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专题 7 函数中的双变量问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下借组导
数处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函
数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.
(一) 与函数单调性有关的双变量问题
此类问题一般是给出含有x ,x , f x , f x 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利
1 2 1 2
用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.
常见结论：
f x - f x
(1)若对任意x ,x ÎD,当x ¹x 时恒有 1 2 >0,则y= f x在D上单调递增；
1 2 1 2 x -x
1 2
f x - f x
(2)若对任意x ,x ÎD,当x ¹x 时恒有 1 2 >k,则y= f x-kx在D上单调递增；
1 2 1 2 x -x
1 2
f x - f x k k
(3)若对任意x ,x ÎD,当x ¹x 时恒有 1 2 > ,则y= f x+ 在D上单调递增；
1 2 1 2 x -x x x x
1 2 1 2
f x - f x
(4)若对任意x ,x ÎD,当x ¹x 时恒有 1 2 >x +x ,则y= f x-x2在D上单调递增.
1 2 1 2 x -x 1 2
1 2
1+2lnx
【例1】（2024届四川省仁寿第一中学校高三上学期调研）已知函数 f(x)= ．
x2
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)存在x,x Î(1,+¥)且x ¹ x ，使 f x - f x ³k lnx -lnx 成立，求k的取值范围．
1 2 1 2 1 2 1 2
-4lnx
【解析】（1）由题意得 f¢x= ，令 f¢(x)=0得x=1，
x3
xÎ(0,1)时， f¢(x)>0， f(x)在(0,1)上单调递增；
xÎ(1,+¥)时， f¢(x)<0， f(x)在(1,+¥)上单调递减；
综上， f(x)单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+¥)．
（2）由题意存在x,x Î(1,+¥)且x ¹ x ，不妨设x >x >1，
1 2 1 2 1 2
由（1）知xÎ(1,+¥)时， f(x)单调递减．f x - f x ³k lnx -lnx 等价于 f x - f x ³klnx -lnx ，
1 2 1 2 2 1 1 2
即 f x +klnx ³ f x +klnx ，
2 2 1 1
即存在x,x Î(1,+¥)且x >x ，使 f x +klnx ³ f x +klnx 成立．
1 2 1 2 2 2 1 1
令h(x)= f(x)+klnx，则h(x)在(1,+¥)上存在减区间．
kx2-4lnx 4lnx
即h¢(x)= <0在(1,+¥)上有解集，即k < 在(1,+¥)上有解，
x3 x2
æ4lnxö 4lnx 41-2lnx
即k <ç ÷ ，xÎ(1,+¥)；令tx= ，xÎ(1,+¥)，t¢x= ，
è x2 ø x2 x3
max
xÎ 1, e 时，t¢(x)>0，t(x)在 1, e 上单调递增，
xÎ e,+¥ 时，t¢(x)<0，t(x)在 e,+¥ 单调递减，
2 2
∴t(x) =t( e)= ，∴k < ．
max e e
(二) 与极值点有关的双变量问题
与极值点x ,x 有关的双变量问题,一般是根据x ,x 是方程 f¢x=0的两个根,确定x ,x 的关系,再通过消
1 2 1 2 1 2
元转化为只含有x 或x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为x ,x 的齐次式,然后转化
1 2 1 2
x
为关于 2 的函数，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.
x
1
2
【例2】（2024届黑龙江省双鸭山市高三下学期第五次模拟）已知函数 f(x)=lnx+ -a(x+1)(aÎR).
x
(1)当a=-1时，讨论 f(x)的单调性；
1
(2)若x,x x 0，
故 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+¥)上单调递增．
1 2 -ax2+x-2
（2） f¢(x)= - -a= ，
x x2 x2
由题意可知，x,x x 0 1 1 2
则í2a ，解得00
1 a 1 8 a æ1ö 2 8
要证 f x - f x < -4 = × - = × ç ÷ -
2 1 2a 2 a2 a 2 èaø a
a x -x
= × x +x 2 -4xx = 2 1 ，
2 1 2 1 2 xx
1 2
2 é 2 ù x -x
即证lnx + -ax +1-êlnx + -ax +1 ú< 2 1，
2 x 2 ë 1 x 1 û xx
2 1 1 2
x 2x -x x -x
只需证ln 2 + 1 2 -ax -x < 2 1，
x xx 2 1 xx
1 1 2 1 2
x x -x 2x -x x -x
需证ln 2 <2ax -x + 2 1 = 2 1 + 2 1,
x 2 1 xx x +x xx
1 1 2 1 2 1 2
x t-1 2(t-1)
令t= 2(t>1)，则需证lnt< + ，
x t t+1
1
2
æ 1 1ö
设gt=lnt- t-1 (t >1)，则 t 1 2 - 1 t - 1 2(t-1) - 1 t 1 2 - 1 t - 1 2 +1 çt4 -t - 4÷ ，
t g¢(t)= 1 - 2 = 2 2 =- è ø <0
t t t 2t
t-1
所以函数g(t)在(1,+¥)上单调递减，所以g(t)1得， >0，所以lnt< + ，故 f x - f x < -4得证,
t+1 t t+1 2 1 2a
1
【例3】（2023届云南省曲靖市高三下学期第二次联考）已知函数 f x= x2+alnx-4xa>0.
2
(1)当a=3时，试讨论函数 f x的单调性；
(2)设函数 f x有两个极值点x,x x lna-10.
1 2 1 2 1 2
1
【解析】（1）当a=3时， f x= x2+3lnx-4x定义域为xÎ0,+¥，
2
3 x2-4x+3 x-1x-3
f¢x=x+ -4= = ，
x x x
令 f¢x=0解得x=1或3，且当03时， f¢x>0，当13时， f x单调递增，当10
令hx=x2-4x+a，只需í ，故0lna-10，即证alna-a-8>lna-10，只需证1-alna+a-2<0，
1 2
1-a 1
令ma=1-alna+a-2，aÎ0,4，则m¢a=-lna+ +1= -lna，
a a
1 1
令na=m¢a，则n¢a=- - <0恒成立，所以m¢a在aÎ0,4上单调递减，
a2 a
1
又m¢1=1>0，m¢2= -ln2<0，
2
1
由零点存在性定理得，$a Î1,2使得m¢a =0，即lna = ，
0 0 0 a
0
所以aÎ0,a 时，m¢a>0，ma单调递增，
0
aÎa ,4时，m¢a<0，ma单调递减，
0
1 1
则ma =ma =1-a lna +a -2=1-a +a -2=a + -3，
max 0 0 0 0 0 a 0 0 a
0 0
1
又由对勾函数知y=a + -3在a Î1,2上单调递增，
0 a 0
0
1 1 1
所以a + -3<2+ -3=- <0，所以ma<0，即 f x + f x >lna-10得证.
0 a 2 2 1 2
0
(三) 与零点有关的双变量问题
与函数零点x ,x 有关的双变量问题,一般是根据x ,x 是方程 f x=0的两个根,确定x ,x 的关系,再通过
1 2 1 2 1 2
消元转化为只含有x 或x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为x ,x 的齐次式,然后转
1 2 1 2
x
化为关于 2 的函数,有时也可转化为关于x -x 的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以
x 1 2
1
参数为自变量的函数.
【例4】（2024届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数 f x=lnx-2a xaÎR.
(1)讨论函数 f x的单调性，并求 f x的极值；1
(2)若函数 f x有两个不同的零点x,x （x 0，函数 f x在(0,+¥)单调递增，无极值.
1
当a>0时，令 f¢x=0，得x=
a2
æ 1 ö æ 1 ö
∴ f x在ç0, ÷单调递增，在ç ,+¥÷单调递减，
è a2 ø èa2 ø
1 æ 1 ö
所以函数 f x在x= 时取极大值，极大值为 f ç ÷=-2lna-2，无极小值.
a2 èa2 ø
æ 1 ö 1 æ 1 ö
x ç0, ÷ ç ,+¥÷
è a2 ø a2 èa2 ø
f¢x
+ 0 -
f x 递增 极大值 递减
ìlnt =at
（2）由题意，令 x =t, x =t ，且x 0，
t -t 1 2 a 12 a lnt -lnt t t t
1 2 1 2 2 2 1
t t t t 1
令u= 1 ，ln 1 - 1 + 2 >0Û2lnu-u+ >0(0g1=0，即有4 xx < .
1 2 a
ìlnt =at
í 1 1 ，两式子相加得，lntt =at +t ，则要证4 x x >e，
îlnt =at 12 1 2 1 2
2 2
即证tt >e2，由上式只需证at +t >2，
12 1 2
t
1 -1
lnt -lnt t t
即证 1 2 ×t +t >2Ûln 1 -2 2 <0，
t -t 1 2 t t
1 2 2 1 +1
t
2t
1 -1
t t t æv-1ö
令v= 1 ，ln 1 -2 2 <0Ûlnv-2ç ÷<0(00，
èv+1ø v(v+1)2
1
所以hv在0,1上单调递增，所以hve.综上：e< 4 xx < .
1 2 1 2 a
(四) 独立双变量,各自构造一元函数
此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.
【例5】（2024届陕西省宝鸡实验高中高三一模）已知函数 f(x)=ax+x2-xlna-b(a,bÎR,a>1)，e是自然
对数的底数.
(1)当a=e,b=4时，求整数k的值，使得函数 f(x)在区间(k,k+1)上存在零点；
(2)若存在x,x Î[-1,1],使得| f(x )- f(x )|³e-1，试求a的取值范围.
1 2 1 2
【解析】（1） f(x)=ex +x2-x-4，\f¢(x)=ex +2x-1，\f¢(0)=0
当x>0时，ex >1，\f¢(x)>0，故 f(x)是(0,+¥)上的增函数，
同理 f(x)是(-¥,0)上的减函数，
f(0)=-3<0,f(1)=e-4<0,f(2)=e2-2>0，且x>2时， f(x)>0，
故当x>0时，函数 f(x)的零点在1,2内，\k =1满足条件．
同理，当x<0时，函数 f(x)的零点在-2,-1内，\k =-2满足条件，综上k=1,-2．
（2）问题Û当xÎ[-1,1]时，| f(x) - f(x) |= f(x) - f(x) ³e-1，
max min max min
f¢(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax -1)lna，
①当x>0时，由a>1，可知ax -1>0,lna>0,\f¢(x)>0；
②当x<0时，由a>1，可知ax -1<0,lna>0,\f¢(x)<0；
③当x=0时， f¢(x)=0，\f(x)在[-1,0]上递减，[0,1]上递增，
\当 xÎ[-1,1]时， f(x) = f(0),f(x) =max{f(-1),f(1)}，
min max
1 1
而 f(1)- f(-1)=a- -2lna，设g(t)=t- -2lnt(t>0),
a t
1 2 1
g¢(t)=1+ - =( -1)2 ³0（仅当t =1时取等号），\g(t)在(0,+¥)上单调递增，而g(1)=0，
Q t2 t t
1
\当t>1时，g(t)>0即a>1时，a- -2lna>0，
a
\f(1)> f(-1),\f(1)- f(0)³e-1即a-lna³e-1=e-lne，构造h(a)=a-lna(a>1)，易知h¢(a)>0，\h(a)在(1,+¥)递增，
\a³e，即a的取值范围是[e,+¥)．
(五) 构造一元函数求解双变量问题
当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一
个变量,从而达到消元的目的.
【例6】（2024届山东省菏泽市高考冲刺押题卷）已知函数 f(x)=txlnx-x2+1(0 b> 0，证明:ln < ．
a2-b2 a4-b4
【解析】（1） f¢(x)=tlnx+t-2x,x>0，
t
令g(x)= f¢(x)=tlnx+t-2x，所以g¢(x)= -2,x>0，
x
t t
由g¢(x)>0可得0 ，
2 2
t t
所以 f¢(x)在(0, )上单调递增，在( ,+¥)上单调递减，
2 2
t t t
所以 f¢(x) = f¢( )=tln +t-t =tln .
max 2 2 2
t
又因为0b>0，所以x>1，
a2-b2
1
只需证：2lnx1时， f(x)< f(1)=0，即2xlnx-x2+1<0，
a2+b2 a2b2
所以ln < .
a2-b2 a4-b4
(六) 独立双变量,把其中一个变量看作常数若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量
a
【例7】已知函数 f(x)=x×ln (a>0)，
x
(1)若函数 gx=ex在 x=0处的切线也是函数 f(x)图像的一条切线，求实数a的值；
(2)若函数 f(x)的图像恒在直线 x-y+1=0的下方，求实数a的取值范围；
a a
(3)若 x,x Î( , )，且x ¹ x ，证明：(x +x )4> a2xx
1 2 e 2 1 2 1 2 1 2
【解析】 (1) g¢x=ex， gx在 x=0处切线斜率 k =g¢0=1， g0=1，所以切线l:y=x+1，
a æ a ö a
又 f¢x=ln -1，设l与 f x相切时的切点为çx ,x ln ÷，则斜率 k = f¢x =ln -1，
x è 0 0 x 0 ø 0 x 0
æ a ö a æ a ö
则切线l的方程又可表示为y=çln -1÷ x-x +x ln =çln -1÷x+x ，
è x ø 0 0 x è x ø 0
0 0 0
ì a
ïln -1=1
由í x ，解之得 a=e2．
0
ï
îx =1
0
a
(2)由题可得 f x-x-1<0对于 x>0恒成立，即 xln -x-1<0对于 x>0恒成立，
x
a a a
令hx=xln -x-1，则h¢x=ln -2，由h¢x=0得x= ，
x x e2
æ a ö a æ a ö
x ç0, ÷ ç ，+¥÷
è e2 ø e2 èe2 ø
h¢x + 0 -
hx ↗ 极大值 ↘
则当 x>0时，hx =h æ ç a ö ÷= a -1，由 a -1<0，得：00单调递减，
e e x
a a
因为x f x +x ，即 x ln >x +x ln ，
1 1 2 1 1 2 1 x 1 2 x +x
1 1 2
a x +x a a x +x a
所以ln > 1 2 ln ，①同理ln > 1 2 ln ，②
x x x +x x x x +x
1 1 1 2 2 2 1 2
a a æx +x x +x ö a
①+②得ln +ln >ç 1 2 + 1 2 ÷ln ，
x x è x x ø x +x
1 2 1 2 1 2x +x x +x x x a a
因为 1 2 + 1 2 =2+ 2 + 1 ³4，由 x +x 1，即ln >0，
x x x x 1 2 x +x x +x
1 2 1 2 1 2 1 2
a a a a2 æ a ö 4
所以ln +ln >4ln ，即 >ç ÷ ，所以x +x 4 >a2xx ．
x 1 x 2 x 1 +x 2 x 1 x 2 èx 1 +x 2 ø 1 2 1 2
(七) 双变量,通过放缩消元转化为单变量问题
此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题
【例8】（2024届河北省衡水市高三下学期联合测评）过点Pa,b可以作曲线y=x+ex的两条切线，切点为
A,B.
1
(1)证明：ab-a>- ；
e
(2)设线段AB中点坐标为x ,y ，证明：a+y >b+x .
0 0 0 0
【解析】（1）证明：设切点A t,et +t ，y¢=1+ex，所以k =1+et = et +t-b ，
PA t-a
即关于t的方程t-a-1et +b-a=0有两个不相等的实数根.
设 f t=t-a-1et +b-a，则 f¢t=t-aet =0，t=a.
当ta时， f¢t>0，则 f t在a,+¥上单调递增，
所以 f t在t=a处取值得最小值，即 f a=b-a-ea.
当t®+¥时， f t®+¥，当t®-¥时， f t®b-a，
ìb-a>0
若满足方程有两个不相等的实数根，则í ，
îb-a-ea <0
于是00，则gx单调递增，
è eø èe ø
1 æ1ö 1 1
所以gx=xlnx，在x= 处取得最小值，即gç ÷=- ，所以ab-a>- .
e èeø e e
（2）证明：设Ax,y ,Bx ,y ，
1 1 2 2
1 1 1 1
则y = y +y = ex1 +ex2 +x ，即y -x = y +y = ex1 +ex2 ，
0 2 1 2 2 0 0 0 2 1 2 2在点Ax,y ,Bx ,y 处的切线方程都过Pa,b，
1 1 2 2
于是，由b-x -ex1 = 1+ex1 a-x ，得x -a+1+ b-a =0，
1 1 1 ex1
由b-x -ex2 = 1+ex2 a-x ，得x -a+1+ b-a =0
2 2 2 ex2
x -x ex1+x2
两式相减整理得：b-a= 1 2 ，
ex1 -ex2
b-a-y 0 -x 0 = x 1 e - x1 x - 2 e e x2 x1+x2 - 1 2 ex1 +ex2 = 2 e e x1 x1+ - x2 ex2 é ê ë 2x 1 -x 2 - e2x e 1 x - 1+x e 2 2x2 ù ú û
ex1+x2 é 1 ù
= 2 ex1 -ex2 ê ë 2x 1 -x 2 -ex1-x2 + ex1-x2 ú û ，
ex1+x2
1
不妨设x >x ,m=x -x >0，所以 >0，则hm=2m-em+ ，
1 2 1 2 2 ex1 -ex2 em
1
h¢m=2-em- £2-2=0，所以hm在0,+¥上单调递减，于是hmb+x .
0 0 0 0
【例1】（2024届陕西省西安市一中高三考前模拟）已知函数 f x=2ex+ax+2.
(1)若a=-4，求 f x的极值；
(2)若a>0，不相等的实数m,n满足 f m+ f n=m2+n2+8，求证：m+n<0.
【解析】（1）依题意， f x=2ex-4x+2，则 f¢x=2ex-4，令 f¢x=0，解得x=ln2，
故当xÎ-¥,ln2时， f¢x<0，当xÎln2,+¥时， f¢x>0，
故函数 f x在-¥,ln2上单调递减，在ln2,+¥上单调递增，
故函数 f x的极小值为 f ln2=4-4ln2+2=6-4ln2，无极大值；
（2）令gx= f x-x2 =2ex+ax-x2+2，则g¢x=2ex-2x+a，
令tx=ex-x，则t¢x=ex-1，当x<0时，t¢x<0，当x>0时，t¢x>0，所以函数tx在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增，
所以tx=ex-x³t0=1>0，又a>0，所以g¢x=2 ex-x +a>0，
所以gx在R上单调递增，
f m+ f n=m2+n2+8，即gm+gn=8，
因为g0=4，所以m,n¹0，要证m+n<0，即证n<-m，只需证gn8，
令函数hx=gx+g-x=2ex+2e-x-2x2+4，
则h¢x=2ex-2e-x-4x，令jx=h¢x，则j¢x=2ex+2e-x-4³0，
所以h¢x为R上的增函数，
当x<0时，h¢x0时，h¢x>h¢0=0，
所以hx在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增，
所以对任意m¹0，都有hm=gm+g-m>h0=8，从而原命题得证.
【例2】（2024届河北省衡水市部分示范性高中高三下学期三模）已知 f x=ex-x．
(1)求 f(x)的单调区间和最值；
f(b)- f(a)
(2)定理：若函数 f(x)在(a,b)上可导，在[a，b]上连续，则存在xÎ(a,b)，使得 f¢(ξ)= ．该定理
b-a
称为“拉格朗日中值定理”，请利用该定理解决下面问题：
若00, f(x)单调递增．
当x=0时， f(x)取得最小值1，无最大值；
em en æ1 1 ö
（2）要证 - <(m+1)2 ç - ÷，只需证mem-nen <(m+1)2(m-n)，因为0(m+1)2． 令g(x)=xex(x>0)，显然g(x)在(m,n)上可导，在[m，n]上连续，
m-nmem-nen
故由拉格朗日中值定理知存在xÎ(m,n)，使得g¢(x)= ，
m-n
而g¢(x)=(x+1)ex >0,g¢(x)在(0,+¥)上单调递增，
因为mg¢(m)，即g¢(x)>(m+1)em，
故只需证(m+1)em ³(m+1)2即可，因为m>0，故只需证em ³m+1．
由（1）知ex ³ x+1恒成立，因此原命题得证．
【例3】（2024届天津市部分区高三二模）已知a,bÎR，函数 f x=x+asinx+blnx．
(1)当a=0,b=-1时，求 f x的单调区间；
1
(2)当a=- ,b¹0时，设 f x的导函数为 f¢x，若 f¢x>0恒成立，求证：存在x ，使得 f x <-1；
2 0 0
-b
(3)设02 ．
1 2 1 2 1 2 1 2 a+1
【解析】（1）由函数 f x=x+asinx+blnx，可得其定义域为0,+¥，
1 x-1
当a=0,b=-1时，可得 f x=x-lnx，则 f¢x=1- = ，
x x
当xÎ0,1时，可得 f¢x<0， f x单调递减；当xÎ1,+¥时，可得 f¢x>0， f x单调递增，
\函数 f x的单调递增区间为1,+¥，单调递减区间为0,1．
1 1 1 b
（2）当a=- ,b¹0时，可得 f x=x- sinx+blnx，则 f¢x=1- cosx+ ，
2 2 2 x
1 b 1 b
f¢x>0恒成立，即1- cosx+ >0恒成立，令hx=1- cosx+ ,x>0，
Q
2 x 2 x
b b æ bö 1 æ bö 1 æ bö
若b<0，则 <0，存在x=- ，使得hç- ÷=1- cosç- ÷-2=-1- cosç- ÷<0，
x 2 è 2ø 2 è 2ø 2 è 2ø
即 f¢x<0，不符合题意，\b>0，
取 x 0 =e - b 3 ，则0x -sinx ，即sinx -sinx 1时，hx>h1=0，即lnx>2´ ，\ln x >2´ ，
x+1 x+1
x
2 -1
x-1 x x x - x
即lnx=2ln x >4´ ，\ln 2 >4´ 1 =4´ 2 1 ，
x+1 x x x + x
1 2 +1 2 1
x
1
代入可得：4×-b´ x 2 - x 1 <a+1x -x =a+1 x - x x + x ，
x + x 2 1 2 1 2 1
2 1
-b 2 -b
则4× < x + x ，\ x + x >2 ．
a+1 2 1 2 1 a+1
1
【例4】（2024届四川省百师联盟高三联考三）已知函数 f x= x2-4x+alnx.
2
(1)当a=1时，求曲线 f x在点 1, f 1 处的切线方程；
1 1 35
(2)设函数y= f x有两个不同的极值点x，x.证明： f x + f x ≥ lna- a2- .
1 2 1 2 2 4 4
1 1
【解析】（1）当a=1时 f x= x2-4x+lnx， f¢x=x-4+ ，
2 x
1 7
f 1= -4=- ， f¢1=1-4+1=-2，
2 2
7
则切线方程为y+ =-2x-1，化简得4x+2y+3=0.
2
a x2-4x+a
（2）证明：由题 f¢x=x-4+ = ，
x x
函数 f x有两个极值点x，x，即x2-4x+a=0在0,+¥上有两个不等实根，
1 2
ìïh0=a>0
令hx=x2-4x+a，只需故í ，故00，所以jx在1,4上递增；
1 1 3
所以jx≥j1=ln1-1- ln1+ + =0，xÎ0,4 .
2 4 4
1 1 35
即 f x + f x ≥ lna- a2- 得证.
1 2 2 4 4
【例5】（2024陕西省西安八校高三下学期联考）已知函数 f x=ex-mlnx+x-1mÎR, f x的图象在
1, f 1 处的切线过原点．
(1)求 m的值；
(2)设 gx= f x-x,hx=x2-2x+a，若对"x Î0,+¥总$x ÎR，使 gx > hx 成立，求整数 a的最
1 2 1 2
大值．
【解析】（1）易知 f x的定义域为0,+¥, f 1=e，
m
又 f¢x=ex- +1, f¢1=e-m+1，
x
\f x的图象在 1, f 1 处的切线方程为 y-e=e-m+1x-1，
将 x=0,y=0代入，得 m=1；
（2）hx=x2-2x+a=(x-1)2+a-1．
\当 x=1时，hx取得最小值，[hx] =h1=a-1．由（1）知， m=1．
min
\f x=ex-lnx+x-1，得 gx=ex-lnx-1,gx的定义域为0,+¥．
1 1
则 g¢x=ex- ，易知y=ex- x>0单调递增，
x x
æ1ö
又 g¢ ç ÷= e-2 0,g¢1=e-1 0．
è2ø
æ1 ö 1 1
即 g¢x=0在ç
è2
,1÷
ø
上有唯一解 x
0
，故ex0 =
x
,x
0
=
ex0
．
0于是当0x 时， g¢x>0,gx在x ,+¥上单调递增．
0 0
\gx在 x=x 处取得极小值也是最小值．
0
1 æ 5ö
则 gx =ex 0 -lnx -1= +x -1Îç2, ÷，
min 0 x 0 è 2ø
0
\对"x Î0,+¥总$x ÎR，使 gx >hx 成立，
1 2 1 2
只需1³a-1，得 a£2．故整数 a的最大值为 2．
1．（2024届广东省汕头市第二次模拟）设M 是由满足下列条件的函数 f x构成的集合：①方程
f x - x = 0有实根；② f x在定义域区间D上可导，且 f¢x满足0< f¢x<1.
x lnx
(1)判断gx= - +3，xÎ1,+¥是否是集合M 中的元素，并说明理由；
2 2
(2)设函数 f x为集合M 中的任意一个元素，证明：对其定义域区间D中的任意a、b，都有
f a- f b £a-b.
1 1 1æ 1ö
【解析】（1）
Q
g¢(x)= - = ç1- ÷,
2 2x 2è xø
æ 1ö
\当xÎ(1,+¥)时，g¢(x)Îç0, ÷Í(0,1)，满足条件②；
è 2ø
x lnx
令F(x)=g(x)-x=- - +3，xÎ(1,+¥),
2 2
e 5 e2
则F(e)=- + >0，F(e2)=- +2<0,
2 2 2
\F(x)在[e,e2]上存在零点，即方程g(x)-x=0有实数根，满足条件①，
综上可知，g(x)ÎM;
（2）不妨设a£b,
Q
f¢x>0,\f(x)在D上单调递增，
\f(a)£ f(b)，即 f(b)- f(a)³0.①
令h(x)= f(x)-x, 则h¢(x)= f¢(x)-1<0，\h(x)在D上单调递减，
\f(b)-b£ f(a)-a，即 f(b)- f(a)£b-a，②由①②得： f(a)- f(b) £a-b.
2．（2024届山东省滨州市高三下学期二模）定义：函数 f(x)满足对于任意不同的x,x Î[a,b]，都有
1 2
f x - f x 0；当30Þ01,l< lnt，
1 2 x 2 -x 1 è x 1 ø x 1 t-1
2t-1 1 2t+1-2t-1 t-12
令ht=lnt- ,t³1，则h¢t= - = ³0，
t+1 t t+12 tt+12
所以ht在1,+¥上单调递增，且h1=0，所以ht³h1=0，
2t-1 t+1
于是，当t>1时，有lnt > ，即 lnt >2，
t+1 t-1
综上所述，l£2，即l的取值范围是-¥，2．
4．（2024届湖南省高三“一起考”大联考下学期模拟）已知函数 f x=ax2，gx=lnx，函数 f x，gx
有两条不同的公切线（与 f x，gx均相切的直线）l ，l .
1 2
(1)求实数a的取值范围；
(2)记l ，l 在y轴上的截距分别为d ，d ，证明：d +d <-1.
1 2 1 2 1 2【解析】（1）设直线l：y=kx+b同时与 f x，gx的图象相切，切点分别为m,n，p,q，
1
由 f x=ax2，gx=lnx知， f¢x=2ax，g¢x= ，且 f m=am2，gp=ln p，
x
则l可同时表示为 f x在m,n的切线方程和gx在p,q的切线方程，
1
即y=2amx-m+am2和y= x- p+ln p，两条直线相同，故它们具有相同的斜率和截距，
p
1 1
所以k =2am= ①，b=-am2 =-1+lnp②，结合①②有 = p21-ln p（p>0）.
p 4a
设hp= p21-ln p，则由h¢p= p-2pln p>0有p< e.
从而hp在 0, e 上单调递增，在 e,+¥ 上单调递减，最大值为h e = e .
2
可作出y=hx的大致图象如下，它与y= 1 有两个交点，所以0< 1 < e ，解得a> 1 .
4a 4a 2 2e
æ 1 ö
所以实数a的取值范围为ç ,+¥÷.
è2e ø
（2）设l ，l 与gx的切点坐标分别为x,y ，x ,y 不妨设x t ），
t 1 2 t 2 2 t 1 2-t 2 2 t 1 2+t 2 2 12 èt 2 ø æ ç t 1 ö ÷ 2 -1 1 2
èt ø
22
æt ö
ç 1 ÷ -1
æt ö èt ø
只需要证明lntt >1，即lnç 1 ÷- 2 >0.
12 èt ø æt ö 2
2 ç 1 ÷ +1
èt ø
2
x2-1 1 4x
x2-1 2
设tx=lnx- （x>1），则t¢x= - = >0，
x2+1 x x2+1 2 x x2+1 2
所以tx在1,+¥上单调递增，tx>t1=0，则lntt >1成立，从而xx hx =hx ，
èx ø 1 2
2
æ e ö 2 æ e ö 2 æ e ö x4
即ç ÷ -ç ÷ lnç ÷-x2+x2lnx >0，整理得lnx - 2 >0.
èx 2 ø èx 2 ø èx 2 ø 2 2 2 2 x 2 4+e2
x
x4-e22
设rx=lnx- 4 （x> e），则r¢x= >0.
x4+e2 x x4+e2
从而rx在x> e时单调递增，所以rx >r e = 1 - e2 =0，从而xx 0．
(1)当a=2时，试求函数图象在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x有两个极值点x、x x 0)，
x x
函数 f x在0，+¥上有两个极值点，需满足2x2-2x+a=0在(0,+¥)上有两个不等的根，.
ìΔ=4-8a>0
ï 1
由 f¢x=0得2x2-2x+a=0， 则ía ，故此时00 2
ï
î2
1- 1-2a 1+ 1-2a 1 1
（ⅱ）x +x =1，x = ，x = ，则可得0hç ÷=- -ln2，即 1 >- -ln2，
è2ø 2 x 2
2
æ 3 ù
故实数m的取值范围是ç-¥,- -ln2
ú
.
è 2 û
6．（2024届陕西省部分学校（菁师联盟）高三下学期5月份高考适应性考试）已知函数 f x=2x-xlnx.
(1)求曲线y= f x在x=e2处的切线方程；
(2)若 f x = f x ，且x 0, f x单调递增；当x>e时， f¢x<0, f x单调递增减；
所以 f x在x=e处有极大值 f e=e.又 f e2 =2e2-e2lne2 =0，且当x®0+时， f x®0+.
所以由 f x = f x 且x 0，所以gx>0，即 f x>x,
因为0x ①令hx=-x+e2- f x
1 1 1
h¢x=-1-1-lnx=-2+lnx
当eh e2 =-e2+e2- f e2 =0
2 2
所以-x +e2 > f x ②
2 2
又因为 f x = f x ，由①②得：-x +e2 >x ，即x +x 2．
0 1 0 1
【解析】（1）因为 f x=ax+1e-x+x2，
当a=0时， f x=x2，此时 f x有一个零点；
当a¹0时， f -1=1，所以-1不是函数 f x的零点，
x2ex
令 f x=ax+1e-x+x2 =0x¹-1,Þ-a= ，
1+x
x2ex
故只需讨论gx= 与y=-a的交点个数即可，
1+x
2x+x21+xex-x2ex x3+2x2+2x ex x2+2x+2 xex
g¢x= = = ，
(1+x)2 (1+x)2 (1+x)2
x2ex
因为x2 +2x+2>0，所以gx= 在-¥,-1和-1,0上单调递减，在0,+¥上单调递增，
1+x
x®+¥,gx®+¥，x®-1且x>-1时，gx®+¥，x®-1且x<-1时，gx®-¥，
所以gx的大致图象如图所示：x2ex x2ex
故当a>0,gx= 与y=-a有一个交点，当a<0时，gx= 与y=-a有2个交点；
1+x 1+x
综上，a³0时，函数 f x有1个零点，当a<0时，函数 f x有2个零点．
x 2ex-a
（2）函数 f x=ax+1e-x+x2, f¢x= ，
ex
当a£0时，2ex-a>0，所以函数 f x只有一个极值点，不满足条件；
x 2ex-a
当a=2时， f¢x= ³0，所以函数 f x无极值点；
ex
a a a
当a>2时，ln >0，令 f¢x>0得x<0或x>ln ；令 f¢x<0得00, f 0=a>0, f -1=1，x®-¥时，
è 2ø è 2 ø a è 2ø è 2 ø è 2ø
f x®-¥，所以函数 f x在-1,+¥上无零点，在-¥,-1上有一个零点x，
1
所以x -2x =-2x >2；
0 1 1
a a a
当00得x0；令 f¢x<0得ln 0, f çln ÷> f 0>0,x®-¥时， f x®-¥，
è 2ø
æ1 a ö æ1 a ö - æ ç 1 ln a -1 ö ÷ æ1 a ö 2 e 2a a æ1 a ö 2
f ç ln -1÷=aç ln -1+1÷e è2 2 ø+ç ln -1÷ = ln +ç ln -1÷
è2 2 ø è2 2 ø è2 2 ø 2 2 è2 2 ø
æ1 a ö æ1 a ö 2 æ 1 a ö æ1 a ö
=e 2a×ç ln -1÷+e 2a+ç ln -1÷ =çe 2a+ ln -1÷×ç ln -1÷+e 2a >0，
è2 2 ø è2 2 ø è 2 2 ø è2 2 øæ aö 1 a
所以函数 f x在ç-¥,ln ÷上有一个零点x，且x < ln -1，
è 2ø 1 1 2 2
所以x -2x >2，综上，x -2x >2．
0 1 0 1
8．（2024届重庆市名校联盟高三下学期全真模拟）T性质是一类重要的函数性质，具有T性质的函数被称
为T函数，它可以从不同角度定义与研究.人们探究发现，当y= f x的图像是一条连续不断的曲线时，下
列两个关于T函数的定义是等价关系．
定义一：若y= f x为区间a,b上的可导函数，且y= f¢x为区间a,b上的增函数，则称y= f x为区
间a,b上的T函数．
定义二：若对"x,x Îa,b，"lÎ0,1，都有 f élx +1-lx ù£lf x +1-l f x 恒成立，则称
1 2 ë 1 2û 1 2
y= f x为区间a,b上的T函数．请根据上述材料，解决下列问题：
æ πö
(1)已知函数 f x=tanx，xÎç0, ÷．
è 2ø
æ πö
①判断y= f x是否为xÎç0, ÷上的T函数，并说明理由；
è 2ø
æ πö π
②若a，bÎç0, ÷且a+2b= ，求 f a+2f b的最小值
è 2ø 2
1 1 1 1
(2)设m>1，n>1， + =1，当a>0，b>0时，证明： am+ bn ³ab．
m n m n
【解析】（1）①由于 f x=tanx，xÎ æ ç0, πö ÷，所以 f¢x= æ ç sinxö ÷ ¢ = 1 ，
è 2ø ècosxø cos2x
¢
记mx= f¢x，则m¢x= æ ç 1 ö ÷ = 2sinx ，
ècos2xø cos3x
由于xÎ æ ç0, πö ÷，所以m¢x= æ ç 1 ö ÷ ¢ = 2sinx >0，故mx= f¢x在xÎ æ ç0, πö ÷单调递增，由定义一可知，
è 2ø ècos2xø cos3x è 2ø
æ πö æ πö
f x=tanx，xÎç0, ÷为xÎç0, ÷上的T函数，
è 2ø è 2ø
æ πö æ πö 1
②由于 f x=tanx，xÎç0, ÷为xÎç0, ÷上的T函数，令l= ，
è 2ø è 2ø 3
f a+2f b æa+2bö æπö 3
由定义二可知 ³ f ç ÷=f ç ÷= ，
3 è 3 ø è6ø 3
π π
所以 f a+2f b³ 3，故当a= ,b= 时可取等号，
6 6
故 f a+2f b的最小值为 3，（2）设hx=ex,xÎR,h¢x=ex为单调递增函数，
由定义一可得hx=ex,xÎR为R上的T函数，
1 1 1 1 1 1
am+ bn = elnam + elnbn= emlna + enlnb，
m n m n m n
1 1 1 1
由于m>1，n>1， + =1，则0< <1,0< <1，
m n m n
æ 1 1 ö 1 1
由定义二可得hç mlna+ nlnb÷£ hmlna+ hnlnb，
èm n ø m n
即em 1 mlna+ 1 n nlnb £ 1 emlna + 1 enlnb，故 1 emlna + 1 enlnb ³em 1mlna+1 n nlnb =elna+lnb=elnab =ab
m n m n
1 1
所以 am+ bn ³ab
m n
1
9．（2024届河南省九师联盟高三下学期5月联考）已知函数 f(x)=alnx+ (a¹0)．
x
(1)若 f(x)>a对xÎ(0,+¥)恒成立，求a的取值范围；
1 1
(2)当a=3时，若关于x的方程 f(x)= - x2+4x+b有三个不相等的实数根x，x，x ，且x < x a在区间(0,+¥)上不恒成立，不合题意；
1 a 1 ax-1
当a>0时，函数 f(x)=alnx+ 的定义域为(0,+¥)，且 f¢(x)= - = ．
x x x2 x2
1 1
由 f¢(x)<0可得00可得x> ，
a a
æ 1ö æ1 ö
此时，函数 f(x)的单调递减区间为ç0, ÷，单调递增区间为ç ,+¥÷．
è aø èa ø
æ1ö
则 f(x) = f ç ÷=-alna+a>a，即alna<0，即lna<0，解得00可得0< x<1或x>3；由g¢(x)<0可得10，
èx ø è2-x ø x(2-x)
可知h(x)在(0,1)内单调递增，则h(x)2，可得-x -x <-2．
1 2 1 2 1 2
令m(x)=g(x)-g(6-x),10，
èx ø è6-x ø x(6-x)
可知m(x)在(1,3)内单调递增，则m(x)3，g(x)在(3,+¥)内单调递增，则6-x >x ，即x +x <6，
2 3 2 3 2 3
由-x -x <-2和x +x <6，两式相加可得x -x <4．
1 2 2 3 3 1
10．（2024届湖北省宜荆荆随恩高三5月联考）设函数 f x=4lnx-ax2+4-2ax， aÎR
(1)讨论 f x的单调性．
(2)若函数 f x存在极值，对任意的0 ．
x -x x +x
2 1 2 1
x +x
（ⅱ）判断并证明 1 2 与 x 的大小．
2 0
4 -1
【解析】（1） f¢x= -2ax+4-2a= 2ax-4x+1， x>0，
x x
若 a£0，则 f¢x>0， f x在0,+¥上单调递增，2
若 a>0，由 f¢x=0得 x= ，
a
æ 2ö æ2 ö
当 xÎç0, ÷时 f¢x>0；当 xÎç ,+¥÷时， f¢x<0，
è aø èa ø
æ 2ö æ2 ö
∴ f x在ç0, ÷单调递增，在ç ,+¥÷单调递减.
è aø èa ø
（2）∵ f x存在极值，由（1）知 a>0，
f x - f x =4lnx -lnx -a x2-x2 +4-2ax -x
2 1 2 1 2 1 2 1
=4lnx -lnx -ax +x x -x +4-2ax -x ，
2 1 2 1 2 1 2 1
f x - f x 4lnx -lnx
由题设得 f¢x = 2 1 = 2 1 -ax +x +4-2a，
0 x -x x -x 2 1
2 1 2 1
x
∵01)，
1 2 x
1
lnx -lnx 2 2t-1
（ⅰ）要证明 2 1 > 即证明lnt> t>1，
x -x x +x t+1
2 1 2 1
2t-1 1 2t+1-2t-1 (t-1)2
设 gt=lnt- ，（t>1），则 g¢t= - = >0，
t+1 t (t+1)2 t(t+1)2
∴ gt在1,+¥上单调递增， gt>g1=0，
2t-1 lnx -lnx 2
∴lnt> ，即 2 1 > 得证，
t+1 x -x x +x
2 1 2 1
æx +x ö 8
（ⅱ） f¢ ç 1 2 ÷= -ax +x +4-2a，
è 2 ø x +x 2 1
1 2
æx +x ö 4lnx -lnx 8 ælnx -lnx 2 ö
f¢x - f¢ ç 1 2 ÷= 2 1 - =4ç 2 1 - ÷>0，
0 è 2 ø x -x x +x è x -x x +x ø
2 1 1 2 2 1 1 2
æx +x ö
∴ f¢x > f¢ ç 1 2 ÷，
0 è 2 ø
4 x +x
∵ f¢x= -2ax+4-a在0,+¥上是减函数，∴ 1 2 >x .
x 2 0
11．（2024届江西省上饶市六校高三5月第二次联合考试）已知函数 f x=x-alnx-ba,bÎR,a¹0．
(1)若 a=b=1，求 f x的极值；
(2)若 fx³0，求 ab的最大值．
【解析】（1） a=b=1时， f x=x-lnx-1，函数 f x的定义域0,+¥，
1 x-1
f¢x=1- = ，
x xxÎ0,1时， f¢x<0， f x单调递减， xÎ1,+¥时， f¢x>0， f x单调递增，
所以 x=1时， f x取得极小值，极小值为 f 1=0，无极大值.
a x-a
（2）函数 f x的定义域0,+¥， f¢x=1- = a¹0，
x x
当 a<0时， f¢x>0，函数 f x在0,+¥上单调递增，
x趋向于0时， f x趋向于-¥，与 f x³0矛盾.
当 a>0时，则 xÎ0,a时， f¢x<0， f x在0,a上单调递减，
则 xÎa,+¥时， f¢x>0， f x在a,+¥上单调递增，
x=a时， f x取得最小值，最小值为 f a=a-alna-b³0，
即 a-alna³b，则 ab£a2-a2lnaa>0，
令 g(x)=x2-x2lnxx>0， g¢(x)=2x-2xlnx-x=x-2xlnx=x1-2lnx，
xÎ 0, e 时， g¢x>0， gx在 xÎ 0, e 上单调递增，
xÎ e,+¥ 时， g¢x<0， gx在 xÎ e,+¥ 上单调递减，
x= e时， gx取得最大值，最大值为 g e =e- e = e ，
2 2
e e
即当 a= e，b= ， ab的最大值为 .
2 2
1
12．（2024届山西省临汾市高三下学期考前适应性训练）已知函数 f x=lnx+1+ x2．
2
(1)求 f x在 x=0处的切线方程；
(2)若曲线 y= f x与直线 y=ax有且仅有一个交点，求 a的取值范围；
(3)若曲线 y= f x在 m, f mm>0处的切线与曲线 y= f x交于另外一点 n, f n ，求证：
m
-2m0，即 +x+1>a+1
x+1
1
因为 xÎ-1,+¥，所以 +x+1³2
x+1
当 a+1£2即 a£1时，h¢x³0，所以hx在-1,+¥上单调递增，且h0=0
所以hx在-1,+¥上有唯一零点，符合题意．
当 a >1时，$x Î0,1，使得h¢x =0
1 1
所以hx在-1,x 上单调递增，在x,0上单调递减．
1 1
又因为h0=0，所以hx >0；当 x®-1时，hx®-¥，
1
所以$x Î-1,0满足hx =0，不合题意.
0 0
综上可得 a的取值范围为 a£1．
方法二：若曲线 y= f x与直线 y=ax有且仅有一个交点，即方程
1
lnx+1+ x2 =ax有且只有一个根，因为 x=0时满足方程，
2
1
1 lnx+1+ x2
所以要使得方程lnx+1+ x2 =ax有且只有一个根，则当 x¹0时方程 2 无根，即函数
2 =a
x
1
lnx+1+ x2
y =a与函数 2 的图象没有交点．
y=
x
1
lnx+1+ x2
设 hx= 2 则
x
æ ç 1 +x ö ÷x- é ê lnx+1+ 1 x2 ù ú x -lnx+1+ 1 x2
h¢x= èx+1 ø ë 2 û = x+1 2
x2 x2x 1 1 1 x2x+2
令mx= + x2-lnx+1则m¢x= +x- =
x+1 2 x+12 x+1 x+12
因为 xÎ-1,0È0,+¥，所以m¢x>0，
x 1
所以函数mx= + x2-lnx+1在-1,0和0,+¥上单调递增，
x+1 2
又因为m0=0所以当 xÎ-1,0时mx<0，即hx单调递减，
当 xÎ0,+¥时mx>0，即hx单调递增．
1
当 x®0时，lnx+1+ x2 ®0，由洛必达法则得
2
1 1
lnx+1+ x2 +x
2 x+1 ，
lim =lim =1
x®0 x x®0 1
所以 a的取值范围为 a£1．
1 1
（3） f¢x= +x，所以 f¢m= +m
x+1 m+1
曲线 y= f x在 m, f m 处的切线方程为
æ 1 ö 1
y=ç +m÷ x-m+lnm+1+ m2．
èm+1 ø 2
1
切线与 f x=lnx+1+ x2联立得
2
1 æ 1 ö 1
lnx+1+ x2 =ç +m÷ x-m+lnm+1+ m2
2 èm+1 ø 2
1 æ 1 ö m 1
设 gx=lnx+1+ x2-ç +m÷x+ -lnm+1+ m2
2 èm+1 ø m+1 2
g¢x= 1 +x- æ ç 1 +m ö ÷=
x-mé
ë
m+1x+mù
û
x+1 èm+1 ø x+1m+1
m æ m ö æ m ö
令 g¢x>0则 x>m或 -10，当 x®-1时， gx®-¥，
è m+1ø
æ m ö m
所以nÎç-1,- ÷，满足 gn=0，所以 -10，所以 -2m<0，要证 -2m0．
(1)若 f x£0恒成立，求 m的取值范围；
(2)若 f x有两个不同的零点 x,x ，证明x +x >2．
1 2 1 2
【解析】（1）首先由 m>0可知 f x的定义域是0,+¥，从而 f x=lnmx-x=lnx-x+lnm.
1 1-x
故 f¢x=lnmx-x= -1= ，从而当0< x<1时 f¢x>0，当 x>1时 f¢x<0.
x x
故 f x在0,1上递增，在1,+¥上递减，所以 f x具有最大值 f 1=lnm-1.
所以命题等价于lnm-1£0，即 m£e.所以 m的取值范围是0,e .
（2）不妨设 x 0，所以 pt单调递增.
1+t 1-t 1-t2
这表明t >0时 pt> p0= f 1- f 1=0，即 f 1+t> f 1-t.
又因为 f 2-x = f 1+1-x > f 1-1-x = f x =0= f x ，且 2-x 和x都大于1，
1 1 1 1 2 1 2
故由 f x在1,+¥上的单调性知 2-x 2.
1 2 1 2
14．（2024届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数 f(x)=ax-xlnx, f¢(x)为其导函数．
(1)若 f(x)£1恒成立，求 a的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数 x,x ，使得 f x = f x ，证明： f¢ xx >0．
1 2 1 2 1 2【解析】（1） f¢x=a-1-lnx，当0< x0, f x单调递增；
当 x>ea-1时， f¢x<0, f x单调递减．所以 f(x) = f ea-1 =ea-1£1，
max
解得 a£1，即 a的取值范围为-¥,1．
（2）证明：不妨设 x 0，
1 2 1 2 1 2
e2a-2
即证 xx ea-1时， a-1-lnx<0,x2-e2a-2 >0，则 g¢x<0，
æe2a-2 ö
所以 gx在 ea-1,ea 上单调递减，则 gx0成立．
1 x 1 2
2
1
15．（2024届云南省高中毕业生第二次复习统一检测）已知常数 a>0，函数 f(x)= x2-ax-2a2lnx.
2
(1)若"x>0, f(x)>-4a2，求 a的取值范围;
(2)若x、x是 f(x)的零点，且x ¹ x ，证明:x +x >4a.
1 2 1 2 1 2
【解析】（1）由已知得 f(x)的定义域为{x|x>0}，
2a2 x2-ax-2a2 (x-2a)(x+a)
且 f¢(x)=x-a- = = .
x x x
a>0，\当 xÎ(0,2a)时， f¢(x)<0，即 f(x)在(0,2a)上单调递减；
Q
当 xÎ(2a,+¥)时， f¢(x)>0，即 f(x)在(2a,+¥)上单调递增.
所以 f x在 x=2a处取得极小值即最小值，
\f x = f 2a=-2a2ln2a，
min
"x>0, f x>-4a2 Û f x =-2a2ln2a>-4a2 Ûln2a0}，
f(x)在(0,2a)上单调递减，在(2a,+¥)上单调递增，且 x=2a是 f(x)的极小值点.
x 、x是 f(x)的零点，且x ¹ x ，
Q 1 2 1 2
\x 、x分别在(0,2a)、(2a,+¥)上，不妨设0F(2a)=0，即 f x > f 4a-x ，
Q 1 1 1 1
f x = f x =0，\f x > f 4a-x ，
Q 1 2 2 1
x <2a，\4a-x >2a，
Q 1 1
又
Q
x
2
>2a， f(x)在(2a,+¥)上单调递增，\x
2
>4a-x
1
，即x
1
+x
2
>4a.
