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第16讲 拉格朗日中值定理在导数中的应用
（高阶拓展、竞赛适用）
（2 类核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数解决函数基本问题
2 能理解拉格朗日中值定理及其几何意义
3 能运用拉格朗日中值定理解题
【命题预测】近几年，以高等数学为背景的高考命题成为热点.许多省市模拟卷及高考试卷有关导数的题目
往往可以用拉格朗日中值定理解答。本文为高阶拓展内容，利用拉格朗日中值定理解题，能体现高观点解
题的好处，需学生灵活学习
知识讲解
1.拉格朗日（Lagrange）中值定理
若函数 f（x）满足如下条件：
（1）f（x）在闭区间[a，b]上连续；
（2）f（x）在开区间（a，b）内可导．
f b - f a
则在（a，b）内至少存在一点 ξ，使得 f x = ．
b - a
2.拉格朗日中值定理的几何意义
如图所示，在满足定理条件的曲线 y = f x 上至少存在一点 P（ξ，f（ξ）），该曲线在该点处的切线平行于
曲线两端的连线．
3. 需要注意的地方（逆命题不成立）
拉格朗日中值定理没有逆定理,即对曲线的任一切线,并不一定存在割线,使割线斜率等于
切线斜率,如f( ) = 3在x = 0处的切线斜率为 0,但f( )不存在割线使割线斜率等于 0
4. 拉格朗日公式还有下面几种等价形式
f b - f a = f x b - a a < x < b ，
f b - f a = f a +q b - a b - a 0 < q <1 ，
f a + h - f a = f a +qh h 0 < q <1 ．
注：拉格朗日公式无论对于 a < b 还是 a > b都成立，而 ξ 则是介于 a 与 b 之间的某一常数．显然，当0 < q <1
时， a < a +q b - a < b ．
考点一、拉格朗日中值定理的认知及简单应用
1．（23-24 高三上·陕西汉中·阶段练习）拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果
函数 y = f x 在闭区间 a,b 上连续，在开区间 a,b 内可导，那么在区间 a,b 内至少存在一点 c，使得
f b - f a = f c b - a 成立，其中 c 叫做 f x 在 a,b 上“拉格朗日中值点”，根据这个定理，判断函数
f x = 5x3 - 3x 在区间 -1,1 上的“拉格朗日中值点”的个数为 .
2．（2024 高三上·全国·专题练习）拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函
数 f (x) 在闭区间[a,b]上连续，在开区间 (a , b ) 内可导，则在区间 (a , b ) 内至少存在一个点 x0 (a,b)，使得
f (b) - f (a) = f x0 (b - a), x = x0 称为函数 y = f (x) 在闭区间[a,b]上的中值点，若关于函数 f (x) = sin x在区
间[0, p]上的“中值点”的个数为 m，函数 g(x) = ex在区间[0,1]上的“中值点”的个数为 n，则有m + n = （ ）（参
考数据： π 3.14,e 2.72 .）
A．1 B．2 C．0 D． n = 3
2
3．（2024 高三上· 3 2全国·专题练习）已知 f (x) = x - 2x + cx + 4， g(x) = ex - e2-x + f (x)3 ，
(1)若 f (x) 在 x =1+ 2 处取得极值，试求 c的值和 f (x) 的单调增区间；
(2)如图所示，若函数 y = f (x) 的图象在 a,b 连续光滑，试猜想拉格朗日中值定理：即一定存在 c (a,b)，
使得 f (c)
f (b) - f (a)
= ，利用这条性质证明：函数 y = g(x) 图象上任意两点的连线斜率不小于2e - 4．
b - a
1．（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）法国数学家拉格朗日于 1797 年在其著作《解析函数论》中给出了一
个定理，具体如下．如果函数 y = f x 满足如下条件．（1）在闭区间 a,b 上是连续的；（2）在开区间 a,b
上可导则在开区间 a,b 上至少存在一点 ξ，使得 f b - f a = f x b - a 成立，此定理即“拉格朗日中值
定理”，其中 ξ 被称为“拉格朗日中值”．则 g x = x3 在区间 0,1 上的“拉格朗日中值”x = ．
2 x．（2024·河北衡水·三模）已知 f x = e - x．
(1)求 f (x) 的单调区间和最值；
(2)定理：若函数 f (x) 在 (a , b ) 上可导，在[a，b]上连续，则存在x (a,b)，使得 f (ξ )
f (b) - f (a)
= ．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
若0 < m < n，求证： - < m +1 2 1 1- ÷．n m è n m
3．（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，
其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数 f (x) 在闭区间 a,b 上连续，在开区间 (a , b ) 可导，导数为 f (x) ，那么在开区间 (a , b ) 内至少存在一
点 c，使得 f (c)
f (b) - f (a)
= ，其中 c叫做 f (x) 在 a,b 上的“拉格朗日中值点”.已知函数
b - a
f (x) (a +1)x
2
ln x b2(x 4)eax b
2 9b +15
= + - - x3 + 2
4 6 ÷
x .
è 8
(1)若 a = -1,b = 0 ，求函数 f (x) 在 1,7 上的“拉格朗日中值点” x0 ；
(2)若 a = -1,b =1，求证:函数 f (x) 在区间 (0, + )图象上任意两点A ， B 连线的斜率不大于18 - e-6 ；
1 f x2 - f x1 f x3 - f x (3)若a = 1,b = -1,"x1, x2 , x3 ,1 2÷，且 x1 < x2 < x3，求证: > .
è 4 x2 - x1 x3 - x2
考点二、拉格朗日中值定理在导数中的综合应用
1
1．设 f (x) = x2 - ax + (a -1) ln x ,
2
f x1 - f x
求证: 1 < a < 5 , x , x (0,1), x x , 2当 时 对任意 1 2 1 2 有 > -1x1 - x2
2 f (x) = (a +1) ln x + ax2．设 +1,
当 a < -1 时, 若对任意的 x1, x2 (0, + ), f x1 - f x2 4 x1 - x2 成立, 求 a 的取值范围
f (x) sin x3．设 = , 若对任意 x 0 , 都有 f (x) ax , 求 a 的范围
2 + cos x
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 ．
1 1
2．（2024· 2山东济宁·一模）已知函数 f x = ln x - ax + a R ．
2 2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
f x - f x
(2)若0 < x1 < x2 ，证明：对任意 a 0,

+ 2 1，存在唯一的实数x x1, x2 ，使得 f (x ) = 成立；x2 - x1
2n +1
(3)设 an = ， n N* ，数列 an 的前 n2 项和为 Sn ．证明： Sn > 2ln(n +1)．n
3．（高三上·辽宁抚顺·阶段练习）已知函数 f x = ln 1+ x - x, g x = x ln x .
（1）求函数 f x 的最大值；
a + b
（2）设0 < a < b ,证明0 < g a + g b - 2g ÷ < b - a ln 2 .
è 2
1．（2022 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = (a +1) ln x + ax2 +1．
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f (x) 在 1, f (1) 处的切线方程；
(2)设 a -2，证明：对任意x1， x2 (0,+ ) ， | f (x1) - f (x2 ) | 4 | x1 - x2 |．
2．（21-22 高二下·广东深圳·期中）已知函数 f (x) = ln x
a
+ x2 - (a +1)x(a R) ，
2
g(x) = f (x) a- x2 + (a +1)x .
2
(1)讨论 f (x) 的单调性；
2 x - x
(2)任取两个正数 x1, x2 ，当 x1 < x2时，求证： g x1 - g x

< 1 2

2 .x1 + x2
1
3．（22-23 高三下· 2重庆沙坪坝·阶段练习）已知函数 f (x) = x - kx + ln x
2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
2
(2)若 f x 有两个极值点 x1, x2 ，证明： f (x1) - f (x2 )
k
< - 2
2
4．（23-24 高三上·陕西西安·阶段练习）已知函数 f (x) = 2ln x + ax2(a R) .
(1)试判断函数 f (x) 的单调性；
(2)已知函数 g(x) = f (x) - 2x ，若 g(x)有且只有两个极值点 x1, x2 ，且 x1 < x2，证明：
g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 .
5．（2022·全国·模拟预测）已知函数 f x = ex x2 +1 （其中 e为自然对数的底数）.
(1)讨论函数 y = f x + a - 2 x ×ex a R 的单调性；
(2) 2x 2x若 x1 > x2 > 0，不等式 e 1 - e 2 > l f x1 - f x2 恒成立，求实数l 的取值范围.
6 2023· · f x = aln x 1- a - x2．（ 山东淄博 二模）已知函数 + x ， a R .
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若x1，x2是函数 g x = alnx
1
- x2 + x的两个极值点，且 x1 < x2，求证： f x1 - f x2 < 0 .2
7．（2024 2高三上·全国·专题练习）已知函数 f x = a x - ln x + x - 2x ，其中 a R .
(1)当 a = -2e时，求 f x 的极值；
x x x + x x + x(2)当 a > 0， 1 > 2 > 0

时，证明： f x 1 2 1 21 - f ÷ x1 < f x2 - f x .
è 2 è 2 ÷ 2
a
8．（23-24 高三上·天津宁河·期末）已知函数 f x = ln x + x2 ， 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；
a
(3)设 x1, x2 0 < x1 < x2 是函数 g x = f x - ax 的两个极值点，证明： g x1 - g x2 < - ln a ．2
9．（23-24 2高二上·陕西西安·期末）已知函数 f x = x + mx + n ex .
(1)若 m = n = 0 ，求 f x 的单调区间；
f x - f x
(2)若m = a + b f x ， n = ab，且 有两个极值点，分别为x1和 x x < x ，求 2 12 1 2 x x 的最大值.e 2 - e 1
10．（2022 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = x2
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：
(1)当 a 0 f (x1) + f (x )时， 2 > f ( x1 + x2 )2 2 ；
(2)当 a 4时， | f (x1) - f (x2 ) |>| x1 - x2 |．
11．（21-22 高二下·安徽合肥·期中）已知函数 f (x) = x2 + ax + 2ln x （ a为常数）
(1)讨论 f x 的单调性
8
(2)若函数 f x 存在两个极值点 x1，x2 x1 < x2 ，且 x2 - x1 ，求 f x1 - f x2 的范围.3
1
12．（22-23 2高二下·河南洛阳·期末）已知函数 f x = x - 2ax + ln x （a 为常数）．
2
(1)若函数 f x 是增函数，求 a 的取值范围；
(2)设函数 f x 的两个极值点分别为x1，x2（ x1 < x2），求 f x1 - f x2 的范围．
a
13．（2023·湖南常德·一模）已知函数 f x = ln x + - 2a （ a R ）.
x +1
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若 f x 两个极值点x1，x2，且 x1 é e,e
2
ù ，求 f x1 - f x2 的取值范围.
14．（21-22 高二下·天津·期中）已知函数 f x = ln x + x2 - ax a R
(1)若 a =1，求函数 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
(2)当 a > 0时，讨论 f（x）的单调性；
1 3
(3)设 f（x）存在两个极值点 x1, x2 且 x1 < x2，若0 < x1 < 求证： f x1 - f x2 2 > - ln 2 .4
1
15．（2023·天津河西·模拟预测）已知函数 f (x) = k ln x + x (k R) .e
(1)若函数 y = f (x) 为增函数，求 k 的取值范围；
(2)已知0 < x1 < x2 .
e e x x
（i）证明： x - x > - ln
2 >1- 2
e 2 e 1 x1 x
；
1
x x
（ii）若 1 = 2 = k ，证明： f xx x 1 - f x2 < 1 .e 1 e 2
1
16 - x 2．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = x - a e + x - 2x, g x a= xe- x - ex-1 - x3 + ax2 - f x ，且
2 3
f x 在 x = 0处取得极大值．
(1)求 a的值与 f x 的单调区间．
(2)如图，若函数 y = f x 的图像在 a,b 连续，试猜想拉格朗日中值定理，即一定存在 c a,b ，使得
f c = m ，求m 的表达式〔用含 a,b, f a , f b 的式子表示〕．
(3)利用这条性质证明：函数 g x 9 2 e图像上任意两点的连线斜率不大于 - ．
4 e
17．（2024·湖北襄阳·三模）柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用.定理内容
为：设函数 f(x)，g(x)满足:
①图象在 a,b 上是一条连续不断的曲线；
②在 a,b 内可导;
f b - f a f x
③对"x

a,b ， g x 0 ，则$x a,b ，使得 =g b - g a g x .
f b - f a
特别的，取 g x = x，则有：$x a,b ，使得 = f x ，此情形称之为拉格朗日中值定理.
b - a
(1)设函数 f x 满足 f 0 = 0，其导函数 f x 在 0, + f x 上单调递增，证明：函数 y = 在 0, + 上为
x
增函数.
ln a ln b b a
(2)若"a,b 0,e 且 a > b，不等式 - + m - ÷ 0 恒成立，求实数m 的取值范围.b a è a b
18．（2024·广东·二模）拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，其内容为：如果函数 f x 在闭区间 a,b
上的图象连续不断，在开区间 a,b 内的导数为 f x ，那么在区间 a,b 内存在点 c，使得
f b - f a = f c b - a 成立．设 f x = ex + x - 4，其中 e为自然对数的底数， e 2.71828．易知， f x
3
在实数集R 上有唯一零点 r ，且 r (1, )．
2
(1)证明：当 x (r, r
1
+ )时，0 < f x <1；
9
(2) x从图形上看，函数 f x = e + x - 4的零点就是函数 f x 的图象与 x 轴交点的横坐标．直接求解
f x = ex + x - 4 3的零点 r 是困难的，运用牛顿法，我们可以得到 f x 零点的近似解：先用二分法，可在 (1, )
2
1
中选定一个 x0 作为 r 的初始近似值，使得0 < f x0 < ，然后在点 x0 , f x0 处作曲线 y = f x 的切线，切2
线与 x 轴的交点的横坐标为x1，称x1是 r 的一次近似值；在点 x1, f x1 处作曲线 y = f x 的切线，切线与 x
轴的交点的横坐标为x ，称x 是 r 的二次近似值；重复以上过程，得 r 的近似值序列 x0 , x1, x2 , , xn , 2 2 ．
①当 xn > r 时，证明： xn > xn+1 > r ；
②根据①的结论，运用数学归纳法可以证得： xn 为递减数列，且"n N, xn > r ．请以此为前提条件，证
0 x r 1明： < n - < n ．2 ×8
19．（23-24 高二下·重庆·期中）柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用．定理
内容为：设函数 f x ， g x 满足①图象在 a,b 上是一条连续不断的曲线；②在 a,b 内可导；③对
f b - f a f x
"x a,b ， g x 0 ．则$x a,b ，使得 = ．特别的，取 g x = xg b g a g x ，则有：-
$x a,b f b - f a ，使得 = f x ，此情形称之为拉格朗日中值定理．
b - a
(1)设函数 f x 满足 f 0 = 0，其导函数 f x 0, + fy x 在 上单调递增，判断函数 = 在 0, + 的单调性
x
并证明；
(2)若"a,b 0,e lna lnb m b a 且 a > b，不等式 - + - < 0 mb a a b ÷ 恒成立，求实数 的取值范围；è
(3)若0 < x < x
π
< x x，求证：e 2 - e 11 2 > sinx2 - sinx1 ex1 ．2
20．（2024 高三上·全国·专题练习）已知函数 f (x) = mx3 + nx2 (m、 n R ，m 0) 的图象在 2, f 2 处的切线
与 x 轴平行．
(1)求 n，m 的关系式并求 f (x) 的单调减区间；
f (x ) - f (x )
(2)证明：对任意实数 0 < x1 < x2 <1，关于 x 的方程： f (x) - 2 1 = 0在 (x xx - x 1 , 2 ) 恒有实数解；2 1
(3)结合（2）的结论，其实我们有拉格朗日中值定理：若函数 f (x) 是在闭区间[a , b]上连续不断的函数，且在
区间 (a , b ) 内导数都存在，则在 (a , b ) x f (x )
f (b) - f (a)
内至少存在一点 0 ，使得 0 = b ．如我们所学过的指、对数- a
函数，正、余弦函数等都符合拉格朗日中值定理条件．试用拉格朗日中值定理证明：
b - a b b - a
当0 < a < b时， < ln < （可不用证明函数的连续性和可导性）．
b a a
1．（2020·天津·高考真题）已知函数 f (x) = x3 + k ln x(k R) ， f (x) 为 f (x) 的导函数．
（Ⅰ）当 k = 6时，
（i）求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
9
（ii ）求函数 g(x) = f (x) - f (x) + 的单调区间和极值；
x

（Ⅱ）当 k…
f x + f x f x - f x
- 3时，求证：对任意的 x1, x2 [1, + )
1 2 1 2
，且 x1 > x2 ，有 > ．2 x1 - x2
2
2 2．（四川·高考真题）已知函数 f (x) = x + + 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：
a 0 f (x1) + f (x ) x(1)当 时， 2 > f ( 1 + x2 )2 2 ；
(2)当 a 4时， | f (x1) - f (x2 ) |>| x1 - x2 |．第16讲 拉格朗日中值定理在导数中的应用
（高阶拓展、竞赛适用）
（2 类核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数解决函数基本问题
2 能理解拉格朗日中值定理及其几何意义
3 能运用拉格朗日中值定理解题
【命题预测】近几年，以高等数学为背景的高考命题成为热点.许多省市模拟卷及高考试卷有关导数的题目
往往可以用拉格朗日中值定理解答。本文为高阶拓展内容，利用拉格朗日中值定理解题，能体现高观点解
题的好处，需学生灵活学习
知识讲解
1.拉格朗日（Lagrange）中值定理
若函数 f（x）满足如下条件：
（1）f（x）在闭区间[a，b]上连续；
（2）f（x）在开区间（a，b）内可导．
f b - f a
则在（a，b）内至少存在一点 ξ，使得 f x = ．
b - a
2.拉格朗日中值定理的几何意义
如图所示，在满足定理条件的曲线 y = f x 上至少存在一点 P（ξ，f（ξ）），该曲线在该点处的切线平行于
曲线两端的连线．
3. 需要注意的地方（逆命题不成立）
拉格朗日中值定理没有逆定理,即对曲线的任一切线,并不一定存在割线,使割线斜率等于
切线斜率,如f( ) = 3在x = 0处的切线斜率为 0,但f( )不存在割线使割线斜率等于 0
4. 拉格朗日公式还有下面几种等价形式
f b - f a = f x b - a a < x < b ，
f b - f a = f a +q b - a b - a 0 < q <1 ，
f a + h - f a = f a +qh h 0 < q <1 ．
注：拉格朗日公式无论对于 a < b 还是 a > b都成立，而 ξ 则是介于 a 与 b 之间的某一常数．显然，当0 < q <1
时， a < a +q b - a < b ．
考点一、拉格朗日中值定理的认知及简单应用
1．（23-24 高三上·陕西汉中·阶段练习）拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果
函数 y = f x 在闭区间 a,b 上连续，在开区间 a,b 内可导，那么在区间 a,b 内至少存在一点 c，使得
f b - f a = f c b - a 成立，其中 c 叫做 f x 在 a,b 上“拉格朗日中值点”，根据这个定理，判断函数
f x = 5x3 - 3x 在区间 -1,1 上的“拉格朗日中值点”的个数为 .
【答案】2
2
【分析】根据拉格朗日中值定理的定义可构造方程 f x =15x - 3 = 2，解方程即可求得“拉格朗日中值点”
的个数.
f 1 - f -1 2 + 2 2
【详解】Q = = 2， f
x =15x - 3
1- -1 2 ，
令15x2 - 3 = 2 3，解得： x = - -1,1 3或 x = -1,1 ，
3 3
\ f x 在 -1,1 上的“拉格朗日中值点”的个数为 2 .
故答案为： 2 .
2．（2024 高三上·全国·专题练习）拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函
数 f (x) 在闭区间[a,b]上连续，在开区间 (a , b ) 内可导，则在区间 (a , b ) 内至少存在一个点 x0 (a,b)，使得
f (b) - f (a) = f x0 (b - a), x = x0 称为函数 y = f (x) 在闭区间[a,b]上的中值点，若关于函数 f (x) = sin x在区
间[0, p]上的“中值点”的个数为 m，函数 g(x) = ex在区间[0,1]上的“中值点”的个数为 n，则有m + n = （ ）（参
考数据： π 3.14,e 2.72 .）
A．1 B．2 C．0 D． n = 3
【答案】B
【分析】利用给定的定义分别求出m, n的值，即可得解.
【详解】设函数 f (x) = sin x在区间[0, p]上的“中值点”为 x0 ，由 f (x) = sin x，得 f (x) = cos x ，
则由拉格朗日中值定理得， f (π) - f (0) = f (x0 )(π - 0)，即 π cos x0 = 0 ，而 x0 (0, π) ，
π
则 x0 = ，即函数 f (x) = sin x在区间[0, p]上的“中值点”的个数为 1，因此m =1，2
设函数 g(x) = ex在区间[0,1]上的“中值点”为x1，由 g(x) = e
x，求导得 g (x) = ex ，
由拉格朗日中值定理得， g(1) - g(0) = g (x1)(1- 0)，即 e -1 = ex1 ，
令函数 h(x) = ex - e +1, x (0,1)，函数 h(x) 在( 0, 1)上单调递增， h(0) = 2 - e < 0, h(1) =1 > 0，
则函数 h(x) 在( 0, 1)上有唯一零点，即方程 e -1 = ex1 在区间( 0, 1)上有 1 个解，
因此函数 g(x) = ex在区间[0,1]上的“中值点”的个数为 1，即 n =1，
所以m + n = 2 .
故选：B
2
3 2024 · · f (x) = x3 - 2x2．（ 高三上 全国 专题练习）已知 + cx + 4， g(x) = ex - e2-x + f (x)3 ，
(1)若 f (x) 在 x =1+ 2 处取得极值，试求 c的值和 f (x) 的单调增区间；
(2)如图所示，若函数 y = f (x) 的图象在 a,b 连续光滑，试猜想拉格朗日中值定理：即一定存在 c (a,b)，
f (c) f (b) - f (a)使得 = ，利用这条性质证明：函数 y = g(x) 图象上任意两点的连线斜率不小于2e - 4．
b - a
【答案】(1) -2， (- ,1- 2]和[1+ 2, + )
(2)证明见解析
【分析】（1）利用极值的性质求得 c，再利用导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）利用导数的几何意义猜想拉格朗日中值定理，再利用导数的运算，结合基本不等式即可得证.
2
【详解】（1）因为 f (x) = x3 - 2x2 + cx + 4，则 f (x) = 2x2 - 4x + c3 ，
依题意，有 f (1+ 2) = 0 ，即 c = -2(1+ 2)2 + 4(1+ 2) = -2．
所以 f (x)
2
= x3 - 2x2 - 2x + 4， f (x) = 2x2 - 4x - 23 ，
令 f (x) > 0 ，得 x <1- 2 或 x >1+ 2 ，
令 f (x) < 0 ，得1- 2 < x <1+ 2 ，
所以 f (x) 在 (- ,1- 2]和[1+ 2, + )上单调递增，在 1- 2,1+ 2 上单调递减，
所以 c = -2满足题意，同时， f (x) 的单调增区间为 (- ,1- 2]和[1+ 2, + )；
（2）猜想如下：
f (b) - f (a)
因为 k = 表示的 f (x) 两端点连线的斜率，
b - a
而由题可知， f (x) 上必然存在点 c (a,b)，使得其切线的斜率为 k ，即 k = f c ，
f (b) - f (a)
所以一定定存在 c (a,b)，使得 f (c) = ；
b - a
证明如下：
x 2-x x 2-x 2
因为 g(x) = e - e + f (x) = e - e + x3 - 2x2 - 2x + 43 ，
e2 2
则 g (x) = ex + e2-x + 2x2 - 4x - 2 = ex + x + 2(x -1)
2 - 4 e 2 ex × + 2 0 - 4 = 2e - 4 ．
e ex
由猜想可知，对于函数 y = g(x) 图象上任意两点 A, B，
在 A, B之间一定存在一点C c, g c ，使得 g c = KAB ，
又 g (x) 2e - 4，故有 KAB = g c 2e - 4 .
1．（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）法国数学家拉格朗日于 1797 年在其著作《解析函数论》中给出了一
个定理，具体如下．如果函数 y = f x 满足如下条件．（1）在闭区间 a,b 上是连续的；（2）在开区间 a,b
上可导则在开区间 a,b 上至少存在一点 ξ，使得 f b - f a = f x b - a 成立，此定理即“拉格朗日中值
定理” 3，其中 ξ 被称为“拉格朗日中值”．则 g x = x 在区间 0,1 上的“拉格朗日中值”x = ．
3
【答案】
3
【分析】根据拉格朗日中值满足 f b - f a = f x b - a 求解即可.
2
【详解】由题意， g x = 3x ，故 g 1 - g 0 = g x 1- 0 ，即 g x =1，
故3ξ 2 =1 3，又x 0,1 ，故x = .
3
3
故答案为：
3
2．（2024·河北衡水·三模）已知 f x = ex - x．
(1)求 f (x) 的单调区间和最值；
(2)定理：若函数 f (x) 在 (a , b ) 上可导，在[a
f (b) - f (a)
，b]上连续，则存在x (a,b)，使得 f (ξ ) = ．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
若0 < m < n，求证： - < m +1 2 1 1 -

．
n m è n m ÷
【答案】(1)当 x (- ,0)时， f (x) 单调递减；
当 x (0,+ )时， f (x) 单调递增．
当 x = 0时， f (x) 取得最小值 1，无最大值
(2)证明见解析
【分析】（1） f (x) = ex -1，令 f (x) = 0，求根，判断在其左右两侧的导数符号可得结论；
em en 1 1 mem - nen
（2）要证 - < (m +1)2 - ÷，需证 > (m +1)2，令 g(x) = xe
x (x > 0) ，求导可得由拉格朗日
n m è n m m - n
m n
中值定理知存在x (m, n)，使得 g (x ) me - ne= ， 进而利用（1）可证结论.
m - n
【详解】（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
（2）要证 - < (m +1)2
1 1 m n 2
n m
- ÷，只需证me - ne < (m +1) (m - n)，因为0 < m < n，
è n m
mem - nen
故只需证 > (m +1)2．
m - n
令 g(x) = xex (x > 0) ，显然 g(x)在 (m, n)上可导，在[m，n]上连续，
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 ex x +1恒成立，因此原命题得证．
3．（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，
其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数 f (x) 在闭区间 a,b 上连续，在开区间 (a , b ) 可导，导数为 f (x) ，那么在开区间 (a , b ) 内至少存在一
c f (c) f (b) - f (a)点 ，使得 = ，其中 c叫做 f (x) 在 a,b 上的“拉格朗日中值点”.已知函数
b - a
(a +1)x2 b2f (x) = ln x + b2(x - 4)eax - x3 9b +15+ 2
4 6 ÷
x .
è 8
(1)若 a = -1,b = 0 ，求函数 f (x) 在 1,7 上的“拉格朗日中值点” x0 ；
(2)若 a = -1,b =1，求证:函数 f (x) 在区间 (0, + )图象上任意两点A ， B 连线的斜率不大于18 - e-6 ；
1 f x - f x f x - f x
(3)若a = 1,b = -1,"x1, x2 , x3 ,1

÷，且 x1 < x
2 1
2 < x3，求证: >
3 2 .
è 4 x2 - x1 x3 - x2
【答案】(1) 4
(2)证明见解析
(3)证明见解析
f 7 - f 1【分析】（1）求出函数的导函数，依题意 f x 0 = ，解得即可；7 -1
f x - f x
（2）不妨设 A x , f x B x , f x x x k < = 5 4 4 4 ， 5 5 ， 4 5，则 AB ，求出函数的导函数，再构造函x5 - x4
-6
数，利用导数说明函数的单调性，即可证明 f x 18 - e ，再结合拉格朗日中值定理证明即可；
1
（3）由拉格朗日中值定理可知只需证明 f (c1) f (c2 )，即证明 f x 在 ,14 ÷上单调递减，求出导函数，è
再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）当 a = -1,b = 0 时 f x 15= x2 ，则 f x 15= x ，
8 4
因为 x0 为函数 f (x) 在 1,7 上的“拉格朗日中值点，
15 2 15 2
则 f 7 - f 1f x
7 - 1
0 = =
8 8 =15，
7 -1 7 -1
即 f x0
15
= x0 =15，解得 x0 = 44
（2）当 a = -1,b =1时 f (x) = x 1- 4 e- x - x3 + 3x2 ，
6
不妨设 A x4 , f x4 ，B x5 , f x5
f x
x < x k = 5 - f x4 ， 4 5，则 AB ，x5 - x4
又 f (x) = 5 - x e- x 1- x2 + 6x，令F x = f (x) = 5 - x e- x 1- x2 + 6x，
2 2
则F x = x - 6 e- x - x + 6 = x - 6 e- x -1 ，
又 x > 0，所以 e- x -1< 0 恒成立，
所以当0 < x < 6时F x > 0，当 x > 6时F x < 0，
所以F x 在 0,6 上单调递增，在 6, + 上单调递减，
所以F x 在 x = 6处取得极大值，即最大值，
所以F x F 6 =18 - e-6 ，所以 f x 18 - e-6，
由拉格朗日中值定理可知必存在 c
f x - f x
x4 , x5 使得 f (c)
5 4 = ，
x5 - x4
即 f (c) = kAB ，又 f x 18 - e-6，所以 kAB 18 - e-6 ，
即函数 f (x) 在区间 (0, + )图象上任意两点A ， B 连线的斜率不大于18 - e-6 ；
2
（3）当 a =1,b = -1时 f (x) x= ln x + (x - 4)ex 1- x3 3+ x2 ，
2 6 4
由拉格朗日中值定理知，存在 c1 x1, x2 和 c2 x2 , x3 ，
f x2 - f x1 f x3 - f x2
使得 f (c1) = ， f (c ) = ，x - x 22 1 x3 - x2
所以只需证明 f (c1) f (c2 ) f x
1
，即证明 在 ,1÷上单调递减，
è 4
又 f (x) = x ln x + (x 3)ex
1
- - x2 + 2x，
2
令G x = f (x) = x ln x + (x - 3)ex 1- x2 + 2x ，
2
G x = ln x + (x - 2)ex则 - x + 3，
令m x = G x = ln x + (x - 2)ex - x + 3，
则m x 1= + (x -1)ex -1 = x 1-1 x
x
e - ÷，
è x
1
当 x ,1÷时 x -1< 0，
è 4
1 1令 n x ex 1= - ， x ,1÷，则 n x = ex
1
+ 2 > 0 ，则 n x

4 在x x
,1÷上单调递增，
è è 4
n 1
1
又 ÷ = e4 - 4 < 0， n 1 = e -1 > 0 ，
è 4
x 1 所以存在 0 ,14 ÷
使得 n x0 = 0，
è
所以当 x
1
, x

0 ÷ 时 n x < 0，则m x > 0，即m x 单调递增，
è 4
当 x x0 ,1 时 n x > 0 ，则m x < 0 ，即m x 单调递减，
所以m x 在 x0 处取得极大值，即最大值，
所以m x m x0 = ln x0 + x0 - 2 ex0 - x0 + 3 = -x
x
+ 0
- 2
0 - x0 + 3x0
2
-2x2 + 4x - 2 -2 x -10 0 0 = = < 0，
x0 x0
所以G x < 0 G x 1 ,1 ，所以 在 ÷上单调递减，
è 4
f x 1即 在 ,1

÷上单调递减，命题得证.
è 4
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数 h x ；
（3）利用导数研究 h x 的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
考点二、拉格朗日中值定理在导数中的综合应用
1
1．设 f (x) = x2 - ax + (a -1) ln x ,
2
f x - f x
求证: 当 1 < a < 5 时, 对任意 x1, x2 (0,1), x x

, 1
2
1 2 有 > -1x1 - x2
证明: 由拉格朗日中值定理可知只需证 f (x) > -1 对 x (0,+ ) 恒成立
2
由 f (x) +1 x a -1 x - (a -1)x + (a -1)= + - (a -1) = ,
x x
因为 1< a < 5
2
所以 g(x) = x2 - (a -1)x + (a -1) = x a -1 (a -1)(5 - a) - ÷ + > 0
è 2 4
则 f (x) +1 > 0 f (x) > -1
2．设 f (x) = (a +1) ln x + ax2 +1,
当 a < -1 时, 若对任意的 x1, x2 (0, + ), f x1 - f x2 4 x1 - x2 成立, 求 a 的取值范围
解: 由拉格朗日中值定理, 可知必存在 x0 (0,+ ) ,
f x1 - f x2
使得 f x = f x a +10 0 = + 2ax0 , x1 - x2 x0
当 a < -1 且 x0 > 0 时,
f x0
a +1
= + 2ax0 < 0 x0
2

由题意 f x 4 f 0 x0 -4 a
-4x -1 (2x -1)

2x2
= 2 - 2 -2 , +1 2x +1
即 a -2
sin x
3．设 f (x) = , 若对任意 x 0 , 都有 f (x) ax , 求 a 的范围
2 + cos x
f (x)
解: x > 0 时, f (x) ax 等价于 a ,
x
f (x) - f (0)
由拉格朗日中值定理, 存在 x0 > 0 使得 = f
x0 , x - 0

故只需 a f x0 恒成立即可
2
f x 2cos x0 +1 1 1 3 1 1又 0 = = - - ÷ +
é-1, ù ,
2 + cos x 2 cos x + 2 3 3 ê 3 ú0 è 0
1
所以 a
3
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 ．
【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 .
（2）设 h t = t -1- ln t ，则 h t =1 1 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 1 1 1= x ln x - a x - x = x a -1 - 2ln x ÷ x ÷ = x × g ÷ .è è è x
当 x 10, + 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 1 1 2= a t -1 + 2ln a t -1 + 2 -1

÷ = at + - a - 2，t è t t
取 t = 2，得0 a -1，故a 1 > 0 .
t 2
2
再取 = ，得0 a 2 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 ln b - a ln a a ln b - a ln a ln
b
证明：前面已经证明不等式 t -1 ln t ，故 = + ln b = a + ln b <1+ ln b ，
b - a b - a b -1
a
a
b ln b - a ln a b ln b - b ln a - ln
a - -1÷
且 = + ln a = ba + ln a >
è b
a + ln a =1+ ln a ，b - a b - a 1- 1-
b b
所以 ln a 1
b ln b - a ln a ln b 1 f b - f a+ < < + ，即 ln a +1< < ln b +1.
b - a b - a
由 f x = ln x +1 1 1，可知当0 < x < 时 f x < 0，当 x > 时 f
e e x > 0 .
1ù é1
所以 f x 在 0, e ú上递减，在è ê
,+ ÷上递增.
e
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；
情况二：当0 < x
1
1 x2 时，有 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1 ln x1 - x2 ln x2 .e
1ù
对任意的 c 0, ú，设j x = x ln x - c ln c - c - x ，则j x
1
= ln x +1+ .
è e 2 c - x
由于j x 单调递增，且有

j c

÷ c 1 1 1 1 1
1 1
= ln 1 +1+ < ln 1 +1+ = -1- +1+ = 0
+ ÷ 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 ln 2且当 2 ， x > 时，由 -14 ln
可知
-1 ÷ 2 2 c - x c
è c
j x = ln x +1 1+ > ln c 1 1 1+ + = - ln 2 -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；
0 x x c ln 1 2 f c 2 f 1 2 1 1 ②当 < < 0 时，由于 = - - ÷ = < ，故我们可以取 q c ln ,1c ÷ .è e e è c
c
从而当0 < x < 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 c ln
1
- q ÷ < 0 .
è c
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 .
c 0, 1根据
ù
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e 1 - x x - x ，è e ÷ e 1 2 1
f 1 1 ÷ - f x2 x - xe 2 e 2 - x1 .è
而根据 f x f x f x 1- 1 的单调性，知 1 2 f x1 - f ÷ 或 f x1 - f x2 f ÷ - f xe e 2 .è è
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.
1 1
2．（2024·山东济宁· 2一模）已知函数 f x = ln x - ax + a R ．
2 2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
f x2 - f x(2)若0 < x1 < x2 ，证明：对任意 a 0, + ，存在唯一的实数x x1, x2
1
，使得 f (x ) = 成立；
x2 - x1
(3)设 a
2n +1
n = ， n N* ，数列 an 的前 n2 项和为 Sn ．证明： Sn n > 2ln(n +1)．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）先求函数的导函数，然后根据导函数对 a进行分类讨论即可；
ln x 1- ax 2 - ln x 1+ ax 2
2 2 2 1 1（ ）先构造函数 F x 1= - ax - 2 2 ，可判断 F x 在区间 x1, x2 上单调递减，构造
x x2 - x1
g t x x= t -1- ln t 2 -1- ln 2 x1 x2函数 ，根据其单调性，可判断 > 0x ，1- - ln < 0 F x > 01 x1 x
，进而可判断 1 ，
2 x1
F x2 < 0 ，进而结合根的存在性定理可证；
1 1 2n +1
（3）先令 a =1， x >1时， f x < f 1 = 0 2，即 ln x - x + < 0，可得 > 2ln n +1 - 2ln n，放缩后裂
2 2 n2
项相消可证.
【详解】（1）
2
函数 f x 的定义域为 0, + ， f x 1 1- ax= - ax = ，
x x
①若 a 0， f x > 0恒成立， f x 在 0, + 上单调递增．
1
②若 a > 0， x 0, ÷÷ 时， f x > 0， f x 单调递增；
è a

x 1 ,+ ÷÷时， f x < 0， f x 单调递减．
è a
综上，当 a 0时， f x 在 0, + 上单调递增；

当 a > 0时， f x 1 1在 0, ÷÷上单调递增，在 ,+ a ÷÷上单调递减．è a è
（2）
f xF x = f x - 2 - f x1 证明：令 ， x > 0
x2 - x1
1 ln x
1
2 - ax
2
2 - ln x
1
1 + ax
2
1 1 ln x2 - ln x1 1
则F x = - ax - 2 2 = - ax - + a x + x
x x - x x x2 - x 2
2 1
1
2 1
因为 a > 0，
F x 1 ln x - ln x 1所以， = - ax - 2 1 + a x + x x x - x 2 2 1 在区间 x1, x2 上单调递减．2 1
F x 1 ax ln x2 - ln x1 1 a x x 1 ln x2 - ln x= - - + + 1 11 x 1 x - x 2 1 = - + a x2 - x1 1 2 1 2 x1 x2 - x1 2
1 x x 1
= 2 -1- ln 2 ÷ + a xx - x x x 2 2 - x1 2 1 è 1 1
1 t -1
令 g t = t -1- ln t ， t > 0，则 g t =1- = ，
t t
所以， t 0,1 时， g t < 0， g t 单调递减， t 1, + 时， g t > 0， g t 单调递增，
所以， g t = g 1 = 0min ，
x
0 < x < x 2
x x
又 1 2 ，所以， >1，所以 g 2 ÷ = 2 -1- ln
x2 > 0
x 恒成立，1 è x1 x1 x1
又因为 a > 0， x2 - x1 > 0，所以，F x1 > 0．
1 x x
同理可得，F x = 1- 1 - ln 2
1
2 + a x - x ，x2 - x1 è x x
÷ 1 2
2 1 2
1 1 1
由 t -1- ln t 0（ t =1时等号成立）得， -1- ln 0，即1- - ln t 0 （ t =1时等号成立），
t t t
又0 < x1 < x2 ，所以0
x
< 1 <1，所以1
x1 ln x- - 2 < 0
x2 x2 x
恒成立，
1
又因为 a > 0， x1 - x2 < 0， x2 - x1 > 0，所以，F x2 < 0 ，
所以，区间 x1, x2 上存在唯一实数x ，使得F x = 0，
f x - f x
所以对任意 a 0, + ，存在唯一的实数x x1, x
2 1
2 ，使得 f x = 成立；x2 - x1
（3）
f x ln x 1 x2 1证明：当 a =1时，由（1）可得， = - + 在 1, + 上单调递减．
2 2
1 2 1
所以， x >1时， f x < f 1 = 0，即 ln x - x + < 0．
2 2
x n +1= * ln n +1 1 n +1
2
1
令 ， n N ，则 - ÷ + < 0，n n 2 è n 2
2
n +1
即 ÷ -1 > 2ln n +1
2n +1
- 2ln n，即 2 > 2ln n +1 - 2ln n
è n n
令bn = 2ln n +1 - 2ln n， n N* ，则 an > bn ，
所以， a1 + a2 + a3 + ×××+ an > b1 + b2 + b3 + ×××+ bn = 2ln 2 - 2ln1+ 2ln 3- 2ln 2 +L+ 2ln n +1 - 2ln n = 2ln n +1 ，
所以， Sn > 2ln n +1 .
【点睛】关键点点睛：第二问证明方程在区间上具有唯一解，可根据函数的单调性，和根的存在性定理综
合判断；
第三问，先利用函数对 an 进行放缩，后利用裂项相消法证明.
3．（高三上·辽宁抚顺·阶段练习）已知函数 f x = ln 1+ x - x, g x = x ln x .
（1）求函数 f x 的最大值；
（2）设0 < a < b ,证明0 < g a + g b - 2g a + b ÷ < b - a ln 2 .
è 2
【答案】（1）0；(2)详见解析.
【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数进行求导运算，令导函数等于 0 求出 x 的值，再判断函数
g(x) g(a) g(b) 2g(a + b的单调性，进而可求出最大值．（2）先将 a，b 代入函数 得到 + - )的表达式后进行整
2
2b
理，根据（1）可得到 lnx＜x ，将 ln 、ln
2b 2b b - a 2b a - b
放缩变形为 ln ＞- 、ln ＞- 代入即可得
a + b a + b a + b 2a a + b 2b
2a a + b
到左边不等式成立，再用 ＜ 根据 y = lnx的单调性进行放缩
a + b ab
aln 2a 2b a + b+ bln ＜aln + bln 2b ．然后整理即可证明不等式右边成立．
a + b a + b 2b a + b
1
【详解】(1）由已知可得 x>-1, f ( x) = -11 x ，令
f ( x) = 0 得 x=0.
+
当-10
当 x>0 时， f ( x) <0 所以 f(x)的最大值为 f(0)=0
（２）证明：只需证 ＜（ｂ－ a） ln 2
a(ln a ln a + b整理得 - + ln 2)＋b(ln b ln
a + b
- - ln 2) ＜０
2 2
a ln 4a b ln b即证 + ＜０
a + b a + b
b
a ln 4 b a上式两边除以 ，整理得
1 a
+ ln b < 0
+ a 1+
b a
b 4 x
设 = x＞１令Ｆ（ｘ）＝ ln + x ln
a 1+ x 1+ x
F ( x) = ln x 当ｘ＞１时F ( x) ＜０
1+ x
\Ｆ（ｘ）在区间（1，+∞）上单调减，又Ｆ（１）＝０
\Ｆ（ｘ）＜０
b
b ln 4 bF ( ) a＝
a 1 a
+ ln b < 0
+ a 1+
b a
\ a + bg( a )﹢g(b)﹣ 2g( ) ＜（b﹣ a）ln2.
2
【点睛】考点：1.利用导数求闭区间上函数的最值；2.平均值不等式在函数极值中的应用．
1．（2022 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = (a +1) ln x + ax2 +1．
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f (x) 在 1, f (1) 处的切线方程；
(2)设 a -2，证明：对任意x1， x2 (0,+ ) ， | f (x1) - f (x2 ) | 4 | x1 - x2 |．
【答案】(1) y = 7x - 4
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的方程即可；
（2）利用题设条件转化为证 f x2 + 4x2 f x1 + 4x1，构造函数 g(x) = f (x) + 4x，运用导数的知识推证.
【详解】（1）当 a = 2时， f (x) = 3ln x + 2x2 +1，\ f (1) = 3，切点为 1,3
求导 f (x)
3
= + 4x
x ，切线斜率
k = f (1) = 7
\曲线 y = f (x) 在 1, f (1) 处的切线方程为 y = 7x - 4 ．
2
（2）Q a 2 a +1 2ax + a +1 - ， f (x) 的定义域为 (0, + )，求导 f (x) = + 2ax = < 0 ，
x x
\ f (x)在 (0, + )上单调递减．
不妨假设 x1 x2，∴ f x1 - f x2 4 x1 - x2 等价于 f x2 - f x1 4x1 - 4x2 ．
即 f x2 + 4x2 f x1 + 4x1．
2
令 g(x) = f (x) + 4x g x a +1 2ax 4 2ax + 4x + a +1，则 = + + = ．
x x
2
Q a -2 x > 0 -4x + 4x -1 - 2x -1g x
2
， ，\ = < 0．
x x
从而 g(x)在 (0, + )单调减少，故 g(x1) g(x2 )，即 f x2 + 4x2 f x1 + 4x1，
故对任意 x1, x2 0, + , f x1 - f x2 4 x1 - x2 ．
【点晴】方法点睛：本题考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问
题的能力，本题的第一问借助导数的几何意义求切线方程；第二问求解时先构造函数 g x = f x + 4x，然
后再对函数 g x = f x + 4x求导，运用导数的知识研究函数的单调性，然后运用函数的单调性，从而使得
问题简捷巧妙获证．
a
2．（21-22 2高二下·广东深圳·期中）已知函数 f (x) = ln x + x - (a +1)x(a R) ，
2
g(x) = f (x) a- x2 + (a +1)x .
2
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)任取两个正数 x1, x2 ，当 x1 < x2时，求证： g
2 x - xx 1 - g x < 1 22 .x1 + x2
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据函数解析式求出定义域以及导数，对参数 a进行讨论，根据导函数的正负取值情况得出函
数的单调性；
（2）求出 g x ，运用分析法将需要证明成立的不等式转化，再利用换元法写出表达式，利用导数研究函数
的单调性，进而证明原不等式成立.
f (x) 1 ax (a 1) (ax -1)(x -1)【详解】（1） = + - + = (x > 0) .
x x
当 a 0时， ax-1< 0，令 f (x) > 0 ，得0 < x <1；令 f (x) < 0 ，得 x >1 .
所以 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减.
当0
1 1 1
< <1，即 a > 1时，令 f (x) > 0 ，得0 < x < 或 x >1；令 f (x) < 0 ，得 < x <1 .
a a a
1
所以 f (x)
0, 在 ÷ ， (1,
1
+ ) 上单调递增，在
a
,1 上单调递减.
è è a ÷
1
当 =1，即 a =1时， f (x) 0恒成立，所以 f (x) 在 (0, + )上单调递增.
a
1 1 1
当 >1，即 0 < a < 1时，令 f (x) > 0 ，得0 < x <1或 x > ；令 f (x) < 0 ，得1< x < .
a a a
1 1
所以 f (x) 在( 0, 1)， ,+ ÷ 上单调递增，在 1, a ÷上单调递减
.
è a è
综上所述，
当 a 0时， f (x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减；
1 1
当 0 < a < 1时， f (x)
,+ 在( 0, 1)， ÷ 上单调递增，在 1, a ÷上单调递减；è a è
当 a =1时， f (x) 在 (0, + )上单调递增；
1 1
当 a > 1时， f (x)
0, (1, + ) 在 ÷ ， 上单调递增，在 ,1 上单调递减；
è a ÷ è a
（2）证明：由题意得， g(x) = ln x .
g 2 x - xx g x 1 2 要证 1 - 2 < x1 + x
，
2
2 x1 - x2
只需证 ln x1 - ln x2 < ，x1 + x2
x1 2 x - x即证 ln

< 1 2

，
x2 x1 + x2

2 x 1 -1x ÷
即证 ln x1 < è 2 .
x x2 1 +1
x2
t x= 1令 ,t (0,1)x ，2
2(t -1)
所以只需证 ln t < 在 t (0,1)上恒成立，
t +1
即证 (t +1)ln t - 2(t -1) < 0在 t (0,1)上恒成立.
令 h(t) = (t +1) ln t - 2(t -1) h (t) ln t
1
，则 = + -1，
t
令m(t) ln t
1 1 m (t) 1 1 t -1= + - ，则 = - = < 0 .
t t t2 t2
所以m(t) 在( 0, 1)上单调递减，即 h (t) 在( 0, 1)上单调递减，
所以 h (t) > h (1) = 0 ，所以 h(t)在( 0, 1)上单调递增，
所以 h(t) < h(1) = 0 .
2 x - x
所以 g x 1 2 1 - g x2 < .x1 + x2
1
3．（22-23 2高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知函数 f (x) = x - kx + ln x
2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
2
(2)若 f x k有两个极值点 x1, x2 ，证明： f (x1) - f (x2 ) < - 22
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
2
【分析】（1）首先求函数的导数，并设j x = x - kx +1，讨论函数的对称轴和最小值，从而判断函数的单
调性.
（2）根据（1）的结果，可知， k > 2，并且由韦达定理得到 x1 + x2 = k ， x1x2 =1，并将不等式整理为
ln x21 < x
2
1 -1，再利用换元，并构造函数 g t = ln t - t -1 0 < t <1 ，利用导数判断单调性，即可证明.
2
【详解】（1） f x x - kx +1= 2，令j x = x - kx +1，
x
k k k 2
注意到j 0 =1，对称轴 x = ，故j x = j ÷ =1-2 min ，è 2 4
k
（i）当 0时，即 k 0，此时j x 在 0, + 上单调递增，即j x > j 0 =1，
2
从而 f x > 0，即 f x 在 0, + 上单调递增；
k
（ii）当 > 0时， k > 0，
2
j k 1 k
2
若 = - 0，即0 < k 2 时 ，j x 0 恒成立，
è 2 ÷ 4
从而 f x > 0，即 f x 在 0, + 上单调递增；
k k 2
若j ÷ =1- < 0，即 k > 2时，
è 2 4

存在 x1 0,
k , x k , +
2 ÷ 2 ÷有
j x1 = j x2 = 0，
è è 2
k - k 2 - 4 k + k 2x x - 4其中 1 = ， 2 = ，2 2
从而 f x 在 0, x1 上单调递增， x1, x2 上单调递减， x2 ,+ 上单调递增；
2 2
综上可知，当 k 2时，函数在 0, k - k - 4 k + k - 4+ 上单调递增，当 k > 2时，函数在 0, ÷÷和 ,+ ÷2 ÷è è 2
k - k 2 - 4 , k + k
2 - 4
单调递增，在 ÷÷上单调递减.
è 2 2
（2）证明：由（1）可知，要使 f x 有两个极值点 x1, x2 ，则 k > 2，
此时满足 x1 + x2 = k ， x1x2 =1，
不妨设 x1 < x2，此时有 f x1 > f x2 ，
f x f x 1 x2 x2 k x x ln x ln x k
2
从而原不等式转化为： 1 - 2 = 1 - 2 + 2 - 1 + 1 - 2 < - 22 2
1 k x 1将 x2 = 及 = 1 +x x 代入有： 1 1
2
1 x2 1
1 x 1

- + + - x + 2ln x 1 1< x + - 2，
2 1è x
2 ÷ 1 ÷ 1 ÷ 1 1 ÷
1 è x1 è x1 2 è x1
2
化简即得： 2ln x1 - x1 < -1 ln x
2 2
，即证 1 < x1 -1，
由 x1x2 =1 > x
2 2
1 ，可得 x1 <1，令 t = x1 ln t < t -1 0 < t <1 ，
设 g t = ln t - t -1 0 < t <1 ，则 g t 1- t= > 0，
t
故 g t 在 t 0,1 上单调递增， g t < g 1 = 0，
故原不等式成立
【点睛】关键点睛：本题考查讨论函数单调性和双变量，证明不等式问题，本题第二问的关键是利用韦达
1 1 2 2
定理，得 x2 = 及 k = x +x 1 x ，从而代入不等式，进行消元，转化为 ln x1 < x1 -1，才可构造函数，进行证1 1
明.
4．（23-24 高三上·陕西西安·阶段练习）已知函数 f (x) = 2ln x + ax2(a R) .
(1)试判断函数 f (x) 的单调性；
(2)已知函数 g(x) = f (x) - 2x ，若 g(x)有且只有两个极值点 x1, x2 ，且 x1 < x2，证明：
g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分 a 0和 a < 0两种情况讨论，即可求得函数 f (x) 的单调性；
x1 -1
x
（2）将 g x1 - g x2 转化为 2ln 1 - x - x g x - g x < 2a
x x
-1 x - x ln 1 < 2
x 1 2 ，再根据 1 2 1 2 ，即证2 x x
，构
2 1 +1
x2
h t ln t t -1造函数 = - ，证明其小于 0 即可.
t +1
【详解】（1）因为函数 f (x) = 2ln x + ax2(a R)，定义域为 0, + ，
f (x) 2 2ax 2ax
2 + 2
所以 = + = ，
x x
当 a 0时， f (x) > 0 在 x 0, + 上恒成立，所以 f (x) 在 0, + 单调递增；
当 a < 0时，令 f (x) > 0 -a -a，即 2ax2 + 2 > 0，解得 < x < ，
a -a
令 f (x) < 0 -a，解得 x < 或 x -a> ，
a -a
-a -a
所以 f (x) 在 0, ÷÷单调递增，在 ,+ ÷÷ 单调递减；
è -a è -a
2 g(x) = 2ln x + ax2 - 2x g x 2 2ax
2 - 2x + 2
（ ）由题可知， ， = + 2ax - 2 = ，
x x
因为 g x 有两个极值点 x1, x2 (x1 < x2 )，
所以 x1, x2 是 2ax2 - 2x + 2 = 0的两个根，
ì
x1 + x
1
=
2 a
则 í ，
x1 × x
1
2 = a
所以 g x1 - g x2 = 2ln x1 + ax21 - 2x1 - 2ln x2 + ax22 - 2x2
x
= 2ln 1 + a(x2 2
x 1
- x2 ) - 2(x1 - x2 )
2
2 2
= 2ln x1 x - x+ 1 2 - 2 x - x
x2 x1 + x
1 2
2
x
= 2ln 1 - (x1 - xx 2
)，
2
所以，要证 g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 ，
2ln x1即证 - (x1 - x2 ) < (2a -1)(xx 1
- x2 )，
2
x1 -1
x1
即证 ln < a(x x ) ln
x1 x1 - x- < 2 ln x1 x2
x 1 2 ，即证
<
2 x2 x1 + x
，即证
2 x x
，
2 1 +1
x2
t x= 1令 (0 < t <1)x ，则证明 ln t
t -1
< ，
2 t +1
t -1 t 2h(t) ln t h (t) +1令 = - ，则 = > 0，
t +1 t(t +1)2
所以， h(t)在 0,1 上单调递增，则 h(t) < h(1) = 0，
ln t t -1即 < ，
t +1
所以原不等式 g x1 - g x2 < 2a -1 x1 - x2 成立．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为
不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的
单调性、极(最)值问题处理．
5．（2022·全国· x 2模拟预测）已知函数 f x = e x +1 （其中 e为自然对数的底数）.
(1)讨论函数 y = f x + a - 2 x ×ex a R 的单调性；
(2) x > x 2x1 2x若 21 2 > 0，不等式 e - e > l f x1 - f x2 恒成立，求实数l 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2) l
e

2
【分析】（1）结合已知条件分 a = 2、 a > 2、 a < 2三种情况讨论，分析导数的符号变化，即可得出原函数
的增区间和减区间；
（2 2x）分析可得 e 1 - l f x > e2x21 - l f x2 ，构造函数 g x = e2x - l f x 2x，即 g x = 2e - l f x 0在
2e2x 2ex x 0, + 2e上恒成立，可得出l =f x x2 2x 1，利用导数求出函数 p x = 在
0, +
2 上的最小值，+ + x + 2x +1
即可得出实数l 的取值范围.
【详解】（1）解：依题意，令 h x = f x + a - 2 x ×ex = éx
2 + a - 2 x +1ù e
x
， x R，
2 x
则 h x = x + ax + a -1 e = x + a -1 x +1 ex ，
令 h x = 0，解得 x =1- a 或 x=-1 .
当1- a = -1时，即 a = 2时，h x 0恒成立且 h x 不恒为零，
所以，函数 h x 的增区间为 - , + ；
当1- a < -1时，即 a > 2时，由 h x > 0可得 x <1- a或 x > -1，由 h x < 0可得1- a < x < -1，
所以，函数 h x 的增区间为 - ,1-a 、 -1, + ，减区间为 1- a, -1 ；
当1- a > -1时，即 a < 2时，由 h x > 0可得 x < -1或 x >1- a ，由 h x < 0可得-1 < x <1- a .
所以，函数 h x 的增区间为 - , -1 、 1- a, + ，减区间为 -1,1- a .
综上所述，当 a = 2时，函数 h x 的增区间为 - , + ；
当 a > 2时，函数 h x 的增区间为 - ,1-a 、 -1, + ，减区间为 1- a, -1 ；
当 a < 2时，函数 h x 的增区间为 - , -1 、 1- a, + ，减区间为 -1,1- a .
（2）解：当 x > 0时， f x = ex x2 + 2x +1 > 0恒成立，
所以 f x 在 0, + 上单调递增，且 f x > f 0 =1 > 0 .
因为 x1 > x2 > 0，所以 f x1 > f x2 ，
则不等式 e2x1 - e2x2 > l f x - f x e2x1 - e2x21 2 可化为 > l é f x1 - f x2 ù ，
即 e2x1 - l f x1 > e2x2 - l f x2 .
令 g x = e2x - l f x ，则问题等价于函数 g x 在 0, + 上单调递增，
即 g x = 2e2x - l f x 0在 0, + 上恒成立，
2e2xl 2e
x
即 = x 0, + f 2 x x + 2x +1， .
p x 2e
x
令 = ， x 0, + 2 ，x + 2x +1
2ex x2 + 2x +1 - 2ex 2x + 2 2ex x2 -1 2ex x -1
则 p x = = = .
2 2 2 3x + 2x +1 x2 + 2x +1 x +1
令 p x = 0，解得 x =1，
所以当 x 0,1 时， p x < 0，函数 p x 在 0,1 上单调递减；
x 1,+ p 当 时， x > 0，函数 p x 在 1, + 上单调递增；
e
所以当 x =1时，函数 p x 取得最小值，且 p x = p 1 =min ，2
所以当 x 0, + 时， p x e e p 1 = ，所以l .
2 2
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1）"x D，m f x m f x min ；
（2）"x D，m f x m f x max ；
（3）$x D ，m f x m f x max ；
（4）$x D ，m f x m f x min .
6．（2023·山东淄博·二模）已知函数 f x = aln x - a 1- x2 + x ， a R .
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若x1，x2是函数 g x
1
= alnx - x2 + x的两个极值点，且 x1 < x2，求证： f x1 - f x2 < 0 .2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）因参数 a在函数的位置特殊，考虑到参数变化时，函数定义域在变化，导函数的零点也在变化，
所以比较时候需要兼顾零点在不在定义域上，也需要考虑零点之间的大小比较.
（2）对含参的双变量问题，核心在于消元，本问通过x1，x2， a之间的关系，把证明 f x1 - f x2 < 0转
h t lnt 1化为求函数 = - t 的单调性问题，在结合函数 h t 的单调性即证.
2
【详解】（1）易知函数 f x 的定义域为 a,+ .
a x x - a -1又 f x = - x +1 = - .
x - a x - a
当 a = 0时， f x 1= - x2 + x, f x 在 0,1 上单调递增， f x 在 1, + 上
2
单调递减；
当 a > 0时， f x 在 a, a +1 上单调递增， f x 在 a +1,+ 上单调递减；
当-1 < a < 0时， f x 在 0, a +1 上单调递增， f x 在 a,0 和 a +1,+ 上
单调递减；
当 a = -1时， f x 在 -1, + 上单调递减；
当 a < -1时， f x 在 a +1,0 上单调递增， f x 在 a, a +1 和 0, + 上单
调递减.
1
（2 2）由 g x = alnx - x + x， x > 0则
2
g x a
2
x 1 x - x - a= - + = - ，由题意知 x1, x2 是方程 x2 - x - a = 0的两根，
x x
1 1
因此， x1 + x2 =1， x1x2 = -a，且- < a < 0 ，0 < x1 < < x2 <1.4 2
所以， f x1 - f x2
1
= éaln x 2 ù é1 - a - x1 + x1 - aln x a
1
- - x2 + x ù2 2 2
ê 2 ú ê 2 ú
x
aln 1 - a 1 x2 x2 x1 - a 1= - 1 - 2 + x1 - x2 = aln - x1 - x2 x1 + x - 2 x2 - a 2 x2 - a 2 2
把 x1 + x2 =1， x1x2 = -a代入得
f x1 - f x2
x - a x + x x
aln 1 1 x 1= + - x = -x x ln 1 1 2 +
1 2 1 2
x1 - x x2 - a 2 x 22 + x1x2 2
é 1 ù
ê +1÷
x x ê
x
ln è 2 1 1 1
úú é x x 1
1 1 1 ù
= - 1 2 +ê 2
- ÷ = -x x ú 1 2 ê
ln +1÷ - - ln +1 + ú 1 ÷
ê +1 è 1 2
x
ú è 2
2x2 è x1 2x1
x ÷

ê è 1 ú
要证 f x1 - f x2 < 0
1 1 1 1
，只需证明 ln +1÷ - - ln +1÷ + > 0，
è x2 2x2 è x1 2x1

即 ln
1
+1
1 1 1
÷ - > ln +1÷ - ，
è x2 2x2 è x1 2x1
1 1 1 1 1 1
也即 ln +1÷ - +1÷ > ln +1÷ - +1÷ .
è x2 2 è x2 è x1 2 è x1
1 1 1
令 t1 = +1， tx 2
= +1
x ，由0 < x1 < < x2 2
<1，得 2 < t2 < t1 .
1 2
设 h t 1= lnt - t ，要证 h t2 > h t1 .2
因为， h t 1 1 2 - t= - = < 0， h t 在 2, + 上单调递减，
t 2 2t
所以， h t2 > h t1 ，即证.
【点睛】思路点睛：（1）求含参函数单调区间，需考虑导函数零点与定义域的关系，不同零点直接的大小，
依次分类即可.
（2）对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范
围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往往会利用我们将字母 x 作为自变量的
误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个 变量作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种
方法为变更主元法.
7．（2024 2高三上·全国·专题练习）已知函数 f x = a x - ln x + x - 2x ，其中 a R .
(1)当 a = -2e时，求 f x 的极值；
x + x x + x
(2)当 a > 0， x > x > 0时，证明： f x 1 21 2 1 - f ÷ x1 < f x2 - f 1 22 ÷ x2 .è è 2
【答案】(1) f x 有极大值-2e -1，极小值 -e2
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再判断函数的单调性，求函数的极值；
f x1 - f x2 2 （ ）首先不等式变形为 < f x1 + x2
x - x ÷
，再利用导数变形为
1 2 è 2
a 2 a ln x1 - ln x- - 2 2a
ln x1 - ln x+ x + x 2 2
x - x 1 2
< a - 2 + x1 + x2 - x + x ，再转化为证明
>
x - x x + x ，证法 1，不等式变形为1 2 1 2 1 2 1 2
2 x - x 2 x - x
ln x 1 - ln x2 > 1 2 2，再构造函数 g x = ln x - ln x2 - x > x2 ，利用导数判断函数的单调性，即x1 + x2 x + x2

2 x1

-1
x x ÷ 2 t -1
可证明；证法 2，不等式变形为 ln 1 > è 2 ，再利用换元构造函数 g t = ln t - t >1 ，利用导
x x2 1 +1 t +1
x2
数判断函数的单调性，根据最值，即可证明不等式.
1 a
【详解】（1）由题意， f x = a 1- ÷ + 2x - 2 = x -1 + 2x x ÷， x > 0，è è
2 x -1 x - e 所以当 a = -2e时， f x = ， f x = -2e x - ln x + x2 - 2x，
x
由 f x > 0解得：0 < x <1或 x>e，由 f x < 0解得：1< x < e ，
所以 f x 在 0,1 上单调递增，在 1,e 上单调递减，在 e, + 上单调递增，
故 f x 有极大值 f 1 = -2e -1 2，极小值 f e = -e .
（2）由题意， a > 0， x1 - x2 > 0，
f x - f x
要证 f x f x1 + x2 x1 + x2 1 - 2 x1 + x2 1 ÷ x1 < f x2 - f ÷ x2，只需证 < f ÷，
è 2 è 2 x1 - x2 è 2
f x1 - f x2 a - 2 x1 - x2 - a ln x 2 2= 1 - ln x2 + x1 - x2 a 2 a ln x - ln x而 = - - 1 2 + x + x ，
x1 - x2 x1 - x2 x1 - x
1 2
2
f x1 + x2 x= 1 + x2 1
2a
÷ - ÷ + 2÷ = a - 2 + x1 + x
2a
2 - ，
è 2 è 2 è x1 + x2 x1 + x2
a 2 a ln x1 - ln x2 2a所以只需证 - - + x1 + x2 < a - 2 + xx - x 1
+ x2 -
1 2 x1 + x
，
2
ln x1 - ln x2 2
即证 >x1 - x x
①，下面给出两种证明不等式①的方法：
2 1 + x2
ln x1 - ln x2 2 2 x - x
证法 1：要证 > ln x

，只需证 1 - ln x >
1 2
x1 - x2 x1 + x
2 ，
2 x1 + x2
2 x1 - x2 2 x - x
即证 ln x1 - ln x2 - > 0 ，令 g x = ln x - ln x2 - 2 x > x2 ，x1 + x2 x + x2
1 2 x + x2 - x + xg x 2 x - x2
2
则 = - 2 = 2 > 0，所以 g x 在 x2 ,+ 上单调递增，x x + x2 x x + x2
显然 g x2 = 0，所以当 x > x2 时， g x > 0，
2 x - x
因为 x1 > x2 ，所以 g x1 > 0，即 ln x1 - ln x
1 2
2 - > 0 ，x1 + x2
f x f x1 + x- 2 x < f x x- f 1 + x2 故 1 ÷ 1 2 ÷ x2 .
è 2 è 2

ln x - ln x 2 2 x - x 2
x1 -1
2 1 2 > ln x - ln x > 1 2 ln x
x ÷
证法 ：要证 ，只需证 ，即证 1 è 2 x1 - x
1 2 > ，
2 x1 + x2 x1 + x2 x x2 1 +1
x2
令 t
x
= 1 2 t -1 2 t -1
x ，则 t 1

> ，所以只需证当 t > 1时， ln t > ，即证 ln t - > 0，
2 t +1 t +1
2 t -1 1 2 t +1 - 2 t -1 t -1 2
令 g t = ln t - t >1 ，则 g t = - = > 0，
t +1 t t +1 2 t t +1 2
所以 g t 2 t -1 在 1, + 上单调递增，又 g 1 = 0，所以 g t > 0成立，即 ln t - > 0，
t +1
故 f x x + x x + x1 - f
1 2
÷ x1 < f x - f
1 2
2 2 ÷
x2
è è 2
【点睛】思路点睛：第二问的思路首先是变形不等式，根据不等式构造函数，利用函数的单调性，结合最
值，即可证明.
a
8．（23-24 高三上·天津宁河·期末）已知函数 f x = ln x + x2 ， 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；
a
(3)设 x1, x2 0 < x1 < 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 x a1 - g x2 -

- ln a

÷，构造函数求其最值即可.
è 2
1 2
【详解】（1）当 a =1时， f x = ln x + x ，
2
f x 1得 = + x ，则 f 1 = 2， f 1 1= ，
x 2
所以切线方程为 y = 2 x 1-1 + ，即 4x - 2y - 3 = 0；
2
1 1+ ax2
（2） f x = + 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时，令 f x > 0，得 0 -a< x < - ， f x 单调递增，
a
令 f x < 0 x -a，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；
-a -a
当 a<0时， f x 的单调递增区间为 0, - ÷÷， f x 的单调递减区间为 - , + ÷÷；
è a è a
（3） g x a= f x - ax = ln x + x2 - ax ，
2
g x 1
2
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 x1, x2 0 < x < x 是方程 ax21 2 - ax +1 = 0的两不等正根，
ìa2 - 4a > 0
x1 + x2 =1 > 0所以 í ，得 a > 4，

x x
1
1 2 = > 0 a
x1
令 = t,0 < t <1，则 tx2 + x2 = 1, tx2 x
1
2 =x ，2 a
2
a 1 1 t +1 = 2 = =得 tx2 1 2 t ，t
è t +1÷
则 x
2
2 - x1 = x2 + x1 - 4x x
4 4t 1- t
2 1 = 1- = 1- =a t +1 2 t +1，
g x g x ln x a x2 a- = + 2 x1 a 2 2所以 1 2 1 2 1 - ax1 - ln x2 + x2 - ax2 ÷ = ln + x1 - x2 - a x1 - x2 è 2 x2 2
ln x1 a x x a= + - x x + x - a x - x = ln 1 - x - x
x 2 1 2 1 2 1 22 x
1 2
2 2
t +1 2 1- t 2
= ln t + × = ln t t -1- ，
2t t +1 2t
2 2
g x - g x a- - ln a t
2 -1 t +1 t +1
则 1 2 ÷ = ln t

- - + ln = 2ln t +1 - t -1，
è 2 2t 2t t
令 h t = 2ln t +1 - t -1,0 < t <1，
h t 2则 = -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，
a
所以 g x1 - g x2 - - ln a

2 ÷
< 0 ，
è
即 g x1 - g x2
a
< - 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 < t x<1 2
x 达到消元的目的，常用的换元有
t = x2 - x1, t = x2x1, t =
2 x
等.
1
9 23-24 · · f x = x2 + mx + n ex．（ 高二上 陕西西安 期末）已知函数 .
(1)若 m = n = 0 ，求 f x 的单调区间；
f x x x x < x f x - f(2) x 若m = a + b， n = ab，且 有两个极值点，分别为 和 ，求 2 11 2 1 2 的最大值.ex2 - ex1
【答案】(1)单调递增区间是 - , -2 和 0, + ，单调递减区间是 -2,0 ；
-4
(2)
e2 -1
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，即可求解；
（2）首先利用极值点与导数的关系，得到 x1 + x2 = - m + 2 ， x1x2 = m + n
f x - f x
，并通过变形得到 2 1
ex2 - ex1
x2 - x - 2 ex2 -x11 + x2 - x1 + 2 t - 2 et + t + 2 = - x x ，利用换元构造函数 g t = - t t > 0 ，利用导数判断函数的e 2 - 1 -1 e -1
单调性，并求 t 的最值，即可求解函数的最大值.
【详解】（1）若m = n = 0 ， f x = x2ex x， f x = x x + 2 e
令 f x = 0，得 x = -2或 x = 0，
当 x<- 2或 x > 0时， f x > 0，
当-2 < x < 0时， f x < 0，
所以函数 f x 的单调递增区间是 - ,-2 和 0, + ，单调递减区间是 -2,0 ；
（2） f x = éx2 + m + 2 x + m + n ù e
x
，
令 f x = 0 2，可得 x + m + 2 x + m + n = 0，
2
由题意可得， x1, x2 是关于方程 x + m + 2 x + m + n = 0的两个实根，
所以 x1 + x2 = - m + 2 ， x1x2 = m + n ，
x2由 1 + m + 2 x1 + m + n = 0 2，有 x1 = - m + 2 x1 - m - n ，
所以 f x = x21 1 + mx1 + n ex1 = -2x1 - m ex1 ，
将m = -x1 - x2 - 2
x
代入上式，得 f x 11 = x2 - x1 + 2 e ，
同理可得 f x2 = x1 - x2 + 2 ex2 ，
f x - f x x - x + 2 ex22 1 1 2 - x2 - x + 2 ex1所以 1
ex2 - ex
= x ，1 e 2 - ex1
x2 - x1 - 2 ex2 -x1 + x - x + 2 = - 2 1 ，①x ，e 2 -x1 -1
t
令 x2 - x = t t > 0
t - 2 e + t + 2,① 1 式化为- ，
et -1
t t et +1
设 g t - 2 e + t + 2t = - t > 0 ，即
et 1 g t = - + 2 t > 0
，
- et -1
2t
g t e - 2te
t -1
= -
et 2 ，-1
2t
记 h t = e - 2tet -1 t > 0 h t = 2et et，则 - t -1 ，
j t = et记 - t -1 t > 0 ，则j t = et -1 > 0，
所以j t 在 0, + 上单调递增，所以j t > j 0 = 0，
所以 h t > 0， h t 在 0, + 上单调递增，所以 h t > h 0 = 0，
所以 g t < 0， g t 在 0, + 上单调递减，
又 t 2 = x2 - x
2
1 = x + x
2
1 2 - 4x1x2 = m + 2
2 - 4 m + n = m2 - 4n + 4，
= a + b 2 - 4ab + 4 = a - b 2 + 4，
当 a = b时， t2的最小值为 4，即 t 的最小值为 2，
因为 g t 在 0, + 4上单调递减， g t 的最大值为 g 2 = -
e2
，
-1
f x2 - f x1 -4所以 x x 的最大值为 .e 2 - e 1 e2 -1
【点睛】思路点睛：本题第二问的关键是
f x2 - f x1 x2 - x - 2 ex2 -x11 + x2 - x1 + 2
x x = - x x ，并利用换元构造函数，转化为利用导数求函数的最值问题，e 2 - e 1 e 2 - 1 -1
第二个关键是求 t 的最值.
2
10 2．（2022 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = x + + 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：
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 |．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
f (x1) + f (x2 ) x + x【分析】（1）先化简 与 f ( 1 2 )，利用基本不等式分项进行证明，再综合作答；
2 2
4
（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) = t + (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 2
【详解】（1）证明：（1）由 f (x) = x + + alnxx ，得：
f (x1) + f (x2 ) 1= (x 2 2 1 1 a
2 2 1
+ x2 ) + ( + ) + (lnx1 + lnx2 )x1 x2 2
1
= (x 2 x 2 ) x1 + x1 + 2 + 2 + aln x1x2 x x 2 ，1 2
f ( x1 + x2 ) ( x1 + x= 2 )2 4+ + aln x1 + x2
2 2 x1 + x
，
2 2
1 (x 2 1 x + x而 1 + x
2
2 ) > [(x
2 + x 2 ) + 2x x ] = ( 1 2 )2 ①
2 4 1 2 1 2 2
又 (x 21 + x2 ) = (x
2
1 + x
2
2 ) + 2x1x2 > 4x1x2 ，
x1 + x2 4
所以 >x ②1x2 x1 + x2
x + x
因为 x1x2 < 1 22 ，
ln x x ln x + x所以 1 2 < 1 22 ，
因为 a 0 ， aln x1x2…aln(
x1 + x2 ) ③
2
1 x + x x + x 4
由①、② ③ 2 2 1 2、 ，得： (x1 + x2 ) + + aln x1x2 > ( 1 2 )2 + + aln x2 x x 2 x + x 1
x2 ，
1 2 1 2
f (x
即 1
) + f (x2 ) > f ( x1 + x2 )
2 2 ．
（2）证明：由 f (x) = x2
2 alnx 2 a+ + ，得 f (x) = 2x - 2 +x x x
f x f x 2x 2 a 2x 2 a 则 1 - 2 = 1 - 2 + - - +
è x1 x
÷ 2 x 2 ÷1 è 2 x2
=| x x | | 2 2(x1 + x2 ) a1 - 2 × + 2 2 - |x1 x2 x1x2
要证 f x1 - f x2 > x1 - x2 ，
| 2 2(x1 + x ) a只需证 + 22 2 - |>1x x x x 即可.1 2 1 2
2(x1 + x2 ) a
下面证明对任意两个不相等的正数x ，x ，有 2 + - > 11 2 x 2 x 2 x 恒成立.1 2 1x2
a x x 2(x1 + x2 )即证 < 1 2 + x x 成立，1 2
因为 x1x
2(x + x ) 4
2 +
1 2 > x1x2 +x ，1x2 x1x2
设 t = x1x2 ，u(t) = t
2 4+ (t > 0)
t ，
u t 2t 4则 = - 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 + x2 )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(x< + 1 + x2 )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
11．（21-22 高二下·安徽合肥·期中）已知函数 f (x) = x2 + ax + 2ln x （ a为常数）
(1)讨论 f x 的单调性
(2)若函数 f x 8存在两个极值点 x1，x2 x1 < x2 ，且 x2 - x1 ，求 f x1 - f x2 的范围.3
【答案】(1)答案见解析.
80 ù
(2) 0, - 4ln 3
è 9 ú
2
1 f (x) 2x a 2 2x + ax + 2【分析】（ ）求出 = + + = ，再根据判别式来分类讨论求解；
x x
（2）求导得到韦达定理，再化简 f (x1) - f (x2 ) = x
2 1- - 2ln x2 2 12 x2 2 ，设 t = x2 ，求出 g(t) = t - - 2ln t 的最值即2 t
得解.
1 ∵ f (x) 2x a 2 2x
2 + ax + 2
【详解】（ ） = + + = ，
x x
D = a2 -16，当-4 a 4时，D 0， f (x) 0， f (x) 在定义域 0, + 上单调递增；
当 a > 4时，在定义域 0, + 上 f (x) > 0 ，
\a > 4 时， f (x) 在定义域 0, + 上单调递增；
a < -4 f (x) = 0 x -a - a
2 -16 2x -a + a -16当 时，令 得 1 = ， = ，4 2 4
x 0, x1 ， x (x2 ,+ )时， f (x) > 0 ； x (x1, x2 ) 时 f (x) < 0 ，
则 f (x) 在 0, x1 ， (x2 ,+ )上单调递增，在 (x1, x2)上单调递减.
综上可知：当 a -4时， f (x) 在定义域 0, + 上单调递增；
2
当 a < -4时， f (x) 在 0, x1 ， (x2 ,+ ) (x -a - a -16上单调递增，在 1, x2)上单调递减.（其中 x1 = ，4
2
x -a + a -162 = ）4
（2）由（1）知 f (x) 有两个极值点，则 a < -4，
2
f (x) = 2x a 2 2x + ax + 2+ + = = 0 2x2 + ax + 2 = 0的二根为 x1, x2 ，
x x
ì
x1 + x
a
2 = -
则 í 2 ， 0 < x1 < 1 < x2 ，
x1x2 =1
f x - f x = x2 x1 2 1 + ax 21 + 2ln x1 - x2 + ax + 2ln x = x22 2 1 - x22 + a x 11 - x2 + 2ln x2
x x 1
= x2 - x2 - 2 x - x x + x + 2ln 1 = x2 - x2 + 2ln 1 2 21 2 1 2 1 2 2 1 = x - - 2ln xx2 x 22 x2 2 ，2
设 t
8
= x2 x - x 22 ，又 2 1 3x2 -8x2 - 3 0 1< x2 3，∴ t 1,9 .3
1 2
则 f x1 - f x2 = g(t) = t - - 2ln t ， g (t) 1
1 2 (t -1)
= + 2 - = 2 > 0，t t t t
∴ g(t)在 1,9 递增， g(1) < g(t) g(9) 0 < g(t) 80 - 4ln 3 .
9
即 f x f x 0, 801 - 2 的范围是 - 4ln 3
ù
è 9 ú
【方法点睛】关于双变量的问题，一般转化成单变量的函数问题来解决.本题就是把双变量的 f x1 - f x2
2 1 2
化成关于x 的函数 f (x1) - f (x2 ) = x2 - - 2ln x2 x2 2 再来解答.2
1
12．（22-23 高二下·河南洛阳· 2期末）已知函数 f x = x - 2ax + ln x （a 为常数）．
2
(1)若函数 f x 是增函数，求 a 的取值范围；
(2)设函数 f x 的两个极值点分别为x1，x2（ x1 < x2），求 f x1 - f x2 的范围．
【答案】(1) - ,1
(2) 0, +
1
【分析】（1）转化为 2a x + x 对任意 x > 0恒成立，由基本不等式求出最值，得到答案；
（2）根据函数有两个不相等的极值点得到 a >1, x1 + x2 = 2a, x2 >1，故 f x1 - f x
1 x2 12 = 2 - + ln
1
2 2x2 x2 ，变2 2
g t 1 1形得到函数 = t - - ln t ，求导得到其单调性，得到 g t 的值域为 0, + ，得到答案.
2 2t
【详解】（1） f x 的定义域为 0, + ，
2
f x x 1 x - 2ax +1= - 2a + = ，
x x
2
若函数 f x x - 2ax +1为增函数，则 f x = 0在 0, + 上恒成立，
x
所以 x2 - 2ax +1 0对任意 x > 0恒成立，
即 2a x
1
+
x 对任意
x > 0恒成立，
x 1 2 x 1
1
又 + × = 2，当且仅当 x = ，即 x =1时等号成立，
x x x
所以 2a≤2，解得 a 1，
故 a 的取值范围是 - ,1 ；
（2）若 f x 在定义域内有两个极值点，则 x1, x 22 是方程 f x = 0，即 x - 2ax +1 = 0 的两个不相等的实数根，
ìΔ > 0

从而得到 íx1 + x2 = 2a > 0，即 a > 1，

x1x2 =1 > 0
又0 < x1 < x2 ，故 x2 >1，
f x1 - f x2
1 1
= x21 - 2ax
2
2 1
+ ln x1 - x2 - 2ax2 + ln x
è 2 2 ÷
1
= x2 21 - x2 - 2a x1 - x2 + ln x1 - ln x2 2
1
= x2 21 - x2 - x1 + x2 x x1 - x2 + ln 12 x2
1
= x2 1 2 x1 1 2 1 12 - x1 + ln = x2 - + ln2 2 x2 2 2x
2 x2 ，2 2
t = x2 1 1令 2 >1，则 f x1 - f x2 = g t = t - - ln t ，2 2t
2
g t 1 1 1 1= + 2 - = 1
1
- ÷ > 0，2 2t t 2 è t
所以 g t 在 1, + 上单调递增，
所以 g t > g 1 = 0，即 g t 的值域为 0, + ，
所以 f x1 - f x2 的范围是 0, + .
【点睛】分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参
数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
a
13．（2023·湖南常德·一模）已知函数 f x = ln x + - 2a （ a R ）.
x +1
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若 f x 两个极值点x1，x x 22，且 1 ée,e ù ，求 f x1 - f x2 的取值范围.
【答案】(1)当 a 4时， f x 在 0 + 上单调递增；

f x a - 2 - a
2 - 4a a - 2 + a2 - 4a
当 a > 4时， 在 , ÷÷上单调递减，
è 2 2
a - 2 - a2 - 4a 0, a - 2 + a
2 - 4a
在 ÷÷， , + ÷÷ 上单调递增
è 2 è 2
é 1 1 ù
(2) 2ê4 + - e ,2 + - e e2 e ú
x2 + 2 - a x +1
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，先对函数 f x 求导得 f x = 2 （ x > 0 ），再结合x x +1
二次函数的图像与性质分类讨论 a 2， 2 < a 4， a > 4时， f x 的符号，从而得到函数 f x 的单调性；
1
（2）根据（1）和韦达定理得到 a = x1 + x2 + 2， x2 = x ，结合 f x1 - f x2 化简得到1
f x 1 2 1 21 - f x2 = 2ln x1 + - x1， x1 ée,e ùx ，再构造函数 g x = 2ln x + - x，x é e,e ù，利用导数求得 g x 1 x
的值域，即可求解.
【详解】（1）函数 f x 的定义域为 0, + ，
2
又 f x
x + 2 - a x +1
= 2 ， x 0, + ，x x +1
令 f x = 0 x2，得 + 2 - a x +1 = 0，
当 a 2时， x > 0时， f x > 0，所以 f x 在 0, + 单调递增；
当 a > 2 2时，方程 x + 2 - a x +1 = 0 D = a2的 - 4a = a a - 4 ，
①当 2 < a 4时，D 0，则 f x > 0，所以 f x 在 0, + 单调递增；
2 2
②当 a > 4时，D > 0，令 x2 + 2 - a x +1 = 0 x a - 2 - a - 4a a - 2 + a - 4a，得 1 = > 0， x = ，2 2 2
当 x 0,x1 x2 , + 时， f x > 0；当 x (x1, x2 ) 时， f x < 0；

f x a - 2 - a
2 - 4a , a - 2 + a
2 - 4a
所以 在 ÷上单调递减，
è 2 2 ÷

0, a - 2 - a
2 - 4a a - 2 + a2 - 4a
在 ÷÷， , + 2 ÷
÷ 上单调递增；
è è 2
综上所述：
当 a 4时， f x 在 0 + 上单调递增；

f x a - 2 - a
2 - 4a , a - 2 + a
2 - 4a
当 a > 4时， 在 ÷2 2 ÷
上单调递减，
è
a - 2 - a20, - 4a
a - 2 + a2 - 4a
在 ÷÷， , + ÷÷ 上单调递增；
è 2 è 2
（2）由（1）得，若 f x 有两个极值点x1，x2，
则 a > 4，且 x1 + x2 = a - 2， x1x2 =1，即 a = x1 + x2 + 2 x
1
， 2 = x ；1
故 f x1 - f x2 = ln x
a a
1 + - 2a - ln x2 + - 2ax1 +1 x +1
÷
è 2
ln x x1 + x2 + 2 ln x x1 + x2 + 2 ln x1 x +1 x +1= 1 + - - = + 22 - 1x1 +1 x2 +1 x2 x1 +1 x2 +1
1
= 2ln x + - x x ée,e21 1 ， 1 ùx ，1
令 g x = 2ln x 1+ - x，x é e,e
2 ù
x
，
2
则 g x 2 1 x -1 2= - 2 -1 = - < 0，所以 g x 在 é e,e ù上单调递减；x x x2
g e2 g x g e 4 1 e2 g x 2 1即 ，故 + 2 - + - e，e e
é 1 2 1
综上所述： f x1 - f x2 的取值范围为： ê4 + 2 - e ,2 + - e
ù
.
e e ú
【点睛】关键点睛：破解含双参不等式证明题的 3 个关键点
（1）转化：即由已知条件入手，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；
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值或值域；
（3）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.
14．（21-22 2高二下·天津·期中）已知函数 f x = ln x + x - ax a R
(1)若 a =1，求函数 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
(2)当 a > 0时，讨论 f（x）的单调性；
1 3
(3)设 f（x）存在两个极值点 x1, x2 且 x1 < x2，若0 < x1 < 求证： f x1 - f x2 > - ln 2 .2 4
【答案】(1) 2x - y - 2 = 0；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）对函数求导，进而根据导数的几何意义求出答案；
1 2x2 - ax +1 2
（2）先得到导函数 f x = + 2x - a = ，进而讨论 h x = 2x - ax +1的零点分布，然后求出答案；
x x
（3）根据题意可以得到 2x2 - at +1 = 0存在两个互异的正实数根 x1, x2 x1 < x2 ，然后通过根据根与系数的关
x x a x x 1
1 1
系得到 1 + 2 = ， 1 2 = ，则有 x2 = ，进而可以得到 f x1 - f x2 = ln 2 + 2ln x - x
2 +
2x 1 1 4x2 ，然后探讨2 2 1 1
函数 g x1 = ln 2
1
+ 2ln x 21 - x1 + 4x2 的最值，最后证明问题.1
1 a =1 f x = ln x + x2【详解】（ ）若 ，则 - x，所以 f 1 = 0，又 f x 1= + 2x -1，所以 f 1 = 2，即 fx （x）在
点（1，0）处的切线斜率为 2，所以切线方程为 2x - y - 2 = 0 .
2 f x 0 +∞ f x 1 2x a 2x
2 - ax +1
（ ） （ ）的定义域为（ ， ）， = + - = ，设 h x = 2x2 - ax +1，其
x x
Δ = a2 -（8 a > 0）.
①当D 0时，即0 < a 2 2 时， h x 0，即 f x 0，此时 f（x）在（0，+∞）为单调递增函数.
2
②当D > 0时，即 a > 2 2 时，设 h x = 0 两根为 x a ± a -81，2 = x4 1 < x2
.
当 x 0, x1 x2 ,+ 时， h x > 0 ，即 f x > 0，即 f（x）的增区间为 0, x1 ， x2 ,+ .
当 x x1,x2 时， h x < 0，即 f x < 0，即 f（x）的减区间为 x1, x2 .
综上：当0 < a 2 2 时，f（x）的单增区间为 0, + ；
a - a20, -8
2
当 a > 2 2 时，f（x）的增区间为 ÷ ,
a + a -8
,+ ， ÷ ÷÷
è 4 è 4
( a - a
2 -8 a + a2 -8
减区间为 ， ).
4 4
3 2 f x 1 2x a 2x
2 - ax +1
（ ）由（ ） = + - = , x > 0，
x x
因为 f（x）存在两个极值点 x1, x ，所以 2x22 - at +1 = 0存在两个互异的正实数根 x1, x2 ，
1 x1 xa 1 = 1 = 2x21
所以 x1 + x2 = ，x1x2 = ，则 x2 = 2x ，所以 x
1 ，
2 2 21 2x1
所以 f x 2 21 - f x2 = ln x1 + x1 - ax1 - ln x2 - x2 + ax2
= ln x1 + 2 2 x1 2 2
x
éx1 - x2 - 2 x1 + x2 x1 - x2 ù = ln + -x + x
2 x
1 2
2
ln 2 2ln x x2 1= + 1 - 1 + 4x2 .1
g x ln 2 2ln x x2 1 2x
2
= + - + -1 2 1 1
2
令 1 1 1 4x2 ，则 g x1 = - 2x1 - 3 = - ，1 x1 2x1 2x
3
1
1 1
∵ 0 < x1 < ，∴ g x1 < 0，∴ g x1 在 0, ÷上单调递减，2 è 2
∴ g x 1 1 31 > g ，而 g = - ln 2，
è 2 ÷ è 2 ÷ 4
g x 3 ln 2 f x f x 3即 1 > - ，∴ 1 - 2 > - ln 2 .4 4
【点睛】本题第（3）是典型的双变量问题，可以作为范题，本题的要领在于通过根与系数的关系将双变量
问题转化为单变量问题，平常注意归纳总结.
1
15．（2023·天津河西·模拟预测）已知函数 f (x) = k ln x +
ex
(k R) .
(1)若函数 y = f (x) 为增函数，求 k 的取值范围；
(2)已知0 < x1 < x2 .
e e x
i 2
x2
（）证明： ex
- x > - ln >1-2 e 1 x1 x
；
1
x x
（ii）若 1 2x = x = k ，证明： f x1 - f xe e 2
< 1 .
1 2
é1
【答案】(1) ,+ ÷
êe
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
x x
【分析】（1）分析可得原题意等价于 k x 对"x > 0恒成立，构建j(x) = x (x > 0) ，利用导数求最值结合恒e e
成立问题运算求解；
1 e e x x x
（2）（i）取 k = ，根据题意分析可得 x - x > - ln
2
，构建 g x = x - ln x -1 2，结合导数证明- ln >1- 2
e e 2 e 1 x1 x1 x1
即可；
x ln x +1
（ii）根据题意分析可得 0 < x 1 11 < 1 < x2 ， f x1 = x ， f x
x ln x +1 x ln x +1
2 =
2 2
x ，构建 g(x) =e 1 e 2 ex
(x > 0)，
结合导数证明0 < f x 12 < < f x1 <1，即可得结果.e
【详解】（1）∵ f (x) = k ln x
1
+ x (k R)
k 1
，则 f (x) = - x (x > 0)，e x e
f (x) f (x) k 1 x若 是增函数，则 = - 0，且 x > 0，可得 k ，
x ex ex
k x故原题意等价于 x 对"x > 0恒成立，e
j(x) x构建 = x (x > 0) ，则j (x)
1- x
= x > 0 ，
e ex
令j (x) > 0 ，解得0 < x <1；令j (x) < 0，解得 x >1；
则j(x) 在( 0, 1)上递增，在 (1, + )递减，
故j(x) j 11 1= é ，∴ k 的取值范围为
e ê
,+ ÷ .
e
1 ln x 1
（2）（i）由（1）可知：当 k = 时， f (x) = + x 单调递增，e e e
∵ 0 < x1 < x2 ，则 f x2 > f x1
1 ln x 1 1 1，即 2 +e ex
> ln x1 + x ，2 e e 1
e e
整理得 x - x > ln x
x
1 - ln x 2e 2 e 1 2
= - ln
x ，1
构建 g x = x - ln x -1，则 g x 1 1 x -1= - = x > 0 ，
x x
令 g (x) < 0，解得0 < x <1；令 g (x) > 0，解得 x >1；
则 g(x)在( 0, 1)上递减，在 (1, + )递增，
故 g(x) = x - ln x -1 g 1 = 0 ，
即- ln x 1- x，当且仅当 x =1时等号成立，
x x= 2 x x令 >1 - ln 2，可得 >1- 2x1 x x
，
1 1
e e x2 x2
综上 ex
-
2 ex
> - ln >1-
1 x x ；1 1
x x k 1 k 1
（ii）∵ 1 = 2 = k ，则 - x = - = 0ex1 ex2 x e 1 x ex
，
2
1 2
可知 f (x)
k 1
= - x = 0有两个不同实数根 xx e 1
, x2 ，由（1）知 0 < x1 < 1 < x2 ，
1 x 1 x ln x +1
可得 f x1 = k ln x + = 1 1 11 ex1 ex ln x1 + x = x ，1 e 1 e 1
x ln x +1
同理可得 f x2 = 2 2 ，ex2
构建 g(x)
x ln x +1(x 0) g (x) (1- x) ln x=
ex
> ，则 = x x > 0 ，e
当0 < x <1时， (1- x) ln x < 0；当 x >1时， (1- x) ln x < 0；
当 x =1时， (1- x) ln x = 0；
且 ex > 0，故 g (x) 0对"x 0, + 恒成立，故 g(x)在 (0, + )上单调递减，
∵ 0 < x1 < 1 < x2 ，则 g(x2 ) < g 1 < g x
1
1 ，即 f x2 < < f x1 ，e
ln x 0,ex 0 x ln x +1 > 0 g(x ) x2 ln x +1且 > 22 > ，则 2 2 ，故 22 = > 0，ex2
1
可得0 < f x2 < ；e
又∵ 0 < x1 <1，由（i）可得- ln x1 >1- x1，即 ln x1 < x1 -1，
则 x1 ln x1 +1< x1 x1 -1 +1<1 < ex1 ，
x ln x +1 1
且 ex1 > 0，则 1 1x <1，可得 < f x1 <1；e 1 e
1
综上所述：0 < f x2 < < f x1 <1 .e
1
可得- < - f x2 < 0，则0 < f xe 1
- f x2 <1
故 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 <1.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数 h(x)．
(3)利用导数研究 h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
1 a
16 2024· · f x = x - a e- x + x2 - 2x, g x = xe- x - ex-1 - x3 2．（ 全国 模拟预测）已知函数 + ax - f x ，且
2 3
f x 在 x = 0处取得极大值．
(1)求 a的值与 f x 的单调区间．
(2)如图，若函数 y = f x 的图像在 a,b 连续，试猜想拉格朗日中值定理，即一定存在 c a,b ，使得
f c = m ，求m 的表达式〔用含 a,b, f a , f b 的式子表示〕．
(3)利用这条性质证明：函数 g x 9 2 e图像上任意两点的连线斜率不大于 - ．
4 e
【答案】(1) a =1， f x 的单调递增区间为 - ,0 和 2, + ，单调递减区间为 0,2 ．
f b - f a
f b - f a
(2) 猜想 f c = ，m =
b - a b - a
(3)证明见解析
【分析】（1）根据 f x 在 x = 0处取得极大值得 f 0 = 0，求出 a =1，利用导数求出函数 f x 的单调区间；
（2）由斜率公式求出 A, B连线的斜率，结合函数图像及导数的几何意义可得结果；
（3）求出 g x ，利用基本不等式求出 g x 的最大值，根据（2）的结论可得结果.
【详解】（1）由 f x = x - a e- x 1+ x2 - 2x f x = a +1- x e- x，得 + x - 2 ．
2
由题意，得 f 0 = a +1 e0 - 2 = 0，解得 a =1，
则 f x = 2 - x e- x + x - 2 = x - 2 1- e- x ．
令 f x > 0 - x，即 x - 2 1- e > 0，解得 x - ,0 U 2,+ ，
令 f x < 0 - x，即 x - 2 1- e < 0，解得 x 0,2 ，
所以 f x 在 - ,0 和 2, + 上分别单调递增，在 0,2 上单调递减．
所以 a =1满足题意， f x 的单调递增区间为 - ,0 和 2, + ，单调递减区间为 0,2 ．
f b - f a（2）猜想如下： f c = ．
b - a
f b - f a
因为 k = 表示 f x 的图像上两端点 A, B连线的斜率，
b - a
所以由图像可知，曲线 f x 上至少存在一点C c, f c 且 c a,b ，使得曲线 f x
在该点处的切线与 f x 的图像上两端点 A, B的连线平行．
设切线的斜率为 k ，即 k = f c ，
故一定存在 c a,b f b - f a，使得m = f c = ．
b - a
（3）证明：由（1）可知 g x = e- x - ex-1 1- x3 1+ x2 + 2x ，
3 2
2
则 g x = - e- x + ex-1 - x2 + x 2 e- x ex-1 x 1 9 2 e- x 1 0 9 9 2 e+ = - + - - ÷ + - × 1-x - + = - ，è 2 4 e 4 4 e
1
当且仅当 x = 时取等号．由猜想可知，对于函数 g x 图像上任意两点 A, B，在 A, B之间
2
一定存在一点C c, g c ，使得 g c = kAB ．
又 g x 9 2 e 9 2 e - ,所以 k
4 e AB
= g c - ．
4 e
【点睛】方法点睛：利用导数求函数 y = f x 单调性的一般步骤：（1）求函数定义域；（2）求导数 f x ；
（3）令导数 f x > 0解不等式，（4）结合定义域写出单调递增区间和递减区间.
17．（2024·湖北襄阳·三模）柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用.定理内容
为：设函数 f(x)，g(x)满足:
①图象在 a,b 上是一条连续不断的曲线；
②在 a,b 内可导;
f b - f a f x
③对"x a,b ， g x 0 ，则$x a,b ，使得 =g b - g a g x .
特别的，取 g x = x，则有：$x a,b f b - f a ，使得 = f x ，此情形称之为拉格朗日中值定理.
b - a
(1)设函数 f x f x 满足 f 0 = 0，其导函数 f x 在 0, + 上单调递增，证明：函数 y = 在 0, + 上为
x
增函数.
a,b 0,e ln a ln b m b a (2)若" 且 a > b，不等式 - + - ÷ 0 恒成立，求实数m 的取值范围.b a è a b
【答案】(1)证明见解析
é1
(2) ê ,+ 2 ÷
f x
【分析】（1）由柯西中值定理可得对"x > 0，$x 0, x ， = f x ，结合 f x 的单调性即可求解；
x
（2）取 f x = x ln x ， g x = x2，由柯西中值定理$x 1+ lnxb,a ， m2x 成立，设
G x 1+ ln x= 0 < x < e ，利用导函数求解G x 的最大值即可得.
2x
f x f1 x - f 0 【详解】（ ）由题 = ，
x x - 0
由柯西中值定理知：对"x > 0，$x 0, x ，
f x - f 0 f x f x
使得 = = f x ， = f x ，
x - 0 1 x
又 f x 在 0, + 上单调递增，则 f x > f x ，
f x
则 f x > ，即 xf x - f x > 0，
x
é f x ù xf x - f x
所以 ê ú = 2 > 0，
x x
f x
y 故 = 在 0, + 上为增函数；
x
ln a ln b m b a 0 a ln a - b ln b（2） - +
b a
- m，
è a b ÷ a2 - b2
取 f x = x ln x ， g x = x2，
因为 a > b，所以由柯西中值定理，$x b,a ，
f a - f b a ln a - b ln b f x 1+ lnx
使得 = = =g a g b a2 b2 g x 2x ，- -
1+ lnx
由题则有： m2x ，
设G x 1+ ln x= 0 < x < e ，G x - ln x = ，
2x 2x2
当0 < x <1时，G x > 0 ，当1< x < e 时，G x < 0，
所以G x 在 0,1 上单调递增，在 1,e 上单调递减，
所以G x G 1 1= =max ，2
1 é1m 故 ，所以实数m 的取值范围是 ê ,+ 2 ÷
.
2
【点睛】关键点点睛：本题主要考查柯西中值定理的应用，解题关键在于充分理解和把握柯西中值定理的
内涵，构造与之匹配的结构，运用定理进行解析式的简化，达到透过现象抓住本质的目的.
18．（2024·广东·二模）拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，其内容为：如果函数 f x 在闭区间 a,b
上的图象连续不断，在开区间 a,b 内的导数为 f x ，那么在区间 a,b 内存在点 c，使得
f b - f a = f c b - a 成立．设 f x = ex + x - 4，其中 e为自然对数的底数， e 2.71828．易知， f x
3
在实数集R 上有唯一零点 r ，且 r (1, )．
2
(1)证明：当 x (r, r
1
+ )时，0 < f x <1；
9
(2) f x = ex从图形上看，函数 + x - 4的零点就是函数 f x 的图象与 x 轴交点的横坐标．直接求解
f x = ex + x - 4的零点 r 3是困难的，运用牛顿法，我们可以得到 f x 零点的近似解：先用二分法，可在 (1, )
2
1
中选定一个 x0 作为 r 的初始近似值，使得0 < f x0 < ，然后在点 x0 , f x0 处作曲线 y = f x 的切线，切2
线与 x 轴的交点的横坐标为x1，称x1是 r 的一次近似值；在点 x1, f x1 处作曲线 y = f x 的切线，切线与 x
轴的交点的横坐标为x ，称x 是 r 的二次近似值；重复以上过程，得 r 的近似值序列 x0 , x1, x2 , , xn , 2 2 ．
①当 xn > r 时，证明： xn > xn+1 > r ；
②根据①的结论，运用数学归纳法可以证得： xn 为递减数列，且"n N, xn > r ．请以此为前提条件，证
明：0 x
1
< n - r < ．2 ×8n
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
1
【分析】（1）因为 f (x) 在 R 上单调递增，所以任意 x (r, r + )，有 f (x) > f (r) = 0，另一方面，注意到
9
f (r) = 0，即 f (x) = f (x) - f (r) ，根据拉格明日中值定理，即可证明结论.
f xn
（2）①利用导数的几何意义进行证明即可；②根据① 0 < f xn <1，及前面的结论， xn+1 = xn - f xn
，
n N ，构造函数求导数，结合拉格朗日中值定理证明结论.
【详解】（1）由 f (x) 在 R 上单调递增，得任意 x (r, r
1
+ )，有 f (x) > f (r) = 0，
9
又由 f (r) = 0，得 f (x) = f (x) - f (r) ，根据拉格明日中值定理，
存在 c (r, x) ， f (x) = f (x)
1 1
- f (r) = f (c)(x - r) < f (c) = (ec +1) ，
9 9
因为 r (1,
3) c x 1 3 1 1 1，所以 < < r + < + < 2 c， (e +1) < (e2 +1) <1，
2 9 2 9 9 9
所以0 < f (x) <1.
（2）①先证 xn > xn+1，
在 (xn , f (xn ))处，曲线 y = f (x) 的切线方程为 y - f xn =f xn x - xn ，
f x f x
令 y = 0 ，得 x = xn - f x ，即
xn+1 = xn -
n f x
，
n
由于 xn > r ， f (x) 在 R 上单调递增，则 f xn > f r = 0，
f x f x
而 f x = ex +1 > 0 n，则有 > 0 xf x ，所以 n+1
= xn - < x x > x
n f x n
，即 n n+1；
n
再证： xn+1 > r ，
由于 f (x) 在 R 上单调递增，只需证 f xn+1 > f r = 0，
曲线 y = f (x) 的切线方程为 y - f xn =f xn x - xn ，即 y = f xn + f xn x - xn ，
根据 xn+1的定义， f xn + f xn xn+1 - xn = 0，
令 h x = f x - f xn - f xn x - xn ， x xn+1, xn ，
h x = f x - f x = exn - exn < 0， x xn+1, xn ，
于是 h(x) 在[xn+1, xn ]上单调递减，而 h xn = f xn - f xn - f xn xn - xn = 0，
因此 h xn+1 > 0，又 h xn+1 = f xn+1 ，即 f xn+1 > 0，所以 xn+1 > r ，
综上 xn > xn+1 > r .
②由 f (x) 在 R 上单调递增，0 < f x0
1
< ，得 x0 > r ，2
f x
则 x0 > x1 > x2 >L > xn >L > r >1，由① 0 < f x <1 nn ，及前面的结论， xn+1 = xn - f x ， n N ，n
f x 令j x = x - ，则 xn+1 = j xn ，记 t(x) = f (x) r < x < xf x ，则当 0时，
x f x t
x f x ex f x ex f x f x f x
j = = = = < < 0 1<
[ f x ]2 ex +1 2 ex + 2ex +1 ex 1+ 2 + 4 4 8 ，
ex
根据拉格朗日中值定理，
$c r, xn r, x0 ， xn+1 - r = j xn -j r = j (c) xn - r
1
< xn - r ， n N ，8
ì x1 - r 1
<
x0 - r 8
x2 - r 1
<
x - r 1
x1 - r 8
n+1 xn - r 1 1 1
即 < ，于是 í x3 - r 1 ，累乘得 n
-
2
LLL

xn - r 1<
xn-1 - r 8
【点

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