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专题 7 函数中的双变量问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下借组导
数处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函
数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.
(一) 与函数单调性有关的双变量问题
此类问题一般是给出含有 x1, x2 , f x1 , f x2 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利
用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.
常见结论：
f x - f x
(1)若对任意 x1, x D , x

2 当 1 x2 时恒有
1 2 > 0 ,则 y = f x 在 D 上单调递增；
x1 - x2
f x - f x
(2)若对任意 x1, x2 D , x x
1 当 1 22 时恒有 > k ,则 y = f x - kx 在 D 上单调递增；x1 - x2
f x - f x
(3) k k若对任意 x 1 21, x2 D ,当 x1 x2 时恒有 > ,则 y = f x + 在 D 上单调递增；x1 - x2 x1x2 x
f x - f x
(4)若对任意 x1, x2 D ,当 x x

时恒有 1
2
1 2 > x1 + x2 ,则 y = f x - x2 在 D 上单调递增.x1 - x2
1+ 2ln x
【例 1】（2024 届四川省仁寿第一中学校高三上学期调研）已知函数 f (x) = 2 ．x
(1)求 f (x) 的单调区间；
(2)存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 x2 ，使 f x1 - f x2 k ln x1 - ln x2 成立，求 k 的取值范围．
-4ln x
【解析】（1）由题意得 f x = 3 ，令 f (x) = 0得 x =1，x
x (0,1)时， f (x) > 0， f (x) 在( 0, 1)上单调递增；
x (1, + )时， f (x) < 0 ， f (x) 在 (1, + )上单调递减；
综上， f (x) 单调递增区间为( 0, 1)，单调递减区间为 (1, + )．
（2）由题意存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 x2 ，不妨设 x1 > x2 >1，
由（1）知 x (1, + )时， f (x) 单调递减．
f x1 - f x2 k ln x1 - ln x2 等价于 f x2 - f x1 k ln x1 - ln x2 ，
即 f x2 + k ln x2 f x1 + k ln x1，
即存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 > x2 ，使 f x2 + k ln x2 f x1 + k ln x1成立．
令 h(x) = f (x) + klnx，则 h(x) 在 (1, + )上存在减区间．
2 4ln x
即 h (x) kx - 4ln x= 3 < 0在 (1, + )上有解集，即 k < 在 (1, + )2 上有解，x x
4ln x
即 k <
x (1,+ ) t x 4ln x= x (1,+ ) 4 1- 2ln x x2 ÷ ， ；令 ， ， t x = ，è max x2 x3
x 1, e 时， t (x) > 0， t(x)在 1, e 上单调递增，
x e, + 时， t (x) < 0， t(x)在 e, + 单调递减，
∴ t(x)
2 2
max = t( e) = ，∴ k < ．e e
(二) 与极值点有关的双变量问题
与极值点 x1, x2 有关的双变量问题,一般是根据 x1, x2 是方程 f x = 0的两个根,确定 x1, x2 的关系,再通过消
元转化为只含有 x1或 x2 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为 x1, x2 的齐次式,然后转化
x
为关于 2 的函数，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.
x1
2
【例 2】（2024 届黑龙江省双鸭山市高三下学期第五次模拟）已知函数 f (x) = lnx + - a(x +1)(a R) .
x
(1)当 a = -1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x1, x2 x1 < x2 是 f (x) 1的两个极值点，证明： f x2 - f x1 < - 4 ．2a
2
【解析】（1）当 a = -1时， f (x) = ln x + + x +1, f (x) 的定义域为 (0, + )，
x
2
所以 f (x) 1 2 1 x + x - 2 (x + 2)(x -1)= - + = = ，令 f (x) = 02 2 2 ，解得 x =1，x x x x
当 x (0,1) 时， f (x) < 0 ，当 x (1,+ )时， f (x) > 0 ，
故 f (x) 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增．
2 f (x) 1 2 a -ax
2 + x - 2
（ ） = - 2 - = ，x x x2
由题意可知， x , x 21 2 x1 < x2 是方程-ax + x - 2 = 0 的两根，
ì 1
> 02a 1
1 2
则 í ，解得0 < a < ，所以 x1 + x2 = ， x8 a 1
x2 = ，
D =1-8a > 0
a
2
要证 f x2 - f x
1 a 1 8 a 1
< - 4 = × - = × 81 2a 2 a2 a 2
-
è a ÷ a
a x x 2 4x x x - x= × 1 + 2 - 1 2 = 2 12 ，x1x2
2 é 2 ù x2 - x1
即证 ln x2 + - a xx 2 +1 - êln x1 + - a xx 1 +1 ú < ，2 1 x1x2
x2 2 x1 - x2 x - x
只需证 ln + - a x2 - x1 < 2 1x x ，1 1x2 x1x2
x2 x - x 2 x - xln 2a x x - x需证 < 2 - x + 2 1 = 2 11 + 2 1 ,x1 x1x2 x1 + x2 x1x2
x2 ln t t -1 2(t -1)令 t = (t > 1)，则需证 < +x t ，1 t +1
1 1 1 1 1
2
1 - 1 1 1 -- 4 4
设 g t = ln t t -1- (t >1)，则 t 2 - t 2 (t -1) - t 2 - t 2 +1 t - t ÷ ，
t g (t) 1= - 2 = 2 2 = - è < 0
t t t 2t
t -1
所以函数 g(t)在 (1, + )上单调递减，所以 g(t) < g(1) = 0，因此 ln t < ,
t
2(t -1) t -1 2(t -1)
由 t > 1得， > 0，所以 ln t < + t 1 ，故 f x2 f x
1
- 1 < - 4 得证,t +1 t + 2a
1 2
【例 3】（2023 届云南省曲靖市高三下学期第二次联考）已知函数 f x = x + alnx - 4x a > 0 .
2
(1)当 a = 3时，试讨论函数 f x 的单调性；
(2)设函数 f x 有两个极值点 x1, x2 x1 < x2 ，证明： f x1 + f x2 > lna -10 .
1 2
【解析】（1）当 a = 3时， f x = x + 3ln x - 4x定义域为 x 0, + ，
2
3 x
2 - 4x + 3 x -1 x - 3f x = x + - 4 = = ，
x x x
令 f x = 0解得 x =1或3，且当0 < x <1或 x > 3时， f x > 0，当1< x < 3时， f x < 0，
所以当0 < x <1或 x > 3时， f x 单调递增，当1< x < 3时， f x 单调递减，
综上 f x 在区间 0,1 ， 3, + 上单调递增， f x 在区间 1,3 单调递减.
2
（2）由已知 f x 1= x2 + alnx - 4x，可得 f x x a 4 x - 4x + a= + - = ，2 x x
函数 f x 有两个极值点 x1, x2 x1 < x2 ，即 x2 - 4x + a = 0在 0, + 上有两个不等实根，
ìh 0 = a > 0
令 h x = x2 - 4x + a ，只需 í 0 < a < 4 x + x = 4 x x = a
h 2 = a 4 0
，故 ，又 1 2 ，- < 1 2
，
f x + f x 1= x2 + alnx - 4x 1 2 所以 1 2 1 1 1 ÷ + x2 + alnx2 - 4x2 ÷
è 2 è 2
= -4 x1 + x2 a lnx
1
+ 1 + lnx2 + x2 21 + x2 = alna - a -8，2
要证 f x1 + f x2 > lna -10，即证 alna - a -8 > lna -10，只需证 1- a lna + a - 2 < 0 ，
令m a = 1- a lna + a - 2， a 0,4 m a 1- a 1，则 = -lna + +1 = - lna，
a a
1 1
令 n a = m a ，则 n a = - 2 - < 0 恒成立，所以m a 在 a 0,4 上单调递减，a a
又m 1 =1 > 0，m 2 1= - ln2 < 0 ，
2
由零点存在性定理得，$a0 1,2 使得m a0 lna
1
= 0，即 0 = a ，0
所以 a 0, a0 时，m a > 0，m a 单调递增，
a a0 , 4 时，m a < 0，m a 单调递减，
则m a = m a0 = 1- a0 lna0 + a0 - 2 = 1
1 1
- a0 + a0 - 2 = a0 + - 3max a ，0 a0
1
又由对勾函数知 y = a0 + - 3在 a 1,2a 0 上单调递增，0
所以 a
1
0 + - 3 < 2
1
+ - 3 1= - < 0 m a < 0 f x + f x > lna -10
a0 2 2
，所以 ，即 1 2 得证.
(三) 与零点有关的双变量问题
与函数零点 x1, x2 有关的双变量问题,一般是根据 x1, x2 是方程 f x = 0的两个根,确定 x1, x2 的关系,再通过
消元转化为只含有 x1或 x2 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为 x1, x2 的齐次式,然后转
x
化为关于 2 的函数,有时也可转化为关于 x1 - x2 的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以x1
参数为自变量的函数.
【例 4】（2024 届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数 f x = lnx - 2a x a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性，并求 f x 的极值；
(2)若函数 f x 1有两个不同的零点 x1, x2 （ x1 < x2），证明： e < 4 x1x2 < .a
1 f x (0, + ) f x 1 a 1- a x【解析】（ ）函数 的定义域为 ，由题意， = - = ，
x x x
当 a 0时， f x > 0，函数 f x 在 (0, + )单调递增，无极值.
当 a > 0时，令 f x = 0，得 x 1=
a2
∴ f x 在 0,
1 1
单调递增，在
a2 ÷ 2
,+ ÷ 单调递减，
è è a
所以函数 f x 1在 x = 2 时取极大值，极大值为 f
1
2 ÷ = -2ln a - 2，无极小值. a è a
0, 1x
1 1

è a2 ÷ a2 2
,+
a ֏
f x + 0 -
f x 递增 极大值 递减
ìln t
2 x = t , x = t x < x 1
= at1
（ ）由题意，令 1 1 2 2 ，且 1 2，则有 íln t ， 2 = at2
lnt1 - lnt2 1 1 t1 - t2 t t1 t2
两式相减可得， a = ，要证 4 x1x2 < .即证 t1t2 < = ln 1 - + > 0t - t ，1 2 a a lnt1 - lnt2 t2 t2 t1
t
u 1 ln t1
t1 t
令 = ， - + 2 > 0 2lnu
1
- u + > 0(0 < u <1)，
t2 t2 t2 t1 u
2
设 g u 1= 2lnu - u + g u 2 1 1 -u + 2u -1，则 = - - = < 0，
u u u2 u2
所以 g u 在 0,1 1上单调递减，所以 g u > g 1 = 0，即有 4 x1x2 < .a
ìln t1 = at1
í ，两式子相加得， lnt1t2 = a t1 + t2 ，则要证 4 x1x2 > e
ln t
，
2 = at2
t t > e2即证 1 2 ，由上式只需证 a t1 + t2 > 2，
t1 -1
lnt - lnt
即证 1 2 × t + t > 2 ln t1 t2
t - t 1 2
- 2
t t
< 0，
1 2 2 1 +1
t2
t1 -1
v t= 1 ln t1 2 t令 ， - 2t < 0 lnv
v -1
- 2 < 0(0 < v <1)t ，2 t2 1 +1 è v +1
÷

t2
2
设 h v = lnv - 2 v -1 ÷ 0 < v <1
(v -1)
，则 h v = > 0，
è v +1 v(v +1)2
所以 h v 在 0,1 上单调递增，所以 h v < h 1 = 0 1，即有 4 x1x2 > e .综上： e < 4 x1x2 < .a
(四) 独立双变量,各自构造一元函数
此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.
【例 5】（2024 届陕西省宝鸡实验高中高三一模）已知函数 f (x) = a x + x2 - x ln a - b(a,b R, a >1)， e是自然
对数的底数.
(1)当 a = e,b = 4 时，求整数 k 的值，使得函数 f (x) 在区间 (k,k +1) 上存在零点；
(2)若存在 x1, x2 [-1,1], 使得 | f (x1) - f (x2 ) | e -1，试求 a的取值范围.
【解析】（1） f (x) = ex + x2 - x - 4，\ f (x) = ex + 2x -1，\ f (0) = 0
当 x > 0时， ex >1，\ f (x) > 0，故 f (x) 是 (0, + )上的增函数，
同理 f (x) 是 (- ,0)上的减函数，
f (0) = -3 < 0, f (1) = e - 4 < 0, f (2) = e2 - 2 > 0，且 x > 2时， f (x) > 0 ，
故当 x > 0时，函数 f (x) 的零点在 1,2 内，\k =1满足条件．
同理，当 x < 0 时，函数 f (x) 的零点在 -2, -1 内，\k = -2满足条件，综上 k =1,-2．
（2）问题 当 x [-1,1]时， | f (x)max - f (x)min |= f (x)max - f (x)min e -1，
f (x) = a x ln a + 2x - ln a = 2x + (a x -1) ln a ，
①当 x > 0时，由 a > 1，可知 a x -1 > 0,ln a > 0,\ f (x) > 0；
②当 x < 0 时，由 a > 1，可知 a x -1< 0,ln a > 0,\ f (x) < 0 ；
③当 x = 0时， f (x) = 0，\ f (x)在[-1, 0]上递减，[0,1] 上递增，
\当 x [-1,1]时， f (x)min = f (0), f (x)max = max{ f (-1), f (1)}，
而 f (1) f (
1
- -1) = a - - 2ln a ，设 g(t) 1= t - - 2ln t(t > 0),
a t
Q g (t) 1 2 1=1+ 2 - = ( -1)
2 0 （仅当 t =1时取等号），\ g(t)在 (0, + )上单调递增，而 g(1) = 0，
t t t
\当 t > 1时， g(t) > 0即 a 1> 1时， a - - 2ln a > 0，
a
\ f (1) > f (-1),\ f (1) - f (0) e -1即 a - ln a e -1 = e - ln e ，
构造 h(a) = a - ln a(a >1) ，易知 h (a) > 0，\h(a)在 (1, + )递增，
\a e ，即 a的取值范围是[e, + )．
(五) 构造一元函数求解双变量问题
当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一
个变量,从而达到消元的目的.
【例 6】（2024 届山东省菏泽市高考冲刺押题卷）已知函数 f (x) = tx ln x - x2 +1(0 < t 2)．
(1)求函数 f (x) 的单调区间;
a2 + b2 2 2(2)若a > b > 0，证明: ln a b2 < ．a - b2 a4 - b4
【解析】（1） f (x) = t ln x + t - 2x, x > 0 ，
令 g(x) = f (x) = t ln x + t - 2x，所以 g (x)
t
= - 2, x > 0，
x
t t
由 g (x) > 0可得0 < x < ，由 g (x) < 0可得 x > ，
2 2
t t
所以 f (x) 在 (0, )上单调递增，在 ( ,+ )上单调递减，
2 2
所以 f (x)
t
max = f ( ) = t ln
t
+ t - t = t ln t .
2 2 2
t
又因为0 < t 2，所以 ln 0，即 f (x) 0，且 f x 至多在一个点处取到 0 .
2
所以 f (x) 在 (0, + )上单调递减，
故 f x 的单调递减区间为 0, + ，没有单调递增区间.
a2 + b2 a22 b
2
（ ）证明 ln 2 2 < 4 4 ，a - b a - b
1 ln a
2 + b2 1 (a2 +b2 )2 - (a2 - b2 )2
只需证： 2 2 < ，2 a - b 4 (a2 + b2 )(a2 - b2 )
a2 + b2 a2 + b2 a2 - b2
即证： 2ln 2 2 < 2 2 -a - b a - b a2 2
，
+ b
2 2
令 x a + b= 2 , a > b > 0，所以 x >1，a - b2
只需证： 2ln x < x
1
- ，即证： 2x ln x - x2 +1< 0，
x
由（1）知，当 t = 2时， f (x) = 2x ln x - x2 +1在 (0, + )上单调递减，
所以当 x >1时， f (x) < f (1) = 0，即 2x ln x - x2 +1< 0，
a2 + b2 a2b2
所以 ln .
a2
<
- b2 a4 - b4
(六) 独立双变量,把其中一个变量看作常数
若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量
a
【例 7】已知函数 f (x) = x × ln (a > 0)，
x
(1) x若函数 g x = e 在 x = 0处的切线也是函数 f (x) 图像的一条切线，求实数 a 的值；
(2)若函数 f (x) 的图像恒在直线 x - y +1 = 0 的下方，求实数 a 的取值范围；
a
(3)若 x1, x2 ( ,
a ) ，且 x1 x2 ，证明： (x1 + x
4
2 ) > a
2x1xe 2 2
【解析】 (1) g x = ex ， g x 在 x = 0处切线斜率 k = g 0 =1， g 0 =1，所以切线 l : y = x +1，
a a k f x ln a又 f x = ln -1，设 l与 f x 相切时的切点为 x , x ln
x 0 0 x ÷
，则斜率 = 0 = -1，
è 0 x0
a a a
则切线 l的方程又可表示为 y = ln -1÷ x - x0 + x0 ln = ln -1x x x ÷ x + x0 ，è 0 0 è 0
ì a
ln -1 =1
由 í x0 ，解之得 a = e2．
x0 =1
(2)由题可得 f x - x -1< 0 a对于 x > 0恒成立，即 x ln - x -1 < 0对于 x > 0恒成立，
x
令 h x = x ln a a a- x -1，则 h x = ln - 2，由 h x = 0得 x = ，
x x e2
0, a a ax ÷ ，+ ÷
è e2 e2 è e2
h x + 0 -
h x ↗ 极大值 ↘
则当 x > 0时， h x = h a a a 2max 2 ÷ = 2è e e2
-1，由 2 -1< 0，得： 0 < a < e ，即实数 a的取值范围是 0,e ．e
(3)由题知 f x = ln a -1，
x
由 f x = 0 x a a得 = ，当 < x < a时， f x < 0， f x = x ln a a > 0 单调递减，
e e x
a a
因为 x1 < x1 + x2 < a ，所以 f x1 > f x1 + x2 ，即 x1 ln > xx 1 + x2 ln ，1 x1 + x2
所以 ln
a x1 + x2 ln a ln a x1 + x a> > 2 ln
x1 x x + x
，①同理
1 1 2 x2 x2 x + x
，②
1 2
ln a

ln a x + x x + x

①+②得 + > 1 2 + 1 2 ÷ ln
a
，
x1 x2 è x1 x2 x1 + x2
x1 + x2 x+ 1 + x2 2 x x= + 2 + 1 a a因为 4，由 x1 + x2 < a 得 >1，即 ln > 0x x x x x + x x ，1 2 1 2 1 2 1 + x2
a a 2 4ln + ln > 4ln a a a 所以 x x x x ，即 > ÷ ，所以 x
4 2
+ x 1
+ x2 > a x1x2．
1 2 1 2 1x2 è x1 + x2
(七) 双变量,通过放缩消元转化为单变量问题
此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题
【例 8】（2024 届河北省衡水市高三下学期联合测评）过点 P a,b 可以作曲线 y = x + ex 的两条切线，切点为
A, B .
(1)证明： a b 1- a > - ；
e
(2)设线段 AB 中点坐标为 x0 , y0 ，证明： a + y0 > b + x0 .
ett + t - b
【解析】（1）证明：设切点 A t, e + t ， y =1+ ex ，所以 kPA =1+ et = ，t - a
即关于 t 的方程 t - a -1 et + b - a = 0有两个不相等的实数根.
设 f t = t - a -1 et + b - a，则 f t = t - a et = 0， t = a .
当 t < a 时， f t < 0，则 f t 在 - ,a 上单调递减；
当 t > a时， f t > 0，则 f t 在 a,+ 上单调递增，
所以 f t 在 t = a处取值得最小值，即 f a = b - a - ea .
当 t + 时， f t + ，当 t - 时， f t b - a，
ìb - a > 0
若满足方程有两个不相等的实数根，则 í
b - a
，
- ea < 0
于是0 < b - a < ea ，即 ln b - a < a ，得 b - a ln b - a < b - a a ,
设 g x = x ln x， g x = ln x +1 = 0 1，得 x = ，
e

在 0,
1
÷上， g x < 0，则 g x
1
单调递减，在 ,+ ÷上， g x > 0，则 g x 单调递增，
è e è e
g x x ln x 1 g 1 1所以 = ，在 x = 处取得最小值，即 ÷ = - ，所以 a b a
1
- > - .
e è e e e
（2）证明：设 A x1, y1 , B x2 , y2 ，
y 1则 0 = y
1
1 + y2 = ex1 + ex2 + x 1 1 x1 x22 2 0，即 y0 - x0 = y1 + y2 = e + e ，2 2
在点 A x1, y1 , B x2 , y2 处的切线方程都过P a,b ，
于是，由b - x1 - e
x1 = 1+ ex1 a - x x b - a1 ，得 1 - a +1 + ex = 0 ，1
x
由b - x - e 22 = 1+ ex2 a - x2 ，得 x2 - a 1 b - a+ + x = 0e 2
x - x ex1 +x2
两式相减整理得：b - a = 1 2 ，
ex1 - ex2
b a y x x1 - x2 e
x1 +x2 1 e
x1 +x2 é 2x1 2x2
- - - = - ex1 + ex2 = 2 x x ê
x x e - e ù- -
0 0 x x 2 e - e 1 21 2 ex +x úe 1 - e 1 22 2
ex1 +x2
= é2 x1 - x2 - ex -x
1
1 2 + ù
2 ex1 - ex ，2 ê ex1 -x2 ú
ex1 +x2
不妨设 x1 > x ,m = x - x > 02 1 2 > 0，所以 2 ex1 - ex2 ，则 h m = 2m
1
- em + m ，e
h m 1= 2 - em - m 2 - 2 = 0，所以 h m 在 0, + 上单调递减，于是 h m < h 0 = 0 ，e
于是 b - a - y0 - x0 < 0，即 a + y0 > b + x0 .
【例 1】（2024 x届陕西省西安市一中高三考前模拟）已知函数 f x = 2e + ax + 2 .
(1)若 a = -4 ，求 f x 的极值；
(2) 2 2若 a > 0，不相等的实数m, n满足 f m + f n = m + n + 8，求证：m + n < 0 .
【解析】（1）依题意， f x = 2ex - 4x + 2，则 f x = 2ex - 4，令 f x = 0，解得 x = ln 2，
故当 x - , ln 2 时， f x < 0，当 x ln 2,+ 时， f x > 0，
故函数 f x 在 - , ln 2 上单调递减，在 ln 2,+ 上单调递增，
故函数 f x 的极小值为 f ln 2 = 4 - 4ln 2 + 2 = 6 - 4ln 2，无极大值；
（2）令 g x = f x - x2 = 2ex + ax - x2 + 2 ，则 g x = 2ex - 2x + a，
令 t x = ex - x，则 t x = ex -1，当 x < 0 时， t x < 0 ，当 x > 0时， t x > 0，
所以函数 t x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
所以 t x = ex - x t 0 =1 > 0，又 a > 0，所以 g x = 2 ex - x + a > 0，
所以 g x 在R 上单调递增，
f m + f n = m2 + n2 + 8，即 g m + g n = 8，
因为 g 0 = 4 ，所以m, n 0，要证m + n < 0，即证 n < -m，只需证 g n < g -m ，
即8 - g m < g -m ，即 g m + g -m > 8，
令函数 h x = g x + g -x = 2ex + 2e- x - 2x2 + 4，
则 h x = 2ex - 2e- x - 4x，令j x = h x ，则j x = 2ex + 2e- x - 4 0，
所以 h x 为R 上的增函数，
当 x < 0 时， h x < h 0 = 0，当 x > 0时， h x > h 0 = 0，
所以 h x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
所以对任意m 0 ，都有 h m = g m + g -m > h 0 = 8，从而原命题得证.
【例 2】（2024 x届河北省衡水市部分示范性高中高三下学期三模）已知 f x = e - x．
(1)求 f (x) 的单调区间和最值；
f (x) (a , b ) [a b] x (a,b) f (ξ ) f (b) - f (a)(2)定理：若函数 在 上可导，在 ， 上连续，则存在 ，使得 = ．该定理
b - a
称为“拉格朗日中值定理”，请利用该定理解决下面问题：
em en 1 1
若0 < m < n - < m +1 2 ，求证： -

n m ÷
．
è n m
【解析】（1） f (x) = ex -1，令 f (x) = 0，解得 x = 0，
当 x (- ,0)时， f (x) < 0, f (x) 单调递减；当 x (0,+ )时， f (x) > 0, f (x)单调递增．
当 x = 0时， f (x) 取得最小值 1，无最大值；
em en 1 1
（2）要证 - < (m +1)2 - ，只需证mem - nen ÷ < (m +1)
2 (m - n)，因为0 < m < n，
n m è n m
mem - nen
故只需证 > (m +1)2． 令 g(x) = xex (x > 0) ，显然 g(x)在 (m, n)上可导，在[m，n]上连续，
m - n
m n
故由拉格朗日中值定理知存在x (m, n)，使得 g (x ) me - ne= ，
m - n
而 g (x) = (x +1)ex > 0, g (x) 在 (0, + )上单调递增，
因为m < x < n，故 g (x ) > g (m)，即 g (x ) > (m +1)em ，
故只需证 (m +1)em (m +1)2 即可，因为m > 0，故只需证 em m +1．
由（1）知 e x x + 1恒成立，因此原命题得证．
【例 3】（2024 届天津市部分区高三二模）已知 a,b R ，函数 f x = x + a sin x + b ln x．
(1)当 a = 0,b = -1时，求 f x 的单调区间；
1
(2)当 a = - ,b 0 时，设 f x 的导函数为 f x ，若 f x > 0恒成立，求证：存在 x0 ，使得 f x0 < -1；2
(3)设0 < a <1,b < 0，若存在 x1, x2 0, + ，使得 f x1 = f x2 x1 x2 -b，证明： x1 + x2 > 2 ．a +1
【解析】（1）由函数 f x = x + a sin x + b ln x ，可得其定义域为 0, + ，
当 a = 0,b = -1时，可得 f x = x - ln x ，则 f x 1 1 x -1= - = ，
x x
当 x 0,1 时，可得 f x < 0， f x 单调递减；当 x 1, + 时，可得 f x > 0， f x 单调递增，
\函数 f x 的单调递增区间为 1, + ，单调递减区间为 0,1 ．
a 1 1 1 b（2）当 = - ,b 0 时，可得 f x = x - sin x + b ln x，则 f x =1- cos x + ，
2 2 2 x
Q f x > 0 1恒成立，即1- cos x b+ > 0 1 b恒成立，令 h x =1- cos x + , x > 0 ，
2 x 2 x
b b b 1 b 1 b
若b < 0，则 < 0，存在 x = - ，使得 h - =1- cos - - 2 = -1- cos - < 0，x 2 è 2 ÷ ÷ ÷ 2 è 2 2 è 2
即 f x < 0，不符合题意，\b>0，
3 3 3
- - 1 -
取 x = e b ，则0 < x0 <1，可得 f x0 = e b - sin e b - 3 < -1，即存在 x0 ，使得 f x < -1．0 2 0
（3）由函数 f x = x + a sin x + b ln x ，可得 f x =1+ a cos x b+ ，
x
设 x1 < x2，由 f x1 = f x2 ，可得 x1 + a sin x1 + b ln x1 = x2 + a sin x2 + b ln x2 ，
x2
则 x2 - x1 + a sin x2 - sin x1 = -b ln x2 - ln x1 = -b ln x ，1
又由 y = x - sin x，可得 y ' =1- cos x 0，\函数 y = x - sin x为单调递增函数，
b ln x\ x2 - sin x2 > x1 - sin x1，即 sin x2 - sin x1 < x2 - x \ -
2
1， < a +1 x2 - xx 1 ，1
2
h x ln x 2 x -1 h x 1 4
x -1
设 = - ，可得 = - = 0，
x +1 x x +1 2 x x +1 2
\当 x >1时， h x > h 1 = 0 x -1，即 ln x > 2 ，\ ln x 2 x -1> ，
x +1 x +1
x2 -1
ln x 2ln x 4 x -1
x2 x= > \ ln > 4 1
x2 - x
即 ， = 4 1 ，
x +1 x1 x2 1 x2 + x+ 1
x1
代入可得： 4 ×
x - x
-b 2 1 < a +1 x2 - x1 = a +1 x2 - x1 x2 + x1 ，x2 + x1
-b 2
则 4 × < x + x ，\ x + x -b> 2 ．
a +1 2 1 2 1 a +1
1
【例 4】（2024 2届四川省百师联盟高三联考三）已知函数 f x = x - 4x + a ln x .
2
(1)当 a =1时，求曲线 f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)设函数 y = f x 有两个不同的极值点x1，x2 .证明： f x
1 1 35
1 + f x2 ≥ ln a - a2 - .2 4 4
【解析】（1）当 a =1时 f x 1 1= x2 - 4x + ln x ， f x = x - 4 + ，
2 x
f 1 1= - 4 7= - ， f 1 =1- 4 +1 = -2，
2 2
7
则切线方程为 y + = -2 x -1 ，化简得 4x + 2y + 3 = 0 .
2
2
（2）证明：由题 f x = x - 4 a x - 4x + a+ = ，
x x
函数 f x 有两个极值点x1，x2，即 x2 - 4x + a = 0在 0, + 上有两个不等实根，
h x = x2 - 4x + a
ìh 0 = a > 0
令 ，只需故 í ，故 0 < a < 4 h 2 = a - 4 0
.
<
又x1 + x2 = 4， x1x2 = a，
所以 f x1 + f x =
1 x2 + a ln x - 4x + 1 x2 + a ln x - 4x 2 2 1 1 1 ÷ 2 2 2 ÷è è 2
4 x x a ln x ln x 1= - 1 + 2 + 1 + 2 + x2 21 + x2 = a ln a - a -8 .2
若证 f x 11 + f x2 ≥ ln a
1
- a2 35- ，
2 4 4
即证 a ln a - a -8
1
≥ ln a 1- a2 35 1- ，即 a ln a - a - ln a
1
+ a2 3+ ≥0 .
2 4 4 2 4 4
令j x = x ln x 1 1 3- x - ln x + x2 + ， x 0,4 ，
2 4 4
j x ln x 1 x 1= + -

÷，则j x 在 0,4 上递增，且有j 1 = 0，2 è x
当 x 0,1 时，j x < 0，所以j x 在 0,1 上递减；
当 x 1,4 时，j x > 0，所以j x 在 1,4 上递增；
所以j x ≥j 1 = ln1-1 1 1 3- ln1+ + = 0， x 0,4 .
2 4 4
即 f x 1 1 351 + f x2 ≥ ln a - a2 - 得证.2 4 4
x
【例 5】（2024 陕西省西安八校高三下学期联考）已知函数 f x = e - mlnx + x -1 m R , f x 的图象在
1, f 1 处的切线过原点．
(1)求 m的值；
(2) 2设 g x = f x - x,h x = x - 2x + a ，若对 "x1 0,+ 总 $x2 R，使 g x1 > h x2 成立，求整数 a的最
大值．
【解析】（1）易知 f x 的定义域为 0, + , f 1 = e ，
x m
又 f x = e - +1, f 1 = e - m +1，
x
\ f x 的图象在 1, f 1 处的切线方程为 y - e = e - m +1 x -1 ，
将 x = 0, y = 0 代入，得 m =1；
2 h x = x2（ ） - 2x + a = (x -1)2 + a -1．
\当 x =1时， h x 取得最小值，[h x ]min = h 1 = a -1．由（1）知， m =1．
\ f x = ex - lnx + x -1，得 g x = ex - lnx -1, g x 的定义域为 0, + ．
g x ex 1 1则 = - x，易知 y = e - x > 0 单调递增，
x x
g 1 又 ÷ = e - 2 0, g 1 = e -1 0．
è 2
g x 0 1 x 1 10即 = 在 ,1÷上有唯一解 x0 ，故 e = , x0 = x ．
è 2 x e 00
于是当 0 < x < x0 时， g x < 0, g x 在 0, x0 上单调递减；
当 x > x0时， g x > 0, g x 在 x0 ,+ 上单调递增．
\ g x 在 x = x0处取得极小值也是最小值．
1 5
则 g x = ex0 - ln x -1 = + x -1 2, min 0 x 0 ÷ ，0 è 2
\对 "x1 0,+ 总 $x2 R，使 g x1 > h x2 成立，
只需 1 a -1，得 a 2．故整数 a的最大值为 2．
1．（2024 届广东省汕头市第二次模拟）设M 是由满足下列条件的函数 f x 构成的集合：①方程
f x - x = 0有实根；② f x 在定义域区间D上可导，且 f x 满足0 < f x <1 .
x lnx
(1)判断 g x = - + 3， x 1,+ 是否是集合M 中的元素，并说明理由；
2 2
(2)设函数 f x 为集合M 中的任意一个元素，证明：对其定义域区间D中的任意a 、b ，都有
f a - f b a - b .
1 1 1 1
【解析】（1）Q g (x) = - =
2 2x 2
1-
x ÷
,
è
1
\ 当 x (1,+ )时， g (x) 0, ÷ (0,1) ，满足条件②；2 è
令F (x) = g(x) x
x ln x
- = - - + 3， x (1,+ ),
2 2
2
则F (e)
e 5
= - + > 0，F (e2 ) e= - + 2 < 0,
2 2 2
\F (x)在[e,e2 ]上存在零点，即方程 g(x) - x = 0有实数根，满足条件①，
综上可知， g(x) M ;
（2）不妨设a b , Q f x > 0, \ f (x)在 D 上单调递增，
\ f (a ) f (b )，即 f (b ) - f (a ) 0. ①
令 h(x) = f (x) - x, 则 h (x) = f (x) -1< 0，\h(x)在 D 上单调递减，
\ f (b ) - b f (a ) -a ，即 f (b ) - f (a ) b -a ，②
由①②得： f (a ) - f (b ) a - b .
2．（2024 届山东省滨州市高三下学期二模）定义：函数 f (x) 满足对于任意不同的 x1, x2 [a,b]，都有
f x1 - f x2 < k x1 - x2 ，则称 f (x) 为 a,b 上的“ k类函数”．
2
(1)若 f (x) x= +1，判断 f (x) 是否为 1,3 上的“2 类函数”；
3
x2(2)若 f (x) = a(x -1)ex - - x ln x 为[1,e]上的“3 类函数”，求实数 a 的取值范围；
2
(3)若 f (x) 为[1, 2]上的“2 类函数”，且 f (1) = f (2)，证明："x1， x2 [1, 2]， f x1 - f x2 < 1．
【解析】（1）对于任意不同的 x1, x2 1,3 ，不妨设 x1 < x2，即1 x1 < x2 3，
2 2
x1 x2 则 f x1 - f x 1
x + x
2 = +3 ÷
- +1÷ = 1 2 x1 - x2 < 2 x1 - x2 ，
è è 3 3
所以 f (x) 为 1,3 上的“2 类函数”.
（2）因为 f (x) 为[1,e]上的“3 类函数”，对于任意不同的 x1, x2 1,e ，不妨设 x1 < x2，
则 f x1 - f x2 < 3 x1 - x2 = 3 x2 - x1 恒成立，
可得3x1 - 3x2 < f x1 - f x2 < 3x2 - 3x1，
即 f x1 + 3x1 < f x2 + 3x2 ， f x2 - 3x2 < f x1 - 3x1均恒成立，
构建 g x = f x + 3x ， x 1,e ，则 g x = f x + 3，
由 f x1 + 3x1 < f x2 + 3x2 可知 g x 在 1,e 内单调递增，
可知 g x = f x + 3 0在 1,e 内恒成立，即 f x -3在 1,e 内恒成立；
同理可得： f x 3 1,e 内恒成立；
即-3 f x 3在 1,e 内恒成立，
又因为 f (x) = axex - x -1- ln x ，即-3 axex - x -1- ln x 3，
x + ln x - 2 x + ln x + 4 x + ln x - 2 x + ln x + 4
整理得 x a x ，可得xe xe ex+ln x
a x+ln x ，e
x + ln x - 2 a x + ln x + 4即 x+ln x x+ln x 在 1,e 内恒成立，令 t = x + ln x，e e
因为 y = x, y = ln x在 1,e 内单调递增，则 t = x + ln x在 1,e 内单调递增，
当 x =1， t =1；当 x=e， t = e +1；可知 t = x + ln x 1,e +1 ，
t - 2 t + 4
可得 t a t 在 1,e +1 内恒成立，e e
F t t - 2构建 = t , t 1,e +1 ，则F t
3- t
= ，
e et
当1 t < 3时，F t > 0 ；当3 < t e +1时，F t < 0；
可知F t 在 1,3 内单调递增，在 3,e +1 1内单调递减，则F t F 3 = ，
e3
G t t + 4构建 = , t 1,e +1 ，则G t -3 - tt = t < 0 在 1,e +1 内恒成立，e e
可知G t 在 1,e +1 内单调递减，则G t G e +1 e + 5=
ee+1
；
1 a e + 5
1 e + 5
可得 3
é ù
e+1 ，所以实数 a 的取值范围为 ê 3 , .e e e ee+1 ú
（3）（i）当 x1 = x2，可得 f x1 - f x2 = 0 <1，符合题意；
（ⅱ）当 x1 x2 ，因为 f (x) 为[1, 2]上的“2 类函数”，不妨设1 x1 < x2 2，
①若0
1
< x2 - x1 ，则 f x2 1
- f x2 < 2 x1 - x2 1；
1
②若 < x2 - x1 1，则 f x1 - f x2 = f x1 - f 1 + f 1 - f x2 = f x1 - f 1 + f 2 - f x 2 2
f x1 - f 1 + f 2 - f x2 2 x1 -1 + 2 2 - x2 = 2 - 2 x2 - x1 <1；
综上所述："x1， x2 [1, 2]， f x1 - f x2 <1 .
1
3．（2024 2届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三最后一卷）设函数 f x = xlnx - x - ax 的两个极值点分别为
2
x1, x2 x1 < x2 ．
(1)求实数a的取值范围；
(2)若不等式l < a x1 + x2 恒成立，求正数l 的取值范围（其中 e = 2．71828L为自然对数的底数）．
【解析】（1）由题 f x = xlnx - x 1- ax2 ，定义域为 0, + ．则 f x =1+ lnx -1- ax = lnx - ax ，
2
由题可得 f x = lnx - ax = 0有两个不等实数根 x1，x2 ，
lnx
于是 a = 有两个不同的实数根，
x
y = a h x lnx等价于函数 与 = 图像在 0, + 有两个不同的交点，
x
Qh x 1- lnx= 2 ，由 h x > 0 0 < x < e，由 h x 0 x e，x
所以 h x 在 0,e 递增，在 e, + 递减，
又 h 1 = 0，h x 1有极大值为 h e = ，当 x + 时， h x 0，
e
所以可得函数 h x 的草图（如图所示）．
y = a h x lnx所以，要使函数 与 = 图像在 0, + 有两个不同的交点，
x
a 0, 1 1 当且仅当 ÷ ，即实数a的取值范围为 0, ÷
è e è e
（2）由（1）可知： x1，x2 是方程F x = lnx - ax = 0的两个实数根，且1 < x1 < e < x2 ，
x1
则 ì ln x
ln
1 = ax1 a ln x - ln x xí = 1 2 = 2 ，
ln x2 = ax2 x1 - x2 x1 - x2
l < a x + x x2 + x= 1 ln x2 x2 t +1即 1 2 ÷，令 = t >1,l < ln tx t -1 ，x2 - x1 è x1 1
2 t -1 1 2 t +1 - 2 t -1 t -1 2
令 h t = ln t - , t 1，则 h t = - = 0，
t +1 t t +1 2 t t +1 2
所以 h t 在 1, + 上单调递增，且 h 1 = 0，所以 h t h 1 = 0，
2 t -1 t +1
于是，当 t > 1时，有 ln t > ，即 lnt > 2 ，
t +1 t -1
综上所述，l 2，即l 的取值范围是 - ，2 ．
4．（2024 届湖南省高三“一起考”大联考下学期模拟）已知函数 f x = ax2 ， g x = ln x，函数 f x ， g x
有两条不同的公切线（与 f x ， g x 均相切的直线） l1， l2 .
(1)求实数a的取值范围；
(2)记 l1， l2在 y 轴上的截距分别为 d1 ， d2 ，证明： d1 + d2 < -1 .
【解析】（1）设直线 l： y = kx + b同时与 f x ， g x 的图象相切，切点分别为 m, n ， p, q ，
f x = ax2由 ， g x = ln x知， f x = 2ax， g x 1= ，且 f m = am2， g p = ln p ，
x
则 l可同时表示为 f x 在 m, n 的切线方程和 g x 在 p, q 的切线方程，
即 y = 2am x - m 1+ am2和 y = x - p + ln pp ，两条直线相同，故它们具有相同的斜率和截距，
所以 k = 2am
1
= 1
p ①，b = -am
2 = -1+ ln p ②，结合①② = p2有 1- ln p （ p > 0）.
4a
设 h p = p2 1- ln p ，则由 h p = p - 2 p ln p > 0有 p < e .
从而 h p 在 0, e 上单调递增，在 e,+ h e e上单调递减，最大值为 = .2
可作出 y = h x 1 1 e 1的大致图象如下，它与 y = 有两个交点，所以0 < < ，解得 a >
4a 4a 2 2e
.
1
所以实数a的取值范围为 ,+ ÷ .
è 2e
（2）设 l1， l2与 g x 的切点坐标分别为 x1, y1 ， x2 , y2 不妨设 x1 < x2，
1
则由（1）知 d1 + d2 = -2 + ln x1x2，且 h x1 = h x2 = ，4a
要证明-2 + ln x1x2 < -1，即证明 x1x2 < e .

ln e

ln e

÷ ÷
x2
x x e e
（方法一）因为 1 1- ln x1 = x22 1- ln x è 1 = è 2 2 ，所以 2 2 ，设 t1 = ， t2 = ，
e e x1 x2

è x
÷ ÷
1 è x2
2
t1 +1
ln t1 ln t2 ln t1 - ln t2 ln t + ln t
÷
= = = 1 2
t
则 2 2 2 2 2 2 ，所以 ln t1t2 = ln
t1 × è 2 t > t
t1 t2 t1 - t
÷ 2 （ 1 2），
2 t1 + t2 è t2 t1 t ÷
-1
è 2
2
t1
t ÷
-1
只需要证明 ln t t 1 è
t2
1 2 >1，即 ln ÷ - 2 > 0 .
è t2 t
1

÷ +1
è t2
2 1 4x 2 2x -1
设 t x = ln x x -1- （ x >1），则 t x = - = > 0
x2
，
+1 x x2 2+1 x x2 +1 2
所以 t x 在 1, + 上单调递增， t x > t 1 = 0，则 ln t1t2 >1成立，从而 x1x2 < e .
故 d1 + d2 < -1成立，证毕.
（方法二） h x 在 0, e 上单调递增，在 e,+ 上单调递减，所以0 < x1 < e < x2 < e .
e e
要证明 x1x2 < e,即 x1 < x ，注意到x1， x 均在区间 0, e ，2 2
e
故由 h x 的单调性，只要证明 h x ÷ > h x1 = h x2 ，è 2
2 2
e e e x4
即 2 2 ÷ - ÷ ln ÷ - x2 + x2 ln x2 > 0，整理得 ln x
2
2 - 4 2 > 0 .
è x2 è x2 è x2 x2 + e
2
x x4 - e2
设 r x = ln x - 4
x4 e2
（ x > e ），则 r x = > 0
+ x x4 + e2 .
2
从而 r x 1 e在 x > e 时单调递增，所以 r x2 > r e = - 2 = 0，从而 x1x2 < e成立、2 2e
故 d1 + d2 < -1成立，证毕.
5．（2024 2届天津市民族中学高三下学期 4 月模拟）已知函数 f x = x - 2x + a ln x a > 0 ．
(1)当 a = 2时，试求函数图象在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x 有两个极值点x1、 x2 x1 < x2 ；
（ⅰ）求 a 的取值范围；
（ⅱ）不等式 f x1 mx2 恒成立，试求实数 m 的取值范围．
【解析】（1） a = 2 f x = x2时， - 2x + 2lnx ，故 f x = 2x 2- 2 + .
x
f 1 2 2 2= - + = 2 f 1 =12故 ，又 - 2 = -1，
1
故函数图象在点 1, f 1 处的切线方程为 y - -1 = 2 x -1 ，即 2x - y - 3 = 0；
a 2x2 - 2x + a
（2）（ⅰ） f x = 2x - 2 + = (x > 0)，
x x
函数 f x 在 0，+ 上有两个极值点，需满足 2x2 - 2x + a = 0在 (0, + )上有两个不等的根，.
ìΔ = 4 -8a > 0
由 f x = 0 1得 2x2 - 2x + a = 0， 则 ía ，故此时0 < a < ；

> 0 2
2
（ⅱ） x1 + x =1 x
1- 1- 2a 1 1
2 ， 1 = ， x
1+ 1- 2a
= ，则可得0 < x1 < ， < x2 <12 ，2 2 2 2
f x
由不等式 f x mx 1 1 2 恒成立，则m ，x2
f x 2 2 2x - 2x + alnx x1 - 2x1 + 2x1 - 2x1 lnx1 1= 1 1 1 = 1 =1- x + + 2x lnx ，
x x x 12 2 2 x1 -1
1 1
h x 1 x 1
1
令 = - + + 2xlnx(0
1
< x < )，则 h x =1- 2 +2lnx x -1 ，x -1 2
1
因为0 < x
1
< ，-1 x
1 1
< -1< - , < x -1 2 <1，-4 < - < -1
2 2 4 x -1 2 ，
1
又 2lnx < 0 .所以 h x < 0，即0 < x < 时， h x 单调递减，
2
所以 h x h 1 3
f x
> ÷ = - - ln2
1 3
，即 > - - ln2 ，
è 2 2 x2 2

故实数m 的取值范围是 - ,
3
- - ln2ùú .è 2
6．（2024 届陕西省部分学校（菁师联盟）高三下学期 5 月份高考适应性考试）已知函数 f x = 2x - xlnx .
(1)求曲线 y = f x 在 x = e2 处的切线方程；
(2)若 f x1 = f x2 ，且 x1 < x2 . 2求证： x1 + x2 < e .
2
【解析】（1）因为 f x =1- lnx, f e =1- lne2 = -1 f e2 = 2e2， - e2 × lne2 = 0 .
所以切线方程为 y - 0 = -1 x - e2 ，即 y = -x + e2 .
（2）证明：由（1）得 f x =1- lnx
当0 < x < e时， f x > 0, f x 单调递增；当 x>e时， f x < 0, f x 单调递增减；
所以 f x 在 x=e处有极大值 f e = e .
又 f e2 = 2e2 - e2lne2 = 0 +，且当 x 0+ 时， f x 0 .
所以由 f x1 = f x 22 且 x1 < x2，得0 < x1 < e 且 e < x2 < e ，令 g x = f x - x，
则 g x = x - xlnx = x 1- lnx .当0 < x < e时，1- lnx > 0，所以 g x > 0，即 f x > x,
因为0 < x1 < e .所以 f x1 > x1 ①令 h x = -x + e2 - f x
h x = -1- 1- lnx = -2 + lnx
当 e < x < e2 时 h x < 0，所以 h x 在 e,e2 上单调递减，
由 e < x 22 < e ，得 h x2 > h e2 = -e2 + e2 - f e2 = 0
2
所以-x2 + e > f x2 ②
又因为 f x1 = f x 2 22 ，由①②得：-x2 + e > x1 ，即 x1 + x2 < e
7．（2024 - x 2届广东省广州市二模）已知函数 f x = a x +1 e + x ．
(1)讨论 f x 的零点个数；
(2)若 f x 存在两个极值点，记 x0 为 f x 的极大值点，x1为 f x 的零点，证明： x0 - 2x1 > 2．
【解析】（1）因为 f x = a x +1 e- x + x2 ，
当 a = 0时， f x = x2 ，此时 f x 有一个零点；
当 a 0时， f -1 =1，所以-1不是函数 f x 的零点，
2 x
令 f x = a x x e+1 e- x + x2 = 0 x -1 , -a = ，
1+ x
2 x
故只需讨论 g x x e= 与 y = -a 的交点个数即可，
1+ x
2x + x2
1+ x e
x - x2ex x3 + 2x2 + 2x ex x2 + 2x + 2 xex
g x = = ，
(1+ x)2 (1+ x)2
=
(1+ x)2
x2ex
因为 x2 + 2x + 2 > 0，所以 g x = 在 - ,-1 和 -1,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
1+ x
x + , g x + ， x -1且 x > -1时， g x + ， x -1且 x < -1时， g x - ，
所以 g x 的大致图象如图所示：
2 x 2 x
故当 a > 0, g x x e= 与 y = -a x e有一个交点，当 a < 0时， g x = 与 y = -a 有 2 个交点；
1+ x 1+ x
综上， a 0时，函数 f x 有 1 个零点，当 a < 0时，函数 f x 有 2 个零点．
x 2ex - a
（2）函数 f x = a - x 2 x +1 e + x , f x = ，
ex
当 a 0时， 2ex - a > 0，所以函数 f x 只有一个极值点，不满足条件；
a 2 x 2e
x - a
当 = 时， f x = 0 ，所以函数 f x 无极值点；
ex
ln a 0 f x > 0 a当 a > 2时， > ，令 得 x a< 0 或 x > ln ；令 f x < 0得0 < x < ln ，
2 2 2
所以函数 f x 在 - ,0 a a 上单调递增，在 0, ln ÷上单调递减，在2 ln , + ÷ 上单调递增，此时 x2 0 = 0，è è
f ln a a ln a 1 2 a
2 2
a
因为 ÷ = + ÷ × + ln ÷ = 2 ln +1
+ ln a ÷ ÷ > 0, f 0 = a > 0, f -1 =1， x - 时，
è 2 è 2 a è 2 è 2 è 2
f x - ，所以函数 f x 在 -1, + 上无零点，在 - ,-1 上有一个零点x1，
所以 x0 - 2x1 = -2x1 > 2；
当0 < a
a
< 2 时， ln < 0，令 f x > 0得 x < ln a 或 x > 0；令 f x < 0得 ln a < x < 0，
2 2 2
a a
所以函数 f x 在 - , ln ÷上单调递增，在 ln ,0÷上单调递减，在 0, + 上单调递增，此时
è 2 è 2
x a0 = ln < 0 ，2
a
因为 f 0 = a > 0, f ln ÷ > f 0 > 0, x - 时， f x - ，
è 2
f 1 a
1 a 2 2
1 a - ln -12 2 ֏ 1 a e 2a a 1 a
ln -1÷ = a ln -1+1÷e +2 2 2 2
ln -1÷ = ln + ln -1
è è è 2 2 2 2 ÷è 2 2
e 2a 1 ln a 1 e 2a 1 a
2
= × - ÷ + + ln -1

÷ =

e 2a
1
+ ln a 1 a-1 × ÷ ln -1

÷ + e 2a > 0 ，
è 2 2 è 2 2 è 2 2 è 2 2
f x , ln a 1 a所以函数 在 - ÷上有一个零点x1，且 x1 < ln -1，è 2 2 2
所以 x0 - 2x1 > 2，综上， x0 - 2x1 > 2．
8．（2024 届重庆市名校联盟高三下学期全真模拟）T 性质是一类重要的函数性质，具有 T 性质的函数被称
为 T 函数，它可以从不同角度定义与研究.人们探究发现，当 y = f x 的图像是一条连续不断的曲线时，下
列两个关于 T 函数的定义是等价关系．
定义一：若 y = f x 为区间 a,b 上的可导函数，且 y = f x 为区间 a,b 上的增函数，则称 y = f x 为区
间 a,b 上的 T 函数．
定义二：若对"x1, x2 a,b ，"l 0,1 ，都有 f é lx1 + 1- l x2 ù l f x1 + 1- l f x2 恒成立，则称
y = f x 为区间 a,b 上的 T 函数．请根据上述材料，解决下列问题：
π
(1)已知函数 f x = tan x，x 0, ÷．
è 2
π
① 判断 y = f x 是否为 x 0, ÷ 上的 T 函数，并说明理由；
è 2
②若a，b

0,
π
÷且a + 2b
π
= ，求 f a + 2 f b 的最小值
è 2 2
m 1 n 1 1 1 1 1(2)设 > ， > ， + =1 m n，当 a > 0，b > 0时，证明： a + b ab．
m n m n

【解析】（1）①由于 f x tan x x π= ， 0,

÷，所以2 f x =
sin x 1
è ÷
= ，
è cos x cos2 x

记m x = f x m x 1 2sin x，则 = = ，
è cos2 x ÷ cos3 x
π 1 x 2sin x π 由于 0, ，所以2 ÷ m x =

÷ = > 0，故m x = f x 在 x 0, ÷ 单调递增，由定义一可知，è è cos2 x cos3 x è 2
f x tan x x 0 π= ， ,
x 0, π÷为

÷ 上的 T 函数，
è 2 è 2
②由于 f x = tan x x ， 0
π
, π 1÷为 x 2
0, ÷ 上的 T 函数，令l = ，
è è 2 3
f a + 2 f b a + 2b π 3
由定义二可知 f =f ÷ ÷ = ，3 è 3 è 6 3
所以 f a + 2 f b 3 π π，故当a = , b = 时可取等号，
6 6
故 f a + 2 f b 的最小值为 3，
（2）设 h x = ex , x R , h x = ex 为单调递增函数，
由定义一可得 h x = ex , x R 为R 上的T函数，
1 m nam 1 1 1 1 1+ bn = eln a + elnb = em ln a + en lnb ，
m n m n m n
由于m >1 n 1
1 1 1 1
， > ， + =1，则0 < <1,0 < <1，
m n m n
h 1由定义二可得 m ln a
1
+ n ln b 1 h m ln a 1+ h n ln b ，
è m n ÷ m n
1 m ln a 1+ n lnb 1 1 1 1 m ln a 1+ n ln b
即 em n em ln a + en lnb ，故 em ln a 1+ en lnb e m n =eln a+lnb =eln ab = ab
m n m n
1 am 1 n所以 + b ab
m n
9．（2024 5 f (x) a ln x
1
届河南省九师联盟高三下学期 月联考）已知函数 = + (a 0)x ．
(1)若 f (x) > a对 x (0,+ )恒成立，求a的取值范围；
1 1
(2) 2当 a = 3时，若关于 x的方程 f (x) = - x + 4x + b 有三个不相等的实数根x1，x2， x3 ，且 x1 < x2 < x3，x 2
求b的取值范围，并证明： x3 - x1 < 4 ．
1 1
【解析】（1）当 a < 0时， -1< 0，则 -1
a 0 < ea <1
，
1 1- 1 1 1-1 -1f e a ÷ = a 1- ÷ + ea = a + ea -1 < a，
è è a
所以不等式 f (x) > a在区间 (0, + )上不恒成立，不合题意；
1 a 1 ax -1
当 a > 0时，函数 f (x) = a ln x + 的定义域为 (0, + )，且 f (x) = - = ．
x x x2 x2
由 f (x) < 0 可得0 < x
1
< ；由 f (x) > 0
1
可得 x > ，
a a
1 1
此时，函数 f (x) 的单调递减区间为 0, ÷ ，单调递增区间为a
,+ ÷ ．
è è a
f (x) 1 则 min = f ÷ = -a ln a + a > a，即 a ln a < 0 ，即 ln a < 0，解得 0 < a < 1．
è a
综上所述，实数 a 的取值范围是 0,1 ．
（2）当 a = 3时，由 f (x)
1 1
= - x2 + 4x + b 1，得3ln x + x2 - 4x = b，
x 2 2
g(x) 3ln x 1 x2 4x g (x) 3 x 4 (x -1)(x - 3)令 = + - ，则 = + - = ，
2 x x
由 g (x) > 0可得0 < x < 1或 x > 3；由 g (x) < 0可得1< x < 3，
所以 g(x)在 (0,1), (3,+ )内单调递增，在 (1,3)内单调递减，
所以 g(x)极大值为 g(1)
7
= - ，极小值为 g(3) = 3ln 3
15
- ，
2 2
若 g(x) = b 3ln 3
15 7 15 7
有 3 个不同实根，则 - < b < - b ，即 的取值范围为 3ln 3 - ,- .
2 2 ֏ 2 2
此时0 < x1 <1 < x2 < 3 < x3 ．令 h(x) = g(x) - g(2 - x),0 < x <1，
h (x) g (x) g (2 x) 3 3 6(x -1)
2
则 = + - =

+ x - 4÷ + + 2 - x - 4x 2 - x ÷
= > 0，
è è x(2 - x)
可知 h(x) 在( 0, 1)内单调递增，则h(x) < h(1) = 0，
可得 g(x) < g(2 - x) 在( 0, 1)内恒成立，
因为0 < x1 <1，则 g x1 = g x2 < g 2 - x1 ，
且1< 2 - x1 < 2,1 < x2 < 3， g(x)在 (1,3)内单调递减，
则 2 - x1 < x2 ，即 x1 + x2 > 2，可得-x1 - x2 < -2．
令m(x) = g(x) - g(6 - x),1< x < 3，
m (x) = g (x) + g (6 - x) = 3 + x - 4 + 3 2(x - 3)
2
则 ÷ + 6 - x - 4÷ = > 0 ，
è x è 6 - x x(6 - x)
可知m(x)在 (1,3)内单调递增，则m(x) < m(3) = 0，
可得 g(x) < g(6 - x)在 (1,3)内恒成立，
因为1 < x2 < 3，则 g x2 = g x3 < g 6 - x2 ，
且3 < 6 - x2 < 5, x3 > 3， g(x)在 (3, + )内单调递增，则6 - x2 > x3 ，即 x2 + x3 < 6，
由-x1 - x2 < -2和 x2 + x3 < 6，两式相加可得 x3 - x1 < 4 ．
10．（2024 2届湖北省宜荆荆随恩高三 5 月联考）设函数 f x = 4ln x - ax + 4 - 2a x ， a R
(1)讨论 f x 的单调性．
(2)若函数 f x 存在极值，对任意的 0 < x1 < x2 ，存在正实数 x0 ，使得 f x2 - f x1 = f x0 x2 - x1
ln x2 - ln x1 2
（ⅰ）证明不等式 >x - x ．2 1 x2 + x1
x + x
（ⅱ）判断并证明 1 2 与 x
2 0
的大小．
4 -1
【解析】（1） f x = - 2ax + 4 - 2a = 2ax - 4 x +1 ， x > 0，
x x
若 a 0，则 f x > 0 ， f x 在 0, + 上单调递增，
若 a > 0，由 f x = 0 x 2得 = ，
a
x 当 0,
2
÷时 f x > 0 x
2
；当 , + ÷时， f x < 0，
è a è a
∴ f x 在 0,
2 2
÷单调递增，在 ,+ ÷ 单调递减.
è a è a
（2）∵ f x 存在极值，由（1）知 a > 0，
f x2 - f x1 = 4 ln x2 - ln x1 - a x22 - x21 + 4 - 2a x2 - x1
= 4 ln x2 - ln x1 - a x2 + x1 x2 - x1 + 4 - 2a x2 - x1 ，
f x2 - f x1 4 ln x - ln x由题设得 f x 0 = = 2 1 - a x + x + 4 - 2a ，x2 - x1 x2 - x 2 11
x
∵ 0 < x 21 < x2 ，设 = t(t >1)x ，1
ln x2 - ln xⅰ 1
2
（ ）要证明 >
2 t -1
x - x x + x 即证明 ln t > t >1 ，2 1 2 1 t +1
2 t -1 1 2 t +1 - 2 t -1 (t -1)
2
设 g t = ln t - ，（ t > 1），则 g t = - = > 0，
t +1 t (t +1)2 t(t +1)2
∴ g t 在 1, + 上单调递增， g t > g 1 = 0，
2 t -1 ln x - ln x 2
∴ ln t > 2 1，即 > 得证，
t +1 x2 - x1 x2 + x1
（ⅱ） f
x1 + x2 8
÷ = - a x2 + x1 + 4 - 2a
è 2 x1 + x
，
2
f x f x1 + x2 4 ln x2 - ln x1 8 4 ln x- = - = 2 - ln x1 2 0 ÷ - > 0，
è 2 x - x x + x
x - x x + x ÷2 1 1 2 è 2 1 1 2
f x x + x∴ 0 > f
1 2
÷，
è 2
∵ f x 4= - 2ax + 4 - a 在 0, + x1 + x上是减函数，∴ 2 > x .
x 2 0
11．（2024 届江西省上饶市六校高三 5 月第二次联合考试）已知函数 f x = x - a ln x - b a,b R, a 0 ．
(1)若 a = b =1，求 f x 的极值；
(2)若 f x 0，求 ab的最大值．
【解析】（1） a = b =1时， f x = x - ln x -1，函数 f x 的定义域 0, + ，
f x 1 1 x -1= - = ，
x x
x 0,1 时， f x < 0， f x 单调递减， x 1, + 时， f x > 0， f x 单调递增，
所以 x =1时， f x 取得极小值，极小值为 f 1 = 0，无极大值.
f x 0, + f x 1 a x - a（2）函数 的定义域 ， = - = a 0 ，
x x
当 a<0 时， f x > 0，函数 f x 在 0, + 上单调递增，
x 趋向于 0时， f x 趋向于- ，与 f x 0 矛盾.
当 a > 0时，则 x 0, a 时， f x < 0， f x 在 0, a 上单调递减，
则 x a, + 时， f x > 0， f x 在 a, + 上单调递增，
x = a时， f x 取得最小值，最小值为 f a = a - a ln a - b 0，
即 a - a ln a b ，则 ab a2 - a2 ln a a > 0 ，
令 g(x) = x2 - x2 ln x x > 0 ， g (x) = 2x - 2x ln x - x = x - 2x ln x = x 1- 2ln x ，
x 0, e 时， g x > 0， g x 在 x 0, e 上单调递增，
x e,+ 时， g x < 0， g x 在 x e,+ 上单调递减，
x = e 时， g x 取得最大值，最大值为 g e = e e e- = ，2 2
e e
即当 a = e ， b = ， ab的最大值为 .
2 2
1
12．（2024 2届山西省临汾市高三下学期考前适应性训练）已知函数 f x = ln x +1 + x ．
2
(1)求 f x 在 x = 0处的切线方程；
(2)若曲线 y = f x 与直线 y = ax 有且仅有一个交点，求 a 的取值范围；
(3)若曲线 y = f x 在 m, f m m > 0 处的切线与曲线 y = f x 交于另外一点 n, f n ，求证：
-2m < n m< - ．
m +1
【解析】（1）由题可知，函数 f x 的定义域为 -1, + ，
f x 1= + x ，所以 f 0 =1，又因为 f 0 = 0
x +1
所以函数 f x 在 x = 0处的切线方程为 y = x ．
（2）方法一：若曲线 y = f x 与直线 y = ax 有且仅有一个交点，即方程
ln x 1+1 + x2 = ax 有且只有一个根，
2
设函数 h x 1= ln x +1 + x2 - ax，即函数 h x 有唯一零点．
2
h x 1 1= + x - a = + x +1- a -1
x +1 x +1
令 h x > 0 1，即 + x +1 > a +1
x +1
因为 x -1, + 1，所以 + x +1 2
x +1
当 a +1 2即 a 1时， h x 0，所以 h x 在 -1, + 上单调递增，且 h 0 = 0
所以 h x 在 -1, + 上有唯一零点，符合题意．
当 a > 1时， $x1 0,1 ，使得 h x1 = 0
所以 h x 在 -1, x1 上单调递增，在 x1,0 上单调递减．
又因为 h 0 = 0，所以 h x1 > 0 ；当 x -1时， h x - ，
所以 $x0 -1,0 满足 h x0 = 0，不合题意.
综上可得 a 的取值范围为 a 1．
方法二：若曲线 y = f x 与直线 y = ax 有且仅有一个交点，即方程
ln x +1 1+ x2 = ax 有且只有一个根，因为 x = 0时满足方程，
2
1 ln x 1 12 + + x2
所以要使得方程 ln x +1 + x = ax 有且只有一个根，则当 x 0时方程
2 2 = a
无根，即函数
x
ln x 1 1+ + x2y = a 与函数 y = 2 的图象没有交点．
x
ln x +1 1+ x2
设 h x = 2 则
x
1 + x é ÷ x - êln x +1
1
+ x2 ù x
x +1 2 ú - ln x +1
1
+ x2
h x = è x +1 2
x2
=
x2
x 1 2 m x 1 x 1 x
2 x + 2
令m x = + x - ln x +1 则 = + - =
x +1 2 x +1 2 x +1 x +1 2
因为 x -1,0 0, + ，所以m x > 0，
所以函数m x x 1= + x2 - ln x +1 在 -1,0 和 0, + 上单调递增，
x +1 2
又因为m 0 = 0所以当 x -1,0 时m x < 0，即 h x 单调递减，
当 x 0, + 时m x > 0，即 h x 单调递增．
当 x 0 时， ln x +1 1+ x2 0，由洛必达法则得
2
ln x 1 1 x2 1+ + + x
lim 2 = lim x +1 =1，
x 0 x x 0 1
所以 a 的取值范围为 a 1．
（3） f x 1 1= + x ，所以 f m = + m
x +1 m +1
曲线 y = f x 在 m, f m 处的切线方程为
y 1= + m÷ x - m + ln m +1
1
+ m2．
è m +1 2
切线与 f x = ln x 1 1+ + x2 联立得
2
ln x 1 1 x2 1 m x m 1+ + = + ÷ - + ln m +1 + m22 è m +1 2
设 g x = ln x 1 1 m 1+1 + x2 - + m
x + - ln m +1 + m2
2 è m +1 ÷ m +1 2
1 1 x - m é m +1 x + mùg x = + x - + m =
x +1 è m +1 ÷ x +1 m +1
g x > 0 x > m 1 x m令 则 或 - < < - ，所以 g x 在 -1, m- m上单调递增，在 - , m 上单调递减，
m +1 ÷ è m +1 è m +1 ÷
在 m,+ 上单调递增．
因为 g m = 0，所以 g m- ÷ > 0，当 x -1时， g x - ，
è m +1
所以 n

-1,
m
- ÷ ，满足 g n = 0，所以 -1 < n
m
< - ；
è m +1 m +1
因为 m > 0，所以 -2m < 0，要证 -2m < n即证 g -2m < 0，
即 g -2m = ln 1- 2m 9 3m+ m2 + - ln m +1 < 0．
2 m +1
设j m = ln 1- 2m 9+ m2 3m+ - ln m +1 0 < m 1<
2 m +1 2 ֏
4 3
j m -2 3 1 18m + 27m= + 9m + 2 - = < 01- 2m m +1 m +1 ，2m -1 m +1 2
1
所以j m 在 0, ÷ 上单调递减，又j 0 = 0，所以j m < 0，所以 -2m < n．
è 2
当m
1
时 -2m -1 < n
m
成立．综上可得： -2m < n < - ．
2 m +1
13．（2024 届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期 4 月联合学情检测）已知函数
f x = ln mx - x m > 0 ．
(1)若 f x 0 恒成立，求 m的取值范围；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，证明 x1 + x2 > 2．
【解析】（1）首先由 m > 0可知 f x 的定义域是 0, + ，从而 f x = ln mx - x = ln x - x + ln m .
故 f x = ln mx - x 1 1 1- x= - = ，从而当 0 < x < 1时 f x > 0，当 x >1时 f x < 0 .
x x
故 f x 在 0,1 上递增，在 1, + 上递减，所以 f x 具有最大值 f 1 = ln m -1 .
所以命题等价于 ln m -1 0，即 m e .所以 m的取值范围是 0,e .
（2）不妨设 x1 < x2，由于 f x 在 0,1 上递增，在 1, + 上递减，故一定有 0 < x1 < 1 < x2 .
在 -1 < t <1的范围内定义函数 p t = f 1+ t - f 1- t .
2
则 p t = f 1+ t + f 1 -t t 2t- t = + = 2 > 0 ，所以 p t 单调递增.1+ t 1- t 1- t
这表明 t > 0时 p t > p 0 = f 1 - f 1 = 0，即 f 1+ t > f 1- t .
又因为 f 2 - x1 = f 1+ 1- x1 > f 1- 1- x1 = f x1 = 0 = f x2 ，且 2 - x1和 x2都大于 1，
故由 f x 在 1, + 上的单调性知 2 - x1 < x2 ，即 x1 + x2 > 2 .
14．（2024 届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数 f (x) = ax - x ln x, f (x)为其导函数．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a 的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数 x1, x2 ，使得 f x1 = f x2 ，证明： f x1x2 > 0 ．
【解析】（1） f x = a -1- lnx，当 0 < x < ea -1 时， f x > 0, f x 单调递增；
当 x > ea-1时， f x < 0, f x 单调递减．所以 f (x) a-1 a-1max = f e = e 1，
解得 a 1，即 a 的取值范围为 - ,1 ．
a-1 a
（2）证明：不妨设 x1 < x2，则 0 < x1 < e < x2 < e ，要证 f x1x2 > 0 ，
e2a-2
x x < ea-1 x x < e2a-2即证 1 2 ，则证 1 2 ，则证 x1 < < e
a-1
，
x2

f x f e
2a-2 2a-2
所以只需证 1 < ÷，即 f x2 < f
e
÷ ．
è x2 è x2
e2a-2 2 2a-2
令 g x = f x - f , x x ÷ e
a-1, ea g ea-1 = 0 a -1- lnx x - e ，则 ， g x = ．
è x2
当 x > ea-1时， a -1- lnx < 0, x2 - e2a-2 > 0，则 g x < 0，
2a-2
所以 g x 在 ea-1, ea a-1上单调递减，则 g x < g e = 0．所以 f x e1 < f x ÷．è 2
2a-2
由（1）知 f x 在 0,ea-1 e上单调递增，所以 x1 < ，从而 f x1x2 > 0 成立．x2
1
15 2．（2024 届云南省高中毕业生第二次复习统一检测）已知常数 a > 0，函数 f (x) = x - ax - 2a2 ln x .
2
(1)若 "x > 0, f (x) > -4a2 ，求 a 的取值范围;
(2)若 x1、 x 是 f (x)2 的零点，且 x1 x2 ，证明: x1 + x2 > 4a .
【解析】（1）由已知得 f (x) 的定义域为{x | x > 0}，
f (x) x a 2a
2 x2 - ax - 2a2 (x - 2a)(x + a)
且 = - - = = .
x x x
Q a > 0 ，\当 x (0, 2a)时， f (x) < 0 ，即 f (x) 在 (0, 2a) 上单调递减；
当 x (2a,+ )时， f (x) > 0 ，即 f (x) 在 (2a,+ ) 上单调递增.
所以 f x 在 x = 2a处取得极小值即最小值，
\ f x = f 2a = -2a2 ln 2amin ，
Q"x > 0, f x > -4a2 f x = -2a2 ln 2a > -4a2 ln 2a < ln e2min ，
e2 e2
\0 < a < ，即 a 的取值范围为 0, ÷ .
2 è 2
（2）由（1）知， f (x) 的定义域为{x | x > 0}，
f (x) 在 (0, 2a) 上单调递减，在 (2a,+ ) 上单调递增，且 x = 2a是 f (x) 的极小值点.
Q x1 、 x 是 f (x)2 的零点，且 x1 x2 ，
\ x1、 x2分别在 (0, 2a) 、 (2a,+ ) 上，不妨设 0< x1 < 2a < x2，
设 F ( x ) = f ( x ) - f (4a - x ) ，
(x - 2a)(x + a) (2a - x)(5a - x) 2a(x - 2a)2则 F (x) = + = .
x 4a - x x(x - 4a)
当 x (0, 2a)时， F (x) < 0, F (2a) = 0 ，即 F (x) 在 (0,2a]上单调递减.
Q0 < x1 < 2a ，\F x1 > F (2a) = 0 ，即 f x1 > f 4a - x1 ，
Q f x1 = f x2 = 0，\ f x2 > f 4a - x1 ，
Q x1 < 2a ，\4a - x1 > 2a，
又Q x2 > 2a， f (x) 在 (2a,+ ) 上单调递增，\ x2 > 4a - x1，即 x1 + x2 > 4a .专题 7 函数中的双变量问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下借组导
数处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函
数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.
(一) 与函数单调性有关的双变量问题
此类问题一般是给出含有 x1, x2 , f x1 , f x2 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利
用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.
常见结论：
f x - f x
(1)若对任意 x1, x D , x

2 当 1 x2 时恒有
1 2 > 0 ,则 y = f x 在 D 上单调递增；
x1 - x2
f x - f x
(2)若对任意 x1, x2 D , x x
1 当 1 22 时恒有 > k ,则 y = f x - kx 在 D 上单调递增；x1 - x2
f x - f x
(3) k k若对任意 x 1 21, x2 D ,当 x1 x2 时恒有 > ,则 y = f x + 在 D 上单调递增；x1 - x2 x1x2 x
f x - f x
(4)若对任意 x1, x2 D ,当 x x

时恒有 1
2
1 2 > x1 + x2 ,则 y = f x - x2 在 D 上单调递增.x1 - x2
1+ 2ln x
【例 1】（2024 届四川省仁寿第一中学校高三上学期调研）已知函数 f (x) = 2 ．x
(1)求 f (x) 的单调区间；
(2)存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 x2 ，使 f x1 - f x2 k ln x1 - ln x2 成立，求 k 的取值范围．
-4ln x
【解析】（1）由题意得 f x = 3 ，令 f (x) = 0得 x =1，x
x (0,1)时， f (x) > 0， f (x) 在( 0, 1)上单调递增；
x (1, + )时， f (x) < 0 ， f (x) 在 (1, + )上单调递减；
综上， f (x) 单调递增区间为( 0, 1)，单调递减区间为 (1, + )．
（2）由题意存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 x2 ，不妨设 x1 > x2 >1，
由（1）知 x (1, + )时， f (x) 单调递减．
f x1 - f x2 k ln x1 - ln x2 等价于 f x2 - f x1 k ln x1 - ln x2 ，
即 f x2 + k ln x2 f x1 + k ln x1，
即存在 x1, x2 (1, + ) 且 x1 > x2 ，使 f x2 + k ln x2 f x1 + k ln x1成立．
令 h(x) = f (x) + klnx，则 h(x) 在 (1, + )上存在减区间．
2 4ln x
即 h (x) kx - 4ln x= 3 < 0在 (1, + )上有解集，即 k < 在 (1, + )2 上有解，x x
4ln x
即 k <
x (1,+ ) t x 4ln x= x (1,+ ) 4 1- 2ln x x2 ÷ ， ；令 ， ， t x = ，è max x2 x3
x 1, e 时， t (x) > 0， t(x)在 1, e 上单调递增，
x e, + 时， t (x) < 0， t(x)在 e, + 单调递减，
∴ t(x)
2 2
max = t( e) = ，∴ k < ．e e
(二) 与极值点有关的双变量问题
与极值点 x1, x2 有关的双变量问题,一般是根据 x1, x2 是方程 f x = 0的两个根,确定 x1, x2 的关系,再通过消
元转化为只含有 x1或 x2 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为 x1, x2 的齐次式,然后转化
x
为关于 2 的函数，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.
x1
2
【例 2】（2024 届黑龙江省双鸭山市高三下学期第五次模拟）已知函数 f (x) = lnx + - a(x +1)(a R) .
x
(1)当 a = -1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x1, x2 x1 < x2 是 f (x) 1的两个极值点，证明： f x2 - f x1 < - 4 ．2a
2
【解析】（1）当 a = -1时， f (x) = ln x + + x +1, f (x) 的定义域为 (0, + )，
x
2
所以 f (x) 1 2 1 x + x - 2 (x + 2)(x -1)= - + = = ，令 f (x) = 02 2 2 ，解得 x =1，x x x x
当 x (0,1) 时， f (x) < 0 ，当 x (1,+ )时， f (x) > 0 ，
故 f (x) 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增．
2 f (x) 1 2 a -ax
2 + x - 2
（ ） = - 2 - = ，x x x2
由题意可知， x , x 21 2 x1 < x2 是方程-ax + x - 2 = 0 的两根，
ì 1
> 02a 1
1 2
则 í ，解得0 < a < ，所以 x1 + x2 = ， x8 a 1
x2 = ，
D =1-8a > 0
a
2
要证 f x2 - f x
1 a 1 8 a 1
< - 4 = × - = × 81 2a 2 a2 a 2
-
è a ÷ a
a x x 2 4x x x - x= × 1 + 2 - 1 2 = 2 12 ，x1x2
2 é 2 ù x2 - x1
即证 ln x2 + - a xx 2 +1 - êln x1 + - a xx 1 +1 ú < ，2 1 x1x2
x2 2 x1 - x2 x - x
只需证 ln + - a x2 - x1 < 2 1x x ，1 1x2 x1x2
x2 x - x 2 x - xln 2a x x - x需证 < 2 - x + 2 1 = 2 11 + 2 1 ,x1 x1x2 x1 + x2 x1x2
x2 ln t t -1 2(t -1)令 t = (t > 1)，则需证 < +x t ，1 t +1
1 1 1 1 1
2
1 - 1 1 1 -- 4 4
设 g t = ln t t -1- (t >1)，则 t 2 - t 2 (t -1) - t 2 - t 2 +1 t - t ÷ ，
t g (t) 1= - 2 = 2 2 = - è < 0
t t t 2t
t -1
所以函数 g(t)在 (1, + )上单调递减，所以 g(t) < g(1) = 0，因此 ln t < ,
t
2(t -1) t -1 2(t -1)
由 t > 1得， > 0，所以 ln t < + t 1 ，故 f x2 f x
1
- 1 < - 4 得证,t +1 t + 2a
1 2
【例 3】（2023 届云南省曲靖市高三下学期第二次联考）已知函数 f x = x + alnx - 4x a > 0 .
2
(1)当 a = 3时，试讨论函数 f x 的单调性；
(2)设函数 f x 有两个极值点 x1, x2 x1 < x2 ，证明： f x1 + f x2 > lna -10 .
1 2
【解析】（1）当 a = 3时， f x = x + 3ln x - 4x定义域为 x 0, + ，
2
3 x
2 - 4x + 3 x -1 x - 3f x = x + - 4 = = ，
x x x
令 f x = 0解得 x =1或3，且当0 < x <1或 x > 3时， f x > 0，当1< x < 3时， f x < 0，
所以当0 < x <1或 x > 3时， f x 单调递增，当1< x < 3时， f x 单调递减，
综上 f x 在区间 0,1 ， 3, + 上单调递增， f x 在区间 1,3 单调递减.
2
（2）由已知 f x 1= x2 + alnx - 4x，可得 f x x a 4 x - 4x + a= + - = ，2 x x
函数 f x 有两个极值点 x1, x2 x1 < x2 ，即 x2 - 4x + a = 0在 0, + 上有两个不等实根，
ìh 0 = a > 0
令 h x = x2 - 4x + a ，只需 í 0 < a < 4 x + x = 4 x x = a
h 2 = a 4 0
，故 ，又 1 2 ，- < 1 2
，
f x + f x 1= x2 + alnx - 4x 1 2 所以 1 2 1 1 1 ÷ + x2 + alnx2 - 4x2 ÷
è 2 è 2
= -4 x1 + x2 a lnx
1
+ 1 + lnx2 + x2 21 + x2 = alna - a -8，2
要证 f x1 + f x2 > lna -10，即证 alna - a -8 > lna -10，只需证 1- a lna + a - 2 < 0 ，
令m a = 1- a lna + a - 2， a 0,4 m a 1- a 1，则 = -lna + +1 = - lna，
a a
1 1
令 n a = m a ，则 n a = - 2 - < 0 恒成立，所以m a 在 a 0,4 上单调递减，a a
又m 1 =1 > 0，m 2 1= - ln2 < 0 ，
2
由零点存在性定理得，$a0 1,2 使得m a0 lna
1
= 0，即 0 = a ，0
所以 a 0, a0 时，m a > 0，m a 单调递增，
a a0 , 4 时，m a < 0，m a 单调递减，
则m a = m a0 = 1- a0 lna0 + a0 - 2 = 1
1 1
- a0 + a0 - 2 = a0 + - 3max a ，0 a0
1
又由对勾函数知 y = a0 + - 3在 a 1,2a 0 上单调递增，0
所以 a
1
0 + - 3 < 2
1
+ - 3 1= - < 0 m a < 0 f x + f x > lna -10
a0 2 2
，所以 ，即 1 2 得证.
(三) 与零点有关的双变量问题
与函数零点 x1, x2 有关的双变量问题,一般是根据 x1, x2 是方程 f x = 0的两个根,确定 x1, x2 的关系,再通过
消元转化为只含有 x1或 x2 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为 x1, x2 的齐次式,然后转
x
化为关于 2 的函数,有时也可转化为关于 x1 - x2 的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以x1
参数为自变量的函数.
【例 4】（2024 届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数 f x = lnx - 2a x a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性，并求 f x 的极值；
(2)若函数 f x 1有两个不同的零点 x1, x2 （ x1 < x2），证明： e < 4 x1x2 < .a
1 f x (0, + ) f x 1 a 1- a x【解析】（ ）函数 的定义域为 ，由题意， = - = ，
x x x
当 a 0时， f x > 0，函数 f x 在 (0, + )单调递增，无极值.
当 a > 0时，令 f x = 0，得 x 1=
a2
∴ f x 在 0,
1 1
单调递增，在
a2 ÷ 2
,+ ÷ 单调递减，
è è a
所以函数 f x 1在 x = 2 时取极大值，极大值为 f
1
2 ÷ = -2ln a - 2，无极小值. a è a
0, 1x
1 1

è a2 ÷ a2 2
,+
a ֏
f x + 0 -
f x 递增 极大值 递减
ìln t
2 x = t , x = t x < x 1
= at1
（ ）由题意，令 1 1 2 2 ，且 1 2，则有 íln t ， 2 = at2
lnt1 - lnt2 1 1 t1 - t2 t t1 t2
两式相减可得， a = ，要证 4 x1x2 < .即证 t1t2 < = ln 1 - + > 0t - t ，1 2 a a lnt1 - lnt2 t2 t2 t1
t
u 1 ln t1
t1 t
令 = ， - + 2 > 0 2lnu
1
- u + > 0(0 < u <1)，
t2 t2 t2 t1 u
2
设 g u 1= 2lnu - u + g u 2 1 1 -u + 2u -1，则 = - - = < 0，
u u u2 u2
所以 g u 在 0,1 1上单调递减，所以 g u > g 1 = 0，即有 4 x1x2 < .a
ìln t1 = at1
í ，两式子相加得， lnt1t2 = a t1 + t2 ，则要证 4 x1x2 > e
ln t
，
2 = at2
t t > e2即证 1 2 ，由上式只需证 a t1 + t2 > 2，
t1 -1
lnt - lnt
即证 1 2 × t + t > 2 ln t1 t2
t - t 1 2
- 2
t t
< 0，
1 2 2 1 +1
t2
t1 -1
v t= 1 ln t1 2 t令 ， - 2t < 0 lnv
v -1
- 2 < 0(0 < v <1)t ，2 t2 1 +1 è v +1
÷

t2
2
设 h v = lnv - 2 v -1 ÷ 0 < v <1
(v -1)
，则 h v = > 0，
è v +1 v(v +1)2
所以 h v 在 0,1 上单调递增，所以 h v < h 1 = 0 1，即有 4 x1x2 > e .综上： e < 4 x1x2 < .a
(四) 独立双变量,各自构造一元函数
此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.
【例 5】（2024 届陕西省宝鸡实验高中高三一模）已知函数 f (x) = a x + x2 - x ln a - b(a,b R, a >1)， e是自然
对数的底数.
(1)当 a = e,b = 4 时，求整数 k 的值，使得函数 f (x) 在区间 (k,k +1) 上存在零点；
(2)若存在 x1, x2 [-1,1], 使得 | f (x1) - f (x2 ) | e -1，试求 a的取值范围.
【解析】（1） f (x) = ex + x2 - x - 4，\ f (x) = ex + 2x -1，\ f (0) = 0
当 x > 0时， ex >1，\ f (x) > 0，故 f (x) 是 (0, + )上的增函数，
同理 f (x) 是 (- ,0)上的减函数，
f (0) = -3 < 0, f (1) = e - 4 < 0, f (2) = e2 - 2 > 0，且 x > 2时， f (x) > 0 ，
故当 x > 0时，函数 f (x) 的零点在 1,2 内，\k =1满足条件．
同理，当 x < 0 时，函数 f (x) 的零点在 -2, -1 内，\k = -2满足条件，综上 k =1,-2．
（2）问题 当 x [-1,1]时， | f (x)max - f (x)min |= f (x)max - f (x)min e -1，
f (x) = a x ln a + 2x - ln a = 2x + (a x -1) ln a ，
①当 x > 0时，由 a > 1，可知 a x -1 > 0,ln a > 0,\ f (x) > 0；
②当 x < 0 时，由 a > 1，可知 a x -1< 0,ln a > 0,\ f (x) < 0 ；
③当 x = 0时， f (x) = 0，\ f (x)在[-1, 0]上递减，[0,1] 上递增，
\当 x [-1,1]时， f (x)min = f (0), f (x)max = max{ f (-1), f (1)}，
而 f (1) f (
1
- -1) = a - - 2ln a ，设 g(t) 1= t - - 2ln t(t > 0),
a t
Q g (t) 1 2 1=1+ 2 - = ( -1)
2 0 （仅当 t =1时取等号），\ g(t)在 (0, + )上单调递增，而 g(1) = 0，
t t t
\当 t > 1时， g(t) > 0即 a 1> 1时， a - - 2ln a > 0，
a
\ f (1) > f (-1),\ f (1) - f (0) e -1即 a - ln a e -1 = e - ln e ，
构造 h(a) = a - ln a(a >1) ，易知 h (a) > 0，\h(a)在 (1, + )递增，
\a e ，即 a的取值范围是[e, + )．
(五) 构造一元函数求解双变量问题
当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一
个变量,从而达到消元的目的.
【例 6】（2024 届山东省菏泽市高考冲刺押题卷）已知函数 f (x) = tx ln x - x2 +1(0 < t 2)．
(1)求函数 f (x) 的单调区间;
a2 + b2 2 2(2)若a > b > 0，证明: ln a b2 < ．a - b2 a4 - b4
【解析】（1） f (x) = t ln x + t - 2x, x > 0 ，
令 g(x) = f (x) = t ln x + t - 2x，所以 g (x)
t
= - 2, x > 0，
x
t t
由 g (x) > 0可得0 < x < ，由 g (x) < 0可得 x > ，
2 2
t t
所以 f (x) 在 (0, )上单调递增，在 ( ,+ )上单调递减，
2 2
所以 f (x)
t
max = f ( ) = t ln
t
+ t - t = t ln t .
2 2 2
t
又因为0 < t 2，所以 ln 0，即 f (x) 0，且 f x 至多在一个点处取到 0 .
2
所以 f (x) 在 (0, + )上单调递减，
故 f x 的单调递减区间为 0, + ，没有单调递增区间.
a2 + b2 a22 b
2
（ ）证明 ln 2 2 < 4 4 ，a - b a - b
1 ln a
2 + b2 1 (a2 +b2 )2 - (a2 - b2 )2
只需证： 2 2 < ，2 a - b 4 (a2 + b2 )(a2 - b2 )
a2 + b2 a2 + b2 a2 - b2
即证： 2ln 2 2 < 2 2 -a - b a - b a2 2
，
+ b
2 2
令 x a + b= 2 , a > b > 0，所以 x >1，a - b2
只需证： 2ln x < x
1
- ，即证： 2x ln x - x2 +1< 0，
x
由（1）知，当 t = 2时， f (x) = 2x ln x - x2 +1在 (0, + )上单调递减，
所以当 x >1时， f (x) < f (1) = 0，即 2x ln x - x2 +1< 0，
a2 + b2 a2b2
所以 ln .
a2
<
- b2 a4 - b4
(六) 独立双变量,把其中一个变量看作常数
若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量
a
【例 7】已知函数 f (x) = x × ln (a > 0)，
x
(1) x若函数 g x = e 在 x = 0处的切线也是函数 f (x) 图像的一条切线，求实数 a 的值；
(2)若函数 f (x) 的图像恒在直线 x - y +1 = 0 的下方，求实数 a 的取值范围；
a
(3)若 x1, x2 ( ,
a ) ，且 x1 x2 ，证明： (x1 + x
4
2 ) > a
2x1xe 2 2
【解析】 (1) g x = ex ， g x 在 x = 0处切线斜率 k = g 0 =1， g 0 =1，所以切线 l : y = x +1，
a a k f x ln a又 f x = ln -1，设 l与 f x 相切时的切点为 x , x ln
x 0 0 x ÷
，则斜率 = 0 = -1，
è 0 x0
a a a
则切线 l的方程又可表示为 y = ln -1÷ x - x0 + x0 ln = ln -1x x x ÷ x + x0 ，è 0 0 è 0
ì a
ln -1 =1
由 í x0 ，解之得 a = e2．
x0 =1
(2)由题可得 f x - x -1< 0 a对于 x > 0恒成立，即 x ln - x -1 < 0对于 x > 0恒成立，
x
令 h x = x ln a a a- x -1，则 h x = ln - 2，由 h x = 0得 x = ，
x x e2
0, a a ax ÷ ，+ ÷
è e2 e2 è e2
h x + 0 -
h x ↗ 极大值 ↘
则当 x > 0时， h x = h a a a 2max 2 ÷ = 2è e e2
-1，由 2 -1< 0，得： 0 < a < e ，即实数 a的取值范围是 0,e ．e
(3)由题知 f x = ln a -1，
x
由 f x = 0 x a a得 = ，当 < x < a时， f x < 0， f x = x ln a a > 0 单调递减，
e e x
a a
因为 x1 < x1 + x2 < a ，所以 f x1 > f x1 + x2 ，即 x1 ln > xx 1 + x2 ln ，1 x1 + x2
所以 ln
a x1 + x2 ln a ln a x1 + x a> > 2 ln
x1 x x + x
，①同理
1 1 2 x2 x2 x + x
，②
1 2
ln a

ln a x + x x + x

①+②得 + > 1 2 + 1 2 ÷ ln
a
，
x1 x2 è x1 x2 x1 + x2
x1 + x2 x+ 1 + x2 2 x x= + 2 + 1 a a因为 4，由 x1 + x2 < a 得 >1，即 ln > 0x x x x x + x x ，1 2 1 2 1 2 1 + x2
a a 2 4ln + ln > 4ln a a a 所以 x x x x ，即 > ÷ ，所以 x
4 2
+ x 1
+ x2 > a x1x2．
1 2 1 2 1x2 è x1 + x2
(七) 双变量,通过放缩消元转化为单变量问题
此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题
【例 8】（2024 届河北省衡水市高三下学期联合测评）过点 P a,b 可以作曲线 y = x + ex 的两条切线，切点为
A, B .
(1)证明： a b 1- a > - ；
e
(2)设线段 AB 中点坐标为 x0 , y0 ，证明： a + y0 > b + x0 .
ett + t - b
【解析】（1）证明：设切点 A t, e + t ， y =1+ ex ，所以 kPA =1+ et = ，t - a
即关于 t 的方程 t - a -1 et + b - a = 0有两个不相等的实数根.
设 f t = t - a -1 et + b - a，则 f t = t - a et = 0， t = a .
当 t < a 时， f t < 0，则 f t 在 - ,a 上单调递减；
当 t > a时， f t > 0，则 f t 在 a,+ 上单调递增，
所以 f t 在 t = a处取值得最小值，即 f a = b - a - ea .
当 t + 时， f t + ，当 t - 时， f t b - a，
ìb - a > 0
若满足方程有两个不相等的实数根，则 í
b - a
，
- ea < 0
于是0 < b - a < ea ，即 ln b - a < a ，得 b - a ln b - a < b - a a ,
设 g x = x ln x， g x = ln x +1 = 0 1，得 x = ，
e

在 0,
1
÷上， g x < 0，则 g x
1
单调递减，在 ,+ ÷上， g x > 0，则 g x 单调递增，
è e è e
g x x ln x 1 g 1 1所以 = ，在 x = 处取得最小值，即 ÷ = - ，所以 a b a
1
- > - .
e è e e e
（2）证明：设 A x1, y1 , B x2 , y2 ，
y 1则 0 = y
1
1 + y2 = ex1 + ex2 + x 1 1 x1 x22 2 0，即 y0 - x0 = y1 + y2 = e + e ，2 2
在点 A x1, y1 , B x2 , y2 处的切线方程都过P a,b ，
于是，由b - x1 - e
x1 = 1+ ex1 a - x x b - a1 ，得 1 - a +1 + ex = 0 ，1
x
由b - x - e 22 = 1+ ex2 a - x2 ，得 x2 - a 1 b - a+ + x = 0e 2
x - x ex1 +x2
两式相减整理得：b - a = 1 2 ，
ex1 - ex2
b a y x x1 - x2 e
x1 +x2 1 e
x1 +x2 é 2x1 2x2
- - - = - ex1 + ex2 = 2 x x ê
x x e - e ù- -
0 0 x x 2 e - e 1 21 2 ex +x úe 1 - e 1 22 2
ex1 +x2
= é2 x1 - x2 - ex -x
1
1 2 + ù
2 ex1 - ex ，2 ê ex1 -x2 ú
ex1 +x2
不妨设 x1 > x ,m = x - x > 02 1 2 > 0，所以 2 ex1 - ex2 ，则 h m = 2m
1
- em + m ，e
h m 1= 2 - em - m 2 - 2 = 0，所以 h m 在 0, + 上单调递减，于是 h m < h 0 = 0 ，e
于是 b - a - y0 - x0 < 0，即 a + y0 > b + x0 .
【例 1】（2024 x届陕西省西安市一中高三考前模拟）已知函数 f x = 2e + ax + 2 .
(1)若 a = -4 ，求 f x 的极值；
(2) 2 2若 a > 0，不相等的实数m, n满足 f m + f n = m + n + 8，求证：m + n < 0 .
【解析】（1）依题意， f x = 2ex - 4x + 2，则 f x = 2ex - 4，令 f x = 0，解得 x = ln 2，
故当 x - , ln 2 时， f x < 0，当 x ln 2,+ 时， f x > 0，
故函数 f x 在 - , ln 2 上单调递减，在 ln 2,+ 上单调递增，
故函数 f x 的极小值为 f ln 2 = 4 - 4ln 2 + 2 = 6 - 4ln 2，无极大值；
（2）令 g x = f x - x2 = 2ex + ax - x2 + 2 ，则 g x = 2ex - 2x + a，
令 t x = ex - x，则 t x = ex -1，当 x < 0 时， t x < 0 ，当 x > 0时， t x > 0，
所以函数 t x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
所以 t x = ex - x t 0 =1 > 0，又 a > 0，所以 g x = 2 ex - x + a > 0，
所以 g x 在R 上单调递增，
f m + f n = m2 + n2 + 8，即 g m + g n = 8，
因为 g 0 = 4 ，所以m, n 0，要证m + n < 0，即证 n < -m，只需证 g n < g -m ，
即8 - g m < g -m ，即 g m + g -m > 8，
令函数 h x = g x + g -x = 2ex + 2e- x - 2x2 + 4，
则 h x = 2ex - 2e- x - 4x，令j x = h x ，则j x = 2ex + 2e- x - 4 0，
所以 h x 为R 上的增函数，
当 x < 0 时， h x < h 0 = 0，当 x > 0时， h x > h 0 = 0，
所以 h x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
所以对任意m 0 ，都有 h m = g m + g -m > h 0 = 8，从而原命题得证.
【例 2】（2024 x届河北省衡水市部分示范性高中高三下学期三模）已知 f x = e - x．
(1)求 f (x) 的单调区间和最值；
f (x) (a , b ) [a b] x (a,b) f (ξ ) f (b) - f (a)(2)定理：若函数 在 上可导，在 ， 上连续，则存在 ，使得 = ．该定理
b - a
称为“拉格朗日中值定理”，请利用该定理解决下面问题：
em en 1 1
若0 < m < n - < m +1 2 ，求证： -

n m ÷
．
è n m
【解析】（1） f (x) = ex -1，令 f (x) = 0，解得 x = 0，
当 x (- ,0)时， f (x) < 0, f (x) 单调递减；当 x (0,+ )时， f (x) > 0, f (x)单调递增．
当 x = 0时， f (x) 取得最小值 1，无最大值；
em en 1 1
（2）要证 - < (m +1)2 - ，只需证mem - nen ÷ < (m +1)
2 (m - n)，因为0 < m < n，
n m è n m
mem - nen
故只需证 > (m +1)2． 令 g(x) = xex (x > 0) ，显然 g(x)在 (m, n)上可导，在[m，n]上连续，
m - n
m n
故由拉格朗日中值定理知存在x (m, n)，使得 g (x ) me - ne= ，
m - n
而 g (x) = (x +1)ex > 0, g (x) 在 (0, + )上单调递增，
因为m < x < n，故 g (x ) > g (m)，即 g (x ) > (m +1)em ，
故只需证 (m +1)em (m +1)2 即可，因为m > 0，故只需证 em m +1．
由（1）知 e x x + 1恒成立，因此原命题得证．
【例 3】（2024 届天津市部分区高三二模）已知 a,b R ，函数 f x = x + a sin x + b ln x．
(1)当 a = 0,b = -1时，求 f x 的单调区间；
1
(2)当 a = - ,b 0 时，设 f x 的导函数为 f x ，若 f x > 0恒成立，求证：存在 x0 ，使得 f x0 < -1；2
(3)设0 < a <1,b < 0，若存在 x1, x2 0, + ，使得 f x1 = f x2 x1 x2 -b，证明： x1 + x2 > 2 ．a +1
【解析】（1）由函数 f x = x + a sin x + b ln x ，可得其定义域为 0, + ，
当 a = 0,b = -1时，可得 f x = x - ln x ，则 f x 1 1 x -1= - = ，
x x
当 x 0,1 时，可得 f x < 0， f x 单调递减；当 x 1, + 时，可得 f x > 0， f x 单调递增，
\函数 f x 的单调递增区间为 1, + ，单调递减区间为 0,1 ．
a 1 1 1 b（2）当 = - ,b 0 时，可得 f x = x - sin x + b ln x，则 f x =1- cos x + ，
2 2 2 x
Q f x > 0 1恒成立，即1- cos x b+ > 0 1 b恒成立，令 h x =1- cos x + , x > 0 ，
2 x 2 x
b b b 1 b 1 b
若b < 0，则 < 0，存在 x = - ，使得 h - =1- cos - - 2 = -1- cos - < 0，x 2 è 2 ÷ ÷ ÷ 2 è 2 2 è 2
即 f x < 0，不符合题意，\b>0，
3 3 3
- - 1 -
取 x = e b ，则0 < x0 <1，可得 f x0 = e b - sin e b - 3 < -1，即存在 x0 ，使得 f x < -1．0 2 0
（3）由函数 f x = x + a sin x + b ln x ，可得 f x =1+ a cos x b+ ，
x
设 x1 < x2，由 f x1 = f x2 ，可得 x1 + a sin x1 + b ln x1 = x2 + a sin x2 + b ln x2 ，
x2
则 x2 - x1 + a sin x2 - sin x1 = -b ln x2 - ln x1 = -b ln x ，1
又由 y = x - sin x，可得 y ' =1- cos x 0，\函数 y = x - sin x为单调递增函数，
b ln x\ x2 - sin x2 > x1 - sin x1，即 sin x2 - sin x1 < x2 - x \ -
2
1， < a +1 x2 - xx 1 ，1
2
h x ln x 2 x -1 h x 1 4
x -1
设 = - ，可得 = - = 0，
x +1 x x +1 2 x x +1 2
\当 x >1时， h x > h 1 = 0 x -1，即 ln x > 2 ，\ ln x 2 x -1> ，
x +1 x +1
x2 -1
ln x 2ln x 4 x -1
x2 x= > \ ln > 4 1
x2 - x
即 ， = 4 1 ，
x +1 x1 x2 1 x2 + x+ 1
x1
代入可得： 4 ×
x - x
-b 2 1 < a +1 x2 - x1 = a +1 x2 - x1 x2 + x1 ，x2 + x1
-b 2
则 4 × < x + x ，\ x + x -b> 2 ．
a +1 2 1 2 1 a +1
1
【例 4】（2024 2届四川省百师联盟高三联考三）已知函数 f x = x - 4x + a ln x .
2
(1)当 a =1时，求曲线 f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)设函数 y = f x 有两个不同的极值点x1，x2 .证明： f x
1 1 35
1 + f x2 ≥ ln a - a2 - .2 4 4
【解析】（1）当 a =1时 f x 1 1= x2 - 4x + ln x ， f x = x - 4 + ，
2 x
f 1 1= - 4 7= - ， f 1 =1- 4 +1 = -2，
2 2
7
则切线方程为 y + = -2 x -1 ，化简得 4x + 2y + 3 = 0 .
2
2
（2）证明：由题 f x = x - 4 a x - 4x + a+ = ，
x x
函数 f x 有两个极值点x1，x2，即 x2 - 4x + a = 0在 0, + 上有两个不等实根，
h x = x2 - 4x + a
ìh 0 = a > 0
令 ，只需故 í ，故 0 < a < 4 h 2 = a - 4 0
.
<
又x1 + x2 = 4， x1x2 = a，
所以 f x1 + f x =
1 x2 + a ln x - 4x + 1 x2 + a ln x - 4x 2 2 1 1 1 ÷ 2 2 2 ÷è è 2
4 x x a ln x ln x 1= - 1 + 2 + 1 + 2 + x2 21 + x2 = a ln a - a -8 .2
若证 f x 11 + f x2 ≥ ln a
1
- a2 35- ，
2 4 4
即证 a ln a - a -8
1
≥ ln a 1- a2 35 1- ，即 a ln a - a - ln a
1
+ a2 3+ ≥0 .
2 4 4 2 4 4
令j x = x ln x 1 1 3- x - ln x + x2 + ， x 0,4 ，
2 4 4
j x ln x 1 x 1= + -

÷，则j x 在 0,4 上递增，且有j 1 = 0，2 è x
当 x 0,1 时，j x < 0，所以j x 在 0,1 上递减；
当 x 1,4 时，j x > 0，所以j x 在 1,4 上递增；
所以j x ≥j 1 = ln1-1 1 1 3- ln1+ + = 0， x 0,4 .
2 4 4
即 f x 1 1 351 + f x2 ≥ ln a - a2 - 得证.2 4 4
x
【例 5】（2024 陕西省西安八校高三下学期联考）已知函数 f x = e - mlnx + x -1 m R , f x 的图象在
1, f 1 处的切线过原点．
(1)求 m的值；
(2) 2设 g x = f x - x,h x = x - 2x + a ，若对 "x1 0,+ 总 $x2 R，使 g x1 > h x2 成立，求整数 a的最
大值．
【解析】（1）易知 f x 的定义域为 0, + , f 1 = e ，
x m
又 f x = e - +1, f 1 = e - m +1，
x
\ f x 的图象在 1, f 1 处的切线方程为 y - e = e - m +1 x -1 ，
将 x = 0, y = 0 代入，得 m =1；
2 h x = x2（ ） - 2x + a = (x -1)2 + a -1．
\当 x =1时， h x 取得最小值，[h x ]min = h 1 = a -1．由（1）知， m =1．
\ f x = ex - lnx + x -1，得 g x = ex - lnx -1, g x 的定义域为 0, + ．
g x ex 1 1则 = - x，易知 y = e - x > 0 单调递增，
x x
g 1 又 ÷ = e - 2 0, g 1 = e -1 0．
è 2
g x 0 1 x 1 10即 = 在 ,1÷上有唯一解 x0 ，故 e = , x0 = x ．
è 2 x e 00
于是当 0 < x < x0 时， g x < 0, g x 在 0, x0 上单调递减；
当 x > x0时， g x > 0, g x 在 x0 ,+ 上单调递增．
\ g x 在 x = x0处取得极小值也是最小值．
则 g x = ex0 - ln x0 -1
1 5
= + x0 -1
2,
min x 0 è 2
÷ ，

\对 "x1 0,+ 总 $x2 R，使 g x1 > h x2 成立，
只需 1 a -1，得 a 2．故整数 a的最大值为 2．
1．（2024 届广东省汕头市第二次模拟）设M 是由满足下列条件的函数 f x 构成的集合：①方程
f x - x = 0有实根；② f x 在定义域区间D上可导，且 f x 满足0 < f x <1 .
x lnx
(1)判断 g x = - + 3， x 1,+ 是否是集合M 中的元素，并说明理由；
2 2
(2)设函数 f x 为集合M 中的任意一个元素，证明：对其定义域区间D中的任意a 、b ，都有
f a - f b a - b .
2．（2024 届山东省滨州市高三下学期二模）定义：函数 f (x) 满足对于任意不同的 x1, x2 [a,b]，都有
f x1 - f x2 < k x1 - x2 ，则称 f (x) 为 a,b 上的“ k类函数”．
2
(1)若 f (x) x= +1，判断 f (x) 是否为 1,3 上的“2 类函数”；
3
2
(2)若 f (x) = a(x -1)ex x- - x ln x 为[1,e]上的“3 类函数”，求实数 a 的取值范围；
2
(3)若 f (x) 为[1, 2]上的“2 类函数”，且 f (1) = f (2)，证明："x1， x2 [1, 2]， f x1 - f x2 < 1．
1
3 2．（2024 届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三最后一卷）设函数 f x = xlnx - x - ax 的两个极值点分别为
2
x1, x2 x1 < x2 ．
(1)求实数a的取值范围；
(2)若不等式l < a x1 + x2 恒成立，求正数l 的取值范围（其中 e = 2．71828L为自然对数的底数）．
4．（2024 届湖南省高三“一起考” 2大联考下学期模拟）已知函数 f x = ax ， g x = ln x，函数 f x ， g x
有两条不同的公切线（与 f x ， g x 均相切的直线） l1， l2 .
(1)求实数a的取值范围；
(2)记 l1， l2在 y 轴上的截距分别为 d1 ， d2 ，证明： d1 + d2 < -1 .
5．（2024 2届天津市民族中学高三下学期 4 月模拟）已知函数 f x = x - 2x + a ln x a > 0 ．
(1)当 a = 2时，试求函数图象在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x 有两个极值点x1、 x2 x1 < x2 ；
（ⅰ）求 a 的取值范围；
（ⅱ）不等式 f x1 mx2 恒成立，试求实数 m 的取值范围．
6．（2024 届陕西省部分学校（菁师联盟）高三下学期 5 月份高考适应性考试）已知函数 f x = 2x - xlnx .
(1)求曲线 y = f x 在 x = e2 处的切线方程；
(2)若 f x1 = f x2 ，且 x1 < x2 .求证： x1 + x2 < e2 .
7．（2024 届广东省广州市二模）已知函数 f x = a x +1 e- x + x2 ．
(1)讨论 f x 的零点个数；
(2)若 f x 存在两个极值点，记 x0 为 f x 的极大值点，x1为 f x 的零点，证明： x0 - 2x1 > 2．
8．（2024 届重庆市名校联盟高三下学期全真模拟）T 性质是一类重要的函数性质，具有 T 性质的函数被称
为 T 函数，它可以从不同角度定义与研究.人们探究发现，当 y = f x 的图像是一条连续不断的曲线时，下
列两个关于 T 函数的定义是等价关系．
定义一：若 y = f x 为区间 a,b 上的可导函数，且 y = f x 为区间 a,b 上的增函数，则称 y = f x 为区
间 a,b 上的 T 函数．
定义二：若对"x1, x2 a,b ，"l 0,1 ，都有 f é lx1 + 1- l x2 ù l f x1 + 1- l f x2 恒成立，则称
y = f x 为区间 a,b 上的 T 函数．请根据上述材料，解决下列问题：
(1)已知函数 f x π= tan x x ， 0, ÷．
è 2
①判断 y = f x x π 0, 是否为 ÷ 上的 T 函数，并说明理由；
è 2
π② π若a，b 0, ÷且a + 2b = ，求 f a + 2 f b 的最小值
è 2 2
(2) m >1 n
1 1 1 1
， >1， + =1 a > 0，b > 0 am + bn设 ，当 时，证明： ab．
m n m n
9．（2024
1
届河南省九师联盟高三下学期 5 月联考）已知函数 f (x) = a ln x + (a 0)x ．
(1)若 f (x) > a对 x (0,+ )恒成立，求a的取值范围；
(2)当 a = 3时，若关于 x的方程 f (x)
1 1
= - x2 + 4x + b 有三个不相等的实数根x ，x ， x ，且 x < x < x ，
x 2 1 2 3 1 2 3
求b的取值范围，并证明： x3 - x1 < 4 ．
10．（2024 届湖北省宜荆荆随恩高三 5 月联考）设函数 f x = 4ln x - ax2 + 4 - 2a x ， a R
(1)讨论 f x 的单调性．
(2)若函数 f x 存在极值，对任意的 0 < x1 < x2 ，存在正实数 x0 ，使得 f x2 - f x1 = f x0 x2 - x1
ln x2 - ln x 2
（ⅰ 1）证明不等式 >x2 - x1 x2 + x
．
1
ⅱ x + x（ ）判断并证明 1 2 与 x0 的大小．2
11．（2024 届江西省上饶市六校高三 5 月第二次联合考试）已知函数 f x = x - a ln x - b a,b R, a 0 ．
(1)若 a = b =1，求 f x 的极值；
(2)若 f x 0，求 ab的最大值．
1
12．（2024 届山西省临汾市高三下学期考前适应性训练）已知函数 f x = ln x +1 + x2 ．
2
(1)求 f x 在 x = 0处的切线方程；
(2)若曲线 y = f x 与直线 y = ax 有且仅有一个交点，求 a 的取值范围；
(3)若曲线 y = f x 在 m, f m m > 0 处的切线与曲线 y = f x 交于另外一点 n, f n ，求证：
-2m m< n < - ．
m +1
13．（2024 届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期 4 月联合学情检测）已知函数
f x = ln mx - x m > 0 ．
(1)若 f x 0 恒成立，求 m的取值范围；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，证明 x1 + x2 > 2．
14．（2024 届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数 f (x) = ax - x ln x, f (x)为其导函数．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a 的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数 x1, x2 ，使得 f x1 = f x2 ，证明： f x1x2 > 0 ．
1
15．（2024 2 2届云南省高中毕业生第二次复习统一检测）已知常数 a > 0，函数 f (x) = x - ax - 2a ln x .
2
(1)若 "x > 0, f (x) > -4a2 ，求 a 的取值范围;
(2)若 x f (x)1、 x2是 的零点，且 x1 x2 ，证明: x1 + x2 > 4a .

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