高中数学压轴题系列——导数专题——双极值问题

导数与单调性、极值、最值问题【题型】一．函数的单调性求参数 二．极值与参数 三．最值与参数 四．极值点偏移 五．恒成立问题求参数 【方法规律总结】 一．函数的单调性求参数 例1．已知函数()()()211ln ln 22x x f k k x x R =---∈. （1）当0k =时，求证：函数()f x 在()0,∞+上单调递增； （2）当1k >时，讨论函数()f x 的零点的个数.【解析】（1）()l 'n ln 1x f x x xx x-=-=， 令()()1ln '1x x g x g x x=-⇒=-，易得()g x 在(]0,1上递减，()1,+∞上递增，∴()()()min 110'0g x g f x ==>⇒>，∴函数()f x 在()0,∞+上单调递增. （2）()n 'l ln 1x k x x xf x x kx --=--=，由（1）知当1k >时，方程ln x x k -=有两个根1x ，2x ， 且易知1201x x <<<，则()f x 在()10x ，上单调递增，在()12,x x 上单调递减，在()2,x +∞单调递增. 所以1x 为()f x 的极大值点，2x 为()f x 的极小值点. 显然()22211022kk f ee e ---=-<-<，()()1112f x f >=， ∴()f x 在()10,x 仅有唯一零点. 又()222221122nknk nk f ee n k nk e n k =--->-，（当n 为较大的整数时）， 设()2xh x e x =-，则()2xh x e x '=-，()2xh x e ''=-当1x >时，()0h x ''>，()2xh x e x '=-单调递增,即()()120h x h e ''≥=->.所以()2xh x e x =-在()1+¥， 单调递增，即()()110h x h e ≥=->，即()0nkf e>（当n 为较大的整数时）.于是下面讨论()2f x 的正负情况：()2222211ln ln 22f x x x k x =---()22222211ln ln ln 22x x x x x =----2222211ln ln 22x x x x =-+-. 构造函数()211ln ln 22F x x x x x =-+-()()1ln ln '11ln 0x x xF x x x x-⇒=+--=≤，且()0f e =. ①当21x e <<时，22ln k x x =-在()1,e 递增，得()1,1k e ∈-，此时()()220f x F x =>，则函数()f x 在()0,∞+上只有一个零点.②当2x e =时，显然1k e =-，函数()f x 在()0,∞+上有两个零点.③当2x e >时，22ln k x x =-在(),e +∞递增，得()1,k e ∈-+∞，此时()()220f x F x =<，则函数()f x 在()0,∞+上有三个零点.综上，()1,1k e ∈-，函数()f x 在()0,∞+上有一个零点；1k e =-时，函数()f x 在()0,∞+上有两个零点；()1,k e ∈-+∞，函数()f x 在()0,∞+上有三个零点.练习1．已知函数2()ln (21)?(0)f x a x x a x a =-+-≥. (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()0f x ≤，求a 的取值范围. 【解析】（1）由()()()()21221x a x af x x a x x-+=-+-=-'， 当a =0时，()210f x x '=-+<，则f （x ）在（0，+∞）上递减， 当a ＞0时，令f '（x ）＝0得x a =或12x =-（负根舍去）， 令f '（x ）＞0得0x a ＜＜；令f '（x ）＜0得x a ＞，所以f （x ）在()0a ，上递增，在()a +∞，上递减． 综上：a =0时， f （x ）在（0，+∞）上递减，a ＞0时，f （x ）在()0a ，上递增，在()a +∞，上递减 （2）由（1）当a ＝0时，f （x ）＝﹣2x x -≤0，符合题意，当a ＞0时，()2()0max f x f a alna a a ==+-≤，因为a ＞0，所以10lna a +-≤，令()g a =1lna a +-,则函数单调递增，又()10g = ，故 10lna a +-≤得01a <≤ 综上，a 的取值范围为[]0,1．练习2．已知函数2()()(1)x f x x a e a x =+-+．（1）当0a =时，求函数()f x 在()()11f ，处的切线方程； （2）若2a -…，证明：当0x …时，()0f x …． 【解析】当0a =时，2()x f x x e =g ，2()(2)x f x x x e '=+g ，()13f e '=，()1f e =，∴函数()f x 的图象在()()1,1f 处的切线方程3(1)y e e x -=-，即320ex y e --=；（2）证明：2()(2)x f x x x a e a '=++-，令2()(2)x g x x x a e a =++-，则2()(42)x g x x x a e '=+++，2a -Q …，∴当0x …时，22(42)(4)0x x x x a e x x e ++++厖，即()0g x '…且不恒为零．()g x ∴在[0，)+∞上是增函数，故()(0)0g x g =…，即()0f x '…，()f x ∴在[0，)+∞上是增函数，()(0)0f x f ∴=…，即()0f x …．故若2a -…，则当0x …时，()0f x …． 练习3．已知函数()()21ln 2f x x x ax a R =++∈，()232x g x e x x =+-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）定义：对于函数()f x ，若存在0x ，使()00f x x =成立，则称0x 为函数()f x 的不动点.如果函数()()()F x f x g x =-存在不动点，求实数a 的取值范围.【解析】(1)()f x 的定义域为()()()210,0x ax f x x x，+++∞=>'，对于函数210y x ax =++≥，①当240a ∆=-≤时，即22a -≤≤时，210x ax ++≥在0x >恒成立.()210x ax f x x++∴=≥'在()0,+∞恒成立.()f x ∴在()0,+∞为增函数；②当0∆>，即2a <-或2a >时，当2a <-时，由()0f x '>，得2a x -<或2a x ->，022a a ---+<<，()f x ∴在0,2a ⎛- ⎪⎝⎭为增函数，22a a ⎛--+ ⎪⎝⎭减函数.⎫+∞⎪⎪⎝⎭为增函数， 当2a >时，由()210x ax f x x++=>'在()0,+∞恒成立，()f x ∴在()0,+∞为增函数。

导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数()2ln 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()()()()21212,,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）()2ln 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()()11221ln 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1212ln ln x x x x -<-.思路一：因为120x x <<，只需证1122ln ln ln 0x x x x ->⇔>.令()0,1t =，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()22212110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证12ln 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 xt 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()2110Q x xx '===<， …所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()20Q x Q x >=，即证2ln ln xx -.由上述分析可知0F '<.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.【变式训练】 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．【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2，设21x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）略（2）f′（x ）=x-a lnx ，g （x ）=x-a lnx ，由x 1，x 2是g （x ）=x-a lnx=0的两个根，￥则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜221221(x x )x (ln )x -，即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+， 由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t-t-120t +<，设g （t ）=ln 2t-t-12t+，则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 令h （t ）=2lnt-t+t1，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，∴h（t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h（t ）＜h （1）=0，∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g（t ）＜g （1）=0，即ln 2t ＜t-2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． "【变式训练】 已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()2ln 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.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22212211a 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，()0f 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()12g x b cx x'=--， ∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+⎪+⎝⎭， 由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-， ()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln 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 -=-+， ∴22(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 +=， ∴()222222211221212112212212(2)242x x x x x xa x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，∴2122119422,2x x a t x x t ⎡⎫=++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭，又∵1a >，故a的取值范围是4⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭.(二)各自构造一元函数【例】 已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax +1（a ∈R ）． （1）求f （x ）的单调区间； （2）设g （x ）＝lnx 344x x-+，若对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围． 【分析】（1）函数求导得()11'axf x a x x-=-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）~（3）根据对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，然后分别求最大值求解即可.【详解】（1） 略（2）()()()222213113143'4444x x x x g x x x x x-+--+-=--⨯==， 在区间（1，3）上，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，在区间（3，+∞）上，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，所以g （x ）max ＝g （3）＝ln 312-， 因为对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立， 等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，由（1）知当a ≤0时，f （x ）无最值，~当a ＞0时，f （x ）max ＝f （1a ）＝﹣lna ，所以﹣lna ＜ln 312-，所以3lna ＞ln ，解得a 3．【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()xf x x ax a a -=+-⋅∈R .（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.【解析】 (1)当0a =时，因为()2xf x x e -=⋅，所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-，又因为()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2xx f x x a ex ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-； >②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ③当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-， 综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-. (三)消元构造一元函数【例】已知函数f (f )={e −f +1,f ≤0,2√f , f >0.函数f =f (f (f )+1)−f (f ∈f )恰有两个零点f 1和f 2． （1）求函数f (f )的值域和实数f 的最小值；（2）若f1<f2，且ff1+f2≥1恒成立，求实数f的取值范围．【解析】（1）当f≤0时，f(f)=e−f+1≥2.`当f>0时，f(f)=2√f>0.∴f(f)的值域为(0,+∞)．令f(f(f)+1)=f，∵f(f)+1>1，∴f(f(f)+1)>2，∴f>2.又f(f)的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设f(f)+1=f1，f(f)+1=f2，且f1<0，f2>1．∴f(f)=f1−1无解.从而f(f)=f2−1要有两个不同的根，应满足f2−1≥2，∴f2≥3.∴f(f2)=f(f(f)+1)≥2√3.即f≥2√3．∴f的最小值为2√3.(2) f=f(f(f)+1)−f有两个零点f1、f2且f1<f2，设f(f)=f，f∈[2,+∞)，∴e−f1+1=f，∴f1=−ln(f−1).2√f2=f，∴f2=f24.#∴−f ln(f−1)+f24≥1对f∈[2,+∞)恒成立设f(f)=−f ln(f−1)+f24−1，f′(f)=−ff−1+f2=f2−f−2f2(f−1).∵f∈[2,+∞)，∴f2−f∈[2,+∞)恒成立.∴当2f≤2，即f≤1时，f′(f)≥0，∴f(f)在[2,+∞)上单调递增.∴f(f)≥f(2)=−f ln1+1−1=0成立.当f>1时，设f(f)=f2−f−2f.由f(2)=4−2−2f=2−2f<0.∴∃f0∈(2,+∞)，使得f(f0)=0.且当f∈(2,f0)时，f(f)<0，f∈(f0,+∞)时，f(f)>0.∴当f∈(2,f0)时，f(f)单调递减，此时f(f)<f(2)=0不符合题意.综上，f≤1.【变式训练】f(f)=f2+ff−f ln f.（1）若函数f(f)在[2,5]上单调递增，求实数f的取值范围；（2）当f=2时，若方程f(f)=f2+2f有两个不等实数根f1，f2，求实数f的取值范围，并证明f1f2<1.【解析】（1）f′(f)=2f+f−ff，∵函数f(f)在[2,5]上单调递增，∴f′(f)≥0在f∈[2,5]恒成立，即2f+f−ff≥0对f∈[2,5]恒成立，∴f≥−2f2f−1对f∈[2,5]恒成立，即f≥(−2f2f−1)max，f∈[2,5]，令f(f)=−2f2f−1(f∈[2,5])，则f′(f)=−2f2+4f(f−1)2≤0(f∈[2,5])，∴f(f)在[2,5]上单调递减，∴f(f)在[2,5]上的最大值为f(2)=−8.\∴f的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当f=2时，方程f(f)=f2+2f⇔f−ln f−f=0，令f(f)=f−ln f−f(f>0)，则f′(f)=1−1f，当f∈(0,1)时，f′(f)<0，故f(f)单调递减，当f∈(1,+∞)时，f′(f)>0，故f(f)单调递增，∴f(f)min=f(1)=1−f.若方程f(f)=f2+2f有两个不等实根，则有f(f)min<0，即f>1，当f>1时，0<f−f<1<f f，f(f−f)=f−f>0，f(f f)=f f−2f，令f(f)=f f−2f(f>1)，则f′(f)=f f−2>0，f(f)单调递增，f(f)>f(1)=f−2>0，∴f(f f)>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数f的取值范围是(1,+∞).不妨设f 1<f 2，则0<f 1<1<f 2，0<1f 2<1，∴f 1f 2<1⇔f 1<1f 2⇔f (f 1)>f (1f 2)，∵f (f 1)=f (f 2)=0，∴f (f 1)−f (1f 2)=f (f 2)−f (1f 2)=(f 2−ln f 2−f )−(1f 2−ln 1f 2−f ),=f 2−1f 2−2ln f 2.令f (f )=f −1f−2ln f (f >1)，则f′(f )=1+1f 2−2f=(1f −1)2>0，∴f (f )在(1,+∞)上单调递增，∴当f >1时，f (f )>f (1)=0，即f 2−1f 2−2ln f 2>0，∴f (f 1)>f (1f 2)，∴f 1f 2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】 已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数. （1）求()f x 的极值； ，（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围： 【详解】（1） 略；（2）当4k =时，()4ln f x x =-'，()224ln g x x x x =+-，当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，即()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()2424ln F x g x x x x x =-=--，由于120x x t <<<，()()12F x F x ≥，则函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，()()()221422x x F x x x x='-+=--，0x，解不等式()0F x '≤，解得02x <≤.`由题意可知()(]0,0,2t ⊆，02t ∴<≤，因此，正实数t 的取值范围是(]0,2；【变式训练】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】（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， —∴（对仅在时成立），故的取值范围是【变式训练】已知函数f (f )=f +f ln f .（Ⅰ）求函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程；（Ⅱ）若f ∈f ，且f (f −1)<f (f )对任意f >1恒成立，求f 的最大值； （Ⅲ）当f >f ≥4时，证明：(ff f )f >(ff f )f .()ln ,k R kf x x x=+∈()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0kh x f x x x x x x=-=+->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】（Ⅰ）∵f ′(f )=ln f +2,∴f ′(1)=2，函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程f =2f −1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f (f )=f +f ln f ,∴f (f −1)<f (f )，对任意f >1恒成立，）即f <f +f ln ff −1对任意f >1恒成立． 令f (f )=f +f ln ff −1，则f′(f )=f −ln f −2(f −1)2，令f (f )=f −ln f −2(f >1)，则f ′(f )=1−1f =f −1f>0，所以函数f (f )在(1,+∞)上单调递增．∵f (3)=1−ln 3〈0,f (4)=2−2ln 2〉0，∴方程f (f )=0在(1,+∞)上存在唯一实根f 0，且满足f 0∈(3,4)．当1<f <f 0时，f (f )<0，即f′(f )<0，当f >f 0时，f (f )>0，即f′(f )>0， 所以函数f (f )=f +f ln ff −1在(1,f 0)上单调递减，在(f 0,+∞)上单调递增． ∴[f (f )]min =f (f 0)=f 0(1+ln f 0)f 0−1=f 0(1+f 0−2)f 0−1=f 0∈(3,4)，∴f <[f (f )]min =f 0∈(3,4)，故整数f 的最大值是3．)（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f (f )=f +f ln ff −1是[4,+∞)上的增函数，∴当f >f ≥4时，f +f ln f f −1>f +f ln ff −1． 即f (f −1)(1+ln f )>f (f −1)(1+ln f )．整理，得ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f +(f −f )． ∵f >f ,∴ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f ．即ln f ff +ln f f >ln f ff +ln f f ．即ln (f ff f f )>ln (f ff f f )．∴(ff f )f >(ff f )f ． (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】 已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（Ⅰ）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立]【分析】（Ⅰ）将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，可得112+-≤x x a ，令()121h x x x =-+，可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增，即()()min 2h x h =，从而可得a 的范围；（Ⅱ）构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-，且121x x -<≤；利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数，得到()()2F x F x ≥，经验算可知()20F x =，从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+，从而可证得结论.【解析】（Ⅰ）由题意知：()121f x x a x '=-++ 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立即112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立，设()121h x x x =-+ 当2≥x 时，11=+y x 单调递减，2=y x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增 ()()min 1112433h x h ∴==-=，113a ∴≤，即a 的取值范围为11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（Ⅱ）设121x x -<≤，令：()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦*()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥，122m x m x x ∴+≥()121f x x a x '=-++，令()()g x f x ='，则()()21201g x x '=--<+ ()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数，()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦，即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数，()2()0F x F x ∴≥=，即()0F x ≥ ()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥(]21,x x ∴∈-时，()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+（121x x -<≤ ，()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+【变式训练】 已知函数f (f )=f f −f ，f (f )=(f +f )ln (f +f )−f ．（1）若f =1，f ′(f )=f ′(f )，求实数f 的值．（2）若f ,f ∈f +，f (f )+f (f )≥f (0)+f (0)+ff ，求正实数f 的取值范围． 【解析】（1）由题意，得f ′(f )=f f −1，f ′(f )=ln (f +f )，由f =1，f ′(f )=f ′(f )…①，得f f −ln (f +1)−1=0， 令f (f )=f f −ln (f +1)−1，则f ′(f )=f f −1f +1，…因为f″(f)=f f+1(f+1)2>0，所以f′(f)在(−1,+∞)单调递增，又f′(0)=0，所以当−1<f<0时，f′(f)>0，f(f)单调递增；当f>0时，f′(f)<0，f(f)单调递减；所以f(f)≤f(0)=0，当且仅当f=0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解f=0，实数f的值为0．（2）解法一：令f(f)=f(f)−ff+f(f)−f(0)−f(0)（f>0），则f′(f)=f f−(f+1)，所以当f>ln(f+1)时，f′(f)>0，f(f)单调递增;当0<f<ln(f+1)时，f′(f)<0，f(f)单调递减;;故f(f)≥f(ln(f+1))=f(ln(f+1))+f(f)−f(0)−f(0)−f ln(f+1)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f．令f(f)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f（f>0），则f′(f)=ln(f+f)−ln(f+1)．（i）若f>1时，f′(f)>0，f(f)在(0,+∞)单调递增，所以f(f)>f(0)=0，满足题意．（ii）若f=1时，f(f)=0，满足题意．（iii）若0<f<1时，f′(f)<0，f(f)在(0,+∞)单调递减，所以f(f)<f(0)=0．不满足题意．综上述：f≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示>【例】（2020山西高三期末）设函数1()ln() f x x a x a Rx=--∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2k a =-若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）()f x 定义域为()0,∞+，()22211'1a x ax f x x x x-+=+-=， 令()221,4g x x ax a =-+∆=-，①当22a -≤≤时，0∆≤，()'0f x ≥，故()f x 在()0,∞+上单调递增， ·②当2a <-时，>0∆，()0g x =的两根都小于零，在()0,∞+上，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+上单调递增，③当2a >时，>0∆，()0g x =的两根为12x x ==，当10x x <<时，()'0f x >；当12x x x <<时，()'0f x <；当2x x >时，()'0f x >； 故()f x 分别在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减.（2）由（1）知，2a >，因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--. 所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+⋅--,又由（1）知，121=x x ，于是1212ln ln 2x x k a x x -=--，若存在a ，使得2k a =-，则1212ln ln 1x x x x -=-，即1212ln ln x x x x -=-，亦即222212ln 0(1)x x x x --=>|再由（1）知，函数()12ln h t t t t=--在()0,∞+上单调递增，而21>x ，所以22212ln 112ln10x x x -->--=，这与上式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【变式训练】 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 -<+<-.【解析】（1）解：由题得22'()2a x x af 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1a ≥，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111x 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1a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当时，()f x 在(0,11)a --上单调递增，在(11,11)a a --+-上单调递减，在(11,)a +-+∞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 22fx f x x x a x x x a x +=-++-+ ()()()2212121212ln ln 2x x x x a x x =+-+++()()()212121212122ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()21224ln ln 22a 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()()1232fx f x -<+<-.【变式训练】已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）. （1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；/（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）. 【解析】（1）由题意，函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+（）， 得2121'21ax x f x ax x x -+-=--+=（），0x ∈+∞（，）， （i ）若0a =时；1x f x x-'=（），当01x ∈（，）时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当），（∞+∈1x 时，()0f x '>， 函数()f x 单调递增，所以当1x =，函数()f x 取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点；（ii ）若0a >时，则180a ∆=-≤，即18a ≥时，此时0f x '≤（），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极值点，当108a <<时，则180a ∆=->，令0='）（x f ，解得1x =，2x =，当10x x ∈（，）和2x x ∈+（，）∞时，0f x '<（），当12x x x ∈（，）时，0>'）（x f ， `∴()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点， 综上可知：（i ）0a =时，()f x 仅有一个极值点；(ii).当18a ≥时，()f x 无极值点； (iii)当108a <<，()f x 有两个极值点. （2）由（1）知，当且仅当108a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程2210ax x 的两根，∴1212x x a +=,1212x x a=， 则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（）（） 22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111ln[]42a a a a a=---+ 11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a=+--，【设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则221141044a g a a a a-'=-=<（），∴10,8a ∈（）时，()a g 是减函数，1()()8g a g >，∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-（）， ∴1234ln 2f x f x +>-（）（）. 三、跟踪训练 1.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈. （1）讨论函数()y f x =的单调性； （2）若10<<b ，1()()g x f x bx x=+-，且存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，求证：0a <且2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭. 【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>， @当0a ≥时，因为0x >，所以210x ax ++>，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当20a -≤<时，240a ∆=-≤，210x ax ++≥，所以'()0f x >， 故函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当2a <-时，'()0f x >，解得0x <<或x >，'()0f x <x <<，所以函数()f x 在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. 综上所述，当2a ≥-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当2a <-时，函数()f x在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减， !在区间0,2a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭和区间2a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增. （2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1ag x b x=-+. 当0a ≥时，0)('>x g ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，与存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()g x g x =矛盾，所以0a <.由12()()g x g x =，得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+， 所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--，不妨设120x x <<，因为10<<b ，所以212101ln ln x x a b x x -=>--，欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭，只需证2121ln ln x x x x ->-21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t->ln 0t -<， |令()ln 1)h t t t =->，2'()0h t =<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而ln 0t <得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f (f )=f ln f −f 2.（1）令f (f )=f (f )+ff ，若f =f (f )在区间(0,3)上不单调，求f 的取值范围；（2）当f =2时，函数f (f )=f (f )−ff 的图象与f 轴交于两点f (f 1,0)，f (f 2,0)，且0<f 1<f 2，又f ′(f )是f (f )的导函数.若正常数f ，f 满足条件f +f =1，f ≥f .试比较f ′(ff 1+ff 2)与0的关系，并给出理由【解析】（1）因为f (f )=f ln f −f 2+ff ，所以f ′(f )=ff −2f +f ， 因为f (f )在区间(0,3)上不单调，所以f ′(f )=0在(0,3)上有实数解，且无重根， 由f ′(f )=0，有f =2f 2f +1=2(f +1+1f +1)−4，f ∈(0,3)，令t=x+1>4则y=2(t+1f )−4在t>4单调递增，故f ∈(0,92)、（2）∵f ′(f )=2f −2f −f ，又f (f )−ff =0有两个实根f 1，f 2，∴{2fff 1−f 12−ff 1=02fff 2−f 22−ff 2=0，两式相减，得2(ln f 1−ln f 2)−(f 12−f 22)=f (f 1−f 2)， ∴f =2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2−(f 1+f 2)，于是f ′(ff 1+ff 2)=2ff 1+ff 2−2(ff 1+ff 2)−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(f 1+f 2)=2ff 1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(2f −1)(f 2−f 1).∵f ≥f ，∴2f ≤1，∴(2f −1)(f 2−f 1)≤0. 要证：f ′(ff 1+ff 2)<0，只需证：2ff1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2<0，只需证：f 1−f 2ff 1+ff 2−ln f1f 2>0.（*）令f 1f 2=f ∈(0,1)，∴（*）化为1−fff +f +ln f <0，只需证f (f )=ln f +1−fff +f <0；f ′(f )=1f −1(ff +f )2>0∵f (f )在(0,1)上单调递增，f (f )<f (1)=0，∴ln f +1−f ff +f<0，即f 1−f 2ff +f+ln f 1f 2<0.∴f ′(ff 1+ff 2)<0.2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f （x ）=12ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b∈R，设h （x ）=f （x ）-g （x ），（1）若f （x ）在x=√22处取得极值，且f′（1）=g （-1）-2．求函数h （x ）的单调区间；（2）若a=0时，函数h （x ）有两个不同的零点x 1，x 2 ①求b 的取值范围；②求证：x 1x 2e 2＞1．【答案】（1）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）①（−1f ，0）②详见解析—【解析】试题分析：（1）先确定参数：由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3. 由函数极值定义知f ′(√22)=√22f +√2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）①当f =0时，f (f )=ln f +ff ，原题转化为函数f (f )=−ln ff与直线f =f 有两个交点，先研究函数f (f )=−ln ff图像，再确定b 的取值范围是（−1f ，0）. ②f 1f 2f 2>1⇔f 1f 2>f 2⇔ln f 1f 2>2，由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2ln f 2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，因此须证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，构造函数f (f )=ln f −2(f −1)f +1，即可证明 试题解析：（1）因为f ′(f )=ff +1f ，所以f ′(1)=f +1,由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3.又因为f (f )在f =√22处取得极值，所以f ′(√22)=√22f +√2=0，所以a=" -2,b=1" .所以f (f )=−f 2+ln f +f ，其定义域为（0，+）f′(f )=−2f +1f +1=−2f 2+f +1f =−(2f +1)(f −1)f{令f′(f )=0得f 1=−12,f 2=1，当f ∈（0,1）时，f′(f )>0，当f ∈（1,+）f′(f )<0，所以函数h （x ）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）当f =0时，f (f )=ln f +ff ，其定义域为（0，+）.①由f (f )=0得f =-ln ff，记f (f )=−ln ff，则f′(f )=ln f −1f 2,所以f (f )=−ln ff在(0,f )单调减，在(f ,+∞)单调增，所以当f =f 时f (f )=−ln ff取得最小值−1f .又f (1)=0，所以f ∈(0,1)时f (f )>0，而f ∈(1,+∞)时f (f )<0,所以b 的取值范围是（−1f ，0）. ②由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2+f (f 1+f 2)=0,ln f 2−ln f 1+f (f 2−f 1)=0,{所以ln f 1f 2ln f2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，不妨设x1<x2,要证f 1f 2>f 2, 只需要证ln f 1f 2=f 1+f2f 2−f 1(ln f 2−ln f 1)>2.即证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，设f =f2f 1(f >1),则f (f )=ln f −2(f −1)f +1=ln f +4f +1−2,所以f′(f )=1f −4(f +1)2=(f −1)2f (f +1)2>0,所以函数f (f )在（1，+）上单调增，而f (1)=0，所以f (f )>0即ln f >2(f −1)f +1,所以f 1f 2>f 2.考点：函数极值，构造函数利用导数证明不等式3．【福建省2020高三期中】已知函数f (f )=f f (f f −ff +f )有两个极值点f 1，f 2.（1）求f 的取值范围；，（2）求证：2f 1f 2<f 1+f 2.【解析】（1）因为f (f )=f f (f f −ff +f )，所以f ′(f )=f f (f f −ff +f )+f f (f f −f )=f f (2f f −ff )，令f ′(f )=0，则2f f =ff ，当f =0时，不成立；当f ≠0时，2f =ff f ，令f (f )=f ef，所以f ′(f )=1−ff f ，当f <1时，f ′(f )>0，当f >1时，f ′(f )<0，所以f (f )在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，又因为f (1)=1f ，当f →−∞时，f (f )→−∞，当f →+∞时，f (f )→0，'因此，当0<2f <1f 时，f (f )有2个极值点，即f 的取值范围为(2f ,+∞).（2）由（1）不妨设0<f 1<1<f 2，且{2f f 1=ff 12f f 2=ff 2，所以{ff2+f 1=fff +fff 1ff2+f 2=fff +fff 2，所以f 2−f 1=ln f 2−ln f 1，要证明2f 1f 2<f 1+f 2，只要证明2f 1f 2(ln f 2−ln f 1)<f 22−f 12，即证明2ln (f 2f 1)<f 2f 1−f 1f 2，设f 2f 1=f (f >1)，即要证明2ln f −f +1f <0在f ∈(1,+∞)上恒成立，记f (f )=2ln f −f +1f (f >1)，f ′(f )=2f −1−1f 2=−f 2+2f −1f 2=−(f −1)2f 2<0，所以f (f )在区间(1,+∞)上单调递减，所以f (f )<f (1)=0，即2ln f −f +1f <0，即2f 1f 2<f 1+f2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f(f)=−12f2+2f−2f ln f．$（1）讨论函数f(f)的单调性；（2）设f(f)=f′(f)，方程f(f)=f（其中f为常数）的两根分别为f,f(f<f)，证明：f′(f+f2)<0．注：f′(f),f′(f)分别为f(f),f(f)的导函数．【解析】（1）函数f(f)的定义域为(0,+∞)，f′(f)=−f+2−2ff =−f2+2f−2ff，令f(f)=−f22f−2f，f=4−8f，①当f≤0时，即f≥12时，恒有f(f)≤0，即f′(f)≤0，∴函数f(f)在(0,+∞)上单调减区间．②当f>0时，即f<12时，由f(f)=0，解得f1=1−√1−2f,f2=1+√1−2f，（i）当0<f<12时，当f∈(0,f1),(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，|当f∈(f1,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(0,f1),(f2,+∞)单调递减，在(f1,f2)上单调递增．（ii）当f≤0时，f(0)=−2f≥0，当f∈(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，当f∈(0,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(f2,+∞)单调递减，在(0,f2)上单调递增．证明（2）由条件可得f (f )=−f +2-2ff,f >0，∴f ′(f )=−1+2ff 2，!∵方程f (f )=f （其中f 为常数）的两根分别为f ,f (f <f )，∴{f (f )=f f (f )=f可得ff =2f ，∴f ′(f +f2)=−1+8f (f +f )2=−1+4ff (f +f )2=−1+4ff +f f+2，∵0<f <f ， ∴0<ff <1， ∴ff +f f >2，∴f ′(f +f2)=−1+4f f +f f+2<−1+1=0．5．（2020江苏徐州一中高三期中）设函数()ln 1nf x x m x =+-，其中n ∈N *，n ≥2，且m ∈R ．{（1）当2n =，1m =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当2n =时，令()()22g x f x x =-+，若函数()g x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求()2g x 的取值范围；【答案】（1）见解析；（2）12ln 2,04-⎛⎫⎪⎝⎭；（3）见解析 【解析】 【分析】（1）将2n =，1m =-代入解析式，求出函数的导数，从而即可得到函数()f x 的单调区间；（2）由题意知()221ln g x x x m x =-++，求导，从而可得2220x x m -+=，由方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <）可得102m <<，由方程得22x =，且2112x <<，由此分析整理即可得到答案；（3）求出函数的导数，得到()f x 的单调性，求出()f x 的最小值，通过构造函数结合零点存在性定理判断函数的零点即可.、【详解】（1）依题意得，()2ln 1f x x x =--，()0,x ∈+∞，∴ ()21212x f x x x x='-=-．令()0f x '>，得2x >；令()0f x '<，得02x <<． 则函数()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）由题意知：()221ln g x x x m x =-++．则()22222m x x mg x x x x='-+=-+，令()0g x '=，得2220x x m -+=，故方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <），则()412002m m⎧∆=->⎪⎨>⎪⎩，， 解得102m <<．由方程得22x =，且2112x <<． ￥由222220x x m -+=，得22222m x x =-+．()()222222222122ln g x x x x x x =-++-+，2112x <<． ()22214ln 02g x x x ⎛'⎫=--> ⎪⎝⎭，即函数()2g x 是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的增函数， 所以()212ln204g x -<<，故()2g x 的取值范围是12ln2,04-⎛⎫⎪⎝⎭． 6．（2019·江苏徐州一中高三月考）已知函数()alnxf x x=，g （x ）＝b （x ﹣1），其中a ≠0，b ≠0 （1）若a ＝b ，讨论F （x ）＝f （x ）﹣g （x ）的单调区间；（2）已知函数f （x ）的曲线与函数g （x ）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：()12122x x g x x a++＞． 【答案】（1）见解析（2）见解析，【解析】 【分析】（1）求导得()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=--⎪⎝⎭，按照a ＞0、 a ＜0讨论()F x '的正负即可得解； （2）设x 1＞x 2，转化条件得()1212112122x x x x x g x x ln a x x x +++=⋅-，令121x t x =＞，()121t p t lnt t -=-⋅+，只需证明()0p t >即可得证. 【详解】（1）由已知得()()()1lnx F x f x g x a x x ⎛⎫=-=-+⎪⎝⎭，∴()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭，当0＜x ＜1时，∵1﹣x 2＞0，﹣lnx ＞0，∴1﹣x 2﹣lnx ＞0，； 当x ＞1时，∵1﹣x 2＜0，﹣lnx ＜0，∴1﹣x 2﹣lnx ＜0．<故若a ＞0，F （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； 故若a ＜0，F （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．（2）不妨设x 1＞x 2，依题意()1111lnx ab x x =-， ∴()2111alnx b x x =-①，同理得()2222alnx b x x =-②由①﹣②得，∴()()()2211122121221x alnb x x x x b x x x x x =--+=-+-， ∴()()1212121x lnx b x x a x x +-=-，∴()()()121211212121221x x x x x bg x x x x x x ln a a x x x +++=+⋅⋅+-=⋅-， 故只需证1211222x x x ln x x x +⋅-＞，取∴121x t x =＞，即只需证明121t lnt t +⋅>-，1t ∀>成立， 即只需证()1201t p t lnt t -=-⋅>+，1t ∀>成立， .∵()()()()222114011t p t t t t t -'=-=++＞，∴p （t ）在区间[1，+∞）上单调递增，∴p （t ）＞p （1）＝0，∀t＞1成立，故原命题得证．【点睛】本题考查了导数的综合运用，考查了转化化归思想与计算能力，属于难题. 7．（2020·广西南宁二中高三（文））已知函数()()2ln 1,f x x ax x =++-()()21ln ln 12g x a x x ax x x=--+-+（Ⅰ）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值点12,x x ，其中11(0,]x e∈，求()()12h x h x -的最小值.（注：其中e 为自然对数的底数）【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）最小值为4e. 【解析】 【分析】&（Ⅰ）对函数()f x 求导，对a 分情况讨论即可确定()f x 的单调区间；（Ⅱ）先对()h x 求导，令导数式等于0由韦达定理求出两个极值点12,x x 的关系1212,1x x a x x +=-= ，所以211111,x a x x x ==--，整理()()12h x h x -，构造关于1x 的函数()x ϕ ，求导根据单调性确定最值即可。

第11讲 双变量不等式:极值和差商积问题参考答案与试题解析一．解答题（共21小题）1．（2021春•温州期中）已知函数11()()2f x lnx ax x=--．（1）若1a =，证明：当01x <<时，()0f x >；当1x >时，()0f x <． （2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()12f x f x ax x --<-． 【解答】证明：（1）当1a =时，11()()2f x lnx x x=--，定义域为{|0}x x >，222111(1)()222x f x x x x--'=--=，()0f x '在定义域上恒成立， 所以()f x 在(0,)+∞上单调递减， 当01x <<时，()f x f >（1）0=，当1x >时，()f x f <（1）0=，原命题得证．（2）22211121()()22ax x f x a x x x -+-'=-+=，若存在两个极值点，则0440a a >⎧⎨=->⎩，解得01a <<，由韦达定理可知，122x x a +=，121(*)x x a=， 1212121212121212121111()()()()()221122lnx lnx a x x f x f x x x lnx lnx a x x x x x x x x ---+---==-----， 原命题即证：1212121122lnx lnx x x x x --<-，不妨设12x x >，原命题即证：1121221222x x x x x ln x x x ---<， 由(*)知，12112x x +=，即证：112122121211()222x x x x x ln x x x x x ---<⋅++，不妨令121x t x =>， 原命题即证：110144t t lnt t t ---+<+，记11()144t t g t lnt t t-=--++，(1)t > 则2222221211(1)(1)()(1)444(1)t t g t t t t t t --+'=---=++， 当1t >时，()0g t '<，()g t 在(1,)+∞上单调递减， ()g t g <（1）0=，原命题得证．2．（2021春•浙江期中）已知函数1()f x x alnx x=-+．（1）当0a =时，求函数()f x 在点(1,0)处的切线方程； （2）讨论()f x 的单调性；（3）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()2f x f x a x x -<--．【解答】（1）解：因为1()(0)f x x alnx x x=-+>， 则221()x ax f x x -+-'=，当0a =时，221()x f x x--'=， 所以f '（1）2=-，则()f x 在(1,0)处的切线方程为22y x =-+；（2）解：函数的定义域为(0,)+∞，且221()x ax f x x-+-'=， 令2()1g x x ax =-+-，且(0)1g =-，①当0a 时，()0g x <恒成立，此时()0f x '<，则()f x 在(0,)+∞上单调递减； ②当0a >时，判别式△24a =-，()i 当02a <时，△0，即()0g x ，所以()0f x 恒成立，此时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；()ii 当2a >时，令()0g x >x <， 令()0g x <，解得0x <<x >，所以()f x在，上单调递增，在和，)+∞上单调递减．综上所述，当2a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当2a >时，()f x在上单调递增，在和，)+∞上单调递减．（3）证明：由（2）可知，2a >，1201x x <<<，121x x =， 则1211221211()()[]f x f x x alnx x alnx x x -=-+--+ 2112121()(1)()x x a lnx lnx x x =-++-21122()()x x a lnx lnx =-+-，则12121212()()()2f x f x a lnx lnx x x x x --=-+--， 故问题转化为证明12121lnx lnx x x -<-即可，即证明1212lnx lnx x x ->-，则111111lnx ln x x x ->-， 即证11111lnx lnx x x +>-，即证11112lnx x x >-在(0,1)上恒成立， 令1()2(01)h x lnx x x x=-+<<，其中h （1）0=，则222222121(1)()10x x x h x x x x x-+-'=--==-<， 故()h x 在(0,1)上单调递减， 则()h x h >（1），即120lnx x x-+>， 故12lnx x x>-， 所以1212()()2f x f x a x x -<--．3．（2021秋•武汉月考）已知函数2()(1),2a f x lnx x a x a R =+-+∈． （1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）设1x ，212(0)x x x <<是函数()()g x f x x =+的两个极值点，证明：12()()2ag x g x lna -<-恒成立． 【解答】解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，21(1)1(1)(1)()(1)ax a x x ax f x ax a x x x-++--'=+-+==， ①当0a 时，令()0f x '>，得01x <<， 令()0f x '<，得1x >，所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， ②当01a <<时，令()0f x '>，得01x <<或1x a>， 令()0f x '<，得11x a<<， 所以()f x 在(0,1)，1(a ，)+∞上单调递增，在1(1,)a上单调递减，③当1a =时，则()0f x '，所以()f x 在(0,)+∞上()f x 单调递增，④当1a >时，令()0f x '>，得10x a<<或1x >， ()0f x '>，得11x a<<， 所以()f x 在1(0,)a ，(1,)+∞上单调递增，在1(a，1)上单调递减，综上所述，当0a 时，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 当01a <<时，()f x 在(0,1)，1(a ，)+∞上单调递增，在1(1,)a上单调递减，当1a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当1a >时，()f x 在1(0,)a ，(1,)+∞上单调递增，在1(a，1)上单调递减．（2）证明：2()()2a g x f x x lnx x ax =+=+-，则()g x 的定义域为(0,)+∞， 211()ax ax g x ax a x x-+'=+-=， 若()g x 有两个极值点1x ，212(0)x x x <<，则方程210ax ax -+=的判别式△240a a =->，且121x x +=，1210x x a=>， 解得4a >，又120x x <<，所以21121x x x a <=，即10x << 所以2212111222()()22a a g x g x lnx x ax lnx x ax -=+---+ 112121211()()()2alnx lnx x x x a x x ax =-++--- 111()(21)2alnx ln ax x =+--111()2alnx ln ax ax =++-， 设()()2ah t lnt ln at at =++-，其中1t x =∈，4a >， 由2()0h t a t '=-=，解得2t a =，又20a -=<， 所以()h t 在区间2(0,)a 内单调递增，在区间2(a内单调递减，即()h t 的最大值为2()22222a ah ln lna lna a =-+-<-，所以12()()2ag x g x lna -<-恒成立． 4．（2021秋•南昌月考）已知函数()()1af x lnx a R x =-∈+．（Ⅰ）若函数()y f x =在定义域上单调递增，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求实数a 的取值范围，并比较12()()f x f x +与12x x +的大小． 【解答】解：（Ⅰ）由()1af x lnx x =-+得21()(1)a f x x x '=++，（2分）由题21()0(1)a f x x x '=++在(0,)x ∈+∞恒成立，即1(2)a x x-++在(0,)x ∈+∞恒成立， 而1(2)4x x-++-，所以4a -；（5分） （Ⅱ）2221(2)1()(0)(1)(1)a x a x f x x x x x x +++'=+=>++，由题意知，1x ，2x 是方程()0f x '=在(0,)+∞内的两个不同实数解， 令2()(2)1(0)g x x a x x =+++>，注意到(0)10g =>，其对称轴为直线2x a =--， 故只需220(2)40a a -->⎧⎨+->⎩，解得4a <-， 即实数a 的取值范围为(,4)-∞-；（8分）由1x ，2x 是方程2(2)10x a x +++=的两根，得122x x a +=--，121x x =， 因此12121212121212222()()()()()111121x x a a a f x f x lnx lnx ln x x a a a x x x x x x a ++--++=-+-=-⋅=-⋅=-+++++--+，（10分） 又122x x a +=--，所以1212()()()20f x f x x x +-+=>， 即1212()()f x f x x x +>+得证．（12分）5．（2021•运城模拟）已知函数21()22f x ax x lnx =-+，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：12()()3f x f x +<-．【解答】解：（1）由题得2121()2ax x f x ax x x-+'=-+=，其中0x >，令2()21g x ax x =-+，0x >，对称轴为1x a=，△44a =-， 若1a ，则△0，此时()0g x ，则()0f x '，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增，若01a <<，则△0>，此时2210ax x -+=在R 上有两个根， 即1x，2x =，且1201x x <<<，所以当1(0,)x x ∈时，()0g x >， 则()0f x '>，()f x 单调递增，当1(x x ∈，2)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1a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当01a <<时，()f x 在上单调递增，在上单调递减，在)+∞上单调递增．（2）证明：由（1）知，当01a <<时，()f x 有两个极值点1x ，2x ， 且122x x a +=，121x x a=， 所以221211122211()()2222f x f x ax x lnx ax x lnx +=-++-+221212121()2()()2a x x x x lnx lnx =+-+++ 2121212121[()2]2()()2a x x x x x x ln x x =+--++ 2122412[()]12a ln lna a a a a a=--+=---， 令2()1h x lnx x=---，01x <<， 由于22122()xh x x x x-'=-+=，故()h x 在(0,1)上单调递增，所以()h x h <（1）3=-， 所以2()13h a lna a=---<-，即12()()3f x f x +<-． 6．（2021•安徽开学）已知函数()f x lnx mx =+，m R ∈． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若21()()2g x f x x =+有两个极值点1x ，2x ，求证：12()()30g x g x ++<．【解答】解：（1）1(),,(),0f x lnx mx m R f x m x x'=+∈=+>， 0m 时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞递增，0m <时，令()0f x '>，解得：10x m <<-，令()0f x '<，解得：1x m>-， 故()f x 在1(0,)m-递增，在1(m -，)+∞递减，综上：当0m 时，()f x 递増区间为(0,)+∞； 当0m <时，()f x 递增区间为1(0,)m -，通减区间是1(,)m-+∞． （2）证明：2211()(),()2x mx g x f x x g x x++'=+=，当22m -时，()0g x '>，()g x 在(0,)+∞递增，无极值点，当2m <-或2m >时，由()0g x '=，得12x x ==，若2m >，则120x x <<，()g x 在(0,)+∞递增，无极值点， 若2m <-，则12x x m +=-，121x x =，不妨设1201x x <<<． 此时()g x 有两个极值点1x ，2x ， 221211122211()()22g x g x lnx mx x lnx mx x +=+++++ 22212121211()()()122ln x x m x x x x m =++++=--，因为2m <-，故21132m --<-，即12()()30g x g x ++<．7．（2021秋•上城区校级月考）已知实数0a ≠，设函数2()af x ln x x=-． （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，且2121212()()()20()f x f x e x x e k x x --++>-恒成立，求正实数k 的最大值．【解答】解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞， 22?22()?a lnx xlnx af x x x x=+'=， 令()2h x xlnx a =+，则()2(1)h x lnx '=+， 令()0h x '>，解得1x e >，令()0h x '<，解得10x e<<， 故()h x 在1(0,)e 上单调递减，在1(e ，)+∞上单调递增，故12()()min h x h a e e==-+，①20a e -+即2a e 时，()0f x '，()f x 在(0,)+∞递减，②20a e-+即2a e 时，()0f x '，()f x 在(0,)+∞递增；（Ⅱ）22??22()?a lnx xlnx af x x x x =+'=，()f x 有两个极值点，1x ，212()x x x <， ∴11222020x lnx a x lnx a +=⎧⎨+=⎩，令()2g x xlnx =，则()22g x lnx '=+， 易知，当)1(0,x e ∈时，()0g x '<，当1(x e∈，)+∞时，()0g x '>， ()g x ∴在)1(0,e 上递减，在1(e，)+∞上递增， 12()()?min g x g e e ∴==，(0)g g =（1）0=，故,0)2(?a e ∈，即2(0,)a e∈，由11222020x lnx a x lnx a +=⎧⎨+=⎩，可得112222a lnx x a lnx x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，1212112()?()lnx lnx a x x +∴+=，则1212122()x x ln x x x x a+=-， 21211212()112(?)(?)a x x lnx lnx a x x x x -==， 则2121122lnx lnx ax x x x -=-， 22121212()?()??a af x f x ln x ln x x x =+， 2221212112?2?2(?)(2)ln x ln x lnx lnx lnx lnx lnx x =+=+， 由12x x <，得12101x x e<<<<，下证1221x x e <，即证12211x x e e <<，即证1221()()g x g x e>， 12()()g x g x =，∴等价于证2221()()g x g x e >， 令22211()()?()()G x g x g xlnx ln e x xe e x ==+，1(x e ∈，1)， 则221()(1)(1?)0G x lnx x e '=+>，故1()()0G x G e>=，2221()()g x g x e ∴>，即1221x x e <， 令1221(0,)t x x e =∈，则2121212()()1()2f x f x e x x e k x x -++-212121212()22()?22ln x x x x ln x x a e e k x x a +=⋅+⋅+ 212121212()22()2?22ln x x x x ln x x e e ek x x a+>⋅+⋅+ 312?2lnt e tlnt e k et+=⋅++， 令32()?2lnt h t e tlnt e et +=++，则321()(1)()h t lnt e et '=++， ()h t ∴在21(0,)e 上递减， 21()()0h t h e ∴=， ∴正实数k 的最大值为1．8．（2021春•鲤城区校级期末）已知函数21()2f x x bx lnx =-+． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1x ，212()x x x <是函数()f x 的两个极值点，若52b，且12()()f x f x k -恒成立，求实数k 的最大值． 【解答】解：（1）21()2f x x bx lnx =-+，则211()(0)x bx f x x b x x x -+'=-+=>．令2()1x x bx ϕ=-+，若△240b =-，即22b -时，则()0x ϕ恒成立，即()0f x '恒成立， 可得()f x 在(0,)+∞上单调递增； 若△240b =->，则2b <-或2b >，当2b <-时，函数2()1x x bx ϕ=-+的对称轴方程为12bx =<-，(0)1ϕ=，则当(0,)x ∈+∞时， ()0x ϕ>恒成立，即()0f x '>恒成立，可得()f x 在(0,)+∞上单调递增；当2b >时，函数2()1x x bx ϕ=-+的对称轴方程为12bx =>，(0)1ϕ=， 由2()10x x bx ϕ=-+=，得x=∴当(0x ∈⋃，)+∞时，()0x ϕ>，()0f x '>， 当x ∈时，()0x ϕ<，()0f x '<，()f x ∴在，，)+∞上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当2b 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当2b >时，()f x在，，)+∞上单调递增，在上单调递减． （2）函数21()2f x lnx x bx =+-，211()x bx f x x b x x-+'=+-=， 由()0f x '=，得210x bx -+=，1x ，212()x x x <是函数()f x 的两个极值点，12x x b ∴+=，121x x =，∴211x x =，52b ，1211152x x x b x +=+=，12110x x x <<=，解得1102x <， 222112121211221111()()()()2()22x f x f x lnx x b x x lnx x x x ∴-=+---=--， 构造函数2211()2()((02F x lnx x x x =--∈，1])2，223321(1)()0x F x x x x x --'=--=<，()F x ∴在(0，1]2上单调递减．∴当112x =时，115()()?2228min F x F ln ==， 故k 的最大值为15228ln ． 9．（2021春•湖南期中）已知函数2()2(0)f x x alnx x =+>在1x =处的切线l 与直线40x y -=平行，函数2()()4g x f x bx x =+-． （1）求实数a 的值；（2）若函数()g x 存在单调递减区间，求实数b 的取值范围；（3）设1x ，212()x x x <是函数()g x 的两个极值点，证明：1212()()(21)()g x g x b x x -<--．【解答】（1）解：函数2()2(0)f x x alnx x =+>，则2()2(0)af x x x'=+>， 因为1x =处的切线l 与直线40x y -=平行， 则切线的斜率为f '（1）224a =+=，解得1a =； （2）解：由（1）可得，函数222()()42g x f x bx x lnx bx x =+-=+-，则22222()22bx x g x bx x x-+'=+-=，因为函数()g x 存在单调递减区间， 则()0g x '<在(0,)+∞上有解， 因为0x >，设2()222x bx x ϕ=-+， 则(0)20ϕ=>，所以只需0b 或0204160b b b >⎧⎪⎪>⎨⎪=->⎪⎩，解得0b 或104b <<， 故实数b 的取值范围为1(,)4-∞；（3）证明：由题意可知，22222()22bx x g x bx x x-+'=+-=， 因为()g x 有两个极值点1x ，212()x x x <， 所以1x ，2x 是22220bx x -+=的两个根， 则121211x x b x x b ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以222212111222()()(2)(2)g x g x lnx bx x lnx bx x -=+--+-221121222()2()x lnb x x x x x =+--- 221121221222()x x x ln x x x x x -=+--+11222()x lnx x x =--， 所以要证1212()()(21)()g x g x b x x -<--， 即证1121222()(21)()x ln x x b x x x --<--， 即证1122()x ln b x x x <-， 即证112212x x x lnx x x -<+， 即证11212211x x x ln x x x -<+，令12(01)x t t x =<<， 则证明11t lnt t -<+， 令1()1t h t lnt t -=-+， 则221()0(1)t h t t t +'=>+， 所以()h t 在(0,1)上单调递增， 则()h t h <（1）0=，即11t lnt t -<+， 所以原不等式1212()()(21)()g x g x b x x -<--成立．10．（2021•浙江模拟）已知函数(),xae f x lnx x a R x=+-∈．（Ⅰ）若1a e=，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）()f x 有两个极小值点1x ，2x ，求实数a 的取值范围，并证明12()()0f x f x +<．【解答】解：（1）22(1)1()1(1)()x x x e x e x f x a x a x x x e -'=⋅+-=⋅--，当1a e=时，21()(1)()x x e x f x x x e e '=⋅-⋅- 设()x x g x e =，1()xxg x e -'=，所以()g x 在(0,1)上单调递增，(1,)+∞上单调递减，则()g x g （1）1e =，即当0x >时，10xxe e-故，当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>． 所以()f x 在(0,1)上单调递减，(1,)+∞上单调递增． （2）由（1）知，当1ae时，()f x 在(0,1)上单调递减，(1,)+∞上单调递增，只有一个极小值． 当0a 时，因为当0x >时，0x xa e-<恒成立，()f x 在(0,1)上单调递增，(1,)+∞上单调递减，只有一个极大值，无极小值． 当10a e<<时，由()g x 的图象，知存在(0,1)m ∈，(1,)n ∈+∞，使得()g x a =，即()0f x '=． 当(0,)x m ∈时，10x -<，0xxa e ->，所以()0f x '<，()f x 在(0,)m 单调递减； 当(,1)x m ∈时，10x -<，0xxa e -<，所以()0f x '>，()f x 在(,1)m 单调递增； 当(1,)x n ∈时，10x ->，0xxa e -<，所以()0f x '<，()f x 在(1,)n 单调递减； 当(,)x n ∈+∞时，10x ->，0xxa e ->，所以()0f x '>，()f x 在(,)n +∞单调递增； 所以x m =，x n =为()f x 的极小值点，()f m ，()f n 为极小值． 故a 的取值范围为1(0,)e．由()0g m '=，由m ma e=，即m ae m =，两边取对数，lna m lnm +=，lnm m lna -=． 所以()1f m lna =+，同理得()1f n lna =+故()()2(1)f m f n lna +=+，又1(0,)a e∈，所以1lna <-，所以()()0f m f n +<．即12()()0f x f x +<．11．（2021•南关区校级四模）已知函数2()21f x x axlnx =-+有两个极值点1x ，2x ． （1）求a 的取值范围； （2）证明：2211221()()1x f x x f x a x x -<+-．【解答】（1）解：因为2()21f x x axlnx =-+有两个极值点1x ，2x ， 所以()()22(1)g x f x x a lnx '==-+有两个零点， 又2()2ag x x'=-， ①当0a 时，()g x 在(0,)+∞上单调递增，至多1个零点，不符合题意； ②当0a >时，令()0g x '=，解得x a =， 当0x a <<时，()0g x '<，则()g x 单调递减， 当x a >时，()0g x '>，则()g x 单调递增， 所以()min g x g =（a ）2alna =-，()i 当01a <<时，()min g x g =（a ）20alna =->，此时无零点； ()ii 当1a =时，()min g x g =（a ）20alna =-=，此时1个零点； ()iii 当1a >时，()min g x g =（a ）20alna =-<， 又1212()2(1)0g a ln e e e e=-+=>，且222(2)42(1(2))2(2212)0g a a a ln a a a lna ln =-+=--->， 所以()g x 在1(,)a e，2(,2)a a 上各有一个零点，则()f x 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围为1a >； （2）证明：不妨设120x x <<，则所要求证的不等式可变形为1222112122112()()()()111f x f x x f x x f x xx a x x x x --=<+--， 即2121212()()11(1)()f x f x a x x x x -<+-， 即221212()1()1f x a f x a x x ----<，令2222()12()2f x a x axlnx a a F x x alnx x x x ----===--，则2222()1(1)0a a aF x x x x'=-+=-，故()F x 在(0,)+∞上为单调递增函数，所以221212()1()1f x a f x a x x ----<，故2211221()()1x f x x f x a x x -<+-．12．（2021春•姑苏区校级月考）已知函数()1f x alnx ax =-+． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数21()()12g x f x x =+-有两个极值点1x ，212()x x x ≠．①求a 的取值范围；②若1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立，求实数λ的取值范围． 【解答】解：（1）(1)()(0)a a x f x a x x x-'=-=>， 则①当0a =时，()1(0)f x x =>是常数函数，不具备单调性； ②当0a >时，由()001f x x '>⇒<<：由()01f x x '<⇒>， 故此时()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减； ③当0a <时，由()01f x x '>⇒>，由()001f x x '<⇒<<，故此时()f x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增； 综上：当0a =时，()f x 是常数函数，不具备单调性， ②当0a >时，()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减， ③当0a <时，()f x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增． （2）①因为2211()()1()22g x f x x a lnx x x =+-=-+，所以2()(0)x ax ag x x x-+'=>，由题意()0g x '=有两个不同的正根，即20x ax a -+=有两个不同的正根，则2400a a a ⎧=->⎨>⎩，可得4a >，②不等式1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立， 等价于121212()()()()g x g x g x g x x x aλ++>=+恒成立， 又221211122211()()()()22g x g x a lnx x x a lnx x x +=-++-+ 2221212121212121211()()()()[()2]22a lnx lnx a x x x x alnx x a x x x x x x =+-+++=-+++-22211(2)22alna a a a alna a a =-+-=--，所以1212()()112g x g x lna a x x +=--+，令11(4)2y lna a a =-->，则1102y a '=-<，所以112y lna a =--在(4,)+∞上单调递减，所以223y ln <-，所以223ln λ-，即λ的取值范围是[223)ln -． 13．（2021春•台江区校级期末）已知函数2()4(0)f x lnx ax x a =--+>． （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 在定义域上有两个极值点1x ，2x ，证明：12()()322f x f x ln +>+． 【解答】解：（1）2()4f x lnx ax x =--+，21241()24ax x f x ax x x-+∴'=--+=-， 若()f x 在(0,)+∞上单调递减，则()0f x '在(0,)+∞上恒成立， 故212()2max a x x-+，221211(2)2222y x x x=-+=--+， 2a ∴，若()f x 在(0,)+∞递增，则()0f x '在(0,)+∞恒成立， 故212()2min a x x-+， 221211(2)222y x x x=-+=--+没有最小值， 此时a 不存在，综上，a 的取值范围是[2，)+∞；（2）证明：当02a <<时，△0>，方程22410ax x -+=有2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 '>，()f x ∴有极小值点1x 和极大值点2x 且122x x a +=，1212x x a=， 2212111222()()44f x f x lnx ax x lnx ax x ∴+=--+--+ 22121212()()4()lnx lnx a x x x x =-+-+++ 212121212()[()2]4()ln x x a x x x x x x =--+-++ 4(2)1ln a a=++， 令g （a ）4(2)1ln a a=++，02a <<， 则当02a <<时，g '（a ）240a a-=<， 则g （a ）在(0,2)单调递减，故g （a ）g >（2）322ln =+， 即12()()322f x f x ln +>+．14．（2021春•绵阳期末）已知()1af x lnx x =++，a R ∈． （1）当2a >时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，证明：当1x ，21[,4]4x ∈时，1228()()3a f x f x --<．【解答】解：（1）由题意知2221(2)1()(0)(1)(1)a x a x f x x x x x x +-+'=-=>++，①当△0时，即24a <时，()0f x '恒成立，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增， ②当△0>时，即4a >时，令()0f x '=，得1x =，2x ，因为2a >， 所以20x >，因为22(2)(4)40a a a ---=>， 所以10x >且12x x <，所以函数()f x 在1(0,)x 和2(x ，)+∞上单调递增，在1(x ，2)x 上单调递减， 综上所述，当24a <时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当4a >时，函数()f x 在(0和，)+∞上单调递增，在上单调递减． （2）证明：由题意知，22(2)1()0(1)x a x f x x x +-+'==+，由两个不相等的实数根1x ，2x ， 不妨设12x x <，则由（1）可知4a >， 122x x a +=-，121x x =，则111()1af x lnx x =++，222()1a f x lnx x =++，所以1211211221221212()()()()(1)(1)()1x a x x x a x x f x f x ln ln x x x x x x x x ---=+=++++++ 222211121111()11(2)1a x x lnx lnx x x lnx x a x -=+=+-=+-+-+，又因为1211122a x x x x =++=++， 所以121112514()()23333f x f x a lnx x x --=-+-， 因为12x x <，121x x =，1x ，21[4x ∈，4]，所以11[4x ∈，1)，所以设1225141()()()2([33334g x f x f x a lnx x x x =--=-+-∈，1))，2222251(561)(1)(51)()3333x x x x g x x x x x --+---'=--==， 因为1[4x ∈，1)，所以()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x g <（1）83=-，即1228()()33f x f x a --<-，所以1228()()3a f x f x --<． 15．（2021秋•庄浪县校级月考）已知函数()(1)()f x ln x ax a R =+-∈． （1）讨论函数()f x 的单调性． （2）若21()(1)2g x x x a f x =--+-，设1x ，212()x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ，求证：1215()()228g x g x ln --． 【解答】解：（1）由题意可得，函数()f x 的定义域为(1,)-+∞，1()1f x a x '=-+， 当0a 时，1()01f x a x '=->+， 所以函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增， 当0a >时，令()0f x '=，得11x a=-+， 若1(1,1)x a∈--+，则()0f x '>，()f x 单调递增，若1(1x a∈-+，)+∞，则()0f x '<，()f x 单调递减， 综上所述，当0a 时，函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增，当0a >时，函数()f x 在1(1,1)a --+上单调递增，在1(1a -+，)+∞上单调递减．（2）证明：因为21()(1)2g x lnx x a x =+-+，0x >21(1)1()(1)x a x g x x a x x-++'=+-+=， 由()0g x '=，得2(1)10x a x -++=， 若32a，则△2(1)40a =+->， 所以121x x a +=+，121x x =， 所以211x x =，因为32a，512a +，12x x <， 所以111115210x x x x ⎧+⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，解得1102x <，所以22112121221()()()(1)()2x g x g x ln x x a x x x -=+--+-21121112()2lnx x x =--，设22111()2()(0)22h x lnx x x x =--<，则223321(1)()0x h x x x x x-'=--=-<， 所以函数()h x 在(0，1]2上单调递减，所以当112x =时，115()()2228min h x h ln ==-． 所以32a时，1215()()228g x g x ln --． 16．（2021春•绵阳期末）已知函数1()f x alnx x x=-+，a R ∈． （1）当52a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，证明：当1x ，21[4x ∈，4]，12()()10f x f x a -<+．【解答】解：（1）当52a =-时，51()2f x lnx x x=--+，2222511252(21)(2)()122x x x x f x x x x x -+--'=-⋅++==， 所以在1(0,)2上，()0f x '>，()f x 单调递增，在1(2，2)上，()0f x '<，()f x 单调递减，在(2,)+∞上，()0f x '>，()f x 单调递增．（2）证明：因为22211()1a x ax f x x x x ++'=++=，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，所以12x x a +=-，121x x =，其中12x x <，1x ，21[4x ∈，4]，所以12221a x x x x =--=--，121122121212211111()()()()()f x f x a alnx x alnx x a a lnx lnx x x a x x x x --=-+--+-=-+-+--，2222222222111122()2()2()()alnx x a x lnx x x x x x x =-+--=---+-++ 22222132()x lnx x x x =++-， 设13()2()g x x lnx x x x =++-，1[4x ∈，4]，22221113(1)()2(1)2()1x lnxg x lnx x x x x x x -'=-+++⋅--=， 所以在(1,4)上，()0g x '<，()g x 单调递减， 在1(4，1)上，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()max g x g =（1）210=<，得证．17．（2021秋•平邑县校级月考）已知函数2()f x x x alnx =--，a R ∈． （1）若函数()f x 在[1，)+∞上单调递增，求实数a 的取值范围． （2）若函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，当12()()f x f x m a-<恒成立时，求实数m 的最小值．【解答】解：（1）2()f x x x alnx =--在[1，)+∞上单调递增，22()0x x af x x--'=在[1，)+∞恒成立，即当1x 时，2(2)min a x x -，又22y x x =-在[1，)+∞上单调递增，所以当1x =时，22y x x =-取得最小值1， 所以1a ，即(a ∈-∞，1]；（2）函数()f x 存在两个极值点1x 、2x ，且12x x <，()f x '∴在(0,)+∞上有两个不相等的实根，即1x 、2x 是方程220x x a --=的两个不相等的正实根，∴12121,22ax x x x +==-，1201x x <<．令12x t x =，则01t <<， ∴2222121212112121211212122212()()2()()111()()222f x f x x x x x x x x x x x x x x x x ln ln ln t lnt a a x x x x x x x t---+---+=-=-=--=---，令11()()(01)2g t t lnt t t=--<<，则2221()02t t g t t -+'=>，()g t ∴在(0,1)上单调递增，()g t g ∴<（1）0=．当12()()f x f x m a-<恒成立，()m g t ∴>在(0,1)上恒成立，m g ∴（1）0=，∴实数m 的最小值为0．18．（2021春•新乡期末）已知函数21()(1)(41)2f x x a lnx x =++-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，且1212()()()4f x f x f x x a '+-，求a 的取值范围． 【解答】解：（1）21()(1)(41)2f x x a lnx x =++-+，24()4a x ax af x x a x x-+'∴=-+=，0x >， 当104a时，△21640a a =-，()0f x '>， ()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，当0a <时，令()0f x '=，即240x ax a -+=，解得120x a =-<，220x a =+，当(0,2x a ∈+时，()0f x '<，()f x 单调递减，当(2)x a ∈++∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，∴函数()f x 在区间(0,2a +单调递减，在(2)a ++∞单调递增，当14a >时，令()0f x '=，即240x ax a -+=，解得得120x a =->，220x a =+，当(0,2x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，当(2x a a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当(2)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，故函数()f x 在区间(0,2a -，(2)a +∞单调递增，在区间(2a a 单调递减， 综上所述，当104a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增， 当14a >时，()f x在区间(0,2a +单调递减，在(2)a +∞单调递增， 当0a <时，()f x 在区间(0,2a，(2)a ++∞单调递增，在区间(2a a +单调递减．（2）由（1）可得，当14a >时，函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，且124x x a +=，12x x a =， 1212()()()4f x f x f x x a '+-，∴22111222121211(1)(41)(1)(41)822ax a lnx x x a lnx x x x a x x ++-++++-+-+， 228162181a a alna a a a a ∴-+-++-+，即2880a a alna --，14a >， 880a lna ∴--，令g （a ）88a lna =--，14a >，g '（a ）180a=->， g ∴（a ）在1(,)4+∞为单调递增函数，又g （1）0=，∴当1(,1]4a ∈时，g （a ）0，故实数a 的取值范围为1(,1]4．19．（2021春•武清区校级期末）已知函数2()f x lnx ax bx =--． （1）当0a =时，()f x 有最大值1-， （ⅰ）求实数b 的值；（ⅱ）证明：当1x >时，2(1)x lnx x e <-；（2）12a =-时，()f x 存在两个极值点1x ，221()x x x >且21()()f x f x -的取值范围是153(22,2)84ln ln --，求b 的取值范围．【解答】解：（1）（ⅰ）当0a =时，()f x lnx bx =-， 11()bxf x b x x-'=-=，当0b 时，在(0,)+∞上()0f x '>，()f x 单调递增， 函数()f x 无最大值，不合题意，当0b >时，在1(0,)b上，()0f x '>，()f x 单调递增，在1(b ，)+∞上，()0f x '<，()f x 单调递减，所以1111()()1max f x f ln b ln b b b b==-⨯=-，又()f x 有最大值1-， 所以111ln b-=-，所以1b =．（ⅱ）证明：若证当1x >时，2(1)x lnx x e <-， 需证当1x >时，2(1)0x lnx x e --<， 令()2(1)x g x lnx x e =--，1x >， 只需证明()0max g x <，222()(1)x x xx e g x e x e x x-'=---=， 令2()2x h x x e =-，1x >2()2(2)x x x h x xe x e xe x '=--=-+， 所以当1x >时，()0h x '<，()h x 单调递减， 所以()h x h <（1）220e =-<，所以()0g x '<，即()g x 在(1,)+∞上单调递减， 所以()g x g <（1）0=，即可得证． （2）当12a =-时，21()2f x lnx x bx =+-，211()x bx f x x b x x-+'=+-=， 因为()f x 存在两个极值点1x ，221()x x x >， 所以1x ，2x 为()0f x '=的根， 所以1x ，2x 为210x bx -+=的根，所以12x x b +=，121x x =，所以222122211111()()()22f x f x lnx x bx lnx x bx -=+--+-222212111()()2x ln x x b x x x =+---22221122111()()()2x ln x x x x x x x =+--+- 2222111()2x lnx x x =--， 222211122x x x ln x x x -=-，22111222x x x lnx x x =-+， 令21x t x =，(1)t >， 则2111()()()22f x f x h t lnt t t-==-+，2222211121(1)()02222t t t h t t t t t -+---'=--==<，所以()h t 在(1,)+∞上单调递减， 又h （2）3204ln =->， h （4）152208ln =-<， 所以24t <<，由221212()1x x b t x x t+==+，(2,4)t ∈ 又1()t t tϕ=+，(2,4)t ∈单调递增，所以251724b <<， 所以实数a的取值范围为． 20．（2021春•商洛期末）已知函数2()2(2)4x x f x e e a ax a =-++． （1）当0a <时，求()f x 极值点的个数；（2）若1x ，2x 是()f x 的两个极值点，且1212()()()x x f x f x t e e +<+恒成立，求实数t 的取值范围． 【解答】解：（1）2()2(2)4x x f x e e a ax a =-++，2()444x x f x e ae a ∴'=-+，令0x m e =>，222()()4444()42af xg m m am a m a a ∴'==-+=-+-，0a <，()g m ∴在(0,)+∞递增，而(0)40g a =<，0g =，m ∴∈时，()0g m <，m ∈)+∞时，()0g m >，x ∴∈时，()0f x '<，x ∈，)+∞时，()0f x '>，()f x ∴在(,-∞递减，在(，)+∞递增， ()f x ∴只有1个极值点；（2）由（1）知，0x m e =>，2()()444f x g m m am a '==-+， 要使()f x 有2个极值点，即()g m 有2个不同的根， 则2(0)00216640g a a a >⎧⎪⎪>⎨⎪=->⎪⎩，解得：4a >，此时若11x m e =，22x m e =，则12m m a +=，12m m a ⋅=，又221212121212()()2()44()4()f x f x m m m m a m m aln m m a +=+--++⋅+，212()()44f x f x alna a a ∴+=--， 1212()()44x x f x f x t lna a e e+∴>=--+恒成立， 若h （a ）44lna a =--，则只需4a >时，t h >（a ）max 即可， 而h '（a ）410a=-<，h ∴（a ）单调递减，则h （a ）h <（4）8(21)ln =-， 故8(21)t ln >-，即t 的取值范围是(8(21)ln -，)+∞．21．（2021•庐阳区校级模拟）已知函数2()f x lnx ax ax=--． （Ⅰ）若()0f x ，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若22()()g x f x x ax=++有两个极值点分别为1x ，212()x x x <，求122()()g x g x -的最小值． 【解答】解：（Ⅰ）因为2()f x lnx ax ax=--， 所以22222221()()122()a x x a x ax a a f x a x ax ax ax--+-++'=-+==， 由()0f x =得2x a =或1x a=-． ①当0a >时，因为2(1)0f a a=--<，不满足题意， ②当0a <时，()f x 在1(0,)a -上单调递减，在1(,)a -+∞上单调递增，于是11()()()120min f x f ln a a=-=-++，解得30e a -<，所以a 的取值范围为3[e -，0)．（Ⅱ）函数2()g x lnx x ax =+-，定义域为(0,)+∞，2121()2x ax g x x a x x-+'=+-=，因为1x ，2x 是函数()g x 的两个极值点，所以1x ，2x 是方程2210x ax -+=的两个不等正根， 则有△280a =->，122a x x +=，1212x x =，得a >，对称轴4a >1x ∈，2)x ∈+∞，且有21121ax x =+，22221ax x =+， 22121112222()()2()()g x g x lnx x ax lnx x ax -=+--+-22221112222(21)(21)lnx x x lnx x x =+---+--221122221x lnx lnx x =-+-+-222222112()2122x ln lnx x x =-+-- 2222221322122x lnx ln x =----， 令22t x =，则1(,)2t ∈+∞，13()22122h t t lnt ln t =----，2213(21)(1)()1222t t h t t t t --'=+-=， 当1(,1)2t ∈时，()h t 单调递减，当(1,)t ∈+∞时，()h t 单调递增，。

高中数学导数的应用——极值)全(与最值专项训练题．高中数学专题训练导数的应用——极值与最值一、选择题123)和，．函数y＝ax则＋bx(取得极大值和极小值时的x的值分别为0130 b＝2a－2b＝0B．A．a－0 ＝＋2b D．a2C．a＋b＝0 D答案 2bx，据题意，＋2ax＝3y解析′1 的两根bx＝0是方程3ax＋22、031b20.＝＋2＝∴，∴a3a3x) x＝(2．当函数y＝x·2取极小值时，11 B．－ A ln2ln2ln2 D．．－ln2 C B答案2·＝2＋x得y′xxx ln22·解析由y＝x·2得y′＝0令x0＝＋x·ln2)(11＝－，∴x∵2＞0x ln23) (0,1)内有极小值，则(3bx＋3bx3．函数f(x)＝在－1＜B．b0＜b＜1 ．A1C．b＞0 D．b 2答案 A－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)2x＝3′则f(x)(解析fx)在(0,1)内有极小值，＝－3b＜0，∴b＞0，f′(1)＝3－3b＞0，∴b＜1综上，b的范围为0＜b＜14．连续函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，则下列结论中正确的是()A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点C．x＝－1不是函数f(x)的极值点D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点答案B解析x>－1时，f′(x)>0)<0x(′f时，1－<x为极小值＝－1单减，在(－1，＋∞)单增，∴x∞∴连续函数f(x)在(－，－1) 点．3x2)－3x－4在[0,2]上的最小值是5．函数y＝＋x(31017 ．－B．－A336 4 D．－C．－3A答案3.2x－＋2x＝解析y′＝1为极值点．，x＝－3或x＝令y′＝x＋2x－302时，函数取得极＝1时，y′>0，所以当x时，当x∈[0,1]y′<0.当x∈[1,2] 小值，也为最小值．17＝－y∴当x＝1时. min3)(x)的图象，如右图所示，则(．函数6f(x)的导函数f′是最小值点．x ＝1A 是极小值点．x＝0B x．＝2是极小值点C )在(1,2)上单增D．函数f(x C 答案2为极大值点，x＝xx＝2为两极值点，＝0x解析由导数图象可知，＝0，C. 为极小值点，选71322)与f(－1)的大小关系为(x－，则f(－a)．已知函数7f(x＝x－x)222)≤f(－－A．f(a1)2)<f(－f(－a1) B．2)≥f(－(C．f－a1)2的大小关系不确定1)－(f与)a－(f．D．A答案73－x－22.x＝由题意可得f′(x)解析2271＝由f′x)(.＝1＝－或xx＋1)＝0，得x(3x－7)(327是函1)f(－时，f(x)为减函数．所以(当x<－1时，fx)为增函数；当－1<x<3a0]上的最大值，又因为－在x)(－∞，数f(22．)≤f(－≤0，故f(－a1) )－x·xe8．函数f(x)＝，则(A．仅有极小值e2 ．仅有极大值Be21 ，极大值C．有极小值0e2 ．以上皆不正确D B 答案x21－11e＝xxxx－－－－.·x＝＋·eex)＝－e(－x·(解析f′x2x22x1＝，得xx)＝0令f′(.21 x)<0f′(；当x时，21)>0.′(时，fx当x21111＝时取极大值，xf(.)·222ee2 二、填空题2＝b＝1和x＝2处有极值，则a＝________bx9．若y ＝alnx＋，＋x在x________.1 答案－63a1.bx＋＋2＝′解析y2??01＝＋2b＋a＝－a?3??，解得由已知 a10＋4b＋1＝???＝－b26123取得极)时，函数2f(x，c(bc为常数)．当x＝x10．已知函数f()＝x－bx＋3________的取值范围为)只有三个零点，则实数cf值，若函数(x4 <0<c答案31－bx ＋c，∴f′(x)＝x－2bx，∵x＝2时，f(x)取得极值，∴223x(∵解析f)x＝3．1.0，解得b＝－2b×2＝22单)(x∞∈(－，0) 或x∈(2，＋∞)时，f∴当x∈(0,2)时，f(x)单调递减，当x 调递增．个实根，有3若f(x)＝0?>0c0f??＝4?<c，解得则0 13，<0－2＋c232×f?2?＝?3x的取值范有大于零的极值点，则y＝em＋2mx(x∈R)11．设m∈R，若函数围是________． m<－答案2＝＋2mx∈R)有大于零的极值点，所以y′＝e2＋mx(xx e＝因为函数y解析，则两曲线的交点必在第一象限．由图2m，y＝－x e有大于0的实根．令y＝0211－，即m<象可得－2m>1.223，则极小值为x轴相切于－px(1,0)－qx的图象与xf12．已知函数(x)＝________．0答案，－2px－q2x＝3解析f′(x)0. ＝(1)＝3－2p－q由题知f′ 01－p－q ＝，又f(1)＝1. 联立方程组，解得p＝2，q＝－1. x＋x－43x－2x＋x，f′(x)＝＝∴f(x)232，1＝0xf′(x)＝3－4x＋由21，或x＝1解得x＝3 是函数的极小值点，x＝1经检验知0. ＝f(1)x∴f()＝极小值三、解答题的单调区间与极)fx＜2π，求函数(x＋＝13．设函数f(x)sinx－cosx＋x1,0＜值． x＜2π，＜xf(x)＝sin－cosx＋x＋1,0解析由，＋1＋f知′(x)＝cosxsinxπ＋2sin(1于是f′(x)＝x)．4ππ23＝x＝xπ，或sin()f令′(x＝0，从而x＋，得.＝－)422 的变化情况如下表：)x(f，)x(′f变化时，x当．π3π33π (0x，π) π () π (，2π，)222 －＋＋ 0 0f′(x)3 单调递增 f)(x 单调递减＋2 单调递增ππ2π3，π，单调递减区间是(，因此，由上表知f(x)的单调递增区间是(0，π)与(2π)2π3π3π32. ＋)＝π，极大值为f(π＝)f)，极小值为22223.214．设函数f(x)＝6x＋＋3(a2)xax＋的值；，(1)若f(x)的两个极值点为xx，且xx＝1，求实数a2211上的单调函数？若存在，求出是否存在实数(2)a，使得f(x)是(－∞，＋∞) a的值；若不存在，说明理由．.2a＋6(a＋2)x＋2x18)′(x＝解析fa2 ＝1，所以a＝9；＝(1)由已知有f′(x)＝f′(x)xx＝0，从而221118 4)>0，36(a＋a－4×18×2＝222)＋36(a(2)由于Δ＝上的单调函数．，＋∞)是所以不存在实数a，使得f(x)(－∞2为常数．3)，其中15．已知定义在R上的函数xf()＝xa(ax－的值；)的一个极值点，求＝(1)若x1是函数af(x 上是增函数，求a的取值范围．x(2)若函数f()在区间(－1,0) －2)．－3x，f′(x)＝3ax－6x＝3x(ax223ax)(1)f(x＝解析2.＝a∵x＝1是f(x)的一个极值点，∴f′(1)＝0，∴符0在区间(－1,0)上是增函数，∴a＝2x3)＝－时，f(x＝(2)解法一①当a0 合题意；22－(x②当aax ≠0时，f′(x)＝3. ＝＝)，令f′(x)＝0得：x0，x21aa －(1,0)，f′(x)>0，∴a>0符合题意；当a>0时，对任意x∈22，∴时，f′(∈，0)x)>0a当<0时，当x －1，∴－≤≤a<0符合题意；aa2.≥综上所述，a－2≥a，6≤0∴上恒成立，6－x≥0在区间(－1,0)∴3ax－2ax)＝3(解法二f′xx222.a≥－，∴(在区间－1,0)上恒成立，＝－<x1－2.x(x)＝－x＋ax＋1－ln．已知函数16f1 )在a上是减函数，求的取值范围；(0)((1)若fx2若不a是否既有极大值又有极小值？若存在，求出的取值范围；x(2)函数f() 存在，请说明理由．111，(0在xf，∵()时－x′(1)解析f())，∈－ax2＝－＋x 上为减函数，∴(0)x22．11 恒成立．＋xa<2<02x ＋a －恒成立，即xx1111－＝2′(x)设g(x)＝2x ＋，则g 在)g(x ′.∵x ∈(0，)时>4，∴g(x)<0，∴22xx2x113.，∴()＝3a ≤(0，)上单调递减，g(x)>g22必须有两个不等的正实数根′(x)＝0(2)若f(x)既有极大值又有极小值，则f有两个不等的正实数根．1＝0＋－ax 2x2x ，x ，即21 >0Δ? 8>0－??2a 应满足故a ?? 2?>2?a 时，>22，∴当a>0??>0a2? x)＝0有两个不等的实数根，f ′( x<x ，不妨设2121＝－1)＝－－ax ＋由f ′(x)2，)<0(x<x －x)(x －x)知，0<(2xxx 时f ′(112xx ，x ′(x)>0，x>x 时f ′()<0时x<x<xf 212 ．(x)既有极大值fx)又有极小值f(x)∴当2>2时f(12 12,0)－∈(a)，当xln∈y1. 已知＝f(x)是奇函数，当x(0,2)时，f(x)＝x－ax(2 ．a1，则的值等于________f时，(x)的最小值为1答案上的最大值为－1，f解析∵f(x)是奇函数，∴(x)在(0,2)11110<>，∴得(x)＝0x，又a，令＝′∈当x(0,2)时，f(x)－af′<2.axa211，(0f(x)在<x令f′()>0，则x，∴ )上递增；aa11 上递减，()(，∴>，则x′令f()<0xfx在2)，aa11111.＝0，得a∴f(x)＝f(－a·＝－1，∴ln＝ln＝)max aaaa23＝＝2x2＋3ax时取得极值．＋3bx＋8c在x＝1及x(2．设函数fx) 、b的值；(1)求a2 c(2)若对任意的x∈[0,3]，都有f(x)<c的取值范围．成立，求，ax＋6＋3b2x ＝6解(1)f′(x)时取得极值，因为函数f(x)在x ＝1及x ＝2 0则有f ′(1)＝0，f ′(2)＝， ?，0b ＝6a ＋36＋?4. ＝，b 解得a ＝－3即??0.b ＝3＋12a ＋24? ，x ＋8c －9x ＋1223x2(2)由(1)可知，f(x)＝ x －2)．x ＋12＝6(x －1)(－182xx6)＝f ′( ；x)<0∈；当x(1,2)时，f ′(当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0)>0.(x ′当x ∈(2,3)时，f. c ＝)取得极大值f(1)5＋8所以，当x ＝1时，f(x ，f(3)＝9＋8c 又f(0)＝8c ，. (3)＝9＋8cf 则当x ∈[0,3]时，f(x)的最大值为 f(xc 恒成立，)<因为对于任意的x ∈[0,3]，有2>9.c －<1或所以9＋8c<c ，解得c 2 ∞，＋)．因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9231. x3．已知函数f(x)＝x ＋－3ax ＋3 )的单调区间；(1)设a ＝2，求f(x 的取值范围．(2)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a －2x2－－3)(，f′(x)＝3(x＋－6x3x＋123xa＝)＝x2时，f((1)解析当 3)． 3)∞，2上单调增加；f(x)在(－－当x∈(∞，2f3)时′(x)＞0 (x)在(2上单调减少；3，23)x当∈(2)3，23)时f′(x＜0，f 上单调增加．x)在(2，＋3∞)(′当x∈(23，＋∞)时f(x)＞0，f的单调减区x)3，＋∞)，fx综上，f()的单调增区间是(－∞，23)和(2( ＋(3)3，2．间是a1－＋22])((2)f′x)＝3[(x－a．a－当12x)无极值点；(0≥，f(x)为增函数，故f(0≥时，f′x) 有两个根，x′()＝0时，a当1－＜0f21.－＋a，－1＝xa22a＝xa－21，①3aa2由题意知，＜－＜1－2．②1＜或2＜a3.＋a－255＜①式无解．②式的解为＜a.3455，的取值范围是(因此a )．34，axf()在区间[为函数y＝f(x)的零点．若函数y＝＝1．“我们称使f(x)0的x上]在区间[a，b(b)<0，则函数y＝f(x)b]上是连续的，单调的函数，且满足f(a)·f2，2x－＝6ln(x＋1)－x1＋f有唯一的零点”．对于函数(x) 在其定义域内的单调性，并求出函数极值．f(x)(1)讨论函数[2，＋∞)内只有一个零点．)(2)证明连续函数f(x在∞)，，＋x－1定义域为(－1＋22x－＋1)6ln((1)解：f(x)＝x解析2x－286).舍去x0?＝2(－－2x＋2，f′(x)＝＝且f′(x)11xx＋)，＋(1,2x取得极大值 f(x)由表可知，f(x)值在区间(－1,2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减．∴当x＝2时，f(x)的极大值为f(2)＝6ln3－1.(2)证明：由(1)知f(2)＝6ln3－1>0，f(x)在[2,7]上单调递减，又f(7)＝6ln8－36＝18(ln2－2)<0，∴f(2)·f(7)<0.∴f(x)在[2,7]上有唯一零点．当x∈[7，＋∞)时，f(x)≤f(7)<0，故x∈[7，＋∞)时，f(x)不为零．∴y＝f(x)在[7，＋∞)上无零点．∴函数f(x)＝6ln(x＋1)－x 在定义域内只有一个零点．1－x2＋2．．>0)＋ax(a江西高考)设函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)2．(2010·的单调区间；f(x)(1)当a＝1时，求1 a的值．在(0,1]上的最大值为，求(2)若f(x)2 (0,2)，x)的定义域为解析函数f(11.－＋a＝x)f′(xx2－2＋－x2，单调x)的单调递增区间为(2，所以f(＝x)＝1时，f′((1)当a?xx?2－，2)递减区间为2x22－，＋a>0＝)′(x当x∈(0,1]时，f(2)?x?2－x1即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.232＋9x＋3xa(3．已知函数fx)＝－x. ＋(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．分析本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的最值，题目中需注意应先比较f(2)和f(－2)的大小，然后判定哪个是最大值从而求出a.＋6x＋9. 2x3(1)f′(x)＝－解令f′(x)<0，解得x<－1，或x>3，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)∵f(－2)＝8＋12－18＋a＝2＋a，f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，∴f(2)>f(－2)．∵在(－1,3)上f′(x)>0，∴f(x)在(－1,2]上单调递增．又由于f(x)在[－2，－1)上单调递减，∴f(－1)是f(x)的极小值，且f(－1)＝a－5.∴f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a＝20，解得a＝－2.∴f(x)＝－x＋3x＋9x－2. 23∴f(－1)＝a－5＝－7，即函数f(x)在区间[－2,2]上的最小值为－7.．)R∈x(xe＝)x(f．已知函数4．－x的单调区间和极值；(1)求函数f(x)对称．证明x)的图象关于直线x＝1已知函数(2)y＝g(x)的图象与函数y＝f( ＞g(x)；当x＞1时，f(x)2.)，证明x＋x＞≠x，且f(x)＝f(x(3)如果x212211x－. x)e(1)解析f′(x)＝(1－1.＝0，解得x＝令f′(x)的变化情况如下表x当变化时)1(，＋x－∞x极大值f(x)内是减函数．内是增函数，在(1，＋∞)f(x)在(－∞，1)所以1＝(1)处取得极大值f(1)，且f函数f(x)在x＝1. e2x－. )e()，得gx)＝(2－x(2)由题意可知g(x)＝f(2－x ，x－2)e，即F(x)＝xe＋(令F(x)＝f(x)－g(x)x－2x－e－－1)(e1)F′(x)＝(x于是x－22x－.从而x)＞0.，又e＞0.所以F′(x＞1时，2x－2＞0，从而e－1＞0当x－22x －，＋∞)上是增函数．函数F(x)在[1 x)．f(x)＞g(x＞1时，有F(x)＞F(1)＝0，即＝又F(1)＝e－e0，所以11－－矛≠x，与x＝x＝1x，由(1)及f(x)＝f(x)，得x(3)①若(－1)(x－1)＝021221211盾． x矛盾．＝x，与x≠x及f(x)＝f()，得x－②若(x－1)(x1)＞0，由(1)212111221.＞＜，不妨设x1，x根据①②得(x－1)(x－1)＜02211)(xx)，从而f，所以f(x)＞f(2－xf(x＞)g(x)，g(x)＝f(2－)(2)由可知，12222221)，在区间(－∞1，又由(1)可知函数f(x)＞＞f(2－x)，因为x1，所以2－x＜2222. ＞，即x＋x内是增函数，所以x＞2－x22113223.x－1)g(x)＝5．已知函数f(x)＝ax－ax3(，函数2 x)的公共单调区间；(x)和g((1)当a>0时，求f )的极小值；(x)－gx当a>2时，求函数h(x)＝f((2) )的解的个数．)＝g(x(3)讨论方程f(x，x>1x<0或x>0，由f′()>0得1)3－ax＝3ax(x－，又a2ax(′x)＝(1)解f3f′(x)<0得0<x<1，即函数f(x)的单调递增区间是(－∞，0)与(1，＋∞)由，单调递减区间是(0,1)，而函数g(x)的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)，故两个函数的公共单调递减区间是(0,1)，公共单调递增区间是(1，＋∞)．32－－3(x－1)，h′(x)＝3ax－3(a＋2)x＋6＝3a(x－2322)((2)ax＝x(h)xax－a2．22由于，x＝1或的极小值点，(x)易知(1)，令h′x)＝0，得x＝x＝1为函数h<1，aaa＝－(1))的极小值为h∴h(x.23 ，－3＋－6x23xφ((a＋x)＝ax2)gx)＝f(x)－((3)令22－xa(x＋6＝3－3(a＋2)2ax＝3φ′(x) ，－1))(xa轴只有一个交点，即方xxφ()的图象与＝①若a0，则φ(x)＝－3(x－1)，∴2只有一个解；g(x)程f(x)＝6a42－x)的极大值为φ(1)＝－＋②若a<0，则φ(＝－)的极小值为φ(>0，φ(x)2aaa2 3<0，g(x)有三个解；的图象与φ(x)x轴有三个交点，即方程f(x)＝∴a＝－x)的极大值为φ(1)③若0<a<2，则φ(轴只有一个x)的图象与x∴<0，φ(2 只有一个解；x)(交点，即方程f(x)＝g1)x－6(，则φ′(x)＝2④若a＝2轴只x))单调递增，∴φ(x的图象与φ≥0，(x 只有一个解；＝g(x))有一个交点，即方程f(x3231⑤若a>2，由(2)知φ(x)的极大值为φ－－<0，∴φ(4)＝－))的图象与aa44x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解．afxgxafxgx)＝只有一个解；若，方程综上知，若≥0()＝()<0，方程()( 有三个解．。