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 <x ，都有f (x )−f (x )<2x −2x ，则实
1 2 1 2 1 2
数a的取值范围是（ ）
( 1] ( 3]
A．(−∞,−2) B．[1,+∞) C． −2, D． −∞,−
2 4
【解题思路】构造F(x)=f (x)−2x，由已知条件得到F(x)在R上单调递增，根据x≤1时，−(a+2)>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 <x ，都有f (x )−f (x )<2x −2x ⇒f (x )−2x <f (x )−2x ，
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
令F(x)=f (x)−2x，则F(x)在R上单调递增，其中F(x)=f (x)−2x=¿，
当x≤1时，−(a+2)>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0<t<e，由g′ (t)<0，得t>e，
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0<x <x ，都有 2 1 >1，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 <f (x )−x ，
2 1 2 1 1 1 2 2
设函数g(x)=f (x)−x=2lnx+x2−(a+1)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0<a+1<1即−1<a<0，则x<a+1或x>1，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−1<a<0时，函数f (x)的单调递减区间为(a+1,1)，单调递增区间为(0,a+1)，(1,+∞)；
当a=0时，函数f (x)无单调递减区间，单调递增区间为(0,+∞)；
当a>0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a<b，且f (a)=f (b)，则b−a的取值范围
是（ ）
(1 ]
A．(ln2,1] B．(ln2,1) C． ln2,1 D．[1,2)
2
【解题思路】设f (a)=f (b)=m，数形结合可得1≤m<2，可得b−a=lnm−m+2，进而令
g(x)=lnx−x+2，1≤x<2，利用导数可求b−a的取值范围.
【解答过程】设f (a)=f (b)=m，如图所示：
由f (x)的图象知，1≤m<2，则eb=m=a+2，从而a=m−2，b=lnm，
所以b−a=lnm−m+2．
1−x
令g(x)=lnx−x+2，1≤x<2，则g′(x)=
，
x
当1≤x<2时，g′(x)≤0，当且仅当x=1时，g′(x)=0，
所以g(x)在[1,2)上为减函数，所以g(2)<g(x)≤g(1)，
得ln2<g(x)≤1，即b−a的取值范围是(ln2,1]．
故选：A．
1
【变式2-2】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数f (x)=ex−ax− x2 ．
2
(1)若f′(x)≥0，求实数a的取值范围；
1
(2)若f (x)≥− x2+x+b，求(a+1)b的最大值．
2
【解题思路】（1）利用导数研究函数的单调性与最值分离参数计算即可；
（2）含参分类讨论ℎ(x)=ex−(a+1)x−b的单调性，得出(a+1)−(a+1)ln(a+1)≥b，构造函数，利用导数研究其单调性及最值计算即可.
【解答过程】（1）由题意得f′(x)=ex−a−x，则f′(x)≥0⇒ex−x≥a，
令g(x)=ex−x⇒g′(x)=ex−1，
显然x<0时，g′(x)<0，即g(x)此时单调递减，
x>0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，
x<ln(a+1)时，ℎ ′(x)<0，此时ℎ(x)单调递减，
即ℎ(x)≥ℎ(ln(a+1))=(a+1)−(a+1)ln(a+1)−b≥0，
即(a+1)−(a+1)ln(a+1)≥b，
所以(a+1) 2−(a+1) 2ln(a+1)≥b(a+1)，
令m(x)=x2−x2lnx⇒m′(x)=x−2xlnx=x(1−2lnx)，
易知当x∈(0,√e)时，m′(x)>0，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 <x <x ）．
1 2 3
(1)求实数a的取值范围；(2)若x ≥2x ，求实数a的最大值．
3 2
【解题思路】（1）将函数f (x)=aex−x3(a∈R)的极值问题转化为f′(x)=aex−3x2=0的零点问题，再
3x2
分离参数，设g(x)= ，利用导数研究函数g(x)的变化趋势，数形结合求解；
ex
( x ) 2 x 2lnt
（2）由（1）知x <0<x <2<x ，aex 2=3x2，aex 3=3x2则ex 3 −x 2= 3 ，令t= 3 ，则x = ，令
1 2 3 2 3 x x 2 t−1
2 2
2lnt
3x2
φ(t)= ，t≥2，利用导数求出函数φ(t)的最值，从而可得x ∈(0,2ln2]，再由a=g(x )= 2在
t−1 2 2 ex
2
(0,2ln2]上单调递增，可解.
【解答过程】（1）函数f (x)=aex−x3(a∈R)有三个极值点x ，x ，x （x <x <x ），
1 2 3 1 2 3
则f′(x)=aex−3x2=0有三个不相等的实数根x ，x ，x （x <x <x ），
1 2 3 1 2 3
3x2
即方程a= 有三个不相等的实数根x ，x ，x （x <x <x ）．
ex 1 2 3 1 2 3
3x2 3x(2−x)
令g(x)= ，则g′(x)= ，
ex ex
由g′(x)>0得0<x<2，由g′(x)<0得x<0或x>2，
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 <0<x <2<x ，
1 2 3x 2
( )
且aex 2=3x2 ，aex 3=3x2 ，所以ex 3 −x 2= 3 ，
2 3 x
2
x
令t= 3 ，则t≥2，
x
2
2lnt
则e(t−1)x 2=t2，即x = ，t≥2，
2 t−1
( 1 )
2lnt 2 1− −lnt
令φ(t)= ，t≥2，则 t ，
t−1 φ′(t)=
(t−1) 2
1 1−t
令m(t)=1− −lnt，t≥2，则m′(t)= <0，
t t2
1
所以m(t)单调递减，则m(t)≤m(2)= −ln2<0，
2
则φ′(t)<0，所以φ(t)单调递减，则φ(t)≤φ(2)=2ln2，故x ∈(0,2ln2]．
2
3x2
由（1）知，a=g(x )= 2在(0,2ln2]上单调递增，
2 ex
2
所以a∈(0,3(ln2) 2]，
故实数a的最大值为3(ln2) 2．
【题型3 与极值点有关的双变量问题】
【例3】（2024·福建泉州·一模）已知x ,x ，是函数f(x)=(x−1) 3−x两个极值点，则（ ）
1 2
A．x +x =−2 B．x +x =1 C．f (x )+f (x )=−2 D．f (x )+f (x )=2
1 2 1 2 1 2 1 2
【解题思路】求出函数导数，解方程得出极值点，计算可判断选项.
√3
【解答过程】f′ (x)=3(x−1) 2−1，令f′ (x)=0，解得x =1± ，
1,2 3
所以x +x =2，故AB不正确；
1 2
3 3
(√3) √3 ( √3) √3
f(x )+f(x )= −1− + − −1+ =−2，故C正确D错误.
1 2 3 3 3 3
故选：C.1
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）若函数f (x)=alnx+ x2−2x有两个不同的极值点x ,x ，且
2 1 2
t−f (x )+x <f (x )−x 恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
1 2 2 1
A．(−∞,−5) B．(−∞,−5] C．(−∞,2−2ln2) D．(−∞,2−2ln2]
x2−2x+a
【解题思路】首先对f (x)求导，得f′(x)= (x>0)，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<a<1，
因为t−f (x )+x <f (x )−x ，
1 2 2 1
1 1
可得t<f (x )+f (x )−x −x =alnx + x2−2x +alnx + x2−2x −x −x
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 1 2
1 1
=aln(x x )+ (x2+x2)−3(x +x )=aln(x x )+ (x +x ) 2−x x −3(x +x )
1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2
1
=alna+ ×22−a−3×2=alna−a−4．
2
设ℎ(a)=alna−a−4(0<a<1)，则ℎ ′(a)=lna<0，
则ℎ(a)单调递减，ℎ(a)> 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 <x )，求2f (x )−f (x )的最小值.
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论Δ≤0与Δ>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<a≤√2时，Δ≤0，则g(x)≥0，即f′ (x)≥0，
此时f(x)在(0,+∞)上单调递增，
a−√a2−2 a+√a2−2
当a>√2时，Δ>0，由g(x)=0，得x = ,x = ，且x <x ，
3 2 4 2 3 4
当0<x<x 或x>x 时，g(x)>0，即f′ (x)>0；
3 4
当x <x<x 时，g(x)<0，即f′ (x)<0，
3 4
所以f(x)在(0,x ),(x ,+∞)上单调递增，在(x ,x )上单调递减；
3 4 3 4
综上，当0<a≤√2时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>√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 <x ，
3 4 3 4
所以x =x ,x =x ，且x ,x 是方程2x2−2ax+1=0的两不等正根，
1 3 2 4 1 2
1
此时a>√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(0<x<4)，利用导数判断函数的单调性，转化为函数的最大值，即证明不等
式.
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)，
当ex ∈(1,3)，即x∈(0,ln3)时，f′(x)>0，
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0<a<4，
1 2 1 2
1 1
（ii）f (x )+f (x )+x +x =− e2x 1+4ex 1−ax −5− e2x 2+4ex 2−ax −5+x +x
1 2 1 2 2 1 2 2 1 2
1
=− (t2+t2)+4(t +t )−(a−1)(lnt +lnt )−10
2 1 2 1 2 1 2
1
=− [(t +t ) 2−2t t ]+4(t +t )−(a−1)lnt t −10
2 1 2 1 2 1 2 1 2
1
=− (16−2a)+16−(a−1)lna−10
2
=a−(a−1)lna−2，
要证f (x )+f (x )+x +x <0，即证a−(a−1)lna−2<0(0<a<4)，
1 2 1 2
令g(x)=x−(x−1)lnx−2(0<x<4)，
则g′(x)=1− ( lnx+ x−1) = 1 −lnx，
x x
1 1 1
令ℎ(x)= −lnx(0<x<4)，则ℎ ′(x)=− − <0，
x x2 x
则g′(x)在(0，4)上单调递减，
1 1
又g′(1)= −ln1=1，g′ (2)= −ln2<0，
1 2
1 1
故存在x ∈(1,2)，使g′ (x )= −lnx =0，即 =lnx ，则当x∈(0，x )时，g′(x)>0，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0<t<1.化简待求式得x
1
x
2 x
2
−x
1 =−t，即可得结果.
1 2
1
【解答过程】因为f′(x)=1− ，设切点坐标为(x ,x −lnx )，
x 0 0 0
( 1 )
则曲线在该点处的切线方程为：y= 1− (x−x )+x −lnx ，
x 0 0 0
0
又P(t,t2)在切线上，即t2= ( 1− 1 ) (t−x )+x −lnx =t− t +1−lnx ，
x 0 0 0 x 0
0 0
t
则方程t+1−t2= +lnx有两不同解x ,x ，
x 1 2
t x−t
令g(x)= +lnx,g′(x)= ,x∈(0,+∞)，
x x2
易知t≤0时，g(x)单调递增不合理，故t>0．
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0<t<1.[f (x )−f (x ) ] [lnx −lnx ]
易知x x 1 2 −1 =x x 2 1 ，
1 2 x −x 1 2 x −x
1 2 1 2
t t t
又因为x ,x 为方程t+1−t2= +lnx的解，故有 +lnx = +lnx ，
1 2 x x 1 x 2
1 2
[lnx −lnx ]
代入可得x x 2 1 =−t，故所求取值范围为(−1,0)．
1 2 x −x
1 2
故选：A.
【变式4-1】（2024·河北邢台·二模）已知函数f (x)=x2+2lnx的图像在A(x ,f (x ))，B(x ,f (x ))两个
1 1 2 2
不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是（ ）
10 10
A．x +x =2 B．x +x = C．x x =2 D．x x =
1 2 1 2 3 1 2 1 2 3
【解题思路】函数在两点处的切线平行，转化为函数在两点处的导数相等，得到x ,x 的关系，在结合不
1 2
等式求x +x 的取值范围即可.
1 2
【解答过程】因为f (x)=x2+2lnx，x>0.
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 <x )，证明：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)<m(e2 )，即可证明；
e2
1
（3）先判断出0<x <1<x <e，然后辅助证明两个不等式ℎ(x)≥ (x−e)(1≤x≤e)和
1 2 1−e
ℎ(x)≥x(0<x≤1)即可．
【解答过程】（1）f′ (x)=3x2+6x+1，
当x =0时，f′ (0)=1，f(x)在点(0,−3)处的切线方程为y+3=x，与x轴的交点横坐标为(3,0)，
0
42
所以x =3，f′ (3)=46，f(x)在点(3,54)处的切线方程为y−54=46(x−3)，与x轴的交点为( ,0)，
1 23所以方程f(x)=0的二次近似值为1.83．
（2）由题可知，g(2)=e2−3，g′ (x)=ex，g′ (2)=e2，
所以g(x)在(2,g(2))处的切线为y−(e2−3)=e2 (x−2)，即e2x−y−e2−3=0；
x
设m(x)=lnx−1− ,x>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)<m(e2 )，即ln3−1− <0⇔ln3<1+ ．
e2 e2
（3）由ℎ(x)=x−xlnx，得ℎ ′(x)=−lnx，
当0<x<1时，ℎ ′(x)>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0<x<e时，ℎ(x)>0，x>e时，ℎ(x)<0，
所以当方程ℎ(x)=a有两个根时，必满足0<x
1
<1<x
2
<e；
1
曲线y= ℎ(x)过点(1,1)和点(e,0)的割线方程为y= (x−e)，
1−e
1
下面证明:ℎ(x)≥ (x−e)(1≤x≤e)，
1−e
1
设u(x)= ℎ(x)− (x−e)(1≤x≤e)，
1−e
1 ( 1 )
则u'(x)=−lnx+ =− lnx−lnee−1 ，
e−1
1 1
所以当 1<x<ee−1时，u'(x)>0；当 ee−1<x<e 时，u'(x)<0，
所以u(x)在 ( 1,ee− 1 1 ) 上单调递增，u(x)≥u(1)=0；在 ( ee− 1 1,e ) 上u(x)单调递减，u(x)≥u(e)=0，
1
所以当1≤x≤e时，u(x)≥0，即f(x)≥ (x−e)(1≤x≤e)（当且仅当x=1或x=e时取等号），
1−e
1
由于1<x <e，所以a=f (x )> (x −e)，解得x >a−ea+e；①
2 2 1−e 2 2
下面证明当0<x≤1时，ℎ(x)≥x，
设n(x)= ℎ(x)−x=−xlnx,0<x≤1，因为lnx≤0，
所以当0<x≤1时，f (x)≥x（当且仅当x=1时取等号），
由于0<x <1所以a= ℎ(x )>x ，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 <x ，则下列命
1 2 1 2
题正确的是（ ）
2
A．a>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0<x<1，即函数g(x)的单调递增区间为(0,1)，
由g′(x)<0可得x>1，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
1 lnx+1 1 lnx+1
且当0<x< 时，g(x)= <0，当x> 时，g(x)= >0，g(1)=1，
e x e x
如下图所示：由图可知，当0<a<1时，直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点，故A错误；
1
由图可知， <x <1<x ，
e 1 2
1 1−ax 1 1
因为f′(x)= −a= ，由f′(x)>0可得0<x< ，由f′(x)<0可得x> ，
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<x < <x ，
a a 1 a 2
1 2 1
所以，0<x < ，则 −x > ，
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<x< ，
a a a a
( 1) 2
2a x−
则ℎ ′(x)= 1 − 1 +2a= a <0，则函数ℎ(x)在 ( 0, 1) 上单调递减，
x− 2 x x ( x− 2) a
a a
(1) (2 ) (2 )
所以，ℎ(x )> ℎ =0，即f −x −f (x )>0，即f (x )<f −x ，
1 a a 1 1 1 a 1
(2 )
又f (x )=f (x )=0，可得f (x )<f −x ，
2 1 2 a 1
(1 ) 2 2
因为函数f (x)的单调递减区间为 ,+∞ ，则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 <x <1<x ，则−x >−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<m<3）有两个不同的零点x ，
x 1
x （x <x ），下列关于x ，x 的说法正确的有（ ）个
2 1 2 1 2
x 2 m 3
① 2<e2m ②x > ③e3<x < ④x x >1
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(0<m<3)有两个不同零点x ,x (x <x )，转化为 lnx− +2 =m有两个交点，
x 1 2 1 2 x
| 2 |
构造函数g(x)= lnx− +2 ，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根据①判断②，再根据零点,构造
x
函数，判断选项③,根据零点判断④.
| 2 |
【解答过程】由函数f (x)= lnx− +2 −m(0<m<3)有两个不同零点x ,x (x <x )，
x 1 2 1 2
| 2 |
转化为 lnx− +2 =m(0<m<3)有两个交点x ,x (x <x )，
x 1 2 1 2
构造函数g(x)=lnx− 2 +2，ℎ(x)= | lnx− 2 +2 | ，则g′(x)= 1 + 2 ，故g′(x)>0，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0<x <1<x ，
1 2
2 2
对于①，m=−lnx + −2=lnx − +2，
1 x 2 x
1 2
2 2 ( x )
所以2m=−lnx +lnx + − >ln 2 ，
1 2 x x x
1 2 1x
所以
2<e2m
，故①正确；
x
1
2
对于②，由①可知m=−lnx + −2，故mx +2x −2=−x lnx >0，
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0<m<3，所以0< <1，故1<e3<e, >1，
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(0<t<1)，构造I(t)=t− +1，显然I(t)单调递增，且I(0)=0，
3 et
( m)
所以 m=g(x )>g e3
2
m
3
所以e3<x < ，故③正确；
2 3−m
2 2 4
对于④，由①可知，lnx x = + −4> −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 <x ，证明：a(x +x ) 2>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0<x <x 时，a(x +x ) 2>2，
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 ，0<x <x ，
x −x 1 2 x x +x 1 2
1 2 2 1 2
x
( )
2 1−1
x x
ln 1− 2 <0，0<x <x ．
1 2
x x
2 1+1
x
2
x 2(t−1)
令t= 1(0<t<1)，F(t)=lnt− ，只需证F(t)<0，
x t+1
2
1 4 (t+1) 2−4t (t−1) 2
F′(t)= − = = >0，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− <F(1)=0，即可得证.
t+1
【变式5-3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数f (x)=x2lnx−m有两个不同的零点x ，x ，且
1 2
t=x2+x2
．
1 2
(1)求实数m的取值范围；
(2)求证：t<1；
2 3
(3)比较t与 及2m+ 的大小，并证明．
e e
【解题思路】（1）先结合导数与单调性关系判断函数的单调性，结合单调性及函数性质，零点存在定理
即可求解；
1 u
（2）令t=x2+x2=u +u ，不妨设0<u < <u ，设 2=λ(λ>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− <m<0；
2e
1 u
（2）t=x2+x2=u +u ，由题不妨设0<u < <u ，设 2=λ(λ>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 ,0<u < 1 <u ，构造F(u)=g(u)−g (2 −u ) ，0<u< 1 ，
1 2 2 1 e 2 e eF′(u)=g(u)+g′(2
−u
)
=lnu
(2
−u
)
+2≤0，
e e
( 1) (1) (2 )
∴F(u)在 0, 单调递减，∴F(u )>F =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0<u < <u 得0<eu <1,eu >1，
1 e 2 1 2
2(x−1) (x−1) 2
又∵当0<x<1时，y=lnx− ，y′= >0，
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0<x<1时，y<0，即lnx<
x+1
2(eu −1)
所以ln(eu )< 1 ，
1 eu +1
1
2(eu −1) 2m 2(eu −1)
即1+lnu < 1 ，即1+ < 1 ，
1 eu +1 u eu +1
1 1 1
整理得：eu2−2meu −3u −2m>0③，
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 <u ,∴e(u +u )<2me+3，即u +u <2m+ ，综上 <t<2m+ ．
1 2 1 2 1 2 3 e e
【题型6 双变量的恒（能）成立问题】
lnx
【例6】（2024·重庆·模拟预测）已知函数f (x)= ,g(x)=axe−ax ，若存在x ∈(0,1),x ∈(−∞,0)使
x 1 2得f (x )=g(x )，则实数a的取值范围为（ ）
1 2
A．(−∞,−2) B．(−2,−1) C．(−1,+∞) D．(0,+∞)
【解题思路】利用导数求得f (x)在区间(0,1)上的值域，求得g(x)在区间(−∞,0)上的值域，由此求得a的取
值范围.
lnx 1−lnx
【解答过程】对于f (x)= (0<x<1)，f′(x)= >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 <f (x )−2x ，
1 2 2 1 1 1 2 2令F(x)=f (x)−2x,x∈(0,+∞)，根据题意对任意的x ,x ∈(0,+∞)，
1 2
当x >x 时，F(x )<F(x )，所以函数F(x)=f (x)−2x在(0,+∞)上单调递减，
1 2 1 2
所以F′(x)=f′(x)−2=2lnx−2ax≤0在(0,+∞)上恒成立，
lnx
即 ≤a在(0,+∞)上恒成立.
x
lnx 1−lnx
令g(x)= ,x∈(0,+∞)，则g′(x)= ，
x x2
所以当x∈(0,e)时，g′(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0<x<e，由f′(x)<0，可得x>e，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⇒0<x<1，令ℎ ′(x)<0⇒x>1，
∴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⇒1<x<e，令φ'(x)<0⇒ <x<1，
e
(1 )
∴φ(x)在 ,1 上单调递减，在(1,e)上单调递增．
e
1
∴φ(x) =φ(1)=− ，
min 2
1
∴a≥− ，
2
又已知a≠0
[ 1 )
故a的取值范围为 − ,0 ∪(0,+∞)．
2【题型7 双变量的不等式证明问题】
【例7】（2024·河北保定·二模）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′(√x x )>0．
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
<ea−1 ，即证明f (x )<f
(e2a−2
) ，构造函数
1 x 2 x
2 2
g(x)=f (x)−f
(e2a−2
) ,x∈(ea−1,ea)，利用导数证明函数的单调性，即可证明.
x
【解答过程】（1）f′(x)=a−1−lnx，当0<x<ea−1时，f′(x)>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 <x ，则0<x <ea−1<x <ea，要证f′(√x x )>0，
1 2 1 2 1 2
e2a−2
即证√x x <ea−1 ，则证x x <e2a−2 ，则证x < <ea−1 ，
1 2 1 2 1 x
2
(e2a−2
)
(e2a−2
)
所以只需证f (x )<f ，即f (x )<f ．
1 x 2 x
2 2
令g(x)=f (x)−f
(e2a−2
) ,x∈(ea−1,ea)，则g(ea−1)=0，g′(x)=
(a−1−lnx)(x2−e2a−2)
．
x x2
当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)<g(ea−1)=0．所以f (x )<f ．
1 x
2
e2a−2
由（1）知f (x)在(0,ea−1)上单调递增，所以x < ，从而f′(√x 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0<x <1<x ，
1 2 2 1 2 1 2 1 2
要证x +x >2，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,(0<x<1)，
则k′(x)=lnx−ln(2−x)−2x+2，记t(x)=k′(x)=lnx−ln(2−x)−2x+2，
1 1
则t′(x)= + −2>0，所以t(x)在(0,1)单调递增，所以t(x)<t(1)=0，
x 2−x
即k′(x)<0，所以k(x)在(0,1)单调递减，所以k(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，0<x<6 ，
12 12
( √ a ) (√ a )
所以f(x)在 0,6 上单调递减，在 6 ,+∞ 上单调递增．
12 12
综上：当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
( √ a ) (√ a )
当a>0时，f(x)在 0,6 上单调递减，在 6 ,+∞ 上单调递增．
12 12
1 1
（2）设0<x
1
<x
2
，则g(x
1
)=kx
1
2+
x2
−lnx
1
=0，g(x
2
)=kx
2
2+
x2
−lnx
2
=0，
1 2
lnx 1 lnx 1
所以k= 1− = 2−
，
x2 x4 x2 x4
1 1 2 2
lnx lnx
lnx lnx 1 1 x4−x4 1− 2
所以 1− 2= − = 2 1 ， x2 x2 1 ，
x2 x2 x4 x4 (x x ) 4 1 2 =−
1 2 1 2 1 2 x4−x4 (x x ) 4
1 2 1 2
1 1
记t4=12e4，要证(x x ) 4>12e4 ，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0<x <x ，所以ℎ(x )< ℎ(x )，所以(x x ) 4>12e4 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 <x ，满足f (x )=f (x )=0.
1 2 1 2
（ⅰ）求m的取值范围；
（ⅱ）证明：x +x <π .
1 2
【解题思路】（1）求出导函数，利用导数的正负判断函数的单调性即可；
（2）（i）由题设及零点存在定理列不等式组求解即可；
sinx
（ii）按照x ≤ π 和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 <x∗+x∗成立即可.
1 2 1 2 1 2 1 2
sinx cosx−sinx
【解答过程】（1）由f(x)= −m,x∈(0,π)得f′ (x)= ，
ex ex
π π
当x∈ ( 0, ) 时，f′ (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<m< √2 e − π 4 ，即m∈ ( 0, √2 e − π 4 ) .
4 2 2π π π
（ii）若x ≤ 时，则x +x < + <π；
2 2 1 2 4 2
sinx
若x > 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 <x∗ 1 ，
sinx sinx∗ sinx sinx
由 e π 4 在 ( π 2 ,π) 单减，知 m= e π 4 2 = ex 2 2< e π 4 2 ，有x 2 <x∗ 2 ，
则x +x <x∗+x∗，即x +x <π .
1 2 1 2 1 2
综上，x +x <π .
1 2
【题型8 双变量的新定义问题】
|m n|
【例8】（2024·四川成都·模拟预测）定义运算： =mq−np，已知函数
p q
|lnx x−1| 1
f(x)= ,g(x)= −1．
1 a x
(1)若函数f(x)的最大值为0，求实数a的值；
( 1 )( 1 )( 1 ) ( 1 )
(2)证明： 1+ 1+ 1+ … 1+ <e．
22 32 42 n2
ℎ(x )−ℎ(x )
(3)若函数ℎ(x)=f(x)+g(x)存在两个极值点x ,x ，证明： 1 2 −a+2<0．
1 2 x −x
1 2
【解题思路】（1）利用定义的运算得到f (x)的解析式，结合导数求最大值的方法，建立关于a的方程，解
方程得解.
1 1 1 1 1 1
（2）借助（1）问中的结论，lnx≤x−1，得到ln(1+ )<(1+ )−1= < = − ，然后
n2 n2 n2 n(n−1) n−1 n
利用不等式性质，即裂项相消求和法，从而得证.ℎ(x )−ℎ(x ) a(lnx −lnx )
（3）将极值点个数问题转化为到导函数零点个数问题，从而得出 1 2 = 1 2 −2，
x −x x −x
1 2 1 2
lnx −lnx 1
将所证转化为 1 2<1，通过消元，然后构造函数φ(x)=2lnx−x+ (x>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+ )<e
．
22 32 42 n2
1
（3）∵ℎ(x)=f(x)+g(x)=alnx−x+
x
a 1 −x2+ax−1
∴ℎ ′ (x)= −1− =
x x2 x2
“函数ℎ(x)存在两个极值点x
1
,x
2
”等价于
a 1 −x2+ax−1
“方程ℎ ′ (x)= −1− = =0有两个不相等的正实数根”
x x2 x2
故¿，解得a>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0<x <1<x ，故x = <1
1 2 1 2 1 x
2
lnx −lnx 1 1
由 1 2<1得 2lnx −x + <0，令φ(x)=2lnx−x+ (x>1)
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0<x +a<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
1
则g(x )<g(x )=ln(x +a)−ex 2+1=ln(x +a)− +1，
1 2 2 2 x +a
2
1 1
令t=x +a∈(0,1)，则g(x )=lnt− +1，令μ(t)=lnt− +1，t∈(0,1)
2 2 t t
1 1
则μ′(t)= + >0，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 <g(x )+x =ln(x +a)−ex 2+1+x =ln −ex 2+1+x =1−ex 2<0，
1 2 2 2 2 2 ex
2
2
即当a∈(0,1)，有|g(x )|>|x |；
1 2
1
当a∈(1,+∞)时，有0>x >x ，则ex 2= <e0=1，即x +a>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 <− ln2<x ，
1 2 2
( 1 )
所以x ,−ln2−x ∈ −∞,− ln2 ，
1 2 2
要证x +x <−ln2，即证x <−ln2−x ，
1 2 1 2
即证g(x )=g(x )>g(−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<x ，
1 2 2( 1 )
所以x ,−ln2−x ∈ −∞,− ln2 ，
1 2 2
要证x +x <−ln2，即证x <−ln2−x ，
1 2 1 2
即证ℎ(x )= ℎ(x )> 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 <f (x )≤ ，（构造f (x)=¿时，等号成立），
2 2 0 4
(1 3]
所以f (x) −f (x) =f (x )−f (0)=f (x )∈ , ；
max min 0 0 2 4
（ⅱ）若x 为f (x)在区间(0,1)上仅存的一个极小值点，则f (x)在(0,x )严格递减，在(x ,1)严格增，
0 0 0
1 3
由¿，同理可得− ≤f (x )≤ ，
4 0 4
1 1
又f (0)=0，f (1)= ，则− ≤f (x )<0，（构造f (x)=¿时，等号成立），
2 4 0
1 (1 3]
所以f (x) −f (x) =f (1)−f (x )= −f (x )∈ , ；
max min 0 2 0 2 4
(1 3]
综上所述：所求取值范围为 , ；
2 4
（3）显然f (x)为[0,1]上的严格增函数，任意x ,x ∈[0,1]，不妨设x <x ，
1 2 1 2
此时f (x )<f (x )，
1 2
1 1
由f (x)为L(−1)函数，得f (x )−f (x )≤ − 恒成立，即
2 1 x +1 x +1
1 2
1 1
f (x )+ ≤f (x )+ 恒成立，
2 x +1 1 x +1
2 1
1 1
设ℎ(x)=f (x)+ =0.05x2+0.1x+aln(x+1)+ ，则ℎ(x)为[0,1]上的减函数，
x+1 x+1
ℎ ′(x)=0.1(x+1)+ a − 1 ≤0，得a≤ 1 − (x+1) 2 对x∈[0,1]恒成立，
x+1 (x+1) 2 x+1 10
易知上述不等号右边的函数为[0,1]上的减函数，
1 4 1 ( 1 ]
所以a≤ − = ，所以a的取值范围为 0, ，
2 10 10 10a
此时g(x)=f′(x)=0.1(x+1)+
，
x+1
a
法1：当0.1(x+1)= 时，即x+1=√10a，由√10a≤1，而x+1∈[1,2]，所以g(x)为[0,1]上的增函
x+1
数，
a
法2：g′(x)=0.1−
，
(x+1) 2
因为a∈ ( 0, 1 ] ，当x∈[0,1]，g′(x)=0.1− a ≥0，所以g(x)为[0,1]上的增函数，
10 (x+1) 2
a a ( 1 ]
由题意得，M(a)=g(1)−g(0)=0.2+ −0.1−a=0.1− ，a∈ 0, .
2 2 10
一、单选题
1．（2024·吉林长春·模拟预测）已知a，b满足ea=−ae−2，b(lnb−2)=e4，其中e是自然对数的底数，
则ab的值为（ ）
A．−e B．−e2 C．−e3 D．−e4
【解题思路】变换得到a−ln(−a)+2=0，2−lnb−ln(lnb−2)+2=0，构造函数f (x)=x−ln(−x)+2，
确定函数单调递增，得到a=2−lnb，化简得到答案.
【解答过程】ea=−ae−2，故a=ln(−a)−2，(a<0)，即a−ln(−a)+2=0；
b(lnb−2)=e4，故lnb+ln(lnb−2)=4，即2−lnb−ln(lnb−2)+2=0.
1
设f (x)=x−ln(−x)+2，x<0，f′(x)=1− >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0<a<1，且x +x =2x x .
1 2 1 2
1 1
由f(x )+f(x )+x x = ax2−2x +lnx + ax2−2x +lnx +x x
1 2 1 2 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2
1
= (2x −1+2x −1)−2(x +x )+ln(x x )+x x
2 1 2 1 2 1 2 1 2
=−(x +x )+lnx x +x x −1
1 2 1 2 1 2
1 1
=−x x +lnx x −1=− +ln −1，
1 2 1 2 a a
1
令t= ,t>1，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)<g(1)=−2，
t
要使m>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− <x <x <0的情况，可将 1 表示为 1 ⋅ 2 ；构造函数
2 2 2 2 1 k sinx π−x
2 2 1
π sinx π π
f (x)=tanx−x+π( − <x<0 ) ，ℎ(x)= ( − <x<− ) ，利用导数可求得f (x),ℎ(x)的单调
2 π−x 2 3
k
1
性，从而对 进行放缩即可求得所求范围.
k
2
k
【解答过程】∵对于任意A>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 <x′ ，
1 1 1 1 1 1 1
设k 对应的切点为(x ,sinx )，(x′ ,sinx′ )，x <x′ ，
2 2 2 2 2 2 2
∵(sinx) ′=cosx，∴k =cosx =cosx′ ，k =cosx =cosx′ ，
1 1 1 2 2 2
π
∴只需考虑x +x′ =2π，x +x′ =4π，其中− <x <x <0的情况，
1 1 2 2 2 2 1
sinx′ −sinx sin(2π−x )−sinx 2sinx
则k = 1 1= 1 1=− 1 ，
1 x′ −x (2π−x )−x 2π−2x
1 1 1 1 1
sinx′ −sinx sin(4π−x )−sinx 2sinx π
k = 2 2= 2 2=− 2 ，其中− <x <x <0，
2 x′ −x (4π−x )−x 2π−2x 2 2 1
2 2 2 2 2
k sinx 4π−2x sinx 2π−x
∴ 1= 1 ⋅ 2= 1 ⋅ 2 ；
k sinx 2π−2x sinx π−x
2 2 1 2 1
2sinx 2sinx
又− 1 =cosx ，− 2 =cosx ，
2π−2x 1 4π−2x 2
1 1
∴sinx =(x −π)cosx ，sinx =(x −2π)cosx ；
1 1 1 2 2 2
π 1 sin2x
令f (x)=tanx−x+π( − <x<0 ) ，则f′(x)= −1= =tan2x>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
∴− <x <x <− ，又sinx <sinx <0，∴0< 1<1，
2 2 1 3 2 1 sinx
2
π 5
2π+
k sinx 2π−x 2π−x 2 2 15 7
∴ 1= 1 ⋅ 2< 2< = = < ；
k sinx π−x π−x π 4 8 3
2 2 1 1 π+
3 3
sinx π π (π−x)cosx+sinx
令ℎ(x)= ( − <x<− ) ，则ℎ ′(x)= ，
π−x 2 3 (π−x) 2π π
令t(x)=(π−x)cosx+sinx ( − <x<− ) ，则t′(x)=−(π−x)sinx>0，
2 3
π π
( )
∴t(x)在 − ,− 上单调递增，
2 3
π π π π π √3
∴t(x)<t ( − )=− cos ( − )+sin ( − )=− − <0，
3 3 3 3 6 2
π π sinx sinx
即ℎ ′(x)<0，∴ℎ(x)在 ( − ,− ) 上单调递减，∴ 1 < 2 ，
2 3 π−x π−x
1 2
k sinx 2π−x π−x 2π−x 2π−x π π 5
∴ sinx 1> 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 +x 恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
1 2 2 1 2 x −x 1 2
1 2
[e2 ) ( e ] ( e )
A． −1,+∞ B．[√e−1,+∞) C． −∞, −1 D． −∞, −1
4 2 2【解题思路】设x >x ，由题意，原问题等价于f (x )−x2<f (x )−x2 ，令
1 2 1 1 2 2
(1 )
F(x)=f(x)−x2=ex−ax2−x2，则F(x )<F(x )，进而可得F(x)在 ,2 上为减函数，则F′(x)≤0在
1 2 2
(1 ) (ex )
,2 上恒成立，即 ≤2(a+1)从而即可求解.
2 x
max
【解答过程】解：设x >x ，因为对∀x ,x ∈ (1 ,2 ) ，当x ≠x 时都有 f (x 1 )−f (x 2 ) <x +x 恒成立，
1 2 1 2 2 1 2 x −x 1 2
1 2
等价于f (x )−f (x )<x2−x 2 ，即f (x )−x2<f (x )−x2 ，
1 2 1 2 1 1 2 2
(1 )
令F(x)=f(x)−x2=ex−ax2−x2，则F(x )<F(x )，所以F(x)在 ,2 上为减函数，
1 2 2
(1 ) ex (1 )
所以F′(x)=ex−2(a+1)x≤0在 ,2 上恒成立，即 ≤2(a+1)在 ,2 上恒成立，
2 x 2
ex (1 ) ex (x−1)
令ℎ(x)= ,x∈ ,2 ，则ℎ′(x)= >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 <x 、f(x )=−2且x ≠0，结合图象得0<x <1<x <x <2，再利
1 2 0 0 1 2 0用导数研究函数g(x)=f(1+x)−f(1−x)的性质得f(1+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 <x ，
1 2 1 2 1 2
1
如上图，若f(x )=(x −2)ex 0=−2且x ≠0，则0<x <1<x <x <2，则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 <x ，则x < 不一定成立，B错误；
2 2 2 2 0 2 2
令g(x)=f(1+x)−f(1−x)=(x−1)ex+1+(x+1)e1−x，
则g′ (x)=xex+1−xe1−x=x(ex+1−e1−x )，
当x≥0时，x+1≥1−x，得ex+1≥e1−x，则g′ (x)≥0；
当x<0时，x+1<1−x，得ex+1<e1−x，则g′ (x)>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0<x <1<x <x <2，则2>x +x >2√x x ，即1>√x x ，故0<x x <1，C错误.
1 2 0 1 2 1 2 1 2 1 2故选：D.
二、多选题
9．（2024·重庆万州·模拟预测）若函数f (x)=ln(ax)−1，g(x)=ex−b，满足对∀x∈(0,+∞)均有
f (x)g(x)≥0，则ab的取值不可能为（ ）
25
A．e B． C．e2 D．9
4
eb
【解题思路】将问题转化为两个函数的零点重合，得出ab= 转化单变量的函数最值问题，求导计算即
lnb
可.
【解答过程】条件对∀x∈(0,+∞)均有f (x)g(x)≥0恒成立，等价于[ln(ax)−1](ex−b)≥0，
易知a>0，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<x<e，即ℎ(x)
lnb lnx (lnx) 2
在(1,e)上单调递减，(e,+∞)上单调递增，
ℎ(x)≥ℎ(e)=e2，显然A、B不可能，C、D可能
故选：AB.
10．（2024·广东广州·一模）已知直线y=kx与曲线y=lnx相交于不同两点M(x ,y )，N(x ,y )，曲线
1 1 2 2
y=lnx在点M处的切线与在点N处的切线相交于点P(x ,y )，则（ ）
0 0
1
A．0<k< B．x x =ex C．y + y =1+ y D．y y <1
e 1 2 0 1 2 0 1 2
lnx
【解题思路】对于A，构造函数f (x)= ，计算即可判断；对于B，写出A，B点处的切线程联立并化
x
简得 lnx −lnx ，而 lnx −lnx ，计算即可判断；对于C，根据斜率相等可得
x =x x 2 1 k= 2 1
0 1 2 x −x x −x
2 1 2 1， 为两切线的交点代入化简得 x lnx −x lnx ，再计算可得
x lnx =x lnx P(x ,y ) y +1= 2 2 1 1
2 1 1 2 0 0 0 x −x
2 1
；对于D，根据 y −y ，计算即可判断.
y + y =1+ y 2 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<k< ，故A正确；
e
设M(x ,y ),N(x ,y )，且1<x <e<x ，可得kx =lnx ,kx =lnx ，
1 1 2 2 1 2 1 1 2 2
1 1
y=lnx在M,N点处的切线程为y−lnx = (x−x ),y−lnx = (x−x ),
1 x 1 2 x 2
1 2
lnx −lnx lnx −lnx
x x x = 2 1=x x 2 1
¿，得lnx −lnx = 0− 0 ，即 0 x −x 1 2 x −x ，
2 1 x x 2 1 2 1
1 2 x x
1 2
lnx −lnx 1
因为k= 2 1 ，所以x =x x k，即x x = x ，故B错误；
x −x 0 1 2 1 2 k 0
2 1
y lnx lnx
因为k= 1= 1= 2 ，所以x lnx =x lnx ，
x x x 2 1 1 2
1 1 2
因为P(x ,y )为两切线的交点，
0 0
1 lnx −lnx x lnx −x lnx +x lnx −x lnx
所以y =lnx + x −1=lnx +x 2 1−1= 2 1 1 1 2 2 2 1−1，
0 1 x 0 1 2 x −x x −x
1 2 1 2 1
x lnx −x lnx x lnx −x lnx
即y = 2 2 1 1−1，所以y +1= 2 2 1 1 ，
0 x −x 0 x −x
2 1 2 1
所以(lnx +lnx )(x −x ) x lnx −x lnx +x lnx −x lnx x lnx −x lnx
y + y =lnx +lnx = 1 2 2 1 = 2 1 1 1 2 2 1 2= 2 2 1 1= y +1
1 2 1 2 x −x x −x x −x 0
2 1 2 1 2 1
故C正确；
因为kx = y ，所以lnk+lnx =ln y ，所以lnk+ y =ln y ，
1 1 1 1 1 1
y −y
同理得lnk+ y =ln y ，得ln y −y =ln y −y ，即 2 1 =1，
2 2 1 1 2 2 ln y −ln y
2 1
y −y
因为 2 1 >√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 <x <1，则f (x )<f (x )
1 2 2 2 2 1
【解题思路】根据f (x)的解析式直接求解f (1−x)可对A判断；利用导数求最值方法可对B判断；结合给
出的已知条件并利用A、B中的结论可对C、D判断求解.
【解答过程】对A，由题意知f (x)=xlnx+(1−x)ln(1−x)，所以
f (1−x)=(1−x)ln(1−x)+xlnx=f (x)，故A正确；
1 x
对B，由题意知f (x)的定义域为(0,1)，f'(x)=lnx+x× −ln(1−x)−1=lnx−ln(1−x)=ln ，
x 1−x
( 1) (1 ) ( 1) (1 )
当x∈ 0, ，f'(x)<0，当x∈ ,1 ，f'(x)>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 <x <1，所以 <x <1−x <1，
1 2 2 1 2 2 2 2 1
(1 )
由B知f (x)在 ,1 上单调递增，所以f (x )<f (1−x )，又由A知f (x )=f (1−x )，
2 2 1 1 1
所以f (x )<f (x )，故D正确.
2 1
故选：ACD.
三、填空题
1
12．（23-24高二下·四川遂宁·期中）已知函数f (x)=lnx,g(x)= x+1，若f (x )=g(x )，则x −x 的最
2 1 2 1 2
小值为 4−2ln2 .
【解题思路】令f (x )=g(x )=t，则x −x =et−2t+2，求导，利用导数研究函数的最小值即可.
1 2 1 2
1
【解答过程】设f (x )=g(x )=t，即lnx =t, x +1=t，解得x =et,x =2t−2，
1 2 1 2 2 1 2
所以x −x =et−2t+2，令ℎ(t)=et−2t+2，则ℎ ′(t)=et−2，令ℎ ′(t)=0，解得t=ln2，
1 2
当t<ln2时，ℎ ′(t)<0，当t>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)<g(2)=−4×8+24×2=16，则f (x )+f (x )的取值范围为(−∞,16).
1 2
故答案为：(−∞,16).
14．（2024·全国·模拟预测）若对于∀m∈[−e,e]，∀y∈(−1,+∞)，使得不等式
4x3+ln(x+1)+(2023−m)x−1<yln(y+1)恒成立，则整数x的最大值为 0 ．
【解题思路】由题，有[4x3+ln(x+1)+(2023−m)x−1] <[yln(y+1)] .利用导数可得
max min
[yln(y+1)] =0，则可得[4x3+ln(x+1)+(2023−m)x−1] <0.
min max
后将4x3+ln(x+1)+(2023−m)x−1看成关于m的函数g(m)，后分类讨论
g(m)的最大值与0的大小即可.
【解答过程】4x3+ln(x+1)+(2023−m)x−1<yln(y+1)恒成立，
等价于[4x3+ln(x+1)+(2023−m)x−1] <[yln(y+1)] .
max min
y
令f (y)= yln(y+1)，y∈(−1,+∞)，则f′(y)=ln(y+1)+ ，
y+1
注意到y∈(−1,0)时，f′(y)<0，f′(0)=0，y∈(0,+∞)时，f′(y)>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0<x <2，比较f (x )与f (x )的大小，并说明理由
1 2 1 1 2
【解题思路】（1）对函数求导，利用函数单调性与导数的关系，建立不等式求解即可；
（2）由a=1，得f (x)=
x2
，要证明
x
1
2
<
x
2
2
，只需证明e2t<
(2+t
)
2
，两边同时取对数整理得
ex ex
1
ex
2
2−t
2+t 2+t
t<ln ，0<t<2，构造函数ℎ(t)=ln −t，0<t<2，利用导数的性质证明即可.
2−t 2−t
x2 2x−ax2
【解答过程】（1）∵f (x)= ，∴f′(x)= ，
eax eax
∵f (x)在(0,2]上单调递增，∴f′(x)≥0在(0,2]上恒成立且满足f′(x)=0的点不连续．
2 2
当x∈(0,2]时，a≤ ．由y= 在(0,2]上单调递减可知，
x x(2)
当x=2时， =1，∴a≤1，
x
min
综上，a的取值范围为(0,1]
x2
（2）当a=1时，f (x)= ，
ex
x +x =4且0<x <2，
1 2 1
下面证明f (x )<f (x )，
1 2
x2 x2
(
x
)
2
即证明 1 < 2，等价于证明：ex 2 −x 1< 2 ，
ex
1
ex
2
x
1
设x =2−t,x =2+t，0<t<2，所证即为：e2t<
(2+t
)
2
，
1 2 2−t
2+t
等价于证明：t<ln ，0<t<2，
2−t
2+t
设函数ℎ(t)=ln −t，0<t<2．
2−t
t2
∵ℎ ′(t)=
4−t2
>0，∴ℎ(t)在(0,2)上单调递增，而ℎ(t)
min
= ℎ(0)=0，∴ℎ(t)>0，
2+t
∴ln >t，0<t<2，所证不等式成立．
2−t
16．（2024·吉林·模拟预测）已知函数f (x)=x(ex−a)−alnx，a∈R.
(1)当a=e时，求函数f (x)的单调区间与极值；
(2)若函数f (x)有2个不同的零点x ，x ，满足x ex 2>2x 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:1<t <e<t .
1 2
e
（i）当2t ≤e，即t ≤ 时，t >2t 恒成立;
1 1 2 2 1
e
（ii）当2t >e，即t > 时，有F(t )=F(t )<F(2t ).
1 1 2 1 2 1
e
令G(t)=F(t)−F(2t),t∈ ( ,e)
，
2
lnt ln2t lnt−ln2 e
由G(t)<0，即 − = <0可得t<2，所以t ∈ ( ,2 ) ，
t 2t 2t 1 2
1 ( ln2) ( 2 )
综上，t ∈(1,2)，因此 =F(t )∈ 0, ,a∈ ,+∞ .
1 a 1 2 ln2
17．（2024·河南商丘·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为(0,+∞)，其导函数
2
f′(x)=2x+ −2a(a∈R),f (1)=1−2a．
x
(1)求曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线l的方程，并判断l是否经过一个定点；
(2)若∃x ,x ，满足0<x <x ，且f′ (x )=f′ (x )=0，求2f (x )−f (x )的取值范围．
1 2 1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）利用求导法则得f (x)=x2+2lnx−2ax+c，根据条件及导数的几何意义、直线的点斜
式计算即可；
（2）利用导函数有两个零点得出 的关系及范围，消元化简得
x ,x ,a 2f (x )−f (x )
1 2 1 2=x2− 2 −6lnx −2 ，构造函数 g(x)=x2− 2 −6lnx−2,x∈(1,+∞) ，利用导数研究其单调性及最值
2 x2 2 x2
2
即可.
2
【解答过程】（1）因为f′(x)=2x+ −2a，
x
所以f (x)=x2+2lnx−2ax+c（c为常数）．
因为f (1)=1−2a，所以c=0，
所以f (x)=x2+2lnx−2ax．
又f′(1)=4−2a，
所以曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线l的方程为y−(1−2a)=(4−2a)(x−1)，
即y=(4−2a)x−3，
所以l经过定点(0,−3)．
x2−ax+1
（2）令f′(x)=0，可得 =0．
x
因为∃x ,x ，满足0<x <x ，且f′ (x )=f′ (x )=0，
1 2 1 2 1 2
所以关于x的方程x2−ax+1=0有两个不相等的正实数根x ,x ，
1 2
则¿，
所以2f (x )−f (x )=2(x2−2ax +2lnx )−(x2−2ax +2lnx )
1 2 1 1 1 2 2 2
=2x2−4ax +4lnx −x2+2ax −2lnx
1 1 1 2 2 2
=2x2−4(x +x )x +4lnx −x2+2(x +x )x −2lnx
1 1 2 1 1 2 1 2 2 2
=−2x2−4+4lnx +x2+2−2lnx
1 1 2 2
2
=x2− −6lnx −2
，
2 x2 2
2
2
令函数g(x)=x2− −6lnx−2,x∈(1,+∞)，
x2
4 6 2x4−6x2+4 2(x2−1)(x2−2)
则g′(x)=2x+ − = = ，
x3 x x3 x3令g′(x)=0，得x=√2，
因为当x∈(1,√2)时，g′(x)<0，
当x∈(√2,+∞)时，g′(x)>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0<a<4，
1 2 1 2
1 1
则f (x )+f (x )+x +x =− e2x 1+4ex 1−ax −5− e2x 2+4ex 2−ax −5+x +x
1 2 1 2 2 1 2 2 1 2
1
=− (t2+t2)+4(t +t )−(a−1)(lnt +lnt )−10
2 1 2 1 2 1 2
1
=− [(t +t ) 2−2t t ]+4(t +t )−(a−1)lnt t −10
2 1 2 1 2 1 2 1 2
1
=− (16−2a)+16−(a−1)lna−10
2
=a−(a−1)lna−2，
要证f (x )+f (x )+x +x <0，即证a−(a−1)lna−2<0(0<a<4)，
1 2 1 2
令g(x)=x−(x−1)lnx−2(0<x<4)，
则g′(x)=1− ( lnx+ x−1) = 1 −lnx，
x x
1 1 1
令ℎ(x)= −lnx(0<x<4)，则ℎ ′(x)=− − <0，
x x2 x
则g′(x)在(0,4)上单调递减，
1 1
又g′(1)= −ln1=1，g′ (2)= −ln2<0，
1 2
1 1
故存在x ∈(1,2)，使g′ (x )= −lnx =0，即 =lnx ，
0 0 x 0 x 0
0 0
则当x∈(0,x )时，g′(x)>0，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 <x )．
1 2 1 2
（ⅰ）求实数a的取值范围．
（ⅱ）λ∈ ( 0, 1) ,f′(x)是f (x)的导函数．证明：f′[λx +(1−λ)x ]<0．
2 1 2
【解题思路】（1）求导，对a进行分类讨论f (x)的单调性；
x
3ln 2 3(x −x ) x
（2）利用方程组3lnx =ax ，3lnx =ax 得到 x ，问题转化为 2 1 −3ln 2<0恒
1 1 2 2 a= 1 λx +(1−λ)x x
x −x 1 2 1
2 1
成立，换元后构造函数求出函数单调性及最值，从而得到证明.
3−ax
【解答过程】（1）f′(x)= (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<x< ，即f (x)在 0, 上单调递增；
a a
3 (3 )
同理，令f′(x)<0得x> ，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0<a< ，
a a e
( 3) (3 )
且f (1)=−a<0，当x→+∞时，f (x)→−∞，则有x ∈ 1, ,x ∈ ,+∞ ，
1 a 2 a
( 3)
所以a的取值范围为 0, ．
e
（ⅱ）x ,x 是函数f (x)的两个零点，则有3lnx =ax ①，3lnx =ax ②，
1 2 1 1 2 2
x
3ln 2
①-②得3(lnx −lnx )=a(x −x )，即 x ，
2 1 2 1 a= 1
x −x
2 1
x
3ln 2
3 3 x ，
f′(λx +(1−λ)x )= −a= − 1
1 2 λx +(1−λ)x λx +(1−λ)x x −x
1 2 1 2 2 1因为f (x)有两个零点，所以f (x)不单调，
3
因为x <x ，得0<x < <x ，
1 2 1 a 2
所以x −x >0,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．
