2
【解答】解：(1)依题意，得 f (x) = 1 - a= 1- axx x (x> 0)，
∵ a> 1，由 1- ax> 0，解得 x< 1a，即当 0< x<
1
a 时，f
(x)> 0，f(x)单调递增，
由 1- ax< 0，解得 x> 1a，即当 x>
1 时，f a (x)< 0，f(x)单调递减，
∴当 a> 1时，f(x)的单调递增区间为 0, 1a ，f(x)的单调递减区间为
1
a，+∞ ．
(2) ∵ g(x) = 2f(x) + x2= 2lnx- 2ax+ x2，
∴ ( ) = 2(x
2- ax+ 1)
g x x = 0的两根为 x1，x2，
即方程 x2- ax+ 1= 0的两根为 x1，x2，
∵ a≥ 3 22 ，∴△= a
2- 4> 0，
∴ x1+ x2= a，x1x2= 1，
∵ lnxt= 1- lnx2x - x ，1 2
∴ y= (x1- x2) 2 - lnx1- lnx2x + x x - x +
2
1 2 1 2 3
= 2(x1- x2)x + x -
x
ln 1 2
1 2 x
+
2 3
x1
x - 1= 2 x2 x - ln
1 + 2，
1
x +
x2 31
2
令 = xm 1x (0由韦达定理，得 (x1+ x2)2= x21+ 2x1x2+ x22= a2，
x2∴ 1+ 2x
2
1x2+ x2
x x =m+
1
m + 2= a
2，
1 2
∵ a≥ 3 22 ，∴m+
1
m = a
2- 2≥ 52，
∴m≤ 12 或m≥ 2，∴ 01
2，
令 h(m) = 2 m- 1 - (m- 1)
2
m+ 1 - lnm+
2
3，∴ h (m) = 2 < 0，m(m+ 1)
∴ h(m)在 0∴ ymin= h(m) 1min= h 2 = ln2，
【题型三】双变量不等式极值和差商积问题
例9. (2022·全国 ·高三专题练习 )若直线 y= ax与曲线 C : y= lnx相交于不同的两点A(x1,y1)，B(x1
,y1)，曲线C : y= lnx在点A，B处的切线相交于点P(x0,y0)，则 ( )
A. a≤ 1e B. ex1x2= x0 C. kAP+ kBP> 2a D. kAP+ kBP≤ 2a
【答案】C
【分析】A选项根据图像可以得出结论；
B选项：设A,B，写出A，B点处的切线程联立并化简得
x2- x1 ax1x2- x = 0，从而得出结论；
2
C选项：要证明 + > 即 1 + 1 > lnxk k 2a 2 2- lnx1 x2AP BP x1 x2 x2- x
，化简得
1 x1
- 2× x2x
x
ln 2x - 1> 0，设 =
x
t 2x > 1，可得 t
2- 2× t lnt- 1> 0令 h
1 1 1
(t) = t2- 2× t lnt- 1，通过求导判断 h(t)的单调性，进一步得到 h(t)> 0，从而得证；
D选项，根据C选项的结论得出结论.
【详解】A选项：当 a≤ 0时，直线 y= ax与曲线C : y= lnx只有一个交点，故A错误；
B选项：设A(x1,y1) ,B= (x2,y2)，且 1< x1< x2，可得 ax1= lnx1,ax2= lnx2，
y= lnx在A，B点处的切线程为 y- lnx1= 1x (x- x1)1
① ,y- lnx = 12 x (x- x2)②,2
①-②得 lnx2- lnx1= x xx - x ，将 ax1= lnx1,ax2= lnx21 2
代入得 ax2- ax = x - x1 x1 x2
化简 x2- x1 ax1x2- x = 0，∵ x2≠ x1∴ ax1x2= x
故 ax1x2= x0，故B错误；
C选项：要证明 1 1 lnx2- lnxk 1AP+ kBP> 2a即 x +1 x
> 2
2 x2- x
，
1
2
化简得 x2 - x2× 2 xx x ln
2
1 1 x1 - 1> 0，
设 = xt 2 2x > 1，可得 t - 2t lnt- 1> 01
令 h(t) = t2- 2t lnt- 1
h (t) = 2t- 2lnt- 2
i(t) = h (t) = 2t- 2lnt- 2
i (t) = 2- 2 = 2 t- 1t t ，
当 t> 1，i (t) = 2 t- 1t > 0，i(t)在 t> 1上单调递增，所以 i(t)> i(1) = 0，
所以 h (t)> 0， h(t)在 t> 1上单调递增，所以 h(t)> h(1) = 0，
所以 x2
2
- x xx 2×
2
x ln
2
x - 1> 0，即 kAP+ kBP> 2a，故C正确；1 1 1
D选项，根据C选项可得D选项错误.
故选：C .
【点睛】导数中双变量问题，此时处理的方式是通过变形 ,把 x2x 看作一个未知数 ,从而把两个自变量1
转化为一个未知量，这是一种比较常见的解题方法.
例10. (2022· · ) f(x) = lnx- 1云南 昆明一中高三阶段练习 已知函数 2 ax- 1．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)设函数 g(x) = xf(x)，若 g(x)有两个极值点 x1,x2，证明：x x > e21 2 ．
【答案】(1)见详解 (2)见详解
【分析】(1)求出导数后，将参数分为 a≤ 0和 a> 0两种情况讨论导数取值即可.
(2)求出 g(x)导数，根据函数极值点就是导数零点列式将参数消去，同时将证明问题进行转换，最后
利用抓商构造 x1x = t型函数作最终证明.2
(1)
由 f(x) = lnx- 1 ax- 1可知 f (x) = 1 - 1 a= 2- ax2 x 2 2x ，其中 x∈ (0,+∞)
当 a≤ 0时，2- ax> 0在 (0,+∞)恒成立，即 f (x)> 0，
故当 a≤ 0时，f(x)在 (0,+∞)单调递增;
当 a> 0时，令 2- ax> 0，得 x< 2a，即在 0,
2
a ，f
(x)> 0；在 2a ,+∞ ，f
(x)< 0
故当 a> 0时，f(x)在 0, 2a 在单调递增，f(x)在
2
a ,+∞ 在单调递减.
(2)
由 g(x) = xlnx- 1 ax22 - x可知 g
(x) = lnx- ax，其中 x∈ (0,+∞).
若 g(x)有两个极值点 x1,x2，则 g (x1) = lnx1- ax1= 0，g (x2) = lnx2- ax2= 0
故 lnx1+
lnx - lnx
lnx2= a(x1+ x2)；lnx1- lnx2= a(x - x )，其中 a= 1 21 2 (x1- x2)
x
ln 1 (x1+ x2)
欲证 x x > e21 2 ，只需证
x
lnx1+ lnx2> 2，即证 2x1- x
> 2 ①
2
不妨假设 0< x1< x2，则 0<
x1 < x lnt(t+ 1)x 1，令
1
x = t，代入①可得 t- 1 > 22 2
2(t- 1) 2(t- 1)
化简，最终只需证明 lnt- t+ 1 < 0即可，令 h(t) = lnt- t+ 1 其中 t∈ (0,1)
得 h (t) = 1 - 4 = (t- 1)
2
t > 0(t+ 1)2 t(t+ 1)2
所以 h(t)在 (0,1)单调递增
所以 h(t)< h(1) = 0，故 lnt- 2(t- 1)t+ 1 < 0，因此 x1x2> e
2
证毕.
【点睛】方法点睛
(1)联立消参：利用方程 g (x1) = g (x2)消除解析式中的参数 a
(2)抓商构元：令 x1x = t，消除变量 x1,x2，构造关于 t得函数 h(t)2
(3)用导求解：利用导数求解函数 h(t)得最大值或者最小值，从而可证得结论.
【题型四】双变量不等式主元法
例11. (2022·黑龙江 ·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习 )若实数 x,y满足 4lnx+ 2ln 2y ≥ x2+ 8y-
4，则 ( )
A. xy= 24 B. x+ y= 2 C. x+ 2y= 1+ 2 D. x
2y= 1
【答案】A
【分析】根据题意将原不等式化简为 ln 1 x2 4y ≥ 1 x2+ 4y- 2，令 a= 1 x2 2 2 2 ,b=
4y a> 0,b> 0 ，可知原不等式等价于 lna- a+ 1 + lnb- b+ 1 ≥ 0，再令 g x = lnx- x+ 1，则
原不等式等价于 g a + g b ≥ 0；再利用导数求出函数 g x 单调性，进而可得 g x ≤ 0，由此可知只
有当 a= b= 1时，即 g a = g b = 0时才满足 g a + g b ≥ 0，据此即可求出 x,y的值，进而求出结
果.
【详解】∵ 4lnx+ 2ln 2y ≥ x2+ 8y- 4 x> 0,y> 0
∴ 2 ln(x2) + ln 2y ≥ x2+ 8y- 4 ，
即 ln x2 + ln 2y ≥ 1 x22 + 4y- 2
∴ ln 1 2 2 x 4y
1
≥ 2 x
2+ 4y- 2，
设 a= 1 x22 ,b= 4y a> 0,b> 0 ，则有 lnab≥ a+ b- 2，即 lna+ lnb≥ a+ b- 2，
∴ lna- a+ 1 + lnb- b+ 1 ≥ 0，
令 g 1 1- x x = lnx- x+ 1，则 g x = x - 1= x ，
∴当 x∈ 0,1 时，g x > 0，g x 单调递增；
当 x∈ (1,+∞)时，g x < 0，g x 单调递减；
∴ g x max= g 1 = 0，即 g x ≤ 0，
要使 lna- a+ 1 + lnb- b+ 1 ≥ 0成立等价于 g a + g b ≥ 0成立，
只有当 a= b= 1时，即 g a = g b = 0时才满足，
∴ a= 1 22 x = 1,b= 4y= 1
∴ x= 2,y= 14，∴ xy=
2
4 .
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成 ln 1 22 x 4y ≥
1
2 x
2+ 4y
- 2，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解.
例12. (2023·全国 ·高三专题练习 )若存在两个正实数 x，y，使得等式 2x+ a(y- 2ex) (lny- lnx) = 0成
立，则实数 a的取值范围为 (　　 )
A. - 1 1 B. 0 2， ， 2 e e
C. -∞ 0 ∪ 2 1， 1 e ，+∞ D. -∞，- 2 ∪ e ，+∞
【答案】C
【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导
数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．
【详解】由 2x+ a(y- y2ex) (lny- lnx) = 0得 2x+ a(y- 2ex)ln x = 0，
y y
即 2+ a x - 2e ln x = 0，
= y即设 t x，则 t> 0，
则条件等价为 2+ a(t- 2e)lnt= 0，
即 (t- 2e)lnt=- 2a 有解，
设 g(t) = (t- 2e)lnt，
g′ (t) = lnt+ 1- 2et 为增函数，
∵ g′ (e) = lne+ 1- 2ee = 1+ 1- 2= 0，
∴当 t> e时，g′ (t)> 0，
当 0< t< e时，g′ (t)< 0，
即当 t= e时，函数 g(t)取得极小值，为 g(e) = (e- 2e)lne=-e，
即 g(t)≥ g(e) =-e，
若 (t- 2e)lnt=- 2a 有解，
则- 2 2a ≥-e，即 a ≤ e，
则 a< 0或 a≥ 2e，
故选：C．
2 n
例13. (2022· · ) 1 a b ln b b全国 高三专题练习 已知大于 的正数 ， 满足
e2a
< a ，则正整数 n的最大值为
( )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 11
【答案】C
【解析】ln
2b bn 2 2a 2 2x
2a < n 等价于
ln b e
n < n ，令 f x =
ln x
n ，g x =
e
n ，分别求 f x ，g x 的导数，判断e a b a x x
2
2 2 n
函数的单调性，可求得 f x 有最大值 f en = n2 ，g x 有最小值 g n2 =
e
n n ，根据题意，即求e 2
2
2
n
f x max≤ g x min，代入为 n2 ≤
e
n n ，等价于
n+ 2 n
n- 2 ≥ ln 2，令 φ x =
x+ 2 x
x- 2 - ln 2，即求 φ x e 2
> 0的最大的正整数 .对 φ x 求导求单调性，可知 φ x 单调递减，代入数值计算即可求出结果.
2 n 2 2a
【详解】解：由题干条件可知：ln b b2a < n 等价于
ln b < e ，
e a bn an
ln2x xn-1= > ' = lnx(2-nlnx) lnx(2-nlnx)令 f x n ， x 1 ，则 f x 2n =x x xn+1
2
f ' x = 0，x= en ，
2 2
当 f ' x > 0时，x∈ 1,en ，当 f ' x < 0时，x∈ en,+∞
2 2
所以 f x 在 1,en 上单调递增，在 en,+∞ 上单调递减，则 f x 有最大值
2 2
2
f en = n .e2
e2x e2x 2x-n令 g x = n n n ， x> 1 ，则 g' x = 2n ，当 2 ≤ 1时，此题无解，所以x x 2
> 1，
则 g' x = 0,x= n2，当 g' x > 0,x>
n
2，当 g' x < 0,1< x<
n
2，
所以 g x 在 1, n 上单调递减，在 n
n
2 2 ,+∞ 上单调递增，则 g x 有最小值 g
n = e2 n . n2
2 2
ln2b e2a 2 n n en n+2 n n-2若 n
bn
<
an
成立，只需 f e ≤ g 2 ，即 ≤e2 n n ，即 e ≥ ， 22
两边取对数可得：n+ 2≥(n- 2)ln n2 .n= 2时，等式成立，当n≥ 3时，有
n+ 2 n
n- 2 ≥ ln 2，
令 φ x x+ 2 x = x- 2 - ln 2，本题即求 φ x > 0的最大的正整数.
φ' x = -4 1 2 - x < 0恒成立，则 φ x 在 3,+∞ 上单调递减，(x- 2)
φ 5 8 = 3 - ln4> 0，φ 9 =
11 9
7 - ln 2 ≈ 1.5714- 1.51> 0，φ 10 =
3
2 - ln5< 0，
所以 φ x > 0的最大正整数为 9.
故选：C .
【点睛】本题考查构造函数法解决恒成立问题.
方法点睛：双变元的恒成立问题，经常采用构造成两个函数，转化为 f x1 < g x2 ，若 f x1 max<
g x2 min，则复合恒成立的情况.
例14. (2022· lnx四川省成都市新都一中高三阶段练习 (理 ))已知函数 f(x) = x ,g(x) = xe
-x，若存在 x1∈
(0,+∞) ,x2∈R，使得 f x1 = g x2 = k成立，则下列命题正确的有___________．
①当 k> 0时，x1+ x2> 1
②当 k> 0时，2< x1+ ex2< 2e
③当 k< 0时，x1+ x2< 1
④当 k< x0时， 2x e
k 1的最小值为-
1 e
【答案】①③④
【分析】根据 f (x)可求得 f(x)在 (0,e)上单调递增，在 (e,+∞)上单调递减，则可画出 f(x)的图像；利
用同构可知 f(x ) = ( )= lnxg x k等价于 1 = lne
x2
1 2 x x = k，结合图像则可判断① ②③；当 k< 0时，可得1 e 2
x = ex21 ，x1∈ (0,1)，构造函数可判断④．
【详解】解：① f (x) = 1- lnx2 (x> 0)，x
令 f (x)> 0得 0< x< e，f(x)在 (0,e)上递增，且值域 -∞ , 1e ；
令 f (x)< 0得 x> e，f(x)在 (e,+∞)上递减，且值域 0, 1e ；
作图如下：
当 k> 0时，由 f(1) = 0知：若 x1∈ (0,+∞)，使得 f(x1) = k，则 x1> 1，
当 k< 0时，若 x1∈ (0,+∞)，使得 f(x1) = k，则 0< x1< 1，
由 g(x) = xe-x得：g (x) = 1- xx ，e
令 g (x)> 0得 x< 1，g(x)在 (-∞ ,1)上递增，且值域 -∞ , 1e ；
令 g (x)< 0得 x> 1，g(x)在 (1,+∞)上递减，且值域 0, 1e ；
作出 g(x)图象如下：
当 k> 0时，由 g(0) = 0知：若 x2∈R使得 g(x2) = k，则 x2> 0，
当 k< 0时， 若 x2∈R使得 g(x2) = k，则 x2< 0，
∴当 k> 0时，x1+ x2> 1．故①正确．
lnx lnx lnex2②当 k> 0时，由 f x 1 -x2 11 = g x2 = k得： x = x2e ，即1 x
= ，
1 ex2
∴ x1,ex2可看成 lnxx = k的两零点，
作出 y= lnxx 的图象如下：
由图象易知：x1或 ex2均可趋向于+∞，故②错误；
③当 k< 0时，由①的讨论知：x2< 0，0< x1< 1，
∴ x1+ x2< 1．故③正确；
④当 k< 0时，此时 x1∈ (0,1)，由②知：x x21= e ，
∴ x2=
x
lnx 21，则 x =
lnx1
x = k，1 1
∴要求 x2 ekx 的最小值即求 ke
k的最小值即可，
1
令 h(k) = kek(k< 0)，则 h (k) = ek+ kek= (1+ k)ek，
令 ek+ kek= 0，解得：k=-1，易知 k=-1为极小值点，故 h(k)的最小值为 h(-1) =- 1e．故④正确．
故答案为：①③④．
【点睛】关键点点睛：同构找到 x = ex21 ，通过 f(x)与 g(x)的图象及性质判断求解，在处理④时，要注意
消元思想的运用．
【题型五】同构函数法与双变量不等式
例15. (2022·福建省福州格致中学模拟预测 )已知 f(x) = lnx+ x- a,g(x) = x+ ex+a,f x1 = g x2 ，若
x1
x ≥ 1，则 a的取值范围为 ( )2
A. [-1,+∞) B. (-∞ ,e] C. (-∞ ,1] D. [e,+∞)
【答案】A
【分析】利用同构构造 h x = x+ ex，得到 h lnx1 = h x2+ a ，结合 h x = x+ ex的单调性，得到 a=
lnx1- x2≥ lnx2- x2，构造 φ x = lnx- x，求出其最大值，得到 a的取值范围.
【详解】由题意得：x1> 0，又因为
x1
x ≥ 1，所以 x2> 0，2
lnx1+ x1- a= x2+ ex2+a，即 lnx1+ x1= x2+ a+ ex2+a，
所以 lnx1+ elnx1= x + a+ ex2+a2 ，
设 h x = x+ ex，
则 h lnx1 = h x2+ a ，
h x = 1+ ex> 0，所以 h x = x+ ex单调递增，
所以 lnx1= x2+ a，
因为 x1x ≥ 1，2
所以 a= lnx1- x2≥ lnx2- x2，
令 φ x = lnx- x，x> 0，
则 φ x = 1x - 1=
1- x
x ，
当 x∈ 0,1 时，φ x > 0，当 x∈ 1,+∞ 时，φ x < 0，
故 φ x = lnx- x在 x= 1处取得极大值，也是最大值，
φ x ≤ φ 1 = ln1- 1=-1，
故 a∈ [-1,+∞).
故选：A
【点睛】同构构造函数，求解参数取值范围问题，通常适用于方程或不等式同时出现了指数函数与对
数函数，此时利用同构构造函数，往往会是解题的突破口.
x-1
例16. (2022· e x江苏南京 ·高三开学考试 )若函数 f x = x ，g x = 1+ lnx，存在 x1、x2使得 f x1 =
g x2 ，则下列说法不正确的是 ( )
A.若 x1> x2，则 x2< 1
B. 若 x1< x2，则 x1< 1
C. 存在 x1= x2
D.存在 x0，使得当 x1> x0，x2> x0时， x2- x1 的值随着 x1、x2的增大而增大
【答案】B
【分析】利用导数分析函数 f x 的单调性，证明出 x≥ lnx+ 1(当且仅当 x= 1时，等号成立 )，由已知
可得 f x1 = f 1+ lnx2 ，分 1+ lnx2< 0、0< 1+ lnx2< 1、1+ lnx2= 1、1+ lnx2> 1四种情况讨论，
讨论 x1、x2的大小，可判断ABC选项的正误；取 x0= 1，可得出 x2- x1= x2- lnx2- 1> 0，利用导数
分析函数 φ x = x- lnx- 1在 1,+∞ 上的单调性，可判断D选项.
ex-1 x- 1
【详解】函数 的定义域为 ≠ ， = f x x x 0 f x ，
x2
x-1
当 x< 0时，f x < 0，此时函数 f e x 单调递减，且 f x = x < 0；
x-1
当 0< x< 1时，f x < 0，此时函数 f x 单调递减，且 f x e = x > 0；
x-1
当 x> 1时，f x > 0，此时函数 f x 单调递增，且 f x = ex > 0.
1+lnx-1
设 f x e x1 = g x2 = k，g x = 1+ lnx = 1+ lnx = f 1+ lnx ，
构造函数 h x = x- lnx- 1，其中 x> 0，h x = 1- 1x =
x- 1
x .
当 0< x< 1时，h x < 0，此时函数 h x 单调递减；
当 x> 1时，h x > 0，此时函数 h x 单调递增.
所以，h x min= h 1 = 0，即 x≥ lnx+ 1，当且仅当 x= 1时，等号成立.
因为 f x1 = g x2 = f 1+ lnx2 .
①若 1+ lnx2< 0，即 0< x < 12 e，则 f x1 = f 1+ lnx2 < 0，此时 x1< 0，
因为函数 f x 在 -∞ ,0 上单调递减，则 x1= 1+ lnx2< x2；
②若 0< 1+ lnx2< 1，即 1e < x2< 1，
由于函数 f x 在 0,1 上递减，在 1,+∞ 上递增，
则存在 x1> 1，使得 f x1 = f 1+ lnx2 ，此时 1+ lnx2< x2< 1< x1，
存在 x1∈ 0,1 ，使得 f x1 = f 1+ lnx2 ，此时 x1= 1+ lnx2< x2< 1；
③若 1+ lnx2= 1，即 x2= 1，则 f x = f 1 只有唯一解，此时 x1= 1，即 x1= x2= 1；
④若 1+ lnx2> 1，即 x2> 1，
因为由于函数 f x 在 0,1 上递减，在 1,+∞ 上递增，
则存在 x1∈ 0,1 使得 f x1 = f 1+ lnx2 ，此时 x1< 1< 1+ lnx2< x2，
存在 x1> 1使得 f x1 = f 1+ lnx2 ，此时 x1= 1+ lnx2< x2.
故A对，B错，C对；
取 x0= 1，因为函数 f x 在 1,+∞ 上单调递增，且 x1> 1，x2> 1，则 1+ lnx2> 1，
由 f x1 = f 1+ lnx2 可得 x1= 1+ lnx2< x2，则 x2- x1= x2- lnx2- 1> 0，
因为函数 h x 在 1,+∞ 上单调递增，且 x2> 1，故 h x2 随着 x2的增大而增大，D对.
故选：B.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
(1)直接构造函数法：证明不等式 f x > g x (或 f x < g x )转化为证明 f x - g x > 0(或 f x
- g x < 0)，进而构造辅助函数 h x = f x - g x ；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
例17. (2022·黑龙江 ·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习 )若实数 x,y满足 4lnx+ 2ln 2y ≥ x2+ 8y
- 4，则 ( )
A. xy= 24 B. x+ y= 2 C. x+ 2y= 1+ 2 D. x
2y= 1
【答案】A
【分析】根据题意将原不等式化简为 ln
1 x22 4y ≥
1
2 x
2+ 4y- 2，令 a= 12 x
2,b=
4y a> 0,b> 0 ，可知原不等式等价于 lna- a+ 1 + lnb- b+ 1 ≥ 0，再令 g x = lnx- x+ 1，则
原不等式等价于 g a + g b ≥ 0；再利用导数求出函数 g x 单调性，进而可得 g x ≤ 0，由此可知只
有当 a= b= 1时，即 g a = g b = 0时才满足 g a + g b ≥ 0，据此即可求出 x,y的值，进而求出结
果.
【详解】∵ 4lnx+ 2ln 2y ≥ x2+ 8y- 4 x> 0,y> 0
∴ 2 ln(x2) + ln 2y ≥ x2+ 8y- 4 ，
即 ln x2 + ln 2y ≥ 12 x
2+ 4y- 2
∴ ln 1 2 2 x 4y ≥
1 x22 + 4y- 2，
设 a= 1 22 x ,b= 4y a> 0,b> 0 ，则有 lnab≥ a+ b- 2，即 lna+ lnb≥ a+ b- 2，
∴ lna- a+ 1 + lnb- b+ 1 ≥ 0，
令 g x = lnx- x+ 1，则 g x = 1 1- x x - 1= x ，
∴当 x∈ 0,1 时，g x > 0，g x 单调递增；
当 x∈ (1,+∞)时，g x < 0，g x 单调递减；
∴ g x max= g 1 = 0，即 g x ≤ 0，
要使 lna- a+ 1 + lnb- b+ 1 ≥ 0成立等价于 g a + g b ≥ 0成立，
只有当 a= b= 1时，即 g a = g b = 0时才满足，
∴ a= 12 x
2= 1,b= 4y= 1
∴ x= 2,y= 14，∴ xy=
2
4 .
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成 ln 1 2 1 2 2 x 4y ≥ 2 x + 4y
- 2，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解.
x
例18. (2022·全国 ·高三专题练习 )设实数 λ> 0，若对任意 x∈ 0,+∞ e ，不等式 - ln λx ≥ 0恒成立，λ
则 λ的取值范围是 ( )
A. 0< λ≤ 1e B. 0< λ≤ e- 1 C. 0< λ≤ e D. 0< λ≤ e
2
【答案】C
x
【分析】令 f x = e - ln λx ，根据二阶导数的符号判断 f (x)的单调性，由零点存在性定理易知 xλ 0
∈ (0,+∞)使 f (x0) = 0，此时 λ= x x00e ，进而讨论 f(x)的单调性可知 f(x)≥ f(x0)，要使题设不等式恒
x0
成立，即 f(x ) = e0 - lnλ- lnx0≥ 0成立，构造 g(x 10) = x - 2lnx0- x0利用导数研究其单调性确定λ 0
g(x0)≥ 0的区间，进而求 λ的范围.
x
【详解】令 f e x = - ln λx ，只需要 x∈ 0,+∞λ 上 f(x)≥ 0恒成立，
x
∵ f (x) = e - 1
λ x
且 λ> 0，
x
∴ f (x) = e + 12 > 0，即 f
(x)在 x∈ 0,+∞λ 上单调递增，x
∵ lim f (x) =-∞，lim f (x) =+∞，
x→0+ x→+∞
∴ x0∈ (0,+∞)，使 f (x0) = 0，即 λ= x ex00 ，
∴ x∈ (0,x0)时，f (x)< 0，f(x)单调递减；x∈ (x0,+∞)时，f (x)> 0，f(x)单调递增；
x0 x0
故只需 f x ≥ f x e0 = - ln λx0 = e - lnλ- lnx0≥ 0，令 g(x0) = 1x - 2lnxλ λ 0- x0，0
2
∴ g (x0) =- 1x + 1 < 0，故 g(x0)在 x0∈ (0,+∞)上递减，而 g(1) = 0，0
∴ x ∈ (0,1]时，g(x )≥ 0恒成立，可知 λ= x ex00 0 0 ∈ (0,e].
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用导数研究 f(x)的单调性并确定极小值点范围，根据 f (x0) = 0有 λ= x0ex0，结
合 f(x)≥ f(x0)构造新函数，求 f(x0)≥ 0成立时 x0的区间，进而求参数范围.
例19. (2022·全国 ·高三专题练习 )若 ex1= lnx2，令 t= x2- x1，则 t的最小值属于 ( )
A. 1, 32 B.
3
2 ,2 C. 2,
5
2 D.
5
2 ,3
【答案】C
【分析】设 a= ex1= lnx2，把参数 t表示成 a的函数即 t= x2- x a1= e - lna，构造函数，通过导数研究
函数最小值及最小值的取值范围.
【详解】设 a= ex1= lnx ，则 x = lna，x = ea2 1 2 ，t= x2- x1= ea- lna，
令 h(x) = ex- lnx，h (x) = ex- 1 x，易知 h (x)单增，
且 h 12 = e- 2< 0，h
(1) = e- 1> 0，则存在 x ∈ 10 2 ,1 ，使 h
(x0) = ex0- 1x = 0，0
即 x∈ (0,x0)，h (x)< 0，h(x)单减；x∈ (x0,+∞)，h (x)> 0，h(x)单增；
又 h (x x0 1 x0 10) = e - x = 0 e =0 x
,lnx0=-x0，
0
则 h(x)≥ h(x x00) = e - lnx0= x0+ 1x ，x0∈
1 ,1
0 2
易知 h(x0) = x + 1 10 x 在 x0∈ 2 ,1 单减，即 h(1) = 2< h(x )< h
1 = 50
0 2 2
故选：C
【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.
例20. (2022·全国 · x lnx - x lnx高三专题练习 )若对于任意的 0< x 2 1 1 21< x2< a，都有 x1- x
> 2，则 a的最大
2
值为 ( )
A. 1 B. e C. 1 1e D. 2
【答案】C
【分析】问题转化为 lnx1+ 2 < lnx2+ 2x x ，构造函数 f(x) =
lnx+ 2
x ，易得 f(x)在定义域 (0,a)上单调1 2
递增，所以 f (x)≥ 0在 (0,a)上恒成立，进而可求出 a的最大值．
【详解】解：∵ 0< x1< x2< a，∴ x1- x2< 0，
∴ x2lnx1- x1lnx2< 2(x1- x2)，
∴ lnx1x -
lnx2
x <
2 - 2 ，
1 2 x2 x1
∴ lnx1+ 2 < lnx2+ 2x1 x
，
2
∴函数 f(x) = lnx+ 2x 在定义域 (0,a)上单调递增，
∴ f′ (x) = 1- (lnx+ 2) -lnx- 12 = 2 ≥ 0在 (0,a)上恒成立，x x
由-lnx- 1≥ 0，解得 0< x≤ 1e，故 a的最大值是
1
e .
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是将原式变形为 lnx1+ 2 lnx2+ 2x < x ，从而构造函数 f(x) =1 2
lnx+ 2
x 且 f(x)在定义域 (0,a)上单调递增.

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