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特训 07 利用导数解决双变量问题（三大题型）
如果两个变量之间不存在具体直观的等量关系，但可以通过适当的代数变形将两个变量化为某种结
x
构的整体，常见如 x -x, 2 ，这种通过换元实现双变量合二为一目的，把双变量转化为单变量的手段分别称
x1
为“差值代换”和“比值代换”.
x
注：如果所给条件能转化为关于变量 x ,x 的齐次式，常常建立关于 2 的函数 .
x1
导数中解决双变量问题的步骤：
(1)先根据已知条件确定出两个变量 x ,x 满足的条件；
(2)将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：
x x
① 将所有涉及 x ,x 的式子转化为关于 2 的式子，令 t 2 ,将问题转化为关于自变量 t 的函数问题；
x1 x1
② 令 t=x -x ,将问题转化为关于自变量 t 的函数问题.
注：需要关注新元的范围即为新函数的定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
目录：
01 ：转化为同源函数解决
02 ：整体代换
03 ：　构造具体函数解决双变量问题
01 ：转化为同源函数解决
例 1 已知函数 f(x)＝ln x－ax＋1，其中 a 为实常数.对于函数图象上任意不同的两点 A(x1，f(x1))，B(x2，
f(x2))，直线 AB 的斜率为 k，若 x1＋x2＋k＞0 恒成立，求 a 的取值范围.
f（x1）－f（x2） f（x1）－f（x2）
解　由题意，k＝ ，则原不等式化为 x1＋x2＋ ＞0，不妨设 xx x x x 1
＞x2＞0，则(x1＋
1－ 2 1－ 2
x2)(x 21－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即 x1－x22＋f(x1)－f(x2)＞0，
即 f(x 2 21)＋x1＞f(x2)＋x2.
设 g(x)＝f(x)＋x2＝ln x＋x2－ax＋1，
1 2x2－ax＋1
则 g′(x)＝ ＋2x－a＝ ，
x x
由已知，当 x1＞x2＞0 时，不等式 g(x1)＞g(x2)恒成立，则 g(x)在(0，＋∞)上是增函数.
所以当 x＞0 时，g′(x)≥0，即 2x2－ax＋1≥0，
2x2＋1 1
即 a≤ ＝2x＋ 恒成立，
x x
1 1
因为 2x＋ ≥2 2，当且仅当 2x＝ ，
x x
2
即 x＝ 时取等号，
2
所以( 1 2x＋ ) ＝2 2.x min
故 a 的取值范围是(－∞，2 2].
感悟提升　此类问题一般是给出含有 x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结
构形式相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解.
1
训练 1 已知函数 f(x)＝aln x＋ x2，在其图象上任取两个不同的点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，总能使得2
f（x1）－f（x2）
＞2，则实数 a 的取值范围为(　　)
x1－x2
A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1，2) D.[1，2]
答案　B
f（x1）－f（x2）
解析　由 ＞2，x1＞x2＞0，x1－x2
∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，
∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，
1
构造函数 g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋ x2－2x，
2
则 g(x1)＞g(x2)，
∴函数 g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
a
由于 g′(x)＝ ＋x－2，则 g′(x)≥0 对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立，
x
a
由 g′(x)＝ ＋x－2≥0，
x
可得 a≥－x2＋2x，
当 x＞0 时，则 y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当 x＝1 时，等号成立，
∴a≥1，因此实数 a 的取值范围为[1，＋∞).
02 ：整体代换
例 2 设函数 f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x，g(x)＝2aln x－4x＋b，其中 a＞0，b∈R.已知 a＞2，且方程 f(x)＝g(x)
x1＋x2
在(1，＋∞)上有两个不相等的实数根 x1，x2，求证：f′( 2 )＞0.
证明　方程 f(x)＝g(x)，即 x2－(a－2)x－aln x＝b，
在(1，＋∞)上有两个不等实根 x1和 x2，不妨设 1＜x1＜x2，
则 x21－(a－2)x1－aln x1＝b①，
x22－(a－2)x2－aln x2＝b②，
x12＋2x1－x22－2x2
①－②得 a＝ ，
x1＋ln x1－x2－ln x2
a
a 2x2－（a＋2）x＋a 2（x－1）(x－
∵a 2
)
＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋ ＝ ＝ ，x＞0，
x x x
则 f(x)在( a ) a1， 上单调递减，( ，＋∞)上单调递增，2 2
a
∴当 x∈(1， )时，f′(x)＜0，2
a
当 x∈( ，＋∞ 时，f′(x)＞0，2 )
x1＋x2 x1＋x2 a
若证 f′( ＞0，只需证 ＞ ，2 ) 2 2
即 a＜x1＋x2，
x21＋2x1－x22－2x2
只需证 ＜x ＋x ，
x1＋ln x1－x2－ln x
1 2
2
∵x1＜x2，∴x1＋ln x1＜x2＋ln x2，
即需证 x21＋2x1－x22－2x2＞(x1＋x2)(x1＋ln x1－x2－ln x2)，
2（x1－x2）
整理得 ln x1－ln x2＜ ，x1＋x2
x1
x1 2( －1 )
即证 ln x2＜ ，
x2 x1
x ＋12
x1 2（t－1）
令 t＝ ∈(0，1)，设 h(t)＝ln t－ ，
x2 t＋1
（t－1）2
h′(t)＝ ＞0，
t（t＋1）2
显然 h(t)在(0，1)上单调递增.
x1＋x2
∴h(t)＜h(1)＝0，故 f′( )＞0 得证.2
感悟提升　(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数 a，得到仅含有 x1，x2 的式子.(2)与极值点 x1，x2
有关的双变量问题，一般是根据 x1，x2是方程 f′(x)＝0 的两个根，确定 x1，x2的关系，再通过消元转化为只
x2
含有 x1或 x2的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为 x1，x2的齐次式，然后转化为关于 的函数，x1
x2
把 看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.
x1
训练 2 设 a∈R，函数 f(x)＝ln x－ax，若 f(x)有两个相异零点 x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2.
证明　由已知得 ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
ln x1＋ln x2 ln x1－ln x2
所以 a＝ ＝ ，
x1＋x2 x1－x2
x1＋x2 x1
所以 ln x1＋ln x2＞2 等价于 ln ＞2，x1－x2 x2
x1
x ＋12 x1
即 ln ＞2，
x1 x
－1 2x2
x1 2（t－1）
设 x1＞x2，令 t＝ ＞1，g(t)＝ln t－ ，x2 t＋1
1 4 （t－1）2
则 g′(t)＝ － ＝ ＞0，
t （t＋1）2 t（t＋1）2
所以 g(t)＞g(1)＝0，
2（t－1）
即 ln t＞ ，
t＋1
t＋1
即得 ln t＞2，所以原题得证.
t－1
03 ：　构造具体函数解决双变量问题
例 3 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 bln a－aln b＝a－b，证明：2< ＋ a b
(1)解　因为 f(x)＝x(1－ln x)，
所以 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
1
f′(x)＝1－ln x＋x·(－ )＝－ln x.x
当 x∈(0，1)时，f′(x)>0；当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数 f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. ………………3 分
ln a ln b 1
(2)证明　由题意，a，b 是两个不相等的正数，且 bln a－aln b＝a－b，两边同时除以 ab，得 － ＝ －
a b b
1 ln a＋1 ln b＋1 1 1
，即 ＝ ，即 f( )＝f .a a b a (b )
1 1
令 x1＝ ，x2＝ ，……………………5 分a b
由(1)知 f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当 00，当 x>e 时，f(x)<0，
不妨设 x11 1
要证 2< ＋ 先证 x1＋x2>2：
要证 x1＋x2>2，即证 x2>2－x1，
因为 0所以只要证 x2>2－x1>1，
又 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证 f(x2)又 f(x1)＝f(x2)，
所以即证 f(x1)即证当 x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.
构造函数 F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则 F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)
＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当 0则－ln[x(2－x)]>0，
即当 00，
所以 F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当 0所以当 0所以 x1＋x2>2 成立. ……………………9 分
再证 x1＋x2由(1)知，f(x)的极大值点为 x＝1，f(x)的极大值为 f(1)＝1，
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为 y＝x，
设 f(x1)＝f(x2)＝m，
当 x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线 y＝x 与直线 y＝m 的交点坐标为(m，m)，则 x1欲证 x1＋x2即证当 1构造函数 h(x)＝f(x)＋x，
则 h′(x)＝1－ln x，
当 10，所以函数 h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当 1即 f(x)＋x1 1
综上可知，2< ＋ a b
答题模板
第一步　分析题意，探究两变量的关系
第二步　合二为一，变为单变量不等式
第三步　构造函数
第四步　判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题
第五步　反思回顾解题过程，规范解题步骤
训练 3 已知函数 f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).当 x＞y＞e－1 时，求证：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
证明　∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，
即 ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，
欲证 exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
ex ey
即证明 ＞ ，
ln（x＋1） ln（y＋1）
ex
令 g(x)＝ ，
ln（x＋1）
x[ 1e ln（x＋1）－x＋1]
则 g′(x)＝ ，
ln2（x＋1）
1
显然函数 h(x)＝ln(x＋1)－ 在(e－1，＋∞)上单调递增，
x＋1
1
∴h(x)＞1－ ＞0，即 g′(x)＞0，
e
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x＞y＞e－1 时，g(x)＞g(y)，
ex ey
即 ＞ ，
ln（x＋1） ln（y＋1）
∴当 x＞y＞e－1 时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
方法技巧 1 极值点偏移
(1)极值点不偏移
x1＋x2
已知函数 f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点 x0，若 f(x)＝c 的两根的中点刚好满足 ＝x0，即极值点在2
两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数 f(x)在 x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1).
图(1)
(无偏移，左右对称，二次函数)若 f(x1)＝f(x2)，则 x1＋x2＝2x0.
(2)极值点偏移
x1＋x2
若 ≠x0，则极值点偏移，此时函数 f(x)在 x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).2
图(2)
(左陡右缓，极值点向左偏移)若 f(x1)＝f(x2)，则 x1＋x2＞2x0；
图(3)
(左缓右陡，极值点向右偏移)若 f(x1)＝f(x2)，则 x1＋x2＜2x0.
(3)极值点偏移问题的常见解法
①(对称化构造法)构造辅助函数：对结论 x1＋x2＞2x0 型，构造函数 F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论 x 21x2＞x 0
x20
型，构造函数 F(x)＝f(x)－f( )，通过研究 F(x)的单调性获得不等式.x
x1
②(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换 t＝ 化为单变量的函数不等式，利用函数单
x2
调性证明.
例 已知函数 f(x)＝xe－x，如果 x1≠x2，且 f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞2.
证明　法一(对称化构造法)
由题意知，f(x)＝xe－x，f′(x)＝e－x(1－x)，
令 f′(x)＝0，解得 x＝1.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
1
f(x)
e
由 x1≠x2，不妨设 x1＞x2，
根据 f(x1)＝f(x2)，
结合图象可知 x1＞1，x2＜1，
令 F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，
则 F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.
∵x＞1，2x－2＞0，
∴e2x－2－1＞0，则 F′(x)＞0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当 x＞1 时，F(x)＞F(1)＝0，
即当 x＞1 时，f(x)＞f(2－x)，
则 f(x1)＞f(2－x1).
又∵f(x1)＝f(x2)，
∴f(x2)＞f(2－x1).
∵x1＞1，∴2－x1＜1，
∴x2，2－x1∈(－∞，1)，
∵f(x)在(－∞，1)上是增函数，
∴x2＞2－x1，∴x1＋x2＞2.
法二(比值代换法)
设 0＜x1＜1＜x2，f(x1)＝f(x2)，
即 x e－x －x1 1＝x2e 2，
取对数得 ln x1－x1＝ln x2－x2.
x2
令 t＝ ＞1，则 x2＝tx1，代入上式得 ln x1－x1＝ln t＋ln x1－txx 1
，
1
ln t tln t
得 x1＝ ，x2＝ .t－1 t－1
（t＋1）ln t 2（t－1）
∴x1＋x2＝ ＞2 ln t－ ＞0，t－1 t＋1
2（t－1）
设 g(t)＝ln t－ (t＞1)，
t＋1
1 2（t＋1）－2（t－1） （t－1）2
∴g′(t)＝ － ＝ ＞0，
t （t＋1）2 t（t＋1）2
∴当 t＞1 时，g(t)单调递增，
∴g(t)＞g(1)＝0，
2（t－1）
∴ln t－ ＞0，
t＋1
故 x1＋x2＞2.
方法技巧 1 指数、对数均值不等式
极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指数均值不等式和对数均值
不等式.
一、对数均值不等式
a－b a＋b
结论 1　对任意的 a，b＞0(a≠b)，有 ab＜ ＜ .
ln a－ln b 2
证明　不妨设 a＞b＞0(0＜a＜b 时同理可得)
a－b a－b
首先，由 ab＜ 等价于 ln a－ln b＜ ，
ln a－ln b ab
a
a b－1
即 ln ＜ .
b a
b
a x2－1
令 x＝ ＞1，只要证 ln x2＜ ，
b x
即证 2xln x－x2＋1＜0.
令 f(x)＝2xln x－x2＋1(x＞1)，
2
则 f′(x)＝2ln x＋2－2x，f″(x)＝ －2＜0，f′(x)在(1，＋∞)单调递减，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)单调递减，
x
即 f(x)＜f(1)＝0.
a－b
故 ab＜ .
ln a－ln b
a－b a＋b 2（a－b）
其次， ＜ 等价于 ln a－ln b＞ ，
ln a－ln b 2 a＋b
a
a 2( －1 )
即 ln b＞ .
b a
b＋1
a 2（x－1）
令 x＝ ＞1，只要证 ln x＞ ，
b x＋1
即证(x＋1)ln x－2x＋2＞0.
设 g(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x＞1)，
同理可证 g(x)在(1，＋∞)单调递增，
有 g(x)＞g(1)＝0.
a－b a＋b
故 ＜ .
ln a－ln b 2
二、指数均值不等式
m＋n em－en em＋en
结论 2　对任意实数 m，n(m≠n)，有 e ＜ ＜ .
2 m－n 2
证明　在指数均值不等式中，令 em＝a、en＝b，则 m＝ln a，n＝ln b，从而可得对数均值不等式.需注意的是，
在实际解题过程中，凡涉及这两个不等式的都需给出证明，以确保考试不被扣分，但本文以下的例题省略
该过程.
例 (1)若函数 f(x)＝ln x－ax(a 为常数)有两个不同的零点 x1，x2，请证明：x 21x2＞e .
证明　借助 a 作为媒介，构造对数均值不等式.
依题意，ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0.
两式相减，得 ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，
ln x1－ln x2
即 a＝ ，两式相加，
x1－x2
得 ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2).
故欲证 x1x2＞e2，
即证 ln x1＋ln x2＞2，
即证 a(x1＋x2)＞2，
ln x1－ln x2 2
即证 ＞ .
x1－x2 x1＋x2
由对数均值不等式知上式显然成立.
综上，x1x2＞e2成立.
(2)已知函数 f(x)＝x－aex(a 为常数)有两个不同的零点 x1，x2，证明：x1＋x2＞2.
证明　借助 a 作为媒介，构造指数均值不等式.
依题意，x x1＝ae 1，x ＝aex2 2.
两式相加、减，得 x1＋x2＝a(ex ＋ex1 2)，x1－x2＝a(ex1－ex2).
故欲证 x1＋x x x2＞2，即证 a(e 1＋e 2)＞2，
x1－x2
即证 (ex1＋ex )＞2，ex1－ex2 2
ex1＋ex2 ex1－ex2
即证 ＞ .
2 x1－x2
由指数均值不等式(结论 2)知上式显然成立，因此 x1＋x2＞2 成立.
一、解答题
1．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数 f (x) a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若x1， x2 x1 x2 为函数 g(x) kx2
1
+ 2 - ln x 的两个零点，求证： x1x2
4 >12e4．
x
【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，再分 a 0和 a > 0两种情况求解不等式，根据导数与单调性的关系，即
可求解；
ln x1 ln x
2 -
2
2
（2）代入函数的零点，并变形为 x x 1 ， t 4 12e41 2 - ，并利用分析法，将所证明不等式转化
x41 - x
4
2 x1x
4
2
ln x x4 ln x x4 ln x x 4
为证明 1 + 1 < 22 4 2 +
2
4 ，再通过构造函数 h(x) + x (0,+ )x t x t x 2 t 4
， ，利用导数判断函数的单调性，
1 2
即可证明.
2 12x6 - a
1 【解析】（ ） f (x) 24x5 2a- ， x (0,+ )．
x x
当 a 0时， f (x) > 0 ，则 f (x) 在 (0, + )上单调递增．
6 a a
当 a > 0时，令 f (x) 0，得 x ，解得 x 6 ．
12 12
f (x) > 0 x a f (x) < 0 a当 时， > 6 ，当 时，0 < x < 6 ，
12 12
a a
所以 f (x) 在 6 0, 12 ÷÷上单调递减，在
6
,+ ÷÷ 上单调递增．
è è 12
综上：当 a 0时， f (x) 在 (0, + )上单调递增；
a a
当 a > 0时， f (x) 在 0, 6 12 ÷÷上单调递减，在
6
,+ 12 ÷÷
上单调递增．
è è
1 1
（2）设0 < x1 < x2 ，则 g x 21 kx1 + 2 - ln x1 0 g x kx2， 2 2 + 2 - ln x2 0x ，1 x2
所以 k
ln x 1 ln x 1
1 - 2 -
x21 x
4 x2 x4 ，1 2 2
ln x ln x 1 1 x4 - x4
ln x1 ln x- 2
1 - 2 - 2 1 x2 2所以 x 1x2 x2 x4 x4 x x 4 ， 1 2 - ，1 2 1 2 1 2 x41 - x4 x x 42 1 2
1 1
记 t 4 12e4
4
，要证 x1x2 >12e4，只需证- > - x x 4 t 4 ，1 2
ln x1 ln x
2 -
2 4
x x2 1 ln x1 x1 ln x2 x
4
只需证 1 2 ，只需证 2 + 4 <
2
> - x t x2
+ 4 ．
x4 - x4 t 4 1 2 t1 2
ln x x 4h(x) x (0,+ ) h (x) t
4 (1 - 2 ln x) + 4x 6
记 2 + ， ，则 ，x t 4 x3t 4
记j ( x ) t 4 (1 - 2 ln x ) + 4 x 6 ， x (0,+ )，
a 12e4 2
由（1）可知，取 a t 4 > 0 ，则 x0 6 6 e3 ，12 12
2 2
所以j(x) 在 0,e3 ÷上单调递减，在 e3 , + ÷上单调递增，
è è
2 4 1
所以j(x)min j e3 ÷ t
4 1- + 4e4 12e4 × ÷ - ÷ + 4e
4 0，
è è 3 è 3
2
所以j(x) j e3 ÷ 0，即 h (x) 0，所以 h(x) 在 (0, + )上单调递增，
è
又0 < x1 < x2 ，所以 h x1 < h x 42 ，所以 x1x2 >12e4成立．
【点睛】关键点点睛：本题第 2 问的关键是将将函数零点的式子，结合分析法，进行变形，转化为判断函
ln x x 4
数 h(x) + ， x (0,+ )2 4 的单调性，即可证明.x t
2．（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
【解析】（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 j ，故 1 x 单调递减，

又j1 0 cos0 - 0 1 > 0，j 1 1 cos1- 2 < 0，
故存在 x0 0,1 ，使j 1 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 ，
故函数j1(x) sin x - x
2
与j2 x ex - 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 x
1
时， f x ae - < 0，此时 f x 没有极值点，故舍去，
x +1
当 a > 0时， 令m x f x 1 aex - ，
x +1
m x aex 1则 + > 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
a > 0 n x g x 1 - ex由 ，令 ，
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 时，有 f 0 ae0 1- 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, + ，
有 g 0 1 1 - e0 -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, + ，
即有 f x x
1
1
1 ae - 0 ， g x2
1
- ex2 0
x +1 x + a ，1 2
ex 1 ex 11 2即 ， a x +1 x + a ，此时需满足 x > x
x1 x2
1 2 > 0，则 e > e ，
1 2
1 1
> a x< 2故有 <1a x1 +1 x a ，即
x2 > ax1，即 ，故 a + x 0,1 符合要求；2 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 ，
g 0 1 e0 1有 - -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 +1 x + a ，此时需满足0 > x1 > x2，即 x2 > ax1，则
a >
1 2 x
，
1
x2
由 <1 a 1, + x ， ，故该不等式成立，故 a 1, + 符合要求；1
1 1 1
当 a 1 f 0 ae0 - a -1 0 g 0 - e0时，有 ， -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,+ ；
1
（ii）当 a 0,1 时，有 x1 > x2 > 0，则 ex2 > e0 1，故0 < x2 + a <1x ，2 + a
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x1 < g x2 ln x + a - ex22 +1 ln x2 + a
1
- +1
x2 + a
，
令 t x2 + a 0,1 ，则 g x2 lnt
1
- +1，令m t lnt 1- +1， t 0,1
t t
则m t 1 1 + 2 > 0，故m t 在 0,1 上单调递增，t t
1
则 g x2 lnt - +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 x ln x a ex 1 x ln 11 + 2 < 2 + 2 2 + - 2 + + 2 x2x - e +1+ x2 1- ex2 < 0，e 2
即当 a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
当 a 1, +
1
时，有0 > x1 > x
x2
2，则 e < e
0 1 x + a >1
x2 + a
，即 2 ，
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x1 > g 0 ln 0 + a - e0 +1 lna > 0 ，
即要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 > 0，
g x1 + x2 ln x1 + a - ex1 +1+ x2 > ln x2 + a - ex1 +1+ x2
ln 1 - ex1 +1+ x -x - ex1x 2 2 +1+ x2 1- e
x1 >1- e0 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.
lnx
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x ax - ， a > 0．
x
(1)若 f x 存在零点，求 a 的取值范围；
(2) 2若x1，x2为 f x 的零点，且 x1 < x2，证明： a x1 + x2 > 2．

【答案】(1) 0,
1 ù
è 2e ú
；

(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出函数 g x 的最小值，解不等式 g x 0min 即可求解；
2 a
lnx
1
- lnx2 lnx1 - lnx2 x1
（ ）由零点的定义可得 x - x x + x ，只需证
x + x > 2 t
1 2 1 2 x - x
1 2 ，令 x ，利用导数证明不等1 2 2
2 t -1
式F t lnt - < 0即可.
t +1
【解析】（1） f x 的定义域为 0, + ，
令 f x 0，即 ax lnx- 0 a > 0 ，等价于
x ax
2 - lnx 0，
2
设 g x ax2 - lnx ，则 g x 2ax 1 2ax -1- （ x > 0），
x x
令 g x 0 2a，可得 x ，
2a

x 0, 2a

当 ÷÷时， g x < 0， g x 单调递减，
è 2a

x 2a

当 ,+ ÷÷ 时， g x > 0， g x 单调递增，
è 2a

则 g x 2a 1 2a 1的最小值为 g ÷÷ - ln 1+ ln2a ， g 1 a > 0，
è 2a 2 2a 2
2 2a 1
要使得 g x ax - lnx 存在零点，则 g 2a ÷÷ 1+ ln2a 0，è 2
1 ù
即1+ ln2a 0，得 a 0, ．
è 2e ú
（2）由 x1, x2 为 f x 的零点，得 f x1 f x2 0 ，
2
即 g x1
ìax1 - lnx1 0, g x2 0，即 í
ax
2
2 - lnx2 0,
2 2 a lnx1 - lnx两式相减得 a x1 - x2 - lnx1 - lnx 22 0 ，即 x1 - x2 x .1 + x2
要证当0 < x1 < x2 时， a x1 + x2
2 > 2，
lnx1 - lnx2 2 x - x
只需证 x1 + x2 > 2
x
，只需证 ln 1

< 1 2 ，0 < x1 < xx1 - x
2 ，
2 x2 x1 + x2
x1 2 -1x ÷ln 1 - è
x2 < 0 ，0 < x1 < xx 2
．
x2 1 +1
x2
x1
令 t 0 < t <1 2 t -1x ，F t lnt

- ，只需证F t < 0，
2 t +1
F t 1 4 t +1
2 - 4t t -1 2
- 2 2 2 > 0，则F t 在 0,1 上单调递增，t t +1 t t +1 t t +1
∴ F 2t lnt t -1 - < F 1 0，即可得证.
t +1
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的求解策略
形如 f x g x 的求解策略：
1、构造函数法：令F x f x - g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x 0min 恒成
立即可；
2、参数分离法：转化为 a j x 或 a j x 恒成立，即 a j x 或 a j xmax min 恒成立，只需利用导数求
得函数j x 的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数 y f x 的图象在 y g x 的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
4．（2024·安徽阜阳·一模）已知函数 f x 3lnx - ax ．
(1)讨论 f x 的单调性．
(2)已知 x1, x2 是函数 f x 的两个零点 x1 < x2 ．
（ⅰ）求实数 a的取值范围．
l 0, 1ⅱ （ ） ÷ , f x 是 f x 的导函数．证明： f é lx1 + 1- l x2 ù < 0．è 2
【答案】(1)答案见解析
3
(2) （ⅰ） 0,

÷ ；（ⅱ）证明见解析
è e
【分析】（1）求导，对 a进行分类讨论 f x 的单调性；
3ln x2 3 x - x x
（2）利用方程组3lnx1 ax
2 1 2
1，3lnx2 ax2 得到a x1 ，问题转化为 - 3ln < 0
x x lx1 + 1- l x x
恒成立，换
- 2 12 1
元后构造函数求出函数单调性及最值，从而得到证明.
【解析】（1） f x 3- ax x > 0 ．
x
①当 a 0时， f x > 0, f x 在 0, + 上单调递增．
a 0 f x > 0 0 < x 3< f x 3 ②当 > 时，令 得 ，即 在 0,a a ÷上单调递增；è
同理，令 f x 0 3 f x 3< 得 x > ，即 在 ,+

上单调递减．
a è a ÷
（2）（ⅰ）由（1）可知当 a 0时， f x 在 0, + 上单调递增，不可能有两个零点．
a 当 > 0时， f x 在 0,
3 3
上单调递增，在 ,+
a ÷ a ÷
上单调递减，
è è
若使 f x 3 3 3有两个零点，则 f ÷ > 0 ，即3ln - 3 > 0 ，解得0 < a < ，
è a a e
且 f 1 -a 0 3 3< ，当 x + 时， f x - ，则有 x1 1, ÷ , x2 , +

÷，
è a è a
3
所以 a的取值范围为 0, ÷．
è e
（ⅱ） x1, x2 是函数 f x 的两个零点，则有3lnx1 ax1 ①，3lnx2 ax2 ②，
3ln x2
①-②得3 lnx2 - lnx1 a x2 - x1 ，即a x1 ，
x2 - x1
3ln x2
f lx1 + 1 3 3 x- l x2 - a - 1 ，lx1 + 1- l x2 lx1 + 1- l x2 x2 - x1
因为 f x 有两个零点，所以 f x 不单调，
因为 x1 < x2，得0 < x
3
1 < < x ，a 2
所以 x2 - x1 > 0,lx1 + 1- l x2 > 0．
若要证明 f lx1 + 1- l x2 < 0成立，
3 x2 - x1 x2
只需证 - 3ln < 0lx ，1 + 1- l x2 x1
x2 -1
x1 x x即证 2x - ln < 0
t 2，令 ，则 t > 1，
l + 1- l 2 x1 x1
x1
t -1
则不等式只需证 - lnt < 0l + 1- l t ，
即证 t -1- é l + 1- l tù lnt < 0，
令 h t t -1- él + 1- l tù lnt, t >1，
h t l -1 lnt + l 1
1
- ÷，令 l(t) = h
'(t) (λ 1)ln t λ(1 1= - + - )，
è t t
l -1 t + ll t
t 2
令j t l 1 t l l 0, 1 - + ，因为 ÷，得j t 在 1, + 上单调递减，
è 2
得j t < j 1 2l -1< 0，得 l t < 0，即 h t 在 1, + 上单调递减，
得 h t < h 1 0，得 h t < 0 ，即 h t 在 1, + 上单调递减，
所以有 h t < h 1 0，
故有 t -1- él + 1- l t ù lnt < 0，不等式得证．
【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，要转化为单变量问题，通常情况下利用对数的运算性质进行转化，
转化后利用构造新函数及最值进行求解证明.
x 2
5．（2024· e - ax全国·模拟预测）已知函数 f (x) 有 3 个极值点 x1, x2 , x3，其中 e是自然对数的底数．1+ x
(1)求实数 a的取值范围；
(2)求证： x1 + x2 + x3 > -2．
1
【答案】(1) ,
1 1 ,+
è e 2 ÷ ÷ è 2
(2)证明见解析
x
【分析】（1）易知 0 是函数 f (x) 的一个极值点，则函数 g x e - ax - 2a 有 2 个零点，利用导数讨论函数
g(x) 1 ì
g(0) 0,
的性质可得 g(x)min < 0，即 a > .由零点的存在性定理和e í g( 1) 0,
即可求解；
-
ìg x 0 2 + x
（2）由（1），设 x3 0, x < x
1 x1 -x2 1
1 2 ，只需证 x1 + x2 > -2．由 í e x - x t(t < 0)
g x2 0
得 2 + x ，令 1 2 得2
x t2 t - 2，则只需证 h t 2t + t - 2 et -1 < 0(t < 0) ，利用导数讨论函数 h(t)的性质得出e -1
h(t) < h(0) 0，即可证明.当然也可以采用对称设法来证明.
ex - 2ax (1+ x) - ex - ax2 x ex - ax - 2a
【解析】（1）由题意，得 f (x) (x -1)，
(1+ x)2 (1+ x)2
由 f (x) 0，得 x 0或 ex - ax - 2a 0，所以 0 是函数 f (x) 的一个极值点．
所以 ex - ax - 2a 0有 2 个不相等的实数根，且这 2 个根均不为 0 和 -1．
令 g x ex - ax - 2a ，则 g (x) ex - a ．
当 a 0时， g (x) > 0恒成立，故 g(x)在定义域上是增函数，不可能有 2 个零点；
当 a > 0时，由 g (x) > 0，得 x > ln a，由 g (x) < 0，得 x < ln a，
所以 g(x)在 (- , ln a)上是减函数，在 ln a, + )上是增函数，
所以 g(x)min g(ln a) -a - a ln a < 0
1
，即 ln a > -1，所以 a > ．
e
又 g(-2) e-2 > 0, g(ln a) < 0．
由零点存在定理可知， g(x)在 (-2, ln a) (- , ln a) 上存在唯一零点．
x2 2x - x2
令m(x) = (x > 0) ，则m'(x) = ，令m' (x) > 0x x 得0 < x < 2，e e
令m' (x) < 0得 x > 2，所以m(x)在 (0,2)上递增，在 (2,+ ) 上递减，
所以m(x) m(2)
4
= 2 <1， e
x > x2 (x > 0)，
e
所以 g(a + 2) ea+2 - a(a + 2) - 2a > (a + 2)2 - a(a + 2) - 2a 4 > 0 ，
由零点存在定理可知， g(x)在 (ln a, a + 2) (ln a,+ ) 上存在唯一零点．
ì 1
ìg(0) 0,
a
2
因为 í
g(-1) 0,
所以 í ，
a 1
e
a 1 1 1 综上， 的取值范围是 , ÷ ,+ ÷ ．
è e 2 è 2
（2）证明：由（1）知，0 是函数 f (x) 的一个极值点．不妨设 x3 0, x1 < x2 ，所以只要证明 x1 + x2 > -2．
ìg x 0, ìex1 - ax - 2a 0, ìex11 1 2a + ax1,
由 í 得 í ，即 í 两式相除得 e
x1 -x 2 + x2 1
g x 0, x ． e 22 - ax2 - 2a 0, ex2 2a + ax 2 + x2 , 2
t 2 + x2 + x1 - x2 x1 - x2 t
令 x1 - x2 t(t < 0)，则 e 1+ 1+2 + x2 2 + x2 2 + x
．
2
t t 2t
所以 x2 t - 2，所以 x1 + x2 2x

e -1 2
+ t 2 t - 2÷ + t t - 4 + t ．è e -1 e -1
2t
所以要证明 x1 + x2 > -2，只要证明 t - 4 + t > -2 ，e -1
2t
即 + t - 2 > 0，其中 t < 0，所以 etet 1 -1 < 0
．
-
所以只要证明 2t + (t - 2) et -1 < 0．令 h(t) 2t + (t - 2) et -1 (t < 0)，
所以 h (t) 1+ et (t -1) ，从而"t < 0, h (t) tet < 0恒成立，
所以 h (t) 在 (- ,0)上是减函数，所以 h (t) > h (0) 0 ．
所以 h(t)在 (- ,0)上是增函数，所以 h(t) < h(0) 0，即证： x1 + x2 + x3 > -2．
1 x + 2
另解：由 ex - ax - 2a 0，知 a 0，所以 x (*)，且 x1, x2 为 (*)的两根．a e
记 p(x)
x + 2
x ，则 p x
-x -1
x ，当 x < -1， p
'(x) > 0，当 x > -1, p x < 0，
e e
故 p(x)在 (- , -1)上递增，在 (-1, + ) 上递减．
不妨取 x1 < -1 < x2 ，所以要证 x1 + x2 > -2，即要证 x2 > -2 - x1 > -1，
只要证 p x2 < p -2 - x1 ，又 p x2 p x1 ，故只要证 p x1 < p -2 - x1 x1 < -1 ，
x
即要证 1
+ 2 -x
< 1 x < -1 2x，也即要证 x e 1 +2x 2 x 1 1 + x1 + 2 < 0 x1 < -1- - (#)．e 1 e 1
令 q(x) xe2x+2 + x + 2(x < -1)，则 q (x) (2x +1)e2x+2 +1(x < -1)．
而当 x < -1时， q (x) 4(x +1)e2x+2 < 0，故 q (x)在 (- , -1)上递减，
故 q x > q -1 0 ，故 q(x) 在 (- , -1)上递增，故 q(x) < q(-1) 0，所以(#)成立，
故 x1 + x2 + x3 > -2．
【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.
2
6．（2023·福建龙岩·二模）已知函数 f (x) ln x， g(x) x - ．
x
f x x0 +1(1)若 x0 满足 0 ，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．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
1 2
【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 x +x x -1，再判定该切线0 0
方程为 y ex 的切线即可；
1 1
（2）求F x ，设F x1 F x2 m, x x 21 2 ，建立方程组，得出 x ， x 为方程 2t - 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 x
x x
1 + F x2 ln x x - 1 21 2 +1，2
构造函数 h(t) ln t
t
- +1 t >16 求其单调性判定值域即可.
2
x0 +1 1
【解析】（1）由已知有 ln x0 f (x) x0 -1
， ,x
1
曲线 y f (x) 在点 A x0 , ln x0 处的切线方程为： y - ln x0 x - x x 0 ,0
y 1 x 1 ln x ln x x - + 0 +1 1 2即： x 0 ，将 0 x -1代入即有：
y x +
x0 x0 -1
,
0 0
1
由 y ex 得 y ex 令 ex 得： x ln
1 1
，此时 y x x x ,0 0 0
1 1
可得：曲线 y ex 在点 ln , ÷处的切线方程为：
è x0 x0
x +1
y 1 1 x 1 1 1- - ln ÷ x + ln x0 ，将 ln x
0
0 x -1代入化简，x0 x0 è x0 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
- +1+ m 0x2 x
∴ F x 1 1 2 F x F x m - - 1 1，令
x x2 1 2
，得： í ，
2 1
2 - +1+ m 0 x2 x2
1 1
∴ x ， 为方程 2t
2 - t +1+ m 0的两根，
1 x2
1 1 1
∴ + x x 2 即：
2 x1 + x2 x1x2 ，
1 2
∴ x1x2 2 x1 + x2 > 4 x1x2 ∴ x1x2 >16 ，
2 2
∴ F x1 + F x2 ln x1 - x1 + + ln x - x +
è x
÷ 2 2 x ÷1 è 2
ln x1 + ln x2
2 2
- x1 + x2 + +
è x1 x
÷
2
ln x x x- 1x21 2 +1，2
x x t
令 t x 1 21x2 >16，则 ln x1x2 - +1 ln t - +1，2 2
h t ln t t 1 1令 - +1 t >16 ，则 h t - < 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 F
1 1 1
x2 m，由导函数建立方程组结合韦达定理得出 + x1 x
，
2 2
再求函数值之和F x x1x2 t1 + F x2 ln x1x2 - +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.
f (x)
7．（2023·新疆·三模）已知函数 f (x) ax2 + (a +1)x ln x -1， g(x) ．
x
(1)讨论 g x 的单调性；
2
(2)若方程 f (x) x2
e
ex + x ln x -1有两个不相等的实根 x1, x2 ，求实数 a x + x的取值范围，并证明 e 1 2 > ．x1x2
【答案】(1)答案见解析
(2) a (e, + ) ；证明见解析
【分析】（1）求导，利用导函数的正负判断单调性即可；
t
（2 x x）首先将原式化简整理成 a ln xe xe ，令 t xex > 0 得 a ln t t ，再令 h t ，根据已知条件利用
ln t
2
a ex1 + x e2 > t t > e2导数求出参数 的取值范围，进而要证 即证即证 1 2 ，只需证 ln t1 + ln t2 > 2，不妨设x1x2
t1
t + t 2 -1
t > t > 0 ln t + ln t 1 2 ln
t1 > 2 t1 2 t - t
t ÷ t1
1 2 ，则只需证 1 2 ，即 ln > 1 2 è 2 ，最后令 s >1t1 - t t
，
2 2 t2 t1 + t t2 1 t+1 2
t2
p(s) ln s 2(s -1)- ，其中 s >1，借助导数求解 p s 的最小值即可证明.
s +1
【解析】（1）因为 g(x) ax + (a +1)ln x
1
- ，
x
g x a a +1 1 (x +1)(ax +1)所以 + + (x > 0)，
x x2 x2
当 a 0时， g x > 0，所以 g(x)在区间 (0, + )上单调递增，
0 g x > 0 0 x 1 g x < 0 x 1当 a< 时，令 ，得 < < - ；令 ，得 > - ，
a a
g(x) 1 1 所以 在区间 0,- ÷ 上单调递增，在区间 - ,+ ÷上单调递减，
è a è a
1
综上当 a 0时， g(x)在区间 (0, + )上单调递增，当 a<0时， g(x)在区间 0,- ÷ 上单调递增，在区间
è a
1
- ,+

÷上单调递减.
è a
（2）方程 f (x) x2 ex + x ln x -1，即 ax + a ln x xex，等价于 a ln xex xex ，
令 t xex > 0 ，其中 x > 0，则 a ln t t ，显然 t 1，
令 h t t ln t -1 ，则 h t ，
ln t ln2 t
所以 h t 在区间 0,1 上单调递减，且由 x 0 时 h t < 0可得在区间 0,1 上 h(t) < 0，
h t 在区间 (1,e)上单调递减，在区间 (e,+ ) 上单调递增，
所以 h(t) h(e) e极小值 ，
因为方程 f (x) x2 ex + x ln x -1有两个实根 x1, x2 ，
所以关于 t
t x x
的方程 a 有两个实根 t1 ， t2 ，且 t1 x 1 21 e ， t2 x2 e ，所以 a (e, + ) ，ln t
2
要证 ex1 + x
e
2 > x x 2 2，即证 x 1 2
x x 1
e × x2 e > e ，即证 t1t2 > e ，只需证 ln t1 + ln t2 > 2，
1 2
ìt1 a ln t1 ìt1 - t2 a ln t1 - ln t2 t1 + t2 ln t + ln t 1 2因为 í
t2 a ln t
，所以 í ，整理可得 ，
2 t1 + t2 a ln t1 + ln t2 t1 - t2 ln t1 - ln t2
不妨设 t1 > t2 > 0，则只需证 ln t + ln t
t
1
+ t2
1 2 ln
t1 > 2
t1 - t t
，
2 2

2 t1

-1
t1 2 t1 - t
÷
即 ln > 2 è t2
t t + t t
，
2 1 2 1 +1
t2
s t 1 >1 p(s) ln s 2(s -1)令 t ， - ，其中 s >1，2 s +1
2
因为 p s 1 4 (s -1) - 2 2 > 0，所以 p s 在区间 (1, + )上单调递增，s (s +1) s(s +1)
e2
所以 h(s) > h(1) 0 x + x，故 e 1 2 > ．
x1x2
【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键点在于借助同构思想将原始等价为 a ln xex xex ，通过令
t e2
t xex > 0 x + x，合理构造函数 h t 来确定参数 a的取值范围；第二步的关键点在于将 e 1 2 > 等价转
ln t x1x2

2 t

1 -1t1 2 t1 - t2 è t
÷
换为 ln > 2 ，将双变量问题转化为单变量问题，进而借助导数进一步证明.
t2 t1 + t t2 1 +1
t2
x
8．（2023·上海松江·模拟预测）已知函数 f (x) ax - a ln x e- .
x
(1)若 a 0，求函数 y f (x) 的极值点；
(2)若不等式 f (x) < 0恒成立，求实数 a 的取值范围；
(3)若函数 y f (x) 有三个不同的极值点x1、x2、 x3 ，且 f (x1) + f (x2 ) + f (x3 ) 3e
2 - e，求实数 a 的取值范围.
【答案】(1)1
(2) a < e
(3) e < a e2
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性，即可求函数的极值点.
（2）由 f x < 0 分离常数 a，利用构造函数法，结合导数来求得 a的取值范围.
（3）首先根据 f x 有3个不同的极值点求得 a的一个范围，然后化简不等式
f x1 + f x 22 + f x3 3e - e，利用构造函数法，结合导数求得 a的取值范围.
ex 1- x ex
【解析】（1）当 a 0时， f x - ， f x ，
x x2
当0 < x <1时， f x > 0， x >1时， f x < 0，
所以函数在区间 0,1 单调递增，在区间 1, + 单调递减，
所以函数在 x 1处取得极大值，函数的极值点为 1；
（2）函数 f x 的定义域为 0, + ，不等式 f x < 0 恒成立，
a x ln x e
x
即 - < 在 0, + 上恒成立，
x
记u x x - ln x ，则u x 1 1 x -1 - ，
x x
得到u x 在区间 0,1 上u x < 0,u x 单调递减，
在 1, + 上u x > 0,u x 单调递增，
则 u x umin 1 1，即u x 1在区间 0, + 上恒成立，
ex
分离变量知： a < g x 在 0, + 上恒成立，则 a < g x 2 ，x - x ln x min
ex x2 - x ln x - ex 2x - ln x -1 ex x2 - x ln x - 2x + ln x +1 g x 2 2 2x - x ln x x2 - x ln x
ex é x -1 2 - x -1 ln xù ex x -1 x -1- ln x
2
2 ，
x2 - x ln x x2 - x ln x
由前面可知，当 x 0,1 U 1, + 时，u x x - ln x >1恒成立，即 x -1- ln x > 0，
所以 g x 在区间 0,1 上 g x < 0, g x 单调递减，
在区间 1, + 上 g x > 0, g x 单调递增，
所以 g x g 1 e，所以 a < emin ．
a ex x -1 ax × x -1 ex ax - ex x -1（3 x -1 ） f x a - - 2 2 - 2 ，x x x x x2
设曲线 y ex 图象上任意一点 t, et , ex ex ，
所以曲线 y ex 在点 t,et 处的切线方程为 y - et et x - t ，
将 0,0 t代入得0 - e et 0 - t , t 1，故切点为 1,e ，
过 0,0 的切线方程为 y - e e x -1 , y ex，
所以直线 y ex和曲线 y ex 相切，并且切点坐标为 1,e ，
所以当且仅当 a > e时，方程 ax - ex 0 有两个不相等的实根x1， x3 ，并且0 < x1 <1 < x3，
从而当 a > e时， f x 有三个极值点x1，x2， x3 ，并且0 < x1 < x2 1 < x ， ax ex1 ， ax ex33 1 3 ，
取对数知： ln a + ln x1 x1， ln a + ln x3 x3，即 ln a x1 - ln x1， ln a x3 - ln x3 ，
x1 x3
则 f x1 + f x2 + f x3 a x1 - ln x
e
1 - + a
e
- e + a x3 - ln x3 -x1 x3
a ln a - a + a - e + a ln a - a 2a ln a - a - e 3e2 - e．
构造 g a 2a ln a - a - e a > e ，
g a 2 ln a +1 -1 2ln a +1 > 0在 a > e时恒成立，
则 g a 2 2 2 2 2在区间 a e, + 上单调递增，且 g e 2e ln e - e - e 3e - e ，
从而 f x1 + f x2 + f x3 2a ln a - a - e g a 3e2 - e 的解为 a e2，
综上所述 e < a e2．
【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单
调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法求得单调区间时，可考虑二次求导等方法
来进行求解.
1
9 2023· · f x lnx + (a - x)2．（ 山东德州 三模）已知函数 ，其中 a R ．
2
(1)当 a 1时，求函数 f x 在 1, f 1 处的切线方程；
(2)讨论函数 f x 的单调性；
(3)若 f x x , x x x 3 15 存在两个极值点 1 2 1 < 2 , f x2 - f x1 的取值范围为 - ln2, - 2ln24 8 ÷ ，求
a的取值范
è
围．
【答案】(1) x - y -1 0
(2)答案见解析
3 2 5
(3) , ÷÷
è 2 2
【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；
（2）求导后，分类讨论 a，根据导数的符号可得结果；
（3）根据 f x 存在两个极值点可得 a > 2，且 x1 × x2 1, x1 + x2 a ，根据单调性可得 f x1 > f x2 ，将
x x x
f x - f x ln 1 - 1 + 22 1 化为 x 2x 2x ，利用比值代换可求出结果.2 2 1
【解析】（1）当 a 1时， f x lnx 1+ (1- x)2 ，定义域为 (0, + )，
2
所以 f x 1 - 1- x ，
x
所以 k f 1 1，又 f 1 0，
所以函数 f x 在 1, f 1 处的切线方程为 y x -1，即 x - y -1 0 .
（2） f x 的定义域是 0, + ，
2
f x ln x 1+ x2 ax 1- + a2 f x 1 x a x - ax +1， + - ，2 2 x x
令 g x x2 - ax +1，则D a2 - 4．
①当 a 0或D 0，即 a 2时， f x 0恒成立，所以 f x 在 0, + 上单调递增．
ìa > 0 2 2
② í a > 2 f (x) > 0 0 x a - a - 4 x a + a - 4当 Δ 0 ，即 时，由 ，得> < < 或 > ； 2 2
2
f x < 0 a - a - 4 x a + a
2 - 4
由 ，得 < < ，
2 2
a - a2 - 4 a + a2 - 4 a - a2 - 4 a + a2 - 4
所以 f x 在 0, ÷和 ,+ ÷÷上单调递增，在 , 2 ÷ 2 2 2 ÷÷上单调递减．è è è
综上所述，当 a 2时， f x 在 0, + 上单调递增；
2
f x a - a - 4
a + a2 - 4
a 2 0, ,+ ÷ a - a
2 - 4 a + a2 - 4
当 > 时， 在 ÷2 ÷和 ÷上单调递增，在
, ÷2 2 2 ÷
上单调递减
è è è
（3）由（2）当 a 2时， f x 在 0, + 上单调递增，此时函数 f (x) 无极值；
当 a > 2时， f x 有两个极值点，即方程 x2 - ax +1 0有两个正根 x1, x2 ，
所以 x1 × x2 1, x1 + x2 a ，则 f x 在 x1, x2 上是减函数．所以 f x1 > f x2 ，
因为 f x ln x 1+ x2 - ax 1+ a2，
2 2
所以 f x2 - f x1 f x1 - f x2
ln x 1 x2 ax 1 a2 ln x 1 x2 ax 1 1 + 1 - 1 + - 2 + - + a
2
2 2 2 2 2è 2 ÷
x
ln 1 1+ x21 - x22 - a x1 - xx 2 2 2
x 1
ln 1 + x2 2x 2 1 - x2 - x1 + x2 x1 - x2 2
ln x 1 1 - x21 - x2x 2 2 2
x x2 - x2
ln 1 - 1 2
x2 2x1x2
ln x1 x x - 1 + 2
x ，2 2x2 2x1
x1
令 t (0 < t <1)x ，则 f x
1 1
1 - f x2 h t lnt - t + ，
2 2 2t
2
h t 1 1 1 -t + 2t -1 -(t -1)
2
- -
t 2 2t2
< 0，
2t2 2t2
所以 h t 在 0,1 上单调递减，
h 1 3 ln 2,h 1 15 - - 2ln 2 h(1) 3 ln2 h(t) 15又 ÷ ÷ ，且 - < < - 2ln2
1
h( )
è 2 4 è 4 8
，
2 4 8 4
1
所以 < t
1
< ，
4 2
x + x 2
由a2 1 2 1 t + + 2, t 1 1
x x t
, ÷，
1 2 è 4 2
g t 1 t + + 2 1 1 又 在
t
, ÷上单调递减，
è 4 2
9 3 2 5
所以 < a2
25
< 且 a > 2，所以实数 a的取值范围为
2 4
, ÷÷．
è 2 2
【点睛】方法点睛：涉及到双变量的问题一般可以利用比值代换处理，本题中，将 f x2 - f x1 化为
ln x1 x1 x x- + 2 1
x 2x 2x 后，设
t (0 < t <1)
x ，化为关于
t 的函数，再利用导数进行处理.
2 2 1 2
1+ 2ln x
10．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x 2 .x
(1)设函数 g x ekx 1- 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x1、x 1 22，求证： + < .x2 x1 m
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】
1 2ln x+kx
x
（ ）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 kx 1
【解析】（1）当 k > 0、 x > 0时， f (x) g(x) 即 2 e - 恒成立，x kx
1+ 2ln x x2ekx x- 1+ 2ln x e2ln x+kx x- e2ln x+kx x等价于 - - (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) xmin u(0) 0，得u(x) 0，即 e - 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，
v 1 又 ÷ 2ln
1 1 2 1+ - + < 0， v 1 1 > 0，
è e e e e
v(x) 1 ,1 所以 在 ÷，即 (0, + )e 上存在唯一零点
x0 ，
è
所以u v(x) u v x 0，即 e2ln x+x0 - 2ln x - x -1 0 2ln x +x，且 e 0 0 - 2ln x0 - x0 -1 0；
0 < k <1 m k e2ln x+kx x当 时，令 - - (1+ 2ln x)，
k
k y e2ln x+kx y x - 0,1 m k < m 1 e2ln x+x易得关于 的函数 与 在 上单调递增，则 - 2ln x - x -1，
k
当 x x m k < 0 e2ln x+kx x0时， ，即 - - (1+ 2ln x) < 0，不满足题意；k
k >1 m k > m 1 e2ln x+x当 时，易得 - 2ln x - x -1 0 e2ln x+kx x，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 -4ln x ，则 f 2 (x) 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，
当 x >1时，易得 f (x)
1+ 2ln x
> 0 x 1 f (x) 1+ 2ln x2 恒成立，当 时， < 0 ，x e x2
又函数 f (x) m有两个不同的实根 x y m1, x2 ，即 f x 与 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 2 x x2 ，1 2
mx2得 1 1+ 2ln x1,mx
2 1+ 2ln x m(x2 + x22 2 ，有 1 2 ) 2 + 2ln x1x2 .
x1 x2 2(1- ln m) 2 2
要证 + 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)，则 h (x)
1
-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
11．（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 - > - ln 2 >1- 2（ ）证明： ex2 ex1 x ；1 x1
x x
（ii）若 1 2x x k ，证明： f x1 - f x < 1 .e 21 e 2
é1 ,+ 【答案】(1) ê ÷ e
(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
ex
对"x > 0恒成立，构建j(x) x (x > 0) ，利用导数求最值结合e
恒成立问题运算求解；
1 e e x x x
（2 2）（i）取 k ，根据题意分析可得 x - x > - ln ，构建 g x x - ln x -1 2，结合导数证明- ln >1- 2e e 2 e 1 x1 x1 x1
即可；
x ln x +1 x ln x +1 x ln x +1
（ii）根据题意分析可得 0 < x1 < 1 < x2 ， f x 1 11 x ， f x2 2 2x ，构建 g(x) e 1 e 2 ex (x > 0)，
1
结合导数证明0 < f x2 < < f x1 <1，即可得结果.e
【解析】（1）∵ f (x) k ln x
1
+ x (k R)，则 f (x)
k 1
-
e x ex
(x > 0)，
若 f (x) 是增函数，则 f (x)
k 1 0 k x - x ，且 x > 0，可得 ，x e ex
x
故原题意等价于 k x 对"x > 0恒成立，e
j(x) x (x 1- x构建 x > 0) ，则j (x) x x > 0 ，e e
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，
1
故j(x) j 1 1 é，∴ k 的取值范围为 ê , +

÷ .e e
1
（2）（i）由（1）可知：当 k 时， f (x)
ln x 1
+ x 单调递增，e e e
∵ 0 < x1 < x2 ，则 f x2 > f x
1
1 ，即 ln x
1 1
2 + x > ln x
1
1 + ，e e 2 e ex1
e e
整理得 x - x > ln x ln x ln
x
- - 2
e 2 e 1 1 2 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，
x2 x2 x2
令 x >1，可得- ln >1-x1 x1 x
，
1
e e
综上 x - x > - ln
x2 >1 x- 2
e 2 e 1 x x ；1 1
x x k 1 k 1
（ii）∵ 1 2 k ，则 - - 0
ex
，
1 ex2 x1 e
x1 x x22 e
k 1
可知 f (x) - x 0有两个不同实数根 x1, x2 ，由（1）知 0 < x1 < 1 < xx e 2
，
可得 f x1 k ln x
1 x1 ln x 1 x1 ln x1 +11 + ex
x 1 + x x ，1 e 1 e 1 e 1
同理可得 f x2
x ln x +1
2 2x ，e 2
构建 g(x)
x ln x +1
x (x > 0)，则 g (x)
(1- x) ln x
x x > 0 ，e 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 x1 ，即 f x2
1
< < f x1 ，e
且 ln x > 0,ex22 > 0，则 x2 ln x2 +1 > 0，故 g(x )
x ln x +1
2
2 2
x > 0，e 2
可得0 < f x 12 < ；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 x <1；e 1 e 1
综上所述：0 < f x2
1
< < f x1 <1 .e
1
可得- < - f x
e 2
< 0，则0 < f x1 - 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．
12．（2023· 2天津河西·模拟预测）已知 f x x - 4x - 6ln x．
(1)求 f x 在 1, f 1 处的切线方程；
(2) "x 1, + xf x - f x > x2 + 6k 1 对 ，有 1- x ÷ -12恒成立，求 k 的最大整数解；è
(3)令 g x f x + 4x - a - 6 ln x ，若 g x 有两个零点分别为 x1, x2 x1 < x2 ，且 x0 为 g x 的唯一的极值点，
求 a的取值范围，并证明： x1 + 3x2 > 4x0．
【答案】(1) y -8x + 5
(2)3
(3) a > 0；证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，求出 f (1) ， f (1)即可得到切线方程；
（2） xf (x) - f (x) > x2 + 6k
1 1- -12 k x + x ln x ÷ 等价于 < h(x)min ，求导分析 h(x) 的单调性，即可求出 k 的è x x -1
最大整数解；
（3）求得 g x 的导数和单调性，由极小值小于 0，可得 a > 2e ，再由分析法，注意构造函数，求得导数和
单调性，即可得证．
2
【解析】（1） f x x - 4x - 6ln x的导数为：
f x 2x - 4 6- ，
x
所以 f 1 -8， f 1 -3，
所以 f x 在 1, f 1 处的切线方程为：
y + 3 -8 x -1 ，即 y -8x + 5；
（2 2）由已知可得 xf x - f x > x + 6k 1 1 -

÷ -12，
è x
x + x ln x
等价于 k <
è x
，
-1 ÷ min
x + x ln x h x x - 2 - ln x可令 h x ，
x -1 x -1 2 ，
记m x x - 2 - ln x，m x 1 1- > 0，
x
所以m x 为 1, + 上的递增函数，
且m 3 1- ln 3 < 0，m 4 2 - ln 4 > 0，
所以$x0 3,4 ，m x0 0，即 x0 - 2 - ln x0 0 ，
所以 h x 在 1, x0 上递减，在 x0 ,+ 上递增，
且 h x h x
x + x ln x
0
0 0 0 x0 3,4min x0 -1
，
所以 k 的最大整数解为 3；
2
（3 2）证明：∵ g x f x + 4x - a - 6 ln x x - a ln x， g x a 2x - a 2x - ，
x x
若要 g x 有极值点，显然 a > 0，
2x2 - a 2x + a 2x - a a所以令 g x 0，可得 x0 ，
x x 2

当 x 0,
a a
2 ÷÷
， g x < 0， x ,+ 2 ÷÷， g x > 0，è è
a a 所以 g x 在 0, ÷÷上单调递减， ,+ ÷÷上单调递增，
è 2 è 2
而要使 g x 有两个零点，要满足 g x0 < 0，
2
a a a
即 g ÷ ÷ - aln < 0 可得 a > 2e ，
è 2 è 2 2
0 x a x a
x2
因为 < < ， > ，令 t t >1 1 2 2 x ，2 1
由 f x1 f x2 x21 - aln x1 x22 - aln x2 ，
即 x21 - aln x1 t
2x21 - aln tx
a ln t
1 x
2
1 2 ，t -1
而 x1 + 3x2 > 4x0 3t +1 x1 > 2 2a 3t +1
2 x21 > 8a ，
即 3t 1 2 a ln t+ × 2 > 8a，t -1
由 a > 0， t > 1 2，只需证 3t +1 ln t - 8t 2 + 8 > 0，
令H t 3t +1 2 ln t -8t 2 + 8，
则H t 18t + 6 ln t - 7t + 6 1+ ，
t
令 n t 18t + 6 ln t - 7t 6 1+ + ，
t
则 n t 18ln t 6t -1+11+ 2 > 0 t > 1 ，t
故 n t 在 1, + 上递增， n t > n 1 0；
故 H t 在 1, + 上递增，H t > H 1 0；
∴ x1 + 3x2 > 4x0．
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
13．（2023· x+a四川遂宁·模拟预测）已知函数 f (x) ln x + x ， g x x + e a R ，其中 e 为自然对数的底
数．
(1)求曲线 y f (x) 在点 1, f (1) 处的切线方程；
ìx2 -8x +15,2 x < 6
(2)当 a -2 时，有t (x) í ，求证：对"x 2, + ，有 g(x) t (x)；
9 - x, x 6
x
(3)若 f (x1) - g(x2 ) a
1
，且 1x ，求实数 a 的取值范围．2
【答案】(1) y 2x -1；
(2)证明见解析；
(3)[-1,+ ) .
【分析】（1）根据导数的几何意义和直线的点斜式方程即可求出切线方程；
（2）利用导数求出 g(x)min ，根据二次函数和一次函数的性质求出t (x)max ，即可求解；
3 ln x x +a x（ ）根据题意可得 ln x1 + e 1 x + a + e 22 ，设 h x x + e ，则 h ln x1 h x2 + a ，利用导数研究函数 h(x)
的单调性可得 a ln x1 - x2 ln x2 - x2 ，令j x ln x - x ( x > 0 )，再次利用导数研究函数的性质，求出j x max
即可.
【解析】（1）因为 f (x) ln x + x ，所以点 (1, f (1))即为点 (1,1)
f (x) 1 1+ ， k f (1) 2
x 切线
，
故切线方程为 y -1 2(x -1) ，即 y 2x -1；
（2）因为当 a -2 时， g(x) x + ex-2 ， g (x) 1+ ex-2 > 0，
故 g(x)在[2, + )上单调递增，所以 g(x)min g(2) 3，
当 2 x < 6时，t (x) x2 -8x +15 (x - 4)2 -1，此时t (x)max t (2) 3；
当 x 6 时，t (x) 9 - x在[6, + ) 上单调递减，此时t (x)max t (6) 3，
故t (x)max 3，所以 g(x) t (x)成立；
x
3 1（ ）由题意得： x1 > 0，又因为 1x ，所以
x2 > 0，
2
又 f (x1) - g(x2 ) a，即 ln x1 + x1 - (x2 + e
x2 +a ) a ，
ln x + x x + a + ex2 +a即 1 1 2 ，
所以 ln x + eln x1 x + a + ex2 +a1 2 ①
x
设 h x x + e ，则①式变形为 h ln x1 h x2 + a
h x 1+ ex > 0 x，所以 h x x + e 单调递增，所以 ln x1 x2 + a ，
x1
因为 1，所以 a ln x1 - x2 ln x - xx 2 2 ，2
令j x ln x - x ， x > 0，
则j x 1 1 1- x - ，
x x
当 x 0,1 时，j x > 0，当 x 1,+ 时，j x < 0，
则函数j x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
故j x ln x - x 在 x 1处取得极大值，也是最大值，
有j x j 1 ln1-1 -1，
故 a [-1, + )．即实数 a的取值范围为[ -1, + ) .
【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.
（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．（2023·浙江嘉兴·二模）已知 f x ex , g x lnx .
(1)若存在实数 a，使得不等式 f x - g x f a - g a 对任意 x 0, + 恒成立，求 f a × g a 的值；
f x1 x x k 1 - f x2 g x, k 1 - g x (2) < < 2若 1 2 ，设 1 ，证明：x1 - x 22 x1 - x2
k
①存在 x0 x1, x 1 x02 ，使得 x ×ek 0 成立；2
f
k x + f x 1② 1 - k < 1 22 -2 .x1x2
【答案】(1) -1
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）构造函数h x f x - g x ，求导，研究函数的单调性，利用极值点得 aea 1，从而利用指
对运算即可求解；
k
（2 ① 1 A x） 记 ，构造函数 p x e - Alnxk ，求导，研究函数单调性，找到隐零点，即可证明；2
1 1
+
②先用分析法及 1 x< 1 x2 把不等式证明转化为
x1x2 2
1 1
é f x - g x ù - é f x - g x ù f x1 - + f x2 - 1 1 2 2 x1 x< 2 ，
x1 - x2 2
é f x1 - g x1 ù - é f x2 - g x2 ù f x1 - g x1 + f x - g x 结合式子结构，转化为证明 < 2 2 ，
x1 - x2 2
h x1 - h x2 h x1 + h x2
构造函数，即证 < ，利用主元法，
x1 - x2 2
h
x + h x
构造函数 q x h x - h x 2 - 2 x - x2 ，求导，研究单调性，利用最值即可证明.2
x
【解析】（1）构造 h x f x - g x ex - lnx h x ex 1 xe -1，则 - ，
x x
令u x xex -1，则u x (x +1)ex > 0，所以u x 在 0, + 递增，
u 1 e
1 a
又 ÷ -1 0,u 1 e -1 0，所以存在 a ,1÷ ，使得u a ae -1 0，
è 2 2 è 2
且 h x 在 0,a 上单调递减，在 a,+ 上单调递增，
所以 h x h a 对任意 x 0, + a 1恒成立，此时 f a × g a e × lna × -a -1 .
a
k ex1 x2
2 ① 1
- e
A A > 0 ex x（ ） 令 ，显然 ，则 1 - Alnx1 e 2 - Alnx .k2 lnx1 - lnx
2
2
x
令 p x ex - Alnx A xe - A，则 p x ex - ，
x x
v x xex因为 - A在 0, + 递增， x 趋向于 0 时， v x 趋向于-A， x 趋向于正无穷大时， v x 趋向于正
x
无穷大，所以存在 x0 > 0 ，使得 v x 0，即 x0e 0 - A 0 .
于是 p x 在 0, x0 递减，在 x0 ,+ 递增.因为 p x1 p x2 ，所以 x0 x1, x2 .
f x1 + f x② 2
1
要证 k1 - k2 < -2 x1x
，
2
即证
é f x1 - g x1 ù - é f x2 - g x2 ù f x1 + f x2 1< - ，
x1 - x2 2 x1x2
1 1
+
因为 1 x< 1 x2 ，
x1x2 2
1 1
所以只要证 é f x1 - g x1 ù - é f x2 - g x2 ù f x1 + f
+
x x x
< 2 - 1 2 ，
x1 - x2 2 2
1 1
即证 é f x1 - g x1 ù - é f x2 - g x2 ù
f x1 - + f x2 -
x x< 1 2 ，
x1 - x2 2
é f x1 - g x1 ù - é f x2 - g x2 ù f x1 - g x1 + f x2 - g x 即证 < 2 ，
x1 - x2 2

h x x h x1 - h x2 h xf x g x e lnx 1 + h
x2
令 - - ，即证 < ，
x1 - x2 2

即证 h x1 - h
h x1 + h xx 2 > 2 x1 - x2 * ，2
令 x1 x，则1 < x < x2 .

构造 q x h x - h x2
h x + h x2 - x - x
2 2
，

则 q x h x h x - h x + h xx - x - 2 ，
2 2 2

q x h x hh x x x x h
x h x
- -
2 2
- - - x - x ，
2 2 2 2
h x 2因为 x e - 3 > e - 2 > 0, q x > 0，x
所以 q x < q x2 0 ，所以 q x > q x2 0，
所以 * 成立，原命题成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 f x > g x （或 f x < g x ）转化为证明 f x - g x > 0（或
f x - g x < 0），进而构造辅助函数h x f x - g x ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
1 1 1
15．（2023·湖北咸宁·模拟预测）已知函数 f x - 2 ÷ x - a - lnx - + b，其中 a,b R .è x 2x 2x
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 存在三个零点x1、x2、 x3 （其中 x1 < x2 < x3），证明：
（i）若 a > 1，函数 g x lnx 1+ ，使得0 < b - g a 1< a - ；
2x 2a
1 1 1 1 2 11a2 + 38a +11
（ii）若 0 < a < 1，则 + + - 2 - <
è x x
÷
1 3 è x1 x3 a
÷
3a a2 + 8a +1 .
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，并讨论 a的取值，比较导数零点的大小关系，讨论函数的单调性；
1
（2）（ⅰ）根据（1）的结果可知， f a > 0和 f 1 < 0，代入不等式，整理后构造函数 h a -lna - a ，
2
结合函数的单调性，即可证明；
1
（ⅱ）根据（1）的结果整理为 a < b < lna
1 a +1 a
+ ，再构造函数 f x 1- + - lnx + b ，再利用换元，
2 2a x 2x2
t t 2 2 11a
2 + 38a +11
将不等式转化为 1 + 3 - - k +1 lnk 11a2 + 38a +11
+ > 0 k +1 lnk
k -1 6 a2 + 8a +1 ，并构造函数y k , k >1，利用导数，判断函数的单调性，结合不k -1
等关系，即可证明.
x -1 x - a
【解析】（1 ）函数 f x 的定义域为 0, + , f x - 3 .x
①若 a > 1时，
0 < x <1 1 1< x < a a x > a
f x - 0 + 0 -
f x ] 极小值 Z 极大值 ]
②若 a 1时， f x 0恒成立， f x 单调递减，
③若 0 < a < 1时
0 < x < a a a < x <1 1 x >1
f x - 0 + 0 -
f x ] 极小值 Z 极大值 ]
④若 a 0时， x 0,1 时， f x < 0, f x 单调递减； x 1,+ 时， f x > 0, f x 单调递增.
综上所述，当 a > 1时， x 0,1 , f x 单调递减， x 1, a , f x 单调递增， x a, + , f x 单调递减；当
a 1时， x 0, + , f x 单调递减；当 0 < a < 1时， x 0, a , f x 单调递减， x a,1 ， f x 单调递增，
x 1, + , f x 单调递减；当 a 0时， x 0,1 , f x 单调递减， x 1, + , f x 单调递增.
（2）（i）由（1）知当 a > 1时， x 0,1 , f x 单调递减，
x 1, a , f x 单调递增，
x a, + , f x 单调递减.
所以 f x 存在三个零点，只需 f a > 0和 f 1 < 0即可，
1 1 1 1 1 1
所以 - 2 ÷ a - a - lna - + b > 0且 - ÷ 1- a - ln1- + b < 0 ，è a 2a 2a è1 2 2
1 1
整理得b > lna + g a 且b < a .
2a 2
b g a a 1 1此时， - - + < a - lna 1 1- + - a -lna 1- a，
2a 2 2a 2a 2
令 h a -lna 1- a ，易知 h a 在 1, + 上单调递减
2
h a h 1 1有 < - < 0，
2
1
所以0 < b - g a < a - .
2a
（ii）由（1）知，当 0 < a < 1时， x 0, a , f x 单调递减，
x a,1 , f x 单调递增，
x 1, + , f x 单调递减
所以0 < x1 < a < x2 < 1 < x3 .若 f x 存在三个零点，只需 f 1 > 0和 f a < 0即可，
1 1 1 1 1 1
所以 - 2 ÷ a - a - lna - + b < 0且 - ÷ 1- a - ln1- + b > 0，è a 2a 2a è1 2 2
1
整理得 a < b < lna
1
+ ，
2 2a
因为 f x 1 a +1 a - + - lnx + b ，
x 2x2
t 1 a +1 a设 ，则方程1- + 2 - lnx b 0 1 a 1 t
a
+ ，即为 - + + t 2 + lnx + b 0
x x 2x 2
t 1 1记 1 , t2 , t
1
x x 3
，
1 2 x3
则 t1, t2 , t3 为方程1 a 1 t
a
- + + t 2 + lnt + b 0三个不同的根，
2
设 k
t x 1
1 3 > >1
t .3 x1 a
1 1 1 1 2 11a22 + 38a +11要证： + + - - <
è x x
÷ x x a ÷1 3 è 1 3 3a a2 + 8a +1 ，
2
t t t t 2 2 11a + 38a +11即证： 1 + 3 1 + 3 - - <
è a ÷ 3a a2 + 8a +1 ，
t t 2 2 11a
2 + 38a +11
即证： 1 + 3 - - 而1- a +1 t a 21 + t1 + lnt
a
1 + b 0 且1- a +1 t + t 23 3 + lnt3 + b 0，2 2
a 2 2
所以 lnt1 - lnt3 + t1 - t3 - a +1 t1 - t3 0，2
t t 2 2 2 lnt1 - lnt所以 1 + 3 - - - 3a a t - t ，1 3
2 lnt1 - lnt3 11a
2 + 38a +11
即证：- t1 + t3 ln
t1
t 11a2即证： 3 + 38a +11+ > 0，
t - t 6 a21 3 + 8a +1
k +1 lnk 11a2 + 38a +11
即证： + > 0k -1 6 a2 + 8a +1 ，
k +1 lnk记y k , k >1，
k -1
y k 1 k 1则 2 - - 2lnk

÷ > 0，(k -1) è k
所以y k 在 1, + 为增函数，所以y k >y a
k +1 lnk 11a2 + 38a +11 a +1 lna 11a2 + 38a +11
所以 + > + > 0k -1 6 a2 + 8a +1 a -1 6 a2 + 8a +1 ，
a -1 11a2 + 38a +11
设w a lna + ,0 < a <1，
6 a +1 a2 + 8a +1
a6 + 30a5 +141a4 + 256a3 +141a2w a + 30a +1则 > 0a(a +1)2 a2 + 8a +1 ，
所以w a 在 0,1 上是增函数，
所以w a < w 1 0
a -1 11a2 + 38a +11
所以 lna + < 0，
6 a +1 a2 + 8a +1
a +1 lna 11a2 + 38a +11
即 + > 0a -1 6 a2 + 8a +1
1 1 1 1 2 11a2 + 38a +11
所以若0 < a <1, x1 < x2 < x3，则 + + - 2 -x x ÷ x x a ÷
<
è 1 3 è 1 3 3a a2 8a 1 .+ +
【点睛】本题考查导数与函数性质，不等式，零点问题的综合应用，本题第二问的难点多次用到不等式的
整理，换元，构造函数，难度很大.
16．（2024·浙江温州·二模）如图，对于曲线Γ ，存在圆C 满足如下条件：
①圆C 与曲线Γ 有公共点A ，且圆心在曲线Γ 凹的一侧；
②圆C 与曲线Γ 在点A 处有相同的切线；
③曲线Γ 的导函数在点A 处的导数（即曲线Γ 的二阶导数）等于圆C 在点A 处的二阶导数（已知圆
r 2
x - a 2 + y - b 2 r2 在点 A x0 , y0 处的二阶导数等于 3 ）；b - y0
则称圆C 为曲线Γ 在A 点处的曲率圆，其半径 r 称为曲率半径．
(1)求抛物线 y = x2 在原点的曲率圆的方程；
1
(2)求曲线 y x 的曲率半径的最小值；
(3)若曲线 y ex 在 x , ex1 x和 x , e 21 2 x1 x2 处有相同的曲率半径，求证： x1 + x2 < -ln2．
2
1 1
【答案】(1) x2 + y - 2 ÷

è 4
(2) 2
(3)证明见解析
【分析】（1）设抛物线 y = x2 在原点的曲率圆的方程为 x2 + y - b 2 b2 ，求出导数、二阶导数，结合所给
定义求出b 即可；
（2）设曲线 y f x 在 x0 , y0 的曲率半径为 r ，根据所给定义表示出 r ，再由基本不等式计算可得；
3
x 2x 2 2 4 2
（3）依题意函数 y ex 的图象在 x, e 处的曲率半径 e +1 ，即 x - xr 3 3 3 ，从而得到
ex
r e + e
4 2 2 2x1 - x
4 x 21 2 - x x xe3 + e 3 e3 + e 3 2 ，令 t e3
1 ， t e3 2 ，即可得到 t1t2 t1 + t2 1，再由基本不等式证明即可．1 2
【解析】（1）记 f x x2 ，设抛物线 y = x2 在原点的曲率圆的方程为 x2 + y - b 2 b2 ，其中b 为曲率半
径．
则 f x 2x， f x 2，
2 f 0 b
2 1 2
故 3
1
b ， 2
r
，即b 3 ，b - 0 b 2
2
所以抛物线 y = x2 1 1在原点的曲率圆的方程为 x2 + y - ÷ ；
è 2 4
（2）设曲线 y f x 在 x0 , y0 的曲率半径为 r ．则
ì
f x0
x - a
- 0
y0 - b
法一： í r 2 ， f x
0

b - y 3 0
2 r2
由 x0 - a
2 + y0 - b
2 r2知， é f x0 ù +1 ，y 20 - b
3
2é f x0 ù +1 2所以 r ，
f x0
3
ì 2 1 ü2
í - +1

2 ÷
故曲线 y
1
x
x 在点
x0 , y0 处的曲率半径 r è 0 ，
2
x30
3
1
4 +1÷ 3 2 2 1
2 è x0 1 2 1 - 2 1
所以 r 2 x0 + 2 ÷ 2 ，则 r 3 2 3 x + 30 2 ÷ 2 ，
2 4 è x0 è x0
x30
3
1 1 2 2 1 2则 r 2 x0 + ÷ 2 ，当且仅当 x0 x2 ，即 x0 1时取等号，2 è x
2
0 0
1
故 r 2 ，曲线 y 在点 1,1 处的曲率半径 r 2 ． x
ì 1 x- 0 - a x2
-
0 y0 - b a + bx
2
0 - 2x0
法二： í r
2 r
2 ，
x4
，
0 +1
x3 0 b - y
3
0
ì 2
3
y
x0 × r
0 - b - 1 4 4
23 r 2 x a 2 y b 2 x
2
0 × r 3 r 3
所以 í 2 ，而 0 - + 0 - 2 + 2 ，
r 3 23 23x a × x
2
0 - -
0
1

23 x0
2 2 3
- 2 1 r 3 2 3 x + 1 2所以 ÷，解方程可得 r x2 1

0
è x
2
2 0
+ 2 ÷ ，
0 è x0
3
1 1 2 1
则 r 2 2 2 x0 + 2 ÷ 2，当且仅当 x0 x2 ，即 x0 1时取等号，4 è x0 0
1
故 r 2 ，曲线 y 在点 1,1 x 处的曲率半径 r 2 ．
3
2x
（3）法一：函数 y ex x, ex的图象在 处的曲率半径 e +1 2r ，
ex
2 4 x 2故 - xr 3 e3 + e 3 ，
4 2 4 2 2 x 2 x
由题意知： x1 - x x - x 1 2e3 + e 3 1 e3 2 + e 3 2 令 t 3 3 ，1 e , t2 e
t 2 1 t 2 1则有 1 + +t 2 t ，1 2
所以 t 21 - t
2 1 1
2 - ，即 t1 - t2 t t
t1 - t
1 +
2
t t 2 t t ，故
t1t2 t1 + t2 1．
2 1 1 2
因为 x1 x2 ，所以 t1 t2 ，
3
所以1 t t 2 x1 +x2 ，1 2 t1 + t2 > t1t2 × 2 t1t2 2 t1t2 2e
所以 x1 + x2 < -ln2．
3
x e2x 2法二：函数 y ex 的图象在 x, e 处的曲率半径 +1 r ，
ex
e2x
3
+1
有 r 2

e4x + 3e2x + 3+ e-2x
e2x
2x 1 1
令 t1 e 1 , t2 e
2x2 2，则有 t1 + 3t1 + 3+ t
2
2 + 3tt 2
+ 3+
t ， 1 2
1
则 t1 - t2 t1 + t2 + 3
1
- 0，故 t + t + 3- 0 ，
è t t
÷ 1 2
1 2 t1t2
因为 x1 x2 ，所以 t1 t2 ，
所以有0 t
1
1 + t2 + 3- > 2 t1t + 3
1
-
t t 2 t t ，1 2 1 2
令 t t1t2 ，则 2t + 3
1
- < 0 0 > 2t3 + 3t 2 -1 (t +1)22 ，即 2t -1 ， t
t 1 1故 < x，所以 e 1 +x2 t1t2 t < ，即 x1 + x2 < -ln2；2 2
3
2x 2
法三：函数 y ex 的图象在 x, ex 处的曲率半径 e +1 r ．
ex
2 4 x 2故 xr 3 e3 + e3
4 2 4 4 2 2x x x 2 - x - x
设 g x e3 + e3 ，则 g x e3 - e 3
2
e 3 2e2x -1 ，3 3 3
x , 1所以当 - - ln2

÷时 g x < 0
1
，当 x - ln2,+

÷时 g x > 0，
è 2 è 2
g x 1 1所以 在 - ,- ln2÷上单调递减，在 - ln2,+ ÷上单调递增，
è 2 è 2
1
故有 x1 < - ln2 < x2 ，2
x ,-ln2 - x - , 1- ln2 所以 1 2 ÷，
è 2
要证 x1 + x2 < -ln2，即证 x1 < -ln2 - x2 ，
即证 g x2 g x1 > g -ln2 - x2 将 x1 + x2 < -ln2 ，
1
下证：当 x - ln2,+

÷时，有 g x > g -ln2 - x ，
è 2
设函数G x g x - g -ln2 - x x 1（其中 > - ln2），
2
2 2 x 1 4 2x - - x则G x g x + g -ln2 - x 2e -1 e3 - 2 3 ÷ ×e 3 > 0，3 è
故G x 1单调递增，G x > G - ln2

2 ÷
0 ，
è
故 g x2 > g -ln2 - x2 ，所以 x1 + x2 < -ln2．
3
x 2x 2
法四：函数 y ex 的图象在 x, e 处的曲率半径 e +1 r ，
ex
2x 3e +1有 r 2 e4x + 3e2x -2x ，
e2x
+ 3+ e
设 h x e4x + 3e2x + 3 + e-2x ．
则有 h x 4e4x
2
+ 6e2x - 2e-2x 2e-2x e2x +1 2e2x -1 ，
x , 1 ln2 h x 1所以当 - - ÷时 < 0，当 x

- ln2,+

÷时 h x > 0，
è 2 è 2
故 h x 在 - ,
1 1
- ln 2
2 ÷ 上单调递减，在
- ln 2,+
2 ÷ 上单调递增．è è
1
故有 x1 < - ln2 < x2 2
，
所以 x1,-ln2
1
- x 2 - ,- ln2

2 ÷
，
è
要证 x1 + x2 < -ln2，即证 x1 < -ln2 - x2 ，
即证 h x2 h x1 > h -ln2 - x2 ．将 x1 + x2 < -ln2，
下证：当 x
1
- ln2,+ ÷时，有 h x > h -ln2 - x ，
è 2
设函数H x h x - h -ln2 - x x 1（其中 > - ln2），
2
H x h x + h -ln2 - x 2e2x 2 1-1 1+ e-2x 1 -4x 则 + e ÷ > 0，
è 2 4
故H x H x H 1单调递增，故 > - ln2

2 ÷
0 ，
è
故 h x2 > h -ln2 - x2 ，所以 x1 + x2 < -ln2．
【点睛】方法点睛：极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范
围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成
立，即可证明不等式.特训 07 利用导数解决双变量问题（三大题型）
如果两个变量之间不存在具体直观的等量关系，但可以通过适当的代数变形将两个变量化为某种结
x
构的整体，常见如 x -x, 2 ，这种通过换元实现双变量合二为一目的，把双变量转化为单变量的手段分别称
x1
为“差值代换”和“比值代换”.
x
注：如果所给条件能转化为关于变量 x ,x 的齐次式，常常建立关于 2 的函数 .
x1
导数中解决双变量问题的步骤：
(1)先根据已知条件确定出两个变量 x ,x 满足的条件；
(2)将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：
x x
① 将所有涉及 x ,x 的式子转化为关于 2 的式子，令 t 2 ,将问题转化为关于自变量 t 的函数问题；
x1 x1
② 令 t=x -x ,将问题转化为关于自变量 t 的函数问题.
注：需要关注新元的范围即为新函数的定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
目录：
01 ：转化为同源函数解决
02 ：整体代换
03 ：　构造具体函数解决双变量问题
01 ：转化为同源函数解决
例 1 已知函数 f(x)＝ln x－ax＋1，其中 a 为实常数.对于函数图象上任意不同的两点 A(x1，f(x1))，B(x2，
f(x2))，直线 AB 的斜率为 k，若 x1＋x2＋k＞0 恒成立，求 a 的取值范围.
感悟提升　此类问题一般是给出含有 x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结
构形式相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解.
1
训练 1 已知函数 f(x)＝aln x＋ x2，在其图象上任取两个不同的点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，总能使得2
f（x1）－f（x2）
＞2，则实数 a 的取值范围为(　　)
x1－x2
A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1，2) D.[1，2]
02 ：整体代换
例 2 设函数 f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x，g(x)＝2aln x－4x＋b，其中 a＞0，b∈R.已知 a＞2，且方程 f(x)＝g(x)
x1＋x2
在(1，＋∞)上有两个不相等的实数根 x1，x2，求证：f′( )＞0.2
感悟提升　(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数 a，得到仅含有 x1，x2 的式子.(2)与极值点 x1，x2
有关的双变量问题，一般是根据 x1，x2是方程 f′(x)＝0 的两个根，确定 x1，x2的关系，再通过消元转化为只
x2
含有 x1或 x2的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为 x1，x2的齐次式，然后转化为关于 的函数，x1
x2
把 看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.
x1
训练 2 设 a∈R，函数 f(x)＝ln x－ax，若 f(x)有两个相异零点 x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2.
03 ：　构造具体函数解决双变量问题
例 3 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 bln a－aln b＝a－b，证明：2< ＋ a b
答题模板
第一步　分析题意，探究两变量的关系
第二步　合二为一，变为单变量不等式
第三步　构造函数
第四步　判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题
第五步　反思回顾解题过程，规范解题步骤
训练 3 已知函数 f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).当 x＞y＞e－1 时，求证：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
方法技巧 1 极值点偏移
(1)极值点不偏移
x1＋x2
已知函数 f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点 x0，若 f(x)＝c 的两根的中点刚好满足 ＝x0，即极值点在2
两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数 f(x)在 x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1).
图(1)
(无偏移，左右对称，二次函数)若 f(x1)＝f(x2)，则 x1＋x2＝2x0.
(2)极值点偏移
x1＋x2
若 ≠x0，则极值点偏移，此时函数 f(x)在 x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).2
图(2)
(左陡右缓，极值点向左偏移)若 f(x1)＝f(x2)，则 x1＋x2＞2x0；
图(3)
(左缓右陡，极值点向右偏移)若 f(x1)＝f(x2)，则 x1＋x2＜2x0.
(3)极值点偏移问题的常见解法
①(对称化构造法)构造辅助函数：对结论 x1＋x2＞2x0 型，构造函数 F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论 x 21x2＞x 0
x02
型，构造函数 F(x)＝f(x)－f( )，通过研究 F(x)的单调性获得不等式.x
x1
②(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换 t＝ 化为单变量的函数不等式，利用函数单
x2
调性证明.
例 已知函数 f(x)＝xe－x，如果 x1≠x2，且 f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞2.
方法技巧 1 指数、对数均值不等式
极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指数均值不等式和对数均值
不等式.
一、对数均值不等式
a－b a＋b
结论 1　对任意的 a，b＞0(a≠b)，有 ab＜ ＜ .
ln a－ln b 2
证明　不妨设 a＞b＞0(0＜a＜b 时同理可得)
a－b a－b
首先，由 ab＜ 等价于 ln a－ln b＜ ，
ln a－ln b ab
a
a －1
即 ln b＜ .
b a
b
a x2－1
令 x＝ ＞1，只要证 ln x2＜ ，
b x
即证 2xln x－x2＋1＜0.
令 f(x)＝2xln x－x2＋1(x＞1)，
2
则 f′(x)＝2ln x＋2－2x，f″(x)＝ －2＜0，f′(x)在(1，＋∞)单调递减，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)单调递减，
x
即 f(x)＜f(1)＝0.
a－b
故 ab＜ .
ln a－ln b
a－b a＋b 2（a－b）
其次， ＜ 等价于 ln a－ln b＞ ，
ln a－ln b 2 a＋b
a 2(ab－1 )
即 ln ＞ .
b a
b＋1
a 2（x－1）
令 x＝ ＞1，只要证 ln x＞ ，
b x＋1
即证(x＋1)ln x－2x＋2＞0.
设 g(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x＞1)，
同理可证 g(x)在(1，＋∞)单调递增，
有 g(x)＞g(1)＝0.
a－b a＋b
故 ＜ .
ln a－ln b 2
二、指数均值不等式
m＋n em－en em＋en
结论 2　对任意实数 m，n(m≠n)，有 e ＜ ＜ .
2 m－n 2
证明　在指数均值不等式中，令 em＝a、en＝b，则 m＝ln a，n＝ln b，从而可得对数均值不等式.需注意的是，
在实际解题过程中，凡涉及这两个不等式的都需给出证明，以确保考试不被扣分，但本文以下的例题省略
该过程.
例 (1)若函数 f(x)＝ln x－ax(a 为常数)有两个不同的零点 x1，x2，请证明：x1x ＞e22 .
(2)已知函数 f(x)＝x－aex(a 为常数)有两个不同的零点 x1，x2，证明：x1＋x2＞2.
一、解答题
1．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数 f (x) a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
1
(2)若x 21， x2 x1 x2 为函数 g(x) kx + 2 - ln x 的两个零点，求证： x1x
4
2 >12e
4．
x
2．（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 ．
lnx
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x ax - ， a > 0．
x
(1)若 f x 存在零点，求 a 的取值范围；
(2)若x1，x2为 f x 的零点，且 x1 x2，证明： a x1 + x
2
2 > 2．
4．（2024·安徽阜阳·一模）已知函数 f x 3lnx - ax ．
(1)讨论 f x 的单调性．
(2)已知 x1, x2 是函数 f x 的两个零点 x1 x2 ．
（ⅰ）求实数 a的取值范围．
1
（ⅱ）l 0, ÷ , f x 是 f x 的导函数．证明： f é lx1 + 1- l x2 ù 02 ．è
ex - ax25．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) 有 3 个极值点 x1, x2 , x1+ x 3，其中
e是自然对数的底数．
(1)求实数 a的取值范围；
(2)求证： x1 + x2 + x3 > -2．
6．（2023·福建龙岩·二模）已知函数 f (x) ln x
2
， 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．
f (x) ax2 (a 1)x ln x 1 g(x) f (x)7．（2023·新疆·三模）已知函数 + + - ， ．
x
(1)讨论 g x 的单调性；
e2
(2)若方程 f (x) x2 ex + x ln x -1有两个不相等的实根 x1, x x + x2 ，求实数 a的取值范围，并证明 e 1 2 > ．x1x2
x
8．（2023· e上海松江·模拟预测）已知函数 f (x) ax - a ln x - .
x
(1)若 a 0，求函数 y f (x) 的极值点；
(2)若不等式 f (x) 0恒成立，求实数 a 的取值范围；
(3)若函数 y f (x) 有三个不同的极值点x1、x2、 x3 ，且 f (x1) + f (x2 ) + f (x3 ) 3e
2 - e，求实数 a 的取值范围.
9．（2023·山东德州·三模）已知函数 f x lnx 1+ (a - x)2 ，其中 a R ．
2
(1)当 a 1时，求函数 f x 在 1, f 1 处的切线方程；
(2)讨论函数 f x 的单调性；
3
(3)若 f x 存在两个极值点 x1, x2 x1 x2 , f x2 - f x1 的取值范围为 - ln2,
15
- 2ln2
4 8 ÷ ，求
a的取值范
è
围．
1+ 2ln x
10．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x
x2
.
(1)设函数 g x ekx 1- k > 0 ，若 f x g x 恒成立，求 k 的最小值；
kx
(2)若方程 f x x x m有两个不相等的实根x 、x ，求证： 1 + 2
2 1- ln m
1 2 .x2 x1 m
1
11．（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 x2 x2
（i）证明： x - > - ln >1-e ；2 ex1 x1 x1
x1 x（ii）若 2x x k ，证明： f xe e 1
- f x2 1 .
1 2
12 2．（2023·天津河西·模拟预测）已知 f x x - 4x - 6ln x．
(1)求 f x 在 1, f 1 处的切线方程；
1
(2) 2 对"x 1, + ，有 xf x - f x > x + 6k 1- x ÷ -12恒成立，求 k 的最大整数解；è
(3)令 g x f x + 4x - a - 6 ln x ，若 g x 有两个零点分别为 x1, x2 x1 x2 ，且 x0 为 g x 的唯一的极值点，
求 a的取值范围，并证明： x1 + 3x2 > 4x0．
13．（2023·四川遂宁·模拟预测）已知函数 f (x) ln x + x ， g x x + ex+a a R ，其中 e 为自然对数的底
数．
(1)求曲线 y f (x) 在点 1, f (1) 处的切线方程；
ìx2 -8x +15,2 x 6
(2)当 a -2 时，有t (x) í ，求证：对"x 2, + ，有 g(x) t (x)；
9 - x, x 6
x
(3)若 f (x1) - g(x ) a
1
2 ，且 1x ，求实数 a 的取值范围．2
14．（2023·浙江嘉兴· x二模）已知 f x e , g x lnx .
(1)若存在实数 a，使得不等式 f x - g x f a - g a 对任意 x 0, + 恒成立，求 f a × g a 的值；
f x - f x g x - g x
(2) 1 x x k 1 2 , k 1 2

若 1 2 ，设 1 2 ，证明：x1 - x2 x1 - x2
①存在 x0 x1, x2
k1 x0
，使得 x ×ek 0 成立；2
f x1 + f x② k1 - k
1
2
2 -
2 .x1x2
1 1 1
15．（2023·湖北咸宁·模拟预测）已知函数 f x - 2 ÷ x - a - lnx - + b，其中 a,b R .è x 2x 2x
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 存在三个零点x1、x2、 x3 （其中 x1 x2 x3），证明：
（i）若 a > 1，函数 g x lnx 1+ ，使得0 b - g a 1 a - ；
2x 2a
1 1 1 1 2 22 11a + 38a +11（ii）若 0 a 1，则 + ÷ + - - ÷
è x1 x3 è x1 x3 a 3a a2 + 8a +1 .
16．（2024·浙江温州·二模）如图，对于曲线Γ ，存在圆C 满足如下条件：
①圆C 与曲线Γ 有公共点A ，且圆心在曲线Γ 凹的一侧；
②圆C 与曲线Γ 在点A 处有相同的切线；
③曲线Γ 的导函数在点A 处的导数（即曲线Γ 的二阶导数）等于圆C 在点A 处的二阶导数（已知圆
r 2
x - a 2 + y - b 2 r2 在点 A x0 , y0 处的二阶导数等于 ）；b - y 30
则称圆C 为曲线Γ 在A 点处的曲率圆，其半径 r 称为曲率半径．
(1)求抛物线 y = x2 在原点的曲率圆的方程；
y 1(2)求曲线 x 的曲率半径的最小值；
(3) x若曲线 y ex 在 x1, e 1 和 x2 , ex2 x1 x2 处有相同的曲率半径，求证： x1 + x2 -ln2．

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