【通用版】2020高考数学突破专题《破译函数中双变量问题》

不必要条件.故选C.
13.已知p：｜x＋a｜＜2，q：x≥a，且p是q的充分不必要条件，则实数a的取值
范围是（
）
A.（－∞，－1]
B.（－∞，－1）
C.[1，＋∞）
D.（1，＋∞）
解析：A p：｜x＋a｜＜2，即p：－a－2＜x＜－a＋2，记为A＝{x｜－a－2＜x
＜－a＋2}.q：x≥a，记为B＝{x｜x≥a}.因为p是q的充分不必要条件，所以
.
⁠
解析：当x∈[0，3]时，f（x）min＝f（0）＝0，当x∈[1，2]时，g（x）max＝g
1
1
1
（1）＝ －m，由f（x）min≥g（x）max，得0≥ －m，所以m≥ .
2
2
2
1
2
答案： , + ∞
⁠
⁠
1.（2023·开封模拟）命题“∀x∈R，x＋｜x｜≥0”的否定为
A.∀x∈R，x＋｜x｜＜0
3
2−2,2−
2
，并且两个值域有公共部分.先求没有公共部分的情况，即2－2k＞
3
1
4
1或2－ k＜0，解得k＜ 或k＞ ，所以要使两个值域有公共部分，k的取值范围是
2
2
3
1 4
,
2 3
.
答案：
1 4
,
2 3
三、形如“对任意x1∈A，任意x2∈B，使f（x1）＞g（x2）成立”
【例3】 已知函数f（x）＝x2－2x＋3，g（x）＝log2x＋m，对任意的x1，
C.若2x为偶数，则x∈N
D.π是无理数
解析：B 对于A，∀x∈R，x2＋2x＋1＝（x＋1）2≥0，故A错误；对于B，含有
全称量词“任意”，是全称量词命题且是真命题，故B正确；对于C，当x＝－1

在双变量问题中,如果能够依据题目条件得出双变量所满足的等量关系式,
则可转化为含单变量的问题,然后再构造函数,利用导数研究该函数的单调
性、极值,进而解决问题.

例2(2024·青海西宁模拟)已知函数f(x)=
(1)求a的取值范围;
(2)求f(x1)+f(x2)-3a的最小值.
-x+aln x存在两个极值点x1,x2.
f'(x)= +2ax=
<0,


∴f(x)在(0,+∞)内单调递减.
不妨假设 x1≥x2,∴|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于 f(x2)-f(x1)≥4x1-4x2,
即 f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.
+1
22 +4++1
令 g(x)=f(x)+4x,则 g'(x)= +2ax+4=
1
4 2-1
4
<0,
命题点4
构造“根商”证明双变量不等式
在解决双变量问题中,还可以引入变量
1
t= ,直接消掉两个变量,巧妙构造关于
2
变量 t 的函数解决问题,一般步骤如下:
(1)巧妙消参:利用方程 f(x1)=f(x2)=0 消掉解析式中的参数;
(2)抓商构元:令
1
t= ,消掉变量 x1,x2,构造关于

2-
1
1
1
1
4(-1)2
h'(x)= +
− + 2 = 2
>0,
2
2
-2,1)内单调递增,∴h(x1)=g(2-x1)-g(x1)<h(1)=0,

高考材料高考材料专题12 利用导数解决双变量问题1．〔2023·浙江·高考试题〕设函数． f(x)=e2x +ln x(x >0)(1)求的单调区间；f(x)(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： a,b ∈R y =f(x)(x 1,f (x 1)),(x 2,f (x 2)),(x 3,f (x 3))(a,b)〔ⅰ〕假设，则；a >e 0<b ‒f(a)<12(ae ‒1)〔ⅱ〕假设，则．0<a <e ,x 1<x 2<x 32e +e ‒a6e2<1x 1+1x 3<2a ‒e ‒a 6e 2〔注：是自然对数的底数〕e =2.71828⋯（答案）(1)的减区间为，增区间为.f (x )(0,e 2)(e 2,+∞)(2)〔ⅰ〕见解析；〔ⅱ〕见解析. （解析） （分析）〔1〕求出函数的导数，商量其符号后可得函数的单调性.〔2〕〔ⅰ〕由题设构造关于切点横坐标的方程，依据方程有3个不同的解可证明不等式成立，〔ⅱ〕 ，k =x 3x 1m =ae <1，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为t 1+t 3‒2‒2m <(m ‒13)(m 2‒m +12)36m (t 1+t 3)ln m +，利用导数可证该不等式成立.(m ‒1)(m ‒13)(m 2‒m +12)72(m +1)<0(1)，f '(x )=‒e2x 2+1x =2x ‒e 2x 2当，；当，， 0<x <e 2f '(x )<0e2xf '(x )>0故的减区间为，的增区间为. f (x )(0,e 2)f (x )(e 2,+∞)(2)〔ⅰ〕因为过有三条不同的切线，设切点为， (a,b )(x i ,f (x i )),i =1,2,3故，f (x i )‒b =f '(x i )(x i ‒a )故方程有3个不同的根， f (x )‒b =f '(x )(x ‒a )该方程可整理为，(1x‒e 2x2)(x ‒a )‒e 2x‒ln x +b =0设， g (x )=(1x ‒e 2x 2)(x ‒a )‒e 2x ‒ln x +b 则g '(x )=1x ‒e2x 2+(‒1x 2+ex 3)(x ‒a )‒1x+e2x 2，=‒1x3(x ‒e )(x ‒a )当或时，；当时，，0<x <e x >a g '(x )<0e <x <a g '(x )>0故在上为减函数，在上为增函数， g (x )(0,e ),(a,+∞)(e,a )因为有3个不同的零点，故且， g (x )g (e )<0g (a )>0故且， (1e ‒e 2e 2)(e ‒a )‒e2e‒ln e +b <0(1a ‒e 2a 2)(a ‒a )‒e2a‒ln a +b >0整理得到：且， b <a2e +1b >e2a +ln a =f (a )此时， b ‒f (a )‒12(ae ‒1)<a2e +1‒(e2a +ln a)‒a 2e +12=32‒e 2a‒ln a 设，则，u (a )=32‒e2a ‒ln a u '(a )=e -2a 2a 2<0故为上的减函数，故， u (a )(e ,+∞)u (a )<32‒e2e ‒ln e =0故.0<b ‒f (a )<12(ae ‒1)〔ⅱ〕当时，同〔ⅰ〕中商量可得：0<a <e 故在上为减函数，在上为增函数， g (x )(0,a ),(e ,+∞)(a,e )不妨设，则， x 1<x 2<x 30<x 1<a <x 2<e <x 3因为有3个不同的零点，故且， g (x )g (a )<0g (e )>0故且， (1e ‒e 2e 2)(e ‒a )‒e2e‒ln e +b >0(1a ‒e 2a 2)(a ‒a )‒e2a‒ln a +b <0整理得到：，a2e +1<b <a2e +ln a 因为，故， x 1<x 2<x 30<x 1<a <x 2<e <x 3又， g (x )=1‒a +ex +ea 2x 2‒ln x +b 设，，则方程即为： t =ex ae =m ∈(0,1)1‒a +ex +ea 2x 2‒ln x +b =0即为， ‒a +e e t +a 2e t 2+ln t +b =0‒(m +1)t +m 2t 2+ln t +b =0记t 1=ex 1,t 2=ex 2,t 3=ex 3,则为有三个不同的根， t 1,t 1,t 3‒(m +1)t +m2t 2+ln t +b =0设，，k =t 1t 3=x 3x 1>e a >1m =ae <1要证：，即证， 2e +e ‒a 6e2<1x 1+1x 2<2a ‒e ‒a 6e22+e ‒a 6e <t 1+t 3<2e a ‒e ‒a6e即证：， 13‒m 6<t 1+t 3<2m ‒1‒m6即证：， (t 1+t 3‒13‒m6)(t 1+t 3‒2m+1‒m6)<0即证：， t 1+t 3‒2‒2m <(m ‒13)(m 2‒m +12)36m (t 1+t 3)而且，‒(m +1)t 1+m2t 21+ln t 1+b =0‒(m +1)t 3+m2t 23+ln t 3+b =0故，ln t 1‒ln t 3+m2(t 21‒t 23)‒(m +1)(t 1‒t 3)=0高考材料高考材料故，t 1+t 3‒2‒2m =‒2m ×ln t 1‒ln t 3t 1‒t 3故即证：，‒2m ×ln t 1‒ln t 3t 1‒t 3<(m ‒13)(m 2‒m +12)36m (t 1+t 3)即证：(t 1+t 3)ln t 1t3t 1‒t 3+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>0即证：， (k +1)ln k k ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>0记，则， φ(k )=(k +1)ln k k ‒1,k >1φ'(k )=1(k ‒1)2(k ‒1k ‒2ln k )>0设，则即， u (k )=k ‒1k ‒2ln k u '(k )=1+1k 2‒2k >2k ‒2k =0φ'(k )>0故在上为增函数，故，φ(k )(1,+∞)φ(k )>φ(m )所以，(k +1)ln k k ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>(m +1)ln m m ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72记，ω(m )=ln m +(m ‒1)(m ‒13)(m 2‒m +12)72(m +1),0<m <1则，ω'(m )=(m ‒1)2(3m 3‒20m 2‒49m +72)72m (m +1)2>(m ‒1)2(3m 3+3)72m (m +1)2>0所以在为增函数，故， ω(m )(0,1)ω(m )<ω(1)=0故即， ln m +(m ‒1)(m ‒13)(m 2‒m +12)72(m +1)<0(m +1)ln m m ‒1+(m ‒13)(m 2‒m +12)72>0故原不等式得证：2．〔2023·广东·华南师大附中三模〕已知函数存在两个极值点． f (x )=xln x +a2x 2‒a212,x x (x 1<x 2)(1)求实数a 的取值范围； (2)推断的符号，并说明理由．f(x 1+x 22)（答案）(1) (‒1,0)(2)符号为正；理由见解析f(x 1+x 22)（解析） （分析）〔1〕依据函数有两个极值点得到导函数有两个变号零点，参变别离后构造函数，研究其单调性和ℎ(x )=1+ln xx(x >0)极值情况，得到交点个数为两个时实数a 的取值范围，再验证此范围符合要求； 〔2〕转化为，利用对数平均不等式得到，结合在区间内单调递增，且，1‒a =x 2‒x 1ln x 2‒ln x 1‒1a <x 1+x 22f (x )(x 1,x 2)f (1)=0得到.f (x 1+x 22)>f (1)=0(1)∵有两个极值点，f (x )=xln x +a2x 2‒a2(x >0)∴，有两个变号的零点． f '(x )=1+ln x +ax x >0∴，， 1+ln x +ax =0‒a =1+ln xx令，， ℎ(x )=1+ln x x (x >0)ℎ'(x )=‒ln x x 2当，，单调递增； x ∈(0,1)ℎ'(x )>0ℎ(x )当，，单调递减； x ∈(1,+∞)ℎ'(x )<0ℎ(x )所以． ℎ(x )max =ℎ(1)=1画出函数图象如下：与有两个交点， y =‒a ℎ(x )∴．0<‒a <1当时，当或时，，； 0<‒a <10<x <x 1x >x 2‒a >1+ln xxf '(x )<0当时，，． x 1<x <x 2‒a <1+ln xxf '(x )>0所以在区间，单调递减，在区间内单调递增． f (x )(0,x 1)(x 2,+∞)(x 1,x 2)所以的极小值点为，极大值点为． f (x )x 1x 2所以a 的取值范围为 (‒1,0)(2) 符号为正．f(x 1+x 22)理由如下：由〔1〕可知，． 1201x x <<<又因为， {1+lnx 1+ax 1=01+lnx 2+ax 2=0∴ ln x 2‒ln x 1=‒a (x 2‒x 1)∴．1‒a =x 2‒x 1ln x2‒ln x 1<x 1+x 22现证明上式： 上式可变形为，ln x 2x1>2(x 2‒x 1)x 2+x 10<x 1<x 2令，则只需证． t =x 2x 1ln t >2(t ‒1)t +1(t >1)高考材料高考材料设，， φ(t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1(t >1)φ'(t )‒(t ‒1)2t (t +1)2>0所以在上单调递增， φ(t )(1+∞)从而，即， ()()10t ϕϕ>=ln t >2(t ‒1)t +1(t >1)∴．‒1a <x 1+x 22又因为，所以 0<‒a <1‒1a >1综上可得：．x 1<1<‒1a <x 1+x 22<x 2在区间内单调递增，且， f (x )(x 1,x 2)f (1)=0所以．f (x 1+x 22)>f (1)=0故符号为正．f(x 1+x 22)3．〔2023·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测〔理〕〕已知. f(x)=34x 2‒x 22ln x ‒a(x ‒1)(1)假设恒有两个极值点，〔〕，求实数a 的取值范围； f(x)x 1x 212x x <(2)在〔1〕的条件下，证明. f (x 1)+f (x 2)>32（答案）(1) (0,1)(2)证明见解析 （解析） （分析）(1)依据极值点的定义可知方程有两个不等实根，即函数与图像有两个交点，利用f '(x)=0y =a ℎ(x)=x ‒xln x(x >0)导数研究函数的单调性求出的值域，结合图形即可得出结果；()h x ()h x (2)构造函数 ，依据导数研究它的单调性进而得，有，构G(x)=ℎ(x)‒ℎ(2‒x)(12)x <<ℎ(x)>ℎ(2‒x)21121x x x >->>造函数〔〕，F(x)=f(x)+f(2‒x)0<x <1利用导数证明，结合即可证明. F(x)>F(1)=32f (x 1)+f (x 2)>f (x 1)+f (2‒x 1)(1)函数的定义域为，， f(x)(0,+∞)f '(x)=x ‒xln x ‒a 则方程有两个不同的正根，f '(x)=0即函数与图像有两个交点， y =a ℎ(x)=x ‒xln x(x >0)，令，令， ℎ'(x)=‒ln x ℎ'(x)>0⇒0<x <1()01h x x '<⇒>所以函数在上单调递增，在上单调递减， ()h x (0,1)(1,)+∞所以，且当时，， ℎ(x )max (0,1)x ∈ℎ(x)=x ‒xln x =x(1‒ln x )>0当时，，如图，x ∈(1,+∞)ℎ(x)=x ‒xln x =x(1‒ln x )<0由图可知； (0,1)a ∈(2)设 ，G(x)=ℎ(x)‒ℎ(2‒x)(12)x <<则， G '(x)=ℎ'(x)+ℎ'(2‒x)=‒ln (‒x 2+2x )>0在单调递增，故， G(x)(1,2)G(x)>G(1)=ℎ(1)‒ℎ(1)=0即 .ℎ(x)>ℎ(2‒x)(12)x <<而，故，2‒x 1∈(1,2)ℎ(2‒x 1)>ℎ[2‒(2‒x 1)]=ℎ(x 1)=ℎ(x 2)又，，在单调递减，故，即； 2‒x 1>1x 2>1()h x (1,)+∞2‒x 1<x 2x 1+x 2>2由知；x 1+x 2>221121x x x >->>由(1)知，，为函数的极值点， f '(x )=x ‒xln x ‒a x 1、x 2f(x)当时，函数单调递减， 1(0,)x x ∈f '(x)<0f(x)当时，函数单调递增， x ∈(x 1,x 2)f '(x)>0f(x)时，函数单调递减，x ∈(x 2,+∞)f '(x)<0f(x)所以，故， f (x 2)>f (2‒x 1)f (x 1)+f (x 2)>f (x 1)+f (2‒x 1)令〔〕.F(x)=f(x)+f(2‒x)0<x <1， F '(x)=f '(x)‒f '(2‒x)=2(x ‒1)‒xln x +(2‒x)ln (2‒x)，令，故当时， F ″(x)=‒ln (2‒x)‒ln x F ″(x)>0⇒0<x <10<x <1单调递增，且，所以，故单调递减， F '(x)F '(1)=0F '(x)<0F(x)由，得， 0<x <1F(x)>F(1)=2f(1)=32即，即.f(x)+f(2‒x)>32f (x 1)+f (x 2)>324．〔2023·湖南·雅礼中学二模〕已知. f (x )=ln x ‒x 2‒1x ,0<x 1<x 2(1)求的最大值；f (x )(2)求证：〔i 〕存在，使得；()012,x x x ∈f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2〔ii 〕当存在，使得时，有.()012,x x x ∈f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2x 1+x 2>2x 0（答案）(1)；‒2(2)〔i 〕证明见解析；〔ii 〕证明见解析.高考材料高考材料（解析） （分析）〔1〕利用导数推断函数的单调性，进而求最值； 〔2〕构造，进而可得，结合函数单调性及零点存在定理即F (x )=f (x )‒f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2(x ‒x 1)‒f (x 1)F '(x 2)<0<F '(x 1)得；由题可知即证，再利用导数解决双变量，构造函数，利用导数推f '(x 1+x 22)<f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2g (t )=2(t ‒1)t +1‒ln t 断函数的单调性即得. (1)法一：，f '(x )=1x ‒2x +1x 2=‒2(x ‒1)(x 2+x +12)x 2当时，单调递增；当时，单调递减. 0<x <1f '(x )>0,f (x )x >1f '(x )<0,f (x ).∴f(x )max =f (1)=‒2法二：， f '(x )=1x ‒2x +1x 2由在上均为减函数， y =1x ,y =‒2x,y =1x 2(0,+∞)∴在上单调递减，又，f '(x )(0,+∞)f '(1)=0当时，单调递增；当时，单调递减. ∴0<x <1f '(x )>0,f (x )x >1f '(x )<0,f (x ). ∴f(x )max =f (1)=‒2(2)过的直线方程为，(x 1,f (x 1)),(x 2,f (x 2))y =f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2(x ‒x 1)+f (x 1)令，则.F (x )=f (x )‒f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2(x ‒x 1)‒f (x 1)F (x 1)=F (x 2)=0， F '(x )=1x ‒2x +1x 2‒f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2易知在单调递减.F '(x )(0,+∞)〔i 〕当时，在单调递减，则，这与矛盾，不符题意；同理可证，F '(x 1)⩽0F (x )(x 1,x 2)F (x 1)>F (x 2)F (x 1)=F (x 2)=0当时不符题意. F '(x 2)⩾0，∴F '(x 2)<0<F '(x 1)故存在，使，即.()012,x x x ∈()00F x '=f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2〔ii 〕要证，即证， x 1+x 2>2x 01202x x x +>由在单调递减，即证，f'(x )(0,+∞)f '(x 1+x 22)<f '(x 0)=f (x 1)‒f (x 2)x 1‒x 2即证，2x 1+x 2‒(x 1+x 2)+4(x 1+x 2)2‒ln x1x 2‒(x 21‒x 22)+x 1‒x 2x 1x 2x 1‒x 2<0即证，2(x 1‒x 2)x 1+x 2‒ln x 1x 2+(x 2‒x 1)3(x 1+x 2)2x 1x 2>0，∵(x 2‒x 1)3(x 1+x 2)2x 1x 2>0可证，其中. g (t )=2(t ‒1)t +1‒ln t ≥0(∗)t =x 1x 2∈(0,1)∵g '(t )=‒(t ‒1)2t(t +1)2<0,在单调递减， ∴g (t )()0,1式得证， ∴g (t )>g (1)=0,(*)故.x 1+x 2>2x 05．〔2023·安徽·合肥一六八中学模拟预测〔理〕〕已知函数〔e 为自然对数的底数〕，其中． f (x )=e x ‒e ‒x ‒ax a ∈R (1)试商量函数的单调性；f (x )(2)假设有两个极值点和，记过点，的直线的斜率为k ，同：是否存在a ，使g (x )=f (ln x )x 1x 2A (x 1,g (x 1))B (x 2,g (x 2))得？假设存在，求出a 的值，假设不存在，请说明理由 k =2‒a （答案）(1)答案不唯—，具体见解析； (2)不存在；理由见解析. （解析） （分析）〔1〕求出函数的导数，分和分别商量值的符号作答. f (x )f '(x )a ≤2a >2f '(x )〔2〕依据给定条件，求出斜率k ，在成立时可得，分析整理并构造函数，利用函数探讨单调性k =2‒a ln x 1‒ln x 2x 1‒x 2=1质即可推理作答. (1)函数定义域为R ，求导得，而， f (x )=e x ‒e ‒x ‒ax f '(x )=e x +e ‒x ‒a e x +e ‒x ≥2则当时，即在R 上为增函数，a ≤2f '(x )≥0f (x )当时，由，得，即，解得或，a >2f '(x )>0e x +e ‒x ‒a >0(e x )2‒a e x +1>0e x >a +a 2‒42e x <a ‒a 2‒42则有或，由，解得，x >lna +a 2‒42x <ln a ‒a 2‒42f '(x )<0lna ‒a 2‒42<x <lna +a 2‒42所以在上递减，在和上递增．f (x )(ln a ‒a 2‒42,lna +a 2‒42)(‒∞,lna ‒a 2‒42)(lna +a 2‒42,+∞)(2)依题意，，求导得，g(x)=x ‒1x ‒aln x g '(x)=1+1x 2‒a x =x 2‒ax +1x 2有两个极值点，即在上有两个不等根和，则，且， g(x)()0g x '=(0,+∞)x 1x 2a >2x 1x 2=1因为，g (x 1)‒g (x 2)=(x 1‒x 2)+x 1‒x 2x 1x 2‒a (ln x 1‒ln x 2)=2(x 1‒x 2)‒a (ln x 1‒ln x 2)则，假设存在a ，使得，则，k =g (x 1)‒g (x 2)x 1‒x 2=2‒a ⋅ln x 1‒ln x 2x 1‒x 2k =2‒a ln x 1‒ln x 2x 1‒x 2=1即，不妨令，亦即成立，ln x 1‒ln x 2=x 1‒x 21201x x <<<x 2‒1x 2‒2ln x 2=0(x 2>1)高考材料高考材料令，，，因此在上递增， ℎ(t)=t ‒1t ‒2ln t 1t >ℎ'(t )=1+1t 2‒2t =(1‒1t )2>0ℎ(t)(1,)+∞，于是得当时，不成立，∀t ∈(1,+∞),ℎ(t)>ℎ(1)=0x 2>1x 2‒1x 2‒2ln x 2=0所以不存在a ，使得.k =2‒a 6．〔2023·江苏泰州·模拟预测〕已知函数，其中a ，b 为常数，为自然对数底数，f (x )=e x ‒a x 2+bx ‒1e e =2.71828．⋅⋅⋅(1)当时，假设函数，求实数b 的取值范围；a =0f (x )≥0(2)当时，假设函数有两个极值点，，现有如下三个命题：b =2a f (x )x 1x 2①；②；③； 7x 1+b x 2>282a (x 1+x 2)>3x 1x 2x 1‒1+x 2‒1>2请从①②③中任选一个进行证明．〔注：如果选择多个条件分别解答，按第—个解答计分〕 （答案）(1) {‒1}(2)证明见解析 （解析） （分析）〔1〕分，商量，当时，求的最小值，依据可得；b ≥00b <0b <f (x )f (x )min 〔2〕将问题转化为有两个零点，先利用导数研究两个零点的范围，然后由，φ(x)=f '(x)e x 1=2a x 1‒2a e x 2=2a x 2，作商取对数得.假设选①，令，构造函数，假‒2a x 2‒x 1=ln (x 2‒1)‒ln (x 1‒1)u (t )=t ‒ln t v (t )=u (t )‒u (2‒t )设选②，构造函数，依据极值点偏移问题的方法可证；假设选③，构造函数v (t )=u (t )‒u (1t )F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1，由单调性可证. (t >1)(1)当时，， a =0f (x )=e x +bx ‒1f '(x )=e x +b 当时，因为，所以此时不合题意； b ≥0f (‒1)=(1e ‒1)‒b <0当时，当时，，单调递减， 0b <x ∈(‒∞,ln (‒b ))f '(x )<0f (x )当时，，单调递增， x ∈(ln (‒b ),+∞)f '(x )>0f (x )所以， f (x )(ln (‒b ))ln (‒b )min 要，只需， f (x )≥0f (x )ln (‒b )min 令，则， g (x )=x ‒xln x ‒1g '(x )=‒ln x 当时，，单调递增； x ∈(0,1)g '(x )>0g (x )当时，，单调递减，x ∈(1,+∞)g '(x )<0g (x )所以，则由得， g (x )≤g (1)=0g (‒b )=‒b +bln (‒b )‒1≥0‒b =1所以，故实数b 的取值范围为．b =‒1{‒1}(2)当时，，， b =2a f (x )=e x ‒a x 2+2ax ‒1f '(x )=e x ‒2ax +2a 令，则，φ(x )=f '(x )=e x ‒2ax +2a φ'(x )=e x ‒2a 因为函数有两个极值点，，所以有两个零点， f (x )x 1x 2φ(x )=f '(x )=e x ‒2ax +2a 假设，则，单调递增，不可能有两个零点，所以， a ≤0φ'(x )>0φ(x )a >0令得，φ'(x )=e x ‒2a =0x =ln 2a 当时，，单调递减； x ∈(‒∞,ln 2a )φ'(x )<0φ(x )当时，，单调递增； x ∈(ln 2a,+∞)φ'(x )>0φ(x )所以，φ(x )(ln 2a )ln 2min 因为有两个零点，所以，则，φ(x )4a ‒2aln 2a <0a >12e 2设，因为，，则， 12x x <φ(1)=e >0φ(2)=e 2‒2a <01<x 1<2<x 2因为，所以，， φ(x 1)=φ(x 2)=0e x 1=2a x 1‒2a e x 2=2a x 2‒2a 则，取对数得，e x 2ex 1=x 2‒1x1‒1x 2‒x 1=ln (x 2‒1)‒ln (x 1‒1)令，，则，即x 1‒1=t 1x 2‒1=t 2t 2‒t 1=ln t 2‒ln t 1t 2‒ln t 2=t 1‒ln t 1(0<t 1<1<t 2)①令，则，因为，所以在上单调递减，在上单调递u (t )=t ‒ln t u (t 1)=u (t 2)u '(t )=1‒1t u (t )=t ‒ln t (0,1)(1,+∞)增，令， v (t )=u (t )‒u (2‒t )=2t ‒ln t +ln (2‒t )‒2(0<t <2)则，在上单调递减， v '(t )=2(t ‒1)2t (t ‒1)≤0v (t )(0,2)因为，所以，即， 0<t 1<1v (t 1)>v (1)=0u (t 1)‒u (2‒t 1)>0亦即，u (t 2)=u (t 1)>u (2‒t 1)因为，，在上单调递增，所以， t 2>12‒t >1u (t )=t ‒ln t (1,+∞)t 2>2‒t 1则，整理得， x 2‒1>2‒(x 1‒1)x 1+x 2>4所以，故①成立 2a x 1+7x 2>7x 1+7x 2>28②令，则，u (t )=t ‒ln t u (t 1)=u (t 2)因为，所以在上单调递减，在上单调递增， u '(t )=t ‒1t u (t )=t ‒ln t ()0,1(1,+∞)令，则，在上单调递增， v (t )=u (t )‒u(1t)=t ‒1t ‒2ln t v '(t )=(t ‒1)2t2≥0v (t )(0,+∞)又，所以当时，，即，v (1)=0t ∈(0,1)v (t )<v (1)=0u (t )<u(1t )因为，，在上单调递增，所以， t 2>12‒t 1>1u (t )=t ‒ln t (1,+∞)t 2<1t 1所以，即， x 2‒1<1x 1‒1x 1x 2<x 1+x 2所以，x 1x 2<x 1+x 2<2312e 2(x 1+x 2)<23a (x 1+x 2)高考材料高考材料即，故②成立．3x 1x 2<2a (x 1+x 2)③令，，则，x 1‒1=t 1x 2‒1=t 2t 2‒t 1=ln t 2‒ln t 1=2ln t 2t 1令，则， F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1(t >1)F '(t )=(t ‒1)2t (t +1)>0∴在上单调递增，则， F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1(1,+∞)F (t )=ln t ‒2(t ‒1)t +1>F (1)=0∴，则，ln t >2(t ‒1)t +1t 2‒t 1=2lnt 2t 1>22(t 2t 1‒1)t 2t 1+1=4⋅t 2‒t 1t 2+t 1两边约去后化简整理得，即， t 2‒t 1t 1+t 2>2x 1‒1+x 2‒1>2故③成立．7．〔2023·北京·北师大二附中三模〕已知函数，其中，为的导函数. f (x )=e x (1+mln x )m >0f '(x )f (x )(1)当，求在点处的切线方程； m =1f (x )(1,f (1))(2)设函数，且恒成立.ℎ(x )=f '(x )exℎ(x )⩾52①求的取值范围；m ②设函数的零点为，的极小值点为，求证：. f (x )x 0f '(x )x 1x 0>x 1（解析） （分析）〔1〕利用导数的几何意义即可求解. 〔2〕①先对函数求导，得到，推出，求f(x)=e x (1+mln x )f'(x)=ex(1+mx +mln x )ℎ(x)=f '(x)e x=1+mx+mln x 导，得到，解对应不等式，得到单调性，求出其最小值，再依据恒成立，即可得出ℎ'(x)=m(x ‒1)x2(x >0)ℎ(x )ℎ(x )≥52结果；②先设，求导得. g(x)=f '(x)=e x (1+mx +mln x)g '(x)=e x (1+2m x ‒m x2+mln x )设，对其求导，判定单调性，从而得到函数单调性，得到是函数的极小H(x)=1+2m x ‒mx2+mln x(x >0)g (x )x 2g (x )值点，得到，再由①得时，，推出所以，得到，得到函数在x 2=x 1m =32ℎ(x)≥52mln x +mx≥m g(x)≥g (x 1)>0f (x )区间上单调递增，再由题意，即可得出结论成立. (0,+∞)(1)时，,,,，所以函数在处的切线方程m =1f (x )=e x (1+ln x )f '(x )=e x (1+ln x +1x )f '(1)=2e f (1)=e x =1，即.()e 2e 1y x -=-y =2ex ‒e (2)①由题设知，，f '(x)=e x (1+mx +mln x )(x >0)，， ℎ(x)=f '(x)e x=1+m x +mln x ℎ'(x)=m(x ‒1)x 2(x >0)由，得，所以函数在区间上是增函数； ℎ'(x)>0x >1ℎ(x )(1,)+∞由，得，所以函数在区间上是减函数. ℎ'(x)>00<x <1ℎ(x )()0,1故在处取得最小值，且. ℎ(x )x =1ℎ(1)=1+m 由于恒成立，所以，得， ℎ(x)≥521+m ≥52m ≥32所以的取值范围为； m 32,+∞)②设，则.g(x)=f '(x)=e x (1+mx +mln x )g'(x)=e x(1+2m x ‒mx 2+mln x)设， H(x)=1+2m x ‒mx2+mln x(x >0)则， H'(x)=‒2m x 2+2mx 3+mx =m (x 2‒2x +2)x 3>0故函数在区间上单调递增，由〔1〕知，， H(x)(0,+∞)m ≥32所以，，H(1)=m +1>0H (12)=1‒mln 2≤1‒ln 22<0故存在，使得， x 2∈(12,1)H (x 2)=0所以，当时，，，函数单调递减； 0<x <x 2H (x )<0g '(x )<0g (x )当时，，，函数单调递增. x >x 2H (x )>0g '(x )>0g (x )所以是函数的极小值点.因此，即.x 2g (x )x 2=x 1x 1∈(12,1)由①可知，当时，，即，整理得，m =32ℎ(x)≥521+32x+32ln x ≥52ln x +1x ≥1所以. mln x +mx≥m 因此，即. g(x)≥g (x 1)=e x 1(1+mx 1+mln x 1)≥e x 1(1+m)>0f '(x)>0所以函数在区间上单调递增. f (x )(0,+∞)由于，即， H (x 1)=01+2m x 1‒mx 21+m ln x 1=0即，1+m ln x 1=mx 21‒2mx 1所以.f (x 1)=e x 1(1+mln x 1)=m e x 11‒2x 1x 21<0=f (x 0)又函数在区间上单调递增，所以.f (x )(0,+∞)x 0>x 18．〔2023·河南·模拟预测〔文〕〕已知函数的最小值为1． f(x)=ax ‒ln x (1)求实数的值；a (2)过点作图象的两条切线MA ，MB ，A ()，B ()是两个切点，证明：>1． M(1，m)(m <1)f(x)x 1,y 1x 2,y 2x 1x 2（答案）(1) a =1(2)证明见解析高考材料高考材料（解析） （分析）〔1〕定义域为，函数有最小值，必定不单调，易求出极小值即最小值，代入可答案．(0,+∞)f (x )〔2〕利用切线方程，消去得到的等式关系，将>1变形得到m x 1,x 21x 1‒1x 2=ln x 2‒ln x 1x 1x 2x 1x 2(1x 1‒1x 2)>1x 1‒1x 2=，令构造函数，得证．ln x 2x 1x 2x 1=t (1)，f '(x)=a ‒1x 当≤0时，<0，在单调递减，不合题意； a ()'f x f (x )(0,+∞)当 >0时，在()上，<0，在()上，>0． a 0，1a ()'f x 1a ，+∞()'f x 在单调递减，在单调递增， f (x )(0,1a )1(,)a+∞故的最小值为； f(x)f(1a )=1‒ln 1a =1⇒a =1(2)证明：，k AM =f '(x 1)=1‒1x 1=y 1‒m x 1‒1=x 1‒ln x 1‒mx 1‒1⇒-2+1x 1=‒ln x 1‒m(*)同理，，‒2+1x 2=‒ln x 2‒m(**)两式相减得，不妨设，1x 1‒1x 2=ln x 2‒ln x 112x x <要证>1．只须证>1．即，x 1x 2x 1x 2x 1x 2(1x 1‒1x 2)>1x 1‒1x 2=ln x 2x 1即证，令，即证，x 2x 1‒x 1x 2>ln x 2x 1x 2x 1=t (t >1)t ‒1t ‒2ln t >0设，恒成立，ℎ(t)=t ‒1t ‒2ln t (t >1)ℎ'(t )=1+1t 2‒2t =(1‒1t )2>0故h (t )为增函数，，故原式得证．ℎ(t)>ℎ(1)=09．〔2023·浙江·赫威斯育才高中模拟预测〕已知，函数. a ∈R f(x)=xln 2x ‒x +a2x +2(1)当时，求的单调区间和极值； a =0f(x)(2)假设有两个不同的极值点，. f(x)x 1x 2(x 1<x 2)〔i 〕求实数的取值范围；a 〔ii 〕证明：〔……为自然对数的底数〕.ln x 1+2ln x 2<‒e2‒3ln 2e =2.71828（答案）(1)递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值 10,2⎛⎫⎪⎝⎭(12,+∞)32(2)〔i 〕；〔ii 〕证明见解析 (‒14e ,0)（解析）（分析）(1)求出解析式，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的极值；f(x)(2)(i)由，构造函数 ()，将问题转化函数有个不同的零点，利用导f '(x )=2x 2ln 2x ‒a 2x2g(x)=2x 2ln 2x ‒a x >0g(x)x 1、x 2数分类商量函数当、、时的单调性，结合极值点的定义即可得出结果； a ≥0‒14e <a <0‒14e <a <0(ii)由(i)，利用换元法可得，令，整理可得， (t 2+2)ln t1‒t 2<‒e2m =t 2>1ln m >e(m ‒1)m +2利用放缩法和导数证明在上恒成马上可.F(m)=ln m ‒3(m 2‒1)m 2+4m +1(1,)+∞(1)当时， ()，则， a =0f(x)=xln 2x ‒x +2x >0f '(x )=ln 2x 故当时，，当时，， 102x <<f '(x )<0x >12f '(x )>0故的递减区间为，递增区间为，f(x)10,2⎛⎫⎪⎝⎭(12,+∞)极小值为，无极大值； f (12)=32(2) (i)因为 ()，f'(x )=ln 2x ‒a 2x 2=2x 2ln 2x ‒a2x 2x >0令 ()，问题可转化函数有个不同的零点， g(x)=2x 2ln 2x ‒a x >0g(x)x 1、x 2又，令， g '(x)=4xln 2x +2x =2x(2ln 2x +1)g '(x )=0⇒x =12e 故函数在上递减，在上递增，g(x)(0,12e)(12e,+∞)故，故，即，g (x )(12e )14e min ‒14e‒a <0a >‒14e 当时，在时，函数，不符题意，a ≥0x ∈(0,12e)g(x)≤2x 2ln 2x <0当时，则，，，‒14e <a <0g (12e 1a)>0g(12e )<0g(12)=‒a >0即当时，存在，，‒14e <a <0x 1∈(0,12e)x2∈(12e,+∞)使得在上递增，在上递减，在上递增， f(x)(0,x 1)(x 1,x 2)(x 2,+∞)故有两个不同的极值点的a 的取值范围为； f(x)x 1、x 2(‒14e ,0)〔ii 〕因为，，且，x 1∈(0,12e)x 2∈(12e,+∞)x 21ln 2x 1=x 22ln 2x 2令，则，， 21(1)x t t x =>ln 2x 1=t 2ln t1‒t 2ln 2x 2=ln t 1‒t 2又，ln x 1+2ln x 2<‒e2‒3ln 2⇔ln 2x 1+2ln 2x 2<‒e2⇔(t 2+2)ln t1‒t 2<‒e2令，即只要证明，即， m =t 2(m >1)(m +2)ln m m ‒1>e(m >1)ln m >e(m ‒1)m +2令，F(m)=ln m ‒3(m 2‒1)m 2+4m +1高考材料高考材料则， ()()()222264131(24)1()41m m m m m F m m m m ++--+'=-=++1m ‒12(m 2+m +1)(m 2+4m +1)2=m 4‒4m 3+6m 2‒4m +1m (m 2+4m +1)2=(m ‒1)4m (m 2+4m +1)2故在上递增，且，所以，即，F(m)(1,)+∞F(1)=0()0F m >ln m >3(m 2‒1)m 2+4m +1从而， ln m ‒e (m ‒1)m +2>3(m 2‒1)m 2+4m +1‒e (m ‒1)m +2=(m ‒1)[(3‒e )m 2+(9‒4e )m +6‒e ](m 2+4m +1)(m +2)又因为二次函数的判别式， y =(3‒e )m 2+(9‒4e )m +6‒e Δ=12e 2‒36e +9<3[4×2.722‒12×2.72+3]<0即，即， (3‒e )m 2+(9‒4e )m +6‒e >0ln m >e (m ‒1)m +2所以在上恒成立，故.(m +2)ln mm ‒1>e (1,)+∞ln x 1+2ln x 2<‒e2‒3ln 210．〔2023·陕西·汉台中学模拟预测〔理〕〕已知函数〔，〕. f (x )=ln x +ax +b a b ∈R (1)求函数的极值；f (x )(2)假设函数的最小值为0，，〔〕为函数的两个零点，证明：. f (x )x 1x 212x x <g (x )=f (x )‒12e x 2‒e ln x 1>2（答案）(1)极小值为，无极大值 ln a +b +1(2)证明见解析 （解析） （分析）〔1〕首先求函数的导数，分和两种情况商量函数的单调性，再求函数的极值；f '(x )=x ‒a x 2a ≤0a >0〔2〕首先由函数的最小值，确定，再结合零点存在性定理确定，，可得ln a +b +1=0ae <x 1<a2ea <x 2<4a e x 2‒e ，再通过构造函数求函数的最小值. ln x 1>e ea ‒e ln a2(1)〔〕，，∵f (x )=ln x +ax +b x >0∴f '(x )=1x ‒ax 2=x ‒a x 2假设时，则恒成立，a ≤0f '(x )>0在上单调递增，故没有极值； ∴f (x )(0,+∞)f (x )假设，则当时，，单调递减， a >0x ∈(0,a )f '(x )<0f (x )当时，，单调递增，x ∈(a,+∞)f '(x )>0f (x )有极小值，极小值为，无极大值. ∴f (x )f (a )=ln a +b +1(2)证明：由〔1〕可知，当时，有最小值，， a >0f (x )f (x )min =ln a +b +1由函数的最小值为0，得， f (x )ln a +b +1=0由题知， g (x )=f (x )‒12=ln x +ax +b ‒12，， g(a 2)=ln a 2+2+b ‒12=12‒ln 2<0g (a e )=ln a ‒1+e +b ‒12=e ‒52>0， ∴a e <x 1<a2，， g (ea )=1+ln a +1e +b ‒12=1e ‒12<0g (4a )=ln 4+ln a +14+b ‒12=ln 4‒54>0，〔〕， ∴ea <x 2<4a ∴e x 2‒e ln x 1>e ea ‒e ln a2a >0令，则， ℎ(x )=e ex ‒eln x2ℎ'(x )=e (e ex ‒1x )令，则在上单调递增， p (x )=e ex ‒1x p (x )(0,+∞)又，在上，，，单调递减， p (1e )=0∴(0,1e )p (x )<0ℎ'(x )<0ℎ(x )在上，，，单调递增，(1e ,+∞)p (x )>0ℎ'(x )>0ℎ(x )，∴h (x )(1e)ee ⋅1eeln 1e2e eln 12e e eln emin得证.∴e x 2‒e ln x 1>211．〔2023·全国·模拟预测〕已知函数． f (x )=xln x +a x 2‒a (1)当时，求曲线在处的切线方程；a =‒1()y f x =x =1(2)假设存在两个极值点、，求实数的取值范围，并证明：．f (x )x 1x 2a f (x 1+x 22)>0（答案）(1)； x +y ‒1=0(2)，证明见解析﹒ ‒12<a <0（解析） （分析）(1)先求出，再依据导数的几何意义求出切线的斜率，进而可得切线方程；f (1)=0(2)将函数存在两个极值点转化为其导函数存在两个零点，构造函数，利用导数研究函数的单调性及最值，进而得f (x )到的取值范围，由，可知要证，只要证，只要证，构造新函数，利用导数a f (1)=0f (x 1+x 22)>0x 1+x 22>1x 2>‒1a ‒x 1研究新函数的单调性，进而可得结果． (1)当时，，则， a =‒1f (x )=xln x ‒x 2+1f (1)=0，∴，f '(x )=1+ln x ‒2x f '(1)=‒1∴曲线在处的切线方程为，即． ()y f x =x =1y =‒(x ‒1)x +y ‒1=0(2)由题意知， f '(x )=1+ln x +2ax 令，，g (x )=1+ln x +2ax x >0∵存在两个极值点，∴有两个零点，f (x )g (x )高考材料高考材料易知， g '(x )=1x +2a =2ax +1x当时，，在上单调递增，g (x )至多有一个零点，不合题意． a ≥0g '(x )>0g (x )(0,+∞)当时，由得，a <0g '(x )=0x =‒12a 假设，则，单调递增； x ∈(0,‒12a )g '(x )>0g (x )假设，则，单调递减．x ∈(‒12a ,+∞)g '(x )<0g (x )要使有两个零点，需，解得． g (x )g (‒12a )=ln (‒12a )>0‒12<a <0当时，，∴在上存在唯—零点，记为．‒12<a <0g (1e)=2ae<0g (x )(1e ,‒12a )x 1∵，∴，，1a 2‒(‒12a )=a +22a 2>01a2>‒12a g (1a2)=1+ln1a2+2a 设，则，令，，则， t =‒1a t >2ℎ(t )=1+2ln t ‒2t t >2ℎ'(t )=2t ‒2<0∴在上单调递减，∴，即，ℎ(t )(2,+∞)ℎ(t )<ℎ(2)=2ln 2‒3<0g (1a 2)<0∴在上存在唯—零点，记为． g (x )(‒12a ,1a 2)x 2则，随的变化情况如下表： f (x )f '(x )x x(0,x 1) x 1(x 1,x 2) x 2(x 2,+∞) f '(x )﹣ 0 ﹢ 0 ﹣ f (x )↘极小值↗极大值↘∴实数的取值范围是．a (‒12,0)∵，，∴， g (1)=1+2a >0‒12a >11e <x 1<1<x 2∵，∴，f (1)=0f (x 1)<0<f (x 2)∵，∴要证，只要证，x 1<x 1+x 22<x 2f(x 1+x 22)>0x 1+x 22>1只要证，只要证，x 1+x 22>‒12a x 2>‒1a ‒x 1又，∴只要证，即证． ‒1a ‒x 1>x 1g (x 2)<g (‒1a ‒x 1)g (x 1)<g (‒1a ‒x 1)设，， F (x )=g (x )‒g (‒1a ‒x )0<x <‒12a 则，F '(x )=g '(x )+g '(‒1a ‒x )=(2ax +1)2x (ax +1)>0∴F (x )在时单调递增，0<x <‒12a∴， F (x )<F (‒12a )=g (‒12a )‒g (‒1a +12a )=0∴成立，即得证．g (x 1)<g (‒1a ‒x 1)f(x 1+x 22)>012．〔2023·山东威海·三模〕已知函数． ()2ln a f x x x x=-+(1)当时，求的单调区间；a =34f(x)(2)假设有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明． f(x)x 1,x 212x x <①；f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1<2a‒2②．f (x 2)<23a +2ln 2‒2（答案）(1)的单增区间为；单减区间为，f(x)(12,32)10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明见解析 （解析） （分析）〔1〕首先求函数的导数，依据导数与函数单调性的关系，即可求解； 〔2〕假设选①，不等式转化为证明，变形为证明，通过构造函数ln x 2‒ln x 1x 2‒x 1<1a =1x 2x 1ln x 2x1<x 2‒x 1x 1x 2=x 2x 1‒x 1x 2ℎ(t)=2，即可证明；ln t ‒t +1t ,t >1假设选②，首先依据函数有两个极值点，证得，，再变换为1<x 2<2f (x 2)‒23a =2ln x 2‒x 2+a x 2‒23a f (x 2)‒23a =2，通过构造函数，利用导数，即可证明. ln x 2+23x 22‒103x 2+2(1)， f '(x)=2x ‒1‒a x 2=‒x 2+2x ‒a x 2(x >0)当时，，a =34f '(x)=‒x 2+2x ‒34x2=‒4x 2‒8x +34x 2=‒(2x ‒1)(2x ‒3)4x 2令，解得；令，解得或， f '(x)>012<x <32f '(x)<0102x <<x >32所以的单增区间为；单减区间为，．f(x)(12,32)10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明①：由题意知，是的两根，则，x 1,x 2220x x a -+={x 1+x 2=2x 1x 2=a ，f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1=2(ln x 2‒ln x 1)‒(x 2‒x 1)+a (x 1‒x 2)x 1x 2x 2‒x 1将代入得，，x 1x 2=a f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1=2(ln x 2‒ln x 1)x 2‒x 1‒2要证明，f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1<2a‒2高考材料高考材料只需证明，2(ln x 2‒ln x 1)x 2‒x 1‒2<2a‒2即，ln x 2‒ln x 1x 2‒x 1<1a =1x 2x 1因为，所以， 0<x 1<x 2x 2‒x 1>0只需证明，ln x 2x 1<x 2‒x 1x 1x 2=x 2x 1‒x 1x 2令，则，只需证明，即，x 2x 1=t 1t >ln t 2<t ‒1t 2ln t ‒t +1t <0(t >1)令，ℎ(t)=2ln t ‒t +1t ,t >1， ℎ'(t)=2t ‒1‒1t 2=‒(t ‒1)2t 2<0所以在上单调递减，可得， ℎ(t)(1,)+∞ℎ(t)<ℎ(1)=0所以， 2ln t ‒t +1t <0(t >1)综上可知，．f (x 2)‒f (x 1)x 2‒x 1<2a‒2证明②： f '(x)=2x ‒1‒a x 2=‒x 2+2x ‒a x 2(x >0)设， g(x)=‒x 2+2x ‒a 因为有两个极值点，所以，f(x){Δ=4‒4a >0g(0)<0解得，01a <<因为， g(2)=‒a <0,g(1)=1‒a >0所以，1<x 2<2，f (x 2)‒23a =2ln x 2‒x 2+a x 2‒23a 由题意可知，‒x 22+2x 2‒a =0可得代入得，， a =‒x 22+2x 2f (x 2)‒23a =2ln x 2+23x 22‒103x 2+2令， ℎ(x)=2ln x +23x 2‒103x +2(1<x <2)， ℎ'(x)=2x +43x ‒103=2(x ‒1)(2x ‒3)3x当，所以在上单调递减， x ∈(1,32),ℎ'(x)<0()h x (1,32)当，所以在上单调速增，x ∈(32,2),ℎ'(x)>0()h x (32,2)因为，所以， 1<x 2<2ℎ(x 2)<max {ℎ(1),ℎ(2)}由， ℎ(1)=‒23,ℎ(2)=2ln 2‒2可得，所以，ℎ(2)‒ℎ(1)=2(ln 8‒ln e 2)3>0(2)(1)h h >所以，ℎ(x 2)<ℎ(2)所以，即．f (x 2)‒23a <2ln 2‒2f (x 2)<23a +2ln 2‒213．〔2023·全国·模拟预测〕已知函数〔其中为自然对数的底数〕. f (x )=e x (x 2+1)e (1)商量函数的单调性；y =f (x )+(a ‒2)x ⋅e x (a ∈R )(2)假设，不等式恒成立，求实数的取值范围. x 1>x 2>0e 2x 1‒e 2x 2>λ|f (x 1)‒f (x 2)|λ（答案）(1)答案见解析 (2) λ≤e2（解析） （分析）〔1〕结合已知条件分、、三种情况商量，分析导数的符号变化，即可得出原函数的增区间和减区a =2a >2a <2间；〔2〕分析可得，构造函数，即在上恒e 2x 1‒λf (x 1)>e 2x 2‒λf (x 2)g (x )=e 2x ‒λf (x )g '(x )=2e 2x ‒λf '(x )≥0(0,+∞)成立，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范λ≤2e 2x f '(x )=2e xx 2+2x +1p (x )=2e xx 2+2x +1(0,+∞)λ围. (1)解：依题意，令，， ℎ(x )=f (x )+(a ‒2)x ⋅e x =[x 2+(a ‒2)x +1]e x x ∈R 则， ℎ'(x )=(x 2+ax +a ‒1)e x =(x +a ‒1)(x +1)e x 令，解得或.ℎ'(x )=0x =1‒a x =‒1当时，即时，恒成立且不恒为零， 1‒a =‒1a =2()0h x '≥ℎ'(x )所以，函数的增区间为；ℎ(x )(),-∞+∞当时，即时，由可得或，由可得， 1‒a <‒1a >2ℎ'(x )>0x <1‒a 1x >-ℎ'(x )<01‒a <x <‒1所以，函数的增区间为、，减区间为；ℎ(x )(‒∞,1‒a )()1,-+∞(1‒a,‒1)当时，即时，由可得或，由可得. 1‒a >‒1a <2ℎ'(x )>01x <-x >1‒a ℎ'(x )<0‒1<x <1‒a 所以，函数的增区间为、，减区间为. ℎ(x )(),1-∞-(1‒a,+∞)(‒1,1‒a )综上所述，当时，函数的增区间为；a =2ℎ(x )(),-∞+∞当时，函数的增区间为、，减区间为； a >2ℎ(x )(‒∞,1‒a )()1,-+∞(1‒a,‒1)当时，函数的增区间为、，减区间为. a <2ℎ(x )(),1-∞-(1‒a,+∞)(‒1,1‒a )(2)解：当时，恒成立， x >0f '(x )=e x (x 2+2x +1)>0所以在上单调递增，且. f (x )(0,+∞)f (x )>f (0)=1>0因为，所以，x 1>x 2>0f (x 1)>f (x 2)。

一、单选题1．已知函数()()()411,ln 22x f x e g x x -==+，若()()f m g n =成立，则n m -的最小值为（ ） A .2ln213-B . 12ln23+C . 12ln23+D . 1ln24- 【答案】C【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性进而求最值，属于难题. 求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图像法、函数单调性法求解，利用函数的单调性求最值，首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间，最后再根据其单调性求函数的最值即可.二、填空题2．已知f (x )＝(x ＋1)3e－x ＋1，g (x )＝(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是__________． 【答案】27,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，即为f (x )max ≥g (x )min .又f ′(x )＝(x ＋1)2e－x ＋1(－x ＋2)，由f ′(x )＝0得x ＝－1或2，且当x ＜2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ＞2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (2)＝27e ，又g (x )min ＝a ，则a ≤27e，故实数a 的取值范围是(－∞，27e]． 点睛：对于不等式任意或存在性问题，一般转化为对应函数最值大小关系，即()()()()1212min min ,,x x f x g x f x g x ∀∃≥⇒≥；()()()()1212min max ,,x x f x g x f x g x ∀∀≥⇒≥， ()()()()1212max min ,,x x f x g x f x g x ∃∃≥⇒≥ ()()()()1212max max ,,x x f x g x f x g x ∃∀≥⇒≥3．若不等式x 2－2y 2≤cx (y －x )对任意满足x ＞y ＞0的实数x ，y 恒成立，则实数c 的最大值为__________． 【答案】224-点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.三、解答题4．已知函数()ln 1f x x a x =--（a 为常数）与x 轴有唯一的公关点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()()12f x f x =，证明：121x x <．【答案】（Ⅰ）当1a =时，函数()f x 的递增区间为()1,+∞，递减区间为()0,1； 当0a ≤时，函数()f x 的递增区间为()0,+∞，无递减区间．（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）因为函数()ln 1f x x a x =--的定义域为()0,+∞，且()10f =，故由题意可知曲线()f x 与x 轴存在公共点()1,0A ，又()x af x x'-=，对a 进行讨论分0a ≤，0111a a a <=，，四种情况进行可得解（Ⅱ）容易知道函数()f x 在()1,0A 处的切线斜率为()2113f a a a =-=--'，得2a =±，由（Ⅰ）可知2a =-，且函数()f x 在区间()0,+∞上递增．不妨设12x x <，因为()()12f x f x =，则()()120f x f x <<，则有()11222ln 12ln 1x x x x -+-=+-，整理得()211222ln x x x x +=-，利用基本不等式构建关于12x x 的不等关系即可证得.②若1a =，则函数()f x 的极小值为()10f =，符合题意；③若1a >，则由函数()f x 的单调性，有()()10f a f <=，取201x a a =+>，有()()20ln 1f x a a a ⎡⎤=-+⎣⎦．下面研究函数()()21g a a ln a =-+，1a >，因为()()22101a g a a '-=>+恒成立，故函数()g a 在()1,+∞上递增，故()()11ln20g a g >=->，故()()00f x ag a =>成立，函数()f x 在区间()2,1a a+上存在零点．不符合题意． 综上所述：当1a =时，函数()f x 的递增区间为()1,+∞，递减区间为()0,1； 当0a ≤时，函数()f x 的递增区间为()0,+∞，无递减区间．点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用基本不等式来证明，考查了分类讨论的思想，属于中档题. 5．已知函数()21ln 2f x a x x ax =+- (a 为常数)有两个极值点． (1)求实数a 的取值范围；(2)设f (x )的两个极值点分别为x 1，x 2，若不等式f (x 1)＋f (x 2)＜λ(x 1＋x 2)恒成立，求λ的最小值．【答案】（1）()4,+∞；（2）ln43-【解析】试题分析：（1）先求导数，转化为对应一元二次方程有两个正根，再根据实根分布列不等式组，解得实数a 的取值范围；（2）分离参数转化为对应函数最值问题：()()1212f x f x x x λ+>+ 最大值，再化简()()1212f x f x x x ++为a 的函数，利用导数可得其值域，即得λ的最小值．试题解析：(1)f ′(x )＝＋x －a ＝(x ＞0)，于是f (x )有两个极值点等价于二次方程x 2－ax ＋a ＝0有两正根， 设其两根为x 1，x 2，则，解得a ＞4，不妨设x 1＜x 2，此时在(0，x 1)上f ′(x )＞0，在(x 1，x 2)上f ′(x )＜0，在(x 2，＋∞)上f ′(x )＞0.因此x 1，x 2是f (x )的两个极值点，符合题意． 所以a 的取值范围是(4，＋∞)．点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 6．设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有()()121f x f x e -≤-，求m 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）[]1,1-【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据m 正负以及指数函数单调性讨论得导函数符号（2）先利用最值转化不等式恒成立得f (x )最大值与最小值的差不大于e -1,再利用导数研究函数单调性，解对应不等式得m 的取值范围． 试题解析：(1)f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )＞0.若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1＞0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1＜0，f ′(x )＞0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．点睛：不等式有解问题与不等式恒成立问题这两类问题都可转化为最值问题，即()f x a <恒成立⇔()max a f x >，()f x a >恒成立⇔()min a f x <. 7．已知()()xf x e ax a R =-∈（e 为自然对数的底数）．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点12,x x ，求a 的取值范围； （2）在（1）的条件下，求证：122ln x x a +<． 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）（1）a e >；（2） 见解析.【解析】试题分析：（I ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间，()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（II ）（1）由（Ⅰ）知，当0a ≤时， ()f x 在R 上为增函数，()f x 不合题意；当0a >时， ()f x 的递增区间为()ln ,a +∞，递减区间为(),ln a -∞，只需()()()min ln ln 1ln 0f x f a a a a a a ==-=-<，即可解得a 的取值范围；（2）分离参数a ,问题转化为证明证明()1212122x x x xe e x x e e +->-,不妨设12x x >,记12t x x =-,则0,1tt e >>,因此只要证明：121t t e t e +⋅>-，即()220t t e t -++>根据函数的单调性证明即可.试题解析：（Ⅰ）()f x 的定义域为R ，()xf x e a '=-，（1）当0a ≤时，()0f x '>在R上恒成立，∴()f x 在R 上为增函数； （2）当0a >时，令()0f x '>得ln x a >，令()0f x '<得ln x a <，∴()f x 的递增区间为()ln ,a +∞，递减区间为(),ln a -∞；（2）由（Ⅱ）（1），当a e >时，()f x 有两个零点12,x x ，且()f x 在()ln ,a +∞上递增， 在(),ln a -∞上递减，依题意，()()120f x f x ==，不妨设12ln x a x <<．要证122ln x x a +<，即证122ln x a x <-， 又12ln x a x <<，所以122ln ln x a x a <-<，而()f x 在(),ln a -∞上递减，即证()()122ln f x f a x >-， 又()()120f x f x ==，即证()()222ln f x f a x >-，（2ln x a >）．构造函数()()()22ln 22ln (ln )xx a g x f x f a x e ax a a x a e=--=--+>，()222220xx a g x e a a a e=+->='，∴()g x 在()ln ,a +∞单调递增，∴()()ln 0g x g a >=，从而()()2ln f x f a x >-， ∴()()222ln f x f a x >-，（2ln x a >），命题成立． 8．已知函数()12x f x ekx k +=-- (其中e 是自然对数的底数，k ∈R )．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当函数()f x 有两个零点12,x x 时，证明：122x x +>-． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】试题分析：本题考查导数与函数单调性的关系以及用导数证明不等式的问题。