篇一：双变量不等式转换单变量的心得
32中学数学研究2020年第7期(上)细细感悟殊途同归—–双变量不等式问题的几种解决方法广东省广州市第十六中学(510080)龙丽君导数是高中教学的难点内容,在高考中往往以压轴题的形式出现,对学生的思维要求很高.导数中的不等式问题由于其灵活多变,而且可以由单变量问题发展到双变量,甚至是多变量问题,往往成为学生在考场上难以逾越的障碍.本文结合实例,论述该类问题的解决之道.类型一没有制约关系的双变量不等式问题策略1.分离变量,转化为两函数的最值问题例1已知函数f(x)=2x?2若?xx?5lnx?4,函数g(x)=x2?kx,1∈(0,1),?x2∈[1,2],总有f(x1)≥g(x2)成立,求实数k的取值范围.分析先将x2看成常数(),得到[f(x1)]max≥g(x2),易求得[f(x11)]max=f2=5ln2?7.然后再将x2看成变量,转化为[f(x1)]max≥[g(x2)]max.函数g(x)=x2?mx是开口向上的二次函数?,最大值为g(1)与g(2)中的较大者.所以?5ln2?7≥g(1),?5ln2?7≥g(2),解得实数k的取值范围为[8?5ln2,+∞).评注这是含有存在量词与全称量词的双变量问题,其中两个变量取值是自由的,并且两者已经是分离状态(若不是分离状态,先分离变量).对于该类问题,可以将其看成两个独立的函数来理解,最后转化为两个函数在各自的定义域内求最值,再比较最值.策略2.分离变量,统一外形,构造新函数例2(2010年高考辽宁卷理科第21题)已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)设a0,均存在a∈R,使得m≥ax+1eax成立,[则实数m)的取值范围是().[A.1e,+∞B.[1,+∞)C.[0,+∞)D.√2)e,+∞分析先将x看成常数,以变量a为主元,令g(a)=ax+1e?a1x.题设“存在a∈R,使得m≥ax+a成立”转化为[g(a)]1e,xx2eamin≤m.由于g′(a)=x??1xe?a=xea,令g′(a)>0,得a>?2lnx,令g′(a)<0,得a0,使得m≥ax+1?2xlnx+x≤m对任意x>0恒成立.eax成立”,转化为到(?2xlnx+x)22利用导数求最值得max=√e,所以m≥√e,故选D.评析该题中不等式含有两个变量,但要想分离变量并不容易.此时,应打破定势思维,将x与a都看成是同等地位的变量.利用主元思想,先将a看成主元,x看成参数,转化为关于变量a的函数的最值问题.然后再看成关于x的函数,继续化归为以x为自变量的最值问题.两个变量,先以谁为主元,我们应在寻求答题方向时,进行可行性的预判,判断先将谁看成主元会比较方便.策略4.整体换元法,合二为一,构造新函数例4证明不等式√mn
篇二：双变量不等式转换单变量的心得
方法集锦含有双变量的不等式问题,通常要求证明不等式、数，再利用函数和导函数的性质来解题.通过换元，可求参数的取值范围.显然此类问题具有一定的难度，且将双变量问题转化为单变量问题.综合性较强.本文以一道题为例，谈一谈求解双变量不证法一：因为a
篇三：双变量不等式转换单变量的心得
导数处理双变量问题和双变量不等式一、重点题型目录【题型一】双变量不等式转化为单变量问题【题型二】双变量不等式中点型【题型三】双变量不等式极值和差商积问题【题型四】双变量不等式主元法【题型五】同构函数法与双变量不等式二、题型讲解总结【题型一】双变量不等式转化为单变量问题例1.(2022·全国·高三专题练习)若ex=lnx2，令t=x2-x1，则t的最小值属于(????)1A.?1,32?1B.?3,22?C.?2,52?D.?5,32?【答案】C【分析】设a=ex=lnx2，把参数t表示成a的函数即t=x2-x1=ea-lna，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设a=ex=lnx2，则x1=lna，x2=ea，t=x2-x1=ea-lna，1令h(x)=ex-lnx，h?(x)=ex-且h??1，易知h?(x)单增，x0111=e-2<0，h?(1)=e-1>0，则存在x0∈?,1?，使h?(x0)=ex-=0，?22x011=0?ex=,lnx0=-x0，x0x000即x∈(0,x0)，h?(x)<0，h(x)单减；x∈(x0,+∞)，h?(x)>0，h(x)单增；又h?(x0)=ex-0则h(x)≥h(x0)=ex-lnx0=x0+易知h(x0)=x0+故选：C11，x0∈?,1?x021115在x0∈?,1?单减，即h(1)=2
【分析】①求f(x)导数，讨论f(x)单调性即可判断其极值情况；②作出y=f(x)与y=x图象，根据两图象交点个数即可判断y=f(x)-x的零点个数；③问题转化为f?x?是否存在过原点且斜率为正的切线；④根据y=f(x)图象求出x1,x2范围，再结合f(x1)=f(x2)和f(x)的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明．【详解】f??x?=x-2当0
例4.(2022·北京十四中高三阶段练习)关于函数f(x)=①x=2是f(x)的极大值点；②函数y=f(x)-x有且只有1个零点；③存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立；2+lnx，给出如下四个命题：x④对任意两个正实数x1,x2，且x1>x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>4；其中的真命题有___________.【答案】②④【分析】①求f(x)导数，讨论f(x)单调性即可判断其极值情况；②作出y=f(x)与y=x图象，根据两图象交点个数即可判断y=f(x)-x的零点个数；③问题转化为f?x?是否存在过原点且斜率为正的切线；④根据y=f(x)图象求出x1,x2范围，再结合f(x1)=f(x2)和f(x)的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明．【详解】f??x?=x-2当0
令h?x?=f?x?-f?4-x?=lnx-ln?4-x?+?22-，x∈?0，2?，x4-x-8(x-2)2则h?x?=2<0，∴h?x?在?0，2?上单调递减，∴h?x?>h?2?=0，x(4-x)2∴x1+x2>4，故④正确．故答案为：②④．【点睛】本题②③均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据图象将问题进行简化；本题④需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法．例5.(2022·上海·上外附中高三阶段练习)已知函数f?x?=?f?x1?=f?x2?，则x1f?x2?的最小值为__________.【答案】-4e2【分析】根据分段函数解析式画出函数f(x)的简图，设f(x1)=f(x2)=t，根据图像确定t的取值范围，将x1f?x2?化成只含有一个变量t的二次函数，由定区间内二次函数的性质，从而确定x1f?x2?的最小值.【详解】当x>0时，f(x)=x-lnx，f?(x)=1-1x-1=，xx??x+4e,x-lnx,x>0x≤0，若存在x1≤0,x2>0，使得当x>1时，f?(x)>0，当0
②当a>0时，x∈(0,a)，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(a,+∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)单调递增；当a>0时，f(x)在(0,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)单调递增，f(x)=m至多一个根，不符合题意；当a>0时，f(x)在(0,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增，则f′(a)=0．不妨设0
a-a2-4a+a2-4当x∈0,和，+∞时，f?(x)>0，22?????a-a2-4a+a2-4当x∈，时，f?(x)<0，22?所以f(x)在0,?a-a2-4a+a2-4和，+∞上单调递增，22????a-a2-4a+a2-4在，上单调递减．22?综上所述，当02时，f(x)的单调递增区间为0,和，+∞，单调递减区间为22?????a-a2-4a+a2-4，；22?(2)由(1)可知，当a>2时，x1+x2=a，x1x2=1(x1
故实数a的取值范围是??43,+∞?．?3例8.(2021秋?巴南区校级月考)已知函数f(x)=lnx-ax(a为常数)．(1)当a>1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a≥lnx1-lnx232时，设函数g(x)=2f(x)+x2的两个极值点x1，x2(x1 -(m-1)2m-12?令h(m)=2?-lnm+，∴h(m)=<0，m+13m(m+1)21上递减，21∴ymin=h(m)min=h??=ln2，2∴h(m)在0 B选项：设A,B，写出A，B点处的切线程联立并化简得从而得出结论；?x2-x1??ax1x2-x?=0，C选项：要证明kAP+kBP>2a即-2×lnx2-lnx1x211+>2，化简得?2?x1x2x2-x1x1x2xx?ln?2?-1>0，设t=2>1，可得t2-2×t?lnt-1>0令hx1x1x1(t)=t2-2×t?lnt-1，通过求导判断h(t)的单调性，进一步得到h(t)>0，从而得证；D选项，根据C选项的结论得出结论.【详解】A选项：当a≤0时，直线y=ax与曲线C:y=lnx只有一个交点，故A错误；B选项：设A(x1,y1),B=(x2,y2)，且1 当x∈(1,+∞)时，g??x?<0，g?x?单调递减；∴g?x?max=g?1?=0，即g?x?≤0，要使?lna-a+1?+?lnb-b+1?≥0成立等价于g?a?+g?b?≥0成立，只有当a=b=1时，即g?a?=g?b?=0时才满足，∴a=12x=1,b=4y=1212，∴xy=.441212x???4y??≥x+4y??22∴x=2,y=故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成ln????-2，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解.例12.(2023·全国·高三专题练习)若存在两个正实数x，y，使得等式2x+a(y-2ex)(lny-lnx)=0成立，则实数a的取值范围为()11?A.?-??2，e??2C.?-∞，0?∪?+∞???e，【答案】C【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．【详解】由2x+a(y-2ex)(lny-lnx)=0得2x+a(y-2ex)ln即2+a?即设t=yy-2e?ln=0，xxy，则t>0，x2有解，ay=0，x2B.?0，??e?D.?-∞，-11?∪，+∞??2??e则条件等价为2+a(t-2e)lnt=0，即(t-2e)lnt=-设g(t)=(t-2e)lnt，2e为增函数，t2e∵g′(e)=lne+1-=1+1-2=0，eg′(t)=lnt+1-∴当t>e时，g′(t)>0，当0 两边取对数可得：n+2≥(n-2)ln令φ?x?=nn+2n.n=2时，等式成立，当n≥3时，有≥ln，2n-22x+2x-ln，本题即求φ?x?>0的最大的正整数.x-22-41φ"?x?=则φ?x?在?3,+∞?上单调递减，2-x<0恒成立，(x-2)φ?8?=51193-ln4>0，φ?9?=-ln≈1.5714-1.51>0，φ?10?=-ln5<0，3722所以φ?x?>0的最大正整数为9.故选：C.【点睛】本题考查构造函数法解决恒成立问题.方法点睛：双变元的恒成立问题，经常采用构造成两个函数，转化为f?x1? 作出g(x)图象如下：当k>0时，由g(0)=0知：若?x2∈R使得g(x2)=k，则x2>0，当k<0时，若?x2∈R使得g(x2)=k，则x2<0，∴当k>0时，x1+x2>1．故①正确．lnx1lnx1lnex-x②当k>0时，由f?x1?=g?x2?=k得：=x2e，即=x，x1x1elnx∴x1,ex可看成=k的两零点，xlnx作出y=的图象如下：x2222由图象易知：x1或ex均可趋向于+∞，故②错误；2③当k<0时，由①的讨论知：x2<0，0 构造函数h?x?=x-lnx-1，其中x>0，h??x?=1-当0 ex【详解】令f?x?=-ln?λx?，只需要x∈?0,+∞?上f(x)≥0恒成立，λ∵f?(x)=∴f?(x)=x→0+ex1-且λ>0，xλex1+2>0，即f?(x)在x∈?0,+∞?上单调递增，λxx→+∞∵limf?(x)=-∞，limf?(x)=+∞，∴?x0∈(0,+∞)，使f?(x0)=0，即λ=x0ex，0∴x∈(0,x0)时，f?(x)<0，f(x)单调递减；x∈(x0,+∞)时，f?(x)>0，f(x)单调递增；exex1故只需f?x?≥f?x0?=-ln?λx0?=-lnλ-lnx0≥0，令g(x0)=-2lnx0-x0，x0λλ00∴g?(x0)=-?21+1?<0，故g(x0)在x0∈(0,+∞)上递减，而g(1)=0，x00∴x0∈(0,1]时，g(x0)≥0恒成立，可知λ=x0ex∈(0,e].故选：C【点睛】关键点点睛：利用导数研究f(x)的单调性并确定极小值点范围，根据f?(x0)=0有λ=x0ex，结0合f(x)≥f(x0)构造新函数，求f(x0)≥0成立时x0的区间，进而求参数范围.例19.(2022·全国·高三专题练习)若ex=lnx2，令t=x2-x1，则t的最小值属于(????)1A.?1,32?1B.?3,22?C.?2,52?D.?5,32?【答案】C【分析】设a=ex=lnx2，把参数t表示成a的函数即t=x2-x1=ea-lna，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设a=ex=lnx2，则x1=lna，x2=ea，t=x2-x1=ea-lna，1令h(x)=ex-lnx，h?(x)=ex-且h??1，易知h?(x)单增，x0111=e-2<0，h?(1)=e-1>0，则存在x0∈?,1?，使h?(x0)=ex-=0，?22x011=0?ex=,lnx0=-x0，x0x000即x∈(0,x0)，h?(x)<0，h(x)单减；x∈(x0,+∞)，h?(x)>0，h(x)单增；又h?(x0)=ex-0则h(x)≥h(x0)=ex-lnx0=x0+易知h(x0)=x0+故选：C11，x0∈?,1?x021115在x0∈?,1?单减，即h(1)=2 思路探寻 破解双变量不等式问题的两个“妙招”李遐龄双变量不等式问题是近几年高考试题中的“常客”，且常以压轴题的形式出现，这类问题的难度一般较大，侧重于考查函数的单调性、导数与函数单调性之间的关系、不等式的性质等.解答双变量不等式问题，往往需通过构造同构式、指定主元，才能将问题转化为常规的单变量不等式问题，以利用函数、导数、不等式的性质顺利求得问题的答案.一、构造同构式在解答双变量不等式问题时，我们可先将不等式进行适当的变形，使不等号两边式子的结构相同或相似；然后根据其特征，构造函数模型，将双变量看作函数的两个自变量；再根据函数单调性的定义、导数与函数单调性之4x2+y2>0，所以t≥.5432x=,y=，当t=时，符合题意，故选A.5105我们引入新元t，通过等量代换构造关于y的一元二间的关系判断出函数的单调性，即可根据函数的单调性求得函数的最值，从而证明不等式成立.1例1.已知f(x)=x2-ax+(a-1)lnx,其中1-1.x1-x2证明：设x1>x2，函数g(x)=f(x)+x，1由f(x)=x2-ax+(a-1)lnx可得：21g(x)=x2+(1-a)x+(a-1)lnx，2a-1-(a-1)，对g(x)求导得g"(x)=x+x而t=x+次方程，即可根据方程有解的必要条件，利用Δ≥0建立不等式，利用判别式法求得t的取值范围.四、利用解析几何知识求解在解答代数问题受阻时，我们不妨转换思考问题的角度，从代数式的几何意义入手，利用解析几何知识来解2题.一般地，可将y=x看作一条直线，将y=x+k看作22一条抛物线，将x+y=1看作一个圆，构造出几何图由此可以得到如下的方程组：4ììm+0n+0m=,2?+-1=0,????522解得íín-02???(-2)??n=,=-1,m-0??542|PO1|=|PO|,所以O1,.由图形的对称性可得，55条直线，将z=x+所以z=|PO1|+d，所以当PO1⊥y轴时z最小，324y=时，zmin=.故选A.故当且仅当x=，1055我们从代数式的几何意义入手，将2x+y=1看作一x2+y2看作直线2x+y=1上在第一()形.这样便可通过研究直线、曲线、圆的方程及其位置关系，确定目标式取最值的情形，从而求得目标式的最值.2x+y=1，解：因为x,y>0，所以该式可看作一条直线数学篇50象限的点P(x,y)到y轴的距离d与原点的距离之和，便直线之间的垂直关系求得目标式的最值.将问题转化为解析几何问题，利用点关于直线的对称性、总之，求解多元最值问题，需运用发散性思维，将问题与所学的知识关联起来，寻找各个知识点与问题中式子、数量之间的契合点，从不同角度进行分析、思考，以获得不同的解题方案.（作者单位：江苏省盐城市射阳县高级中学）的方程，设z=x+一象限的点P(x,y)到y轴的距离d与原点的距离之和.设原点关于直线2x+y=1的对称点的坐标为O1(m,n)，x2+y2,该式可看作直线2x+y=1上在第Copyright?博看网.AllRightsReserved. 而x+=1-(a-1-(a-1)≥2xa-1-1)2，x?a-1-(a-1)x思路探寻函数的最值问题，这样可使解题思路柳暗花明.二、指定主元对于双变量不等式问题，往往可根据已知条件和解题需求，指定其中一个变量为主元，根据两变量之间的联系，将问题转化为关于该主元的不等式问题来求解.通常可将已知取值范围或已知关系式的变量指定为主元，通过研究主元的范围、变化规律、最值来探究另一个变量的取值范围.例3.对于任意n∈N*，恒有(1+的最大值.解：在(1+12n+a2)≤e，求实数an因为10，所以g(x)在定义域内单调递增，又因为x1>x2，所以g(x1)>g(x2).所以f(x1)+x1>f(x2)+x2，f(x1)-f(x2)>-1.则x1-x2f(x1)-f(x2)>-1.同理可证当x1 专题六 双变量之转化为单变量函数问题 1．已知函数f（x）＝x2﹣2x+alnx（a＞0）． （Ⅰ）当a＝2时，试求函数图象在点（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），且不等式f（x1）≥mx2恒成立，试求实数m的取值范围． 【分析】（Ⅰ）先利用导数求得切线的斜率，再利用点斜式方程得出答案； （Ⅱ）根据f（x）有两个极值点，利用导数求出a的取值范围以及极值点，将f（x1）≥mx2恒成立，转化为恒成立，然后构造函数求出的最小值即可． 【解答】解：（Ⅰ）当a＝2时，f（x）＝x2﹣2x+2lnx（x＞0），则故所求切线的斜率k＝f′（1）＝2，又f（1）＝﹣1，∴切线方程为y+1＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣3＝0； （Ⅱ）当当，令f′（x）＝0，则2x2﹣2x+a＝0，，时，f′（x）≥0，函数f（x）在（0，+∞）单调递增，无极值点； 时，函数f（x）在（0，+∞）上有两个极值点x1，x2，则，由恒成立，可得，，由（fx1）≥mx2恒成立，即，令由知，，故h′（x）＜0，，则，∴h（x）在单调递减，即，即，∴实数m的取值范围为． 【点评】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的恒成立问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题． 2．已知函数f（x）＝ex﹣a（x﹣1）． （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）设a＞1，g（x）＝f（x）+），函数g（x）的唯一极小值点为x0，点A（x1，g（x1））和B（x2，g（x2））是曲线y＝g（x）上不同两点，且g（x1）＝g（x2），求证：x1?x2＜x02． 【分析】（1）对于f（x）求导，再对a分类讨论，利用导数与单调性的关系即可求解； （2）分析可得要证即证，令，，令，，利用导数求得φ（t）的单调性，从而证得φ（t）＜0，即可得证． 【解答】（1）f（x）的定义域为R，f"（x）＝ex﹣a，当a≤0时，f"（x）＞0，所以f（x）在R上单调递增； 当a＞0时，由f"（x）＝0，得x＝lna，当x∈（﹣∞，lna）时，f"（x）＜0；当x∈（lna，+∞）时，f"（x）＞0． 所以f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增． 综上所述，当a≤0时，f（x）在R上单调递增； 当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增． （2）由题意g"（x0）＝0得，不妨设x1＜x2，由g（x1）＝g（x2），得，即，且，所以，要证显然，即证，，即证在（0，+∞）上是增函数，故只需证，即证，即证，又由于，故只需证，即证，令，则x2﹣x1＝2lnt，所以即证． 令∞）上为减函数，从而φ（t）＜φ（1）＝0，即有，则，所以φ（t）在（1，+，从而成立． 【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，考查转化思想与运算求解能力，属于难题． 3．已知函数f（x）＝﹣x+alnx． （1）讨论f（x）的单调性； （2）已知取值范围． 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可； （2）求出范围即可． 【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝﹣﹣1+＝，的解析式，求出函数的导数，根据函数的单调性求出其取值，若f（x）存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求的令h（x）＝﹣x2+ax﹣1，Δ＝a2﹣4，若﹣2≤a≤2，则△≤0，h（x）≤0恒成立，即f′（x）≤0，则f（x）在（0，+∞）上单调递减，若a＞2，令h（x）＝0，解得：x1＝＞0，x2＝＞0，故x∈（0，）时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，x∈（，）时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，x∈（，+∞）时，h（x）＜0，f′（x）＜0，故（fx）在（0，+∞）递减，）递减，在（，）递增，在（，a＜﹣2时，令h（x）＝0，解得：x1＝＜0，x2＝＜0，故x∈（0，+∞）时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）递减，综上：a≤2时，f（x）在（0，+∞）单调递减，a＞2时，（fx）在（0，+∞）递减． （2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则x1+x2＝a，x1x2＝1（x2＞1），由则，可得1＜x2＜2，，）递减，在（，）递增，在（，令，，，且h（x）与g"（x）在（1，2）上符号一致，，所以h（x）单调递增，所以h（x）＞h（1）＝0，即g"（x）＞0，所以，故的取值范围是（0，ln2﹣）． 【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是难题． 4．已知函数f（x）＝axlnx，a∈R． （1）当a＝1时，①求f（x）的极值； ②若对任意的x≥e都有f（x）≥e，m＞0，求m的最大值； （2）若函数g（x）＝f（x）+x2有且只有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2＞e2． 【分析】（1）①代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可； ②根据f（x）≥f（m的最大值；）恒成立以及函数的单调性，得到x≥，即xlnx≥m，从而求出（2）求出ln（x1x2）＝ln?，令t＝，则t＞1，问题转化为证明lnt＞，设h（t）＝lnt﹣，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可． 【解答】解：（1）①a＝1时，f（x）＝xlnx，f′（x）＝lnx+1（x＞0），令f′（x）＞0，解得：x＞，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜，故f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增，故f（x）的极小值是f（）＝﹣，没有极大值； ②对任意x≥e都有f（x）≥＝ln，即f（x）≥f（）恒成立，由m＞0，故＞0，故＞1，由①知f（x）在（，+∞）单调递增，故x≥，可得lnx≥，即xlnx≥m，当x≥e时，f（x）的最小值是f（e）＝e，故m的最大值是e； （2）证明：要证x1x2＞e2，只需证明ln（x1x2）＞2即可，由题意x1，x2是方程axlnx+x2＝0的两个不相等的实数根，∵x＞0，∴，消去a，整理得：ln（x1x2）＝ln?，不妨设x1＞x2，令t＝，则t＞1，故只需证明当t＞1时，lnt?＞2，即证明lnt＞，设h（t）＝lnt﹣，则h′（t）＝﹣2?＝＞0，于是h（t）在（1，+∞）单调递增，从而h（t）＞h（1）＝0，故lnt＞，故x1x2＞e2． 【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题． 5．设函数f（x）＝﹣e2x+（x﹣1）ex（a∈R）． （1）当a＝时，求g（x）＝f′（x）?e1﹣x的单调区间（f′（x）是f（x）的导数）； （2）若f（x）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），证明：x1+2x2＞3． 【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调 区间即可； （2）求出函数的导数，得到aex＝x有2个不相等的实数根x1，x2，求出a的范围，令t＝x1﹣x2，则t＜0，3＜x1+2x2?3＜（et+2），t＜0，故不等式只要（3﹣t）et﹣2t﹣3＞0在t＜0时成立，令h（t）＝（3﹣t）et﹣2t﹣3（t＜0），求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可． 【解答】解：（1）当a＝时，f（x）＝﹣则f′（x）＝ex1（﹣ex+ex），﹣e2x+（x﹣1）ex，∵g（x）＝﹣ex+ex，∴g′（x）＝﹣ex+e，显然g′（x）递减，且g′（1）＝0，故当x≤1时，g′（x）≥0，x＞1时，g′（x）＜0，故g（x）在（﹣∞，1）递增，在（1，+∞）递减； （2）证明：∵f（x）＝﹣e2x+（x﹣1）ex，∴f′（x）＝﹣ae2x+xex＝ex（﹣aex+x），由题意知f′（x）＝0有2个不相等的实数根，即aex＝x有2个不相等的实数根x1，x2，则a＝，令m（x）＝，则m′（x）＝，令m′（x）＞0，解得：x＜1，令m′（x）＜0，解得：x＞1，故m（x）在（﹣∞，1）递增，在（1，+∞）递减，故m（x）≤m（1）＝，而x→∞时，m（x）→0，故a的取值范围是（0，]，由，得a＝，故x1+2x2＞3?3＜a＝（+2+2a）＝ （+2），令t＝x1﹣x2，则t＜0，3＜x1+2x2?3＜（et+2），t＜0，故不等式只要（3﹣t）et﹣2t﹣3＞0在t＜0时成立，令h（t）＝（3﹣t）et﹣2t﹣3（t＜0），∵h′（t）＝（2﹣t）et﹣2（t＜0），h″（t）＝（1﹣t）et＞0，故h′（t）在t＜0上单调递增，即h′（t）＜h′（0）＝0，故h（t）在t＜0上单调递减，即h（t）＞h（0）＝0，故原不等式成立． 【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题． 6．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝x2﹣ax（a＞0）． （1）讨论函数h（x）＝f（x）+g（x）的极值点； （2）若x1，x2（x1＜x2）是方程f（x）﹣＞4a． 【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值点； （2）求出lnx+为证明2lnt2﹣t2+＝0，令k（x）＝lnx+（x＞0，a＞0），设t＝（t＞1），问题转化+＝0的两个不同的正实根，证明：x12+x22＜0（t＞1），令q（x）＝2lnx﹣x+（x＞1），求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可． 【解答】解：（1）h（x）＝f（x）+g（x）＝lnx+x2﹣ax（x＞0）（a＞0），h′（x）＝+2x﹣a＝令2x2﹣ax+1＝0，Δ＝a2﹣8，当0＜a≤2当a＞2时，△≤0，h′（x）≥0，无极值点，时，令2x2﹣ax+1＝0，解得：x＝，，当x∈（0，），（，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，x∈（，）时，h′（x）＜0，h（x）递减，故h（x）极大值点是综上：0＜a≤2a＞2，极小值点是； 时，h（x）无极值点，，极小值点是； 时，h（x）极大值点是（2）由f（x）﹣令k（x）＝lnx++＝lnx﹣（x＞0，a＞0），+＝0，即lnx+＝0，k′（x）＝﹣当0＜x＜＝，令k′（x）＝0，得x＝，时，k′（x）＜0，当x＞）递减，在（时，k′（x）＞0，，+∞）上递增，∴k（x）在（0，又∵k（x）有2个零点，∴k（）＜0，即ln+＜0，解得：0＜a＜，且，两式相减得：lnx2﹣lnx1＝﹣，设t＝（t＞1），∴lnt＝﹣，∴＝（1﹣），要证明x12+x22＞4a，＞4a，（1+t2）（1﹣）＞4a，即证明（1+t2）∴（1+t2）即证明2lnt2﹣t2+（1﹣）＞2，＜0（t＞1），令q（x）＝2lnx﹣x+（x＞1），q′（x）＝﹣＜0，∴q（x）在（1，+∞）上单调递减，∴q（x）＜q（1）＝0，∴2lnx﹣x+＜0即x12+x22＞4a． 【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，是难题． 7．已知a∈R，函数f（x）＝ex﹣ax+a． （Ⅰ）若f（x）≥0，求a的取值范围； （Ⅱ）记x1，x（其中x1＜x2）为（fx）在（0，+∞）上的两个零点，证明：2【分析】（Ⅰ）求导，然后分a＝0，a＞0及a＜0三种情况讨论得出答案； （Ⅱ）先判断a＞e2，且1＜x1＜2＜x2，要证，即证，即【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝ex﹣a，（i）当a＝0时，f′（x）＞0，f（x）在R上递增，又f（x）＝ex＞0，故a＝0符合题意，（ii）当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）递减，在（lna，+∞）递增，∴f（lna）＝elna﹣alna+a≥0，故2a﹣alna≥0，又a＞0，∴2﹣lna≥0，解得：0＜a≤e2，（iii）当a＜0时，f′（x）＞0，f（x）在R上单调递增，当x→﹣∞时，ex→0，﹣ax+a→﹣∞，∴f（x）→﹣∞，不符合题意，综上：0≤a≤e2． （2）证明：令f（x）＝0，则a＝（x＞0且x≠1），，显然成立；要证，即证（x1﹣1）a＞ex1，而，分析可知只需证．，而由（i）知，1＜x1＜2，即得证． 记p（x）＝（x＞0且x≠1），由于p′（x）＝，故p（x）在（0，1）和（1，2）上递减，在（2，+∞）上递增，且当x→0+时，p（x）→﹣1，当x→1时，p（x）→﹣∞，当x→1+时，p（x）→+∞，当﹣x→+∞时，p（x）→+∞，根据题意可知，a＞e2，且1＜x1＜2＜x2，先证再证，即证（x1﹣1）a＞ex1，即证，，显然成立； ∵x1＞1，lna＞0，∴只需证∵，，∴lna＝x1﹣ln（x1﹣1），∴只需证又∴只需证由（i）知，1＜x1＜2，∴0＜x1﹣1＜1，故，即得证．，，亦即，即，，即证，【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于较难题目． 8．已知函数f（x）＝mex﹣ex2有两个不相等的极值点． （1）求实数m的取值范围； （2）设函数f（x）两个不相等的极值点分别为x1，x2，求证： （i）（ii）x1+x2＞2x1x2． 【分析】（1）对函数f（x）求导，问题可等价为直线y＝m和曲线g（x）＝不同交点，然后利用导数可得m的取值范围； （2）（i）不妨设x1＜x2，由（1）知0＜x1＜1＜x2，问题等价为证明有2个； ，构造函数，分别求导后可知F（x）＞0＞G（x），由此可得证；（ii）由（1）得，，则lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，结合（i）可知，即可得证． 【解答】解：（1）由f（x）＝mex﹣ex2，得f′（x）＝mex﹣2ex，令f′（x）＝0，得m＝点，由于g′（x）＝＜0，g（x）递减，∵g′（1）＝0，∴g（x）max＝g（1）＝2； 设λ是区间（0，2）上的任意1个常数，令h（x）＝ex1﹣x2，则h′（x）＝ex1﹣2x，h″（x）＝ex1﹣2，﹣﹣﹣，根据题意直线y＝m和曲线g（x）＝有2个不同交，故x＜1时，g′（x）＞0，g（x）递增，x＞1时，g′（x）当x＞2时，h″（x）＞0，h′（x）递增，当x＞3时，h′（x）＞h′（3）＝e2﹣6＞0，h（x）递增，当x＞4时，h（x）＞h（4）＝e3﹣16＞0，即ex1＞x2，﹣又当x＞时，x2＞，故当x＞max{4，}时，ex1＞﹣，即＜λ，由于x≤0时，g（x）≤0，x＞0时，g（x）＞0，故实数m的取值范围是（0，2）； （2）证明：（i）根据x1≠x2，不妨设x1＜x2，由（1）知0＜x1＜1＜x2，证明不等式，即证，设，∴当x＞1时，∴F（x）在（1，+∞）为增函数，G（x）在（1，+∞）为减函数，∴F（x）＞F（1）＝0，G（x）＜G（1）＝0，取时即得所证不等式；，（ii）由（1）得，，所以，lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，结合（i）可知∴x1+x2＞2x1x2，即得证．，即x1x2＜1，且x1+x2＞2，【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，极值与最值，考查了不等式的证明，考查了推理能力与计算能力，属于较难题目． 9．已知函数f（x）＝alnx+x2+x． （1）若f（x）单调递增，求实数a的取值范围； （2）若函数F（x）＝f（x+1）﹣3x﹣2有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：． 【分析】（1）求出函数的导数，问题转化为a≥﹣2x2﹣x恒成立，根据函数的单调性求出a的取值范围即可； （2）求出a的取值范围，根据＝2x2ln（x2+1）﹣（x2﹣1）﹣，令t＝x2+1，则t∈（，1），得到＝2（t﹣1）lnt+2﹣t﹣，设函数r（t）＝2（t﹣1）lnt+2﹣t﹣（t∈（，1）），求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可． 【解答】解：（1）由题意知对任意x∈（0，+∞），f′（x）＝+2x+1≥0恒成立，即对任意x∈（0，+∞），a≥﹣2x2﹣x恒成立，易知函数y＝﹣2x2﹣x在（0，+∞）上单调递减，故y＝﹣2x2﹣x＜0，x∈（0，+∞），故a≥0，即a的取值范围是[0，+∞）． （2）F（x）＝f（x+1）﹣3x﹣2＝aln（x+1）+x2（x＞﹣1），由题意知x1，x2是F′（x）＝+2x＝＝0（x＞﹣1）的两个根，即x1，x2是方程2x2+2x+a＝0（x＞﹣1）的两个根，则，解得：0＜a＜，且x1+x2＝﹣1，x1x2＝＞0，则﹣1＜x1＜﹣＜x2＜0，要证F（x2）+（﹣ln2）x1＞0，只需证F（x2）＞（ln2﹣）x1，即证∵2＜ln2﹣，+2x2+a＝0，∴a＝﹣2＝﹣2x2，＝，从而＝2x2ln（x2+1）﹣（x2﹣1）﹣，令t＝x2+1，则t∈（，1），＝2（t﹣1）lnt+2﹣t﹣，设函数r（t）＝2（t﹣1）lnt+2﹣t﹣（t∈（，1）），则r′（t）＝2lnt+设k（t）＝2lnt+﹣+1，﹣+1，（t∈（，1）），则k′（t）＝﹣+＝，易知存在t0∈（，1），使得+t0﹣1＝0，且当t∈（，t0）时，k′（t）＜0，当t∈（t0，1）时，k′（t）＞0，故函数r′（t）在（，t0）递减，在（t0，1）递增，故r′（t）＜0，故r（t）＝2（t﹣1）lnt+2﹣t﹣在t∈（，1）上单调递减，从而r（t）＜r（）＝ln2﹣，故＜ln2﹣，原命题成立． 【点评】本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题． 10．已知函数f（x）＝lnx+﹣a（a∈R，b∈R）有最小值M，且M≥0． （Ⅰ）求ea1﹣b+1的最大值； ﹣（Ⅱ）当ea1﹣b+1取得最大值时，设F（b）＝﹣﹣m（m∈R），F（x）有两个零点为x1，x2（x1＜x2），证明：x1?＞e3． 【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数，得当b≤0时不合题意，当b＞0时，利用导数求最值得答案． （Ⅱ）当ea1﹣b+1取得最大值时，可得a﹣1＝lnb，﹣，再得到lnx1＝mx1，lnx2＝mx2，联立后令，构造函数，求导判断单调性即可． 【解答】解：（Ⅰ）有题意 f′（x）＝﹣＝（x＞0），当b≤0时，f"（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单增，此时显然不成立，当b＞0时，令f"（x）＝0，得x＝b，此时f（x）在（0，b）上单减，在（b，+∞）上单增，∴M＝f（b）＝lnb+1﹣a≥0，即lnb≥a﹣1，所以b≥ea1，ea1﹣b≤0． ﹣﹣所以ea1﹣b+1的最大值为1． ﹣（Ⅱ）证明：当ea1﹣b+1取得最大值时，a﹣1＝lnb，﹣，∵F（x）的两个零点为x1，x2，则，即lnx1＝mx1，lnx2＝mx2，不等式恒成立等价于lnx1+2lnx2＝mx1+2mx2＝m（x1+2x2）＞3，两式相减得，代入上式得，令＞0，，则，g′（t）＝所以函数g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0，得证． 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想，训练了恒成立问题的求解方法，属难题． 11．设函数f（x）＝x2﹣（m﹣2）x﹣mlnx，其中m＞0． （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）设1＜m＜2，g（x）＝﹣f（x）+有|g（x1）﹣g（x2）|＜． （Ⅲ）函数f（x）有两个零点x1，x2，（x1＜x2），求证f′（x1+）＞0． ﹣（2m﹣1）x，求证：?x1，x2∈[1，m]，恒【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； （Ⅱ）求出函数的导数，根据函数的单调性问题转化为，结合函数的单调性证明结论成立即可； 即可，求出（Ⅲ）求出，问题转化为只需证，即证，令，不妨设，根据函数的单调性证明即可． 【解答】解：（Ⅰ）因为m＞0时，由f"（x）＞0，解得所以函数f（x）在区间（Ⅱ）证明：由题意，＝（x＞0），，上单调递增．，x∈[1，m]，，由f"（x）＜0，解得上单调递减，在区间，因为x∈[1，m]，所以g"（x）≤0，g（x）在x∈[1，m]单调递减，，只需，令h"（m）＝m﹣1﹣lnm，，即可，，由已知1＜m＜2，所以h""（m）＞0，h"（m）在m∈（1，2）单调递增且h"（1）＝0，所以h（"m）＞0，所以，h（m）单调递增，m∈（1，2），所以恒有．，（III）证明：由题意，f（x）＝x2﹣（m﹣2）x﹣mlnx有两个零点x1，x2，x1＜x2，则有①，②，由②﹣①，得由（Ⅰ）可知f（x）在区间要证，只需证.，上单调递增，，因为，即需证x1+x2＞m，只需证整理得：（x1+x2）（lnx2﹣lnx1）＞2（x2﹣x1），即证只需证h（t）＞0，，令，，不妨设，易得，所以函数h（t）在区间（1，+∞）上单调递增，所以h（t）＞h（1）＝0，故有． 【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题． 12．已知函数f（x）＝alnx+x2+x． （1）若f（x）单调递增，求实数a的取值范围； （2）若函数F（x）＝f（x）﹣3x+1有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：． 【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后将问题转化为恒成立的问题，据此求解实数a的取值范围即可． （2）由题意结合韦达定理将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导数研究新构造函数的性质即可证得题中的不等式． 【解答】（1）解：f（x）的定义域为（0，+∞），若f（x）单调递增，则（0，+∞）上恒成立． y＝﹣2x2﹣x在（0，+∞）上单调递减，于是y＝﹣2x2﹣x＜0． 所以实数a的取值范围为[0，+∞）． 2（2）证明：F（x）＝（fx）﹣3x+1＝alnx+（x﹣1），． 在（0，+∞）上恒成立，即a≥﹣2x2﹣x在． 且依题意可得x1，x2是方程2x2﹣2x+a＝0（x＞0）的两个根，于是x1+x2＝1，． 要证，，只需证即证因为．，所以，，从而． 令，，则，设h（t）＝g"（t），则．令t2+t﹣1＝0，解得由h"（t）＞0得于是h（t）在（舍去）．，由h"（t）＜0可得t0＜t＜1，上单调递增，在（t0，1）上单调递减，即g"（t）在上单调递增，在（t0，1）上单调递减． 而因此g（t）在，g"（1）＝0，于是在上单调递增，从而上g"（t）＞0，． 综上所述，，原命题获证． 【点评】本题主要考查导数证明不等式的方法，导数研究函数的单调性等知识，属于中等题． 13．已知函数f（x）＝（1﹣k）x﹣klnx+k﹣1，其中k∈R，k≠0． （I）讨论函数f（x）的单调性； （Ⅱ）设函数f（x）的导函数为g（x）．若函数f（x）恰有两个零点x1，x2（x1＜x2），证明：． 【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，然后对k分类分析，当0＜k＜1时，求出导函数的零点，由导函数在各区间段内的符号，可得原函数的单调性； （Ⅱ）由（I）知，当0＜k＜1时，函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，结合f（1）＝0，且函数f（x）恰有两个零点x1，x2（x1＜x2），可得或．当，即时，把不等式 转化为，结合（1﹣k）x1﹣klnx1+k﹣1＝0，即，转化为当0＜x1＜1时，证明成立，构造函数证明；当，即时，把不等式转化为，结合（1﹣k）x2﹣成立，klnx2+k﹣1＝0，即再构造函数证明．，转化为当x2＞1时，证明【解答】（Ⅰ）解：由（fx）＝（1﹣k）x﹣klnx+k﹣1，得f′（x）＝（1﹣k）﹣x∈（0，+∞）． （1）当1﹣k≤0，即k≥1时，f′（x）＝（1﹣k）﹣＜0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减； （2）当1﹣k＞0，即k＜1时，f′（x）＝①当k＜0时，﹣k＞0且（1﹣k）x＞0，∴f′（x）＝∴f（x）在（0，+∞）上单调递增； ． ＞0，，②当0＜k＜1时，f′（x）＝∵＞0，＝，当x变化时，f（x），f′（x）的变化情况如下表： x f′（x） f（x） （0，﹣ 单调递减） 极小值 （+ 单调递增，+∞） 综上，当k＜0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，当0＜k＜1时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，当k≥1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，（Ⅱ）证明：由（I）知，当k＜0或k≥1时，f（x）至多有1个零点，与题意不符，舍 去； 当0＜k＜1时，函数f（x）在（0，在（）上单调递减，，+∞）上单调递增，且f（1）＝0，下面由零点存在性定理判断另一个根的存在： 首先，当又f（x）在（，解得k，此时，即或，有x2＝1，，．，+∞）上单调递增，故又∴存在唯一的x1∈（则不等式即＝＞0，，1），使得f（x1）＝（1﹣k）x1﹣klnx1+k﹣1＝0，等价于g（，）＞g（），又∵（1﹣k）x1﹣klnx1+k﹣1＝0，有，∴只需证明令h（x）＝lnx﹣，即证明，则成立，，∴h（x）在（∴原不等式当时，，1）上单调递增，故h（x）＜h（1）＝0． 成立． 时，有x1＝1，）上为减函数，f（）＜f（1）＝0，又f（x）在（0，又f（0，则不等式即）＞0，∴有唯一的x2∈（1，+∞），使得f（x2）＝（1﹣k）x2﹣klnx2+k﹣1＝等价于＞，＞g（），又f（x2）＝（1﹣k）x2﹣klnx2+k﹣1＝0，有，只需证明令H（x）＝，即证明，则成立，＝． ∴H（x）在区间[1，+∞）上单调递增，即当x＞1时，有H（x）＞H（1）＝0． ∴原不等式成立． 成立． 综上，当函数f（x）恰有两个零点x1，x2（x1＜x2），原不等式【点评】本题考查了导数的综合应用，考查数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，同时考查了放缩法证明不等式的方法，属于难题． 14．已知函数f（x）＝lnx﹣tx+t． （1）讨论f（x）的单调性； （2）当t＝2时，方程（fx）＝m﹣ax恰有两个不相等的实数根x1，x2，证明：． 【分析】（1）由已知求得f′（x）＝，可得当t≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，当t＞0时，求出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，再由导函数在不同区间内的符号可得原函数的单调性； （2）由f（x）＝m﹣ax，得lnx+（a﹣2）x+2﹣m＝0．令g（x）＝lnx+（a﹣2）x+2，则g（x1）＝g（x2）＝m．得到a﹣2＝．不妨设0＜x1＜x2，把证转化为证＜．令（c＞1），则g（c）＝2lnc﹣c+，利用导数证明g（c）＜0，即可得到成立． 【解答】（1）解：f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝，当t≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增，当t＞0时，令f′（x）＞0，得0＜x＜，令f′（x）＜0，得x＞． ∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减． 综上所述，当t≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当t＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减． （2）证明：由f（x）＝m﹣ax，得lnx+（a﹣2）x+2﹣m＝0． 令g（x）＝lnx+（a﹣2）x+2，则g（x1）＝g（x2）＝m． 即lnx1+（a﹣2）x1＝lnx2+（a﹣2）x2，∴a﹣2＝． 不妨设0＜x1＜x2，要证，只需证＞2（2﹣a）＝，即证＜． 令（c＞1），g（c）＝2lnc﹣c+，＜0． ∵g′（c）＝∴g（c）在（1，+∞）上单调递减，则g（c）＜g（1）＝0． 故成立． 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数证明函数不等式，考查数学转化思想方法，属难题． 第02讲 双变量不等式:转化为单变量问题 1．（2021?宝坻区模拟）已知f(x)?121x?2x?3lnx，g(x)?x3?x2?alnx． 26（1）求f(x)在(1，f（1）)处的切线方程及极值； （2）若不等式xf?(x)?g?(x)?f(x)?2x?a?6对任意x?1成立，求a的最大整数解． 1（3）F(x)?g(x)?x3的两个零点为x1，x2(x1?x2)，且x0为F(x)的唯一极值点，求证：x1?3x2?4x0． 6【解答】解：（1）f(x)?12x?2x?3lnx，定义域是(0,??)，233?f?(x)?x?2?，f?（1）??4，f（1）??，x2故切线方程是：y?f?(x)?3??4(x?1)，即8x?2y?5?0； 2(x?1)(x?3)，x令f?(x)?0，解得：x?3，令f?(x)?0，解得：0?x?3，故f(x)在(0,3)递减，在(3,??)递增，3?f(x)极小值?f（3）???3ln3，无极大值； 2（2）若不等式xf?(x)?g?(x)?f(x)?2x?a?6对任意x?1成立，则a?3(x?2?lnx)3(x?xlnx)，?h(x)min，h?(x)?2(x?1)x?11?0，m(x)在(1,??)递增，x令m(x)?x?2?lnx，则m?(x)?1?且m（3）?0，m（4）?0，故存在x0?(3,4)，使得m(x0)?0，即x0?2?lnx0?0，故h(x)在(1,x0)递减，在(x0，??)递增，且h(x)min?h(x0)?故a的最大整数解为9； （3）证明：F(x)?x2?alnx，3(x0?x0lnx0)?3x0?(9,12)，x0?1F?(x)?2x?当x?(0,a(2x?a)(2x?a)a，??0，得：x0?2xxaa，??)时，F?(x)?0，)时，F?(x)?0，x?(22aa，??)递增，)递减，在(22故F(x)在(0,而要使F(x)有2个零点，要满足F(x0)?0，即F(aaa)?()2?aln?0，解得：a?2e，2220?x1?xaa，x2?，令2?t(t?1)，由g(x1)?g(x2)，2x12?x12?alnx1?x22?alnx2，即x12?alnx1?t2x12?alntx1，?x12?alnt，而要证x1?3x2?4x0，2t?1alnt?8a，2t?1只需证明(3t?1)x1?22a，即证(3t?1)2x12?8a，即证(3t?1)2由a?0，t?1，只需证明(3t?1)2lnt?8t2?8?0，1令h(t)?(3t?1)2lnt?8t2?8，则h?(t)?(18t?6)lnt?7t?6?，th??(t)?18lnt?11?6t?1?0(t?1)，t2故h?(t)在(1,??)递增，h?(t)?h?（1）?0，故h(t)在(1,??)递增，h(t)?h（1）?0，?x1?3x2?4x0． 2．（2021春?荔湾区校级期中）已知函数f(x)?x2?2x?alnx(a?0)． （Ⅰ）当a?2时，试求函数图象在点(1，f（1）)处的切线方程； （Ⅱ）若函数f(x)有两个极值点x1、x2(x1?x2)，且不等式f(x1)mx2恒成立，试求实数m的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）当a?2时，f(x)?x2?2x?2lnx(x?0)，则f?(x)?2x?2?故所求切线的斜率k?f?（1）?2，又f（1）??1，?切线方程为y?1?2(x?1)，即2x?y?3?0； 2，xa（Ⅱ）f?(x)?2x?2?(x?0)，令f?(x)?0，则2x2?2x?a?0，x当?4?8a0,a当1时，f?(x)0，函数f(x)在(0,??)单调递增，无极值点； 21时，函数2?4?8a?0,0?a?f(x)在(0,??)上有两个极值点x1，x2，则x1?x2?1,x1?由0?a?1?1?2a1?1?2a，,x2?22111可得，0?x1?,?x2?1，由f(x1)mx2恒成立，即m222f(x1)恒成立，x2f(x1)x12?2x1?alnx11??1?x1??2x1lnx1，x2x2x1?1令h(x)?1?x?由0?x?111?2lnx，?2xlnx(0?x?)，则h?(x)??1?(x?1)2x?121111知，?1?x?1??,?(x?1)2?1,?4????1,2lnx?0，故h?(x)?0，224(x?1)2113f(x)3?h(x)在(0,)单调递减，即h(x)?h()???ln2，即???ln2，222x2?实数m的取值范围为(??,?3?ln2]． 23．（2021春?渝中区校级期中）已知函数f(x)?ex?a(x?1)． （1）讨论函数f(x)的单调性； 1（2）设a?1，g(x)?f(x)?(x?0)，函数g(x)的唯一极小值点为x0，点A(x1，g(x1))和B(x2，g(x2))是x2曲线y?g(x)上不同两点，且g(x1)?g(x2)，求证：x1?x2?x0． 【解答】（1）f(x)的定义域为R，f?(x)?ex?a，当a0时，f?(x)?0，所以f(x)在R上单调递增； 当a?0时，由f?(x)?0，得x?lna，当x?(??,lna)时，f?(x)?0；当x?(lna,??)时，f?(x)?0． 所以f(x)在(??,lna)上单调递减，在(lna,??)上单调递增． 综上所述，当a0时，f(x)在R上单调递增； 当a?0时，f(x)在(??,lna)上单调递减，在(lna,??)上单调递增． （2）由题意g?(x0)?0得a?ex0?x1?x2，1，不妨设x02由g(x1)?g(x2)，得ex1?ax1?a?11?ex2?ax2?a?，x1x2ex1?ex211?a?即，且a?ex0?2，所以x1?x2x1x2xex1?ex211??ex0?2，x1?x2x1x2x0要证x1x2?x02，即证x1x2?x0，显然h(x)?ex?1在(0,??)上是增函数，故只需2xx1x2证h(x1x2)?h(x0)，即证ex1x2?11?ex0?2，x1x2x0即证e1ex1?ex21???x1x2x1?x2x1x2，即证ex1x2ex1?ex2?，x1?x2x?x12ex1?ex2x1?x22?又由于x1x2?，故只需证e，x1?x22即证x2?x1?e令ex2?x12x2?x12?ex1?x22，?t(t?1)，则x2?x1?2lnt，所以即证12lnt?t?． t(t?1)21令?(t)?2lnt?t?(t?1)，则??(t)??2?0，tt所以?(t)在(1,??)上为减函数，1从而?(t)??（1）?0，即有2lnt?t?，从而tx1x2?x02成立． 4．（2021春?海曙区校级期中）已知函数f(x)?（1）讨论f(x)的单调性； （2）已知a?1?x?alnx． xf(x2)f(x1)5?，若f(x)存在两个极值点x1，x2，且x1?x2，求的取值范围． x1x22【解答】解：（1）f(x)的定义域是(0,??)，1a?x2?ax?1，f?(x)??2?1??2xxx令h(x)??x2?ax?1，△?a2?4，若?2a2，则△0，h(x)0恒成立，即f?(x)0，则f(x)在(0,??)上单调递减，a?a2?4a?a2?4?0，x2??0，若a?2，令h(x)?0，解得：x1?22a?a2?4)时，h(x)?0，即f?(x)?0，故x?(0,2a?a2?4a?a2?4x?()时，h(x)?0，即f?(x)?0，，22a?a2?4x?(，??)时，h(x)?0，f?(x)?0，2a?a2?4a?a2?4a?a2?4a?a2?4)递减，在()递增，在(故f(x)在(0,，，??)递减，2222a?a2?4a?a2?4?0，x2??0，a??2时，令h(x)?0，解得：x1?22故x?(0,??)时，h(x)?0，即f?(x)?0，f(x)在(0,??)递减，综上：a2时，f(x)在(0,??)单调递减，a?a2?4a?a2?4a?a2?4a?a2?4)递减，在()递增，在(，，??)递减． a?2时，f(x)在(0,2222（2）若f(x)存在两个极值点x1，x2，且x1?x2，则x1?x2?a，x1x2?1(x2?1)，由a?则5，可得1?x2?2，2f(x2)f(x1)1122??2?x2?2?(x2?2)lnx2，x1x2x2x2112?(x?)lnx(1?x?2)，22xx令g(x)?2?x2?111?x41?x41?x41?x4g?(x)??x?3?2(x?3)lnx?3?23lnx?3(?2lnx)，xxxxx1?x41?x4令h?x???2lnx，且h(x)与g?(x)在(1,2)上符号一致，1?x4?8x32?8x4?2(1?x4)22(1?x4)2h?(x)????0，(1?x4)2x(1?x4)2x(1?x4)2x所以h(x)单调递增，所以h(x)?h（1）?0，即g?(x)?0，9??15所以g?x?单调递增,所以g?x???0,ln2??，4??4故f(x2)f(x1)159?的取值范围是(0,ln2?)． x1x2445．（2021春?江宁区校级期中）已知函数f(x)?axlnx，a?R． （1）当a?1时，①求f(x)的极值； mm②若对任意的xe都有f(x)ex，m?0，求m的最大值； x（2）若函数g(x)?f(x)?x2有且只有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2?e2． 【解答】解：（1）①a?1时，f(x)?xlnx，f?(x)?lnx?1(x?0)，令f?(x)?0，解得：x?11，令f?(x)?0，解得：0?x?，ee11故f(x)在(0,)递减，在(，??)递增，ee11故f(x)的极小值是f()??，没有极大值； eemmmmxx②对任意xe都有f(x)e?elnex，xm即f(x)f(e)恒成立，由m?0，故?0，故ex?1，xmxm1由①知f(x)在(，??)单调递增，e故xe，可得lnxmxm，即xlnxm，x当xe时，f(x)的最小值是f（e）?e，故m的最大值是e； （2）证明：要证x1x2?e2，只需证明ln(x1x2)?2即可，由题意x1，x2是方程axlnx?x2?0的两个不相等的实数根，?alnx1?x1?0①，消去a，x?0，??alnx?x?0②?22x1?1x1x2整理得：ln(x1x2)?ln?，x2x1?1x2不妨设x1?x2，令t?x1，则t?1，x2t?12(t?1)，?2，即证明lnt?t?1t?1故只需证明当t?1时，lnt?1t?1?(t?1)(t?1)22(t?1)设h(t)?lnt?，则h?(t)??2???0，t(t?1)2t(t?1)2t?1于是h(t)在(1,??)单调递增，从而h(t)?h（1）?0，故lnt?2(t?1)，故x1x2?e2． t?1a6．（2021?德阳模拟）设函数f(x)??e2x?(x?1)ex(a?R)． 21（1）当a?时，求g(x)?f?(x)?e1?x的单调区间(f?(x)是f(x)的导数）； e（2）若f(x)有两个极值点x1、x2(x1?x2)，证明：x1?2x2?3． 11【解答】解：（1）当a?时，f(x)??e2x?(x?1)ex，e2e则f?(x)?ex?1(?ex?ex)，g(x)??ex?ex，?g?(x)??ex?e，显然g?(x)递减，且g?（1）?0，故当x1时，g?(x)0，x?1时，g?(x)?0，故g(x)在(??,1)递增，在(1,??)递减； （2）证明：af(x)??e2x?(x?1)ex，2?f?(x)??ae2x?xex?ex(?aex?x)，由题意知f?(x)?0有2个不相等的实数根，即aex?x有2个不相等的实数根x1，x2，则a?xx1?x，令，则，m(x)?m?(x)?xxxeee令m?(x)?0，解得：x?1，令m?(x)?0，解得：x?1，故m(x)在(??,1)递增，在(1,??)递减，1故m(x)m（1）?，而x??时，m(x)?0，e1故a的取值范围是(0，]，ex?x?x?ae1?x1由?x2，得a?x12，x21ae?xe?e??2故x1?2x2?3?3?aex1?2aex2?x1?x2x1x1?x2x1?x2x2(e?2e)?(e?2)，ex1?ex2ex1?x2?1令t?x1?x2，则t?0，3?x1?2x2?3?t(et?2)，t?0，te?1故不等式只要(3?t)et?2t?3?0在t?0时成立，令h(t)?(3?t)et?2t?3(t?0)，h?(t)?(2?t)et?2(t?0)，h??(t)?(1?t)et?0，故h?(t)在t?0上单调递增，即h?(t)?h?(0)?0，故h(t)在t?0上单调递减，即h(t)?h(0)?0，故原不等式成立． 7．（2021?潮州二模）已知函数f(x)?lnx，g(x)?x2?ax(a?0)． （1）讨论函数h(x)?f(x)?g(x)的极值点； （2）若x1，x2(x1?x2)是方程f(x)?g(x)12?4a． ??0的两个不同的正实根，证明：x12?x23xx【解答】解：（1）h(x)?f(x)?g(x)?lnx?x2?ax(x?0)(a?0)，12x2?ax?1，h?(x)??2x?a?xx令2x2?ax?1?0，△?a2?8，当0?a22时，△0，h?(x)0，无极值点，a?a2?8当a?22时，令2x?ax?1?0，解得：x?，42a?a2?8a?a2?8)，(当x?(0,，??)时，h?(x)?0，h(x)递增，44a?a2?8a?a2?8x?()时，h?(x)?0，h(x)递减，，44a?a2?8a?a2?8故h(x)极大值点是，极小值点是； 44综上：0?a22时，h(x)无极值点，a?a2?8a?a2?8，极小值点是； a?22时，h(x)极大值点是44g(x)1x2?ax1a（2）由f(x)?3??lnx?，即??0lnx??0，xxx3xx2令k(x)?lnx?a(x?0,a?0)，x212ax2?2a，令k?(x)?0，得x?2a，k?(x)??3?xxx3当0?x?2a时，k?(x)?0，当x?2a时，k?(x)?0，?k(x)在(0,2a)递减，在(2a，??)上递增，又k(x)有2个零点，?k(2a)?0，即ln2a?a1，?0，解得：0?a?2a2ea?lnx??012?xaa?1且?，两式相减得：lnx2?lnx1?2?2，x1x2?lnx?a?02?x22?设t?x2aa(t?1)，?lnt?2?22，x1x1tx1a12?4a，(1?2)，要证明x12?x2lntta1(1?2)?4a，lntt?x12?即证明(1?t2)x12?4a，(1?t2)?(1?t2)11(1?)?2，lnt2t2即证明2lnt2?t2?1?0(t?1)，t21令q(x)?2lnx?x?(x?1)，x(x?1)2q?(x)???0，x2?q(x)在(1,??)上单调递减，?q(x)?q（1）?0，?2lnx?x?12?4a． ?0即x12?x2x8．（2021?浙江模拟）已知a?R，函数f(x)?ex?ax?a． （Ⅰ）若f(x)0，求a的取值范围； （Ⅱ）记x1，x2（其中x1?x2)为f(x)在(0,??)上的两个零点，证明：【解答】解：（Ⅰ）f?(x)?ex?a，(i)当a?0时，f?(x)?0，f(x)在R上递增，a2?x1??1． a?elna又f(x)?ex?0，故a?0符合题意，(ii)当a?0时，f(x)在(??,lna)递减，在(lna,??)递增，?f(lna)?elna?alna?a0，故2a?alna0，又a?0，?2?lna0，解得：0?ae2，(iii)当a?0时，f?(x)?0，f(x)在R上单调递增，当x???时，ex?0，?ax?a???，?f(x)???，不符合题意，综上：0ae2． ex（2）证明：令f(x)?0，则a?(x?0且x?1)，x?1ex(x?2)ex记p(x)?，(x?0且x?1)，由于p?(x)?(x?1)2x?1故p(x)在(0,1)和(1,2)上递减，在(2,??)上递增，且当x?0?时，p(x)??1，当x?1?时，p(x)???，当x?1?时，p(x)???，当x???时，p(x)???，根据题意可知，a?e2，且1?x1?2?x2，先证ax?x1，即证(x1?1)a?ex1，即证e1?ex1，显然成立； a?e2?1，lna再证x1?x1?1，lna?0，?只需证lna?2，x1?1a(x1?1)?ex1，?lna?x1?ln(x1?1)，?只需证x1?ln(x1?1)?212，即证ln??x1，x1?1x1?1x1?1又ln1x1?11?1，x1?1?只需证121?1??x1，亦即x1?1?，即(x1?1)2?1，x1?1x1?1x1?1由(i)知，1?x1?2，?0?x1?1?1，故(x1?1)2?1，即得证． 9．（2021?新课改卷模拟）已知函数f(x)?mex?ex2有两个不相等的极值点． （1）求实数m的取值范围； （2）设函数f(x)两个不相等的极值点分别为x1，x2，求证： (i)x1x2?x1?x2x?x?12； lnx1?lnx22(ii)x1?x2?2x1x2． 【解答】解：（1）由f(x)?mex?ex2，得f?(x)?mex?2ex，令f?(x)?0，得m?由于g?(x)?2x2x，根据题意直线和曲线有2个不同交点，y?mg(x)?ex?1ex?12(1?x)，故x?1时，g?(x)?0，g(x)递增，x?1时，g?(x)?0，g(x)递减，ex?1g?（1）?0，?g(x)max?g（1）?2； 设?是区间(0,2)上的任意1个常数，令h(x)?ex?1?x2，则h?(x)?ex?1?2x，h??(x)?ex?1?2，当x?2时，h??(x)?0，h?(x)递增，当x?3时，h?(x)?h?（3）?e2?6?0，h(x)递增，当x?4时，h(x)?h（4）?e3?16?0，即ex?1?x2，又当x?2?时，x2?2x2x2x2，故当x?max{4，}时，ex?1?，即x?1??，?e??由于x0时，g(x)0，x?0时，g(x)?0，故实数m的取值范围是(0,2)； （2）证明：(i)根据x1?x2，不妨设x1?x2，由（1）知0?x1?1?x2，x2?1)x1?x2x1?x2x1x?证明不等式x1x2?，即证?ln2?x2lnx1?lnx22x1?1x12(设F(x)?lnx?x2x?1，x1x22(x?1)1，,G(x)?lnx?x?x?1x(x?3)(x?1)(x?1)2?0,G?(x)???0，?当x?1时，F?(x)?x(x?1)22xx?F(x)在(1,??)为增函数，G(x)在(1,??)为减函数，?F(x)?F（1）?0，G(x)?G（1）?0，取x?(ii)由（1）得，x2时即得所证不等式； x12x12x2，所以，lnx1?lnx2?x1?x2，?ex1?1ex2?1x1?x2，即x1x2?1，且x1?x2?2，2结合(i)可知x1x2?1??x1?x2?2x1x2，即得证． 10．（2021?福田区校级模拟）已知函数f(x)?alnx?x2?x． （1）若f(x)单调递增，求实数a的取值范围； 111（2）若函数F(x)?f(x?1)?3x?2有两个极值点x1，x2，且x1?x2，求证：F(x2)?(?ln2)x1?0． 2【解答】解：（1）由题意知对任意x?(0,??)，f?(x)?a?2x?10恒成立，x即对任意x?(0,??)，a?2x2?x恒成立，易知函数y??2x2?x在(0,??)上单调递减，故y??2x2?x?0，x?(0,??)，故a0，即a的取值范围是[0，??)． （2）F(x)?f(x?1)?3x?2?aln(x?1)?x2(x??1)，a2x2?2x?a由题意知x1，x2是F?(x)??2x??0(x??1)的两个根，x?1x?1即x1，x2是方程2x2?2x?a?0(x??1)的两个根，??4?8a?01则?，解得：，0?a?22?2?(?1)?2?(?1)?a?0且x1?x2??1，x1x2?a1?0，则?1?x1???x2?0，2211要证F(x2)?(?ln2)x1?0，只需证F(x2)?(ln2?)x1，22F(x2)aln(x2?1)?x22aln(x2?1)?x22F(x2)1???ln2?，即证，x1x1?1?x2x122x22?2x2?a?0，?a??2x22?2x2，从而F(x2)1?2x2ln(x2?1)?(x2?1)?，x11?x2F(x2)11?2(t?1)lnt?2?t?，令t?x2?1，则t?(，1)，x1t211设函数r(t)?2(t?1)lnt?2?t?(t?(，1))，t2则r?(t)?2lnt?设k(t)?2lnt?12??1，t2t112，，1))，(t?(??12t2t2222(t2?t?1)则k?(t)??3?2?，tttt31易知存在t0?(，1)，使得t02?t0?1?0，121且当t?(，t0)时，k?(t)?0，当t?(t0，1)时，k?(t)?0，21故函数r?(t)在(，t0)递减，在(t0，1)递增，211故r?(t)?0，故r(t)?2(t?1)lnt?2?t?在t?(，1)上单调递减，2t11从而r(t)?r()?ln2?，22故F(x2)1?ln2?，原命题成立． x12b?a(a?R,b?R)有最小值M，且M0． x11．（2021?攀枝花模拟）已知函数f(x)?lnx?（Ⅰ）求ea?1?b?1的最大值； （Ⅱ）当ea?1?b?1取得最大值时，设F（b）?明：x1?x22?e3． 【解答】解：（Ⅰ）有题意f?(x)?a?1?m(m?R)，F(x)有两个零点为x1，x2(x1?x2)，证b1bx?b?2?2(x?0)，xxx当b0时，f?(x)0，f(x)在(0,??)上单增，此时显然不成立，当b?0时，令f?(x)?0，得x?b，此时f(x)在(0,b)上单减，在(b,??)上单增，?M?f（b）?lnb?1?a0，即lnba?1，所以bea?1，ea?1?b0． 所以ea?1?b?1的最大值为1． （Ⅱ）证明：当ea?1?b?1取得最大值时，a?1?lnb，F(b)?a?1lnb?m??m，bbF(x)的两个零点为x1，x2，则lnx1lnx?m?0;2?m?0，即lnx1?mx1，lnx2?mx2，x1x2不等式x1?x22?e3恒成立等价于lnx1?2lnx2?mx1?2mx2?m(x1?2x2)?3，x1xx2两式相减得ln1?m(x1?x2)?m?，x2x1?x2ln 13x1x3(1?1)x2x3(x?x)x2带入上式得(x1?2x2)?，?3?ln1?12?x1x1?x2x2x1?2x2?2x2ln令x1(t?1)(t?4)3(t?1)?t(0?t?1)，则g(t)?lnt??0，,(0?t?1)，g?(t)?x2t(t?2)2t?2所以函数g(t)在(0,1)上单调递增，?g(t)?g（1）?0，得证． 12．（2021?天津二模）设函数f(x)?x2?(m?2)x?mlnx，其中m?0． （Ⅰ）求f(x)的单调区间； 321x?(2m?1)x，求证：?x1，x2?[1，m]，恒有|g(x1)?g(x2)|?． 22x2)?0． 2（Ⅱ）设1?m?2，g(x)??f(x)?（Ⅲ）函数f(x)有两个零点x1，x2，(x1?x2)，求证f?(x1?【解答】解：（Ⅰ）f?(x)?2x?2?m?因为m?0时，由f?(x)?0，解得x?所以函数f(x)在区间(0,m(x?1)(2x?m)?(x?0)，xxmm，由f?(x)?0，解得0?x?，22mm)上单调递减，在区间(,??)上单调递增． 2212x?(m?1)x?mlnx，x?[1，m]，2（Ⅱ）证明：由题意，g(x)?g?(x)?x?(m?1)?m(x?1)(x?m)，因为x?[1，m]，?xx所以g?(x)0，g(x)在x?[1，m]单调递减，|g(x1)?g(x2)|?11，只需g(1)?g(m)?即可，221111g(1)?g(m)?m2?mlnm?，令h?m??m2?mlnm?，2222令h?(m)?m?1?lnm，因为h??m??1?1，m由已知1?m?2，所以h??(m)?0，h?(m)在m?(1,2)单调递增且h?（1）?0，所以h?(m)?0，所以，h(m)单调递增，m?(1,2)，h(m)?h(2)?所以恒有|g(x1)?g(x2)|?1． 231?2ln2?，2214(III)证明：由题意，f(x)?x2?(m?2)x?mlnx有两个零点x1，x2，x1?x2，2?(m?2)x2?mlnx2?0②，则有x12?(m?2)x1?mlnx1?0①，x22x2?x12?2(x2?x1)由②?①，得m?，x2?x1?lnx2?lnx1m由（Ⅰ）可知f(x)在区间(,??)上单调递增，2要证f?(x1?x2xxxxm)?0，只需证.x1?2?，因为x1?2?1?2，2222222x2?x12?2(x2?x1)即需证x1?x2?m，只需证x1?x2?，x2?x1?lnx2?lnx1整理得：(x1?x2)(lnx2?lnx1)?2(x2?x1)，即证lnx2?lnx1?2(x2?x1)x2(t?1)，令2?t,则t?1，不妨设h(t)?lnt?，只需证h(t)?0，(x1?x2)x1t?1(t?1)2易得h?(t)??0，所以函数h(t)在区间(1,??)上单调递增，t(t?1)2所以h(t)?h（1）?0，故有f?(x1?x2)?0． 213．（2021春?南海区期末）已知函数f(x)?alnx?x2?x． （1）若f(x)单调递增，求实数a的取值范围； 11（2）若函数F(x)?f(x)?3x?1有两个极值点x1，x2，且x1?x2，求证：F(x2)?(?ln2)x1??ln2． 22【解答】（1）解：f(x)的定义域为(0,??)，f?(x)?若f(x)单调递增，则f?(x)?a?2x?1． xa?2x?10在(0,??)上恒成立，即a?2x2?x在(0,??)上恒成立． xy??2x2?x在(0,??)上单调递减，于是y??2x2?x?0． 所以实数a的取值范围为[0，??)． a2x2?2x?a（2）证明：F(x)?f(x)?3x?1?alnx?(x?1)，F?(x)??2(x?1)?． xx2依题意可得x1，x2是方程2x2?2x?a?0(x?0)的两个根，于是x1?x2?1，x1x2?1111要证F(x2)?(?ln2)x1??ln2，只需证F(x2)?(?ln2)(1?x1)?(?ln2)x2，2222a1且0?x1??x2?1． 22F(x2)alnx2?(x2?1)2F(x2)1???ln2．即证，x2x2x2222?2x2?a?0，所以a?2x2?2x2因为2x2，152F(x2)alnx2?(x2?1)2(2x2?2x2)lnx2?(x2?1)21???(2?2x2)lnx2?x2??2． 从而x2x2x2x21112令g(t)?(2?2t)lnt?t??2，t?(,1)，则g?(t)??2lnt?2??1，t2tt2222(t2?t?1)设h(t)?g?(t)，则h?(t)???3?2??．令t2?t?1?0，3tttt解得t0?5?15?1（舍去t0??)． 221?t?t0，由h?(t)?0可得t0?t?1，2由h?(t)?0得11于是h(t)在(,t0)上单调递增，在(t0，1)上单调递减，即g?(t)在(,t0)上单调递增，在(t0，1)上单调递减． 2211而g?()?2ln2?1?0，g?（1）?0，于是在(,1)上g?(t)?0，22111因此g(t)在(,1)上单调递增，从而g(t)?g()??ln2． 222综上所述，F(x2)1??ln2，原命题获证． x2214．（2018?成都模拟）已知函数f(x)?(1?k)x?klnx?k?1，其中k?R，k?0． (I)讨论函数f(x)的单调性； （Ⅱ）设函数f(x)的导函数为g(x)．若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(x1?x2)，证明：g(【解答】（Ⅰ）解：由f(x)?(1?k)x?klnx?k?1，得f?(x)?(1?k)?（1）当1?k0，即k1时，f?(x)?(1?k)??f(x)在(0,??)上单调递减； k?0，xx1?2x2)?0． 3k(1?k)x?k，x?(0,??)． ?xx（2）当1?k?0，即k?1时，f?(x)?(1?k)x?k． x(1?k)x?k?0，x①当k?0时，?k?0且(1?k)x?0，?f?(x)??f(x)在(0,??)上单调递增； (1?k)x?k?x(1?k)(x?x②当0?k?1时，f?(x)?k?0，1?kk)1?k，当x变化时，f(x)，f?(x)的变化情况如下表： 16x (0,? k) 1?kk 1?kk，??) (1?k? f?(x) f(x) 极小值 单调递减 单调递增 综上，当k?0时，f(x)在(0,??)上单调递增，当0?k?1时，f(x)在(0,kk，??)上单调递增，)上单调递减，在(1?k1?k当k1时，f(x)在(0,??)上单调递增，（Ⅱ）证明：由(I)知，当k?0或k1时，f(x)至多有1个零点，与题意不符，舍去； 当0?k?1时，函数f(x)在(0,k)上单调递减，1?kk在(，??)上单调递增，且f（1）?0，1?k下面由零点存在性定理判断另一个根的存在： 首先，k111?1，解得k?，即0?k?或?k?1． 1?k2221k，此时0??1，有x2?1，21?k当0?k?kk又f(x)在(，??)上单调递增，故f()?f(1)?0，1?k1?k又f(ek?1k)?(1?k)?ek?1k?0，?存在唯一的x1?(ek?1k，1)，使得f(x1)?(1?k)x1?klnx1?k?1?0，则不等式g(即x1?2x2x?2x2k)?0等价于g(1)?g()，331?kx1?2x2x1?2k，??331?k又(1?k)x1?klnx1?k?1?0，有?只需证明x1?1k?，lnx11?kx1?2x1?13(x?1)??0成立，，即证明lnx1?13lnx1x1?219(x?1)(x?4)3(x?1)??0，，则h?(x)??x(x?2)2x(x?2)2x?2，1)上单调递增，故h(x)?h（1）?0． x1?2x2)?0成立． 3令h(x)?lnx?k?1k?h(x)在(e?原不等式g(1当k1?1时，有x1?1，?k?1时，1?k2又f(x)在(0,kk)上为减函数，f()?f（1）?0，1?k1?k2又f()?0，?有唯一的x2?(1,??)，使得f(x2)?(1?k)x2?klnx2?k?1?0，1?k则不等式g(x1?2x23)?0等价于g(x1?2x23)?g(k1?k)，即x1?2x21?3?2x23?k1?k，又f(x2)?(1?k)x2?klnx2?k?1?0，有x2?1klnx?1?k，2只需证明1?2x2x2?13(x2?1)3?lnx，即证明lnx2?22x?0成立，2?1令H(x)?lnx?3(x?1)2x?1，则H?(x)?19(x?1)(4x?1)x?(2x?1)2?x(2x?1)2?0． ?H(x)在区间[1，??)上单调递增，即当x?1时，有H(x)?H（1）?0． ?原不等式g(x1?2x23)?0成立． 综上，当函数f(x)恰有两个零点x，原不等式g(x1?2x21，x2(x1?x2)3)?0成立．15．（2020?海东市四模）已知函数f(x)?lnx?tx?t． （1）讨论f(x)的单调性； （2）当t?2时，方程f(x)?m?ax恰有两个不相等的实数根x1，x2，证明：【解答】（1）解：f(x)的定义域为(0,??)，f?(x)?1x?t，当t0时，f?(x)?0恒成立，f(x)在(0,??)上单调递增，当t?0时，令f?(x)?0，得0?x?1t，令f?(x)?0，得x?1t． ?f(x)在(0,11t)上单调递增，在(t，??)上单调递减． 综上所述，当t0时，f(x)在(0,??)上单调递增； 当t?0时，f(x)在(0,1t)上单调递增，在(1t，??)上单调递减． （2）证明：由f(x)?m?ax，得lnx?(a?2)x?2?m?0． 令g(x)?lnx?(a?2)x?2，则g(x1)?g(x2)?m． 1x1?x22x?2?a．1x2x2x1即lnx1?(a?2)x1?lnx2?(a?2)x2，?a?2?． x1?x2ln不妨设0?x1?x2，要证x1?x2?2?a，2x1x2?2lnx2xxxx?xx1只需证12?2(2?a)?，即证1?2??2ln2． x2x1x1x1x2x1?x2令x21?c(c?1)，g（c）?2lnc?c?，x1cg?（c）?211?1?2??(?1)2?0． ccc?g（c）在(1,??)上单调递减，则g（c）?g（1）?0． 故x1?x2?2?a成立 2x1x219篇四：双变量不等式转换单变量的心得篇五：双变量不等式转换单变量的心得
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