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第 11 讲 利用导数研究双变量问题
（核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【命题预测】题型分析　双变量问题运算量大，综合性强，解决起来需要很强的技巧性，解题总的思想方
法是化双变量为单变量，然后利用函数的单调性、最值等解决．
知识讲解
破解双参数不等式的方法:
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等
式:
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值;
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果
考点一、利用导数解决函数中的双变量问题
1．（2024·天津·高考真题）设函数 f x xlnx ．
(1)求 f x 图象上点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 时恒成立，求 a的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ，证明 f x1 - f x 22 x1 - x2 ．
【答案】(1) y x -1
(2)2
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到 a 2，再证明 a 2时条件满足；
（3）先确定 f x 的单调性，再对 x1, x2 分类讨论.
【详解】（1）由于 f x x ln x，故 f x ln x +1.
所以 f 1 0， f 1 1，所以所求的切线经过 1,0 ，且斜率为1，故其方程为 y x -1 .
1 t -1
（2）设 h t t -1- ln t ，则 h t 1- ，从而当0 < t <1时 h t < 0 ，当 t > 1时 h t > 0 .
t t
所以 h t 在 0,1 上递减，在 1, + 上递增，这就说明 h t h 1 ，即 t -1 ln t ，且等号成立当且仅当 t 1.
设 g t a t -1 - 2ln t ，则
f x - a x - x x ln x - a x - x x a 1 1 1 -1 ÷ - 2ln x x ÷ x × g ÷ .è è è x
1
当 x 0, + 时， 的取值范围是 0, + ，所以命题等价于对任意 t 0, + ，都有 g t 0 .
x
一方面，若对任意 t 0, + ，都有 g t 0，则对 t 0, + 有
0 g t a t -1 - 2ln t a t -1 + 2ln 1 1 2 a t -1 + 2 -1
t t ÷
at + - a - 2，
è t
取 t 2，得0 a -1，故a 1 > 0 .
2 2 a 2
再取 t ，得0 a × + 2 - a - 2 2 2a - a - 2 - a - 2 ，所以 a 2 .a a 2
另一方面，若 a 2，则对任意 t 0, + 都有 g t 2 t -1 - 2ln t 2h t 0 ，满足条件.
综合以上两个方面，知 a的值是 2.
f b - f a
（3

）先证明一个结论：对0 < a < b，有 ln a +1< < ln b +1.
b - a
b
b ln b - a ln a a ln b - a ln a ln
证明：前面已经证明不等式 t -1 ln t + ln b a，故 + ln b <1+ ln b ，
b - a b - a b -1
a
ln a
a
- -

-1

b ln b - a ln a b ln b - b ln a ÷
且 + ln a b + ln a > è b a a + ln a 1+ ln a ，b - a b - a 1- 1-
b b
ln a 1 b ln b - a ln a f b - f a所以 + < < ln b +1 ln a ，即 +1< < ln b +1.
b - a b - a
由 f x ln x +1，可知当0 1< x < 时 f x < 0，当 x 1> 时 f x > 0 .e e
所以 f x 在 0,
1ù é1
e ú上递减，在 ê
,+
e ÷
上递增.
è
不妨设 x1 x2，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
1
情况一：当 x1 x2 <1时，有 f x1 - f x2 f x2 - f x1 < ln x2 +1 x2 - x1 < x2 - x1 < x2 - x1 ，结论e
成立；
1
情况二：当0 < x1 x2 时，有 f x1 - f x2 f x1 - f x2 x1 ln x1 - x2 ln x2 .e
1ù 1
对任意的 c 0, ú，设j x x ln x - c ln c - c - x j x ln x +1+ .è e ，则 2 c - x
由于j x 单调递增，且有

j c ÷ ln c 1 1 ln 1 1 1 1 11 1 + + < 1 + + -1- +1+ 0 1+ ÷ 1+ 1+
2c 2c 2 c c 2c 2 c c 2c 2c ，è 2e 2e -
1 1
e -
+ 2
2e 2c
x c 1- 2 c 1 2
且当 4 ln 2 1 ，
x > 时，由 ln -1c 可知 - 2 2 c - x
è c ÷
j x ln x +1 1 c 1 1 2+ > ln +1+ - ln -1 0 .
2 c - x 2 2 c - x 2 c - x c ֏
所以j x 在 0,c 上存在零点 x0 ，再结合j x 单调递增，即知0 < x < x0 时j x < 0， x0 < x < c时
j x > 0 .
故j x 在 0, x0 上递减，在 x0 ,c 上递增.
①当 x0 x c时，有j x j c 0；
1
②当0 < x < x0 时，由于 c ln -2 fc c -2 f
1 2 1
÷ <1，故我们可以取 q c ln ,1 .
è e e ÷è c
0 x c从而当 < < 1 q2 时，由- c - x > q c ，可得
j x x ln x - c ln c - c - x < -c ln c - c - x < -c ln c - q c c 1 c ln - qc ÷ < 0 .è
再根据j x 在 0, x0 上递减，即知对0 < x < x0 都有j x < 0 ；
综合①②可知对任意0 < x c ，都有j x 0，即j x x ln x - c ln c - c - x 0 .
1ù
根据 c 0, ú和0 < x c 的任意性，取 c x2 ， x x1，就得到 x1 ln x1 - x2 ln x2 - x2 - x1 0 .è e
所以 f x1 - f x2 f x1 - f x2 x1 ln x1 - x2 ln x2 x2 - x1 .
0 x 1 x 1 f x f 1< < - 1情况三：当 1 2 时，根据情况一和情况二的讨论，可得 1 ÷ - xe 1 x2 - x1 ，è e e
f 1 f x x 1 ÷ - 2 2 - x - xe e 2 1 .è
而根据 f x 的单调性，知 f x1 - f x2 f x1 - f
1
÷ 或 f x1
1
- f x2 f

÷ - f x2 .
è e è e
故一定有 f x1 - f x2 x2 - x1 成立.
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第 3 小问中，需要结合 f x 的单调性进行分类讨论.
2．（2022·北京·高考真题）已知函数 f (x) ex ln(1+ x)．
(1)求曲线 y f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
(2)设 g(x) f (x) ，讨论函数 g(x)在[0, + ) 上的单调性；
(3)证明：对任意的 s, t (0,+ )，有 f (s + t) > f (s) + f (t) ．
【答案】(1) y x
(2) g(x)在[0, + ) 上单调递增.
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令m(x) f (x + t) - f (x)， (x, t > 0)，即证m(x) > m(0)，由第二问结论可知m(x)在[0,+∞）上单调递增，
即得证.
【详解】（1）解：因为 f (x) ex ln(1+ x)，所以 f 0 0，
即切点坐标为 0,0 ，
x
又 f (x) e (ln(1 x)
1
+ + ) ，
1+ x
∴切线斜率 k f (0) 1
∴切线方程为： y x
x 1
（2）解：因为 g(x) f (x) e (ln(1+ x) + ) ，
1+ x
所以 g (x) ex (ln(1
2 1
+ x) + -
1+ x (1+ x)2
)，
令 h(x) ln(1+ x)
2 1
+ -
1 x (1 ，+ + x)2
1 2 2 x2 +1
则 h (x) -
1+ x (1+ x)2
+ 3 3 > 0， (1+ x) (1+ x)
∴ h(x) 在[0, + ) 上单调递增，
∴ h(x) h(0) 1 > 0
∴ g (x) > 0在[0, + ) 上恒成立，
∴ g(x)在[0, + ) 上单调递增.
（3）解：原不等式等价于 f (s + t) - f (s) > f (t) - f (0) ，
令m(x) f (x + t) - f (x)， (x, t > 0)，
即证m(x) > m(0)，
∵ m(x) f (x + t) - f (x) ex+t ln(1+ x + t) - ex ln(1+ x)，
x+t x
m (x) ex+t ln(1 x t) e+ + + - ex ln(1 x) e+ - g(x + t) - g(x) ，
1+ x + t 1+ x
x
由（2）知 g(x) f (x) e (ln(1 x)
1
+ + ) 在 0, + 上单调递增，
1+ x
∴ g(x + t) > g(x)，
∴ m (x) > 0
∴ m(x)在 0, + 上单调递增，又因为 x, t > 0，
∴ m(x) > m(0)，所以命题得证.
3．（2021·全国·高考真题）已知函数 f x x 1- ln x .
（1）讨论 f x 的单调性；
1 1
（2）设 a，b 为两个不相等的正数，且b ln a - a ln b a - b ，证明： 2 < + < e .
a b
【答案】（1） f x 的递增区间为 0,1 ，递减区间为 1,+ ；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
1 1
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令 m, n，命题转换为证明： 2 < m + n < e，然后构造对称差
a b
函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1) f x 的定义域为 0, + ．
由 f x x 1- ln x 得， f x - ln x，
当 x 1时， f x 0；当 x 0,1 时 f x > 0；当 x 1, + 时， f ' x < 0．
故 f x 在区间 0,1 内为增函数，在区间 1, + 内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
1 1 1 1 1 1
由b ln a - a ln b a - b 得 (1- ln ) (1- ln ) ，即 f ( ) f ( )．
a a b b a b
1 1
由 a b ，得 ．
a b
1 1 1 1 1
由（1）不妨设 (0,1), (1, + ) ，则 f ( ) > 0 ，从而 f ( ) > 0，得 (1,e)，
a b a b b
①令 g x f 2 - x - f x ，
则 g (x) ln(2 - x) + ln x ln(2x - x2 ) ln[1- (x -1)2 ]，
当 x 0,1 时， g x < 0， g x 在区间 0,1 内为减函数， g x > g 1 0，
从而 f 2 - x > f x f (2 1，所以 - ) f (1 1> ) f ( )，
a a b
1 1 1 1
由（1）得 2 - < 即 2 < + ．①
a b a b
令 h x x + f x ，则 h ' x 1+ f x 1- ln x ，
当 x 1,e 时， h x > 0， h x 在区间 1,e 内为增函数， h x < h e e，
从而 x + f x < e 1，所以 + f (1) < e ．
b b
1 1 1 1 1 1
又由 (0,1)，可得 < (1- ln ) f ( ) f ( )a ，a a a a b
1 1
所以 + < f (
1) 1+ e．②
a b b b
2 1 1由①②得 < + < e．
a b
ln a ln b 1 1 ln a +1 ln b +1
[方法二]【最优解】： b ln a - a ln b a - b 变形为 - - ，所以 ．
a b b a a b
1
令 m,
1
n．则上式变为m 1- ln m n 1- ln n ，
a b
于是命题转换为证明： 2 < m + n < e．
令 f x x 1- ln x ，则有 f m f n ，不妨设m < n ．
由（1）知0 < m <1,1 < n < e，先证m + n > 2．
要证：m + n > 2 n > 2 - m f n < f 2 - m f (m) < f 2 - m
f m - f 2 - m < 0．
令 g x f x - f 2 - x , x 0,1 ，
则 g x - ln x - ln 2 - x - ln éx 2 - x ù - ln1 0，
\ g x 在区间 0,1 内单调递增，所以 g x < g 1 0 ，即m + n > 2．
再证m + n < e．
因为m 1- ln m n × 1- ln n > m，所以需证 n 1- ln n + n < e m + n < e ．
令 h x x 1- ln x + x, x 1,e ，
所以 h ' x 1- ln x > 0，故 h x 在区间 1,e 内单调递增．
所以 h x < h e e．故 h n < e，即m + n < e．
2 1 1综合可知 < + < e．
a b
[方法三]：比值代换
1 1
证明 + > 2同证法 2．以下证明 x
a b 1
+ x2 < e．
x
不妨设 x2 tx1 ，则 t
2 >1
x ，1
由 x1(1- ln x1) x2 (1- ln x ) x (1- ln x ) tx [1- ln(tx )] ln x 1
t ln t
2 得 1 1 1 1 ， 1 - ，t -1
要证 x1 + x2 < e，只需证 1+ t x1 < e，两边取对数得 ln(1+ t) + ln x1 <1，
ln(1 t) 1 t ln t即 + + - <1，
t -1
ln(1+ t) ln t
即证 < ．
t t -1
g(s) ln(1+ s)
s
, s (0, + ) - ln(1+ s)记 ，则
s g (s) 1+ s
.
s2
1 1
记 h(s)
s
- ln(1+ s) ，则 h (s) 2 - < 0 ，1+ s (1+ s) 1+ s
所以， h s 在区间 0, + 内单调递减． h s < h 0 0，则 g ' s < 0，
所以 g s 在区间 0, + 内单调递减．
由 t 1,+ 得 t -1 0,+ ，所以 g t < g t -1 ，
ln(1+ t) ln t
即 < ．
t t -1
[方法四]：构造函数法
ln a ln b 1 1 1
由已知得 - - ，令 x
1
1, x ，a b b a a b 2
不妨设 x1 < x2，所以 f x1 f x2 ．
由（Ⅰ）知，0 < x1 <1 < x2 < e ，只需证 2 < x1 + x2 < e．
证明 x1 + x2 > 2同证法 2．
e
再证明 x1 + x e 1- ln x
-2 + + ln x
2 < ．令 h(x) (0 < x < e), h (x) x ．
x - e (x - e)2
令j(x)
e 1 e x - e
ln x + - 2(0 < x < e)，则j (x) - 2 x x x x2
< 0．
所以j x > j e 0, h x > 0 ， h x 在区间 0,e 内单调递增．
1- ln x1 1- ln x2 1- ln x1 x1 - e
因为0 < x1 < x2 < e，所以 < >x1 - e x2 - e
，即1- ln x2 x2 - e
1- ln x x x x - e又因为 f x1 f x 1 2 22 ，所以 , > 11- ln x2 x1 x1 x2 - e
，
x2 2即 2 - ex2 < x1 - ex1, x1 - x2 x1 + x2 - e > 0．
因为 x1 < x2，所以 x1 + x2 < e
1 1
，即 + < e．
a b
1 1
综上，有 2 < + < e结论得证．
a b
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，
这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明
题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于 x1 + x2 - e < 0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
2
1．（2024· x江苏盐城·模拟预测）已知函数 f x ax ，其中 a > 0．e
(1)若 f x 在 0,2 上单调递增，求 a的取值范围；
(2)当 a 1时，若 x1 + x2 4且0 < x1 < 2，比较 f x1 与 f x2 的大小，并说明理由
【答案】(1) 0,1
(2) f x1 < f x2 ，理由见解析
【分析】（1）对函数求导，利用函数单调性与导数的关系，建立不等式求解即可；
2 2 2 2
（2）由 a 1，得 f x x x x ，要证明 1 < 2 2 + t x x x ，只需证明 e2t < ÷ ，两边同时取对数整理得e e 1 e 2 è 2 - t
t < ln 2 + t，0 < t < 2，构造函数 h t 2 + t ln - t，0 < t < 2，利用导数的性质证明即可.
2 - t 2 - t
x2 2x - ax2
【详解】（1）Q f x ax ，\ f x e eax ，
Q f x 在 0,2 上单调递增，\ f x 0在 0,2 上恒成立且满足 f x 0的点不连续．
当 x 0,2 时， a 2 2 ．由 y 在 0,2 上单调递减可知，
x x
2
当 x 2时， x ÷
1，\a 1，
è min
综上， a的取值范围为 0,1
x2
（2）当 a 1时， f x
ex
，
x1 + x2 4且0 < x1 < 2，
下面证明 f x1 < f x2 ，
x2 x2
2
1 2 x -x x2 即证明 x < x ，等价于证明： e
2 1 < ÷ ，e 1 e 2 è x1
2
设 x1 2 - t, x2 2 + t，0 < t < 2，所证即为： e2t
2 + t< ÷ ，
è 2 - t
2 + t
等价于证明： t < ln ，0 < t < 2，
2 - t
2 + t
设函数 h t ln - t，0 < t < 2．
2 - t
2
Qh t t > 0，\h t 在 0,2 上单调递增，而 h t h2 min 0 0，\h t > 0，4 - t
\ln 2 + t > t，0 < t < 2，所证不等式成立．
2 - t
2．（23-24 a高三下·江苏苏州·阶段练习）已知函数 f x (1+ x) -1-a x，其中 x > -1,a >1 .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若0 < b a < 1，证明： aa + bb ab + ba .
【答案】(1) f x 在区间 (-1,0) 上单调递减， f x 在区间 (0, + )上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求函数 f (x) 的导函数，设定导函数再求导，通过分析该函数的性质进而得到原函数的性质；
2 b a（ ）采用分析法，要证明 aa + bb ab + ba ，即证bb - ba ab - aa ，从而构造函数 h x x - x 并研究函数的
性质，解决问题.
a
【详解】（1）因为函数 f x (1+ x) -1-a x，
则 f x a (1+ x)a -1 -a ，
令 g x f x , g x a a -1 (1+ x)a -2 ，
其中 x > -1,a >1，
则 g x < 0，函数 f x 即函数 g x 在区间 -1, + 上单调递增，
又 g(0) f 0 0，
所以当-1 < x < 0时， f x < 0， f x 在区间 (-1,0) 上单调递减；
当 x > 0时， f x > 0， f x 在区间 (0, + )上单调递增；
综上， f x 在区间 (-1,0) 上单调递减， f x 在区间 (0, + )上单调递增.
（2）由已知0 < b a < 1，
要证明 aa + bb ab + ba ，也即证明bb - ba ab - aa ，
只要证明b x < 1时， h x xb - xa 在区间[b,1)上单调递减.
h x bxb-1 - axa-1 axb-1 b - xa-b ÷ ，
è a
1
b
由 - xa-b 0，得 x b
a-b
÷ ，且 ax
b-1 ，
a > 0è a
结合幂函数 y xa-b 的性质得：
1 1
当 x b
a-b
÷ 时， h x 0, h x
a-b
在区间 ( b
a a ÷
, + )上单调递减，
è è
1
b a-b即 x ÷ 时，函数 h x 取得最大值，
è a
1
a-b b a-b 1
从而只需证明b b ÷ ，变换得： b ，即证a b a1-a+b
，
è a
1 1 1
当0 < a b <1时，即 1，
1 a b a1-a+b a
，b a1-a+b 成立，问题得证；- +
当 0 < b < a <1，
则-1 < a -1 < 0，1- a + b 1+ (b - a) (0,1)
1
， >1
1- a + b
由第（1）问知，当-1 < x < 0,a >1时， f x 在区间 (-1,0) 上单调递减，
f x (1+ x)a -1-a x > f 0 0 ，也即 (1+ x)a >1+a x，
1 1
从而 a1-a+b [1 a 1 ]1-a+b 1 a -1 + - > + ，
1- a + b
1 a -1 b 1- a + b + a -1- b + ab - b
2 b(a - b)
其中 + - ，
1- a + b 1- a + b 1- a + b
由于 0 < b < a <1，且1- a + b > 0 ， a - b > 0，
1 a -1 b 0 1 a -1所以 + - > ，得 + > b，
1- a + b 1- a + b
1
从而b < a1-a+b ，问题得证.
综上，若0 < b a < 1，不等式 aa + bb ab + ba 成立.
3．（23-24 高三下·北京·开学考试）已知 f x x +1 ekx , k 0 .
(1)若 k 1，求 f x 在 0, f 0 处的切线方程；
(2)设 g x f x ，求 g x 的单调区间；
(3)求证：当 k > 0时，"m, n 0, + , f m + n +1 > f m + f n .
【答案】(1) 2x - y +1 0；
, 1 2 (2) k 0时，单调递减区间为 - - - ÷，单调递增区间为 (
2
-1- , + ) ;
è k k
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案;
（2）求出函数 g x f x 的导数，讨论 k 的取值范围，确定导数的正负，即可求得 g x 的单调区间；
（3）由于不等式 f m + n +1 > f m + f n 可变为 f (n + m) - f (n) > f (m) -1，所以可构造函数
h(x) f (x + m) - f (x) ，利用（2）的结论可证明故该函数为 0, + 上的增函数，利用函数的单调性，即可
证明结论.
x
【详解】（1）当 k 1时， f x x +1 e ,\ f x x + 2 ex ，
故 f x 在 0, f 0 处的切线斜率为 f 0 0 + 2 e0 2 ，而 f 0 0 +1 e0 1，
所以 f x 在 0, f 0 处的切线方程为 y -1 2(x - 0)，即2x - y +1 0 .
（2）由题意得 g x f x kx + k +1 ekx 2 2，则 g x k x + k + 2k ekx ，
令 g x k 2x + k 2 + 2k ekx < 0 2 2 2，即 k x + k + 2k < 0,\ x < -1- ，
k
令 g x k 2x + k 2 + 2k ekx > 0 2 2，即 k x + k + 2k > 0, x 2\ > -1- ，
k
k 0时，单调递减区间为 (- ,-1
2) 2- ,单调递增区间为 (-1- , + ) .
k k
（3）证明：由（2）可知，当 k > 0时， g x f x 在 0, + 上单调递增，而 g 0 f 0 k +1 > 0，
即 f x > 0在 0, + 上恒成立，故 f x 在 0, + 上单调递增，
设 h(x) f (x + m) - f (x) ，则 h (x) f (x + m) - f (x) ，
因为m 0, + ，则 x + m > x > 0 ，故 f (x + m) > f (x),\h (x) > 0，
所以 h(x) f (x + m) - f (x) 在 0, + 上单调递增，而 n 0, + ，
则 h(n) > h(0)，即 f (n + m) - f (n) > f (m) - f (0) ，而 f 0 1，
故 f (n + m) - f (n) > f (m) -1，即 f m + n +1 > f m + f n .
【点睛】关键点点睛：证明不等式 f m + n +1 > f m + f n 时，关键是构造函数，利用函数的单调性进行
证明；因为 f m + n +1 > f m + f n 可变形为 f (n + m) - f (n) > f (m) -1，由此可构造函数
h(x) f (x + m) - f (x) ，从而利用（2）的结论证明该函数为递增函数，从而利用函数的单调性证明不等式.
4 x-1．（22-23 高三下·四川成都·开学考试）已知函数 f (x) a e - x - ln x + x -1， a 0．
(1)求证： f x 存在唯一零点；
x +1 x -1
(2)设 g(x) aex-1 + x -1，若存在 x1, x2 (1, + ) ，使得 g x2 g x - f x ln 11 1 ，求证： +1 > 22 x1 -1
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）二次求导，得到 f x 在 0,1 上单调递减，在 (1, + )上单调递增．因为 f 1 0，所以 f x 有
唯一零点；
ln x1 +1 1 x2 -1 1 x +1（2）利用同构得到 x2 -1 ln x1 ，故不等式变形为 + -
é x -1 ln 1 + x -1- ln x ù
2 x -1 x -1 ê 1 1 1 2 ú
，构
1 1
造 h(x) (x -1) ln
x +1
+ x -1- ln x，二次求导，结合特殊点的函数值，得到 h x 在 0,1 上单调递减，在 (1, + )
2
上单调递增，所以 h(x) h(1) 0 ，从而证明出结论.
【详解】（1）证明：由题意，得 f x 1 a ex-1 -1 - +1 x > 0 ．x
记F (x) f (x) a ex-1 -1 1- +1 x-1 1，则F (x) ae + 2 ．x x
因为 a 0时，F (x) > 0恒成立，所以F (x) f (x)在 (0, + )上单调递增．
因为 f (1) 0，所以 f (x)在 0,1 上恒小于 0，在 (1, + )上恒大于 0，
所以 f x 在 0,1 上单调递减，在 (1, + )上单调递增．
因为 f 1 0，所以 f x 有唯一零点 x=1．
（2）由 g x2 g x1 - f x x -11 ，得 ln x1 + ax 21 ae + x2 -1．
记m(x) aex + x ，故m x2 -1 m ln x1 ，
因为m(x) aex + x 在 (0, + )上单调递增，所以 x2 -1 ln x1 ，
ln x1 +1 1 x2 -1 ln x1 +1 ln x+ - +1- 1 1 é x x1 +1 ù则 2 x -1 2 x -1 x -1 ê 1 -1 ln + x1 -1- ln x2 1ú，1 1 1
x +1
设 h(x) (x -1) ln + x -1- ln x
2
h x ln x +1 x -1 1则 + +1- ，令j x h x ，
2 x +1 x
则j x
1 2 1
+ +
x +1 x +1 2 x2 ．
因为j x > 0在 (0, + )上恒成立，
所以 h x 在 (0, + )上单调递增，注意到 h 1 0，
所以 h x < 0的解集为 0,1 ， h x > 0的解集为 (1, + )，
所以 h x 在 0,1 上单调递减，在 (1, + )上单调递增，所以 h(x) h(1) 0 ．
又因为 x1 >1，所以 ln
x1 +1 1 x -1+ > 2
2 x1 -1
．
【点睛】关键点点睛：导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现 ex 与 ln x，通常使用同构来进行求解，
本题难点是将 g x g x - f x x -1变形为 ln x + ax ae 2 + x -1，从而构造m(x) aex2 1 1 1 1 2 + x ，得到
x2 -1 ln x1 ，从而双元变单元，进行求解.
5．（23-24 高三上·江西·阶段练习）已知函数 f x ln x +1 - x2 - ax -1 a R .
(1)当 a -2 时，存在 x1, x2 0,1 ，使得 f x1 - f x2 M ，求 M 的最大值；
(2)已知 m，n 是 f x 的两个零点，记 f x 为 f x 的导函数，若m, n 0, + ，且m n ，证明：
f m + n ÷ < 0 .
è 2
【答案】(1) ln 2 +1
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，求出最值，得到
M é f x1 - f x2 ù f x - f x ln 2 +1max max min ，求出答案；
1 m +1
（2）根据零点得到方程组，相减求出 a ln - m + n ，求导得到
m - n n +1
f m + n 2 1 m +1 2 - 2t ÷ - ln ，化简换元后得到只需证 + ln t < 0，0 < t <1，构造函数，求导得
è 2 m + n + 2 m - n n +1 1+ t
到其单调性，证明出结论/
【详解】（1）当 a -2 时， f x ln x +1 - x2 + 2x -1，
1 3- 2x2
则 f x 的定义域为 -1, + ，且 f x - 2x + 2 ，
x +1 x +1
当 x 0,1 时， f x > 0，所以 f x 在 0,1 上单调递增，
所以 f x 在 0,1 上的最大值为 f 1 ln 2 ，最小值为 f 0 -1，
由题意知M é f x1 - f x2 ù f x - f x ln 2 +1max max min ，
故 M 的最大值为 ln 2 +1 .
（2）证明：由题意知 f m ln m +1 - m2 - am -1 0， f n ln n +1 - n2 - an -1 0，
所以 f m - f n ln m +1 - m + n m - n - a m - n 0，
n +1
1
所以 a ln
m +1
- m + n .
m - n n +1
因为 f x 1 - 2x - a ，
x +1
f m + n 2所以 - m + n - a
è 2 ÷ m + n + 2
2
- m + n 1 ln m +1- + m + n
m + n + 2 m - n n +1
2 1 ln m +1 - ，
m + n + 2 m - n n +1
m + n
所以要证 f ÷ < 0
2 1 ln m +1，只要证 - < 0 ，
è 2 m + n + 2 m - n n +1
因为m < n
2 n - m m +1
，所以只要证 + ln < 0，
m + n + 2 n +1
t m +1 2 - 2t令 ，则0 < t <1，即证 + ln t < 0，
n +1 1+ t
2 - 2t -2 t +1 - 2 1- t
2
g t 1
t -1
令 g t + ln t 0 < t <1 ，则 + ，
1+ t 1+ t 2 t t t +1 2
因为0 < t <1，所以 g t >0，
所以 g t 在 0,1 上单调递增，
所以 g t < g 1 0，
2 n - m ln m +1所以 + < 0，所以 f m + n
m n 2 n 1 2 ÷
< 0 .
+ + + è
【点睛】极值点偏移问题，经常使用的方法有：比值代换，构造差函数，对数平均不等式，变更结论等，
若不等式中含有参数，则消去参数，再利用导函数进行求解.
1．（2023·甘肃定西·模拟预测）已知函数 f (x) a ln(1 x)
1
+ + x2 - x(a R)．
2
(1)若 a＝1，求函数 f x 的单调区间；
(2)若函数 f x 有两个极值点 x1, x2 ，且 x1 < x2，求证： f x
x
> 12 ．2
【答案】(1) f x 在 -1, + 上单调递增；
(2)证明见解析.
x2
【分析】（1）由题可得 f x ，后结合 f x 定义域可得 f x 单调区间；
x + 1
（2）结合函数 f x 有两个极值点，可得 0 < a < 1， x1x2 a - 1, x1 + x2 0, a 1 - x22 .则要证
f x x2 > 1 ，等价于证明 l n 1 + x2
x
> 2
2 2 1 + x ，后构造相应函数可证明结论.2
1 f (x) ln(1+ x)
1
+ x2 - x f x 1 x
2
【详解】（ ）由题， ，则 + x - 1 .
2 x + 1 x + 1
因 x > -1，则 f x 0 .则 f x 在 -1, + 上单调递增；
2 f x a x 1 x
2 - 1 + a
（ ） + - .
x + 1 x + 1
当a 1时， f x 0， f x 在 -1, + 上单调递增，不合题意；
当a < 1时，令 f x 0 x2 1 - a .
当 a 0时， f x 0 x 1 - a ，则 f x 只有一个极值点，与题意不合；
当 0 < a < 1时， f x 0 x1 - 1 - a, x2 1 - a .
则 x x a - 1, x + x 0, a 1 - x21 2 1 2 2 .
x
则 f x > 1 1 x a ln 1+ x + x2 - x 12 2 2 > 2a ln 1+ x + x22 2 - 2x2 - x1 > 0 .2 2 2
2 1 - x22 l n 1 + x2 + x22 - x2 > 0 .注意到 x2 1- a 0,1 ，则
x x2
要证 f x2 > 1 ，即证 l n 1 + x2 >2 2 1 .+ x2
构造函数 g x x l n 1 + x - x 0,12 1 + x ， .
g x 1 2 2x + 1则 - 2 > 0x + 1 2 ，即 g x 在 0,1 上单调递增.4 1 + x 2 x + 1
x2 x
则 g x 12 l n 1 + x2 - > g 0 0 f2 1 + x ，即 x2 > .2 2
【点睛】关键点睛：对于双变量问题，常利用题目中的等量关系将双变量转变为单变量问题，而证明函数
不等式，常构造相应函数利用单调性解决问题.
2．（2024·四川德阳·二模）已知函数 f x lnx + x2 - 2ax,a R ，
(1)当 a > 0时，讨论 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 有两个极值点 x1, x2 x1 < x2 ，求 2 f x1 - f x2 的最小值.
【答案】(1)答案见解析
1+ 4ln 2
(2) -
2
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论D 0与D > 0两种情况即可得解；
1
（2）利用（1）中结论，利用韦达定理得到 x1 × x2 ， 2ax1 2x
2
1 +1 2ax
2
， 2 2x2 +1，利用消元法将2
2 f x1 - f x x22 表示成关于 2 的函数，再利用换元法和导数求得所得函数的最小值，从而得解.
2
【详解】（1）因为 f x lnx + x - 2ax, x > 0，
2
f (x) 1 2x 2a 2x - 2ax +1所以 + - ,
x x
令 g(x) 2x2 - 2ax +1 D 4a2 2，则 -8 4 a - 2 ，
因为 a > 0，
当0 < a 2 时，D 0，则 g(x) 0，即 f (x) 0，
此时 f (x) 在 (0, + )上单调递增，
2 2
当a > 2 时，D > 0，由 g(x) 0 x a - a - 2 , x a + a - 2，得 3 4 ，且 x3 < x4 ，2 2
当0 < x < x3或 x > x4时， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0 ；
当 x3 < x < x4 时， g(x) < 0，即 f (x) < 0 ，
所以 f (x) 在 0, x3 , x4 ,+ 上单调递增，在 x3 , x4 上单调递减；
综上，当0 < a 2 时， f (x) 在 (0, + )上单调递增，
当a > 2 时， f (x) 在 0, x3 , x4 ,+ 上单调递增，在 x3 , x4 上单调递减，
a - a2x - 2 a + a
2 - 2
其中 3 , x4 .2 2
（2）由（1）可知， x3 , x4 为 f (x) 的两个极值点，且 x3 < x4 ，
所以 x1 x3 , x2 x4 ，且 x1, x2 是方程 2x2 - 2ax +1 0的两不等正根，
1
此时a > 2 ， x1 + x2 a > 0 ， x1 × x2 ，2
2 2 2 2
所以 x1 0, ÷÷， x2 2
,+ ÷÷，且有 2ax1 2x1 +1， 2ax2 2x2 +1，
è è 2
则 2 f x1 - f x2 2 ln x1 + x21 - 2ax1 - ln x2 + x22 - 2ax2
2 ln x + x2 - 2x2 -1 - ln x + x2 21 1 1 2 2 - 2x2 -1 -2x21 + 2ln x1 - ln x2 + x22 -1
2
x2

2 1
1
2 - ÷ + 2ln - ln x2 -1 x
2 1 3- - ln x2 - 2ln 2 -1
è 2x2 2x
2
2 2x
2 2
2 2
1
令 t x2

2 ，则 t , +
1 3
÷ ，令 g t t - - ln t - 2ln 2 -1，
è 2 2t 2
2t -1 t -1
则 g t 1 1 3 + 2 - 2 ，2t 2t 2t
1
当 t ,1

÷时， g t < 0，则 g t 单调递减，
è 2
当 t 1,+ 时， g t >0，则 g t 单调递增，
所以 g t gmin 1
1+ 4ln 2
- ，
2
所以 2 f x1 - f x
1+ 4ln 2
2 的最小值为- .2
2
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用韦达定理将双变量的 2 f x1 - f x2 转化为关于单变量 x2 的
函数，从而得解.
x
3．（2023·福建龙岩·模拟预测）设函数 f x + ln x - x .
ex
(1)求 f x 的极值；
(2)已知 f x1 f x2 x1 < x2 ， kx1 + x2 有最小值，求 k 的取值范围.
1
【答案】(1)极大值为 -1，无极小值
e
(2) 1, +
【分析】（1）求导后，根据 f x 正负可得 f x 单调性，结合极值定义可求得结果；
x
（2）由 f x eln x-x + ln x - x可得 lnx -x 2 k + t1 1 lnx2 -x2，令 t kx + xx ，可将 1 2 表示为 × ln t ；构造函数1 t -1
g t k + t × ln t t >1 ，求导后，分别在 k 1和 k >1的情况下，讨论得到 f x 单调性，进而确定符合题意
t -1
的 k 的取值范围.
1- x x + ex
【详解】（1 ）由题意知： f x 定义域为 0, + ， f x 1- x 1 x + -1 ，e x xex
Q xex > 0 ， x + ex > 0，
\当 x 0,1 时， f x > 0；当 x 1,+ 时， f x < 0；
\ f x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减；
\ f x 1的极大值为 f 1 -1，无极小值.e
2 f x x + ln x - x f x eln x-x（ ） x 可化为 + ln x - x，e
Q y ex + x 为单调递增函数，
\由 f x1 f x2 可得： lnx1 -x1 lnx2 -x2，即 ln
x2 x2 - xx 1 ，1
t x 2令 ，则 t > 1，\ln t tx1 - xx 1 ，\ x
ln t t ln t
1 ， x ，
1 t -1 2 t -1
kx x k ln t t ln t k + t\ 1 + 2 + × ln t，t -1 t -1 t -1
令 g t k + t × ln t t >1 ，
t -1
k + t t -1
-1- k k + t 1 - k +1 ln t t + k -1
k
- - k +1 ln t
\ g t × ln t + × t t ，
t -1 2 t -1 t t -1 2 t -1 2
令 h t t + k -1 k- - k +1 ln t t >1 ，
t
k k +1 t
2 - k +1 t + k t - k t -1
\h t 1+ 2 - t t t 2
；
t 2
①当 k 1时， h t 0 恒成立，\h t 在 1, + 上单调递增，
\h t > h 1 0，即 g t >0，\ g t 在 1, + 上单调递增，
此时 g t 在 1, + 上不存在最小值，即 kx1 + x2 不存在最小值，不合题意；
②当 k >1时，若 t 1, k ，则 h t < 0 ；若 t k,+ ，则 h t > 0；
\h t 在 1, k 上单调递减，在 k, + 上单调递增，
h 1 0 \h k < 0 h ek ek k 2 1 k 1又 ， ，又 - - - k > e - 2 - > 0 ，e e
\存在 t0 k, ek ，使得 h t0 0，且当 t 1, t0 时， h t < 0，即 g t < 0；当 t t0 , + 时， h t > 0，即
g t >0；
\ g t 在 1, t0 上单调递减，在 t0 , + 上单调递增，
\ g t g t0 ，即 kx1 + xmin 2 有最小值；
综上所述：实数 k 的取值范围为 1, + .
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、多变量问题的求解；求解多变量问题的关键是能
t x 2够通过引入第三变量 ，将 x1, x2 利用 t 来表示，从而减少变量个数，将问题转化为关于 tx 的函数的单调性1
的讨论问题.
4．（2024·河南商丘·模拟预测）已知函数 f x 的定义域为 0, + ，其导函数
f x 2x 2+ - 2a a R , f 1 1- 2a ．
x
(1)求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线 l的方程，并判断 l是否经过一个定点；
(2)若$x1, x2 ，满足0 < x1 < x2 ，且 f x1 f x2 0，求 2 f x1 - f x2 的取值范围．
【答案】(1) y 4 - 2a x - 3，经过一个定点
(2) -1- 3ln2, +
2
【分析】（1）利用求导法则得 f x x + 2lnx - 2ax + c，根据条件及导数的几何意义、直线的点斜式计算即
可；
2
（2
2
）利用导函数有两个零点得出 x1, x2 , a 的关系及范围，消元化简得 2 f x1 - f x2 x2 - x2 - 6lnx2 - 2，构2
2 2
造函数 g x x - 2 - 6lnx - 2, x 1,+ ，利用导数研究其单调性及最值即可.x
2
【详解】（1）因为 f x 2x + - 2a ，
x
所以 f x x2 + 2lnx - 2ax + c（c 为常数）．
因为 f 1 1- 2a，所以 c = 0 ，
所以 f x x2 + 2lnx - 2ax．
又 f 1 4 - 2a，
所以曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线 l的方程为 y - 1- 2a 4 - 2a x -1 ，
即 y 4 - 2a x - 3，
所以 l经过定点 0, -3 ．
2
（2）令 f x 0 x - ax +1，可得 0．
x
因为$x1, x2 ，满足0 < x1 < x2 ，且 f x1 f x2 0，
所以关于 x 的方程 x2 - ax +1 0有两个不相等的正实数根 x1, x2 ，
ìΔ a2 - 4 > 0

则 íx1 + x2 a > 0 a > 2,0 < x1 <1< x2 ，

x1x2 1
所以 2 f x 21 - f x2 2 x1 - 2ax1 + 2lnx1 - x22 - 2ax2 + 2lnx2
2x21 - 4ax1 + 4lnx1 - x
2
2 + 2ax2 - 2lnx2
2x21 - 4 x 21 + x2 x1 + 4lnx1 - x2 + 2 x1 + x2 x2 - 2lnx2
-2x21 - 4 + 4lnx1 + x
2
2 + 2 - 2lnx2
x2 22 - 2 - 6lnx - 2x 2 ，2
令函数 g x 2 x2 - - 6lnx - 2, x 1,+ ，
x2
4 6 2x4 - 6x2 + 4 2 x2 -1 x2 - 2 则 g x 2x + 3 - ，x x x3 x3
令 g x 0，得 x 2 ，
因为当 x 1, 2 时， g x < 0，
当 x 2,+ 时， g x > 0，
所以 g x 在 1, 2 上单调递减，在 2,+ 上单调递增，
所以 g x g 2 -1- 3ln2，
又当 x + 时， g x + ，
所以 g x 的取值范围为 -1- 3ln2, + ，
即 2 f x1 - f x2 的取值范围为 -1- 3ln2, + ．
5．（2022·四川泸州·一模）已知函数 f x ax +1- x ln x的图像在 x 1处的切线与直线 x - y 0平行．
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若"x1, x2 0, + ，且 x1 > x2 时， f x 2 21 - f x2 > m x1 - x2 ，求实数 m 的取值范围．
【答案】(1) f x 在 0,e 递增，在 e, + 递减
1 ù
(2) - ,-
è 2e2 ú
【分析】（1）利用导数的几何意义求出 a 2，直接利用导数求单调区间；
（2）根据式子结构构造 g x f x - mx2 ，由 g x 1- ln x在 0, + 为增函数，得到 2m 在 x > 0恒成立，
x
h x 1- ln x令 ，利用导数求出 h x 的最小值，即可求解.
x
【详解】（1） f x ax +1- x ln x的导数为 f x a -1- ln x ，
可得 f x 的图象在 A 1, f 1 处的切线斜率为 a -1，
由切线与直线 x - y 0平行，可得 a -1 1，即 a 2，
f x 2x +1- x ln x， f x 1- ln x ，
由 f x > 0，可得0 < x < e，由 f x < 0，可得 x>e，则 f x 在 0,e 递增，在 e, + 递减．
（2）因为 x1 > x2 ，若"x1, x2 0, + 2 2，由 f x1 - f x2 > mx1 - mx2 ，
即有 f x1 - mx21 > f x2 - mx22 恒成立，设 g x f x - mx2 ，
所以 g x f x - mx2 在 0, + 为增函数，即有 g x 1- ln x - 2mx 0对 x > 0恒成立，
2m 1- ln x可得 在 x > 0恒成立，由 h x 1- ln x 的导数为 h x ln x - 2 ，
x x x2
当 h x 0，可得 x e2 ， h x 在 0,e2 递减，在 e2 ,+ 递增，
即有 h x 在 x e2 1 2m 1 m 1处取得极小值，且为最小值- 2 可得 - 2 ，解得 -e e 2e2
1 ù
则实数 m 的取值范围是 - , -
è 2e2 ú
．
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围.
6．（2023· 2河南郑州·三模）已知函数 f x x + a ln 1- x ， a R ．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 有两个极值点x1，x2，且 x1 < x2，求证： f x1 - ax2 > -a ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再根据判别式讨论函数的单调区间；
（2）根据（1）的结果，可知， x1 + x2 1， x1x
a 1
2 ， < x2 <1，这样可将所证明不等式进行变形，从而2 2
h x 1 1 1构造函数 - + ln x - x, < x <1，利用导数即可证明.
2x 2 2
2
【详解】（1）函数 f x 的定义域为 - ，1 ， f x 2x a -2x + 2x - a - ，
1- x 1- x
设 g x -2x2 + 2x - a，令 g x 0，D 4 -8a ，
a 1当D 0时，即 ， f x 0, f x 在 - ，1 单调递减，
2
D > 0 a
1
< g x 0 x 1- 1- 2a 1+ 1- 2a当 时，即， ，令 ，得 1 ，2 x2 ，2 2
若 a 0， x1 <1， x2 1，由 f x < 0即 g x < 0，得出 x - , x1 .
由 f x > 0即 g x > 0，得出 x x1，1 .
当0
1
< a < 时， x2 <1，由 f x < 0即 g x < 0，得出 x - , x1 x2 2 ,1 .
由 f x > 0即 g x > 0，得出 x x1，x2 .
1
综上所述：当 a 时，函数 f x 在 - ,1 上单调递减，
2

f x ,1- 1- 2a
1- 1- 2a
当 a 0时，函数 在 - ÷÷上单调递减，在2
,1÷÷上单调递增，
è è 2
1- 1- 2a
当0 < a
1
< 时，函数 f x 在 - , ÷÷上单调递减，2 è 2
1- 1- 2a ,1+ 1- 2a
1+ 1- 2a
在 2 2 ÷÷
上单调递增；在 ,1÷÷上单调递减.
è è 2
1
（2）由（1）可知：当0 < a < 时，
2
x 1- 1- 2a x 1+ 1- 2a1 ， f x2 2 是函数
两个极值点，
2
有 x1 + x
a 1
2 1， x1x2 ，此时 < x2 <1，2 2
1
要证明 f x1 - ax2 > -a ，只要证明 f x1 - xa 2 > -1
1 x 2 + a ln 1- x 2f x1 - x 1
1 x1
2 - x2 + ln 1- x1 - x ,a a a 2
x 21 ln x x x1 ln x x 1- x2 ln x x 1 1 + - + - + - - + ln x - x ,
2x x 2 2 2x 2 2 2x 2 21 2 2 2 2x 2
2 2
2
h x 1 1设 - + ln x - x, 1 < x <1，
2x 2 2
1 1 2h x - 2 + -1
-2x + 2x -1

2x x 2x2
令M x -2x2 + 2x -1，
x 1 1当 ,1÷时，-1 < M x < - ，
è 2 2
1
所以当 x ,1÷时， h x < 0， h x 单调递减，
è 2
所以有 h x > h 1 -1，即证 f x1 - ax2 > -a
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数性质的综合应用问题，本题第二问处理双变量问题，关
键是 x1 + x2 1， x1x
a 1
2 ， < x2 <1，从而为后面的消参，构造函数创造条件.2 2
2
7．（2023·福建龙岩·二模）已知函数 f (x) ln x， g(x) x - ．
x
x +1
(1) 0若 x0 满足 f x0 ，证明：曲线 y f (x) 在点 A x , lnx 处的切线也是曲线 y exx -1 0 0 的切线；0
(2)若F (x) f (x) - g(x)，且F x1 F x2 x1 x2 ，证明：F x1 + F x2 < 4ln 2 - 7．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义先求出曲线 y f x 在点A 处的切线方程 y 1 x 2 +x0 x0 -1，再判定该切线
方程为 y ex 的切线即可；
1 1
（2）求 F x ，设 F x1 F x2 m, x1 x2 ，建立方程组，得出 ， 为方程 2t 2x x - t +1+ m 0的两根，1 2
根据韦达定理确定 2 x1 + x2 x1x2 ，再由基本不等式判定 x1x2 >16 ，化简F x1 + F x ln x x
x
- 1
x2
2 1 2 +1，2
t
构造函数 h(t) ln t - +1 t >16 求其单调性判定值域即可.
2
ln x x0 +1【详解】（1）由已知有 0 ， f (x)
1

x -1 ,0 x
1
曲线 y f (x) 在点 A x0 , ln x0 处的切线方程为： y - ln x0 x - x0 x ,0
即： y
1 x 1 ln x x +1 - + 0 1 20 ，将 ln x0 代入即有： y x +x x -1 x0 x -1
,
0 0 0
由 y ex 得 y ex ex
1 1 1
令 x 得：
x ln
x ，此时
y
0 0 x
,
0
1 1
可得：曲线 y ex 在点 ln , ÷处的切线方程为：
è x0 x0
y 1 1

x ln 1
1 1 x0 +1- -
x x x ÷
x + ln x0 ，将 ln x0 x -1代入化简，0 0 è 0 x0 x0 0
1 2
可得： y x +x0 x0 -1
故曲线 y f (x) 在点 A x0 , ln x0 处的切线也是曲线 y ex 的切线．
（2）∵ F x f x - g x ln x - x 2+ x > 0 ，
x
ì 2 1
2 - +1+ m 0x x
∴ F x 1 -1 2- ，令F 2 x1 F x2 m
1 1
，得：
x x í 2 1
，
2 - +1+ m 0
x2 x2
1 1
∴ 2x ， x 为方程 2t - t +1+ m 0的两根，1 2
1 1 1
∴ + 即： 2 xx x 2 1 + x2 x1x2 ，1 2
∴ x1x2 2 x1 + x2 > 4 x1x2 ∴ x1x2 >16 ，

∴ F x1 + F x2 ln x1 - x
2 2
1 + ÷ + ln x2 - x2 +x x ÷è 1 è 2
2 2 ln x1 + ln x2 - x1 + x2 + + ÷
è x1 x2
ln x x x1x2 - 1 2 +1，2
令 t x1x2 >16，则 ln x
x1x2 t
1x2 - +1 ln t - +1，2 2
令 h t ln t t- +1 t >16 ，则 h t 1 1 - < 0，
2 t 2
∴ h(t)在 16, + 单调递减 ∴ h t < h 16 ln16 - 7 4ln 2 - 7
即F x1 + F x2 < 4ln 2 - 7
【点睛】本题关键在第二问，设F x1
1 1 1
F x2 m，由导函数建立方程组结合韦达定理得出 + x1 x2 2
，
x x t
再求函数值之和F x1 + F x2 ln x1x2 - 1 2 +1，构造函数 h t ln t - +1，结合基本不等式求其定义域内2 2
的单调性即可证明不等式.
a
8．（23-24 2高三上·天津宁河·期末）已知函数 f x ln x + x ， a R ．
2
(1)当 a 1时，求曲线 y f x 在 1, f 1 处的切线方程；
(2)求 f x 的单调区间；
(3)设 x1, x2 0 < x
a
1 < x2 是函数 g x f x - ax 的两个极值点，证明： g x1 - g x2 < - ln a ．2
【答案】(1) 4x - 2y - 3 0
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，然后求出 f 1 ， f 1 ，根据点斜式写出直线方程；
（2）求导，然后分 a 0和 a<0讨论求 f x 的单调区间；
x
（3 1）根据极值点为导函数的零点，令 t,0 < t <1x ，利用韦达定理将
a用 t 表示，代入
2
g x1 - g x
a
- - ln a 2 ÷，构造函数求其最值即可.
è 2
【详解】（1）当 a 1时， f x ln x 1+ x2 ，
2
得 f x 1 + x ，则 f 1 2， f 1 1 ，
x 2
所以切线方程为 y
1
2 x -1 + ，即 4x - 2y - 3 0；
2
2
（2） f x 1 1+ ax + ax ，
x x
当 a 0时， f x > 0恒成立， f x 在 0, + 上单调递增，无减区间，
当 a < 0 -a时，令 f x > 0，得 0 < x < - ， f x 单调递增，
a
f x < 0 x -a令 ，得 > - ， f x 单调递减，
a
综合得：当 a 0时， f x 的单调递增区间为 0, + ，无减区间；

当 a<0时， f x -a -a的单调递增区间为 0, - ÷÷， f x 的单调递减区间为 - , + ；
è a
÷÷
è a
a
（3） g x f x - ax ln x + x2 - ax ，
2
1 2g x ax a ax - ax +1则 + - ，
x x
因为 x1, x2 0 < x1 < x2 是函数 g x f x - ax的两个极值点，
即 x 21, x2 0 < x1 < x2 是方程 ax - ax +1 0的两不等正根，
ìa2 - 4a > 0
x1 + x 1 > 0所以 í 2 ，得 a > 4，

x1x
1
2 > 0 a
x1
令 t,0 < t <1
1
x ，则
tx2 + x2 1, tx2 x2 a ，2
2
a 1 1 t +1 2 得 tx 22 t 1 t ， t +1÷è
则 x2 - x1 x x
2 4x x 1 4 1 4t 1- t2 + 1 - 2 1 - - 2 a t +1 t +1，
所以 g x1 - g x2 ln x
a
+ x21 1 - ax -

1 ln x
a
2 + x
2 - ax 2 2 ÷ ln
x1 a+ x21 - x22 - a x1 - x 2 è 2 2 x2 2
x a x a
ln 1 + x1 - x2 x1 + x2 - a x1 - x ln 12 - x1 - x2 x2 2 x2 2
t +1 2ln t 1- t
2
ln t t -1 + × - ，
2t t +1 2t
g x g x a ln a ln t t
2 -1 t +1 2 t +1 2
则 1 - 2 - - ÷ - - + ln 2ln t +1 - t -1，
è 2 2t 2t t
令 h t 2ln t +1 - t -1,0 < t <1，
则 h t 2 -1 1- t > 0，
t +1 t +1
所以 h t 在 0,1 上单调递增，
所以 h t < h 1 2ln 2 - 2 2 ln 2 -1 < 0，
所以 g x1 - g x -
a
2 - ln a

÷ < 0 ，
è 2
a
即 g x1 - g x2 < - ln a .2
【点睛】关键点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用韦达定理，令
x1 t,0 x < t <1达到消元的目的，常用的换元有 t x2 - x1, t x2x1, t 2x x 等.2 1
9．（2024·河北保定·二模）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 ．
【答案】(1) - ,1
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于 1，即可求解；
e2a-2 2a-2
2 x < < ea-1（ ）不等式转化为证明 1 ，即证明 f x2

< f e ÷ ，构造函数x2 è x2
2a-2
g x f x e- f a-1 a ÷ , x e ,e ，利用导数证明函数的单调性，即可证明.
è x
【详解】（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 a-1 a-1单调递减．所以 f (x)max f e e 1，
解得 a 1，即 a的取值范围为 - ,1 ．
（2 a-1 a）证明：不妨设 x1 < x2，则0 < x1 < e < x2 < e ，要证 f x1x2 > 0 ，
e2a-2
即证 x1x2 < e
a-1 2a-2 a-1
，则证 x1x2 < e ，则证 x1 < < e ，x2
e2a-2 e2a-2
所以只需证 f x1 < f ÷，即 f x2 < f ÷ ．
è x2 è x2

2a-2
g x f x - f e , x ea-1, ea g ea-1 0 a -1- lnx x
2 - e2a-2
令 x ÷
，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 e上单调递减，则 g x < g e 0．所以 f x1 < f x ÷．è 2
e2a-2a-1
由（1）知 f x 在 0,e 上单调递增，所以 x1 < ，从而 f x1x2 > 0 成立．x2
e2a-2
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明 f x2 < f ÷ .
è x2
10 x．（2023·广西·模拟预测）已知函数 f (x) e - x ln x + x2 - ax a R ．
(1)若 a 1，求 y f x 在 x 1处的切线方程；
(2)若 f x 有两个不同零点x1，x2证明： f x1x2 > e +1- a x1x2．
【答案】(1) ex - y 0
(2)证明见解析
【分析】（1）求出切线斜率 f 1 e，根据点斜式可得.
f x x f 1（2）由 f x x 1 2 > e +1- a x x 1 21 2得 > e +1- a
f x
，故考虑构造函数 g x ，先证 x1x2 <1，x1x2 1 x
利用 g x 的单调性去证明即可.
x
【详解】（1）当 a 1时， f x e - ln x +1 + 2x -1，
故 f 1 e， f 1 e，
故在 x 1处的切线方程为 y - e e x -1 ，即 ex - y 0 .
x
2 x < x g x e - ln x + x - a e
x + x x -1
（ ）证明：不妨设 1 2，设 ，则 g x ， x x2
当0 < x <1时， g x < 0，当 x >1时， g x > 0，
所以 g x 在 0,1 单调递减， g x 在 1, + 单调递增，
1
可知x1，x2也是 g x 的两个零点，且0 < x1 <1， x2 >1，于是0 < <1x ， 2
h x g x - g 1 设 ÷，
è x
1
x x -1 e + x - xe x -1÷因为
h x g x g 1- 1 è ． x ÷ ÷è è x x2
1
设 k x ex + x - xe x -1，
1 1
当 x >1时， k x ex 1- e x + e x +1 > 0，
x
故 k x 在 1, + 单调递增，
所以 k x > k 1 0 ，从而 h x > 0，
因此 h x 在 1, + 单调递增．

又 x2 >1，故 h x2 > h 1
1
0 ，故 g x2 > g ÷ ，于是 x1x2 <1．x è 2
又 g x 在 0,1 单调递减，故 g x1x2 > g 1 e +1- a
f x1x2 f (1)
即 > e +1- a ，故 f x1x2 > (e +1- a)x xx 1 21x2 1
f x x f 1
【点睛】关键点点睛：第一个关键点是从结论分析，由 f x1x e 1 a x x

> + - 1 2

2 1 2得 > e +1- a ，x1x2 1
1 1
故构造函数 g x f x ；第二个关键点是能利用 h x g x - g ÷函数的最值得到 g x > g ÷ ，进而x è x 2 è x2
证明 x1x2 <1.
11．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x a +1 ln x a+ - x， a R ．
x
(1)讨论 f x 的单调性；
2
(2)若 f x1
a +1
f x2 ，当 x
1
1 < < a <1< x
a
2 时，证明： x1 + x2 1+2 x ÷ > ．è 1x2 2a
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
x - a x -1
【分析】（1）根据求导公式和运算法则可得 f x - 2 ，分类讨论当 a 0、 0 < a < 1、 a 1、 a > 1x
时的单调性即可；
a +1 ln x2 1 a（2）由 f x1 f x2 和对数的运算性质变形可得 +x - x x x x ，利用分析法证明2 1 1 1 2
1 x+ 2
x1 x
x ln
x2 a +1> ，令 t 2
1+ t
x ，根据换元法，设 g t ln t t >1 ，利用导数证明函数 g t 的单调性，结2 -1 x1 2a 1 t -1
x1
x2 1
合 > >1x a 可得 2ln a
a -1
，再次利用导数证明该不等式即可.
1 a
【详解】（1）函数 f x 的定义域为 0, + ．
a +1 a x - a x -1 易知 f x -
x x2
-1 - 2 ．x
当 a 0时，若 x 0,1 ，则 f x > 0，若 x 1,+ ，则 f x < 0；
当 0 < a < 1时，若 x 0, a 或 x 1,+ ，则 f x < 0，若 x a,1 ，则 f x > 0；
当 a 1时， f x 0恒成立；
当 a > 1时，若 x 0,1 或 x a,+ ，则 f x < 0，若 x 1, a ，则 f x > 0．
综上，当 a 0时， f x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减；
当 0 < a < 1时， f x 在 a,1 上单调递增，在 0,a ， 1, + 上单调递减；
当 a 1时， f x 在 0, + 上单调递减；
当 a > 1时， f x 在 1, a 上单调递增，在 0,1 ， a,+ 上单调递减．
（2）由 f x1 f x2 ，
得 a +1 ln x
a a
1 + - x1 a +1 ln x + - xx 2 2 ，1 x2
a 1 aln x ln x x x a a x x x - x 所以 + 2 - 1 2 - 1 + - 2 - 1 + 2 1 ，x1 x2 x1x2
a +1 x2 a
则 ln 1+x - x x x x ．2 1 1 1 2
a a +1 2
要证 x1 + x2 1+ ÷ > ，
è x1x2 2a
a +1 2 x x a +1 需证 1 + 2 ln
x2 ÷ > ，
è x2 - x1 x1 2a
1 x+ 2
x + x x a +1 x x a +1
又 a +1 > 0 1 2 2，所以即证 ln >x ，即证
1 ln 2 > ．
2 - x1 x1 2a x2 -1 x1 2a
x1
t x2令 x ，则 t > 1．1
t 11+ t - - 2ln t
设 g t ln t t >1 ，则 g t t ，t -1 t -1 2
2
设 h t t 1 - - 2ln t t >1 ，则 h t 1 1 2 1+ - -1
t t 2 t t ÷ > 0è
所以 h t 在 1, + 上单调递增，则 h t 1>1- - 2ln1 0，
1
所以 g t >0， g t 在 1, + 上单调递增．
x 1
x 1
由 1 < < a <1< x
2
，得 > >12 x a ，2 1
1
x 1 1+g 2 1 a +1所以 ÷ > g ax ÷
1 ln ln a ，è 1 è a -1 a a -1
a
a +1 a +1 a -1
所以需证 ln a ，即证 2ln a ．
a -1 2a a
j a 2ln a 1 + -1 1 < a <1 设 ÷，则j a
2 1 2a -1
- > 0，
a è 2 a a2 a2
1 1
所以j a 在 ,12 ÷上单调递增，则j a < j 1 2ln1+ -1 0，è 1
所以 2ln a
a -1
<
a
2
故 x1 + x2
a a +11 + ÷ > ．
è x1x2 2a
【点睛】含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及两个不同变量，处理此类
问题有两个策略：一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，并把含双变量的关系式转
化为含单变量的关系式进行求解；二是巧妙构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值．
f x x 2lnx a12．（2023·海南·模拟预测）已知函数 - - + b a,b R 在 0, + 上单调递增.
x
(1)求 a的取值范围；
(2)若存在正数 x1, x2 x1 x2 满足 f x1 f x2 b （ f x 为 f x 的导函数），求证： f x1 + f x2 > 0 .
【答案】(1)[1, + )
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可知 f (x) 0在 (0, + )上恒成立，即 a -x2 + 2x在 (0, + )上恒成立．结合二次函数的
性质即可求解；
1 1 x + x 2
（2）由题意可得 ， 是方程 ax2x x - 2x +1- b 0
1 2
的两根，则 2x x a ，利用基本不等式得 x1x2 > a .根据1 2 1 2
2 2 2a
换元法，令 t x1x2 > a ，设 g t f x1 + f x2 -2lnt + t - ，利用导数研究函数 g(t)的性质可得a t
g t > g a2 2 a 1- - 2lna ÷ 2h(a)，再次利用导数研究函数 h(a) 的性质即可求解.
è a
2
1 f (x) 1 2 a x - 2x + a【详解】（ ） - + ， x > 02 2 ．x x x
因为 f (x) 在定义域内单调递增，所以 f (x) 0，
x2 - 2x + a
即 2 0 在 (0, + )上恒成立，所以 a -x
2 + 2x在 (0, + )上恒成立．
x
当 x (0,+ )时，函数 y -x2 + 2x -(x -1)2 +1 (- ,1]，所以a 1，
故实数 a的取值范围是[1, + ) ．
a 2
（2）由题意知 x1, x2 为方程 f x b，即方程 2 - +1- b 0的根，x x
1 1 1 1 2 1 1- b
所以 x ， x 是方程 ax
2 - 2x +1- b 0的两根，所以 + ， ．
1 2 x1 x2 a x1x2 a
x1 + x2 2 2 2
所以 x x a ，由基本不等式得 2 x1x2 < x1 + x2 × x1x2 ，所以 x1x2 > a ．1 2 a
1 1 f x1 + f x2 x1 + x2 - 2ln x1x2 - a + ÷ + 2b ．
è x1 x2
t x x 2 1 1- b a令 1 2 > a ，则由 ，得b 1- ．t a t
g t f x f x 2 t 2lnt 2 2 1 a 2 2a设 1 + 2 - - + -

÷ -2lnt + t - ，a è t a t
2
a 3 2
t a2当 , + 2 2 2 t - + a时，
g t 2 2 2a
2 t - at + a ÷ ，
- + + è 2 22 > 0t a t at 2 at 2
所以 g t a2 1在 + 2 上单调递增，从而 g t > g a 2 a - - 2lna ÷．
è a
2
令 h a 1 a - - 2lna，当a 1时， h a 1 1 2 (a -1)+ 2 - 2 0，a a a a
所以 h a 在 1, + 上单调递增，得 h a h 1 0，
综上可得 g t > 2h a 0 ，即 f x1 + f x2 > 0．
【点睛】破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式
转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归
双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
13．（2024 高三下·全国·专题练习）设 x 3是函数 f (x) x2 + ax + b e3-x (a R)的一个极值点．
(1)求 a与b 的关系式（用 a表示b ），并求 f (x) 的单调区间；
g(x) 2 25(2)设 a > 0， x a + ÷e ．若存在x1， x2 [0, 4]，使得 f x1 - g x2 1，求实数 a的取值范围．è 4
【答案】(1)答案见解析；
0, 3ù(2)
è 2 ú
【分析】（1）利用已知的导函数零点得到变量之间的关系，再求解单调性即可.
（2）求出每个函数的值域，得到不等式，求解参数范围即可.
2
【详解】（1） f (x) - éx + (a - 2)x + b - aù
3- x
e ，由 f (3) 0，解得b -3- 2a ．
f (x) - éx2 + (a - 2)x - 3 - 3aù e3-x -(x - 3)(x + a +1)e3-x所以 ．
令 f (x) 0，得 x1 3， x2 -1- a ，由于 x 3是极值点，
所以-1- a 3，得 a -4．
当 a < -4时，-1- a > 3， f (x) 在 (- ,3)上单调递减，
在 (3, -1- a)上单调递增，在 (-1- a,+ )上单调递减；
当 a > -4 时，-1- a < 3， f (x) 在 (- , -1- a)上单调递减，
在 (-1- a,3)上单调递增，在 (3, + )上单调递减．
（2）由（1）可知，当 a > 0时， f (x) 在区间[0,3]上单调递增，在区间[3, 4]上单调递减，
那么 f (x) 在区间[0, 4]上的值域是[min{ f (0), f (4)}, f (3)]．
而 f (0) -(2a + 3)e3 < 0， f (4) (2a +13) ×e-1 > 0， f (3) a + 6，
f (x) [0, 4] é-(2a + 3)e3那么 在 上的值域为 ,a + 6ù ．
g(x) a2 25 + x又 ÷e 在[0, 4]上是增函数，
è 4
所以 g(x)在[0, 4]
éa2 25 , a2 25 4 ù上的值域为 ê + + e4 ÷è 4 ú
．

a2 25
2
由于 +

÷ - (a + 6)
1
a -

÷ 0，
è 4 è 2
a2 25 所以只需 + ÷ - (a + 6) 1
3
，且 a > 0，解得0 < a ．
è 4 2
3ù
故实数 a的取值范围是 0, ．
è 2 ú
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用导函数易求的零点得到变量之间的关系，然后求出
函数值域列出不等式，得到所要求的参数范围即可．
14．（2024·浙江绍兴·三模）若函数a(x) 有且仅有一个极值点m ，函数 b (x) 有且仅有一个极值点 n，且
m > n ，则称a(x) 与 b (x) 具有性质a - b / /m > n．
(1)函数j1(x) sin x - x
2
与j2 x ex - x是否具有性质j1 -j2 / /x0 > 0？并说明理由．
(2)已知函数 f x aex - ln x +1 与 g x ln x + a - ex +1具有性质 f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a的取值范围；
（ii）证明： g x1 > x2 ．
【答案】(1)具有，理由见解析
(2)（i） a 0,1 U 1, + ；（ii）证明见解析
【分析】（1）借助导数研究函数的单调性后，结合零点的存在性定理即可得其极值点及极值点范围或具体
值，即可得解；
（2）（i）利用导数研究函数的单调性后，分 a 0及 a > 0可得其是否存在极值点，在存在唯一极值点的情况
下，再对 a细分，结合零点的存在性定理讨论不同的 a的情况下不同的极值点的范围，结合 x1 > x2 进行计算
即可得解；
（ii）分 a 0,1 及 a 1, + 进行讨论，结合极值点满足的条件及所得函数单调性进行放缩处理即可得.
2 x
【详解】（1）函数j1(x) sin x - x 与j2 x e - x具有性质j1 -j2 / /x0 > 0，理由如下：
j 1 (x) cos x - 2x，令 h x j

1 x cosx - 2x ，
则 h x -sinx - 2 < 0 ，故j1 x 单调递减，

又j1 0 cos0 - 0 1 > 0 ，j1 1 cos1- 2 < 0，
故存在 x0 0,1 ，使j1 x0 0 ，
则j1 x 在 - , x0 上单调递增，在 x0 ,+ 上单调递减，
故j1(x) 有且仅有一个极值点 x0 0,1 ，
j 2 x ex -1 ，则当 x < 0 时，j2 x < 0，当 x > 0时，j2 x > 0，
故j2 (x)在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
故j2 (x)有且仅有一个极值点 0 ，
2 x
故函数j1(x) sin x - x 与j2 x e - x具有性质j1 -j2 / /x0 > 0；
（2）（i） f x aex 1- ， 又 x +1 > 0，故 x > -1，
x +1
当 a 0时， f x aex 1- < 0，此时 f x 没有极值点，故舍去，
x +1
当 a > 0时， 令m x f x aex 1- ，
x +1
则m x
1
aex + > 0
x +1 2 恒成立，
故 f x 在 -1, + 上单调递增，
g x 1 - ex ， x + a > 0，故 x > -a，
x + a
由 a > 0，令 n x g x 1 - ex ，
x + a
则 n x
1
- 2 - e
x < 0
x + a 恒成立，
故 g x 在 -a, + 上单调递减，
当 a 0,1 0 1时，有 f 0 ae - a -1< 0 ，又 x + 时， f x + ，
0 +1
故此时存在 x1 0, + ，使 f x 在 -1, x1 上单调递减，在 x1,+ 上单调递增，
则 f x 有唯一极值点 x1 0, + ，
g 0 1 e0 1有 - -1 > 0，又 x + 时， g x - ，
a a
故此时存在 x2 0, + ，使 g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x 有唯一极值点 x2 0, + ，
f x aex 1 0 g x 11 x2即有 1 - - e 0x +1 ， 21 x2 + a
，
ex 1 ex 11 2即 a x 1 ， ，此时需满足 x1 > x2 > 0，则 e
x1
+ x + a > e
x2 ，
1 2
1 1 x
故有 > a < 2 <1a x 1 x a ，即 x2 > ax+ + 1，即 a 0,11 2 x ，故
符合要求；
1
当 a 1, + 时， f 0 ae0 1- a -1 > 0，又 x -1时， f x - ，
0 +1
故此时存在 x1 -1,0 ，使 f x 在 -1, x1 上单调递减，在 x1,+ 上单调递增，
则 f x 有唯一极值点 x1 -1,0 ，
有 g 0 1 1 - e0 -1< 0 ，又 x -a 时， g x + ，
a a
故此时存在 x2 -a,0 ，使 g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 , + 上单调递减，
则 g x 有唯一极值点 x2 -a,0 ，
1 1 x2
同理可得 >a x 0 > x > x+1 x + a ，此时需满足 1 2，即 x2 > ax1，则
a > ，
1 2 x1
x2
由 <1 a 1, + a 1, + x ， ，故该不等式成立，故 符合要求；1
a 1 f 0 ae0 1 1 1当 时，有 - a -1 0， g 0 - e0 -1 0，
0 +1 a a
此时 x1 x2 0，即 f x 、 g x 的极值点都为 0 ，不符合要求，故舍去；
综上，故 a 0,1 1,+ ；
（ii）当 a
1
0,1 x2 0时，有 x1 > x2 > 0，则 e > e 1，故0 < x2 + a <1x2 + a
，
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
x 12
则 g x1 < g x2 ln x2 + a - e +1 ln x2 + a - +1x + a ，2
令 t x2 + a 0,1 ，则 g x2 lnt
1 1
- +1，令m t lnt - +1， t 0,1
t t
则m t 1 1 + > 0，故m t 在 0,1 上单调递增，
t t 2
则 g x2 lnt
1
- +1< m 1 ln1 1 - +1 0 ，
t 1
故 g x1 > g x2 ，要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 < 0，
g x + x < g x 1+ x ln x + a - ex21 2 2 2 2 +1+ x ln - ex22 x +1+ x 1- ex2 < 0，e 2 2
即当 a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
1
当 a 1, + x2 0时，有0 > x1 > x2，则 e < e 1，即 x2 + a >1x2 + a
，
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x 01 > g 0 ln 0 + a - e +1 lna > 0 ，
即要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 > 0，
g x + x ln x + a - ex1 +1+ x > ln x + a - ex11 2 1 2 2 +1+ x2
1
ln x - e
x1 +1+ x2 -x2 - e
x1 +1+ x x1 02 1- e >1- e 0，e 2
即当 a 1, + ，有 g x1 > x2 ；
综上所述， g x1 > x2 .
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于分 a 0,1 及 a 1, + 进行讨论，从而可得不同的 a的情
况下不同的x1、x2的范围，结合放缩进行推导.
1+ 2ln x
15．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x .
x2
1
(1) kx设函数 g x e - k > 0 ，若 f x g x 恒成立，求 k 的最小值；
kx
(2)若方程 f x x
2 1- ln mx m 有两个不相等的实根x1、x 1 22，求证： + < .x2 x1 m
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】
2ln x+kx x
（1）将问题转化为不等式 e - - (1+ 2ln x) 0在 (0, + )上恒成立，利用导数证明 k 1时，不等式
k
e2ln x+x - 2ln x - x -1 0成立，进而分类讨论0 < k <1与 k >1两种情况，从而得解；
2 2
（2）利用导数研究函数 f x 的性质可得 0 < m <1，由题意可得m(x1 + x2 ) < 2x1x2 (1- ln m)，原不等式变形
为 1+ ln x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m， 利 用 分 析 法 ， 构 造 函 数 h(x) ln x - x +1(x > 0)证 明 ln x +1 x， 即
1+ ln x1x2 x1x2，结合 x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m即可证明.
1+ 2ln x
1 k > 0 x > 0 f (x) g(x) ekx
1
【详解】（ ）当 、 时， 即 2 - 恒成立，x kx
1+ 2ln x x2ekx x- 1+ 2ln x e2ln x+kx x x等价于 - e2ln x+kx - - (1+ 2ln x) 0恒成立.
k k k
设u(x) ex - x -1，则u (x) ex -1，
令u (x) < 0 x < 0，令u (x) > 0 x > 0，
所以函数u(x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，
所以u(x)min u(0) 0，得u(x) 0，即 ex - x -1 0 ，
当 k 1时，令 v(x) 2ln x + x x > 0 ，易得 v(x) 在 (0, + )上单调递增，
1 1 1 1
又 v ÷ 2ln + -2 + < 0， v 1 1 > 0，
è e e e e
所以 v(x)
1
在 ,1e ÷，即
(0, + )上存在唯一零点 x0 ，
è
所以u v(x) u v x 0，即 e2ln x+x - 2ln x - x -1 0 2ln x，且 e 0 +x00 - 2ln x0 - x0 -1 0；
当0 < k <1时，令m k e2ln x+kx x- - (1+ 2ln x)，
k
x 2ln x+x
易得关于 k 的函数 y e2ln x+kx 与 y - 在 0,1 上单调递增，则m k < m 1 e - 2ln x - x -1，
k
x x m k < 0 e2ln x+kx x当 0时， ，即 - - (1+ 2ln x) < 0，不满足题意；k
x
当 k >1时，易得m k > m 1 e2ln x+x - 2ln x - x -1 0 e2ln x+kx，即 - - (1+ 2ln x) 0恒成立；
k
综上： k 1，则实数 k 的最小值为 1；
（2）由题意知，m > 0，
f (x) 1+ 2ln x f (x) -4ln x 2 ，则 3 (x > 0)，x x
令 f (x) > 0 0 < x <1，令 f (x) < 0 x >1，
所以函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，则 f (x)max f (1) 1，
1+ 2ln x 1 1+ 2ln x
当 x >1时，易得 f (x) 2 > 0恒成立，当 x 时， f (x) x e x2
< 0 ，
又函数 f (x) m有两个不同的实根 x , x ，即 f x 与 y m1 2 的图像有两个交点，
作出 f x 与 y m的部分图像如图：
m 1+ 2ln x1 ,m 1+ 2ln x2所以0 < m <1，且 x2 2 ，1 x2
mx2得 1 1+ 2ln x1,mx
2
2 1+ 2ln x m(x
2
2 ，有 1 + x
2
2 ) 2 + 2ln x1x2 .
x1 x2 2(1- ln m)+ < m(x2 2要证 x x m ，即证 1 + x2 ) < 2x1x2 (1- ln m)，2 1
即证 2 + 2ln x1x2 < 2x1x2 (1- ln m)，即证1+ ln x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m，
由 x1x2 > 0, ln m < 0 ，得 x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m .
设 h(x) ln x - x +1(x > 0) h (x)
1
，则 -1(x > 0)，
x
令 h (x) > 0 0 < x < 1，令 h (x) < 0 x > 1，
所以函数 h(x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，
所以 h(x)max h(1) 0，则 h(x)≤ 0 ，即 ln x +1 x，
所以1+ ln x1x2 x1x2，则1+ ln x1x2 x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m，
即1+ ln x1x2 < x1x2 - x1x2 ln m，即证.
【点睛】
方法点睛：破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等
式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归
双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
1．（重庆·高考真题）设函数 f (x) x x -1 x - a ， a >1 .
（1）求导数 f (x) ，并证明 f (x) 有两个不同的极值点x1 x2；
（2）若不等式 f x1 + f x2 ≤0成立，求 a的取值范围.
【答案】（1） f (x) 3x2 - 2 1+ a x + a ，证明见解析；（2） a 2 .
【分析】（1）利用求导法则求出 f (x) 的导函数，令 f (x) 0考虑到判别式大于零得到两个极值点，设
x1 < x2，讨论函数的增减性得到x1是极大值点，x2是极小值点；
（2）把x1，x2代入到 f (x) 中求出函数值代入不等式 f (x1) + f (x2 ) 0中，在利用根与系数的关系化简得到关于
a的不等式，求出解集即可．
【详解】解：（1）∵ f (x) x(x -1)(x - a) x3 - (1+ a)x2 + ax(a >1)，
∴ f (x) 3x2 - 2 1+ a x + a .
令 f (x) 0得方程3x2 - 2(1+ a)x + a 0，
因D -2(1+ a) 2 - 4 3 a 4 a2 - a +1 4a > 0，故方程有两个不同实根x1 x2，
不妨设 x1 < x2，由 f (x) 3 x - x1 x - x2 可判断 f (x) 的符号如下：
当 x < x1时， f (x) > 0 ；
当 x1 < x < x2 时， f (x) < 0 ；
当 x > x2 时， f (x) > 0 .
因此x1是极大值点，x2是极小值点.
（2）因 f x1 + f x2 ≤0，故得不等式
x3 + x3 - (1+ a) x2 21 2 1 + x2 + a x1 + x2 0 .
即 x + x é1 2 x1 + x
2
2 - 3x1x ù - (1+ a) é x + x
2
2 1 2 - 2x1x
ù
2 + a x1 + x2 0 .
ì 2
x1 + x 2
(1+ a)
1 3又由（ ）知， í .
x x a
1 2 3
代入前面不等式，两边除以 1+ a ，并化简得 2a2 - 5a + 2 0 .
1
解不等式得 a 2或 a （舍去）.
2
因此，当 a 2时，不等式 f x1 + f x2 ≤0成立.
2．（湖南·高考真题）设函数 f (x) x
1
- - a ln x(a R)
x
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）若 f (x) 有两个极值点 x1和 x2，记过点 A(x1 , f (x1 )), B(x2 , f (x2 ))的直线的斜率为 k ，问：是否存在 a，
使得 k 2 - a ？若存在，求出 a的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）答案见解析：（2）不存在
【详解】（1） f x 定义域为 0, + ，
2
f ' x 1 1 a x - ax +1 + 2 - ，x x x2
令 g x x2 - ax +1, D a2 - 4，
①当-2 a 2时，D 0， f ' x 0，故 f x 在 0, + 上单调递增，
②当 a < -2时，D > 0， g x 0的两根都小于零，在 0, + 上， f ' x > 0，
故 f x 在 0, + 上单调递增，
2 2
③当 a > 2时，D > 0， g x 0 x a - a - 4 a + a - 4的两根为 1 , x2 ，2 2
当0 < x < x1 时， f ' x > 0；当 x1 < x < x2 时， f ' x < 0；当 x > x2 时， f ' x > 0；
故 f x 分别在 0, x1 , x2 ,+ 上单调递增，在 x1, x2 上单调递减.
（2）由（1）知， a > 2，
因为 f x1 - f x2 x1 - x
x1 - x2
2 + - a lnx - lnx x1x 1 2
.
2
f
k x1 - f x 2 1 lnx - lnx所以 1+ ×a 1 2 ,
x1 - x2 x1x2 x1 - x2
lnx1 - lnx2
又由（1）知， x1x2 1，于是 k 2 - a x1 - x
，
2
lnx1 - lnx2
若存在 a，使得 k 2 - a ，则 1 lnx - lnx x - xx - x ，即 1 2 1 2，1 2
1
亦即 x2 - - 2lnx2 0(x2 >1)x （*）2
1
再由（1）知，函数 h t t - - 2lnt 在 0, + 上单调递增，
t
1
而 x2 >1，所以 x2 - - 2lnx2 >1-1- 2ln1 0x ，这与（*）式矛盾，2
故不存在 a，使得 k 2 - a .
3． 已知函数 f (x)
2
x2 + + alnx(x > 0) f (x)
x ， 的导函数是
f (x)．对任意两个不相等的正数x1、x2，证明：
a 0 f (x1) + f (x2 ) f ( x + x(1)当 时， > 1 2 )2 2 ；
(2)当 a 4时， | f (x1) - f (x2 ) |>| x1 - x2 |．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
f (x ) + f (x ) x + x
【分析】（1）先化简 1 2 与 f ( 1 2 )，利用基本不等式分项进行证明，再综合作答；
2 2
（2）先用分析法找出特征式的等价不等式，再构造函数u(t) t2
4
+ (t > 0)
t ，转化为求函数
u(t) 的最值问题，
利用导数研究函数u(t) 的极值和最值即可证明.
2
【详解】（1）证明：（1）由 f (x) x2 + + alnxx ，得：
f (x1) + f (x2 ) 1 (x 2 2 1 1 a
2 2 1
+ x2 ) + ( + ) + (lnx1 + lnxx x 2
)
1 2 2
1
(x 21 + x
2
2 )
x1 + x+ 2 + aln x
2 x x 1
x2 ，
1 2
f ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 )2 4 aln x1 + x + + 2
2 2 x1 + x 2
，
2
1 (x 2 2 1 2 2 x + x而 1 + x2 ) > [(x1 + x2 ) + 2x1x2 ] ( 1 2 )
2 ①
2 4 2
又 (x + x )2 (x21 2 1 + x
2
2 ) + 2x1x2 > 4x1x2 ，
x1 + x2 4
所以 >x1x2 x1 + x
②
2
因为 x x
x1 + x2
1 2 < 2 ，
所以 ln x1x2 < ln
x1 + x2
2 ，
因为 a 0 ， aln x1x
x1 + x2
2…aln( ) ③2
1
① ② ③ (x2 + x2 )
x1 + x+ 2 + aln x x x1 + x2 2 4由 、 、 ，得： 1 2 1 2 > ( ) + + aln x x2 x x 2 x + x 1 2 ，1 2 1 2
f (x1) + f (x2 ) f ( x1 + x即 > 2 )2 2 ．
2 2
（2）证明：由 f (x) x + + alnx f (x) 2x
2 a
- +
x ，得 x2 x
则 f x1 f

x 2x 2 a

- 2 1 - 2 + ÷ - 2x
2 a
x x 2
- +
è 1 1 è x
2 x ÷2 2
| x 2(x + x ) a 1 - x2 | × | 2 + 1 22 - |x1 x
2
2 x1x2
要证 f x1 - f x2 > x1 - x2 ，
| 2 2(x1 + x2 ) a只需证 + 2 2 - |>1x x x x 即可.1 2 1 2
2(x + x ) a
下面证明对任意两个不相等的正数x ，x ，有 2 + 1 2 - > 11 2 x 21 x 22 x1x
恒成立.
2
a x x 2(x1 + x2 )即证 < 1 2 + x x 成立，1 2
x x 2(x1 + x+ 2 ) x 4因为 1 2 >x x 1
x2 +
1 2 x
，
1x2
t x x u(t) t2 4设 1 2 ， + (t > 0)t ，
则u t 2t 4- 2 ，t
令u t 0，得 t 3 2 ，列表如下：
t (0, 3 2) 3 2 ( 3 2,+ )
u t - 0 +
u(t) 单调递减 极小值33 4 单调递增
所以u(t) 33 4 3 108 > 4…a
x x 2(x1 + x+ 2 )所以 1 2 > ax1x2
即对任意两个不相等的正数x1，x2，恒有 f x1 - f x2 > x1 - x2
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，如本题中（2）问分离参数 a，得到
a x x 2(x1 + x< 2 )1 2 + x ．1x2
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能
2 4
直接求出最值点的情况，难度较大，如本题中利用换元思想（ t x1x2 ）构造函数u(t) t + (t > 0) .t第 11 讲 利用导数研究双变量问题
（核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【命题预测】题型分析　双变量问题运算量大，综合性强，解决起来需要很强的技巧性，解题总的思想方
法是化双变量为单变量，然后利用函数的单调性、最值等解决．
知识讲解
破解双参数不等式的方法:
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等
式:
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值;
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果
考点一、利用导数解决函数中的双变量问题
1．（2024·天津·高考真题）设函数 f x xlnx ．
(1)求 f x 图象上点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 f x a x - x 在 x 0, + 时恒成立，求 a的值；
1
(3)若 x1, x2 0,1 ，证明 f x1 - f x2 x1 - x 22 ．
2．（2022·北京·高考真题）已知函数 f (x) ex ln(1+ x)．
(1)求曲线 y f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
(2)设 g(x) f (x) ，讨论函数 g(x)在[0, + ) 上的单调性；
(3)证明：对任意的 s, t (0,+ )，有 f (s + t) > f (s) + f (t) ．
3．（2021·全国·高考真题）已知函数 f x x 1- ln x .
（1）讨论 f x 的单调性；
1 1
（2）设 a，b 为两个不相等的正数，且b ln a - a ln b a - b ，证明： 2 < + < e .
a b
2
1 x．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数 f x
eax
，其中 a > 0．
(1)若 f x 在 0,2 上单调递增，求 a的取值范围；
(2)当 a 1时，若 x1 + x2 4且0 < x1 < 2，比较 f x1 与 f x2 的大小，并说明理由
2．（23-24 a高三下·江苏苏州·阶段练习）已知函数 f x (1+ x) -1-a x，其中 x > -1,a >1 .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若0 < b a < 1，证明： aa + bb ab + ba .
3．（23-24 高三下·北京·开学考试）已知 f x x +1 ekx , k 0 .
(1)若 k 1，求 f x 在 0, f 0 处的切线方程；
(2)设 g x f x ，求 g x 的单调区间；
(3)求证：当 k > 0时，"m, n 0, + , f m + n +1 > f m + f n .
4 22-23 · · f (x) a ex-1．（ 高三下 四川成都 开学考试）已知函数 - x - ln x + x -1， a 0．
(1)求证： f x 存在唯一零点；
x
(2) g(x) aex-1 + x -1 x , x (1, + ) g x g x - f x ln 1 +1 x2 -1设 ，若存在 1 2 ，使得 2 1 1 ，求证： +1 >2 x1 -1
．
5．（23-24 高三上· 2江西·阶段练习）已知函数 f x ln x +1 - x - ax -1 a R .
(1)当 a -2 时，存在 x1, x2 0,1 ，使得 f x1 - f x2 M ，求 M 的最大值；
(2)已知 m，n 是 f x 的两个零点，记 f x 为 f x 的导函数，若m, n 0, + ，且m n ，证明：
f m + n ÷ < 0 .
è 2
1
1．（2023· 2甘肃定西·模拟预测）已知函数 f (x) a ln(1+ x) + x - x(a R)．
2
(1)若 a＝1，求函数 f x 的单调区间；
(2)若函数 f x 有两个极值点 x1, x2 ，且 x1 < x ，求证： f x
x
> 12 2 ．2
2．（2024· 2四川德阳·二模）已知函数 f x lnx + x - 2ax,a R ，
(1)当 a > 0时，讨论 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 有两个极值点 x1, x2 x1 < x2 ，求 2 f x1 - f x2 的最小值.
x
3．（2023·福建龙岩·模拟预测）设函数 f x + ln x - x .
ex
(1)求 f x 的极值；
(2)已知 f x1 f x2 x1 < x2 ， kx1 + x2 有最小值，求 k 的取值范围.
4．（2024·河南商丘·模拟预测）已知函数 f x 的定义域为 0, + ，其导函数
f x 2x 2+ - 2a a R , f 1 1- 2a ．
x
(1)求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线 l的方程，并判断 l是否经过一个定点；
(2)若$x1, x2 ，满足0 < x1 < x2 ，且 f x1 f x2 0，求 2 f x1 - f x2 的取值范围．
5．（2022·四川泸州·一模）已知函数 f x ax +1- x ln x的图像在 x 1处的切线与直线 x - y 0平行．
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若"x1, x2 0, + ，且 x1 > x2 时， f x 2 21 - f x2 > m x1 - x2 ，求实数 m 的取值范围．
6 2023· · f x x2．（ 河南郑州 三模）已知函数 + a ln 1- x ， a R ．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 有两个极值点x1，x2，且 x1 < x2，求证： f x1 - ax2 > -a ．
2
7．（2023·福建龙岩·二模）已知函数 f (x) ln x， g(x) x - ．
x
x +1
(1) 0若 x0 满足 f x0 ，证明：曲线 y f (x) 在点 A x0 , lnxx -1 0 处的切线也是曲线 y e
x 的切线；
0
(2)若F (x) f (x) - g(x)，且F x1 F x2 x1 x2 ，证明：F x1 + F x2 < 4ln 2 - 7．
a
8．（23-24 高三上· 2天津宁河·期末）已知函数 f x ln x + x ， a R ．
2
(1)当 a 1时，求曲线 y f x 在 1, f 1 处的切线方程；
(2)求 f x 的单调区间；
(3)设 x1, x2 0 < x1 < x2 是函数 g x f x - ax
a
的两个极值点，证明： g x1 - g x2 < - ln a ．2
9．（2024·河北保定·二模）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 ．
10．（2023·广西· x 2模拟预测）已知函数 f (x) e - x ln x + x - ax a R ．
(1)若 a 1，求 y f x 在 x 1处的切线方程；
(2)若 f x 有两个不同零点x1，x2证明： f x1x2 > e +1- a x1x2．
a
11．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x a +1 ln x + - x， a R ．
x
(1)讨论 f x 的单调性；
2
(2)若 f x1 f x
1 a +1
2 ，当 x1 < < a <1< x2 时，证明： x x
a
1 +2 2
1+ ÷ > ．
è x1x2 2a
a
12．（2023·海南·模拟预测）已知函数 f x x - 2lnx - + b a,b R 在 0, + 上单调递增.
x
(1)求 a的取值范围；
(2)若存在正数 x1, x2 x1 x2 满足 f x1 f x2 b （ f x 为 f x 的导函数），求证： f x1 + f x2 > 0 .
13 2．（2024 高三下·全国·专题练习）设 x 3是函数 f (x) x + ax + b e3-x (a R)的一个极值点．
(1)求 a与b 的关系式（用 a表示b ），并求 f (x) 的单调区间；
25
(2)设 a > 0， g(x) a2 +
x
÷e ．若存在x1， x2 [0, 4]，使得 f x1 - g x2 1，求实数 a的取值范围．è 4
14．（2024·浙江绍兴·三模）若函数a(x) 有且仅有一个极值点m ，函数 b (x) 有且仅有一个极值点 n，且
m > n ，则称a(x) 与 b (x) 具有性质a - b / /m > n．
(1) 2 x函数j1(x) sin x - x 与j2 x e - x是否具有性质j1 -j2 / /x0 > 0？并说明理由．
(2) x已知函数 f x ae - ln x +1 与 g x ln x + a - ex +1具有性质 f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a的取值范围；
（ii）证明： g x1 > x2 ．
1+ 2ln x
15．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x 2 .x
(1) g x ekx 1设函数 - k > 0 ，若 f x g x 恒成立，求 k 的最小值；
kx
x x 2 1- ln m
(2)若方程 f x m有两个不相等的实根x 1 21、x2，求证： + < .x2 x1 m
1．（重庆·高考真题）设函数 f (x) x x -1 x - a ， a >1 .
（1）求导数 f (x) ，并证明 f (x) 有两个不同的极值点x1 x2；
（2）若不等式 f x1 + f x2 ≤0成立，求 a的取值范围.
1
2．（湖南·高考真题）设函数 f (x) x - - a ln x(a R)
x
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）若 f (x) 有两个极值点 x1和 x2，记过点 A(x1 , f (x1 )), B(x2 , f (x2 ))的直线的斜率为 k ，问：是否存在 a，
使得 k 2 - a ？若存在，求出 a的值，若不存在，请说明理由．
3． 已知函数 f (x) x
2 2 + + alnx(x > 0)， f (x) 的导函数是 f (x)x ．对任意两个不相等的正数
x1、x2，证明：
f (x ) + f (x ) x + x
(1)当 a 0 时， 1 2 > f ( 1 2 )2 2 ；
(2)当 a 4时， | f (x1) - f (x2 ) |>| x1 - x2 |．

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