导数双变量问题分类整理
【例】(2018全国卷Ⅰ)已知函数1
()ln f x x a x x
=
-+． (1)讨论()f x 的单调性；
(2)若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：
1212
()()
2-<--f x f x a x x ．
【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，222
11
()1a x ax f x x x x
-+'=--+=-． （i ）若2≤a ，则()0'≤f x ，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减．
（ii ）若2a >，令()0f x '=
得，2a x -=
或2a x +=．
当2()a a x
+∈+∞
时，()0f x '<； 当(
22
a a x -+∈
时，()0f x '>． 所以()f x
在
)+∞单调递减，在单调递增． (2)由(1)知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >．
由于()f x 的两个极值点1x ，2x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >．由于
121212212121212
22
()()ln ln ln ln 2ln 1
1221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以
1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<．设函数1
()2ln g x x x x
=-+，由(1)知，()
g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <． 所以
2221
2ln 0x x x -+<，即1212
()()2f x f x a x x -<--．
【例】(2018浙江)
已知函数()ln f x x =．
(1)若()f x 在1x x =，2x (12x x ≠)处导数相等，证明：12()()88ln 2f x f x +>-；
(2)若34ln 2a -≤，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 【解析】(1)函数()f x
的导函数1()f x x '=
-，由12()()f x f x ''=
12
11x x -=-， 因为12x x ≠
12
+=
= 因为12x x ≠，所以12256x x >
．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x ++=．
设()ln g x x =
，则1()4)4g x x
'=， 所以
所以()g x 在[256,)
+∞上单调递增，故12()(256)
88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． (2)令(||)a k m e -+=，2
||1(
)1a n k
+=+，则()||0f m km a a k k a -->+--≥， (
)))0a f n kn a n k n k
n --<---<≤，所以，存在0(,)x m n ∈
使00()f x kx a =+， 所以，对于任意的a ∈R 及(0,)k ∈+∞，直线y kx a =+与曲线()y f x =有公共点．
由
()f x kx a =+得k =
设()h x =则22
ln 1()12()x a
g x a h x x x -+--+'==，
其中()ln g x x =
-．由(1)可知()(16)g x g ≥，又34ln 2a -≤， 故()1(16)134ln 2g x a g a a --+--+=-++≤，
所以()0h x '≤，即函数()h x 在(0,)+∞上单调递减，因此方程()0f x kx a --=至多1个实根． 综上，当34ln 2a -≤时，对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 【例】(2018天津)已知函数()x
f x a =，()lo
g a g x x =，其中1a >．
(1)求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间；
(2)若曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线与曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线平行，证明
122ln ln ()ln a
x g x a
+=-
； (3)证明当1e
e a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()y
f x =的切线，也是曲线()y
g x =的切线． 【解析】(1)由已知，()ln x
h x a x a =-，有()ln ln x
h x a a a '=-．令()0h x '=，解得0x =．
由1a >，可知当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如下表：
所以函数()h x 的单调递减区间(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞．
(2)证明：由()ln x
f x a a '=，可得曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线斜率为1ln x a a ．由
1
()ln g x x a
'=
，可得曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线斜率为21ln x a ．因为这两条切线平行，
故有121ln ln x
a a x a
=
，即122(ln )1x
x a a =．两边取以a 为底的对数，得21log 2log ln 0a a x x a ++=，
所以122ln ln ()ln a
x g x a
+=-
． (3)证明：曲线()y f x =在点11(,)x
x a 处的切线1l ：111ln ()x x y a a a x x -=?-．
曲线()y g x =在点22(,log )a x x 处的切线2l ：2221
log ()ln a y x x x x a
-=
?-． 要证明当1e
e a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()y
f x =的切线，也是曲线()y
g x =的切线，只需证明当1e
e a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，2(0,)x ∈+∞，使得l 1和l 2重合．
即只需证明当1e e a ≥时，方程组1
112
12
1ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ?=????-=-??
①②
有解，
由①得1221(ln )x x a a =
，代入②，得11
11
12ln ln ln 0ln ln x x a a x a a x a a
-+++=． ③ 因此，只需证明当1
e
e a ≥时，关于1x 的方程③有实数解．设12ln ln ()ln ln ln x x a
u x a xa a x a a
=-++
+
， 即要证明当1
e
e a ≥时，函数()y u x =存在零点．2()1(ln )x
u x a xa '=-，可知(,0)x ∈-∞时，()0u x '>；
(0,)x ∈+∞时，()u x '单调递减，又(0)10u '=>，2
1
(ln )2
1()10(ln )a u a a '=-<，故存在唯一的0x ，且00x >，使得0()0u x '=，即0201(ln )0x a x a -=．由此可得()u x 在0(,)x -∞上单调递增，在0(,)
x +∞上单调递减． ()u x 在0x x =处取得极大值0()u x ．因为1e
e a ≥，故ln(ln )1a -≥， 所以0000012ln ln ()ln ln ln x
x
a u x a x a a x a a
=-++
+02
012ln ln 22ln ln 0(ln )ln ln a a x x a a a +=++≥≥． 下面证明存在实数t ，使得()0u t <．由(1)可得1ln x a x a +≥，当1
ln x a
>
时， 有12ln ln ()(1ln )(1ln )ln ln a u x x a x a x a a +-+++≤2212ln ln (ln )1ln ln a
a x x a a
=-++++
， 所以存在实数t ，使得()0u t <，因此，当1
e
e a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，使得1()0u x =． 所以，当1e
e a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()y
f x =的切线，也是曲线()y
g x =的切线． 【例】(2016年全国Ⅰ) 已知函数2
()(2)(1)x
f x x e a x =-+-有两个零点．
（I ）求a 的取值范围；（II ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<． 【解析】（Ⅰ）．
（i ）设，则，只有一个零点．
（ii ）设，则当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 又，，取满足且，则 ，故存在两个零点． （iii ）设，由得或．
'()(1)2(1)(1)(2)x
x
f x x e a x x e a =-+-=-+0a =()(2)x
f x x e =-()f x 0a >(,1)x ∈-∞'()0f x <(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (,1)-∞(1,)+∞(1)f e =-(2)f a =b 0b 2 a b <223 ()(2)(1)()022 a f b b a b a b b > -+-=->()f x 0a <'()0f x =1x =ln(2)x a =- 若，则，故当时，， 因此在上单调递增．又当时，，所以不存在两个零点． 若，则，故当时，； 当时，．因此在上单调递减， 在上单调递增．又当时，， 所以不存在两个零点．综上，的取值范围为． （Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，又在上单调 递减，所以等价于，即．由于， 而，所以． 设，则．所以当时，，而， 故当时，．从而，故． 【例】(2015新课标Ⅱ）设函数2()mx f x e x mx =+-． (Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增； (Ⅱ)若对于任意1x ，2x [1,1]∈-，都有12|()()|f x f x -1e -≤，求m 的取值范围． 【解析】(Ⅰ)()(e 1)2mx f x m x '=-+． 若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e -≤，()0f x '<；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -≥，()0f x '>． 若0m ，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e ->，()0f x '<；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，()0f x '>． 所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增． (Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增．故()f x 在0x 处取得最小 值．所以对于任意1x ，2x [1,1]∈-，12|()()|1f x f x e --≤的充要条件是： (1)(0)1 (1)(0)1f f e f f e --?? ---?≤≤，即11 m m e m e e m e -?--?+-?≤≤ ① 设函数()1t g t e t e =--+，则()1t g t e '=-．当0t 时，()0g t '<；当0t 时()0g t '>． 2 e a ≥- ln(2)1a -≤(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (1,)+∞1x ≤()0f x <()f x 2 e a <- ln(2)1a ->(1,ln(2))x a ∈-'()0f x <(ln(2),)x a ∈-+∞'()0f x >()f x (1,ln(2))a -(ln(2),)a -+∞1x ≤()0f x <()f x a (0,)+∞12x x <12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞22(,1)x -∈-∞()f x (,1)-∞122x x +<12()(2)f x f x >-2(2)0f x -<2 22222(2)(1)x f x x e a x --=-+-22 222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=2 22222(2)(2)x x f x x e x e --=---2()(2)x x g x xe x e -=---2'()(1)()x x g x x e e -=--1x >'()0g x <(1)0g =1x >()0g x <22()(2)0g x f x =-<122x x +< 故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞ 单调递增．又(1) 0g ， 1(1)20g e e --=+-<，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时，()0,()0g m g m -≤≤，即①式成立，当1m 时，由()g t 得单调性，() 0g m ，即1m e m e ->-；当1m <-时，()0g m ->，即1m e m e -+>- 综上，m 的取值范围是[1,1]-． 关于极值点双变量的求参数范围问题： 【例】（2020·湖北高三模拟）已知函数()1 2ln f x x a x x =-+?. （1）讨论()f x 的单调性； （2）设()2 ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且 ()12122x x y x x g +??'=-? ???的范围是2ln 2,3?? -+∞???? ，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）当1a ≤时，单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间；当1a > 时，单调递减区间为 ( ()0,,a a +∞ ；单调递增区间为(a a ；（2 ）4?? +∞????? 【解析】 【分析】（1）求解导函数，根据导函数的分子（二次函数）分类讨论()f x '与0的关系，从而可分析出函数的单调性； （2）根据已知条件构造关于 12x x 的新函数，根据新函数的单调性分析出12x x 的取值范围，然后根据a 与1 2 x x 的关系即可求解出a 的取值范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()222 1221 1a x ax f x x x x --+'=-+=-. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '= （ii ）若1a >，令()0f x '= 得12x a x a == 当(() 20,x a a a ∈+ +∞ 时，()0 f x '<； 当(x a a ∈时，()0f x '>， 所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+ ，无单调递增区间； 当1a >时， ()f x 单调递减区间为(() 0,,a a ++∞； 单调递增区间为( a a +. （2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()1 2g x b cx x '= --， ∴()121212 22x x g b c x x x x +??'=--+ ? +??， 由()()120g x g x ==得()()22 112122 ln x b x x c x x x =-+-， ∴()()()()1222 1212121212 22-+? ?'=-= ---- ?+? ?x x x x y x x g b x x c x x x x .()12111221212 2 212ln ln 1??- ? -??=-=-++x x x x x x x x x x x x ，令12(0,1)x t x =∈，∴2(1)ln 1t y t t -=-+， ∴2 2 (1)0(1) t y t t --'=<+，所以y 在()0,1上单调递减. 由y 的取值范围是2ln 2,3??- +∞????，得t 的取值范围是10,2?? ??? ，∵122x x a +=， ∴() 22 2 2 2 2 2112212121 122 1221 2(2)242x x x x x x a x x x x x x a x x x x ++=+=++===++， ∴2 122119422,2x x a t x x t ?? =++=++∈+∞ ????，又∵1a >，故a 的取值范围是?+∞???? . 【点睛】（1）含参函数的单调性分析，要注意抓住参数的临界值进行分类讨论；（2）利用导数求解双变量问题，多数情况下需要构造关于12x x （或2 1 x x ）的新函数，借助新函数的单调性分析问题. 关于极值点双变量的最值问题： 【例】（2020·福建省高三）已知函数2 1 ()2ln f x x ax x =--，a ∈R ． （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，求()()212f x f x -的最大值． 【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）14ln 2 2 +. 【解析】 【分析】 （1）求出导函数，根据二次函数的?与0的关系来分类讨论函数的单调性，并注意一元二次方程根的正负与定义域的关系； （2）由()1212,x x x x <是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将()()212f x f x -转变为关于某一变量的新函数，分析新函数的单调性从而确定出新函数的最大值即()()212f x f x -的最大值. 【详解】（1）21221()22x ax f x x a x x ' -+=-+=，0x >，2 221y x ax =-+， 当2480a ?=-≤，即a ≤≤0y ≥，此时()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当a <22210x ax -+=有两个负根，此时()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当a >2 2210x ax -+=有两个正根，分别为1x =2x =， 此时()f x 在()10,x ，()2,x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减． 综上可得:a ≤ ()f x 在(0,)+∞上单调递增， a >()f x 在0,2a ??- ? ???，2a ??++∞ ? ???上单调递增，在22a a ?? -+ ? ??? 上单调递减． （2）由（1）可得12121,2 x x a x x +=?= ，a >211221ax x =+，2 22221ax x =+， ∵a >22a >，∴10,2x ?∈ ??，22x ??∈+∞ ? ??? ， ∴()()( ) 2 2 2122211122ln 22ln f x f x x ax x x ax x -=-+--+22 21212ln 2ln 1x x x x =-++-+ 2 222 2222222211132ln 2ln 1ln 12ln 22222x x x x x x x ??=-++-+=-++++ ??? 令2 2t x =，则1 2t > ，13()ln 12ln 222 g t t t t =-+ +++ 2222 13231(21)(1) ()12222t t t t g t t t t t ' -+----=--+== 当 1 12 t <<时，()0g t '>；当1t >时，()0g t '< ∴()g t 在1,12?? ???上单调递增，在(1,)+∞单调递减∴max 14ln 2()(1)2 g t g +== ∴()()212f x f x -的最大值为 14ln 2 2 +。 关于极值点双变量的不等式证明问题： 【例】【云南省2020高三期末】已知函数2 1()2ln 2 f x x x a x =-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：123()()2f x f x -<+<-. 【分析】（1）先求解导数，再结合导数式特点，进行分类讨论，可得单调性； （2）结合极值点的特征，把目标式中双变量转化为单变量，结合函数单调性可证. 【解析】（1）解：由题得22'()2a x x a f x x x x -+=-+=，其中0x >， 考察2 ()2g x x x a =-+，0x >，其中对称轴为1x =，44a ?=-. 若1≥a ，则，此时()0g x ≥，则'()0f x ≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增； 若 ，则?>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根11 1x a =--，211x a =+-， 且1201x x <<<，所以当 时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增； 当12(,)x x x ∈时，()0g x <，则'()0f x <，()f x 单调递减； 当2(,)x x ∈+∞时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增， 综上，当1≥a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当 时，()f x 在(0,11)a --上单调递增， 在(1+上单调递减，在(1)++∞上单调递增. （2）证明：由（1）知，当 时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =， 所以()()2212111222112ln 2ln 22f x f x x x a x x x a x += -++-+()()()2212121212ln ln 2 x x x x a x x =+-+++ ()()()2 12121212122ln 2x x x x x x a x x ??=+--++??()21224ln ln 22 a a a a a a =--+=--. 令()ln 2h x x x x =--，01x <<，则只需证明3()2h x -<<-，由于'()ln 0h x x =<，故()h x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)3h x h >=-.又当01x <<时，ln 11x -<-，(ln 1)0x x -<， 故()ln 2(ln 1)22h x x x x x x =--=--<-，所以，对任意的01x <<，3()2h x -<<-. 综上，可得()()1232f x f x -<+<-. 【例】（2020·陕西省西北工业大学附属中学高三二模）设函数()2 ln f x x ax x =-+. (1)若当1x =时，()f x 取得极值，求a 的值，并求()f x 的单调区间. (2)若()f x 存在两个极值点12,x x ，求a 的取值范围，并证明： ()()212142 f x f x a x x a >---. 【答案】（1）3a =，()f x 的增区间为10,,(1,)2? ?+∞ ??? ，减区间为1,12?? ???. （2 ）a > 【解析】 【分析】 （1）求导数()f x ' ，由题意可知1x =为方程()0f x '=的根，求解a 值，即可.再令导数()0f x '>，()0f x '<， 分别求解单调增区间与单调减区间，即可. （2）函数()f x 存在两个极值点，等价于方程()0f x '=即2210x ax -+=在(0,)+∞上有两个不等实根，则>0?，即可. ()()2121 f x f x x x --变形整理为2121ln ln 2x x a x x --+ -；若证明不等式 ()()212142 f x f x a x x a >---，则需证明 2121ln ln 4x x x x a ->-，由1202a x x +=>变形为212121 ln ln 2x x x x x x ->-+，不妨设210x x >>，即证 2 21211 1 ln 21x x x x x x ->+，令211x t x =>，则()()21ln 1t h t t t -=-+，求函数()h t 的取值范围，即可证明. 【详解】（1）()()2121 2,0x ax f x x a x x x -+'=-+=>，1x =时，()f x 取得极值.()0,31f a ∴'==. ()()()2211231 x x x x f x x x ---+'∴==，解()0f x '>得102x <<或1x >解()0f x '<得112x << ()f x ∴的单调增区间为10,,(1,)2 ? ? +∞ ?? ? ，单调减区间为1,12?? ???. （2）()()221 ,0x ax f x x x -+'=>， ()f x 存在两个极值点 ∴方程()0f x '=即2210x ax -+=在(0,)+∞上有两个不等实根. 212180,02a x x ?=->= >，1202 a x x +=> ，a ∴> ()()2221222111 2121 ln ln f x f x x ax x x ax x x x x x -+-+--=--212121 2121ln ln ln ln 2x x x x a x x a x x x x --=+-+=-+-- ∴所证不等式 ()()212142 f x f x a x x a >---等价于2121ln ln 4x x x x a ->-，即212121ln ln 2x x x x x x ->-+ 不妨设21 0x x >>，即证2 21211 1 ln 21x x x x x x ->+，令211x t x =>，()()21ln 1t h t t t -=-+ ()()()() 2 22 114 011t h t t t t t -'=-=>++，()h t ∴在(1,)+∞上递增.()()10h t h ∴>= 2 21 2 11 1 ln 21x x x x x x -∴>+成立.()()212142f x f x a x x a ∴ >---成立. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及根据极值求参数取值范围，证明不等式.属于难题. 关于零点双变量的求参数范围问题： 【例】（2020·江西省高三模拟）已知函数()x f x ae x =-有两个零点1x 、2x . （1）求实数a 的取值范围; （2）若213x x ≥，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）10,e ?? ???；（2 ）30,6?? ? ?? . 【解析】 【分析】 （1）由()0f x =得x x a e = ，构造函数()x x g x e =，利用导数分析函数()y g x =的单调性与极值，作出函数()y g x =的图象，数形结合可得出实数a 的取值范围； （2）由题意推导出1201x x <<<，分1103x <≤ 和11 13 x ≤<两种情况讨论，结合213x x ≥以及函数()y g x =的单调性得出1x 的取值范围，再由()1a g x =以及函数()y g x =的单调性可求得实数a 的取值范围. 【详解】（1） ()x f x ae x =-，令()0f x =，可得x x a e = ，构造函数()x x g x e =，则直线y a =与函数()y g x =的图象有两个交点.()1x x g x -'= ，令()0g x '=，得1x =，列表如下： 所以，函数()y g x =的单调递增区间为(),1-∞，单调递减区间为()1,+∞，且在1x =处取得极大值()1 1g e =.当0x <时，()0x x g x e = <；当0x >时，()0x g x x e =>，如下图所示： 由图可知，当10a e <<时，直线y a =与()y g x =的图象有两个交点，因此实数a 的取值范围是10,e ?? ??? 。 （2）由（1）可知1>0x ，20x >，且()()12g x g x =， 2113x x x ≥>，1201x x ∴<<<. ①若11 03 x <≤，则21130x x >≥>，合乎题意； ②若 11 13 x <<，则131x >，2131x x ≥>且函数()x x g x e = 的单调递减区间为()1,+∞， ()()213g x g x ∴≤，即()()113g x g x ≤，即11 1133x x x x e e ≤，解得1ln 32x ≤，此时11ln 3 32 x <≤. 综上所述，1x 的取值范围是ln 30, 2? ? ?? ?.函数()x x g x e =在区间ln 30,2?? ??? 上单调递增，()()1ln 302g g x g ??∴<≤ ??? ，即306a <≤.因此，实数a 的取值范围是? ?? . 【点睛】本题考查利用函数的零点个数以及函数不等式求参数的取值范围，考查数形结合思想的应用，属于难题. 关于独立双变量的不等式恒成立问题： 【例】设函数． （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）； （2）若对任何恒成立，求的取值范围． 【解析】（1）由条件得，∵在点处的切线与垂直，∴此切线的斜率为0，即，有，得， ∴，由得，由得． ∴在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得极小值． 故的单调递减区间为，极小值为2 （2）条件等价于对任意恒成立， 设． 则在上单调递减， 则在上恒成立，得恒成立， ()ln ,k R k f x x x =+ ∈()y f x =()() ,e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()210k f x x x x '= ->()y f x =()(),e f e 20x -=()0f e '=210k e e -=k e =()()2210e x e f x x x x x -'=-=>()0f x '<0x e <<()0f x '>x e >()f x ()0,e (),e +∞x e =()f x ()ln 2e f x e e =+ =()f x ()0,e ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0k h x f x x x x x x =-=+ ->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2 211024k x x x x ? ?≥-+=--+> ?? ? ∴（对仅在时成立），故的取值范围是 【评注】此类问题一般是根据两边式子结构构造同一个函数，利用函数单调性求解 关于独立双变量的不等式证明问题： 【例】（2020·四川省高三二模）已知函数()2 12 x f x e x x =- +． 证明：（1）函数()f x 在R 上是单调递增函数； （2）对任意实数1x 、2x ，若()()122f x f x +=，则120x x +<． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）依题意可得()1x f x e x '=-+，()1x f x e ''=-，通过()y f x ''=的函数值符号的分析，可求得 ()()min 020f x f ''==>，于是可证得函数()y f x =在R 上是单调递增函数； （2）由（1）知函数()y f x =在R 上是单调递增函数，设120x x <<，再构造函数 ()()()()20x x g x f x f x e e x x -=+-=+-<，利用导数分析其单调性即可证得120x x +<成立． 【详解】（1） ()21 2 x f x e x x =-+，()1x f x e x '∴=-+，()1x f x e ''=-， 令()0f x ''>，得0x >，即函数()y f x '=在区间()0,∞+上单调递增； ()0f x ''<，得0x <，函数()y f x '=在区间(),0-∞上单调递减. 所以，函数()y f x '=的最小值为()()min 020f x f ''==>，故()y f x =在R 上是单调递增函数； （2）因()()()12202f x f x f +==，()y f x =在R 上是单调递增函数，不妨设120x x <<， 构造()()()()20x x g x f x f x e e x x -=+-=+-<，则()2x x g x e e x -'=--， ( )220x x g x e e -''∴=+->=，所以()y g x '=在(),0-∞上单调递增， 所以()()00g x g ''<=，所以()y g x =在(),0-∞上单调递减， 因10x <，()()()()()()1111202g x f x f x g f x f x =+->==+，有()()12f x f x ->． 14k ≥ ()1,04k h x '==12x =k 1,4??+∞???? 由（1）知，函数()y f x =在R 上是单调递增函数，有12x x ->，即120x x +<． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，根据函数的单调性构造合适的函数是关键，考查逻辑推理与运算能力，属于难题． 关于独立双变量的求参数范围问题： 【例】（2020·麻阳苗族自治县第一中学高三）已知函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝x 2－ax . （1）求函数f (x )在区间[t ，t ＋1](t ＞0)上的最小值m (t )； （2）令h (x )＝g (x )－f (x )，A (x 1，h (x 1))，B (x 2，h (x 2))(x 1≠x 2)是函数h (x )图像上任意两点，且满足1212 ()() h x h x x x --＞1，求实数a 的取值范围； （3）若?x ∈(0,1]，使f (x )≥ () a g x x -成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）m (t )＝ln ,1 1,01t t t t -≥??< （2）a －2.（3）a －2. 【解析】 【分析】 （1）是研究在动区间上的最值问题，这类问题的研究方法就是通过讨论函数的极值点与所研究的区间的大小关系来进行求解． （2）注意到函数h (x )的图像上任意不同两点A ，B 连线的斜率总大于1，等价于h (x 1)－h (x 2)＜x 1－x 2(x 1＜x 2)恒成立，从而构造函数F (x )＝h (x )－x 在(0，＋∞)上单调递增，进而等价于F ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立来加以研究． （3）用处理恒成立问题来处理有解问题，先分离变量转化为求对应函数的最值，得到a ≤22ln 1x x x x -+，再 利用导数求函数M (x )＝22ln 1 x x x x -+的最大值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性，进而确定函数最 值． 【详解】（1） f ′(x )＝1－ 1 x ，x ＞0，令f ′(x )＝0，则x ＝1. 当t ≥1时，f (x )在[t ，t ＋1]上单调递增，f (x )的最小值为f (t )＝t －lnt ； 当0＜t ＜1时，f (x )在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t ＋1)上为增函数，f (x )的最小值为f (1)＝1. 综上，m (t )＝ln ,1 1,01 t t t t -≥?? < （2）h (x )＝x 2－(a ＋1)x ＋lnx ，不妨取0＜x 1＜x 2，则x 1－x 2＜0，则由1212 ()() 1h x h x x x ->-， 可得h (x 1)－h (x 2)＜x 1－x 2，变形得h (x 1)－x 1＜h (x 2)－x 2恒成立． 令F (x )＝h (x )－x ＝x 2－(a ＋2)x ＋lnx ，x ＞0，则F (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋lnx 在(0，＋∞)上单调递增， 故F ′(x )＝2x －(a ＋2)＋ 1x ≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2x ＋1 x ≥a ＋2在(0，＋∞)上恒成立． 因为2x ＋ 1x ，当且仅当x ＝2 时取“＝”，所以a －2. （3）因为f (x )≥ () a g x x -，所以a (x ＋1)≤2x 2－xlnx . 因为x ∈(0,1]，则x ＋1∈(1,2]，所以?x ∈(0,1]，使得a ≤22ln 1x x x x -+成立．令M (x )＝22ln 1 x x x x -+，则M ′(x ) ＝2223ln 1(1)x x x x +--+.令y ＝2x 2 ＋3x －lnx －1，则由y ′＝(1)(41)x x x +-＝0 可得x ＝14或x ＝－1(舍)．当x ∈ 1(0,)4时，y ′＜0，则函数y ＝2x 2＋3x －lnx －1在1 4上单调递减；当x ∈1(,)4 +∞时，y ′＞0，则函数y ＝2x 2 ＋3x －lnx －1在1 (,)4+∞上单调递增．所以y ≥ln 4－ 1 8 ＞0，所以M ′(x )＞0在x ∈(0,1]时恒成立，所以M (x )在(0,1]上单调递增．所以只需a ≤M (1)，即a ≤1. 所以实数a 的取值范围为a ≤1。 【点睛】本题考查了函数与导数综合问题，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算能力，属于难题. 关于独立双变量的极值点偏移问题： 【例】（2020·山东省枣庄八中高三）已知2 ()ln (1)2 a f x x x x a x =-+-，其导函数()f x '的最大值为0. （1）求实数a 的值； （2）若()()()12121f x f x x x +=-≠，证明：122x x +>. 【答案】（1）1a =；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）先对()f x 求导，然后根据导数形式对a 进行分类讨论，通过导函数()f x '最大值为0，求得a 的值. （2）要证122x x +>，则需证212x x >-，再利用()f x 的单调性，证()()212f x f x <-，利用条件把()2f x 换掉，构造函数()()()2F x f x f x =+- 证明()()1F x F >，对()F x 求导，研究其单调性和极值，得到结论. 【详解】 （1）由题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞，其导函数()()ln 1f x x a x '=-- 记()()h x f x ='则()1ax h x x = '-.当0a ≤时，()10ax h x x -'= ≥恒成立，所以()h x 在()0,+∞上单调递增，且()10h =.所以()1,x ?∈+∞，有()()0h x f x ='>，故0a ≤时不成立； 当0a >时，若10, x a ? ?∈ ? ??，则()10ax h x x -'=>；若1,x a ?? ∈+∞ ??? ，则()10ax h x x -'=<. 所以()h x 在10, a ? ? ???单调递增，在1,a ?? +∞ ??? 单调递减。所以()max 1ln 10h x h a a a ??==-+-= ???. 令()ln 1g a a a =-+-，则()11 1a g a a a '-=- =. 当01a <<时，()0g a '<；当1a >时，()0g a '>.所以()g a 在()0,1的单减，在()1,+∞单增. 所以()()10g a g ≥=，故1a =. （2）当1a =时，()2 1ln 2 f x x x x =- ，则()1ln f x x x =+-'.由（1）知()1ln 0f x x x '=+-≤恒成立，所以()21ln 2f x x x x =-在()0,+∞上单调递减，且()1 12 f =-，()()()12121f x f x f +=-= 不妨设120x x <<，则1201x x <<<，欲证122x x +>，只需证212x x >-，因为()f x 在()0,+∞上单调递减，则只需证()()212f x f x <-，又因为()()121f x f x +=-，则只需证()()1112f x f x --<-，即 ()()1121f x f x -+>-.令()()()2F x f x f x =+-（其中()0,1x ∈），且()11F =-. 所以欲证()()1121f x f x -+>-，只需证()()()1,0,1F x F x >∈， 由()()()()() 21ln 1ln 22F x f x f x x x x x =--=+--+-'-'+'， 整理得：()()()()ln ln 221,0,1F x x x x x -'=--+∈，()() () 2 2102x F x x x -= -'>'，()0,1x ∈ 所以()()()ln ln 221F x x x x =--+-'在区间()0,1上单调递增， 所以()0,1x ?∈，()()()()ln ln 22110F x x x x F =--+-<'='，所以函数()()()2F x f x f x =+-在区间()0,1上单调递减，所以有()()1F x F >，()0,1x ∈，故122x x +>. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值问题，涉及分类讨论的数学思想，构造函数解决极值点偏移问题，题目较综合，属于难题. 1、（2020年河南高三）已知函数，曲线在点处的切线方程为. （1）求实数的值； （2）设分别是函数的两个零点，求证：. 【解析】（1）； （2），，， 因为分别是函数的两个零点，所以，两式相减，得， ，要证明，只需证 . 因为，只需证.令， 即证. 令，则， 所以函数在上单调递减，，故有. 由上述分析可知. 2．已知函数f(x)={e ?x +1,x ≤0,2√x, x >0. 函数y =f(f(x)+1)?m(m ∈R)恰有两个零点x 1和x 2． （1）求函数f(x)的值域和实数m 的最小值； （2）若x 1 ()2 ln f x x ax b x =++()y f x =()()1,1f 2y x =,a b ()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<()F x 0F '<1,1a b ==-()2ln f x x x x =+-()()1ln F x m x x =+-()11F x m x '=+-12,x x ()F x ()()11 221ln 1ln m x x m x x +=??? +=?? 1212ln ln 1x x m x x -+= - 1212 ln ln 1x x F m x x -' =+= -0F ' <12 12 ln ln x x x x --120x x < <1122ln ln ln 0x x x x -> >()0,1t = 12ln 0t t t -+>()()12ln 01h t t t t t =-+<<()()2 22121 10t h t t t t -'=--=-<()h t ()0,1()()10h t h >=1 2ln 0t t t -+ >0F ' < 【解析】（1）当x ≤0时，f(x)=e ?x +1≥2. 当x >0时，f(x)=2√x >0.∴ f(x)的值域为(0,+∞)． 令f(f(x)+1)=m ，∵ f(x)+1>1，∴ f(f(x)+1)>2，∴ m >2. 又f(x)的单调减区间为(?∞,0]，增区间为(0,+∞). 设f(x)+1=t 1，f(x)+1=t 2，且t 1<0，t 2>1．∴ f(x)=t 1?1无解. 从而f(x)=t 2?1要有两个不同的根，应满足t 2?1≥2，∴ t 2≥3. ∴ f(t 2)=f(f(x)+1)≥2√3.即m ≥2√3．∴ m 的最小值为2√3. (2) y =f(f(x)+1)?m 有两个零点x 1、x 2且x 1 ∴ e ?x 1+1=t ，∴ x 1=?ln(t ?1).2√x 2=t ，∴ x 2=t 2 4. ∴ ?aln(t ?1)+ t 24 ≥1对t ∈[2,+∞)恒成立 设?(t)=?aln(t ?1)+ t 24 ?1，?′ (t)=?a t?1+t 2= t 2?t?2a 2(t?1) . ∵ t ∈[2,+∞)，∴ t 2?t ∈[2,+∞)恒成立.∴当2a ≤2，即a ≤1时，?′(t)≥0， ∴ ?(t)在[2,+∞)上单调递增.∴ ?(t)≥?(2)=?aln1+1?1=0成立. 当a >1时，设g(t)=t 2?t ?2a .由g(2)=4?2?2a =2?2a <0. ∴ ?t 0∈(2,+∞)，使得g(t 0)=0.且当t ∈(2,t 0)时，g(t)<0，t ∈(t 0,+∞)时，g(t)>0. ∴当t ∈(2,t 0)时，?(t)单调递减，此时?(t) 综上，a ≤1. 3．已知函数()1 2ln f x x a x x =--有两个不同的极值点1x 、()212x x x >. （1）求实数a 的取值范围； （2）若3a >，求证：11x >，且 ()()12124 2ln 23 f x f x x x -<-+. 【答案】（1 ）() +∞；（2）证明见解析. 【解析】（1） ()12ln f x x a x x =--，定义域为()0,∞+，()222 121 2a x ax f x x x x -+'=-+=. 由题意可知，方程2210x ax -+=在()0,∞+上有两个不等的实根1x 、2x ，则212128010202a x x a x x ? ??=->? ? =>?? ? +=>?? ，解得 a >因此，实数a 的取值范围是() +∞； （2）由题意可知，1x 、2x 为方程2 210x ax -+=的两个实根，由于12x x > ，则14 a x +=， 当3a > 1> ，114a x +∴=>，由（1）可知1212212a x x x x ? +=??? ?=?? ， ()() ()()() 1121212212 112 12 12 1221212112ln 22ln x x x a f x f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ---+---= = -+ ++++()11221111222 2 4142ln 2ln 1x x x x x x x x x x x x ?? - ? -??=-=-++， 211222x x x =>，令122x t x =>，设()()41 2ln 1t h t t t -=-+，2t >.()()()() 2 222182011t h t t t t t --'=-=<++，所以，函数()y h t =在()2,+∞上单调递减，所以()()4 22ln 23 h t h <= -，因此， ()()121242ln 23f x f x x x -<-+. 4．已知函数()1 1114x x e e ax a f x ++?? =-+- ??? ，其中 2.718e =???是自然对数的底数，()()'g x f x =是函数()f x 的导数. （1）若()g x 是R 上的单调函数，求a 的值； （2）当7 8 a 时，求证：若12x x ≠，且122x x +=-，则()()122f x f x +>. 【答案】（1）1a =，（2）证明见解析 处理函数双变量问题的六种解题思想 吴享平（福建省厦门第一中学）361000 在解决函数综合题时，我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题，由 于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路， 造成无从下手的之感，正因为如此，这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中，是 学生感到困惑的难点问题之一，本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想，希望能给同学 们以帮助和启发。 一、改变“主变量”思想 例１.已知时在｜2|,1)(2≤≥-+=m m mx x x f 恒成立，求实数x 的取值范围. 分析：从题面上看，本题的函数式)(x f 是以x 为主变量，但由于该题中的“恒”字是 相对于变量m 而言的，所以该题应把m 当成主变量，而把变量x 看成系数，我们称这种思 想方法为改变“主变量”思想。 解： 01)1(122≥-+-?≥-+x x m m mx x 时在｜2|≤m 恒成立，即关于m 为自 变量的一次函数=)(m h 1)1(2-+-x m x 在]2,2[-∈m 时的函数值恒为非负值{0 )2(0 )2(≥-≥?h h 得{130 1203222≥-≤?≥+-≥-+x x x x x x 或。 对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个 变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往 往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们 抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变 量，而使问题快速获解。 二、指定“主变量”思想 例２.已知,0n m <≤试比较)1ln(++-m e m n 与)1ln(1++n 的大小，并给出证明. 分析：本题涉及到两个变量m,n ，这里不妨把m 当成常数，指定n 为主变量x ，解答如下 解：构造函数 ),[),1ln(1)1ln()(+∞∈+--++=-m x x m e x f m x ，0≥m ， 由0)1()1(1111)(>+-+=+-=+-='-m m x m x m x e x e e x x e e x e x f 在),[+∞∈m x 上恒成立，∴)(x f 在),[+∞m 上递增，∴0)()(min ==m f x f ，于是，当n m <≤0时， 0)1ln(1)1ln()(>+--++=-n m e n f m n 即)1ln(++-m e m n >)1ln(1++n 。 因此，有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当常数，另一个看成自变量，便可使 问题得以解决，我们称这种思想方法为：指定“主变量”思想。 三、化归为值域或最值思想 例３.已知函数)1(,ln )(2 >-+=a a x x a x f x ，对1|)()(|],1,1[,2121-≤--∈?e x f x f x x ， 导数 1、设函数/(x) = (2-a)Inx + 2l/(x1)-/(x2)P?成立，求实数加的 取值范围. 2、已知二次函数g(x)对PxwR都满足g(x-l) + g(l-x)" - 2x-l且g(l) = j,设函数 19 = g(x + -) + m\nx + - ( m x>0 ) ? e R r 2o (I)求gd)的表达式;(II)若3xe/?+,使/W<0成立,求实数用的取值范围; (【II)设15", H(x) = f(x)-(m + l)x,求证:对于Vxp x2e[l,w],恒有I//(x1)-//(x2)l< 10 3、设x = 3是函数/(x) = (x2 + ax+e /?)的一个极值点. （1）求"与〃的关系式（用"表示方），并求的单调区间； 95 （2）设。＞0,曲）=oh扌若存在匚盒可0,4］,使得|/（切-&（幻＜1成立，求"的取 x q丿 值范围. 4、f （A） = （x2 + cix + b）e x（x 已R）. （1）若a = 2t b = -2f求函数/⑴的极值； （2）若x = l是函数/（x）的一个极值点，试求出“关于b的关系式（用。表示b ）,并确定/（兀）的单调区间； （3）在（2）的条件下，设。＞0,函数g（x） = （/ +⑷严.若存在衛仆［0,4］使得1/（2,）-/（22）1＜1成立,求"的取值范围. 5、已知函数f（^x） = ax i+bx2 -3x（a,beR）在点（1J⑴）处的切线方程为y + 2 = 0. ⑴求函数f（x）的解析式； ⑵若对于区间[-2,2]±任意两个自变量的值几花都有|/（州）-/（勺）|“，求实数c的最小值； ⑶若过点M（2冲）（〃?工2）可作曲线y = f（X）的三条切线，求实数山的取值范围. 6、设函数/（x） = x —丄一dlnx（dR）. x ⑴讨论函数/（劝的单调性； ⑵若/⑴有两个极值点州內，记过点心后）），BgJ（兀2））的直线斜率为问:是否存在"，使得k = 2-a若存在，求出"的值；若不存在，请说明理由. 导数-双变量问题 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 5.赋值法 构造函数利用单调性证明 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 方法：将相同变量移到一边，构造函数 1.已知函数23 9()()(24 f x x x =++）对任意[]12,1,0x x ∈-，不等式12|()()|f x f x m -≤恒成立，试求m 的取值范围。 2.已知函数2 ()(1)ln 1f x a x ax =+++.设1a <-,如果对12,(0,)x x ?∈+∞,有 1212|()()|4||f x f x x x -≥-,求实数a 的取值范围. 3.已知函数2 )1ln()(x x a x f -+=区间)1,0(内任取两个实数q p ,，且q p ≠时，若不等式 1) 1()1(>-+-+q p q f p f 恒成立，求实数a 的取值范围。 4.已知函数2 1()2ln (2),2 f x x a x a x a R = -+-∈．是否存在实数a ，对任意的 ()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有 2121 ()() f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围， 若不存在，说明理由． 练习1：已知函数2 ()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有 1212 11 |()()|| |-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围． 练习2.设函数 ()ln ,m f x x m R x =+ ∈.若对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立， 求m 的取值范围. 双变量问题的几种处理策略 策略一：合的思想 问题1：已知函数x x f ln )(=的图象上任意不同的两点， ，线段的中点为 ，记直线的斜率为，试证明：． 解析：因为 ∴, ∴,又 不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小， 又∵，∴ 即比较与 的大小． 令,则, ∴在上位增函数． 又，∴， ∴，即 二：分的思想 问题2：若1 ln )(++=x a x x g ，且对任意的(]2,1,21∈x x ，， 都有， 求a 的取值范围． 解析∵ ，∴ 由题意得在区间(]2,1上是减函数． ∴ () 11,y x A () 22,y x B AB ),(00y x C AB k )(0x f k '>x x f ln )(=x x f 1)(='210021)(x x x x f +=='121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -= --=--=12x x >k )(0x f '1 212 ln x x x x -2 12 x x +12x x >12ln x x 1)1( 2) (21 2 1 2 2 112+-=+-x x x x x x x x )1(1) 1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0) 1()1()1(41)(2 22≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12 =>h x x h 1)1( 2ln 1 2 1 2 1 2+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1 ) ()(1 212-<--x x x g x g 1)()(1 212-<--x x x g x g []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g x x g x F +=)()(1)1(1)(2 ++-= 'x a x x F 第07讲：导数中的双变量存在性和任意性问题的处理 【知识要点】 在平时的数学学习和高考中，我们经常会遇到不等式的双变量的存在性和任意性问题，学生由于对于这类问题理解不清，很容易和不等式的恒成立问题混淆，面对这类问题总是感到很棘手，或在解题中出现知识性错误. 1、双存在性问题 “存在．．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立”．称为不等式的双存在性问题，存在．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立，即)(x f 在区间),(b a 内至少有一个值．．．．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的一个函数值．．．．．小.，即max min )()(x g x f <.（见下图1） “存在．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f >成立”，即在区间),(b a 内至少有．．．一个值．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的一个函数值．．．．．大，即min max )()(x g x f >.（见下图2） 2、双任意性问题 “任意．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立” 称为不等式的双任意性问题. 任意．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立，即)(x f 在区间),(b a 任意一个值．．．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的任意．． 一个函数值都要小，即max min ()()f x g x <. “任意．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f >成立”，即)(x f 在区间),(b a 内任意一．．． 高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（ 2） 1.（2010?辽宁）已知函数 f （x ） =（ a+1）lnx+ax 2 +1 （1）讨论函数 f （x ）的单调性； （2）设 a ＜﹣ 1．如果对任意 x 1，x 2∈（ 0，+∞），| f （ x 1）﹣ f （ x 2）| ≥ 4| x 1﹣ x 2 | ，求 a 的取值范围． 解：（Ⅰ ）f （x ）的定义域为（ 0，+∞） . ． 当 a ≥0 时， f ′（x ）＞ 0，故 f （ x ）在（ 0，+∞）单调递增； 当 a ≤﹣ 1 时， f ′（ x ）＜ 0，故 f （ x ）在（ 0， +∞）单调递减； 当﹣ 1＜ a ＜0 时，令 f ′（ x ） =0，解得 ． 则当 时， f'（ x ）＞ 0； 时， f' （ x ）＜ 0． 故 f （x ）在 单调递增，在 单调递减． （Ⅱ）不妨假设 x 1≥ 2，而 ＜﹣ ，由（ Ⅰ）知在（ 0， ∞）单调递减， x a 1 + 从而 ? x 1， 2∈（ ， ∞）， | f （ 1）﹣ （ 2） ≥ 4| x 1﹣ 2 | x 0 + x f x | x 等价于 ? x 1， 2∈（ ， ∞）， f （ 2 ） 2 ≥ （ 1 ） 1 ① x 0 + x +4x f x +4x 令 g （ x ）=f （ x ） +4x ，则 ①等价于 g （x ）在（ 0，+∞）单调递减，即 ． 从而 故 a 的取值范围为（﹣∞，﹣ 2] ．（ 12 分） 2．（ 2018?呼和浩特一模）已知函数 f （x ） =lnx ， g （ x ） = ﹣ bx （b 为常数）． （Ⅰ）当 b=4 时，讨论函数 h （x ）=f （x ）+g （x ）的单调性； （Ⅱ） b ≥2 时，如果对于 ? x 1，x 2∈（ 1， 2] ，且 x 1≠ x 2，都有 | f （x 1）﹣ f （ x 2）| ＜| g （x 1）﹣ g （x 2） | 成立，求实数 b 的取值范围． 解：（ 1）h （ x ）=lnx+ x 2﹣bx 的定义域为（ 0，+∞），当 b=4 时， h （ x ）=lnx+ x 2 ﹣4x ， h'（x ）= +x ﹣4= ， 令 h'（x ） =0，解得 x 1 ﹣ ， 2 ，当 ∈（ ﹣ ， 2+ ）时， ′（ ）＜ ， =2 x =2+ x2 h x 0 当 x ∈（ 0， 2﹣ ），或（ 2+ ，+∞）时， h ′（x ）＞ 0， 所以， h （x ）在∈（ 0， 2﹣ ），或（ 2+ ，+∞）单调递增；在（ 2﹣ ， 2+ ）单调递减； （Ⅱ）因为 f （ x ）=lnx 在区间（ 1，2] 上单调递增， 导数-双变量问题处理策略 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 【构造函数利用单调性证明】 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 例1、设函数221()(2)ln (0)ax f x a x a x +=-+<． (1)讨论函数()f x 在定义域内的单调性； (2)当(3,2)a ∈--时，任意12,[1,3]x x ∈，12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-恒成立，求实数m 的取值范围． 【任意与存在性问题】 例2、 已知函数()2 a f x x x =+，()ln g x x x =+，其中0a >． （1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围． （2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立， 求实数a 的取值范围． 【整体换元——双变单】 例3、已知函数x x x f ln )(=的图象为曲线C , 函数b ax x g +=2 1)(的图象为直线l . (Ⅰ) 当3,2-==b a 时, 求)()()(x g x f x F -=的最大值; (Ⅱ) 设直线l 与曲线C 的交点的横坐标分别为21,x x , 且21x x ≠, 求证: 2)()(2121>++x x g x x . 【对称轴问题12x x +的证明】 例4、已知函数11()(x x f x x e --=∈R). ⑴求函数()f x 的单调区间和极值； ⑵已知函数()y g x =对任意x 满足()(4)g x f x =-，证明：当2x >时，()();f x g x > ⑶如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：12 4.x x +> 导数压轴题双变量问题题型 归纳总结 -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII 导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. （1）求实数,a b 的值； （2）设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F ' <. 【解析】（1）1,1a b ==-； （2）()2 ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x '=+- ， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=???+=?? ， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-， 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ，只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一：因为120x x << ，只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t = ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()1 2ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2 22 121 10t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形 为齐次式，设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x << ，只需证12ln ln 0x x -， 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 () 2 21 10Q x x x '= ==<， 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()2 0Q x Q x >=，即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <. 导数中双变量处理策略 Prepared on 24 November 2020 导数-双变量问题处理策略 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 【构造函数利用单调性证明】 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 例1、设函数． (1)讨论函数在定义域内的单调性； (2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围． 【任意与存在性问题】 例2、 已知函数()2 a f x x x =+，()ln g x x x =+，其中0a >． （1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围． （2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立， 求实数a 的取值范围． 【整体换元——双变单】 例3、已知函数的图象为曲线, 函数的图象为直线. (Ⅰ) 当时, 求的最大值; (Ⅱ) 设直线与曲线的交点的横坐标分别为, 且, 求证: . 【对称轴问题12x x +的证明】 例4、已知函数 ⑴求函数的单调区间和极值； ⑵已知函数对任意满足，证明：当时， ⑶如果，且，证明： 221()(2)ln (0)ax f x a x a x +=-+<()f x (3,2)a ∈--12,[1,3]x x ∈12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-m x x x f ln )(=C b ax x g +=2 1)(l 3,2-==b a )()()(x g x f x F -=l C 21,x x 21x x ≠2)()(2121>++x x g x x 1 1()(x x f x x e --=∈R).()f x ()y g x =x ()(4)g x f x =-2x >()();f x g x >12x x ≠12()()f x f x =12 4.x x +> 再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法 长沙市明达中学吴祥云 今日在“玩转高中数学交流群”中，由河南的贾老师提供一常规题，很多老师作出了不同的解答，我在这里把它们总结起来，供大家交流学习。题目虽然简单，但是方法的讲述由浅入深，学生会更容易接受一些。闲话少说，先上题： 已知函数f(x)=x e x ,f(x1)=f(x2),x1≠x2,求证：x1+x2>2. 解析：f′(x)=1?x e x ,易得 f(x)在(?∞,1)递增，(1,+∞)递减，其图像如图，为了更好的看图，横纵轴单位长度取得不同，不妨设0 1、设函数 f(x) (2 a)lnx __ (a x (1)讨论函数f (x)在定义域内的单调性； ⑵ 当 a ( 3, 2)时，任意 X i ,X 2 [1,3] , (m In 3)a 2l n3 | f(xj f(x 2)| 恒成立，求实数 m 的取值范围. 2、已知二次函数g(x)对x R 都满足 g(x 1) g(1 x) x 2 2x 1 且 g(1) 1，设函数 1 9 f (x) g(x ) ml nx ( m R , x 0). (I)求g(x)的表达式；(H)若 x R ，使f(x) 0成立，求实数m 的取值范围； (皿)设1 m e ,H(x) f(x) (m 1)x ，求证：对于 x b x ? [1,m]，恒有 | H (xj H(X 2)| 1 . 3、 设x 3是函数f x x 2 ax b e 3 x , x R 的一个极值点. (1) 求a 与b 的关系式(用a 表示b )，并求f x 的单调区间； 25 (2) 设 a o, g x a — e ，若存在 1 , 2 0,4，使得 f 1 g 2 1 成立，求a 的 取值范围. 4、 f (x) (x 2 ax b)e x (x R). (1)若a 2,b 2，求函数f(x)的极值； (2) 若 x 1 是函数f(x) 的一个极值点，试求出a 关于b 的关系式(用a 表示b ), 并确定 f(x)的单调区间； (3) 在(2)的条件下，设a 0，函数g(x) (a 2 14)e x 4 .若存在1, 2 [0,4]使得 | f( 1) f( 2)l 1成立，求a 的取值范围. 5、已知函数f x ax 3 bx 2 3x a,b R 在点1, f 1处的切线方程为y 2 0 . ⑴求函数f x 的解析式; 导 数 0) ? 高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（1） 1．（2018?重庆模拟）已知函数f（x）=x2﹣2ax+2（a+1）ln x． （1）若函数f（x）有两个极值点，求a的取值范围； （2）证明：若﹣1＜a＜3，则对于任意的x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有＞2． 解：（1）由题意知，f′（x）=2?（x＞0），因为函数f（x）有两个极值点， 所以=0有两个不等的正根，即x2﹣ax+a+1=0有两个不等的正根， 所以，解得a＞2+2，所以a的取值范围是（2+2，+∞）．（6分） （2）证明：构造函数g（x）=f（x）﹣2x=x2﹣2ax+2（a+1）ln x﹣2x， 则g′（x）=2x﹣2（a+1）+2?≥4﹣2（a+1）=4﹣2（a+1）=2（2﹣）． 由于﹣1＜a＜3，0＜＜2，故g′（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增， 从而当0＜x2＜x1时，有g（x1）﹣g（x2）＞0，即f（x1）﹣f（x2）﹣2x1+2x2＞0，故；当0＜x1＜x2时，同理可证． 综上，对于任意的x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有…（12分） 2．（2018?长安区二模）已知函数f（x）=ax+x2+lnx． （Ⅰ）当a=﹣3时，求f（x）的单调区间； （Ⅱ）如果对任意的x1＞x2＞0，总有≥2恒成立，求实数a的取值范围． 解：（Ⅰ）当a=﹣3时，f（x）=﹣3x+x2+lnx，x＞0，f′（x）=﹣3+2x+=， 令f′（x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：＜x＜1， 故f（x）在（0，），（1，+∞）递增，在（，1）递减； （Ⅱ）由已知对任意的x1＞x2＞0，总有≥2恒成立， 即f（x1）﹣f（x2）≥2x1﹣2x2恒成立，即对任意x1＞x2＞0，f（x1）﹣2x1≥f（x2）﹣2x2恒成立， 1 1 1.已知函数323()1(),2 f x ax x x R =- +∈其中0a >,若在区间11[,]22-上，()0f x >恒成立，求a 的取值范围. 2. 已知函数()(0)x e f x a x a =<-其中常数,存在实数(,0]x a ∈，使得不等式1()2 f x ≤成立，求a 的取值范围。 3. 已知函数()1ln ()f x x a x a R =--∈. （1）求证：()0f x ≥恒成立的充要条件是1a =； （2）若0a <，且对任意12,(0,1]x x ∈，都有121211|()()|4||f x f x x x -≤-，求实数a 的取值范围. 4. 已知函数21()ln ()2 f x x a x x R =-∈ （1）若函数()f x 在(1,)+∞为增函数，求a 的取值范围； （2）讨论方程()0f x =解的个数，并说明理由。 5. 已知函数211()ln()22 f x ax x ax =++-（a 为常数，0a >）. 2 2 （1）若12 x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； （2）求证：当02a <≤时，()f x 在1[,)2 +∞上是增函数； （3）若对任意．．的(1,2)a ∈，总存在．．01[,1]2x ∈，使不等式20()(1)f x m a >-成立，求实数m 的取范围. 6.已知在函数21()(3)ln 2 f x x a x x =+-+的图像上是否存在不同的两点1122(,),(,),A x y B x y 线段AB 的中点的横坐标为0x ，使得'12012()y y f x x x -= -成立，若存在，请求出0x 的值；若不存在，请说明理由。 7. 已知函数)0)(11()(>+=x nx x x f 。 （1）求函数)(x f 的最小值； （2）设()F x =),)(('2R a x f ax ∈+讨论函数()F x 的单调性； （3）若斜率为k 的直线与曲线y =)('x f 交于))(,(),(212211x x y x B y x A <、两点，求证：211x k x <<。 导数与函数之双变量问题归纳总结 类型一：齐次划转单变量 例1：已知函数()() 1ln 1 a x f x x x -=- +()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠， 求证 ln ln 2 m n m n m n -+< -. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明 ()2ln m n m m n n -<+成立，即证明 21ln 1 m m n m n n ?? - ???<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由 （1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证. 变式1：对数函数()x f 过定点?? ? ??21,e P ，函数()()() 为常数m ,n x f m n x g '-=， ()()的导函数为其中x f x f '. （1）讨论()x g 的单调性； （2）若对于()+∞∈?,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在 ()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+. 解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ?∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知 ()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =. ∴()()()11 ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x =- -=+-=-- 依题意设()()211 12222 11 20,1120 k x x h x h x k k x x ?-+-=??''==??-+-=??∴12111x x += 121212+=4x x x x x x ?≥> ∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ?? +=-+-+=-- ??? 已知函数 f x是定义在 0,内的单调函数，且对 x0,, f f x ln x e 1，给出下面四个命题： ①不等式 f x0 恒成立 ②函数 f x存在唯一零点，且x00,1 ③方程 f x x 有两个根 ④方程 f x f ' x e1（其中e为自然对数的底数）有唯一解x0，且 x0 1,2 .其中正确的命题个数为（） A.1个 B. 2个 C. 个 D. 4个 3 1. （2016 秋 ?安庆期末）已知函数． （Ⅰ）讨论函数f（ x）的单调性； （Ⅱ）设 g（ x）=f（x）﹣m．若函数 g（x）有两个零点 x1，x2（ x1＜x2），证明：x1+x2＞1． 2.（2017?长沙模拟）已知函数 f（x）= 的图象为曲线 C，函数 g（x）= ax+b 的图象为直线 l． （1）当 a=2， b=﹣3 时，求 F（x）=f（ x）﹣ g（ x）的最大值； （2）设直线 l 与曲线 C 的交点的横坐标分别为 x1，x2，且 x1≠x2，求证：（ x1+x2）g（x1+x2）＞ 2． 3.（2017?河北二模）已知函数 f（x）=alnx+ x2﹣ax（a 为常数）有两个极值点．（1）求实数 a 的取值范围； （2）设f（x）的两个极值点分别为x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）＜λ（x1+x2）恒成立，求λ的最小值． 4.（2017?凉山州模拟）设 k∈R，函数 f（ x） =lnx﹣kx． （1）若 k=2，求曲线 y=f（ x）在 P（1，﹣ 2）处的切线方程； （2）若 f （x）无零点，求实数 k 的取值范围； （3）若 f （x）有两个相异零点 x1， x2，求证： lnx1+lnx2＞2． 导数-双变量问题 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 5.赋值法 构造函数利用单调性证明 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 方法：将相同变量移到一边，构造函数 1. 已知函数23 9()()(24 f x x x =++）对任意[]12,1,0x x ∈-，不等式12|()()|f x f x m -≤恒成立，试求m 的取值范围。 | 2.已知函数2 ()(1)ln 1f x a x ax =+++.设1a <-,如果对12,(0,)x x ?∈+∞,有 1212|()()|4||f x f x x x -≥-,求实数a 的取值范围. ￥ 3.已知函数2 )1ln()(x x a x f -+=区间)1,0(内任取两个实数q p ,，且q p ≠时，若不等式 1) 1()1(>-+-+q p q f p f 恒成立，求实数a 的取值范围。 4.已知函数2 1()2ln (2),2 f x x a x a x a R = -+-∈．是否存在实数a ，对任意的 ()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有 2121 ()() f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围， 若不存在，说明理由． 练习1：已知函数2 ()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有 1212 11 |()()|| |-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围． [ 练习2.设函数.若对任意恒成立， 求的取值范围. - ()ln ,m f x x m R x =+∈()()0,1f b f a b a b a ->><-m 例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法 典例：已知函数f(x)=x e x ,f(x1)=f(x2),x 1≠x2,求证：x1+x2>2. 解析：f′(x)=1?x e x ,易得 f(x)在(?∞,1)递增，(1,+∞)递减，其图像如图，为了更好的看图，横纵轴单位长度取得不同，不妨设0 导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. （1）求实数,a b 的值； （2）设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F ' <. 【解析】（1）1,1a b ==-； （2）()2 ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x '=+- ， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=??? +=?? ， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-， 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ，只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一：因为120x x << ，只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t = ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2 2212110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形 为齐次式，设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -= ==-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x << ，只需证12ln ln 0x x -， 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 导数 (1)讨论函数f (x)在定义域内的单调性； ⑵当a ( 3, 2)时，任意为公2 [1,3], (m In 3)a 2ln 3 |f(xj f(X 2)|恒成立，求实数m 的取值范 围. 2 3 x x ax b e , x R 的一个极值点 2、已知二次函数 g(x)对 x R 都满足g(x 1) g(1 x) x 2 2x 1 且 g(1) 1，设函数 1 f (x) g(x ) 2 m I n x 9 8 (m R , x 0) - (I)求g(x)的表达式；， (n) 右 x R , 使 f(x) 0成立，求实数 m 的取值范围； (川)设 1 m e , H (x) f (x) (m 1)x ，求证：对于 1、设函数f(x) (2 a)ln x 2ax 2 x 】(a 0)- 为，X 2 [1,m]，恒有 |H 。)H(X 2)| 1. 3、设x 3是函数f x (1)求a 与b 的关系式(用a 表示b )，并求fx 的单调区间; 4、f (x) (x 2 ax b)e x (x R). (1 )若a 2,b 2，求函数f (x)的极值； (2 )若x 1是函数f(x)的一个极值点，试求出 a 关于b 的关系式(用a 表示b )，并确定f(x)的单调区 间； (3)在(2)的条件下，设a 0，函数 g(x) (a 2 14)e x 4 ?若存在 1,2 [0,4]使得 | f( J f( 2) | 1 成立，求a 的取值范围. 3 2 5、已知函数f x ax bx 3x a,b R 在点1, f 1处的切线方程为y 2 0. ⑴求函数f x 的解析式; (2)设 a 0, g x 2 25 x a e ，右存在 i , 2 4 0,4，使得f i g 2 1成立，求a 的取值范围 导数中的双变量任意、存在恒成立问题 解决方法：转化为最值问题处理 ●类型 一：若2211D x D x ∈?∈?，，)()(21x g x f >恒成立 ? max 2min 1)()(x g x f >. 基本思想是：函数)(x f 的任一函数值均大于)(x g 的任一函数值， 故只需max 2min 1)()(x g x f >即可. 几何解释如图一. 例1、已知x x x f ln )(=，3)(2++-=ax x x g ，若对)0(1∞+∈?，x ， ]1 [2e x ，∈?使得)(21x f ≥)(2x g 成立，求实数a 的取值范围. 【变式训练1】已知函数14341ln )(-+-=x x x x f ，42)(2-+-=bx x x g ，若)20(1，∈?x ， ]21[2，∈?x ，不等式)(1x f ≥)(2x g 恒成立，求实数b 的取值范围. ●类型 二：若2211D x D x ∈?∈?，，)()(21x g x f >恒成立 ? min 2max 1)()(x g x f >. 基本思想是：函数)(x f 的某些函数值大于)(x g 的某些函数值， 只要求有这样的函数值，不要求所有的函数值. 故只需min 2max 1)()(x g x f >即可. 几何解释如图二. 例2、已知a ≤2，设函数x a x x x f ln 1)(--=，e x x x g 1ln )(--=， 若在]1 [e ，上存在21x x ，，使)(1x f ≥)(2x g 成立，求实数a 取值范围. 【变式训练2】已知函数x x x g ln )(=，ax x g x f -=)()(. （1）求函数)(x g 的单调区间； （2）若函数)(x f 在（1，∞+）上是减函数，求实数a 的最小值； （3）若存在][221e e x x ，，∈，使得)(1x f ≤a x f +')(2成立，求实数a 取值范围. 高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（2） 1.（2010?辽宁）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1 （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）设a＜﹣1．如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|，求a的取值范围．解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞）.． 当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）单调递减； 当﹣1＜a＜0时，令f′（x）=0，解得． 则当时，f'（x）＞0；时，f'（x）＜0． 故f（x）在单调递增，在单调递减． （Ⅱ）不妨假设x1≥x2，而a＜﹣1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调递减， 从而?x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2| 等价于?x1，x2∈（0，+∞），f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1① 令g（x）=f（x）+4x，则 ①等价于g（x）在（0，+∞）单调递减，即． 从而 故a的取值范围为（﹣∞，﹣2]．（12分） 2．（2018?呼和浩特一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=﹣bx（b为常数）． （Ⅰ）当b=4时，讨论函数h（x）=f（x）+g（x）的单调性； （Ⅱ）b≥2时，如果对于?x1，x2∈（1，2]，且x1≠x2，都有|f（x1）﹣f（x2）|＜|g（x1）﹣g（x2）|成立，求实数b的取值范围． 解：（1）h（x）=lnx+x2﹣bx的定义域为（0，+∞），当b=4时，h（x）=lnx+x2﹣4x， h'（x）=+x﹣4=， 令h'（x）=0，解得x1=2﹣，x2=2+，当x∈（2﹣，2+）时，h′（x）＜0， 当x∈（0，2﹣），或（2+，+∞）时，h′（x）＞0， 所以，h（x）在∈（0，2﹣），或（2+，+∞）单调递增；在（2﹣，2+）单调递减；（Ⅱ）因为f（x）=lnx在区间（1，2]上单调递增，函数导数中双变量问题的四种转化化归思想-厦门一中
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