函数中双变量问题专题

双变量问题典例1、已知函数()ln 1f x x a x =--（a 为常数）与x 轴有唯一的公共点A ． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为23a a --，若存在不相等的正实数12x x ，满足12|()||()|f x f x =，证明：121x x <．答案第2页，总7页2．已知函数()2ln f x a x =， ()()1g x f x x x=+-. （1）当1a =时，求函数()f x 的曲线上点()(),e f e 处的切线方程； （2）当1a ≤时，求()g x 的单调区间；（3）若()g x 有两个极值点1x ， 2x ，其中110,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，求()()12g x g x -的最小值3．已知函数()22ln ax bf x x x-=-的图象在1x =处的切线过点()0,22a -， ,R a b ∈. （1）若85a b +=，求函数()f x 的极值点； （2）设()1212,x x x x ≠是函数()f x 的两个极值点，若111ex <<，证明： ()()211f x f x -<.（提示2e 7.40≈）答案第4页，总7页4、已知函数)1ln()12()(2++-+=x x a ax x f 有两个极值点21,x x (1)求a 的取值范围；(2)证明:452ln 2)()(21-<+x f x f5、已知函数1()ln f x x a x x =-+．（2018全国1卷理数第21题）（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：()()12122f x f x a x x -<--．6、答案第6页，总7页7、已知函数()ln()f x x a x =+-有且只有一个零点，其中0a >．（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）若对任意的(0,)x ∈+∞，有2()f x kx ≥成立，求实数k 的最大值；（Ⅲ）设()()h x f x x =+，对任意1212,(1,)()x x x x ∈-+∞≠, 证明：不等式1212()()x x h x h x ->-。

经典问题： 问题一：任意与任意 【例1】设()x x x a x f ln +=，()323--=x x x g ，如果对于任意的s ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21t ，都有()()t g s f ≥成立，求实数a 的取值范围。

【例2】已知函数()()()xxx g R m mx ex x x f ln , 13123=∈++-=。

（1）求函数()x f 的单调区间；（2）若对()+∞∈∀,0,21x x ，()()2'1x f x g <恒成立，求实数m 的取值范围。

【变式1】已知函数(),1682k x x x f -+=()x x x x g 45223++=，其中R ∈k ,对任意 1x ，[]3,32-∈x ，都有()()21x g x f >成立，求实数k 的取值范围。

【变式2】设0>a 函数(),2xa x x f +=()x x x g ln -=，如果对任意 1x ，[]e x ,12∈，都有()()21x g x f >成立，求实数a 的取值范围。

【变式3】已知函数()(),13123R ∈++-=m mx ex x x f ()x x x g ln =，若对任意 1x ，()∞+∈，02x ，都有()()2'1x f x g <成立，求实数m 的取值范围。

问题二：任意与存在 【例1】已知函数()()(),ln 212212R ∈++-=a x x a ax x f ()x x x g 22-=，若对任意 (]201，∈x ，均存在(]202，∈x ，使得()()21x g x f <，求a 的取值范围。

【例2】已知()，2x x f =()m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21，若对任意的 []3,11-∈x ，存在[]202，∈x ，使得()()21x g x f ≥，求实数m 的取值范围是___________。

【例3】已知函数()()1ln 12+++=ax x a x f 。

双变量问题之函数构造核心知识点：形如，构造新的函数★如果题目中没有的大小关系，要在步骤中假设经典例题：1.已知函数，，设，若对任意两个不相等的正数，都有恒成立，求实数的取值范围. 解题思路：假设，，；设，此时说明是单调递增函数；设，，2.若对任意的恒成立，则的最小值为？解题思路：，，两边同时除以，得到；设，此时说明在上是单调递减；，，设在单调递减，，()()m x x x f x f >--2121()()()212211x x mx x f mx x f >->-21,x x 21x x >()221x x f =()x a x g ln =()()()x g x f x h +=21,x x ()()22121>--x x x h x h a 21x x >()()()21212x x x h x h ->-∴()()221122x x h x x h ->-∴()()x x a x x x h x g 2ln 2122-+=-=()x g ()0222'≥+-=-+=∴xax x x a x x g ()022≥+-=a x x x ϕx x a 22+-≥∴1≥∴a [)a x x e x e x x x x x x x <--<-∈2112212121,,0,2,a 21x x < ()211221x x a ex e x x x->-∴21x x ⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛->-∴12211121x x a x e x e x x 22111121x a x e x a x e x x +>+∴()xax e x g x +=()x g [)0,2-∈x ()02'≤--=∴xae xe x g x x ()x e x a 1-≥()()x e x x 1-=ϕ[)0,2-()()2max 32e x -=-=∴ϕϕ23e a -≥∴双变量问题之与替换核心知识点：题目中和有等式关系，可以用表示，或者用表示；如果和无法互相表示，则引入第三变量，用分别表示，☆找出变量范围小题篇经典例题：1.（2019·江西高三月考（文））设函数，若函数存在两个零点，(<)，则的取值范围为（ ） A ．B ．C ．D ．解题思路：核心要知道：，，此时；设，恒成立，在上单调递增；，所以选择2.（2019·河南高三月考（文））已知函数若成立，则的最小值为（） A ． B ．C ．D ．解题思路：1x 2x 1x 2x 1x 2x 2x 1x 1x 2x t t 1x 2x [)[),0,1()1,1,x e x f x x x ⎧∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩()y f x k =-1x 2x 1x 2x 211()()x x f x -⋅)22,e⎡⎣)21,e⎡⎣)2,e e⎡⎣21,e ⎡⎤⎣⎦121-=x ex 112+=∴x e x [)1,01∈x ()()()1111121x xe x e xf x x ⋅-+=⋅-()()xxe x e x g ⋅-+=1()()02'>⋅-=xxe x e x g ()x g ∴[)1,0∈x ()()()()2max min 1,20e g x g g x g ====∴A 21()ln ,(),22x x f x g x e -=+=()()g m f n =n m -1ln 2-ln2323e -由题意可知，，即，（互相表示非常困难，所以引入第三变量）设，，设，在单调递减，单调递增，所以选择练习题：1.（2019·黑龙江高三月考（文））设函数，若互不相等的实数满足，则的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．解题思路：核心要知道：，此时()()n f m g =212ln2+=-n em t n em =+=-212ln 2212,2ln -=+=∴t e n t m 2ln 221--=-∴-t em n t ()2ln 221--=-t et h t ()tet h t 1221'-=-()t h ∴⎪⎭⎫ ⎝⎛210，⎪⎭⎫⎝⎛∞+，21()2ln 21ln 21min =-=⎪⎭⎫⎝⎛=∴h t h B()21,25,2xx f x x x ⎧-⎪=⎨-+>⎪⎩…,,a b c ()()()f a f b f c ==222a b c ++()16,32()18,34()17,35()6,711221+-=-=-c ba()5,4∈c ()34,1822222∈+=++c c b a2.已如函数f （x ）={1+lnx ，x ≥112x +12，x ＜1，若x 1≠x 2，且f （x 1）+f （x 2）＝2，则x 1+x 2的取值范围是（　）A ．[2，+∞）B ．[e ﹣1，+∞）C ．[3﹣2ln 2，+∞）D ．[3﹣2ln 3，+∞）解题思路：假设时，，，，此时设，，在上单调递减，上单调递增，所以选择3.已如函数f （x ）={1+lnx ，x ≥13x−2，x ＜1，若x 1≠x 2，且f （x 1）+f （x 2）＝2，则x 1+x 2的取值范围是（　）A ．[2，+∞）B ．（﹣∞，2]C ．（2，+∞）D ．（﹣∞，2）解题思路：假设时，，，，此时设，，在上单调递增，所以选择大题篇：核心知识点：题目中和有等式关系，用分别表示和，或者用分别表示和21x x >()()221=+x f x f 22121ln 121=+++∴x x 1ln 212+-=∴x x ()∞+∈，11x 1ln 21121+-=+∴x x x x ()1ln 2+-=x x x g ()xx g 21'-=∴()x g ∴()2,1()+∞,2()()2ln 32min -==∴g x g C21x x >()()221=+x f x f 223ln 121=-++∴x x 3ln 13ln 3112x x x -=-=∴()∞+∈，11x 1ln 311121+-=+∴x x x x ()1ln 31+-=x x x g ()x x g 311'-=∴()x g ∴()+∞,1()()21min =>∴g x g C1x 2x 1x 2x a 2x 1x a经典例题：1.已知函数A f (x = )ln x +x 2−ax (a ∈R )⑴求函数的单调区间；⑵设存在两个极值点，且，若，求证解题思路：由题意可知，设当，即时，恒成立，所以在是单调递增；当，即或时，当时，，在，上单调递增，上单调递减当时，，在上单调递增⑵由题意可得，是的两个根，则（用分别表示出和），整理，得，此时 设，求导得恒成立，()x f ()x f 21,x x 21x x <2101<<x ()()2ln 4321->-x f x f ()xax x a x x x f 12212'+-=-+=()122+-=ax x x ϕ082≤-=∆a 2222≤≤-x ()0≥x ϕ()x f ()+∞,0082>-=∆a 22-<a 22>a ()10=ϕ22>a ()10=ϕ()x f ∴()10x ，()+∞,2x ()21,x x 22-<a ()10=ϕ()x f ∴()+∞,021,x x ()0122=+-=ax x x ϕ21,22121==+x x a x x 111212,21x x a x x +==∴1x 2x a ()()()2222121121ln ln ax x x ax x x x f x f -+--+=-∴()()2121121412ln ln 2x x x x f x f -++=-∴⎪⎭⎫ ⎝⎛∈21,01x ()22412ln ln 2x xx x h -++=()()01214422123223243'<--=-+-=--=x x x x x x x x x h在上单调递减，2.已知对数函数过定点（其中…）函数（其中为的导函数，为常数）.（1）讨论的单调性（2）若对有恒成立，且在，处的导数相等，求证：. 解题思路：由题意可知，则求导，得，当时，恒成立，在上单调递减；当时，在上单调递增，上单调递减⑵由题意，即，即，设，则，由（1）可知，时，又，，求导得，，由题意可知，即设，由利用均值不等式，可得设，，在上为单调递增，()x h ∴⎪⎭⎫⎝⎛21,0()2ln 4321-=⎪⎭⎫ ⎝⎛>∴h x h ()fx 12P ⎫⎪⎭2.71828e ≈()()()g x n mf x f x '=--()f x '()f x ,n m ()g x (0,)x ∀∈+∞()m n x g -≤()()2h x g x x n =+-1x x =()212x x x ≠()()1272ln 2h x h x +>-()x x f ln =()x xmn x g ln --=()22'1xx m x x m x g -=-=0≤m ()0'<x g ()x g ∴()+∞,00>m ()x g ∴()m ,0()∞+，m ()m n x g -≤m n x x m n -≤--ln 0ln ≤--x xmm ()x x m m x ln --=ϕ()xx m x 1'2-=ϕ0>m ()()0ln 1max ≤--==m m m x ϕϕm m ln 1≥- 0ln 1=--∴m m 1=∴m ()x x x x h ln 12--=∴()xx x h 1122'-+=()()2'1'x h x h =11121=+∴x x 2121x x x x ⋅=+()()()()()()2121212122211121ln 12ln 12ln 12ln 12x x x x x x x x x x x x x x x h x h --=--+=--+--=+∴21x x t =2121x x x x ⋅=+4>t ∴()t t t ln 12--=ρ()tt 12'-=ρ()t ρ∴()+∞,4()()2ln 274-=>∴ρρt。

2 )成立，则实数 a 的取值范围为（ ）A ． ⎢ , +∞ ⎪B ． ⎢ , +∞ ⎪C ． ⎢- , +∞ ⎪D ． ⎢- , +∞ ⎪⎡ 53． 已知函数 f ( x ) = ⎨ 1 ，若 α < β 且 f (α ) = f (β ) ，则 β - α 的取值范围是（）B ． ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1C ． [9 - 4ln3,6 ])A ． - 1⎡ π π ⎤7． α ， β ∈ ⎢ - 2 2⎥⎦函数中双变量问题一、单选题1 11． 已知函数 f ( x) = ln( x +x 2 + 1) 满足对于任意 x 1∈ [ 2 , 2] ，存在 x 2 ∈ [ 2 , 2] ，使得f ( x 2 + 2 x + a) ≤ f (11 ln x x2A ． [ ln 2 ln 2 5- 8, +∞) B ． [ - 8, - - 2ln 2]2 2 4C ． (-∞, ln 2 5 - 8]D ． (-∞, - - 2ln 2]2 42． 设函数 f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx (a, b , c ∈ R, a ≠ 0)，若不等式 xf ' (x )- af (x ) ≤ 5 对 ∀x ∈ R 恒成立，则b - 2ca的取值范围为（ ）⎫ ⎡ 1 ⎫ ⎡ 5 ⎫ ⎡ 1 ⎫ ⎣ 3⎭⎣ 3 ⎭ ⎣ 3 ⎭⎣ 3 ⎭⎧ln x - 1, x ≥ 1⎪⎪⎩ 3 ( x + 2), x < 1A ． [8 - 3ln3,6 ])D ． ⎡⎣9 - 4ln 3, e 2 - 14． 已知函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，则下列判断：① a < e ；② x 1 + x 2 < 2 ；③ x 1x 2 > 1 ；④有极小值点 x 0，且 x 1 + x 2 < 2 x 0 ．则正确判断的个数是（）A ．4 个B ．3 个C ．2 个D ．1 个5． 已知实数 a ，b 满足 2a 2 - 5lna - b = 0 ， c ∈ R ，则 (a - c)2 + (b + c)2 的最小值为 ()A ．122 3 2B ．C ．D ．2 29 26． 已知直线 y = a (x + 1)与曲线 f (x ) = e x + b 相切，则 ab 的最小值为（）1 12 B ． -C ． -D ． -4e2eee⎣, ，且 α sin α - β sin β > 0 ，则下列结论正确的是（ ）f ( x) = e x (ln x - 1), x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ ，若存在 a ∈[-2,1]，使得 f 2 - ⎪ ≤ a 2 + 2a - 3 - e 成 A ． ⎢ ,1⎥⎡2⎤C ． ⎢ , +∞ ⎪⎡ 2⎭D ． ⎢1,⎥4 ⎫ ⎛ 6 ⎫ ⎛ 4 ⎫ ⎛ 8 ⎫ e 2⎭B ． 1, ⎪⎝ e ⎭ C ． 0, ⎪e ⎭D ． 1,⎝ e 2 ⎭⎛A ． α > βB ． α + β > 0C ． α < βD ． α 2 > β 28． 已知函数⎡ 1 ⎫ ⎣ 2 ⎭ ⎛ 1 ⎫ ⎝ m ⎭立，则实数 m 的取值范围为（）⎣ 3 ⎦B ．[1,+∞)⎫ ⎡ 3 ⎤ ⎣ 3 ⎣ 2 ⎦9． 已知曲线 f (x ) = ae x (a > 0) 与曲线 g (x ) = x 2 - m (m > 0)有公共点，且在该点处的切线相同，则当 m变化时，实数 a 的取值范围是（）A ． 0, ⎝二、填空题10． 已知函数 f (x ) = a x + x 2 - x ln a ，对任意的 x 1, x 2 ∈ [0,1]，不等式 f (x 1 ) - f (x 2 ) ≤ a - 1 恒成立，则实数 a 的取值范围是___．11． 已知函数 f ( x ) = 2ln x - ax 2 + 3 ，若存在实数 m , n ∈[1,5] 满足 n - m ≥ 2 时， f (m ) = f (n ) 成立，则实数 a的最大值为_____12． 设函数 f (x ) = 3 - 2 x x + 1， g (x ) = xe 2x ，若 ∃x ∈ (-1, +∞) ，使得 ∀x ∈ (-1,+∞)，不等式1 24emg (x ) > m 2 f (x )恒成立，则实数 m 的取值范围是______.2113． 若 a 为实数，对任意 k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 6ln x + x 2 - 9 x + a ≤ kx 恒成立，则 a 的最大值是_________.三、解答题14． 设 a, b ∈ R ，已知函数 f (x ) = a ln x + x 2 + bx 存在极大值.（1）若 a = 2 ，求 b 的取值范围；（2）求 a 的最大值，使得对于 b 的一切可能值， f (x )的极大值恒小于 0 .15． 已知函数（ R ）．16． 已知函数 f (x ) = ln x - 1b ∈ -∞ , - ⎪ ，方程 f (x ) = 0 恒有 2 个不等的实根，求 a 的取值范围.（1）当 a = 1 4时，求函数 y = f ( x ) 的单调区间；（2）若对任意实数 b ∈ (1,2) ，当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，求 a 的取值范围．3x +- 1 44 x（1）求函数 f (x )的单调区间；的取值范围.17． 已知函数 f (x ) = ln x - ax 2 - bx - 2 ， a ∈ R .（1）当 b = 2 时，试讨论 f (x )的单调性；（2）若对任意的 ⎛ 3 ⎫ ⎝ e ⎭答 案1．（2020·湖南省长郡中学高三）已知函数f ( x ) = ln( x +1, 2] ，存在 x ∈ [ , 2] ，使得 f ( x 12 + 2 x 1 + a) ≤ f (22 ) 成立，则实数 a 的取值范围为（ ）x ∈ [ , 2] ，存在 x ∈ [ , 2] ，使得 f ( x 12 + 2 x 1 + a) ≤ f ( 2 22 ) 成立， x 2 + 2 x + a ≤ 即任意 x ∈ [ , 2] ，存在 x ∈ [ , 2] ，使得 1 2 21 2 x ( 即满足 xmax ≤ 2 ⎪ ， x ⎭max ⎝ 在 x ∈ [ , 2] 可得 g ( x 1 )max = g (2)=8 + a22 令 h ( x ) = 2，求导可得 h '( x ) = x x 22一、单选题22 1 ln x x 2A ． [ ln 2 2- 8, +∞)B ． [ ln 2 5- 8, - - 2ln 2]2 4C ． (-∞,ln 2 2- 8] 5D ． (-∞, - - 2ln 2]4【答案】C【解析】由函数 f ( x ) = ln( x +x 2 + 1) 在定义域单调递增，对于任意1 2 1 1 ln x x 21 11 ln x2 成立，22 1+ 2 x + a )1⎛ ln x ⎫2令 g ( x 1 ) = x 1 + 2 x 1 + a ，对称轴方程为 x 1 = -1 ，1 12 ln x 22 1 - ln x 2 ， 2h '( x ) = 0 ，可得 x = e ，2 2在 x 2 ∈ (0, e )， h '( x 2 ) > 0 ， h( x 2 ) 单调递增，1所以在 x ∈ [ , 2] ， h ( x )2 2 max= h (2) = ln 2 ln 2 ，即 8 + a ≤ ， 2 2解得 a ≤ ln 2 2- 8 ，故选 C .2．（2020·江西省南城一中高三期末）设函数 f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx (a, b , c ∈ R, a ≠ 0)，若不等式xf ' (x )- af (x ) ≤ 5 对 ∀x ∈ R 恒成立，则 b - 2c a的取值范围为（ ）⎭ D ． ⎢- , +∞ ⎪A ． ⎢ , +∞ ⎪⎭B ． ⎢ , +∞ ⎪⎭ C ． ⎢- , +∞ ⎪ ( )c 2 - 10c (c - 5)2 - 25 5 所以， b - 2c b - 2c 5 因此， b - 2c ⎡ 5 的取值范围为 ⎢- , +∞ ⎪ .故选：C.3． 2020·新疆维吾尔自治区高三）已知函数 f ( x ) = ⎨ 1 ，若 α < β 且 f (α ) = f (β ) ，则 β - α B ． ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1 C ． [9 - 4ln3,6])【解析】因为 f ( x ) = ⎨ 1 ，故其函数图像如下所示：⎪⎩ 3⎡ 5 ⎫ ⎡ 1 ⎫⎡ 5 ⎫⎡ 1 ⎫⎣ 3⎣ 3 ⎣ 3 ⎣ 3 ⎭【答案】C【解析】Q f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx ，∴ f ' (x ) = 3ax 2 + 2bx + c ，由不等式 xf ' (x )- af (x ) ≤ 5 对 ∀x ∈ R 恒成立，可得 3a - a 2 x 3 + (2b - ab ) x 2 + (c - ac ) x - 5 ≤ 0 对 ∀x ∈ R 恒成立，所以， 3a - a 2 = 0 且 a ≠ 0 ，解得 a = 3 ，⎧b > 0 c 2则不等式 bx 2 + 2cx + 5 ≥ 0 对 ∀x ∈ R 恒成立，所以 ⎨ ，则 b ≥ ，⎩∆ = 4c 2 - 20b ≤ 0 51c 2- 2c = ≥ = = ≥- .a 3 3 15 15 3⎫a ⎣ 3 ⎭⎧ln x - 1, x ≥ 1⎪（⎪⎩ 3 ( x + 2), x < 1的取值范围是（）A ． [8 - 3ln3,6])D ． ⎡⎣9 - 4ln 3, e 2 - 1【答案】B⎧ln x - 1, x ≥ 1 ⎪( x + 2), x < 1令 lnx -1 = 1，解得 x = e 2；令 lnx -1 = -1 ，解得 x = 1 .( )故 g (x )在区间 (1,3 )单调递减，在区间 3, e 2 单调递增，( )故 g (x )∈ ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1 .即可得 β - α ∈ ⎡⎣8 - 3ln3, e 2 - 1.故选：B.)数形结合可知，若要满足 f (α ) = f (β ) ，且 α < β ，则 β ∈ (1,e 2)，且 1 (α + 2 ) = ln β - 1，解得 α = 3ln β - 5 .3故 β - α = β - 3ln β + 5 ， β ∈ (1,e 2).令 g (x ) = x - 3lnx + 5, x ∈ 1,e 2 ，则 g ' (x ) = 1 - 3x，令 g ' (x ) = 0 ，解得 x = 3 ，( )则 g (1) = 6, g (3) = 8 - 3ln3, g e 2 = e 2 - 1 ，)4．（2020·江西省临川第二中学高三期中）已知函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，则下列判断：①a < e ；② x + x < 2 ；③ x x > 1 ；④有极小值点 x ，且 x + x < 2 x ．则正确判断的个数是（）121 20 1 2 0A ．4 个B ．3 个C ．2 个D ．1 个【答案】D【解析】对于①，∵ f ( x ) = e x - ax ，∴ f '( x ) = e x - a ，令 f '( x ) = e x - a > 0 ，当 a ≤ 0 时， f '( x ) = e x - a > 0 在 x ∈ R 上恒成立，∴ f ( x ) 在 R 上单调递增．当 a > 0 时，由 f '( x ) > 0 ，解得 x > ln a ；由 f '( x ) < 0 ，解得 x < ln a ；∴ f ( x ) 在 (-∞,ln a) 单调递减，在 (ln a, +∞) 单调递增．∵函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，∴ a > 0 ， f (ln a) < 0 ，即 e ln a - a ln a < 0 ，即 a - a ln a < 0 ， 解得： a > e ；所以①不正确；对于②，因为函数 f ( x) = e x - ax 有两个零点 x 1 ， x 2 ，所以 x 1 ， x 2 是方程 e x - ax = 0 的两根，因此 x 1 = ln ax 1 ， x 2 = ln ax 2 ，取a=，f(2)=e2-2a=0，∴x=2，f(0)=1>0，∴0<x1<1，22B．22C．A．-1所以x+x=ln (a2x x)=2ln a+ln(x x)>2+ln(x x)，12121212e22∴x1+x2>2，所以②不正确；对于③，f(0)=1>0，∴0<x1<1，x1x2>1不一定，∴所以③不正确；对于④，f（x）在(-∞,ln a)单调递减，在(ln a,+∞)单调递增，∴有极小值点x0=ln a，且x1+x2<2x0=2ln a，所以④正确．综上，正确的命题序号是④．故选:D5．（2020·湖南省高三期末）已知实数a，b满足2a2-5lna-b=0，c∈R，则(a-c)2+(b+c)2的最小值为()A．1【答案】C 322D．92【解析】由题意，得，代换，代换，则满足：，即，以代换，可得点，满足，因此求(a-c)2+(b+c)2的最小值即为求曲线上的点到直线相切于点的距离的最小值，设直线，则与曲线，解得，所以切点为,所以点到直线的距离，则(a-c)2+(b+c)2的最小值为，综上所述，选C.6．（2020·全国高三专题练习）已知直线y=a(x+1)与曲线f(x)=e x+b相切，则ab的最小值为（）4e B．-12e C．-1e D．-2e【答案】B【解析】设切点为(x,e x0+b),因为f(x)=e x+b,所以f'(x)=e x,所以f'(x0)=e x0=a,所以x=ln a,所以 g (a) 在 (0, e - 2 ) 上递减,在 (e - 2 , +∞) 上递增, 所以 a = e- 12时,g (a) 取得最小值 g (e 2 ) = (e 2 )2 ln e 2 = -122, ⎥ ，且 α sin α - β sin β > 0 ，则下列结论正7．（2020·黑龙江省双鸭山一中高三期末） α ， β ∈ ⎢ - f (x ) = xsinx 形式，则 f ' (x ) = sinx + xcosx ， x ∈ ⎢0, ⎥ 时导函数 f ' (x ) ≥ 0 ， f (x )单调x ∈ ⎢-⎡ π ,0 ⎪ 时导函数 f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减．又Q f (x )为偶函数，根据单调性和对称性可f ( x) = e x (ln x - 1), x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ ，若存在 a ∈[-2,1]，使 ⎪ ≤ a 2 + 2a - 3 - e 成立，则实数 m 的取值范围为（ ）⎛又切点 ( x , e x 0 + b ) 在直线 y = a( x + 1) 上,所以 e x 0 + b = a( x + 1) ,所以 a + b = ax 0 + a ,所以 b = ax 0 = a ln a ,所以 ab = a 2 ln a ,令 g (a) = a 2 ln a(a > 0) ,则 g '(a) = 2a ln a + a 2 ⋅ 1 a= 2a ln a + a = a(2ln a + 1) ,令 g '(a) < 0 ,得 0 < a < e - 1 ,令 g '(a) > 0 ,得 a > e - 1 ,1 1- 1 - 1 - 1 2e.即 ab 的最小值为 -12e.故选:B⎡ π π ⎤ ⎣ 2 2 ⎦确的是（）A ． α > β【答案】D【解析】构造B ． α + β > 0C ． α < βD ． α 2 > β 2⎡ π ⎤ ⎣ 2 ⎦递增；⎣ 2 ⎫ ⎭知选 D.故本小题选 D.8．（2020·广西壮族自治区高三月考）已知函数⎡ 1 ⎫ ⎣ 2 ⎭得 f 2 - ⎝ 1 ⎫ m ⎭A ． ⎢ ,1⎥C ． ⎢ , +∞ ⎪⎡ 2⎭D ． ⎢1,⎥【解析】 f '(x) = e x ln x + - 1⎪ ，令 g ( x) = ln x + - 1 ，则 g '(x) = - x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ 时， f '(x) ≥ 0 ， f ( x) 在区间 ⎢ , +∞ ⎪ 上单调递增.存在 a ∈[-2,1]，使 f 2 - ⎪ ≤ a 2 + 2a - 3 - e 成立，等价于 f 2 -⎪ ≤ -e = f (1).⎪⎪ ⎪2 - 1 ≥ 1 ⎩ 4 ⎫ ⎛ 6 ⎫ ⎛ 4 ⎫ ⎛ 8 ⎫ e 2⎭B ． 1, ⎪⎝ e ⎭ C ． 0, ⎪e ⎭D ． 1,⎝ e 2 ⎭⎛⎡ 2 ⎤ ⎣ 3 ⎦B ．【答案】A[1,+∞)⎫ ⎡ 3 ⎤ ⎣ 3 ⎣ 2 ⎦⎛⎝1 ⎫ 1 1 1 x - 1=x ⎭ x x x 2 x 2 ，故当 1 2 < x < 1时，g '(x) < 0 ， g ( x ) 单调递减，当 x > 1 时， g '(x) > 0, g ( x ) 单调递增，∴ g ( x ) ≥ g (1) = 0 ，从而当 ⎡ 1 ⎫ ⎡ 1 ⎫ ⎣ 2 ⎭ ⎣ 2 ⎭设 h (a ) = a 2 + 2a - 3 - e = (a + 1)2 - 4 - e ，则 h (a ) 在 [-2, -1]上单调递减，在 [-1,1]上单调递增， h(a)max= h (1) = -e ，⎛ ⎝1 ⎫ m ⎭ ⎛ 1 ⎫ ⎝ m ⎭⎧ 12 - ≤ 1 m 2∴⎨ ，解得 ≤ m ≤ 1 .故选： A . 3⎪ m 29．（2020·重庆南开中学高三月考）已知曲线 f (x ) = ae x (a > 0) 与曲线 g (x ) = x 2 - m (m > 0)有公共点，且在该点处的切线相同，则当 m 变化时，实数 a 的取值范围是（）A ． 0, ⎝【答案】A【解析】由 f ( x ) = ae x (a > 0) ， g ( x ) = x 2 - m ，得 f '( x ) = ae x ， g '( x ) = 2 x ，设 f ( x ) = ae x (a > 0) 与曲线 g ( x ) = x 2 - m 的公共点为 (s, t ) ，则 f '(s) = ae s ， g '(s) = 2s ，∴ 两曲线在切点处的切线方程分别为 y - ae s = ae s ( x - s) 与 y - s 2 + m = 2s( x - s) ，即 y = ae s x + ae s - sae s 与 y = 2sx - s 2 - m ．⎧m = s 2 - 2s ①⎩ae s - sae s = -s 2 - m ⎪ a = (s > 2) ，则 h '(s) = < 0 ，函数 h (s) 在 (2, +∞) 上为单调减函数， s + 3 = 2ln m - am m ，（ m ∈[1,5] ， t ≥ 2 ）， m ，在 m ∈ [1,+∞) 单调递减，⎧2s = ae s ⎪ 则 ⎨ ，整理得 ⎨ 2s⎩ e s② ．由①且 m > 0 ，得 s < 0 或 s > 2 ，当 s < 0 时，两曲线无公共切线，则 s > 2 ．由②得， a = 2s e s(s > 2) ．令 h (s) =2s 2(1- s)e e s∴ h (s) < h (2) = 4e 2 ，又当 s →+∞ 时， h (s) → 0 ，∴ 实数 a 的取值范围是 (0, 4 e 2) ．故选：A.二、填空题10．（2020·江苏省高三专题练习）已知函数 f (x ) = a x + x 2 - x ln a ，对任意的 x , x ∈ [0,1]，不等式1 2f (x ) - f (x 12) ≤ a - 1 恒成立，则实数 a 的取值范围是___．【答案】 [ e , +∞)【解析】由题意可得 f max ( x) - f min ( x) ≤ a - 1，且 a > 1 ，由于f '( x ) = a x ln a + 2 x - ln a = (a x - 1)ln a + 2 x ，所以当 x > 0 时， f '( x ) > 0 ，函数 f ( x ) 在 [0,1] 上单调递增，则 f max ( x) = f (1) = a + 1 - ln a, f min ( x) = f (0) = 1 ，所以 f max ( x) - f min ( x) = a - ln a ，故a -1 ≥ a - ln a ⇒ ln a ≥ 1 ，即 a ≥ e ，应填答案 [e , +∞) ．11．（2020·湖南省明达中学高三）已知函数 f ( x ) = 2ln x - ax 2 + 3 ，若存在实数 m , n ∈[1,5] 满足 n - m ≥ 2 时，f (m ) = f (n ) 成立，则实数 a 的最大值为_____【答案】 ln34【解析】由 f (m ) = f (n) ⇒ 2ln n - an 2 2 + 3 ，所以 a = 2(ln n - ln m )n 2 - m 2，令 n = m + t ，（ t ≥ 2 ），则 a =tln(1+ )t(2m + t)显然 g (m ) = t ln(1+ )t(2m + t)令 h (t) = g (1) = ，（ t ≥ 2 ）， h '(t ) = ，，∴实数 a 的最大值为 ．故答案为：时， g ' (x ) < 0 ，函数 y = g (x )在 -1,- ⎪ 上单调递减， 时， g ' (x ) > 0 ，函数 y = g (x )在 - , +∞ ⎪ 上单调递增， g (x )∈ ⎢- , +∞ ⎪ .∴ g (x ) ≥ g - ⎪ = - ⎝ 2 ⎭ ⎣ 2e ⎭2e ⎪ = -2m ， m 2 f (x 1 ) > -2m 2 .若 m > 0 ，则 4emg (x ) ≥ 4em ⋅ - ⎝ 2e ⎭1∴ a ≤ g (1) = ln(1+ t)（ t ≥ 2 ）t(2 + t)ln(1+ t) t 2 + 2t - 2(t + 1)2 ln(t + 1)t(2 + t) [t (t + 2)]2 (t + 1)∵ t ≥ 2 ，∴ 2ln( t + 1) > 1 ，则 t 2 + 2t - 2(t + 1)2 ln(t + 1) ，∴令 h (t) = g (1) =ln(1+ t) t(2 + t)在 [2, +∞) 单调递减，∴ a ≤ h (2) = ln 3 ln 3 ln 34 4 412．（2020·河南省高三月考）设函数 f (x ) = 3 - 2 x x + 1， g (x ) = xe 2 x ，若 ∃x ∈ (-1, +∞) ，使得1∀x ∈ (-1,+∞)，不等式 4emg (x ) > m 2 f (x )恒成立，则实数 m 的取值范围是______.221【答案】 (1,+∞ )【解析】Q f (x ) = -2 (x + 1)+ 5 5= -2 +x + 1 x + 1，当 x ∈ (-1,+∞ ) 时，有 f (x ) > -2 .因为 g (x ) = xe 2x ，所以 g ' (x ) = e 2x + 2xe 2x = (1 + 2x )e 2x ，当 -1 < x < -1 ⎛ 1 ⎫2 ⎝ 2 ⎭当 x >- 1 ⎛ 1 2 ⎝ 2 ⎫ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎡ 1 ⎫ ，所以当 x > -1 时，⎛ 1 ⎫ 2根据题意可知 -2m > -2m 2 ，解得 m > 1 ；若 m ≤ 0 ，则 4emg (x )∈ (-∞, -2m ] ， m 2 f (x ) > -2m 2 ，不符合条件.2 1综上所述，实数 m 的取值范围是 (1,+∞ ) .故答案为： (1,+∞ ) .13．（2020·浙江省高三期中）若 a 为实数，对任意 k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式6ln x + x 2 - 9 x + a ≤ kx 恒成立，则 a 的最大值是_________.【答案】7k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 ≤ k 恒成立min ⇒ ≤ -1 ⇒ a ≤ -6l n x - x2 + 8x'( x ) > 0 时， ⎨0 < x ≤ 4【解析】因为对任意 k ∈ [-1,1]，当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 6ln x + x 2 - 9 x + a ≤ kx 恒成立，所以对任意6ln x + x 2 - 9 x + a x6ln x + x 2 - 9 x + a 6ln x + x 2 - 9 x + a即 ≤ k xx所以当 x ∈ (0, 4] 时，不等式 a ≤ -6ln x - x 2 + 8x 恒成立令 f ( x ) = -6l n x - x 2 + 8x, x ∈ (0, 4]则 a ≤ f ( x)min-2 x 2 + 8x - 6 -(2 x - 2)( x - 3)f '( x ) = =x x当 f当 f ⎧(2 x - 2)( x - 3) < 0⎩⎧(2 x - 2)( x - 3) > 0'( x ) < 0 时， ⎨⎩ 0 < x ≤ 4⇒ 1 < x < 3⇒ 0 < x < 1 或 3 < x ≤ 4所以函数 f ( x ) 在区间 (0,1) 和 (3,4] 上单调递减，在区间 (1,3)上单调递增f (1) = 0 - 1 + 8 = 7, f (4) = -6ln 4 -16 + 32 = 16 - 6ln 4e 3 因为16 - 6ln 4 - 7 = 9 - 6ln 4 = 3(3 - ln16) = 3ln > 016所以 f ( x)min = 7所以 a ≤ 7 ， a 的最大值为： 7故答案为： 7三、解答题14．（2020·贵州省贵阳一中高三月考）设 a, b ∈ R ，已知函数 f (x ) = a ln x + x 2 + bx 存在极大值.（1）若 a = 2 ，求 b 的取值范围；（2）求 a 的最大值，使得对于 b 的一切可能值， f (x )的极大值恒小于 0 .【答案】（1） b < -4 ，（2） 2e 3【解析】（1）当 a2 ， f x x 0 ，由 f x 存在极大值，（2） f x x 0 ，由 f x 存在极大值，1.当 0 x时， g x 2x 0 ，所以 g x 在 0, a a 3 3 e ，即 x e ， x 2 e 2 ， 2 22x 2 bx 2xb 2 16 0,可知方程 2x 2bbx 2 0 有两个不等的正根，则 0, ∴ b 4 .21 0,2x 2 bx ax可知方程 2x 2 bx a0 有两个不等的正根，设为 x ,x 且 x121x ，∴ x x2 1 2a a，∴ a 0 ， 0 x2 2由 f x0 x1x x ，2∴ f x 的极大值为 f x1a lnx1x 2 bx ，∵ bx1 1 12x 2 1a ，∴ f x1a lnx1x 2 a ，构造函数 g x a lnx x 2 a ，1a a a 2x 22 x x a 2上递增，由 0x1a 2，则 g x1a a ag ln 3 .2 2 2所以当 0 a2e 3 时， f x极大值f x1g x1ga 20 .3 而当 a2e 3时，取 b2 e 22 13 2此时 f x极大值3 af e2 e30 ，不符合题意.2综上所述， a 的最大值为 2e 3 .15．（2020·湖南省长沙一中高三月考）已知函数（ R ）．（1）当 a1 4时，求函数 y f(x)的单调区间；- 1 > 0 即 0 < a < 时，函数 f ( x ) 在 (-1,0) 和 ( - 1,+∞) 上单调递增， - 1 < 0 即 a > 时，函数 f ( x ) 在 (-1, - 1) 和 (0, +∞) 上单调递增，（2）若对任意实数 b ∈ (1,2) ，当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，求 a 的取值范围．【答案】（Ⅰ）函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (-1,0) 和 (1, +∞) ，单调递减区间为 (0,1) ；（Ⅱ） [1- ln 2, +∞)【解析】（1）当 a =1 1时， f ( x ) = ln( x + 1) + x 2 - x ， 4 4则 f '( x ) =1 1 x( x - 1)+ x - 1 = ( x > -1) ， x + 1 2 2( x + 1)令 f '( x ) > 0 ，得 -1 < x < 0 或 x > 1 ；令 f '( x ) < 0 ，得 0 < x < 1 ，∴函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (-1,0) 和 (1, +∞) ，单调递减区间为 (0,1) ．（2）由题意 f '( x ) = x[2ax - (1- 2a)]( x > -1) ，( x + 1)（1）当 a ≤ 0 时，函数 f ( x ) 在 (-1,0) 上单调递增，在 (0, +∞) 上单调递减，此时，不存在实数 b ∈ (1,2) ，使得当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ．（2）当 a > 0 时，令 f '( x) = 0 ，有 x 1 = 0 ， x 2 = 1 2a- 1 ，①当 a = 1 2时，函数 f ( x ) 在 (-1, +∞) 上单调递增，显然符合题意．②当1 1 12a 2 2a在 (0,1 2a- 1) 上单调递减， f ( x ) 在 x = 0 处取得极大值，且 f (0) = 0 ，要使对任意实数 b ∈ (1,2) ，当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，只需 f (1) ≥ 0 ，解得 a ≥ 1 - ln 2 ，又 0 < a < 1 2，所以此时实数 a 的取值范围是1 - ln 2 ≤ a < 1 2．③当1 1 12a 2 2a在 ( 1 2a- 1,0) 上单调递减，要存在实数 b ∈ (1,2) ，使得当 x ∈ (-1,b ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 f (b ) ，需 f ( 1 2a- 1) ≤ f (1)，代入化简得 ln 2a + 1 4a+ ln 2 - 1 ≥ 0 ，①令 g (a) = ln 2a + 1 1 1 1+ ln 2 - 1 (a > ) ，因为 g '(a) = (1- ) > 0 恒成立，4a 2 a 4a1 1 1故恒有 g (a) > g ( ) = ln 2 - > 0 ，所以 a > 时，①式恒成立，2 2 2综上，实数 a 的取值范围是 [1- ln 2, +∞) ．【解析】（1） f x lnxx 的定义域是 0, ， f x( )2 ,16．（2020·广西壮族自治区高二期末）已知函数 f xlnx（1）求函数 f x 的单调区间；1 3x 1 4 4x（2）设 g xx 2 2bx 4 ，若对任意 x10,2 ,x21,2 ，不等式 f x1g x 恒成立，求实数b2的取值范围.【答案】（1）函数 f x 在 1,3 上单调递增;在 (0,1)和 3,上单调递减; （2） ,142 .1 3 1 1 3 4x x2 34 4xx 4 4x 2 4x 2由 x 0 及 f x0 得1 x 3 ，由 x 0 及 f x 0 得 0 x 1 或 x 3 ；所以函数 f x 在 1,3 上单调递增;在 0,1 和 3,上单调递减.（2）若对任意 x10,2 ,x21,2 ，不等式 f x1g x 恒成立，问题等价于 f x2ming xmax由（1）可知，在 0,2 上， x 1 是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点故也是最小值点，所以 f x min f 11 2， g xx 2 2bx 4,x 1,2当 b 1时， g xmaxg 1 2b 5 ；当1 b 2 ， g x maxg b b 2 4当 b2 时， g xg 24b 8b 11 b2 b 2 问题等价于{ 1或 { 1 或 { 12b 5 b 4 4b 822 2解得 b 1或1 b14 或 b214 14 即 b，所以实数 b 的取值范围是.2217．（2020·浙江省学军中学高三期中）已知函数 f xlnx ax 2 bx 2 ， aR .（1）当 b2 时，试讨论 f x 的单调性；b ∈ -∞ , - ⎪ ，方程 f (x ) = 0 恒有 2 个不等的实根，求 a 的取值范围. f (x )在  0, ⎪ 单调递增，a = 0 ， f (x )在 0, ⎪ 单调递增， , +∞ ⎪ 单调递减；- < a < 0 ， f (x )在 0, ⎪⎪ 单调递增， ⎪⎪ 单调递减， 2 4a 4a 4a a ≤ - ， f (x )在 (0, +∞ )单调递增. 【解析】（1） f ' (x ) = , x > 0解得 x = -2 + 4 + 8a ⎪⎪ 时， f ' (x ) > 0 ， f (x )单调递增， 4a⎛ x ∈ ⎛ -2 + 4 + 8a, +∞ ⎪⎪ 时， f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减，4af (x )在 0, ⎪ 单调递增，  x ∈ 0, ⎪ 时， f ' (x ) > 0 ， f (x )单调递增， x ∈ , +∞ ⎪ 时， f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减，（2）若对任意的 ⎛ 3 ⎫ ⎝ e ⎭【答案】（1） a > 0 ，⎛ ⎝ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单调递减；⎭ ⎝ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭1 ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫, ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ -2 - 4 + 8a ⎫ 4a , +∞ ⎪ 单调递增；⎝ ⎭1 2（2） 0 < a ≤2e 21 -2 x - 2ax 2x（i ） a > 0 ，令 f ' (x ) = 0 ，得到1 - 2 x - 2ax 2 = 0 ，-2 - 4 + 8a， x = （舍）4a 4a所以当 x ∈  0, ⎝-2 + 4 + 8a ⎫⎭ 当⎫ ⎝ ⎭所以⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单调递减；⎝ ⎭ ⎝ ⎭（ii ） a = 0 ，令 f ' (x ) = 0 ，得到 x =12当当⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭f (x )在 0, ⎪单调递增， , +∞ ⎪ 单调递减； , +∞ ⎪⎪ 时， f ' (x ) > 0 ， f (x )单调递增， ⎪⎪ U  ⎪⎪ 时， f ' (x ) < 0 ， f (x )单调递减， 当 x ∈ 4a 4a(x )在 ⎛ 0, -2 + ⎪⎪ 单调递减， ⎪ 单调递增， , 4a 4af (x )在 0, ⎪ 单调递增，  a = 0 ， f (x )在 0, ⎪ 单调递增， , +∞ ⎪ 单调递减；- < a < 0 ， f (x )在 0, ⎪⎪ 单调递增， ⎪⎪ 单调递减， 2 4a 4a 4a a ≤ - ， f (x )在 (0, +∞ )单调递增. b ∈ -∞ , - ⎪ ，方程 f (x ) = 0 恒有 2 个不等的实根 令 g (x ) = ， x > 0 有 g ' (x ) = ， x > 0所以 ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭（iii ） - 1 2< a < 0 ，令 f ' (x ) = 0 ，得到 x = -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a， x =4a 4a当 ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 - 4 + 8a ⎫ x ∈ 0,4a 4a⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫ ,⎝⎭f 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 - 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭调递增；（iiii ） a ≤ -综上所述，1 2， f ' (x ) > 0 在 (0,+∞ )恒成立，所以 f (x )在 (0, +∞ )单调递增；a > 0 ，⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ 4a 4a , +∞ ⎪ 单调递减；⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭1 ⎛ -2 + 4 + 8a ⎫ ⎛ -2 + 4 + 8a -2 - 4 + 8a ⎫, ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ -2 - 4 + 8a ⎫4a , +∞ ⎪ 单调递增； ⎝ ⎭1 2（2）因为对任意的 ⎛ 3 ⎫ ⎝ e ⎭所以将问题等价于ln x - 2 x= ax + b 有两解ln x - 2 3 - ln xx x 2a>0，过 0,-⎪作切线时，斜率a最大.(x,y)，有y=3-ln x0x+2ln x0-5，此时斜率a取到最大2∴g (e3)=0；g(x)在(0,e3)递增，(e3,+∞)递减；x→0，g(x)→-∞；x→+∞，g(x)→0；∴有图象知要使g(x)=ln x-2的图像和y=ax+b的图像有两个交点，x⎛3⎫⎝e⎭设切点为00x2x00∴2ln x-5x=-3e，∴x=e2∴0<a≤.e2e2。

学霸养成.2020高考数学热点难点必杀技系列—导数近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.1.【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 ．一、与函数单调性有关的双变量问题此类问题一般是给出含有()()1212,,,x x f x f x 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.【例1】【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟】 已知函数,,当时,不等式恒成立,则实数的取值范围为A ．B ．C ．D ．【对点训练】【安徽省淮南市2019届高三第一次模拟】已知函数()ln 1f x x ax =-+,其中a 为实常数. （1）若当0a >时,()f x 在区间[1,]e 上的最大值为1-,求a 的值；（2）对任意不同两点()()11,A x f x ,()()22,B x f x ,设直线AB 的斜率为k ,若120x x k ++>恒成立,求a 的取值范围.二、与极值点有关的双变量问题与极值点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x '=的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数. 【例2】【山东省潍坊市2019届高三5月三模】已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈. （1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立,求实数m 的取值范围.【对点训练】【辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三第八次模拟】已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈两个极值()1212,x x x x <点.（1）当5a =时,求()()21f x f x -； （2）当a ≥,求()()21f x f x -的最大值. 三、与零点有关的双变量问题与函数零点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x =的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数,有时也可转化为关于12x x -的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.【例3】【黑龙江省哈尔滨市2019届高三二模】已知函数()ln()xf x e x m =-+,其中1m ≥. （1）设0x =是函数()f x 的极值点,讨论函数()f x 的单调性； （2）若()y f x =有两个不同的零点1x 和2x ,且120x x <<, （i ）求参数m 的取值范围； （ii ）求证：2121ln(1)1x x ex x e ---+>-.【对点训练】【云南省玉溪市第一中学2019届高三上学期第二次调研】设R a ∈,函数()ln f x x ax =-, （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个相异零点12,x x ,求证12ln ln 2x x +>.四、独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解. 【例4】【江西省上饶市2019届高三第二次模拟】已知实数x ,y 满足()2ln 436326x y x y e x y +-+--≥+-,则x y +的值为（ ） A ．2B ．1C ．0D ．1-【对点训练】【四川省绵阳市2018届高三第三次诊断】对于任意的实数[]1,x e ∈,总存在三个不同的实数[]1,4y ∈-,使得21ln 0y y xe ax x ---=成立,则实数a 的取值范围是（ ）A ．3163,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．3160,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦ C ．23163,e e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ D ．23161,e e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ 五、独立双变量,换元构造一元函数【例5】【河南省名校鹤壁高中2019届高三压轴第二次考试】若存在正实数,使得关于的方程有两个不等的实根（其中是自然对数的底数）,则实数的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．1.【2019年山西省太原市高三模拟】已知2a >,函数()1e ln exf x x ax =+-. （1）证明：()f x 有两个极值点；（2）若()1212,x x x x <是函数()f x 的两个极值点,证明：()()212ln f x f x a -<. 2．【天津市实验中学2019届高三第六次阶段考】已知函数211()ln 2f x x a x x a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭,其中0a >. （1）当2a =时,求曲线()y f x =在点()()1,1f 处切线的方程； （2）当1a ≠时,求函数()f x 的单调区间；（3）若10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,证明对任意()12121,,12x x x x ⎡⎤∈≠⎢⎥⎣⎦,()()12221212f x f x x x -<-恒成立.3．【内蒙古2019届高三高考一模】已知函数21()()2ln f x ax bx x a R =+--∈． (1)当0b =时,讨论函数()f x 的单调区间；(2)当1x y e >>-时,求证：ln(1)ln(1)x y e y e x +>+． 4．设函数()ln (1)x f x x a x e =--,其中a R ∈. （1）若0a ≤,讨论()f x 的单调性； （2）若10a e<<, （i ）证明()f x 恰有两个零点（ii ）设0x 为()f x 的极值点,1x 为()f x 的零点,且10x x >,证明0132x x ->. 5．【安徽省1号卷A10联盟2019届高考最后一卷】已知函数,()()1ln 1,f x m x m R x=+-∈ （1）若函数()f x 有2个零点,求m 的取值范围；（2）若()()21g x f x x x=++有两个极值点12,x x ,且12x x <,求证：()211ln 22g x x <- 6．【黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第二次模拟】已知函数()ln()xf x e x m =-+,其中1m ≥. （1）设0x =是函数()f x 的极值点,讨论函数()f x 的单调性； （2）若()y f x =有两个不同的零点1x 和2x ,且120x x <<, （i ）求参数m 的取值范围； （ii ）求证：2121ln(1)1x x ex x e ---+>-.7．【四川省绵阳市2019届高三下学期第三次诊断】已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1,x 2,且x 1＜x 2． （1）求实数a 的取值范围； （2）求证：x 1x 2＜a 2．8．【云南省师范大学附属中学2019届高三第八次月考】已知函数21()2ln 2f 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 -<+<-.。

函数与导数的“双变量”问题探究一、问题提出近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。

此问题经常结合不等式进行命题，主要考查学生转化与化归思想，考查学生对问题的转化及处理能力，此类问题难度较大，对学生的综合能力要求较高。

解决此类问题主要通过变元来解决，如何将两个变量转化为一个变量是此类问题解体的关键。

然后，再结合函数性质即可解决此类问题。

二、例题解说−x+alnx例1：已知函数f(x)=1x（1）讨论f(x)的单调性．<a−2.（2）若函数存在两个极值点x1,x2,证明f(x1)−f(x2)x1−x2小结1：消元，变量归一①若两个变量存在确定的关系，可以利用其中一个变量替换另一个变量，直接消元，将两个变量转化为一个变量.,x1x2,x1−②若两个变量不存在确定的关系，有时可以将两个变量之间的关系看成一个整体（比如x1x2x2,x1+x2）,进行整体换元，将两个变量化为一个变量..例2：已知函数f(x)=e2x−2t(e x+x)+x2+2t2+1,求证f(x)≥32小结2：变换主元当两个变量之间没有关系，也不能看成一个整体时，主元的选择就显得尤为重要了，主元若选择得当，可以降低思维难度，可以将复杂的函数变为简单函数。

主元变换是将其中一个变量作为主元，其中一个变量作为参数。

例3：已知函数f(x)=1+2lnx.x2（1）求f(x)的单调区间（2）存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2，使|f(x1)−f(x2)|≥k|lnx1−lnx2|成立，求k的取值范围.小结3：构造函数根据题中条件构造适当的函数，利用函数性质解决.,1],|f(x1)−f(x2)|≤b,求b的取值范围.例4：已知函数f(x)=xlnx+x,对∀x1,x2∈[1e3小结4：转化为最值根据题中条件将双变量问题转化为函数最值来处理，此类题型可以参考“恒成立”与“存在性”问题解题思路与方法.三、练习提升1．设函数f(x)=e mx+x2−mx．（1）证明：f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；（2）若对于任意x1,x2∈[−1,1]，都有|f(x1)−f(x2)|≤e−1，求m的取值范围．2．已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)−2xx+2.(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.3．已知函数f(x)=lnx−ax+1−ax−1,(a∈R).(Ⅰ)当a≤12时，讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）设g(x)=x2−2bx+4,当a=14时，若对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)，求实数b取值范围.4．已知函数f(x)=ln x+mx−2(m∈R).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)存在两个零点分别为x1，x2(x1<x2)，试求m的取值范围，并证明1x1+1x2>1e.5．已知函数f(x)=x ln x−2ax2+x，a∈R．（Ⅰ）若()f x在(0,+∞)内单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1+x2>12a．6．已知函数f(x)=(x+2)ln x+ax2（a为常数）在x=1处的切线方程为y=4x−72. （1）求a的值，并讨论f(x)的单调性；（2）若f(x1)+f(x2)=1，求证x1x2≤1.函数与导数的“双变量”问题探究一、问题提出近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。

专题24利用导数解决双变量问题一、单选题1．设函数()311433f x x x =-+，函数()221g x x bx =-+，若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数b 的取值范围是（）A ．7,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．5,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．7,2⎛⎤-∞ ⎝⎦D ．5,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】A 【分析】由题意只需()()min min f x g x ≥，对函数()f x 求导，判断单调性求出最小值，对函数()g x 讨论对称轴和区间[]0,1的关系，得到函数最小值，利用()()min min f x g x ≥即可得到实数b 的取值范围.【详解】若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，只需()()min min f x g x ≥，因为()311433f x x x =-+，所以()24f x x '=-，当[]1,2x ∈时，()0f x '≤，所以()f x 在[]1,2上是减函数，所以函数()f x 取得最小值()25f =-．因为()()222211g x x bx x b b =-+=-+-，当0b ≤时，()g x 在[]0,1上单调递增，函数取得最小值()01g =，需51-≥，不成立；当1b ≥时，()g x 在[]0,1上单调递减，函数取得最小值()122g b =-，需522b -≥-，解得72b ≥，此时72b ≥；当01b <<时，()g x 在[]0,b 上单调递减，在(],1b 上单调递增，函数取得最小值()21g b b =-，需251b -≥-，解得b ≤或b ≥综上，实数b 的取值范围是7,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，故选:A ．【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，考查二次函数在区间的最值的求法，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题.2．已知函数1()ln f x x a x x=-+，且()f x 有两个极值点12,x x ，其中(]11,2x ∈，则()()12f x f x -的最小值为（）A ．35ln 2-B ．34ln 2-C ．53ln 2-D ．55ln 2-【答案】A 【分析】()f x 的两个极值点12,x x 是()0f x '=的两个根，根据韦达定理，确定12,x x 的关系，用1x 表示出2x ，()()12f x f x -用1x 表示出，求该函数的最小值即可.【详解】解：()f x 的定义域()0,∞+，22211()1a x ax f x x x x '++=++=，令()0f x '=，则210x ax ++=必有两根12,x x ，2121240010a x x a x x ⎧->⎪+=->⎨⎪=>⎩，所以2111112,,a x a x x x ⎛⎫<-==-+ ⎪⎝⎭，()()()11211111111111ln ln f x f x f x f x a x x a x x x x ⎛⎫⎛⎫∴-=-=-+--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1111111111122ln 22ln x a x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=--+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭(]11()22ln ,1,2h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22211112(1)(1)ln ()2121ln x x x h x x x x x x x x ⎡⎤+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫'∴=+--++⋅= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，当(]1,2x ∈时，()0h x '<，()h x 递减，所以()()min 235ln 2h x h ==-()()12f x f x -的最小值为35ln 2-故选：A.【点睛】求二元函数的最小值通过二元之间的关系，转化为求一元函数的最小值，同时考查运算求解能力和转化化归的思想方法，中档题.3．已知函数()e ,()ln x f x x g x x x ==，若()()12f x g x t ==，其中0t >，则12ln tx x 的最大值为（）A ．1eB ．2eC ．21e D ．24e 【答案】A 【分析】由题意转化条件2ln 2ln x ex t ⋅=，通过导数判断函数()f x 的单调性，以及画出函数的图象，数形结合可知12ln x x =，进而可得12ln ln t t x x t =，最后通过设函数()()ln 0th t t t=>，利用导数求函数的最大值.【详解】由题意，11e x x t ⋅=，22ln x x t ⋅=，则2ln 2e ln xx t ⋅=，()()1x x x f x e xe x e '=+=+，当(),1x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，又(),0x ∈-∞时，()0f x <，()0,x ∈+∞时，()0f x >，作函数()e xf x x =⋅的图象如下：由图可知，当0t >时，()f x t =有唯一解，故12ln x x =，且1>0x ，∴1222ln ln ln ln t t tx x x x t==⋅⋅，设ln ()t h t t =，0t >，则21ln ()th t t-'=，令()0h t '=，解得e t =，易得当()0,e t ∈时，()0h t '>，函数()h t 单调递增，当()e,t ∈+∞时，()0h t '<，函数()h t 单调递减，故()()1e e h t h ≤=，即12ln t x x ⋅的最大值为1e.故选：A .【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，重点考查转化与化归的思想，变形计算能力，数形结合思想，属于中档题，本题可得关键是判断12ln x x =.4．设函数()12ln 133f x x x x=-+-，函数()25212g x x bx =--，若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数b 的取值范围是（）A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．5,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．5,8⎛⎤-∞⎥⎝⎦【答案】A 【分析】根据对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，用导数法求得()f x 的最小值，用二次函数的性质求得()g x 的最小值，再解不等式即可.【详解】因为()12ln 133f x x x x =-+-，所以()211233'=--f x x x，211233=--x x，22323-+=-x x x，()()2123--=-x x x ，当12x <<时，()0f x '>，所以()f x 在[]1,2上是增函数，所以函数()f x 取得最小值()213f =-.因为()()2225521212=--=---g x x bx x b b ，当0b ≤时，()g x 取得最小值()0251=-g ，因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，所以()()10≥f g ，不成立；当1b ≥时，()g x 取得最小值()71212=-g b ，因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，所以722123-≤-b ，解得58≥b ，此时1b ≥；当01b <<时，()g x 取得最小值()2512=--g b b ，因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，所以221352--≤-b ，解得12b ≥，此时112b ≤<；综上：实数b 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：A 【点睛】本题主要考查双变量问题以及导数与函数的最值，二次函数的性质，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.5．已知函数()224x x f x x ++=-，()111323x xxx g x -⋅-=，实数a ，b 满足0a b <<．若[]1,x a b ∀∈，[]21,1x ∃∈-，使得()()12f x g x =成立，则b a -的最大值为（）A ．3B ．4C ．5D ．【答案】A 【分析】首先化简函数()42,0f x x x x ⎛⎫=--+< ⎪⎝⎭，和()11233xx g x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，[]1,1x ∈-，并判断函数的单调性，由条件转化为子集关系，从而确定,a b 值.【详解】()42f x x x ⎛⎫=--+⎪⎝⎭，0x <()241f x x '=-+，0x <，当()0f x '>时，解得：20x -<<，当()0f x '<时，解得：2x <-，所以()f x 在(),0-∞的单调递增区间是()2,0-，单调递减区间是(),2-∞-，当2x =-时取得最小值，()22f -=()11233xx g x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，函数在[]1,1-单调递增，()3116g -=-，()13g =，所以，()3136g x -≤≤，令()3f x =，解得：1x =-或4x =-，由条件可知()[],,,0f x x a b a b ∈<<的值域是()[],1,1g x x ∈-值域的子集，所以b 的最大值是1-，a 的最小值是4-，故b a -的最大值是3.故选：A 【点睛】本题考查函数的性质的综合应用，以及双变量问题转化为子集问题求参数的取值范围，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于中档题型.二、解答题6．已知函数()2x f x x e =-．（Ⅰ）求函数()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程；（Ⅱ）若存在两个不相等的数1x ，2x ，满足()()12f x f x =，求证：122ln 2x x +<．【答案】（Ⅰ）1y x =-；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）首先求函数的导数，利用导数的几何意义，求函数的图象在点()()0,0f 处的切线方程；（Ⅱ）首先确定函数零点的区间，构造函数()()()ln 2ln 2F x f x f x =+--，利用导数判断函数()F x 的单调性，并得到()()ln 2ln 2f x f x +<-在()0,∞+上恒成立，并利用单调性，变形得到122ln 2x x +<.【详解】（Ⅰ）()2e x f x '=-，所以()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程为1y x =-．（Ⅱ）令()2e 0xf x '=-=，解得ln 2x =，当ln 2x =时()0f x '>，()f x 在(),ln 2-∞．上单调递增；当ln 2x >时，()0f x '<，()f x 在()ln 2,+∞上单调递减．所以ln 2x =为()f x 的极大值点，不妨设12x x <，由题可知12ln 2x x <<．令()()()ln 2ln 242e 2e xxF x f x f x x -=+--=-+，()42e 2e x x F x -'=--，因为e e 2x x -+，所以()0F x '，所以()F x 单调递减．又()00F =，所以()0F x <在()0,∞+上恒成立，即()()ln 2ln 2f x f x +<-在()0,∞+上恒成立．所以()()()()()()()12222ln 2ln 2ln 2ln 22ln 2f x f x f x f x f x ==+-<--=-，因为1ln 2x <，22ln 2ln 2x -<，又()f x 在(),ln 2-∞上单调递增，所以122ln 2x x <-，所以122ln 2x x +<．【点睛】思路点睛：本题是典型的极值点偏移问题，需先分析出原函数的极值点，找到两个根的大致取值范围，再将其中一个根进行对称的转化变形，使得x 与ln 2x -在同一个单调区间内，进而利用函数的单调性分析.7．已知函数()()3ln f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数.（1）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（ii ）求函数()()()9g x f x f x x'=-+的单调区间和极值；（2）当3k ≥-时，求证：对任意的[)12,1,x x ∈+∞且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.【答案】（1）（i ）98y x =-；（ii ）递减区间为()0,1，递增区间为()1,+∞；极小值为()11g =，无极大值；（2）证明见解析.【分析】（1）（i ）确定函数()f x ，求出()f x '，然后利用导数的几何意义求出切线方程即可；（ii ）确定函数()g x ，求出()g x '，利用导数研究函数()g x 的单调性与极值即可；（2）求出()f x '，对要证得不等式进行等价转换后，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，结合等价转换后的结果即可证明结论成立.【详解】（1）（i ）当6k =时，()36ln f x x x =+，故()263f x x x'=+.可得()11f =，()19f '=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-.（ii ）依题意，323()36ln g x x x x x =-++，()0,x ∈+∞，从而求导可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x'-+=.令()0g x '=，解得1x =.当x 变化时，()g x '，()g x 的变化情况如下表：x()0,11()1,+∞()g x '-+()g x极小值所以，函数()g x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为()1,+∞；()g x 的极小值为()11g =，无极大值.（2）证明：由()3ln f x x k x =+，得()23k f x x x'=+.对任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭.①令1()2ln h x x x x=--，[)1,x ∈+∞.当1x >时，22121()110h x x x x '⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[)1,+∞单调递增，所以当1t >时，()()1h t h >，即12ln 0t t t-->，因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-.②由（1）（ii ）可知，当1t >时，()()1g t g >，即32336ln 1t t t t-++>，故32336ln 10t t t t-++->.③由①②③可得()()()()()()()12121220x x fx f x f x f x ''-+-->.所以，当3k ≥-时，对任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集.8．已知函数21()ln 2f x x a x =-.其中a 为常数.（1）若函数()f x 在定义域内有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围；（2）已知1x ，2x 是函数()f x 的两个不同的零点，求证：12x x +>.【答案】（1）0a >；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数()'f x ，分类讨论确定()'f x 的正负，得()f x 的单调性，从而得极值点个数，由此可得结论；（2）结合（1）求得函数有两个零点时a 的范围，设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，引入函数()))(0g x fx fx x =-≤≤，由导数确定它是减函数，得))f x f x <-，然后利用()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==>=-⎦⎦，再结合()f x 的单调性得出证明．【详解】（1）()2(0)a x ax x x xf x --'==>，当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增，不符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得x =，当(x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以此时()f x 只有一个极值点．a ∴>（2）由（1）知当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，函数()f x 至多有一个零点，不符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得x =当x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，故当x =()f x 取得最小值()1ln 2a fa =-，当0a e <<时，1ln 0a ->，0f>，函数()f x 无零点，不合题意，当a e =时，1ln 0a -=，0f =，函数()f x 仅有一个零点，不合题意，当a e >时，1ln 0a -<，0f <，又()1102f =>，所以()f x 在(x ∈上只有一个零点，令()ln 1p x x x =-+，则()11p x x'=-，故当01x <<时，()0p x '>，()p x 单调递增，当1x >时，()0p x '<，()p x 单调递减，所以()()10p x p ≤=，即ln 1≤-x x ，所以ln 221a a ≤-，所以22(2)2ln 22(21)0f a a a a a a a a =-≥--=>，又2a >，所以()f x 在)x ∈+∞上只有一个零点.所以a e >满足题意.不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，令()))(0g x f x fx x =+--≤≤，则()))ln ln g x a x a x =-+-，()22x ag x ='=-，当0x <<时，()0g x '<，所以()g x在(上单调递减，所以当(x ∈时，()()00g x g <=，即))fx fx +<-，因为(1x ∈(1x ∈，所以()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==>=⎦⎦，又)2x ∈+∞，)1x -∈+∞，且()f x在)+∞上单调递增，所以21x x >-，故12x x +>>.【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的极值点、零点，证明不等式．难点是不等式的证明，首先由零点个数得出参数范围，在不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞后关键是引入函数()))(0g x fx f x x =-≤≤，同样用导数得出它的单调性，目的是证得))f x f x +<-，然后利用这个不等关系变形()f x 的单调性得结论．9．已知函数ln ()xf x x=，()g x ax b =+，设()()()F x f x g x =-．（1）若1a =，求()F x 的最大值；（2）若()F x 有两个不同的零点1x ，2x ，求证：()()12122x x g x x ++>.【答案】（1）最大值为1b --；（2）证明见解析.【分析】（1）首先求出函数的导函数，再判断()F x '的符号，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值；（2）由题知，121212ln ln x x ax b ax b x x =+=+，，即2111ln x ax bx =+，2222ln x ax bx =+，要证()()12122x x g x x ++>，即可212112ln ln 2x x x x x x ->-+，令21x t x =，则只需证2(1)ln (1)1t t t t ->>+．构造函数2(1)()ln (1)1t t t t t ϕ-=->+，利用导数说明其单调性即可得证；【详解】解：ln ()()()xF x f x g x ax b x =-=--（1）解：当1a =时，ln ()xF x x b x=--所以21ln ()1xF x x -'=-．注意(1)0F '=，且当01x <<时，()0F x '>，()F x 单调递增；当1x >时，()0F x '<，()F x 单调递增减．所以()F x 的最大值为(1)1F b =--．（2）证明：由题知，121212ln ln x xax b ax b x x =+=+，，即2111ln x ax bx =+，2222ln x ax bx =+，可得212121ln ln ()[()]x x x x a x x b -=-++．121212122()()2()x x g x x a x x b x x ++>⇔++>+212112ln ln 2x x x x x x -⇔>-+．不妨120x x <<，则上式进一步等价于2211212()ln x x x x x x ->+．令21x t x =，则只需证2(1)ln (1)1t t t t ->>+．设2(1)()ln (1)1t t t t t ϕ-=->+，22(1)()0(1)t t t t ϕ-'=>+，所以()t ϕ在(1+)∞，上单调递增，从而()(1)0t ϕϕ>=，即2(1)ln (1)1t t t t ->>+，故原不等式得证．【点睛】本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，属于难题．10．已知函数1()ln f x a x x x=-+，其中0a >.（1）若()f x 在(2,)+∞上存在极值点，求a 的取值范围；（2）设()10,1x ∈，2(1,)x ∈+∞，若()()21f x f x -存在最大值，记为()M a ，则当1a e e≤+时，()M a 是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由【答案】（1）5(2a ∈，)+∞；（2）M （a ）存在最大值，且最大值为4e．【分析】（1）求出函数()f x 的导数，将题意转换为1a x x =+在(2,)x ∈+∞上有解，由1y x x=+在(2,)x ∈+∞上递增，得15(2x x +∈，)+∞，求出a 的范围即可；（2）求出函数()f x 的导数，得到21[()()]()()max f x f x f n f m -=-，求出M （a ）11()()()()n f n f m alnm n m n m=-=+-+-，根据函数的单调性求出M （a ）的最大值即可．【详解】解：（1）2221(1)()1a x ax f x x x x--+'=--=，(0,)x ∈+∞，由题意得，210x ax -+=在(2,)x ∈+∞上有根（不为重根），即1a x x =+在(2,)x ∈+∞上有解，由1y x x=+在(2,)x ∈+∞上递增，得15(2x x +∈，)+∞，检验，52a >时，()f x 在(2,)x ∈+∞上存在极值点，5(2a ∴∈，)+∞；（2）210x ax -+=中2=a 4∆-，若02a <，即2=a 40∆-≤22(1)()x ax f x x --+∴'=在(0,)+∞上满足()0f x '，()f x ∴在(0,)+∞上递减，12x x < ()()12f x f x ∴>21()()0f x f x ∴-<，21()()f x f x ∴-不存在最大值，则2a >；∴方程210x ax -+=有2个不相等的正实数根，令其为m ，n ，且不妨设01m n <<<，则01m n a mn +=>⎧⎨=⎩，()f x 在(0,)m 递减，在(,)m n 递增，在(,)n +∞递减，对任意1(0,1)x ∈，有1()()f x f m ，对任意2(1,)x ∈+∞，有2()()f x f n ，21[()()]()()max f x f x f n f m ∴-=-，M ∴（a ）11()()()()n f n f m alnm n m n m=-=+-+-，将1a m n n n =+=+，1m n=代入上式，消去a ，m 得：M （a ）112[()()]n lnn n n n =++-，12a e e <+，∴11n e n e++，1n >，由1y x x=+在(1,)x ∈+∞递增，得(1n ∈，]e ，设11()2()2()h x x lnx x x x =++-，(1x ∈，]e ，21()2(1h x lnx x'=-，(1x ∈，]e ，()0h x ∴'>，即()h x 在(1，]e 递增，[()]max h x h ∴=（e ）4e =，M ∴（a ）存在最大值为4e．【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．11．已知函数()ln(1)ax f x e x =+，2()ln g x x a x=+-，其中a R ∈.（1）若函数()y f x =的图象与直线y x =在第一象限有交点，求a 的取值范围.（2）当2a <时，若()y g x =有两个零点1x ，2x ，求证：12432x x e <+<-.【答案】（1）1(0,)2；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意设()()(1)ln ax g x f x x e x x =-=+-，问题转化为方程()0g x =，在(0,)+∞有解，求导，分类讨论①若0a ，②若102a <<，③若12a 时，分析单调性，进而得出结论.（2）运用分析法和构造函数法，结合函数的单调性，不等式的性质，即可得证.【详解】解：（1）设()()(1)ln ax g x f x x e x x =-=+-，则由题设知，方程()0g x =，在(0,)+∞有解，而1()()1[ln(1)]1()11axax g x f x e a x e F x x '='-=++-=-+.设()()1ax h x e F x =-，则22221()[()()][(1)](n 1)l ax ax ax a h x e aF x F x e a x x +-'=+'=+++.①若0a ，由0x >可知01ax e <，且11()ln(1)111F x a x x x =++<++，从而()()10ax g x e F x '=-<，即()g x 在(0,)+∞上单调递减，从而()(0)0g x g <=恒成立，因而方程()0g x =在(0,)+∞上无解.②若102a <<，则221(0)0(1)a h x -'=<+，又x →+∞时，()h x '→+∞，因此()0h x '=，在(0,)+∞上必存在实根，设最小的正实根为0x ，由函数的连续性可知，0(0,)x x ∈上恒有()0h x '<，即()h x 在0(0,)x 上单调递减，也即()0g x '<，在0(0,)x 上单调递减，从而在0(0,)x 上恒有()(0)0g x g '<'=，因而()g x 在0(0,)x 上单调递减，故在0(0,)x 上恒有()(0)0g x g <=，即0()0g x <，注意到ax e ax >，因此()(1)ln(1)ln [ln(1)1]ax g x e x x ax x x x a x =+->+-=+-，令1ax e=时，则有()0>g x ，由零点的存在性定理可知函数()y g x =在0(x ，1)a e 上有零点，符合题意.③若12a时，则由0x >可知，()0h x '>恒成立，从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，也即()g x '在(0,)+∞上单调递增，从而()(0)0g x g >=恒成立，故方程()0g x =在(0,)+∞上无解.综上可知，a 的取值范围是1(0,2.（2）因为()f x 有两个零点，所以f （2）0<，即21012ln a a ln +-<⇒>+，设1202x x <<<，则要证121244x x x x +>⇔-<，因为1244x <-<，22x >，又因为()f x 在(2,)+∞上单调递增，所以只要证明121(4)()()0f x f x f x -<==，设()()(4)g x f x f x =--(02)x <<，则222222428(2)()()(4)0(4)(4)x x x g x f x f x x x x x ----'='-'-=+=-<--，所以()g x 在(0,2)上单调递减，()g x g >（2）0=，所以124x x +>，因为()f x 有两个零点，1x ，2x ，所以12()()0f x f x ==，方程()0f x =即2ln 0ax x x --=构造函数()2ln h x ax x x =--，则12()()0h x h x ==，()1ln h x a x '=--，1()0a h x x e -'=⇒=，记12(1ln 2)a p e a -=>>+，则()h x 在(0,)p 上单调递增，在(,)p +∞上单调递减，所以()0h p >，且12x p x <<，设2()()ln ln x p R x x p x p-=--+，22214()()0()()p x p R x x x p x x p -'=-=>++，所以()R x 递增，当x p >时，()()0R x R p >=，当0x p <<时，()()0R x R p <=，所以11111112(2ln )x x p ax x lnx x p x p--=<++，即22111111(2)()22l l n n ax x p x px x p x p p -+<-++，211(2ln )(22ln )20p a x ap p p p x p +-+--++>，1(a p e -=，1)lnp a =-，所以21111(23)20a a x e x e --+-+>，同理21122(23)20a a x ex e --+-+<，所以2112111111(23)2(23)2a a a a x e x e x e x e ----+-+<+-+，所以12121()[(23)]0a x x x x e --++-<，所以12123a x x e -+<-+，由2a <得：1122332a x x e e -+<-+<-，综上：12432x x e <+<-.【点睛】本题考查导数的综合应用，不等式的证明，关键是运用分类讨论，构造函数的思想去解决问题，属于难题.12．已知函数()2211ln 24f x x ax x x ax ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭.（1）若()f x 在()0,+¥单调递增，求a 的值；（2）当1344a e <<时，设函数()()f x g x x=的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.【答案】（1）1；（2）0,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.【分析】（1）由()f x 在()0,+¥单调递增，利用导数知()0f x ¢³在()0,+¥上恒成立即可求参数a 的值；（2）由()()f x g x x =有()11ln 24g x x a x x a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，利用二阶导数可知()g x '在()0,+¥上单调递增，进而可知()01,x e ∃∈，使得()00g x '=，则有()g x 的单调性得最小值()()000011ln 24g x x a x x a h a ⎛⎫=--+= ⎪⎝⎭，结合1344a e <<并构造函数可求0x 取值范围，进而利用导数研究()000031ln ln 42h a x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的单调性即可求范围；【详解】（1）()()ln f x x a x '=-，又()f x 在()0,+¥单调递增，∴()0f x ¢³，即()ln 0x a x -≥在()0,+¥上恒成立，（i ）当1x >时，ln 0x >，则需0x a -≥，故min a x ≤，即1a ≤；（ii ）当1x =时，ln 0x =，则a R ∈；（iii ）当01x <<时，ln 0x <，则需0x a -≤，故max a x ≥，即1a ≥；综上所述：1a =；（2）()()11ln 24f x g x x a x x a x ⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭，()11ln 24a g x x x '=-+，()212a g x x x ''=+，∵1344a e <<，有()0g x ''>，∴()g x '在()0,+¥上单调递增，又()1104g a '=-+<，()304a g e e '=-+>，∴()01,x e ∃∈，使得()00g x '=，当()00,x x ∈时，()0g x ¢<，函数()g x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0g x ¢>，函数()g x 单调递增，故()g x 的最小值为()()000011ln 24g x x a x x a h a ⎛⎫=--+=⎪⎝⎭，由()00g x '=得00011ln 24a x x x =+，因此()000031ln ln 42h a x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()11ln 24t x x x x =+，()1,x e ∈，则()13ln 024t x x '=+>，∴()t x 在()1,e 上单调递增，又1344a e <<，()114t =，()34t e e =，∴0x 取值范围为()1,e ，令()31ln ln 42x x x x x ϕ⎛⎫=-⎪⎝⎭（1x e <<），则()()()21131ln ln 2ln 3ln 102444x x x x x ϕ'=--+=-+->，∴函数()ϕx 在()1,e 上单调递增，又()10ϕ=，()4ee ϕ=，∴()04e x ϕ<<，即函数()h a 的值域为0,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性求参数，由原函数得到最值，构造中间函数并根据其导数讨论单调性，求最值的取值范围；中间函数需要根据步骤中的研究对象及目的确定；13．已知函数2()22ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，求证：()()()2121(2)f x f x a x x -<--.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.【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()()21f x f x -转变为关于12x x ，函数，再运用12x x ，的关系将不等式转化为证22212ln 0x x x -->，构造函数1()2ln (1)g x x x x x=-->，分析函数()g x 的单调性，得出最值，不等式可得证.【详解】（1）解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()2'212()22x ax f x x a x x-+=-+=，则24a ∆=-.①当0a ≤时，对(0,),()0x f x '∀∈+∞>，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；②当02a <≤时，0∆≤，所以对(0,),()0x f x '∀∈+∞≥，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；③当2a >时，令()0f x '>，得02a x <<或42a x >，所以函数()f x在0,2a ⎛- ⎪⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增；令'()0f x <，得4422a a x +<<，所以()f x 在4422a a ⎛+ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）证明：由（1）知2a >且1212,1,x x a x x +=⎧⎨=⎩，所以1201x x <<<.又由()()()()222122211122ln 22ln f x f x x ax x x ax x -=-+--+()()()()()()22222222221212121212111122ln22ln 2ln x x x x x a x x x x x x x x x x x x x =---+=--+-+=--+.又因为()()()()()()()()222121212121212121(2)222a x x x x a x x x x x x x x x x x x --=---=--+-=---.所以要证()()()2121(2)f x f x a x x -<--，只需证()22112ln2x x x x <-.因为121=x x ，所以只需证22221ln x x x <-，即证22212ln 0x x x -->.令1()2ln (1)g x x x x x =-->，则2'2121()110g x x x x ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以对1,()(1)0x g x g ∀>>=.所以22212ln 0x x x -->.所以若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，则()()()2121(2)f x f x a x x -<--.【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，属于较难题.导数中通过双极值点求解最值或证明不等式时，可通过双极值点对应的等式将待求的式子或待证明的式子转变为关于同一变量（注意变量的范围）的式子，然后通过构造新函数，分析新函数的单调性后从而达到求解最值或证明不等式的目的.14．已知函数2()(2)()x f x xe a x x a R =-+∈．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当1a e >时，函数()f x 有三个不同的零点1x ，2x ，3x ，求证：1232x x x lna ++<．【答案】（1）增区间为(,1)-∞-，(2,)ln +∞；减区间为(1,2)ln -；（2）证明见解析.【分析】（1）求出原函数的导函数，得到函数零点，由导函数零点对定义域分段，再由导函数在不同区间段内的符号得到原函数的单调区间；（2）由(0)0f =，可得0x =是函数的一个零点，不妨设30x =，把问题转化为证122x x lna +<，即证122x x a e+>．由()0f x =，得(2)0x e a x -+=，结合1x ，2x 是方程(2)0x e a x -+=的两个实根，得到1212x x e e a x x -=-，代入122x x a e +>，只需证1212212x x x x e e e x x +->-，不妨设12x x >．转化为证1212212()10x x x x ex x e----->．设122x x t -=，则等价于2210(0)t t e te t -->>．设2()21(0)t t g t e te t =-->，利用导数证明()0g t >即可．【详解】（1）解：()(22)(1)(2)x x x f x e xe x x e '=+-+=+-，令()0f x '=，得11x =-，22x ln =．当1x <-或n 2>x l 时，()0f x '>；当12x ln -<<时，()0f x '<．()f x ∴增区间为(,1)-∞-，(2,)ln +∞；减区间为(1,2)ln -；（2）证明：(0)0f = ，0x ∴=是函数的一个零点，不妨设30x =，则要证122x x lna +<，只需证122x x a e +>．由()0f x =，得(2)0x e a x -+=，1x ，2x 是方程(2)0x e a x -+=的两个实根，∴11(2)x e a x =+，①22(2)x e a x =+，②，①-②得：1212x x e e a x x -=-，代入122x x a e+>，只需证1212212x x x x e e e x x +->-，不妨设12x x >．120x x -> ，∴只需证1212212()x x x x e e x x e+->-．20x e >，∴只需证1212212()10x x x x e x x e ----->．设122x x t -=，则等价于2210(0)t t e te t -->>．设2()21(0)t t g t e te t =-->，只需证()0g t >，又()2(1)t t g t e e t =--'，设()1(0)t t e t t ϕ=-->，则()10t t e ϕ'=->，()t ϕ∴在(0,)+∞上单调递增，则()(0)0t ϕϕ>=．()0g t ∴'>，从而()g t 在(0,)+∞上是增函数，()(0)0g t g ∴>=．综上所述，1232x x x lna ++<．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，属难题．15．已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增；（2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln 2a ≥.【分析】（1）直接对函数求导，判断导函数在对应区间上的符号即可证明；（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值；借助单调性换元法，结合二次函数的性质分别求最值列不等式求解即可【详解】（1）证明：()()23x xe ef x -='-令()0f x '>，解得0x >，∴()f x 在()0,∞+上单调递增令()0f x '<，解得0x <，∴()f x 在(),0-∞上单调递减（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值()()()()max 23a af x f a f a e e -=-==+令[]()cos 1,1t x t =∈-，∴()2123g t t at a =+--，对称轴02a t =-<∴()()max 513g t g ==∴()2533a a e e -+≥，52a a e e -+≥，令(),0ae m m =>，∴152m m +≥，∴2m ≥∴2a e ≥，∴ln 2a ≥【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查三角函数的有界性，二次函数的最值以及恒成立问题的转化，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.16．已知函数()()21ln 212h x x b x =+-，()21ln 2f x x a x =-．其中a ，b 为常数．（1）若函数()h x 在定义域内有且只有一个极值点，求实数b 的取值范围；（2）已知1x ，2x 是函数()f x 的两个不同的零点，求证：12x x +>．【答案】（1）(),0-∞；（2）证明见解析．【分析】（1）首先求函数的导数，根据题意转化为222y x x b =-+在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭内有且仅有一个变号零点，根据二次函数的单调性，列式求解b 的取值范围；（2）求出当函数()f x 有两个零点时，求出a e >，再构造函数()))(0g x fx f x x =-≤≤，利用导数判断函数的单调性，得到))f x f x +<-，再通过构造得到()()21f x f x >-，利用函数的单调性证明结论.【详解】（1）()2222121212'b x x b x x x x h x -+⎛⎫=+=> ⎪--⎝⎭，因为函数()h x 在定义域有且仅有一个极值点，所以222y x x b =-+在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭内有且仅有一个变号零点，由二次函数的图象和性质知21122022b ⎛⎫⨯-+< ⎪⎝⎭，解得0b <，即实数b 的取值范围为(),0-∞．（2）()2'(0)a x ax x x xf x -=-=>，当0a ≤时，()'0f x >，()f x 在()0,∞+上单调递增，函数()f x 至多有一个零点，不符合题意，当0a >时，令()'0f x =，得x =当(x ∈时，()'0f x <，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()'0f x >，()f x 单调递增，故当x =()f x 取得最小值()1ln 2afa =-，当0a e <<时，1ln 0a ->，0f>，函数()f x 无零点，不合题意，当a e =时，1ln 0a -=，0f =，函数()f x 仅有一个零点，不合题意，当a e >时，1ln 0a -<，0f <，又()1102f =>，所以()f x 在(x ∈上只有一个零点，令()ln 1p x x x =-+，则()1'1p x x=-，故当01x <<时，()'0p x >，()p x 单调递增，当1x >时，()'0p x <，()p x 单调递减，所以()()10p x p ≤=，即ln 1≤-x x ，所以ln 221a a ≤-，所以22(2)2ln 22(21)0f a a a a a a a a =-≥--=>，又2a >，所以()f x 在)x ∈+∞上只有一个零点．所以a e >满足题意．不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，令()))(0g x f x f x x =+--≤≤，则()))ln ln g x a x a x =-+-，()22'g x x a==-，当0x <<时，()'0g x <，所以()g x 在(上单调递减，所以当(x ∈时，()()00g x g <=，即))fx fx +<-，因为(1x ∈(1x ∈，所以()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==-->+-=-⎦⎦，又)2x ∈+∞，)1x -∈+∞，且()f x 在)+∞上单调递增，所以21x x >，故12x x +>>【点睛】本题考查利用导数证明函数的单调性，极值，最值，零点，函数与方程，不等式的综合应用，重点考查逻辑推理，转化与变形，计算能力，属于难题.17．已知函数()()()1xxf x ae ea x a R -=--+∈，()f x 既存在极大值，又存在极小值.（1）求实数a 的取值范围；（2）当01a <<时，1x ，2x 分别为()f x 的极大值点和极小值点.且()()120f x kf x +>，求实数k 的取值范围.【答案】（1）()()0,11,+∞ ；（2）1k ≤-.【分析】（1）求出函数的导数，结合函数的单调性确定a 的范围即可；（2）求出函数的极值点，问题转化为11(1)1a lna k a -<++ ，设11()(1))1x g x lnx k x -=-++ ，根据函数的单调性确定k 的范围即可．【详解】解：（1）由()()1xxf x ae e a x -=--+得()()'1x x f x ae e a -=+-+，即()()()1'1xxx f ee x ea -=--，由题意，若()f x 存在极大值和极小值，则()'0f x =必有两个不相等的实数根，由10x e -=得0x =，所以10x ae -=必有一个非零实数根，∴0a ≠，1xe a =，∴10a>且11a ≠，∴01a <<或1a >.综上，实数a 的取值范围为()()0,11,+∞ .（2）当01a <<时，由（1）可知()f x 的极大值点为10x =，极小值点为2ln x a =-，此时()11f x a =-，()()211ln f x a a a =-++，依题意得()()111ln 0a k a a a -+-++>对任意01a <<恒成立，由于此时()()210f x f x <<，所以k 0<；所以()()()1ln 11k a a a k +>--，即11ln 11a a k a -⎛⎫<-⎪+⎝⎭，设()11ln 11x x k x g x -⎛⎫=--⎪+⎝⎭，()0,1x ∈，则()()()()2221121112111'x x k x k x x x g x ⎛⎫+-- ⎪⎛⎫⎝⎭=--= ⎪⎝⎭++()22211x x k x x ++=+，令()2210*x x k ++=，判别式244k∆=-.①当1k ≤-时，0∆≤，所以()'0g x ≥，()g x 在()0,1单调递增，所以()()10g x g <=，即11ln 11a a k a -⎛⎫<-⎪+⎝⎭，符合题意；②当10k -<<时，>0∆，设()*的两根为3x ，4x ，且34x x <，则3420x x k+=->，341x x =，因此3401x x <<<，则当31x x <<时，()'0g x <，()g x 在()3,1x 单调递减，所以当31x a <<时，()()10g a g >=，即11ln 11a a k a -⎛⎫>- ⎪+⎝⎭，所以()()120f x kf x +<，矛盾，不合题意；综上，k 的取值范围是1k ≤-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．18．已知函数()()22ln xg x x t t R e =-+∈有两个零点1x ，2x .（1）求实数t 的取值范围；（2）求证：212114x x e+>.【答案】（1）ln 21t >-；（2）证明见解析.【分析】（1）写出函数()g x 定义域并求导，从而得到函数的单调性，根据单调性得到函数的最大值，要使()g x 有两个零点，只需最大值202e g ⎛⎫> ⎪⎝⎭即可.（2）函数()g x 有两个零点1x ，2x ，可得1122222ln 02ln 0x x t e x x t e ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，两式相减得21221ln ln 2x x e x x -=-，欲证212114x x e +>，即证()2112212ln ln 11x x x x x x -+>-，设21(1)x t t x =>，构造函数1()2ln (1)f t t t t t=-->，通过函数()f t 的单调性即可得到证明.【详解】（1）函数()()22ln x g x x t t R e =-+∈定义域为()0,∞+，()222122=x e x xe g x e -=-'.令()0g x '=得22ex =，可得()g x 在20,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，又0x →时，()g x →-∞，x →+∞时，()g x →-∞，故欲使()g x 有两个零点，只需22ln 11ln 2022e e g t t ⎛⎫=-+=-+> ⎪⎝⎭，即ln 21t >-.（2）证明：不妨设12x x <，则由（1）可知21202e x x <<<，且1122222ln 02ln 0x x t e x x t e ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，两式相减可得21221ln ln 2x x e x x -=-.欲证212114x x e +>，即证()2112212ln ln 11x x x x x x -+>-，设21(1)x t t x =>，则即证12ln (1)t t t t->>，构造函数1()2ln (1)f t t t t t=-->，则()22212(1)10t t t tf t -=+-=>'，所以()f t 在()1,+∞上单调递增，故()()10f t f >=，所以12ln (1)t t t t->>，原不等式得证.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，单调性以及最值问题，考查利用变量集中的思想解决不等式的证明，考查构造函数的思想，属于中档题.19．已知函数()1ln f x x x=-，()g x ax b =+．（1）若函数()()()h x f x g x =-在()0,+¥上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）当0b =时，若()f x 与()g x 的图象有两个交点()11,A x y ，()22,B x y ，试比较12x x 与22e 的大小．（取e 为2.8，取ln 2为0.7为1.4）【答案】（1）(],0-∞；（2）2122x x e >.【分析】（1）根据条件得到()0h x '≥对()0,x ∈+∞恒成立，由此得到关于a 的不等式，采用分离常数的方法求解出a 的取值范围；（2）根据交点坐标列出对应的方程组，用关于12,x x 的式子表示出a ，由此得到关于12,x x 的等式，通过设变量21x t x =得到关于t 的函数，利用导数分析出关于t 的函数的最值，再借助基本不等式以及构造函数()G x 并利用()G x 的单调性分析出12x x 与22e 的关系.【详解】。

专题19：双变量问题1．已知函数2()1(0)f x lnx ax x a =--++>．（Ⅰ）若()f x 是定义域上的单调函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若()f x 在定义域上有两个极值点1x ，2x ，证明：12()()522f x f x ln +>-．【解析】（Ⅰ）2()1f x lnx ax x =--++，∴221()ax x f x x-+'=-令2()21(0)g x ax x x =-+>则△18a=-0a >，∴对称轴104x a=>①当18a 时，△0 ，()0g x ，()0f x '∴ ，故()f x 在(0,)+∞单调递减．②当108a <<时，△0>，方程2210ax x -+=有两个不相等的正根1x ，2x 不妨设12x x <，则当(0x ∈，12)()x x +∞时，()0f x '<，当1(x x ∈，2))x 时，()0f x '>，这时()f x 不是单调函数．综上，a 的取值范围是18a ．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当1(0,)8a ∈，()f x 有极小值点1x 和极大值2x ，且1212x x a+=，1212x x a=，2212111222()()2f x f x lnx ax x lnx ax x +=--+--++12121211()(1)(1)()222lnx lnx x x x x =-+----+++121211()()3(2)324ln x x x x ln a a=-+++=++，令11()(2)3,(0,]48g a ln a a a =++∈，则当1(0,)8a ∈时，221141()044a g x aa a -'=-=<，g ∴（a ）在1(0,8单调递减，所以1()(5228g a g ln >=-，故12()()522f x f x ln +>-．2．已知函数21()(0)2f x x x alnx a =-+>（1）若1a =，求()f x 的图象在(1，f （1）)处的切线方程；（2）若()f x 在定义域上是单调函数，求a 的取值范围；（3）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：12322()()4ln f x f x ++>-．【解析】（1）11,(1)2a f ==-，函数21()(0)2f x x x alnx a =-+>，可得1()1f x x x'=-+，f '∴（1）1=，∴切线方程为2230x y --=；（2）()1a f x x x'=-+依题意有()0f x ' 或()0f x ' 在(0,)+∞上恒成立，即2a x x -+或2a x x -+ 在(0,)+∞上恒成立，显然2a x x -+不可能恒成立，2a x x ∴-+ ，解得14a ；（3）由()1a f x x x'=-+，()0f x '=得20x x a -+=，即1x ，2x 是()0f x '=的两根，121x x ∴+=-，12x x a =，222121112221212121211111()()()()122222f x f x x x alnx x x alnx x x x x x x alnx x a alna a alna +=-++-+=+-+-+=--+=--+，由已知14a <，∴112244a lna ln ln ->->=-，∴2222ln alna aln >->-，∴12322()()4ln f x f x ++>-．3．设函数241()(0)f x lnx ax a a x=-+>．（1）若()f x 在定义域上为单调函数，求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 为函数()f x 的两个极值点，求12()()f x f x +的最小值．【解析】（1）221()(0,0)x ax f x x a x-+'=->>设2()21g x x ax =-+．①△280a =-，即0a < 时，()0g x 恒成立，()0f x ∴' ，()f x ∴在(0,)+∞上为减函数；②△0>，即a >时，()0g x =在(0,)+∞上有两相异实根，()f x ∴在(0,)+∞上不是单调函数，不合题意，综上，0a < ；（2）由（1）知，1x ，2x 为2210x ax -+=的两根，122a x x +=，1212x x =222121122441211()()2814a f x f x ln x ax ln x ax ln lna a x a x ∴+=-++-+=-++．设h （a ）22814a ln lna =-++，则h '（a ）(4)(4)2a a a+-=，h ∴（a）在4)上单调递减，在(4,)+∞上单调递增，h ∴（a ）min h =（4）5152ln =-，12()()f x f x ∴+的最小值为5152ln -．4．已知函数21()2(2f x lnx x ax a =+-为常数）．（1）若()f x 是定义域上的单调函数，求a 的取值范围；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，且12||1x x - ，求12|()()|f x f x -的取值范围．【解析】（1）21()2(0)2f x lnx x ax x =+->，222()x ax f x x a x x-+∴'=+-=，设2()2g x x ax =-+，(0,)x ∈+∞，()f x 是定义域上的单调函数，函数()g x 的图象为开口向上的抛物线，()0f x ∴' 在定义域上恒成立，即()0g x 在(0,)+∞上恒成立．又二次函数图象的对称轴为2a x =，且图象过定点(0,2)，∴02a 或20280aa ⎧>⎪⎨⎪-⎩，解得：a ∴实数a 的取值范围为(-∞，；（2）由（1）知()f x 的两个极值点1x ，2x 满足220x ax -+=，所以122x x =，12x x a +=，不妨设120x x <<<，则()f x 在1(x ，2)x 上是减函数，12()()f x f x ∴>，12|()()|f x f x ∴-12()()f x f x =-22111222112(2)22lnx x ax lnx x ax =+--+-22112121221()()()22x x x x x x x ln x =--+-+2212121()22x x x ln x =-+222222122222x lnx ln x =--+，令22t x =，则2t >，又12222||1x x x x -=- ，即22220x x --22x < ，2224t x ∴<= ．设12()222(24)2h t t lnt ln t t=--+< ，则22(2)()02t h t t-'=>，()h t ∴在(2，4]上单调递增，h （2）0=，h （4）3222ln =-，()(0h t ∴∈，322]2ln -，即12|()()|(0f x f x -∈，322]2ln -，所以12|()()|f x f x -的取值范围为)(0，322]2ln -．5．已知函数2()1(1)f x x aln x =-+-，a R ∈．（Ⅰ）若函数()f x 为定义域上的单调函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <．证明：1221()()f x f x x x >．【解析】（Ⅰ）函数()f x 的定义域为(,1)-∞，求导：222()211a x x af x x x x-+-'=-=--，1x <，令2()22g x x x a =-+-，则△44(2)()48a a =---=-，当480a - 时，即12a ，则2220x x a -+- 恒成立，则()f x 在(,1)-∞上单调减函数，当480a ->时，即12a <，则2220x x a -+-=的两个根为112x =，2x =，当1(,)x x ∈-∞时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当1(x x ∈，1)，()0f x '>，函数()f x 单调递增，不符合题意，综上可知：函数()f x 为定义域上的单调函数，则实数a 的取值范围1[2，)+∞；（Ⅱ）证明：由函数有两个极值点，则()0f x '=，在1x <上有两个不等的实根，即2220x x a -+-=，在1x <有两个不等式的实根，1x ，2x ，由102a <<，则121212x x a x x +=⎧⎪⎨=⎪⎩，且11(0,2x ∈，21(2x ∈，1)，则211112*********()1(1)(1)(1)2(1)(1)2(1)f x x aln x x x x x ln x x x ln x x x x -+--++-===-++-，同理可得：22221()(1)2(1)f x x x ln x x =-++-，则1221112221()()()2(1)2(1)f x f x x x x ln x x ln x x x -=-+---，22222212(1)2(1)x x lnx x ln x =-+---，令()212(1)2(1)g x x x lnx xln x =-+---，1(2x ∈，1)，求导，22()2[(1)]1xg x ln x x x x '=--++-，1(2x ∈，1)，由1(2x ∈，1)，则2201xx x+>-，则()0g x '>，则()g x 在1(2x ∈，1)，上单调递增，则1()()02g x g >=，则1221()()0f x f x x x ->，∴1221()()f x f x x x >成立．6．已知函数()f x lnx =．（1）若曲线()()1ag x f x x=+-在点(2，g （2）)处的切线与直线210x y +-=平行，求实数a 的值．（2）若(1)()()1b x h x f x x -=-+在定义域上是增函数，求实数b 的取值范围．（3）设m 、*n R ∈，且m n ≠，求证：||2m n lnm lnn m n --<+．【解析】（1）()1a g x lnx x=+-，21()a g x xx '=-（2分）g()x 在点(2，g （2）)处的切线与直线210x y +-=平行，∴11(2)4242a g a '=-=-⇒=（4分）（2）证：由(1)()1b x h x lnx x -=-+得：2221(1)(1)2(1)1()(1)(1)b x b x x b x h x x x x x +--+-+'=-=++()h x 在定义域上是增函数，()0h x ∴'>在(0,)+∞上恒成立22(1)10x b x ∴+-+>，即2212x x b x++<恒成立（6分）2211112222x x x x x ++=+++= 当且仅当11,222x x x ==时，等号成立2b ∴ ，即b 的取值范围是(-∞，2]（8分）（3）证：不妨设0m n >>，则1m n>要证||2m n lnm lnn m n--<+，即证2m n lnm lnn m n--<+，即2(1)1mm n lnm n n-<+（10分）设2(1)()(1)1x h x lnx x x -=->+由（2）知h()x 在(1,)+∞上递增，h∴()x h>（1）0=故2(1)01m m n ln m n n-->+，∴||2m n lnm lnn m n --<+成立（12分）7．已知函数()x lnx ϕ=．（1）若曲线()()1a g x x xϕ=+-在点(2，g （2）)处的切线与直线310x y +-=平行，求a 的值；（2）求证函数2(1)()()1x f x x x ϕ-=-+在(0,)+∞上为单调增函数；（3）设m ，n R +∈，且m n ≠，求证：||2m n lnm lnn m n--<+．【解析】（1）()()11(0)a a g x x lnx x xxφ=+-=+->，21()(0)ag x x x x '=->，曲线()()1a g x x xφ=+-在点(2，g （2）)处的切线与直线310x y +-=平行，∴1(2)324ag '=-=-，解得14a =；（2）证明：2(1)2(1)()()(0)11x x f x x lnx x x x φ--=-==->++，∴22212(1)2(1)(1)()0(1)(1)x x x f x x x x x +---'=-=++ ，∴函数2(1)()()1x f x x x φ-=-+在(0,)+∞上为单调增函数；（3）不妨设0m n >>，则1m n>，要证||2m n lnm lnn m n--<+，即证2m n lnm lnn m n--<+，只需证121m m ln n n m n-<+，即证2(1)1m m n ln m n n->+，只需证2(1)01m m n ln m n n-->+，设2(1)()(1)1x h x lnx x x -=->+，由（2）得，()h x 在(1,)+∞上是单调增函数，1x >，()h x h ∴>（1）0=，即2(1)01m m n ln m n n-->+，即2m n lnm lnn m n--<+．∴不等式||2m n lnm lnnm n --<+成立．8．已知函数2()1ax bf x x +=+在点(1-，(1))f -处的切线方程为30x y ++=．（Ⅰ）求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）设()g x lnx =，求证：()()g x f x 在[1x ∈，)+∞上恒成立；（Ⅲ）已知0a b <<，求证：222lnb lna a b a a b ->-+．【解析】（Ⅰ）将1x =-代入切线方程得2y =-∴(1)211b af --==-+，化简得4b a -=-222(1)()2()(1)a x ax b xf x x +-+'=+22()2(1)1442a b a b bf +-'-====-解得：2a =，2b =-．∴222()1x f x x -=+．（Ⅱ）由已知得2221x lnx x -+ 在[1，)+∞上恒成立化简2(1)22x lnx x +- 即2220x lnx lnx x +-+ 在[1，)+∞上恒成立设2()22h x x lnx lnx x =+-+，1()22h x xlnx x x'=++-1x ∴120,2xlnx x x+ ，即()0h x ' ()h x ∴在[1，)+∞上单调递增，()h x h （1）0=()()g x f x ∴ 在[1x ∈，)+∞上恒成立（Ⅲ）0a b<<∴1ba>，由（Ⅱ）知有222()1b b a ln ba a->+整理得222lnb lna a b aa b ->-+∴当0a b <<时，222lnb lna ab a a b ->-+．9．已知函数()(f x lnx mx m =+为常数）．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）当322m -时，设21()()2g x f x x =+的两个极值点1x ，212()x x x <恰为2()2h x lnx ax x =--的零点，求1212()()2x x y x x h +'=-的最小值．【解析】（1）11()mx f x m xx+'=+=，0x >，当0m <时，由10mx +>，解得1x m<-，即当10x m<<-时，()0f x '>，()f x 单调递增；由10mx +<解得1x m>-，即当1x m>-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0m =时，1()0f x x'=>，即()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0m >时，10mx +>，故()0f x '>，即()f x 在(0,)+∞上单调递增．所以当0m <时，()f x 的单调递增区间为1(0,)m-，单调递减区间为1(,)m-+∞；当0m 时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞．（2）由21()2g x lnx mx x =++得211()x mx g x m x x x ++'=++=，由已知210x mx ++=有两个互异实根1x ，2x ，由根与系数的关系得12x x m +=-，121x x =，因为1x ，212()x x x <是()h x 的两个零点，故21111()20h x lnx x ax =--=①22222()20h x lnx x ax =--=②由②-①得：222212112()()0x ln x x a x x x ----=，解得2121212()x lnx a x x x x =-+-，因为2()2h x x a x '=--，得1212124()222x x x x h a x x ++'=--+，将2121212()x ln x a x x x x =-+-代入得：21212121122124()2[()]22x lnx x x x x h x x x x x x ++'=---++-22122121221122111221112(1)2()422[][2]1x x lnx x x x x x ln ln x x x x x x x x x x x x x x --=-+=--=---+-+-+，所以21221122111()(2[2]21x x x x x y x x h ln x x x -+'=-=-+，设211x t x =>，因为22221212129()22x x x x x x m +=++= ，所以221252x x + ，所以221212122152x x x x x x x x +=+ ，所以152t t + ，所以2t ．构造1()21t F t lnt t -=-+，得22214(1)()0(1)(1)t F t t t t t -'=-=>++，则1()21t F t lnt t -=-+在[2，)+∞上是增函数，所以2()(2)23min F x F ln ==-，即1212()(2x x y x x h +'=-的最小值为4223ln -．10．已知函数()()f x lnx mx m R =-∈．（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当m 时，设2()2()g x f x x =+的两个极值点1x ，212()x x x <恰为2()h x lnx cx bx =--的零点，求1212()()2x x y x x h +=-'的最小值．【解析】()I 函数()f x lnx mx =-，∴11()mx f x m x x -'=-=，0x >；当0m >时，由10mx ->解得1x m <，即当10x m <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；由10mx -<解得1x m >，即当1x m >时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0m =时，1()0f x x'=>，即()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0m <时，10mx ->，故()0f x '>，即()f x 在(0,)+∞上单调递增；∴当0m >时，()f x 的单调递增区间为1(0,m ，单调递减区间为1(m，)+∞；当0m 时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞；⋯（5分）22()()2()22II g x f x x lnx mx x =+=-+，则22(1)()x mx g x x-+'=，()g x '∴的两根1x ，2x 即为方程210x mx -+=的两根；又m ，∴△240m =->，12x x m +=，121x x =；⋯（7分）又1x ，2x 为2()h x lnx cx bx =--的零点，21110lnx cx bx ∴--=，22220lnx cx bx --=，两式相减得11212122()()()0x ln c x x x x b x x x --+--=，得121212()x lnx b c x x x x =-+-，而1()2h x cx b x'=--，1212122()[()]y x x c x x b x x ∴=--+-+1212121212122()[()()]x ln x x x c x x c x x x x x x =--+-+++-11212111222212()21x x x x x x ln ln x x x x x x --=-=-++，⋯（10分）令12(01)x t t x =<<，由2212()x x m +=得22212122x x x x m ++=，因为121x x =，两边同时除以12x x ，得212t m t++=，m ，故152t t + ，解得12t 或2t ，102t ∴< ；⋯（12分）设1()21t G t lnt t -=-+，2(1)()0(1)t G t t t --'∴=<+，则()y G t =在(0，1]2上是减函数，12()(223min G t G ln ∴==-+，即1212()(2x x y x x h +'=-的最小值为223ln -+．⋯（14分）。