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重难点 07 双变量问题【八大题型】
【新高考专用】
导数是高中数学的重要内容，是高考常考的热点内容，从近几年的高考情况来看，导数中的双变量问
题在高考中占有很重要的地位，主要涉及双变量的恒成立问题、双参数不等式问题以及双变量的不等式证
明等问题，一般作为解答题的压轴题出现，难度较大，需要灵活求解.
【知识点1 导数中的双变量问题】
1．导数中的双变量问题导数中的双变量问题往往以双参数不等式的形式呈现，要想解决双变量问题，就需要掌握破解双参数
不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的
不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
【知识点2 导数中的双变量问题的解题策略】
1．转化为同源函数解决双变量问题
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结构形式
1 2 1 2
相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解.
2．整体代换解决双变量问题
(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a，得到仅含有x，x 的式子.
1 2
(2)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,
1 2 1 2 1 2
再通过消元转化为只含有x 或x 的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为 x ，x 的齐次式，然后
1 2 1 2
转化为关于 的函数，把 看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.
3．构造函数解决双变量问题的答题模板
第一步：分析题意，探究两变量的关系；
第二步：合二为一，变为单变量不等式；
第三步：构造函数；
第四步：判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题；
第五步：反思回顾解题过程，规范解题步骤.
【题型1 双变量单调性问题】
【例1】（2024·四川德阳·一模）已知函数f (x)=¿，若对任意x 0，
3
解得a<−2，由分段处左端点值小于等于右端点值得到a≥1或a≤− ，从而a<−2，再验证出此时F(x)，
4
在x>1上单调递增，从而得到答案.
【解答过程】对任意x 0，解得a<−2，
1 3 11 3
且2−(a+2)≤ − a+2a2− ，解得a≥1或a≤− ，
3 2 6 4
故a<−2，
当x>1时，F′(x)=x2−3ax+2a2=(x−a)(x−2a)，
因为a<−2，所以F′(x)=(x−a)(x−2a)>0，
故F(x)在(1,+∞)上单调递增，满足要求，
综上，实数a的取值范围是(−∞,−2).
故选：A.
【变式1-1】（2024·四川内江·模拟预测）定义在R上的函数f(x)，对∀x ,x ∈R都有
1 2
x f(x )+x f(x )>x f(x )+x f(x )，若f(xa )>f(log x)（a>0且a≠1），则下列式子一定成立的
1 1 2 2 1 2 2 1 a
是（ ）
2 1
A．alna< B．alna<
e e
1 2
C．alna> D．alna>
e e
【解题思路】变形得(x −x )[f(x )−f(x )]>0，得函数f(x)在R上单调递增，由f (xa)>f (log x)，得
1 2 1 2 a
lnt
xa>log x，令x=at>0，则log x=t，即aat>t，两边取对数得(at)lna>lnt，令g(t)= ，利用导数
a a t
求出单调性求解．
【解答过程】由x f(x )+x f(x )>x f(x )+x f(x )，
1 1 2 2 1 2 2 1
得x f(x )−x f(x )+x f(x )−x f(x )>0，
1 1 1 2 2 2 2 1
得x [f(x )−f(x )]+x [f(x )−f(x )]>0，
1 1 2 2 2 1
得(x −x )[f(x )−f(x )]>0，
1 2 1 2
得函数f(x)在R上单调递增，
由f (xa)>f (log x)，得xa>log x，
a a
令x=at>0，则log x=t，
a即aat>t，当t≤0时，显然成立，
当t>0时，两边取对数得，lnaat>lnt，
得(at)lna>lnt，
lnt
得alna> ，
t
lnt 1−lnt
令g(t)= ，得g′(t)= ，
t t2
由g′ (t)>0，得0e，
故函数g(t)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
1
当t=e时，函数g(t)取得取大值为g(e)= ，
e
1
故alna> ，
e
故选：C.
【变式1-2】（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数f (x)=2lnx+x2−ax．
(1)当a=1时，求f (x)的单调区间；
f (x )−f (x )
(2)若对任意01，求a的取值范围．
1 2 x −x
2 1
【解题思路】（1）求导，根据导数符号判断f (x)的单调区间；
2
（2）构建g(x)=f (x)−x，分析可知在(0,+∞)单调递增，求导整理可得a+1≤2x+ ，利用基本不等式运
x
算求解.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=2lnx+x2−x，
2 2x2−x+2
可知f (x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)= +2x−1= >0，
x x
所以f (x)的单调增区间为(0,+∞)，无单调减区间．
f (x )−f (x )
（2）因为x >x >0, 2 1 >1，
2 1 x −x
2 1
则f (x )−f (x )>x −x ，即f (x )−x 0，可知g(x)在(0,+∞)单调递增．2 2x2−(a+1)x+2
且g′(x)= +2x−a−1= ，
x x
2
则g′(x)≥0在(0,+∞)恒成立．即2x2−(a+1)x+2≥0，可得a+1≤2x+ ，
x
2 √ 2
又因为2x+ ≥2 2x⋅ =4，当且仅当x=1时等号成立，
x x
可得a+1≤4，即a≤3．
所以a的取值范围是(−∞,3]．
a+1
【变式1-3】（23-24高二下·辽宁朝阳·阶段练习）已知函数f (x)=x−(a+2)lnx− .
x
(1)讨论函数f (x)的单调性；
1
(2)设g(x)=lnx+ ，对任意x ,x ∈[3,+∞)，且x >x ，使f (x )−f (x )≥a[g(x )−g(x )]恒成立，求
x 1 2 2 1 2 1 2 1
正实数a的取值范围.
【解题思路】（1）求导，利用导函数的符号判断函数的单调性，注意分类讨论.
（2）把f (x )−f (x )≥a[g(x )−g(x )]转化为f (x )−ag(x )≥f (x )−ag(x )，设F(x)=f (x)−ag(x)，
2 1 2 1 2 2 1 1
只需根据F(x)=f (x)−ag(x)在[3,+∞)上单调递增，求出正实数a的取值范围即可.
【解答过程】（1）由题意：x>0，
a+2 a+1 a+2 x2−(a+2)x+(a+1)
且f′(x)=1− + =1− + .
x x2 x x2
由f′(x)>0 ⇒ x2−(a+2)x+(a+1)>0 ⇒ (x−1)[x−(a+1)]>0
若a+1≤0即a≤−1，则x>1，所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
若01，所以f (x)在(0,a+1)，(1,+∞)上单调递增，在(a+1,1)上单
调递减；
若a+1=1即a=0，则f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，所以函数在(0,+∞)上单调递增；
若a+1>1即a>0，则x<1或x>a+1，所以f (x)在(0,1)，(a+1,+∞)上单调递增，在(1,a+1)上单调递减.
综上，当a≤−1时，函数f (x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)；
当−10时，函数f (x)的单调递减区间为(1,a+1)，单调递增区间为(0,1)，(a+1,+∞).（2）由f (x )−f (x )≥a[g(x )−g(x )]得f (x )−ag(x )≥f (x )−ag(x )，（x ,x ∈[3,+∞)，且x >x
2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1
）
a+1 ( 1) 2a+1
设F(x)=f (x)−ag(x)=x−(a+2lnx)− −a lnx+ =x−2(a+1)lnx− ，
x x x
由题意，F(x)在[3,+∞)单调递增.
2(a+1) 2a+1 x2−2(a+1)x+(2a+1) (x−1)[x−(2a+1)]
因为F′(x)=1− + = = ，
x x2 x2 x2
由x≥3时，F′(x)≥0恒成立，得2a+1≤x ⇒ 2a+1≤3 ⇒ a≤1.
又a为正实数，所以a∈(0,1].
【题型2 双变量的最值（范围）问题】
【例2】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数f(x)=ex+x,g(x)=lnx+x，若f (x )=g(x )，则x x 的
1 2 1 2
最小值为（ ）
1 √e
A．−e B．− C．−1 D．−
e 2
【解题思路】结合题意构造函数ℎ(x)=ex+x，得到x
1
=lnx
2
，表示出x
1
x
2
=x
1
ex 1，再借助导数求出
u(x)=xex的最小值即可.
【解答过程】∵f(x)=ex+x,g(x)=lnx+x，f (x )=g(x )，
1 2
∴ex 1+x =lnx +x =elnx 2+lnx ，
1 2 2 2
令ℎ(x)=ex+x,ℎ '(x)=ex+1>0，
∴ℎ(x)=ex+x在R上单调递增，
∴x =lnx ，即ex 1=x ，
1 2 2
∴x x =x ex 1，
1 2 1
令u(x)=xex，则u'(x)=ex(x+1)，
当x∈(−∞,−1)时，u′(x)<0，u(x)单调递减；
当x∈(−1,+∞)时，u′(x)>0，u(x)单调递增；
∴当x=−1时，函数u(x)=xex取得最小值，1
即u(x) =u(−1)=− ，
min e
1
∴x x ≥− ，
1 2 e
故选：B.
【变式2-1】（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数f(x)=¿，若a0时，g(x)>0，即g(x)此时单调递增，
所以g(x)≥g(0)=1，则a≤1，
实数a的取值范围为(−∞,1]；
1
（2）若f (x)≥− x2+x+b，则ex−(a+1)x−b≥0，
2
令ℎ(x)=ex−(a+1)x−b，则ℎ ′(x)=ex−(a+1)，
若a≤−1，则ℎ ′(x)>0，此时ℎ(x)在R上单调递增，
当x→−∞时，ℎ(x)→−∞，不符合题意；
当a>−1，则x>ln(a+1)时，ℎ ′(x)>0，此时ℎ(x)单调递增，
x0，此时m(x)单调递增，
当x∈(√e,+∞)时，m′(x)<0，此时m(x)单调递减，
e
即m(x)≤m(√e)=
，
2
e
所以
≥(a+1) 2−(a+1) 2ln(a+1)≥b(a+1)，
2
√e e
当且仅当a+1=√e,b=(a+1)−(a+1)ln(a+1)= 时，b(a+1) = ，
2 max 2
e
所以(a+1)b的最大值为 .
2
【变式2-3】（2024高三下·全国·专题练习）已知函数f (x)=aex−x3(a∈R)有三个极值点x ，x ，x （
1 2 3
x 0得02，
所以g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，
12
又g(0)=0，g(2)= ，
e2
结合图象可知函数g(x)的值域为[0,+∞)，
( 12)
所以a的取值范围为 0, ．
e2
（2）由（1）知x <00)，根据题意得到方程x2−2x+a=0有两个不相
x
等的正实数根，结合根与系数的关系求得a的取值范围，然后将不等式进行转化，结合根与系数的关系得
到f (x )+f (x )−x −x 关于参数a的表达式，从而构造函数，利用导数知识进行求解．
1 2 1 2
a x2−2x+a
【解答过程】依题意得f′(x)= +x−2= (x>0)，
x x
若函数f (x)有两个不同的极值点x ,x ，
1 2
则方程x2−2x+a=0有两个不相等的正实数根x ,x ，
1 2
可得¿，解得0 ℎ(1)=−5，可知t≤−5．
所以实数t的取值范围是(−∞,−5].
故选：B．
【变式3-2】（2024·四川德阳·二模）已知函数f (x)=lnx+x2−2ax,a∈R，
(1)当a>0时，讨论f (x)的单调性；
(2)若函数f (x)有两个极值点x ,x (x 0两种情况即可得解；
1
（2）利用（1）中结论，利用韦达定理得到x ⋅x = ，2ax =2x2+1，2ax =2x2+1，利用消元法将
1 2 2 1 1 2 2表示成关于 的函数，再利用换元法和导数求得所得函数的最小值，从而得解.
2f (x )−f (x ) x2
1 2 2
【解答过程】（1）因为f (x)=lnx+x2−2ax,x>0，
1 2x2−2ax+1
所以f′ (x)= +2x−2a= ,
x x
令g(x)=2x2−2ax+1，则Δ=4a2−8=4(a2−2)，
因为a>0，
当0√2时，Δ>0，由g(x)=0，得x = ,x = ，且x x 时，g(x)>0，即f′ (x)>0；
3 4
当x √2时，f(x)在(0,x ),(x ,+∞)上单调递增，在(x ,x )上单调递减，
3 4 3 4
a−√a2−2 a+√a2−2
其中x = ,x = .
3 2 4 2
（2）由（1）可知，x ,x 为f(x)的两个极值点，且x √2，x +x =a>0，x ⋅x = ，
1 2 1 2 2
所以x ∈ ( 0, √2) ，x ∈ (√2 ,+∞ ) ，且有2ax =2x2+1，2ax =2x2+1，
1 2 2 2 1 1 2 2
则2f (x )−f (x )=2(lnx +x2−2ax )−(lnx +x2−2ax )
1 2 1 1 1 2 2 2
=2(lnx +x2−2x2−1)−(lnx +x2−2x2−1) =−2x2+2lnx −lnx +x2−1
1 1 1 2 2 2 1 1 2 2=x2−2 ( 1 ) 2 +2ln 1 −lnx −1=x2− 1 − 3 lnx2−2ln2−1
2 2x 2x 2 2 2x2 2 2
2 2 2
令t=x2 ，则t∈ (1 ,+∞ ) ，令g(t)=t− 1 − 3 lnt−2ln2−1，
2 2 2t 2
1 3 (2t−1)(t−1)
则g′(t)=1+ − = ，
2t2 2t 2t2
(1 )
当t∈ ,1 时，g′(t)<0，则g(t)单调递减，
2
当t∈(1,+∞)时，g′(t)>0，则g(t)单调递增，
1+4ln2
所以g(t) =g(1)=− ，
min 2
1+4ln2
所以2f (x )−f (x )的最小值为− .
1 2 2
1
【变式3-3】（24-25高三上·四川绵阳·阶段练习）已知f (x)=− e2x+4ex−ax−5.
2
(1)当a=3时，求f (x)的单调递增区间；
(2)若f (x)有两个极值点x ，x .
1 2
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：f (x )+f (x )+x +x <0.
1 2 1 2
【解题思路】（1）首先求函数的导数，化简后求f′(x)>0的解集；
（2）（ⅰ）首先求函数的导数，令t=ex，换元后转化为方程t2−4t+a=0有两个正根，利用判别式以及
韦达定理，求参数的取值范围；
（ⅱ）首先求f (x )+f (x )+x +x ，根据（1）的换元结果，以及韦达定理，转化为关于a的函数，并构造
1 2 1 2
函数g(x)=x−(x−1)lnx−2(00，
故f (x)单调递增区间为(0,ln3)；
（2）f′(x)=−e2x+4ex−a，令t=ex，即f′(t)=−t2+4t−a，令t =ex 1，t =ex 2，则t 、t 是方程t2−4t+a=0的两个正根，
1 2 1 2
则Δ=(−4) 2−4a=16−4a>0，即a<4，
有t +t =4，t t =a>0，即00，当
0 0 x 0 x 0 0
0 0
x∈(x ,4)时，g′(x)<0，
0
故g(x)在(0,x )上单调递增，g(x)在(x ,4)上单调递减，
0 0
1 1
则g(x)≤g(x )=x −(x −1)lnx −2=x −(x −1)× −2=x + −3，
0 0 0 0 0 0 x 0 x
0 0
又x ∈(1,2)，则x + 1 ∈ ( 2, 5) ，故g(x )=x + 1 −3<0，
0 0 x 2 0 0 x
0 0
即g(x)<0，即f (x )+f (x )+x +x <0.
1 2 1 2【题型4 与切线有关的双变量问题】
【例4】（23-24高二下·湖南·期中）已知P(t,t2)，过点P可作曲线f (x)=x−lnx的两条切线，切点为
[f (x )−f (x ) ]
(x ,f (x ))，(x ,f (x ))．求x x 1 2 −1 的取值范围（ ）
1 1 2 2 1 2 x −x
1 2
A．(−1,0) B．[−1,0) C．(−2,−1) D．[−2,−1)
t
【解题思路】先设切点坐标，利用导数的几何意义确定切线方程，参变分离得方程t+1−t2= +lnx有两
x
t
不同解x ,x ，构造函数g(x)= +lnx，判定其单调性求其最小值，化为解t2−t+lnt<0，构造函数
1 2 x
[lnx −lnx ]
ℎ(t)=t2−t+lnt，判定其单调性从而解得00．
当t>0时，g′(t)=0，当x∈(0,t)时，g(x)单调递减，x∈(t,+∞)时，g(x)单调递增，故g(t)为极小值；
t
要使t+1−t2= +lnx有两解，则t+1−t2>g(t)，即t2−t+lnt<0，
x
1
令ℎ(t)=t2−t+lnt,ℎ '(t)=2t−1+ ≥2√2−1>0,ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增，
t
又因为ℎ(1)=0，所以00.
2
所以f′(x)=2x+ ，x>0.
x
由因为f (x)在A(x ,f (x ))，B(x ,f (x ))两个不同点处的切线相互平行，
1 1 2 2
2 2
所以f′ (x )=f′ (x ) ⇒ 2x + =2x + ，又x ≠x ，所以x x =1，故CD错误；
1 2 1 x 2 x 1 2 1 2
1 2
因为x >0,x >0且x ≠x ，所以x +x >2√x x =2，故A不成立；
1 2 1 2 1 2 1 2
1 10
当x = ,x =3时，x +x = .故B成立.
1 3 2 1 2 3
故选：B.
1
【变式4-2】（2024·广东·二模）已知f (x)= ax2+(1−2a)x−2lnx,a>0.
2
(1)求f (x)的单调区间；
(2)函数f (x)的图象上是否存在两点A(x ,y ),B(x ,y )（其中x ≠x ），使得直线AB与函数f (x)的图象
1 1 2 2 1 2
x +x
在x = 1 2处的切线平行？若存在，请求出直线AB；若不存在，请说明理由.
0 2【解题思路】（1）求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；
（2）求出直线AB的斜率，再求出f′ (x )，从而得到x ,x 的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.
0 1 2
2 ax2+(1−2a)x−2 (ax+1)(x−2)
【解答过程】（1）由题可得f′ (x)=ax+1−2a− = = (x>0)
x x x
因为a>0，所以ax+1>0，
所以当x∈(0,2)时，f′ (x)<0，f(x)在(0,2)上单调递减，
当x∈(2,+∞)时，f′ (x)>0，f(x)在(2,+∞)上单调递增.
综上，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.
1 1
[ ax2+(1−2a)x −2lnx ]−[ ax2+(1−2a)x −2lnx ]
（2）由题意得，斜率
k=
y
2
−y
1=
2 2 2 2 2 1 1 1
x −x x −x
2 1 2 1
1 x x
a(x2−x2 )+(1−2a)(x −x )−2ln 2 2ln 2
2 2 1 2 1 x a x ，
= 1 = (x +x )+1−2a− 1
x −x 2 1 2 x −x
2 1 2 1
x +x a(x +x ) 4
f′ ( 1 2 )= 1 2 +1−2a− ,
2 2 x +x
1 2
x +x
由k=f′ ( 1 2 )得，
2
x
x 2( 2−1)
ln 2 x 2(x −x ) x x
x 2 ，即ln 2= 2 1 ，即ln 2− 1 =0
1 = x x +x x x
x −x x +x 1 1 2 1 2+1
2 1 1 2 x
1
x
令t= 2 ，不妨设x >x ，则t>1，
x 2 1
1
2(t−1) 4
记g(t)=lnt− =lnt+ −2(t>1)
t+1 t+1
1 4 (t−1) 2
所以g'(t)= − = >0，所以g(t)在(1,+∞)上是增函数，所以g(t)>g(1)=0，
t (t+1) 2 t(t+1) 2
所以方程g(t)=0无解，则满足条件的两点A,B不存在.【变式4-3】（2024·重庆·模拟预测）牛顿在《流数法》一书中，给出了代数方程的一种数值解法——牛顿
法．具体做法如下：如图，设r是f(x)=0的根，首先选取x 作为r的初始近似值，若f(x)在点
0
(x ,f(x ))处的切线与x轴相交于点(x ,0)，称x 是r的一次近似值；用x 替代x 重复上面的过程，得到
0 0 1 1 1 0
x ，称x 是r的二次近似值；一直重复，可得到一列数：x ,x ,x ,⋯,x ,⋯．在一定精确度下，用四舍
2 2 0 1 2 n
五入法取值，当x ,x (n∈N∗)近似值相等时，该值即作为函数f(x)的一个零点r．
n−1 n
(1)若f(x)=x3+3x2+x−3，当x =0时，求方程f(x)=0的二次近似值（保留到小数点后两位）；
0
(2)牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，求函数g(x)=ex−3在点
3
(2,g(2))处的切线，并证明：ln3<1+ ；
e2
(3)若ℎ(x)=x(1−lnx)，若关于x的方程ℎ(x)=a的两个根分别为x ,x (x e−ea．
1 2 1 2 2 1
【解题思路】（1）根据题意分别计算出x ,x ，取x 得近似值即为方程f(x)=0的二次近似值；
1 2 2
（2）分别求出g(2)，g′ (2)，即可写出函数g(x)在点(2,g(2))处的切线方程；设
x
m(x)=lnx−1− ,x>1，证明出m(x)≤m(e2 )，得出m(3)1，
e2
1 1
则m′ (x)= − ，显然m′ (x)单调递减，令m′ (x)=0，解得x=e2，
x e2
所以当x∈(1,e2 )时，m′ (x)>0，则m(x)在(1,e2 )单调递增，
当x∈(e2,+∞)时，m′ (x)<0，则m(x)在(e2,+∞)单调递减，
e2
所以m(x)≤m(e2 )=lne2−1− =0，
e2
3 3
所以m(3)0；当x>1时，ℎ ′(x)<0，
所以ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以x=1是ℎ(x)的极大值点，也是ℎ(x)的最大值点，即ℎ(x) = ℎ(1)=1，
max
又00，x>e时，ℎ(x)<0，
所以当方程ℎ(x)=a有两个根时，必满足00；当 ee−1 (x −e)，解得x >a−ea+e；①
2 2 1−e 2 2
下面证明当0x ，解得−x >−a，②
1 1 1 1
①+②，得x −x >e−ea．
2 1
【题型5 与零点有关的双变量问题】
【例5】（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数f (x)=lnx+1−ax有两个零点x ,x ，且x 1 B．x +x <
1 2 a
1
C．x ⋅x <1 D．x −x > −1
1 2 2 1 a
lnx+1 lnx+1
【解题思路】根据零点可将问题转化为a= ，构造g(x)= ，求导即可根据函数的单调性得
x x
(2 )
函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数ℎ(x)=f −x −f (x)，结合函数的
a
2
单调性即可求解B，根据x +x > 可得ln(x x )>0，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
1 2 a 1 2
lnx+1 lnx+1
【解答过程】由f (x)=0可得a= ，令g(x)= ，其中x>0，
x x
lnx
则直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点，g′(x)=−
，
x2
由g′(x)>0可得01，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
1 lnx+1 1 lnx+1
且当0 时，g(x)= >0，g(1)=1，
e x e x
如下图所示：由图可知，当00可得0 ，
x x a a
( 1) (1 ) 1
所以，函数f (x)的增区间为 0, ，减区间为 ,+∞ ，则必有0 ，
1 a a 1 a
(2 ) (2 ) (2 ) 1
令ℎ(x)=f −x −f (x)=ln −x −a −x −lnx+ax，其中0 ℎ =0，即f −x −f (x )>0，即f (x ) −x ，即x +x > ，故B错误；
a 2 a 1 1 2 a
ln(x x )+2 2
由¿，两式相加整理可得x +x = 1 2 > ，
1 2 a a
所以，ln(x x )>0，可得x ⋅x >1，故C错误；
1 2 1 2
1 1 1
由图可知 −1，又因为x > ，所以，x −x > −1，故D正确.
e 1 2 1 2 a 2 1 a
故选：D.| 2 |
【变式5-1】（2024·四川南充·一模）已知函数f(x)= lnx− +2 −m（0 ③e31
x 1 m+2 2 3−m 1 2
1
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】
| 2 | | 2 |
函数f (x)= lnx− +2 −m(00，所以g(x)在(0,+∞)
x x x x2
单调递增，而g(1)=0，可得ℎ(x)图象如图所示
故ℎ(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
所以0ln 2 ，
1 2 x x x
1 2 1x
所以
20，
1 x 1 1 1 1
1
2
因此 x > ，故②正确；
1 m+2
m m 3
对于③，因为01，
3 3−m
( 3 ) 3 2(3−m) 3 2m
所以g =ln − +2=ln + ，
3−m 3−m 3 3−m 3
( 3 ) m
则g −m=−ln(3−m)− +ln3，
3−m 3
m
构造函数Q(x)=−ln(3−m)− +ln3，
3
1 1 m
则Q′(x)= − = >0，而Q(0)=0，
3−m 3 3(3−m)
( 3 )
所以g >m=g(x )，
3−m 2
3
所以x < ，
2 3−m
g ( e m 3 ) = m − 2 +2 m−g ( e m 3 ) =2( m − 1 +1)
因为 3 m ，所以 3 m ，
e3 e3
m 1
令
=t(0g e3
2
m
3
所以e3 −4，
1 2 x x √x x
1 2 1 2
4
所以lnx x − +4>0，
1 2 √x x
1 2
4
令√x x =n，W(n)=2lnn− +4，显然W(n)单调递增，且W(1)=0，
1 2 n
所以x x >1，故④正确.
1 2故选：D.
lnx
【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=ax− ，a>0．
x
(1)若f (x)存在零点，求a的取值范围；
(2)若x ，x 为f (x)的零点，且x 2．
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）利用导数求出函数g(x)的最小值，解不等式g(x) ≤0即可求解；
min
lnx −lnx lnx −lnx x
（2）由零点的定义可得a= 1 2 ，只需证 1 2 (x +x )>2，令t= 1 ，利用导数证明
(x −x )(x +x ) x −x 1 2 x
1 2 1 2 1 2 2
2(t−1)
不等式F(t)=lnt− <0即可.
t+1
【解答过程】（1）f (x)的定义域为(0,+∞)，
lnx
令f (x)=0，即ax− =0(a>0)，等价于ax2−lnx=0，
x
1 2ax2−1
设g(x)=ax2−lnx，则g′(x)=2ax− = （x>0），
x x
√2a
令g′(x)=0，可得x= ，
2a
( √2a)
当x∈ 0, 时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
2a
(√2a )
当x∈ ,+∞ 时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
2a
(√2a) 1 √2a 1
则g(x)的最小值为g = −ln = (1+ln2a)，g(1)=a>0，
2a 2 2a 2
(√2a) 1
要使得g(x)=ax2−lnx存在零点，则g = (1+ln2a)≤0，
2a 2
( 1 ]
即1+ln2a≤0，得a∈ 0, ．
2e
（2）由x ,x 为f (x)的零点，得f (x )=f (x )=0，
1 2 1 2即g(x )=g(x )=0，即¿
1 2
lnx −lnx
两式相减得a(x2−x2)−(lnx −lnx )=0，即a= 1 2 .
1 2 1 2 (x −x )(x +x )
1 2 1 2
要证当02，
1 2 1 2
lnx −lnx x 2(x −x )
只需证 1 2 (x +x )>2，只需证ln 1< 1 2 ，00，则F(t)在(0,1)上单调递增，
t (t+1) 2 t(t+1) 2 t(t+1) 2
2(t−1)
∴F(t)=lnt− 1)，欲证u +u <1，只需证u +λu <1，
1 2 1 2 1 e 2 u 1 2 1 1
1
即证u (1+λ)<1，即证lnu +ln(1+λ)<0，结合不等式特点合理构造函数，结合导数与单调性关系的转
1 1化即可求证；
（3）结合所要比较式子，合理构造函数，对新函数求导，结合导数与单调性关系即可求解.
1 1
【解答过程】（1）f (x)=x2lnx−m= x2lnx2−m= (x2lnx2−2m)，
2 2
u=x2，考虑函数g(u)=ulnu−2m，
f (x)有两个零点x ,x ，u =x2,u =x2 ，则g(u)有两个零点u ,u ，
1 2 1 1 2 2 1 2
g′(u)=lnu+1,g(u)在 ( 0, 1) 上单调递减， (1 ,+∞ ) 单调递增，
e e
(1) 1
所以g(u) =g =− −2m<0，
min e e
1
因为当u→0+时g(u)→−2m；当x→+∞时，g(u)→−∞，所以− 1)，
1 2 1 2 1 e 2 u
1
欲证u +u <1，只须证u +λu <1，即u (1+λ)<1，
1 2 1 1 1
即lnu +ln(1+λ)<0①，
1
∵u lnu =u lnu =λu lnλu ，
1 1 2 2 1 1
λ−lnλ
∴lnu =λ(lnλ+lnu ),∴lnu = ，
1 1 1 1−λ
λlnλ lnλ ln(λ+1)
证明①式只需证 +ln(1+λ)<0，即证 > ②，
1−λ λ−1 λ
1
lnλ 1− −lnλ
构造φ(λ)=
λ−1
(λ>1)， φ′(λ)= λ ，
(λ−1) 2
1 1 1 1−λ 1 1 1−λ
令y=1− −lnλ，y′= − = ，由于λ>1，所以y′= − = <0，
λ λ2 λ λ2 λ2 λ λ2
1 1
所以y=1− −lnλ在λ>1时单调递减，所以y<1− −ln1=0，
λ 1
1
1− −lnλ
所以 φ′(λ)= λ <0 ，
(λ−1) 2
φ(λ)在(1,+∞)单调递减，∴φ(λ)>φ(λ+1)得证.
（3）先证u +u > e ,0F =0，即g(u )>g −u ，
e 1 e 1 e 1
(2 ) (1 ) 2 2
∴g(u )>g −u ,∵g(u)在 ,+∞ 单调递增，∴u > −u ,∴u +u > .
2 e 1 e 2 e 1 1 2 e
1
由01，
1 e 2 1 2
2(x−1) (x−1) 2
又∵当00，
x+1 x(x+1) 2
2(x−1) 2(1−1)
所以y=lnx− 在(0,1)时单调递增，当x=1时，y=ln1− =0，
x+1 1+1
2(x−1)
所以当00③，
1 1 1
2(x−1) 2(1−1)
同理当x>1时，y=lnx− 单调递增，当x=1时，y=ln1− =0，
x+1 1+1
2(x−1) 2(x−1)
所以y=lnx− >0，即lnx> ，
x+1 u+1
把x代成eu 可得：eu2−2meu −3u −2m<0④，
2 2 2 2
由③-④得：e(u2−u2)>(2me+3)(u −u )，
1 2 1 2
e 2 3
∵u 0，
x x
ln1
所以f (x)在区间(0,1)上单调递增， =0，
1
所以当x∈(0,1)时，f (x)的值域为(−∞,0).
a(1−ax)
对于g(x)=axe−ax(x<0)，g′(x)=a(1−ax)e−ax=
，
eax
若a=0，则g(x)=0，不符合题意.
若a>0，则g′(x)>0，所以g(x)在(−∞,0)上单调递增，
所以当x∈(−∞,0)时，g(x)的值域为(−∞,0)，符合题意，D选项正确.
( 1)
当a<0时，g(x)在区间 −∞, 上g′(x)>0,g(x)单调递增，
a
(1 )
在区间 ,+∞ 上g′(x)<0,g(x)单调递减，
a
1
g
(1)
=a×
1
×e
−a×
a=
1
，而当x<0时g(x)=axe−ax>0
a a e
( 1]
所以当x∈(−∞,0)时，g(x)的值域为 0, ，不符合题意.
e
综上所述，实数a的取值范围为(0,+∞).
故选：D.
【变式6-1】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数f (x)=2xlnx−ax2，若对任意的x ,x ∈(0,+∞)，
1 2
当x >x 时，都有2x +f (x )>2x +f (x )，则实数a的取值范围为（ ）
1 2 1 2 2 1
A． [ 1 ,+∞ ) B．[1,+∞) C． [1 ,+∞ ) D．[2,+∞)
2e e
【解题思路】构造函数F(x)=f (x)−2x，求导，分离参数求最值即可.
【解答过程】不等式2x +f (x )>2x +f (x )等价于f (x )−2x x 时，F(x )0，g(x)单调递增，
1 1
当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0,g(x)单调递减.所以g(x) =g(e)= ，所以a≥ .
max e e
故选：C.
【变式6-2】（2024·四川泸州·一模）已知函数f (x)=ax+1−xlnx的图像在x=1处的切线与直线x−y=0
平行．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若∀x ,x ∈(0,+∞)，且x >x 时，f (x )−f (x )>m(x2−x2)，求实数m的取值范围．
1 2 1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出a=2，直接利用导数求单调区间；
1−lnx
（2）根据式子结构构造g(x)=f (x)−mx2，由g(x)在(0,+∞)为增函数，得到2m≤ 在x>0恒成立，
x
1−lnx
令ℎ(x)= ，利用导数求出ℎ(x)的最小值，即可求解.
x
【解答过程】（1）f (x)=ax+1−xlnx的导数为f′(x)=a−1−lnx，
可得f (x)的图象在A(1,f (1))处的切线斜率为a−1，
由切线与直线x−y=0平行，可得a−1=1，即a=2，
f (x)=2x+1−xlnx，f′(x)=1−lnx，
由f′(x)>0，可得0e，则f (x)在(0,e)递增，在(e,+∞)递减．
（2）因为x >x ，若∀x ,x ∈(0,+∞)，由f (x )−f (x )>mx2−mx2 ，
1 2 1 2 1 2 1 2
即有f (x )−mx2>f (x )−mx2 恒成立，设g(x)=f (x)−mx2，
1 1 2 2
所以g(x)=f (x)−mx2在(0,+∞)为增函数，即有g′(x)=1−lnx−2mx≥0对x>0恒成立，1−lnx 1−lnx lnx−2
可得2m≤ 在x>0恒成立，由ℎ(x)= 的导数为ℎ ′(x)= ，
x x x2
当ℎ ′(x)=0，可得x=e2，ℎ(x)在(0,e2)递减，在(e2,+∞)递增，
1 1 1
即有ℎ(x)在x=e2处取得极小值，且为最小值− 可得2m≤− ，解得m≤−
e2 e2 2e2
( 1 ]
则实数m的取值范围是 −∞,− ．
2e2
1
【变式6-3】（23-24高二下·湖南郴州·期末）已知f (x)=alnx+ x2−2x（a∈R且a≠0），
2
g(x)=cosx+xsinx．
(1)求g(x)在[−π,π]上的最小值；
[1 ] f (x )
(2)如果对任意的x ∈[−π,π]，存在x ∈ ,e ，使得 2 −a≤g(x )成立，求实数a的取值范围．
1 2 e x 1
2
【解题思路】（1）对g(x)求导，因为g(x)为偶函数，求出g(x)在x∈(0,π)的单调性，即可求出[−π,π]
上的最小值；
[1 ] f (x )
（2）由（1）知，g(x)在[−π,π]上的最小值为−1 ，所以∃x ∈ ,e ，使得 2 −a≤−1成立，即
2 e x
2
1 1
1 x2−x x2−x [1 ]
a(x −lnx )≥ x2−x 成立，即 2 2 2 ，设 2 ，x∈ ,e ，即只需a≥φ(x) 即可．
2 2 2 2 2 a≥ φ(x)= e min
x −lnx x−lnx
2 2
【解答过程】（1）g′(x)=−sinx+sinx+xcosx=xcosx，
显然g(x)为偶函数，当x>0时，
( π) ( π)
x∈ 0, 时，xcosx>0，g′(x)>0，∴g(x)在 0, 单调递增；
2 2
(π ) (π )
x∈ ,π 时，xcosx<0，g′(x)<0，∴g(x)在 ,π 单调递减；
2 2
(π) π
g(0)=1，g = ，g(π)=−1，∴g(x)在(0,π)上的最小值为−1．
2 2
由偶函数图象的对称性可知g(x)在(−π,π)上的最小值为−1．
1 1−x
（2）先证lnx≤x−1，设ℎ(x)=lnx−x+1，则ℎ ′(x)= −1= ，
x x令ℎ ′(x)>0⇒01，
∴ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．ℎ(x)≤ℎ(1)=0
故lnx≤x−1①恒成立．
[1 ] f (x )
由题意可得∃x ∈ ,e ，使得 2 −a≤−1成立，
2 e x
2
1
即a(x −lnx )≥ x2−x 成立．
2 2 2 2 2
由①可知x −lnx ≥1>0，
2 2
1
x2−x
参变分离得 2 2 2 ，
a≥
x −lnx
2 2
1
x2−x [1 ]
设 2 ，x∈ ,e ，
φ(x)= e
x−lnx
即只需a≥φ(x) 即可．
min
(x−1)(x−lnx)− (1 x2−x ) ⋅ x−1 (x−1) (1 x−lnx+1 )
2 x 2
φ'(x)= =
(x−lnx) 2 (x−lnx) 2
由①知lnx≤x−1得−lnx≥1−x，
1 1 1 4−x
∴ x−lnx+1≥ x+1−x+1=2− x= >0
2 2 2 2
1
令φ'(x)>0⇒10．
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解；
（2）不等式转化为证明x <
e2a−2
0,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√x x ea−1时，a−1−lnx<0,x2−e2a−2>0，则g′(x)<0，
(e2a−2
)
所以g(x)在(ea−1,ea)上单调递减，则g(x)0成立．
1 x 1 2
2
【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）设函数f (x)=xlnx
(1)分析f (x)的单调性和极值；( 1) 1
(2)设g(x)=f x+ + ，若对任意的x≥0，都有g(x)≥mx成立，求实数m的取值范围；
e e
1
(3)若x ≠x ，且满足f (x )+f (x )= (x2+x2)−1时，证明：x +x >2.
1 2 1 2 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）求导研究函数单调性，求出极值；
（2）构造函数ℎ(x)= ( x+ 1) ln ( x+ 1) + 1 −mx，求导后注意到ℎ(0)=0，进而得到ℎ ′ (0)≥0，m≤0，
e e e
再验证充分性；
（3）构造函数利用导函数研究其单调性，从而证明不等式.
【解答过程】（1）函数f (x)=xlnx，则f′ (x)=1+lnx，(x>0)
令f′ (x)=0，解得：x= 1 ，且当x∈ ( 0, 1) 时，f′ (x)<0，x∈ (1 ,+∞ ) 时，f′ (x)>0，
e e e
( 1) (1 )
因此：f (x)在 0, 单调递减，在 ,+∞ 单调递增，
e e
(1) 1
故f(x)的极小值为f =− ，无极大值.
e e
（2）对任意的x≥0，都有g(x)≥mx成立，
( 1) ( 1) 1
即对任意的x≥0， x+ ln x+ + −mx≥0恒成立，
e e e
令ℎ(x)= ( x+ 1) ln ( x+ 1) + 1 −mx，则ℎ ′ (x)=ln ( x+ 1) +1−m，
e e e e
注意到：ℎ(0)=0，若要ℎ(x)≥0，必须要求ℎ ′ (0)≥0，即−m≥0，亦即m≤0，
另一方面：当m≤0时，因为ℎ ' (x)=ln ( x+ 1) +1−m单调递增，
e
则当x≥0时，ℎ ′ (x)=ln ( x+ 1) +1−m≥ℎ ′ (0)=−m≥0恒成立，
e
所以ℎ(x)在x≥0时单调递增，故ℎ(x)≥ℎ(0)=0；故实数m的取值范围为：(−∞,0]；
1 1
（3）记m(x)=xlnx− x2+ ，则m′(x)=1+lnx−x，
2 2
1 1−x
记n(x)=1+lnx−x，n′(x)= −1= ，n′(1)=0，
x x
当x∈(0,1)时，n′(x)>0，n(x)为增函数，
当x∈(1,+∞)时，n′(x)<0，n(x)为减函数，所以n(x)≤n(1)=0，即m′(x)≤0，
1 1
所以函数m(x)=xlnx− x2+ 在(0,+∞)单调递减，
2 2
1
则f (x )+f (x )= (x2+x2)−1为m(x )+m(x )=0，注意到m(1)=0，不妨02，只需证x >2−x ，即证：m(2−x )>m(x )，
1 2 2 1 1 2
即证：m(2−x )>−m(x )，即证：m(x )+m(2−x )>0，
1 1 1 1
记k(x)=xlnx+(2−x)ln(2−x)−x2+2x−1,(00，所以t(x)在(0,1)单调递增，所以t(x)k(1)=0，
所以m(x )+m(2−x )>0，所以x +x >2，得证.
1 1 1 2
【变式7-2】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数f(x)=a(1−2lnx)+4x6 (a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
1
(2)若x ，x (x ≠x )为函数g(x)=kx2+ −lnx的两个零点，求证：(x x ) 4>12e4．
1 2 1 2 x2 1 2
【解题思路】（1）首先求函数的导数，再分a≤0和a>0两种情况求解不等式，根据导数与单调性的关系，
即可求解；
lnx lnx
1− 2
（2）代入函数的零点，并变形为 x2 x2 1 ，t4=12e4，并利用分析法，将所证明不等式转
1 2 =−
x4−x4 (x x ) 4
1 2 1 2
lnx x4 lnx x4 lnx x4
化为证明 1+ 1< 2+ 2 ，再通过构造函数ℎ(x)= + ，x∈(0,+∞)，利用导数判断函数的
x2 t4 x2 t4 x2 t4
1 2
单调性，即可证明.
2a
2(12x6−a)
【解答过程】（1）f′ (x)=24x5− = ，x∈(0,+∞)．
x x当a≤0时，f′ (x)>0，则f(x)在(0,+∞)上单调递增．
当a>0时，令f′ (x)=0，得x6= a ，解得x= √ 6 a ．
12 12
√ a √ a
当f′ (x)>0时，x>6 ，当f′ (x)<0时，00时，f(x)在 0,6 上单调递减，在 6 ,+∞ 上单调递增．
12 12
1 1
（2）设012e4 ，只需证 − >− ，
1 2 (x x ) 4 t4
1 2
lnx lnx
1− 2 lnx x4 lnx x4
只需证
x2 x2
1，只需证
1+ 1< 2+ 2
．
1 2 >− x2 t4 x2 t4
x4−x4 t4 1 2
1 2
lnx x4 t4 (1−2lnx)+4x6
记ℎ(x)= + ，x∈(0,+∞)，则ℎ ′ (x)= ，
x2 t4 x3t4
记φ(x)=t4 (1−2lnx)+4x6，x∈(0,+∞)，
由（1）可知，取a=t4>0，则x = √ 6 a = √ 6 12e4 =e3 2 ，
0 12 12所以φ(x)在 ( 0,e3 2) 上单调递减，在 ( e3 2 ,+∞ ) 上单调递增，
所以φ(x) =φ ( e3 2) =t4( 1− 4) +4e4=12e4 ⋅ ( − 1) +4e4=0，
min 3 3
所以 φ(x)≥φ ( e3 2) =0 ，即ℎ ′ (x)≥0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
又012e4 成立．
1 2 1 2 1 2
sinx
【变式7-3】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数f(x)= −m,x∈(0,π).
ex
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x π 分类讨论，若x > π 时，设 g(x)= π −m ，根据零点存在性定理得则g(x)
2 2 2 2 2 2
e4
在(0,π)内有两零点x∗和x∗，根据正弦函数对称性可知x∗+x∗=π，然后证明x +x 0,f(x)单调递增；当x∈ ( ,π) 时，f′ (x)<0,f(x)单调递减.
4 4
π π
故f(x)单增区间为
(
0,
)
,f(x)单减区间为
( ,π)
.
4 4
π π
（2）（i）由题设及零点存在定理可知x ∈ ( 0, ) ,x ∈ ( ,π) ，且有f(0)=f(π)<0，且
1 4 2 4
f ( π )>0，所以¿，所以0 π 时，设 g(x)= π −m ，有g(0)=g(π)<0，且g ( π )>0，
2 2 4
e4
π 3π
则g(x)在(0,π)内有两零点x∗和x∗，其中x∗∈ ( 0, ) ,x∗∈ ( ,π) ，
1 2 1 4 2 4
π
而g(x)关于x= 对称，且有x∗+x∗=π.
2 1 2
sinx sinx∗ sinx sinx
由 e π 4 在 ( 0, π 2 ) 单增，知 m= e π 4 1 = ex 1 1> e π 4 1 ，有x 1 1)，借助导数证明
x −x x
1 2
φ(x)<φ(1)=0即可.
a
【解答过程】（1）由题意知：f (x)=alnx−x+1，∴f′ (x)= −1(x>0)，
x
①当a≤0时，f′(x)<0，f (x)在(0,+∞)单调递减，不存在最大值．
②当a>0时，由f′(x)=0得x=a，
当x∈(0,a)，f′(x)>0；x∈(a,+∞)，f′(x)<0，
∴函数y=f (x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,+∞)．
∴f (x) =f (a)=alna−a+1=0，令φ(a)=alna−a+1，求导得φ' (a)=lna，
max
当a∈(0,1)时，φ' (a)<0，函数φ(a)递减，当a∈(1,+∞)时，φ' (a)>0，函数φ(a)递增，
因此φ(a) =φ(1)=0，∴a=1．
min
（2）由（1）知，lnx−x+1≤0，即lnx≤x−1，
1 1 1 1 1 1
∴当n>1时，ln(1+ )<(1+ )−1= < = − ．
n2 n2 n2 n(n−1) n−1 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ln(1+ )+ln(1+ )+⋯+ln(1+ )<(1− )+( − )+⋯+( − )=1− <1．
22 32 n2 2 2 3 n−1 n n
1 1 1 1
∴(1+ )(1+ )(1+ )⋯(1+ )2，1 1
alnx −x + −alnx +x −
ℎ(x )−ℎ(x ) 1 1 x 2 2 x
∵ 1 2 = 1 2
x −x x −x
1 2 1 2
x −x
a(lnx −lnx )+(x −x )+ 2 1
1 2 2 1 x x
= 1 2
x −x
1 2
a(lnx −lnx )
= 1 2 −2
x −x
1 2
ℎ(x )−ℎ(x ) lnx −lnx
要证 1 2 −a+2<0，即证 1 2<1，
x −x x −x
1 2 1 2
1
∵x x =1，不妨令01)
x −x 2 2 x x
1 2 2
2 1 −x2+2x−1 −(x−1) 2
φ′ (x)= −1− = = <0在(1,+∞)恒成立，
x x2 x2 x2
所以函数φ(x)在(1,+∞)上单调递减，故φ(x)<φ(1)=0．
ℎ(x )−ℎ(x )
∴ 1 2 −a+2<0成立．
x −x
1 2
【变式8-1】（2024·浙江绍兴·三模）若函数α(x)有且仅有一个极值点m，函数β(x)有且仅有一个极值点
n，且m>n，则称α(x)与β(x)具有性质α−β//m>n．
(1)函数φ (x)=sinx−x2与φ (x)=ex−x是否具有性质φ −φ //x >0？并说明理由．
1 2 1 2 0
(2)已知函数f (x)=aex−ln(x+1)与g(x)=ln(x+a)−ex+1具有性质f −g//x >x ．
1 2
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：|g(x )|>|x |．
1 2
【解题思路】（1）借助导数研究函数的单调性后，结合零点的存在性定理即可得其极值点及极值点范围
或具体值，即可得解；
（2）（i）利用导数研究函数的单调性后，分a≤0及a>0可得其是否存在极值点，在存在唯一极值点的情况下，再对a细分，结合零点的存在性定理讨论不同的a的情况下不同的极值点的范围，结合x >x 进行计
1 2
算即可得解；
（ii）分a∈(0,1)及a∈(1,+∞)进行讨论，结合极值点满足的条件及所得函数单调性进行放缩处理即可得.
【解答过程】（1）函数φ (x)=sinx−x2与φ (x)=ex−x具有性质φ −φ //x >0，理由如下：
1 2 1 2 0
φ ′ (x)=cosx−2x，令ℎ(x)=φ ′(x)=cosx−2x，
1 1
则ℎ ′(x)=−sinx−2<0，故φ ′(x)单调递减，
1
又φ ′(0)=cos0−0=1>0，φ ′(1)=cos1−2<0，
1 1
故存在x ∈(0,1)，使φ ′ (x )=0，
0 1 0
则φ (x)在(−∞,x )上单调递增，在(x ,+∞)上单调递减，
1 0 0
故φ (x)有且仅有一个极值点x ∈(0,1)，
1 0
φ ′(x)=ex−1，则当x<0时，φ ′(x)<0，当x>0时，φ′ (x)>0，
2 2 2
故φ (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
2
故φ (x)有且仅有一个极值点0，
2
故函数φ (x)=sinx−x2 与φ (x)=ex−x具有性质φ −φ //x >0；
1 2 1 2 0
1
（2）（i）f′(x)=aex− ， 又x+1>0，故x>−1，
x+1
1
当a≤0时，f′(x)=aex− <0，此时f (x)没有极值点，故舍去，
x+1
1
当a>0时， 令m(x)=f′(x)=aex− ，
x+1
1
则m′(x)=aex+ >0恒成立，
(x+1) 2
故f′(x)在(−1,+∞)上单调递增，
1
g′(x)= −ex ，x+a>0，故x>−a，
x+a
1
由a>0，令n(x)=g′(x)= −ex
，
x+a1
则n′(x)=− −ex<0恒成立，
(x+a) 2
故g′(x)在(−a,+∞)上单调递减，
1
当a∈(0,1)时，有f′(0)=ae0− =a−1<0，又x→+∞时，f′(x)→+∞，
0+1
故此时存在x ∈(0,+∞)，使f (x)在(−1,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
1 1 1
则f (x)有唯一极值点x ∈(0,+∞)，
1
1 1
有g′(0)= −e0= −1>0，又x→+∞时，g′(x)→−∞，
a a
故此时存在x ∈(0,+∞)，使g(x)在(−a,x )上单调递增，在(x ,+∞)上单调递减，
2 2 2
则g(x)有唯一极值点x ∈(0,+∞)，
2
1 1
即有f′ (x )=aex 1− =0，g′ (x )= −ex 2=0，
1 x +1 2 x +a
1 2
1 1
即 ex 1=
a(x +1)
，ex 2=
x +a
，此时需满足x
1
>x
2
>0，则ex 1>ex 2，
1 2
1 1 x
故有 > ，即x >ax ，即a< 2<1，故a∈(0,1)符合要求；
a(x +1) x +a 2 1 x
1 2 1
1
当a∈(1,+∞)时，f′(0)=ae0− =a−1>0，又x→−1时，f′(x)→−∞，
0+1
故此时存在x ∈(−1,0)，使f (x)在(−1,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
1 1 1
则f (x)有唯一极值点x ∈(−1,0)，
1
1 1
有g′(0)= −e0= −1<0，又x→−a时，g′(x)→+∞，
a a
故此时存在x ∈(−a,0)，使g(x)在(−a,x )上单调递增，在(x ,+∞)上单调递减，
2 2 2
则g(x)有唯一极值点x ∈(−a,0)，
2
1 1 x
同理可得 > ，此时需满足0>x >x ，即x >ax ，则a> 2 ，
a(x +1) x +a 1 2 2 1 x
1 2 1
x
由
2<1，a∈(1,+∞)，故该不等式成立，故a∈(1,+∞)符合要求；
x
11 1 1
当a=1时，有f′(0)=ae0− =a−1=0，g′(0)= −e0= −1=0，
0+1 a a
此时x =x =0，即f (x)、g(x)的极值点都为0，不符合要求，故舍去；
1 2
综上，故a∈(0,1)∪(1,+∞)；
1
（ii）当a∈(0,1)时，有x >x >0，则ex 2= >e0=1，故00，故μ(t)在(0,1)上单调递增，
t t2
1 1
则g(x )=lnt− +1<μ(1)=ln1− +1=0，
2 t 1
故|g(x )|>|g(x )|，要证|g(x )|>|x |，只需证g(x )+x <0，
1 2 1 2 1 2
1
g(x )+x |x |；
1 2
1
当a∈(1,+∞)时，有0>x >x ，则ex 2= 1，
1 2 x +a 2
2
g(x)在(−a,x )上单调递增，在(x ,+∞)上单调递减，
2 2
则g(x )>g(0)=ln(0+a)−e0+1=lna>0，
1
即要证|g(x )|>|x |，只需证g(x )+x >0，
1 2 1 2
g(x )+x =ln(x +a)−ex 1+1+x >ln(x +a)−ex 1+1+x
1 2 1 2 2 2
1
=ln −ex 1+1+x =−x −ex 1+1+x =1−ex 1>1−e0=0，
ex
2
2 2 2
即当a∈(1,+∞)，有|g(x )|>|x |；
1 2综上所述，|g(x )|>|x |.
1 2
【变式8-2】（2024·浙江温州·二模）如图，对于曲线Γ，存在圆C满足如下条件：
①圆C与曲线Γ有公共点A，且圆心在曲线Γ凹的一侧；
②圆C与曲线Γ在点A处有相同的切线；
③曲线Γ的导函数在点A处的导数（即曲线Γ的二阶导数）等于圆C在点A处的二阶导数（已知圆
r2
(x−a) 2+(y−b) 2=r2在点A(x ,y )处的二阶导数等于 ）；
0 0 (b−y ) 3
0
则称圆C为曲线Γ在A点处的曲率圆，其半径r称为曲率半径．
(1)求抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程；
1
(2)求曲线y= 的曲率半径的最小值；
x
(3)若曲线y=ex在(x ,ex 1)和(x ,ex 2)(x ≠x )处有相同的曲率半径，求证：x +x <−ln2．
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）设抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+(y−b) 2=b2，求出导数、二阶导数，结合
所给定义求出b即可；
（2）设曲线y=f (x)在(x ,y )的曲率半径为r，根据所给定义表示出r，再由基本不等式计算可得；
0 0
3
（3）依题意函数y=ex的图象在(x,ex)处的曲率半径
r=
(e2x+1)2
，即
r3
2
=e
4
3
x
+e
−
3
2
x，从而得到
ex
e 4 3 x 1+e − 3 2 x 1=e 4 3 x 2+e − 3 2 x 2，令 t =e3 2 x 1， t =e3 2 x 2，即可得到t 1 t 2 (t 1 +t 2 )=1，再由基本不等式证明即可．
1 2
【解答过程】（1）记f (x)=x2，设抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+(y−b) 2=b2，其中b为曲率半径．
则f′(x)=2x，f″(x)=2，
b2 1 r2 1
故2=f″(0)= = ，2= ，即b= ，
(b−0) 3 b b3 2
所以抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+ ( y− 1) 2 = 1 ；
2 4
（2）设曲线y=f (x)在(x ,y )的曲率半径为r．则
0 0
法一：¿，
由(x −a) 2+(y −b) 2=r2 知， [f′ (x )] 2 +1=
r2
，
0 0 0 (y −b) 2
0
3
{[f′ (x )] 2 +1 }2
所以 r= 0 ，
|f″ (x )|
0
{( − 1 ) 2 +1 } 3 2
1
x2
故曲线y= 在点(x ,y )处的曲率半径r= 0 ，
x 0 0
|2|
x3
01 3
( +1 )
所以r2= x 0 4 = 1 ( x2+ 1 ) 3 ≥2，则r3 2 =2 − 3 2 ( x2+ 1 ) ≥23 1
，
|2| 2 4 0 x2 0 x2
0 0
x3
0
1 1 3 1
则
r= ( x2+ ) 2≥√2
，当且仅当
x2= ，即x2=1时取等号，
2 0 x2 0 x2 0
0 0
1
故r≥√2，曲线y= 在点(1,1)处的曲率半径r=√2．
x
|a+bx2−2x |
法二：¿， 0 0 =r，
√x4+1
0
4 4
x2 ⋅r3 r3
所以¿，而r2=(x −a) 2+(y −b) 2= 0 + ，
0 0 2 2
23 23⋅x2
0
所以r3 2 =2 − 3 2 ( x2+ 1 )
，解方程可得
r= 1 ( x2+ 1 ) 3 2
，
0 x2 2 0 x2
0 0
1 1 3 1
则
r2= ( x2+ ) ≥2
，当且仅当
x2= ，即x2=1时取等号，
4 0 x2 0 x2 0
0 0
1
故r≥√2，曲线y= 在点(1,1)处的曲率半径r=√2．
x
3
（3）法一：函数y=ex的图象在(x,ex)处的曲率半径
r=
(e2x+1)2
，
ex
2 4 2
故 r3=e3 x +e − 3 x，由题意知： e 4 3 x 1+e − 3 2 x 1=e 4 3 x 2+e − 3 2 x 2 令 t =e3 2 x 1,t =e3 2 x 2，
1 2
1 1
则有t2+ =t2+
，
1 t 2 t
1 2
1 1 t −t
所以t2−t2= − ，即(t −t )(t +t )= 1 2 ，故t t (t +t )=1．
1 2 t t 1 2 1 2 t t 1 2 1 2
2 1 1 2
因为x ≠x ，所以t ≠t ，
1 2 1 2
3
所以1=t t (t +t )>t t ⋅2√t t =2(t t )2=2ex 1 +x 2 ，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
所以x +x <−ln2．
1 2
3
法二：函数y=ex的图象在(x,ex)处的曲率半径
r=
(e2x+1)2
，
ex
(e2x+1) 3
有r2= =e4x+3e2x+3+e−2x
e2x
1 1
令t =e2x 1,t =e2x 2，则有t2+3t +3+ =t2+3t +3+ ，
1 2 1 1 t 2 2 t
1 2
( 1 ) 1
则(t −t ) t +t +3− =0，故t +t +3− =0 ，
1 2 1 2 t t 1 2 t t
1 2 1 2
因为x ≠x ，所以t ≠t ，
1 2 1 2
1 1
所以有0=t +t +3− >2√t t +3− ，
1 2 t t 1 2 t t
1 2 1 2
1
令t=√t t ，则2t+3− <0，即0>2t3+3t2−1=(t+1) 2(2t−1)，
1 2 t2
1 1
故t< ，所以ex 1 +x 2=√t t =t< ，即x +x <−ln2；
2 1 2 2 1 2
3
法三：函数y=ex的图象在(x,ex)处的曲率半径
r=
(e2x+1)2
．
ex
2 4 2
故 r3=e3 x +e3 x
4 2 2
4 2 4 x 2 − x 2 − x
设 g(x)=e3 x +e3 x，则g′(x)= e3 − e 3 = e 3 (2e2x−1)，
3 3 3( 1 ) ( 1 )
所以当x∈ −∞,− ln2 时g′(x)<0，当x∈ − ln2,+∞ 时g′(x)>0，
2 2
( 1 ) ( 1 )
所以g(x)在 −∞,− ln2 上单调递减，在 − ln2,+∞ 上单调递增，
2 2
1
故有x <− ln2g(−ln2−x ) 将x +x <−ln2 ，
2 1 2 1 2
( 1 )
下证：当x∈ − ln2,+∞ 时，有g(x)>g(−ln2−x)，
2
1
设函数G(x)=g(x)−g(−ln2−x)（其中x>− ln2），
2
2 ( 2 x − 1) − 4 x
则G(x)=g′(x)+g′(−ln2−x)= (2e2x−1) e3 −2 3 ⋅e 3 >0，
3
( 1 )
故G(x)单调递增，G(x)>G − ln2 =0 ，
2
故g(x )>g(−ln2−x )，所以x +x <−ln2．
2 2 1 2
3
法四：函数y=ex的图象在(x,ex)处的曲率半径
r=
(e2x+1)2
，
ex
(e2x+1) 3
有r2= =e4x+3e2x+3+e−2x，
e2x
设ℎ(x)=e4x+3e2x+3+e−2x．
则有
ℎ
′(x)=4e4x+6e2x−2e−2x=2e−2x(e2x+1) 2 (2e2x−1)，
( 1 ) ( 1 )
所以当x∈ −∞,− ln2 时ℎ ′(x)<0，当x∈ − ln2,+∞ 时ℎ ′(x)>0，
2 2
( 1 ) ( 1 )
故ℎ(x)在 −∞,− ln2 上单调递减，在 − ln2,+∞ 上单调递增．
2 2
1
故有x <− ln2 ℎ(−ln2−x )．将x +x <−ln2，
2 1 2 1 2
( 1 )
下证：当x∈ − ln2,+∞ 时，有ℎ(x)> ℎ(−ln2−x)，
2
1
设函数H(x)= ℎ(x)−ℎ(−ln2−x)（其中x>− ln2），
2
则H′(x)=
ℎ
′(x)+
ℎ
′(−ln2−x)=(2e2x−1) 2( 1+ 1 e−2x+ 1 e−4x) >0，
2 4
( 1 )
故H(x)单调递增，故H(x)>H − ln2 =0 ，
2
故ℎ(x )> ℎ(−ln2−x )，所以x +x <−ln2．
2 2 1 2
【变式8-3】（2024·上海徐汇·二模）已知常数k为非零整数，若函数y=f (x)，x∈[0,1]满足：对任意
x ,x ∈[0,1]，|f (x )−f (x )|≤|(x +1) k−(x +1) k|，则称函数y=f (x)为L(k)函数.
1 2 1 2 1 2
(1)函数y=2x，x∈[0,1]是否为L(2)函数﹖请说明理由；
1
(2)若y=f (x)为L(1)函数，图像在x∈[0,1]是一条连续的曲线，f (0)=0，f (1)= ，且f (x)在区间(0,1)上
2
仅存在一个极值点，分别记f (x) 、f (x) 为函数y=f (x)的最大、小值，求f (x) −f (x) 的取值范围；
max min max min
(3)若a>0，f (x)=0.05x2+0.1x+aln(x+1)，且y=f (x)为L(−1)函数，g(x)=f′(x)，对任意
x,y∈[0,1]，恒有|g(x)−g(y)|≤M，记M的最小值为M(a)，求a的取值范围及M(a)关于a的表达式.
【解题思路】（1）根据L(2)函数的定义，即可证明；
（2）分x 为f (x)在区间(0,1)上仅存的极大值点或极小值点讨论单调性，以及根据L(1)函数的性质，列式
0
求解；
1 1
（3）首先根据函数f (x)是L(−1)函数，构造函数ℎ(x)=f (x)+ =0.05x2+0.1x+aln(x+1)+ ，
x+1 x+1
再求函数的导数，参变分离后转化为求函数的值域，并求M(a).
【解答过程】（1）y=2x是L(2)函数，理由如下，
对任意x ,x ∈[0,1]，|2x −2x |−|(x +1) 2−(x +1) 2|，
1 2 1 2 1 2=|2(x −x )|−|(x +x +2)(x −x )|=(2−|x +x +2|)|x −x |
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
=−(x +x )|x −x |≤0，故|2x −2x |≤|(x +1) 2−(x +1) 2|
1 2 1 2 1 2 1 2
（2）（ⅰ）若x 为f (x)在区间(0,1)上仅存的一个极大值点，则f (x)在(0,x )严格递增，在(x ,1)严格递减，
0 0 0
1 3
由¿，即¿，得− ≤f (x )≤ ，
4 0 4
1 1 3
又f (0)=0，f (1)= ，则 0，函数单调递增，
x
f (a)=f (2−lnb)，故a=2−lnb，即ln(−a)−2=2−lnb，
整理得到ln(−ab)=4，即ab=−e4.
故选：D.
1
2．（24-25高三上·山西大同·开学考试）已知x ,x 是函数f(x)= ax2−2x+lnx的两个极值点，若不等
1 2 2
式m>f (x )+f (x )+x x 恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
1 2 1 2
A．(−3,+∞) B．[−2,+∞) C．(2,+∞) D．[e,+∞)
【解题思路】求导得极值点满足的等量关系，回代入式子f (x )+f (x )+x x 化简减元，将恒成立问题转
1 2 1 2化为一元函数值域问题求解可得.
1 1 ax2−2x+1
【解答过程】f(x)= ax2−2x+lnx，x>0，则f′ (x)=ax−2+ = ，
2 x x
令f′ (x)=0得，ax2−2x+1=0，
由题意知x ,x 是方程ax2−2x+1=0的两正根，
1 2
则¿，解得01，则g(t)=lnt−t−1,t>1，
a
1
由g′ (t)= −1<0，故g(t)在(1,+∞)单调递减，故g(t)f (x )+f (x )+x x 恒成立，即m>g(t)恒成立，
1 2 1 2
则m≥−2，则实数m的取值范围是[−2,+∞).
故选：B.
3．（23-24高三上·山东·阶段练习）已知函数f(x)=e2x,g(x)=x−1，对任意x ∈R，存在
1
x ∈(0,+∞)，使f (x )=g(x )，则x −x 的最小值为（ ）．
2 1 2 2 1
A．1 B．√2
3 1
C．2+ln2 D． + ln2
2 2
【解题思路】令f (x )=g(x )=m>0，将x ,x 都用m表示，从而可将x −x 构造出关于m的函数，再利用
1 2 1 2 2 1
导数求出函数的最小值即可.
【解答过程】解：由题意，令f (x )=g(x )=m>0，则e2x 1=m，x −1=m，
1 2 21 1
所以x = lnm，x =m+1，x −x =m+1− lnm，
1 2 2 2 1 2
1 1
令ℎ(m)=m+1− lnm(m>0)，所以ℎ ′(m)=1− ，
2 2m
1
令ℎ ′(m)=0，得m= ，
2
( 1)
所以当m∈ 0, 时，ℎ ′(m)<0，ℎ(m)单调递减；
2
(1 )
当m∈ ,+∞ 时，ℎ ′(m)>0，ℎ(m)单调递增，
2
1 3 1
所以当m= 时，ℎ(m)有最小值 + ln2，
2 2 2
3 1
即x −x 的最小值为 + ln2.
2 1 2 2
故选：D．
4．（2024·江苏南通·模拟预测）已知直线y=kx+t与函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象恰有两个
切点，设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为k 和k ，且k >k ，则（ ）
1 2 1 2
3 k 5 7 k 5 5 k 7 7 k 7
A． < 1< B． < 1< C． < 1< D． < 1<
5 k 7 5 k 3 3 k 3 5 k 3
2 2 2 2
【解题思路】根据结论恒成立可只考虑y=sinx的情况，假设切点坐标，则只需考虑x +x′ =2π，
1 1
π k sinx 2π−x
x +x′ =4π，其中− 0，ω>0，φ∈R， 1 的范围恒定，
k
2
∴只需考虑y=sinx的情况，设k 对应的切点为(x ,sinx )，(x′ ,sinx′ )，x 0，
2 cos2x cos2x
π π π π 4π−√3
∴f (x)在 ( − ,0 ) 上单调递增，又f ( − )=tan ( − )+ +π= >0，
2 3 3 3 3
π π sinx
∴− 0，
2 3
π π
( )
∴t(x)在 − ,− 上单调递增，
2 3
π π π π π √3
∴t(x) π−x 1 ， ∴ k 1= sinx 1 ⋅ π−x 2> π−x 1 ⋅ π−x 2= π−x 2=1+ π−x >1+ 3π = 3；
sinx π−x 2 2 1 2 1 2 2
2 2 2
5 k 7
综上所述： < 1< .
3 k 3
2
故选：C.
5．（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数f (x)=xlnx，g(x)=xex，若存在x ∈(0,+∞)，x ∈R，使得
1 2
x
f (x )=g(x )>0成立，则 2 的最大值为（ ）
1 2 x
1
1 2 1
A． B．1 C． D．
e e e2
x lnx
【解题思路】先得到f (x )=g(lnx )，再由g(x)的单调性得lnx =x ，进而得到 2= 1 ，由导数求出
1 1 1 2 x x
1 1
lnx
ℎ(x)= (x>1)的最大值，即可求解.
x
【解答过程】f (x )=x lnx =elnx 1lnx =g(lnx )，g(x )=x ex 2，易得在x∈(0,+∞)上
1 1 1 1 1 2 2
g′(x)=(x+1)ex>0，则g(x)在x∈(0,+∞)上单调递增，
x lnx lnx
又f (x )=g(x )>0，所以lnx >0即x >1，x >0，所以lnx =x ，则 2= 1 ，令ℎ(x)= (x>1)，
1 2 1 1 2 1 2 x x x
1 1
1−lnx
则ℎ
′(x)= (x>1)，
x2当x∈(1,e)时，ℎ ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，当x∈(e,+∞)时，ℎ ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，则
1 x 1
ℎ(x) = ℎ(e)= ，即x =e时， 2 取得最大值 ．
max e 1 x e
1
故选：A.
1
6．（23-24高三上·广东江门·阶段练习）已知f (x)=alnx+ x2(a>0)若对于任意两个不等的正实数x 、
2 1
f (x )−f (x )
x ，都有 1 2 >2恒成立，则a的取值范围是（ ）
2 x −x
1 2
A．(0,1] B．[1,+∞) C．(0,3] D．[1,2e)
【解题思路】设x >x >0，构造函数g(x)=f (x)−2x，分析可知函数g(x)在(0,+∞)上为增函数，可知
1 2
g′(x)≥0对任意的x>0恒成立，利用参变量分离法可求得实数a的取值范围.
【解答过程】不妨设x >x >0，可得f (x )−f (x )>2x −2x ，可得f (x )−2x >f (x )−2x ，
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
1
令g(x)=f (x)−2x=alnx+ x2−2x，则g(x )>g(x )，
2 1 2
所以，函数g(x)在(0,+∞)上为增函数，
a
∴g′(x)= +x−2≥0对任意的x>0恒成立，所以，a≥2x−x2，
x
当x>0时，2x−x2=−(x−1) 2+1≤1，当且仅当x=1时，等号成立，
所以，a≥1.
故选：B.
(1 )
7．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数f(x)=ex−ax2的定义域为 ,2 ，且对
2
∀x ,x ∈ (1 ,2 ) ,x ≠x , f (x 1 )−f (x 2 ) x ，由题意，原问题等价于f (x )−x2x ，因为对∀x ,x ∈ (1 ,2 ) ，当x ≠x 时都有 f (x 1 )−f (x 2 ) 0，
x 2 x2
(1 )
所以函数ℎ(x)在 ,1 上单调递减，在(1,2)单调递增，
2
(1) e2 e2
又ℎ =2√e，ℎ(2)= ，且2√e< ，
2 2 2
e2
所以ℎ(x) < ℎ(2)= ，
max 2
e2 e2
所以 ≤2(a+1)，解得a≥ −1，
2 4
故选：A.
8．（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数f (x)=(x−2)ex，若f (x )=f (x )，且x ≠x ，x ⋅x >0，则
1 2 1 2 1 2
（ ）
1 3
A．x > B．x < C．x x >1 D．x +x <2
1 2 2 2 1 2 1 2
【解题思路】
利用导数讨论函数f(x)的单调性，设x f(1−x)，结合f (x )=f (x )变形、基本不
1 2
等式，即可判断各项正误.
【解答过程】f(x)=(x−2)ex，则f′ (x)=(x−1)ex，令f′ (x)=0⇒x=1，
当x∈(−∞,1)时f′ (x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时f′ (x)>0，f(x)单调递增，
在x∈(−∞,2)上f(x)<0，且f(2)=0，f(0)=−2，f(x) =f(1)=−e，即f(x)≥−e.
min
综上，f(x)的图象如下：结合f (x )=f (x )=k，x ⋅x >0，令x 不一定成立，A错误；
0 0 0 1 2 0 1 2
3 3 3 √e3 3 3
又f( )=( −2)e2=− ∈(−e,−2)，故 0，
所以函数g(x)在R上单调递增，且g(0)=0，
所以f(1+x)>f(1−x)在R上恒成立，得f(x )=f [1+(x −1)]>f [1−(x −1)]，
2 2 2
即f(x )>f(2−x )，又f(x )=f(x )，所以f(x )>f(2−x )，
2 2 1 2 1 2
由2−x <1，且函数f(x)在x∈(−∞,1)单调递减，得x <2−x ，即x +x <2，D正确.
2 1 2 1 2
又0x +x >2√x x ，即1>√x x ，故00，y=f (x)与y=g(x)均在定义域内单调递增，
e e
且由f (x)=0⇒x= ，故 ( 0, ) 时f (x)<0，
a a
若要满足题意，只需两函数的零点相同即可，则b>1
e
令g(x)=0⇒x=lnb，即x= =lnb，
a
eb ex e(lnx−1)
则ab= ，令ℎ(x)= ⇒ℎ ′(x)= ，则ℎ ′(x)>0⇒x>e，ℎ ′(x)<0⇒1√y y
1 2 0 ln y −ln y 1 2
2 1
lnx 1−lnx
【解答过程】令f (x)= ，则f′(x)= ，
x x
故x∈(0,e)时，f (x)递增；x∈(e,+∞)时，f (x)递减，
1
所以f (x)的极大值f (e)= ，且x>1，f (x)>0，
e
因为直线y=kx与曲线y=lnx相交于M(x ,y )､ N(x ,y )两点，
1 1 2 2
所以y=k与f (x)图像有2个交点，
1
所以0√y y ，所以y y <1，故D正确.
ln y −ln y 1 2 1 2
2 1
故选：ACD.
11．（2024·海南海口·模拟预测）设函数f (x)=xlnx+(1−x)ln(1−x)，则（ ）
A．f (x)=f (1−x)
B．函数f (x)有最大值−ln2
C．若x +x =1，则x f (x )+x f (x )≥−ln2
1 2 1 2 2 1
1
D．若x +x <1，且 0，所以f (x)在 0, 上单调递减，在 ,1 上单调递
2 2 2 2
增，1 (1)
所以当x= 时，f (x)取到极小值也是最小值f =−ln2，故B错误；
2 2
对C，当x +x =1时，可得x =1−x =1，由A知f (1−x)=f (x)，
1 2 1 2
所以x f (x )+x f (x )=(1−x )f (x )+x f (1−x )=(1−x )f (x )+x f (x )=f (x )，
1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2
由B知f (x)≥−ln2恒成立，所以f (x )≥−ln2，故C正确；
2
1 1
对D，当x +x <1时，得x <1−x ，又因为 ln2时，ℎ ′(t)>0，
所以ℎ(t)在(−∞,ln2)上单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增，
所以ℎ(t)的最小值为ℎ(ln2)=2−2ln2+2=4−2ln2，所以x
1
−x
2
的最小值为4−2ln2.
故答案为：4−2ln2.
13．（23-24高二·全国·课后作业）若函数f (x)=x3−3ax2+12x(a>0)存在两个极值点x ,x ，则
1 2
f (x )+f (x )的取值范围是 (−∞,16) ．
1 2
【解题思路】根据极值点定义可知x ,x 为f′(x)=0的两根，由Δ>0可求得a>2，并得到韦达定理的形式；
1 2
结合韦达定理将f (x )+f (x )化简为−4a3+24a，令g(a)=−4a3+24a(a>2)，利用导数可求得g(a)单调
1 2性，由此可得g(a)的范围，即为所求范围.
【解答过程】由题意知：f (x)的定义域为R，f′(x)=3x2−6ax+12=3(x2−2ax+4)，
∵f (x)有两个极值点x ,x ，∴x ,x 为f′(x)=0的两根，
1 2 1 2
∴Δ=36a2−144>0，又a>0，解得：a>2；∴x +x =2a，x x =4，
1 2 1 2
∴f (x )+f (x )=x3−3ax2+12x +x3−3ax2+12x
1 2 1 1 1 2 2 2
=(x +x )(x2−x x +x2)−3a(x2+x2)+12(x +x )
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
=(x +x )[(x +x ) 2−3x x ]−3a[(x +x ) 2−2x x ]+12(x +x )
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
=2a(4a2−12)−3a(4a2−8)+24a=−4a3+24a；
令g(a)=−4a3+24a(a>2)，则g′(a)=−12a2+24=−12(a+√2)(a−√2)，
∴当a>2时，g′(a)<0恒成立，∴g(a)在(2,+∞)上单调递减，
∴g(a)0.则f (y)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，则f (y)≥f (0)=0.
则[yln(y+1)] =0，则[4x3+ln(x+1)+(2023−m)x−1] <[yln(y+1)]
min max min
⇔[4x3+ln(x+1)+(2023−m)x−1] <0.
max
令g(m)=−xm+4x3+2023x+ln(x+1)−1，m∈[−e,e].
当x=0，g(m)=−1<0，故x=0满足条件；
当x≥1，则g(m)在[−e,e]上单调递减，
故g(m) =g(−e)=ex+4x3+2023x+ln(x+1)−1.
max
令p(x)=ex+4x3+2023x+ln(x+1)−1，x∈[1,+∞).
1
则p′(x)=12x2+e+2023+ >0，得p(x)在[1,+∞)上单调递增，
x+1
x≥1时，p(x)≥p(1)>0，不合题意；
综上，整数x的最大值为0.
故答案为：0.
四、解答题
x2
15．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数f (x)= ，其中a>0．
eax
(1)若f (x)在(0,2]上单调递增，求a的取值范围；
(2)当a=1时，若x +x =4且00，∴ℎ(t)在(0,2)上单调递增，而ℎ(t)
min
= ℎ(0)=0，∴ℎ(t)>0，
2+t
∴ln >t，02x ex 1，求a的取值范围.
1 2 2 1
【解题思路】（1）将a=e代入f (x)=x(ex−a)−alnx，然后求导利用导函数的正负判断原函数的单调性，
计算极值即可；
（2）先将f (x)化为f (x)=xex−aln(xex)，然后令xex=t，将问题转变为t−alnt=0有两个解为t ,t ，设
1 2
ℎ(t)=t−alnt，利用零点存在性定理证明其有两个零点时的情况，
1 lnt lnt
分离得 = ，再设新函数F(t)= ，利用导数求出其值域，最后求出a的取值范围即可.
a t t【解答过程】（1）当a=e时，f (x)=x(ex−e)−elnx=xex−xe−elnx，其定义域为(0,+∞)，
e
(x+1)(xex−e)
f′(x)=ex+xex−e− = ，
x x
所以显然当x∈(0,1)时，f′(x)<0，此时f (x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，此时f (x)单调递増；
所以f (x)有极小值f (1)=0，无极大值；
综上所述，f (x)单调递减区间为(0,1)；f (x)单调递増区间为(1,+∞)；f (x)有极小值0，无极大值.
（2）f (x)=x(ex−a)−alnx=xex−a(x+lnx)=xex−aln(xex)，令t=xex，
因为t′=(x+1)ex>0，所以t=xex在(0,+∞)单调递增，则t>0，
令ℎ(t)=t−alnt，即ℎ(t)在t∈(0,+∞)有2个零点t ,t ，且t =x et 1,t =x et 2，
1 2 1 1 2 2
a t−a
因为ℎ ′ (t)=1− = ，
t t
当a≤0时，ℎ ′ (t)>0,ℎ(t)在t∈(0,+∞)单调递增，不存在2个零点，
所以a>0，
当t∈(0,a)时，ℎ ′ (t)<0:当t∈(a,+∞)时，ℎ ′ (t)>0.
所以ℎ(t)在(0,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增，
则ℎ(t) = ℎ(a)=a(1−lna)，
min
令φ(x)=ex−ex,φ′ (x)=ex−e，
当x∈(0,1)时，φ′ (x)<0,φ(x)单调递减：当x∈(1,+∞)时，φ′ (x)>0,φ(x)单调递增，
则φ(x) =φ(1)=0，所以φ(x)≥0恒成立.即ex≥ex恒成立.
min
因此e2a≥2ea>√2a>0，
ℎ
(e2a)=e2a−2a2=(ea−√2a)(ea+√2a)>0，
因为t→0时，ℎ(t)→+∞;且
ℎ
(e2a)>0.
ℎ
(e2a)=e2a−2a2=(ea−√2a)(ea+√2a)>0，因为t→0时，ℎ(t)→+∞;且
ℎ
(e2a)>0.
所以当ℎ(t) =a(1−lna)<0，即a∈(e,+∞)时，函数f(x)有2个不同的零点.
min
1 lnt
又x ex 2>2x ex 1，即t >2t ,t ,t ∈(0,+∞),ℎ(t)=0等价于 = ，
2 1 2 1 1 2 a t
lnt 1−lnt
设F(t)= ,F′ (t)=
.
t t2
当t∈(0,e)时，F′ (t)>0;当t∈(e,+∞)时，F′ (t)<0.
1
则F(t)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，则F(t) =F(e)= ，
max e
由题意得:12t 恒成立;
1 1 2 2 1
e
（ii）当2t >e，即t > 时，有F(t )=F(t )0，
所以g(x)在(1,√2)上单调递减，在(√2,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(√2)=−1−3ln2，
又当x→+∞时，g(x)→+∞，
所以g(x)的取值范围为[−1−3ln2,+∞)，
即2f (x )−f (x )的取值范围为[−1−3ln2,+∞)．
1 2
1
18．（2024·广东佛山·二模）已知f (x)=− e2x+4ex−ax−5.
2
(1)当a=3时，求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有两个极值点x ，x ，证明：f (x )+f (x )+x +x <0.
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
（2）借助换元法，令t=ex，t =ex 1，t =ex 2，可得t 、t 是方程t2−4t+a=0的两个正根，借助韦达定理
1 2 1 2
可得t +t =4，t t =a，即可用t 、t 表示f (x )+f (x )+x +x ，进而用a表示f (x )+f (x )+x +x ，构
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
1
【解答过程】（1）当a=3时，f (x)=− e2x+4ex−3x−5，
2
f′(x)=−e2x+4ex−3=−(ex−1)(ex−3)，
则当ex ∈(0,1)∪(3,+∞)，即x∈(−∞,0)∪(ln3,+∞)时，f′(x)<0，
当ex ∈(1,3)，即x∈(0,ln3)时，f′(x)>0，
故f (x)的单调递减区间为(−∞,0)、(ln3,+∞)，单调递增区间为(0,ln3)；
（2）f′(x)=−e2x+4ex−a，令t=ex，即f′(x)=−t2+4t−a，
令t =ex 1，t =ex 2，则t 、t 是方程t2−4t+a=0的两个正根，
1 2 1 2则Δ=(−4) 2−4a=16−4a>0，即a<4，
有t +t =4，t t =a>0，即00，当x∈(x ,4)时，g′(x)<0，
0 0
故g(x)在(0,x )上单调递增，g(x)在(x ,4)上单调递减，
0 0
1 1
则g(x)≤g(x )=x −(x −1)lnx −2=x −(x −1)× −2=x + −3，
0 0 0 0 0 0 x 0 x
0 0
又x ∈(1,2)，则x + 1 ∈ ( 2, 5) ，故g(x )=x + 1 −3<0，
0 0 x 2 0 0 x
0 0
即g(x)<0，即f (x )+f (x )+x +x <0.
1 2 1 2
19．（2024·安徽阜阳·一模）已知函数f (x)=3lnx−ax．
(1)讨论f (x)的单调性．(2)已知x ,x 是函数f (x)的两个零点(x 0)．
x
①当a≤0时，f′(x)>0,f (x)在(0,+∞)上单调递增．
3 ( 3)
②当a>0时，令f′(x)>0得0 ，即f (x)在 ,+∞ 上单调递减．
a a
（2）（ⅰ）由（1）可知当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增，不可能有两个零点．
( 3) (3 )
当a>0时，f (x)在 0, 上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减，
a a
(3) 3 3
若使f (x)有两个零点，则f >0，即3ln −3>0，解得00,λx +(1−λ)x >0．
2 1 1 2
若要证明f′(λx +(1−λ)x )<0成立，
1 2
3(x −x ) x
只需证 2 1 −3ln 2<0，
λx +(1−λ)x x
1 2 1
x
2−1
x x x
即证 1 −ln 2<0，令t= 2 ，则t>1，
x x x
λ+(1−λ) 2 1 1
x
1
t−1
则不等式只需证
−lnt<0，
λ+(1−λ)t
即证t−1−[λ+(1−λ)t]lnt<0，
令ℎ(t)=t−1−[λ+(1−λ)t]lnt,t>1，
ℎ ′(t)=(λ−1)lnt+λ ( 1− 1) ，令l(t)= ℎ ' (t)=(λ−1)lnt+λ(1− 1 )，
t t
(λ−1)t+λ
l'(t)=
t2
( 1)
令φ(t)=(λ−1)t+λ，因为λ∈ 0, ，得φ(t)在(1,+∞)上单调递减，
2
得φ(t)<φ(1)=2λ−1<0，得l'(t)<0，即ℎ ′(t)在(1,+∞)上单调递减，
得ℎ ′(t)< ℎ ′(1)=0，得ℎ ′(t)<0，即ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，
所以有ℎ(t)< ℎ(1)=0，
故有t−1−[λ+(1−λ)t]lnt<0，不等式得证．
