第22讲双变量问题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第22讲 双变量问题
知识梳理
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.
必考题型全归纳
1 题型一：双变量单调问题
816 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1．
(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在1,f(1)  处的切线方程；
(2)设a≤-2，证明：对任意x ，x ∈(0,+∞)，|f(x)-f(x )|≥4|x -x |．
1 2 1 2 1 2
【解析】(1)当a=2时，f(x)=3lnx+2x2+1，∴f(1)=3，切点为1,3

3
求导f(x)= +4x，切线斜率k=f(1)=7
x
∴曲线y=f(x)在1,f(1)  处的切线方程为y=7x-4．
a+1 2ax2+a+1
(2)∵a≤-2，f(x)的定义域为(0,+∞)，求导f(x)= +2ax= <0，
x x
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减．
不妨假设x 1 ≥x 2 ，∴ fx 1  -fx 2    ≥4x 1 -x 2  等价于 fx 2  -fx 1  ≥4x -4x ． 1 2
即fx 2  +4x 2 ≥fx 1  +4x． 1
令g(x)=f(x)+4x，则gx 
a+1 2ax2+4x+a+1
= +2ax+4= ．
x x
∵a≤-2，x>0，∴gx 
-4x2+4x-1 -2x-1
≤ =
x
 2
<0．
x
从而g(x)在(0,+∞)单调减少，故g(x 1 )≤g(x 2 )，即fx 2  +4x 2 ≥fx 1  +4x ， 1
故对任意 x 1 ,x 2 ∈0,+∞  , fx 1  -fx 2    ≥4x 1 -x 2  ．
817 (2024·安徽·校联考三模)设a∈R，函数fx  =aln-x  +a+1  x2+1.
(Ⅰ)讨论函数fx  在定义域上的单调性；
(Ⅱ)若函数fx  的图象在点 -1,f-1    处的切线与直线8x+y-2=0平行，且对任意
x 1 ,x 2 ∈-∞,0  ，x ≠x ，不等式 fx 1 1 2  -fx 2   x -x
1 2
 >m恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】(Ⅰ)fx  的定义域是-∞,0  .
a 2(a+1)x2+a
f(x)= +2(a+1)x= .
x x
(1)当a≤-1时，fx  >0，fx  的定义域-∞,0  内单增；
(2)当-1<a<0时，由2a+1 
a
x2+a=0得，x=- - .
2(a+1)
此时fx 
a
在-∞,- -
2(a+1)

a
内单增，在- - ,0
2(a+1)
 内单减；
(3)当a≥0时，fx  <0，fx  的定义域-∞,0  内单减.
第 页 共 页
471 3427(Ⅱ)因为f'-1 
2(a+1)+a
=-8，所以 =-8，a=2.
-1
此时f(x)=2ln(-x)+3x2+1.
由(Ⅰ)知，a=2时，fx  的定义域-∞,0  内单减.
不妨设x <x <0，
2 1
则 fx 1  -fx 2   x -x
1 2
 >m，即 fx 1  -fx 2    >mx 1 -x 2  ，
即fx 2  +mx 2 >fx 1  +mx 恒成立. 1
令gx  =fx  +mx，x<0，则gx  在-∞,0  内单减，即g'x  ≤0.
2 2
g(x)=f(x)+m= +6x+m≤0，m≤- -6x，x<0.
x x
2 3 2
而- -6x≥4 3，当且仅当x=- 时，- -6x取得最小值4 3，
x 3 x
所以m≤4 3，故实数m的取值范围是-∞,4 3  .
818 (2024·福建漳州·高二福建省漳州第一中学校考期末)已知函数f(x)=(a-1)lnx+ax2+
1.
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ)若a≥1时，任意的x >x >0，总有|f(x)-f(x )|>2|x -x |，求实数a
1 2 1 2 1 2
的取值范围.
【解析】(Ⅰ)fx 
a-1 2ax2+a-1
= +2ax= (x>0)
x x
①当a≥1时fx  >0，故fx  在0,+∞  上单调递增；
②当a≤0时fx  <0，故fx  在0,+∞  上单调递减；
③当0<a<1时，令fx 
1-a
=0解得x=
2a
1-a
则当0<x< 时，fx
2a
 <0 ；
1-a
当x> 时，fx
2a
 >0故fx 
1-a
在(0,
2a

1-a
上单调递减；在 ,+∞)上单
2a
调递增；
综上所述：当a≥1时，fx  >0故fx  在0,+∞  上单调递增；
当a≤0时，fx  <0故fx  在0,+∞  上单调递减；
当0<a<1时，fx 
1-a
在(0,
2a

1-a
上单调递减；在 ,+∞)上单调递增．
2a
(II)由(Ⅰ)知当a≥1时fx  >0故fx  在0,+∞  上单调递增；
对任意x 1 >x 2 >0,fx 1  >fx 2  ∴fx 1  -fx 2  >2x 1 -2x 2 即fx 1  -fx 2  >2x -2x 1 2
令gx  =fx  -2x,因为x 1 >x 2 >0,fx 1  -fx 2  >2x -2x 1 2
所以gx  =fx  -2x,在0,+∞  上单调递增；所以gx 
a-1 a-1
= +2ax-2,即
x x
+2ax-2≥0在0,+∞  上恒成立
1
故 +2x
x

1
2+
1 x 2x+1
a≥2+ ,∵x>0,∴a≥ =
x 1 1+2x2
+2x
x
t-1 t
令t=2x+1,则x= 又因为x>0,所以t>1∴a≥
2 t-1
2
2

t
=
2 t2-2t+1
+1 +1
2
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472 34272
=
3
t+ -2
t
3 2 3+1
∵t>1∴t+ ≥2 3 当且仅当t= 3时取等号，所以 ≤ ，
t 3 2
t+ -2
t
故不等式a≥ 2 恒成立的条件是a≥ 3+1 即a∈   3+1 ,+∞
3 2  2
t+ -2
t
 .
所以，实数a的取值范围为  3+1 ,+∞
 2
 .
819 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx 
m 1
=log x+ - ，m∈R，a>0且a≠1． a x 2
(1)当a=2时，讨论fx  的单调性；
(2)当a=e时，若对任意的x >x >0，不等式 x 2 fx 1
1 2
 -x 1 fx 2  1 < 恒成立，求实数m
x -x 2
1 2
的取值范围．
【解析】(1)函数fx  的定义域为0,+∞  ，
将a=2代入fx  的解析式，得fx 
m 1
=log x+ - ， 2 x 2
求导得fx 
1 m x-mln2
= - = ．
xln2 x2 x2ln2
当m≤0时，fx  >0，故fx  在0,+∞  上单调递增；
当m>0时，令fx  =0，得x=mln2．
所以当x∈0,mln2  时，fx  <0，当x∈mln2,+∞  时，fx  >0，于是fx  在区间
0,mln2  上单调递减，在区间mln2,+∞  上单调递增．
综上，当m≤0时，fx  在0,+∞  上单调递增；当m>0时，fx  在区间0,mln2  上单
调递减，在区间mln2,+∞  上单调递增．
(2)当a=e时，fx 
m 1
=lnx+ - ．
x 2
因为x >x >0，所以不等式 x 2 fx 1
1 2
 -x 1 fx 2  < 1 可化为 fx 1
x -x 2
1 2
 + 1 < fx 2
x 2x
1 1

x
2
1
+ ，
2x
2
lnx m lnx m
所以 x 1 + x2 < x 2 + x2 对任意的x 1 >x 2 >0恒成立，所以函数gt
1 1 2 2

lnt m
= + t t2
为0,+∞  上的减函数，
所以gt 
1-lnt 2m
= - ≤0在0,+∞
t2 t3
 上恒成立，可得2m≥t-tlnt在0,+∞  上恒
成立，
设ht  =t-tlnt，则ht  =-lnt，令ht  =0，得t=1．
所以当t∈0,1  上单调递增，在区间1,+∞  上单调递减，
所以ht  =h1
max

1
=1，得m≥ ．
2
1
所以实数m的取值范围为  ,+∞
 2
 ．
820 (2024·天津南开·高三南开大学附属中学校考开学考试)已知函数fx  =lnx+ax2+
2a+1  x．
(1)讨论fx  的单调性；
第 页 共 页
473 3427(2)当a<0时，证明fx 
3
≤- -2；
4a
(3)若对任意的不等正数x,x ，总有 fx 1
1 2
 -fx 2  >2，求实数a的取值范围．
x -x
1 2
【解析】(1)由题意得：fx  定义域为0,+∞  ，fx 
1
= +2ax+2a+1
x
 =
2ax+1  x+1 
；
x
当a≥0时，2ax+1>0，x+1>0，∴fx  >0在0,+∞  上恒成立，
∴fx  在0,+∞  上单调递增；
当a<0时，令fx 
1
=0，解得：x=- ，
2a
1
∴当x∈0,-
2a
 时，fx 
1
>0；当x∈- ,+∞
2a
 时，fx  <0；
∴fx 
1
在0,-
2a

1
上单调递增，在- ,+∞
2a
 上单调递减；
综上所述：当a≥0时，fx  在0,+∞  上单调递增；当a<0时，fx 
1
在0,-
2a
 上单
1
调递增，在- ,+∞
2a
 上单调递减.
(2)由(1)知：fx 
1
=f-
max 2a

1
=ln-
2a

1
- -1；
4a
要证fx 
3 1
≤- -2，只需证ln-
4a 2a

1 3 1
- -1≤- -2，即证ln-
4a 4a 2a

1
+ +1
2a
≤0；
设gx  =lnx-x+1，则gx 
1 1-x
= -1= ，
x x
∴当x∈0,1  时，gx  >0；当x∈1,+∞  时，gx  <0；
∴gx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，∴gx  =g1
max
 =0；
1 1
又- >0，∴g-
2a 2a

1
=ln-
2a

1
+ +1≤0，即fx
2a

3
≤- -2.
4a
(3)不妨设0<x <x ，则由 fx 1 1 2  -fx 2  x -x >2得：fx 1
1 2
 -fx 2  <2x -2x ， 1 2
即fx 1  -2x 1 <fx 2  -2x ， 2
令hx  =fx  -2x，则hx  在0,+∞  上单调递增，
∴hx  =fx 
1
-2= +2ax+2a-1≥0在0,+∞
x
 上恒成立，
即2ax+1 
1 x-1 x-1
≥1- = ，又x+1>0，∴2a≥
x x xx+1 
x-1
= ；
x2+x
令mx 
x-1
= x>0
x2+x
 ，则mx 
x2+x-x-1
=
 2x+1 
x2+x

-x2+2x+1
=
2 x2+x

，
2
令mx  =0，解得：x=1- 2(舍)或x= 2+1，
∴当x∈0, 2+1  时，mx  >0；当x∈ 2+1,+∞  时，mx  <0；
∴mx  在0, 2+1  上单调递增，在 2+1,+∞  上单调递减，
∴mx  =m 2+1
max

2 3-2 2
= =3-2 2，∴2a≥3-2 2，解得：a≥ ；
4+3 2 2
∴a的取值范围为  3-2 2 ,+∞
 2
 .
2 题型二：双变量不等式:转化为单变量问题
第 页 共 页
474 34271
821 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)= -x+alnx．
x
(1)讨论f(x)的单调性；
5 f(x ) f(x)
(2)已知a< ，若f(x)存在两个极值点x,x ，且x <x ，求 2 + 1 的取值范围.
2 1 2 1 2 x x
1 2
1 a x2-ax+1
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)=- -1+ =- ，
x2 x x2
当a≤2时，x2-ax+1=(x2+1)-ax≥2x-ax≥0，当且仅当a=2,x=1即“=”，则f
(x)≤0，f(x)在(0,+∞)上单调递减，
a- a2-4 a+ a2-4
当a>2时，方程x2-ax+1=0有两个正根为x = ，x = ，
1 2 2 2
a- a2-4 a+ a2-4 a- a2-4
当0<x< 或x> 时，f(x)<0，当 <x<
2 2 2
a+ a2-4
时，f(x)>0，
2
a- a2-4
于是得f(x)在0,
2

a+ a2-4
、 ,+∞
2
 上单调递减，在
a- a2-4 a+ a2-4
 ,
2 2
 上单调递增；
5
(2)因f(x)存在两个极值点x,x ，且x <x ，由(1)知a>2，即2<a< ，则x +x =
1 2 1 2 2 1 2
a，xx =1，
1 2
a+ a2-4 5
显然，x = 对a∈2,
2 2 2
 是递增的，从而有1<x <2，
2
f(x ) f(x)
2 + 1 =x f(x )+x f(x)=1-x2+ax lnx +1-x2+axlnx
x x 2 2 1 1 2 2 2 1 1 1
1 2
=2-x2-x2+(x +x )(x lnx +xlnx)=2-x2-x2+x2lnx +x2lnx
2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1
1 1
=2-x2- +x2-
2 x2 2 x2
2 2
 lnx ，
2
1 1
令g(x)=2-x2- +x2-
x2 x2
 lnx(1<x<2)，
2 2
g(x)=-2x+ +2x+
x3 x3

1
lnx+x2-
x2

1 1 1
⋅ =-x+ +x+
x x3 x3

1-x4
⋅2lnx=
x3
1+x4 1+x4 1-x4
+ ⋅2lnx=  +2lnx
x3 x3 1+x4
 ，
1-x4 -8x3 2 -8x4+2(1+x4)2
令h(x)= +2lnx(1<x<2)，h(x)= + = =
1+x4 (1+x4)2 x (1+x4)2x
2(1-x4)2
>0，
(1+x4)2x
即h(x)在(1,2)上单调递增，h(x)>h(1)=0，则g(x)>0，于是得g(x)在(1,2)上单调递
增，
15 9
从而得g(1)<g(x)<g(2)，即0<g(x)< ln2- ，
4 4
f(x ) f(x) 15 9
所以 2 + 1 的取值范围0, ln2-
x x 4 4
1 2
 .
822 (2024·新疆·高二克拉玛依市高级中学校考阶段练习)已知函数fx  =lnx+x2-
axa∈R 
(1)若a=1，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，讨论f(x)的单调性；
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475 34271
(3)设f(x)存在两个极值点x 1 ,x 2 且x 1 <x 2 ，若0<x 1 < 2 求证：fx 1  -fx 2 
3
> -ln2. 4
【解析】(1)若a=1，则fx  =lnx+x2-x，所以f1  =0，又fx 
1
= +2x-1，所以
x
f1  =2，即f(x)在点(1，0)处的切线斜率为2，所以切线方程为2x-y-2=0.
(2)f(x)的定义域为(0，+∞)，fx 
1 2x2-ax+1
= +2x-a= ，设hx
x x
 =2x2-ax+
1，其Δ=a2-8(a>0).
①当Δ≤0时，即0<a≤2 2时，hx  ≥0，即fx  ≥0，此时f(x)在(0，+∞)为单调递
增函数.
②当Δ>0时，即a>2 2时，设hx 
a± a2-8
=0两根为x 1，2 = 4 x 1 <x 2  .
当x∈0,x 1  ∪x 2 ,+∞  时，hx  >0，即fx  >0，即f(x)的增区间为0,x 1  ，
x 2 ,+∞  .
当x∈x 1 ,x 2  时，hx  <0，即fx  <0，即f(x)的减区间为x 1 ,x 2  .
综上：当0<a≤2 2时，f(x)的单增区间为0,+∞  ；
a- a2-8
当a>2 2时，f(x)的增区间为0,
4

a+ a2-8
, ,+∞
4
 ，
a- a2-8 a+ a2-8
减区间为 ，
4 4
 .
(3)由(2)fx 
1 2x2-ax+1
= +2x-a= ,x>0，
x x
因为f(x)存在两个极值点x,x ，所以2x2-at+1=0存在两个互异的正实数根x,x ，
1 2 1 2
a 1 1 x x
所以x +x = ，xx = ，则x = ，所以 1 = 1 =2x2，
1 2 2 1 2 2 2 2x x 1 1
1 2
2x
1
所以fx 1  -fx 2  =lnx 1 +x2 1 -ax 1 -lnx 2 -x2 2 +ax 2 
x
=ln x 1 + x2 1 -x2 2 -2x 1 +x 2
2
 x 1 -x 2   
x
=ln x 1 +-x2 1 +x2 2
2

1
=ln2+2lnx -x2+ .
1 1 4x2
1
令gx 1  1 =ln2+2lnx 1 -x2 1 + 4x2 ，则gx 1
1
 = 2 -2x - 1 =- 2x2 1 -1 x 1 2x3
1 1
 2 ， 2x3
1
1
∵0<x 1 < 2 ，∴gx 1  <0，∴gx 1 
1
在0, 2  上单调递减，
∴gx 1 
1
>g 2 
1
，而g 2 
3
= -ln2， 4
即gx 1 
3
> 4 -ln2，∴fx 1  -fx 2 
3
> -ln2. 4
823 (2024·山东东营·高二东营市第一中学校考开学考试)已知函数f(x)=x2+ax+2lnx(a
为常数)
(1)讨论fx  的单调性
(2)若函数fx  存在两个极值点x 1 ，x 2x 1 <x 2 
8
，且x 2 -x 1 ≤ 3 ，求fx 1  -fx 2  的范围.
2 2x2+ax+2
【解析】(1)∵f(x)=2x+a+ = ，
x x
Δ=a2-16，当-4≤a≤4时，Δ≤0，f(x)≥0，f(x)在定义域0,+∞  上单调递增；
当a>4时，在定义域0,+∞  上f(x)>0，
∴a>4时，f(x)在定义域0,+∞  上单调递增；
第 页 共 页
476 3427-a- a2-16 -a+ a2-16
当a<-4时，令f(x)=0得x = ，x = ，
1 4 2 4
x∈0,x 1  ，x∈(x ,+∞)时，f(x)>0；x∈(x,x )时f(x)<0， 2 1 2
则f(x)在0,x 1  ，(x ,+∞)上单调递增，在(x,x )上单调递减. 2 1 2
综上可知：当a≥-4时，f(x)在定义域0,+∞  上单调递增；
当a<-4时，f(x)在0,x 1  ，(x ,+∞)上单调递增，在(x,x )上单调递减.(其中x = 2 1 2 1
-a- a2-16 -a+ a2-16
，x = )
4 2 4
(2)由(1)知f(x)有两个极值点，则a<-4，
2 2x2+ax+2
f(x)=2x+a+ = =0⇒2x2+ax+2=0的二根为x,x ，
x x 1 2
a
x +x =-
则 1 2 2 ，0<x
1
<1<x
2
，
xx =1
1 2
fx 1  -fx 2  =x2 1 +ax 1 +2lnx 1  -x2 2 +ax 2 +2lnx 2  =x2 1 -x2 2  +ax 1 -x 2 
x
+2ln 1 x
2
=x2 1 -x2 2  -2x 1 -x 2  x 1 +x 2 
x x 1
+2ln 1 =x2-x2+2ln 1 =x2- -2lnx2， x 2 1 x 2 x2 2
2 2 2
8
设t=x2 2 ，又x 2 -x 1 ≤ 3 ⇔3x2 2 -8x 2 -3≤0⇔1<x 2 ≤3，∴t∈1,9  .
则fx 1  -fx 2 
1 1 2 (t-1)2
=g(t)=t- -2lnt，g(t)=1+ - = >0， t t2 t t2
∴g(t)在1,9 
80
递增，g(1)<g(t)≤g(9)⇔0<g(t)≤ -4ln3.
9
即fx 1  -fx 2 
80
的范围是0, -4ln3 9 
824 (2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测)已知函数fx 
1
=lnx+ (a-x)2，其中a
2
∈R．
(1)当a=1时，求函数fx  在 1,f1    处的切线方程；
(2)讨论函数fx  的单调性；
(3)若fx  存在两个极值点x 1 ,x 2x 1 <x 2  , fx 2  -fx 1    的取值范围为
3 15
 -ln2, -2ln2
4 8
 ，求a的取值范围．
【解析】(1)当a=1时，fx 
1
=lnx+ (1-x)2，定义域为(0,+∞)，
2
所以fx 
1
= -1-x
x
 ，
所以k=f1  =1，又f1  =0，
所以函数fx  在 1,f1    处的切线方程为y=x-1，即x-y-1=0.
(2)fx  的定义域是0,+∞  ，
fx 
1 1
=lnx+ x2-ax+ a2，fx
2 2

1 x2-ax+1
= +x-a= ，
x x
令gx  =x2-ax+1，则Δ=a2-4．
①当a≤0或Δ≤0，即a≤2时，fx  ≥0恒成立，所以fx  在0,+∞  上单调递增．
②当

a>0 ，即a>2时，由f(x)>0，得0<x< a- a2-4 或x> a+ a2-4 ；
Δ>0 2 2
由fx 
a- a2-4 a+ a2-4
<0，得 <x< ，
2 2
第 页 共 页
477 3427所以fx 
a- a2-4
在0,
2

a+ a2-4
和 ,+∞
2
 上单调递增，在
a- a2-4 a+ a2-4
 ,
2 2
 上单调递减．
综上所述，当a≤2时，fx  在0,+∞  上单调递增；
当a>2时，fx 
a- a2-4
在0,
2

a+ a2-4
和 ,+∞
2
 上单调递增，在
a- a2-4 a+ a2-4
 ,
2 2
 上单调递减
(3)由(2)当a≤2时，fx  在0,+∞  上单调递增，此时函数f(x)无极值；
当a>2时，fx  有两个极值点，即方程x2-ax+1=0有两个正根x,x ， 1 2
所以x 1 ⋅x 2 =1,x 1 +x 2 =a，则fx  在x 1 ,x 2  上是减函数．所以fx 1  >fx 2  ，
因为fx 
1 1
=lnx+ x2-ax+ a2，
2 2
所以 fx 2  -fx 1    =fx 1  -fx 2 
1 1 1 1
=lnx + x2-ax + a2-lnx + x2-ax + a2
1 2 1 1 2 2 2 2 2 2

x 1
=ln x 1 + 2 x2 1 -x2 2
2
 -ax 1 -x 2 
x 1
=ln x 1 + 2 x2 1 -x2 2
2
 -x 1 +x 2  x 1 -x 2 
x 1
=ln x 1 - 2 x2 1 -x2 2
2

x x2-x2
=ln 1 - 1 2
x 2xx
2 1 2
x x x
=ln 1 - 1 + 2 ，
x 2x 2x
2 2 1
x
令t= x 1(0<t<1)，则fx 1
2
 -fx 2  =ht 
1 1
=lnt- t+ ， 2 2t
ht 
1 1 1 -t2+2t-1 -(t-1)2
= - - = = <0，
t 2 2t2 2t2 2t2
所以ht  在0,1  上单调递减，
1
又h
2

3 1
= -ln2,h
4 4

15 1
= -2ln2，且h
8 2

3 15
= -ln2<h(t)< -2ln2=
4 8
1
h
4
 ，
1 1
所以 <t< ，
4 2
由a2= x 1 +x 2  2 1 1 1 =t+ +2,t∈ ,
xx t 4 2
1 2
 ，
又gt 
1 1 1
=t+ +2在 ,
t 4 2
 上单调递减，
9 25 3 2 5
所以 <a2< 且a>2，所以实数a的取值范围为 ,
2 4 2 2
 ．
825 (2024·江苏苏州·高三统考阶段练习)已知函数fx 
-x2+a-2
=
 x+a-3
(x>0)
ex
(1)讨论函数fx  的单调性；
(2)若函数fx  存在两个极值点x 1 ,x 2 ，记h(x 1 ,x 2 )=fx 1  fx 2  ,求hx 1 ,x 2  的取值范围.
【解析】(1)fx  的定义域为0,+∞  ，对fx  求导得：
第 页 共 页
478 3427fx 
ex -2x+a-2
=
 -ex -x2+a-2   x+a-3  x2-ax+1
= ，
e2x ex
令gx  =x2-ax+1，x>0
1)若a≤0，则gx  >0，即fx  >0，所以fx  在0,+∞  上单调递增.
2)若a>0，
①当Δ≤0时，即0<a≤2，则gx  ≥0，即fx  ≥0，所以fx  在0,+∞  上单调递增.
②当Δ>0时，即a>2，由gx 
a± a2-4
=0，得x = 1,2 2
a- a2-4
当x∈0,
2

a+ a2-4
∪ ,+∞
2
 时，fx  >0
a- a2-4 a+ a2-4
当x∈ ,
2 2
 时，fx  <0
综上所述，当a≤2时，fx  在0,+∞  上单调递增；
当a>2时, fx 
a- a2-4
在0,
2

a+ a2-4
， ,+∞
2
 上是单调递增的，
a- a2-4 a+ a2-4
在 ,
2 2
 上是单调递减的.
(2)由(1)知，fx  存在两个极值点当且仅当a>2.
由于fx  的两个极值点 x,x 满足x2-ax+1=0， 1 2
所以xx =1，x +x =a，
1 2 1 2
所以fx 1  = -x2 1 +a-2  x +a-3 a-2-2x 1 = 1， ex1 ex1
同理fx 2  = -x2 2 +a-2  x +a-3 a-2-2x 2 = 2， ex2 ex2
h(x 1 ,x 2 )=fx 1  fx 2 
a-2-2x a-2-2x
= 1 × 2 ex1 ex2
(a-2)2-2(a-2)(x +x )+4xx
= 1 2 1 2，
ex1+x2
(a-2)2-2(a-2)(x +x )+4xx 8-a2
所以h(x,x )= 1 2 1 2 = ，
1 2 ex1+x2 ea
8-a2 a2-2a-8
令φ(a)= ，所以φ(a)= ，
ea ea
所以φ(a)在2,4  上是单调递减的，在4,+∞  上是单调递增的
因为φ2 
4
= ，φ4
e2

8
=- ，且当a∈4,+∞
e4
 ，φ4  <φ(a)<0.
所φa  8 4 ∈ - , e4 e2     ，所以 h(x 1 ,x 2 )的取值范围是  - e 8 4 , e 4 2  .
826 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
1
= x2+1
2
 +alnx-4x+1  ．
(1)讨论fx  的单调性；
(2)若fx  存在两个极值点x 1 ，x 2 ，且fx 1  +fx 2  ≥fx 1 x 2  -4a，求a的取值范围．
【解析】(1)由题意，函数fx 
1
= x2+1
2
 +alnx-4x+1  ，
可得fx 
a x2-4ax+a
=x-4a+ = ，其中x>0，
x x
1
当Δ=16a2-4a≤0时，即0≤a≤ 时，fx
4
 >0，所以fx  在(0,+∞)上单调递增；
当a<0时，令fx  =0，即x2-4ax+a=0，
第 页 共 页
479 3427解得x =2a- 4a2-a<0，x =2a+ 4a2-a>0，
1 2
当x∈(0,2a+ 4a2-a)时，fx  <0，fx  单调递减；
当x∈(2a+ 4a2-a,+∞)时，fx  >0，fx  单调递增，
所以函数fx  在区间(0,2a+ 4a2-a)单调递减，在(2a+ 4a2-a,+∞)单调递增；
1
当a> 时，令fx
4
 =0，即x2-4ax+a=0，
解得x =2a- 4a2-a>0，x =2a+ 4a2-a>0，
1 2
当x∈(0,2a+ 4a2-a)时，fx  >0，fx  单调递增；
当x∈(2a- 4a2-a,2a+ 4a2-a)时，fx  <0，fx  单调递减；
当x∈(2a+ 4a2-a,+∞)时，fx  >0，fx  单调递增，
1
(2)由(1)值，当a> 时，函数fx 4  存在两个极值点x,x ，且x +x =4a,xx =a， 1 2 1 2 1 2
因为fx 1  +fx 2  ≥fx 1 x 2  -4a，
1
所以 2 x2 1 +1  +alnx 1 -4x 1 +1 
1
+ 2 x2 2 +1  +alnx 2 -4x 2 +1 
a
≥xx -4a+ - 1 2 xx
1 2
4a，
1 a
整理得 (x +x )2-xx +alnxx -4a(x +x )+2a+1≥xx -8a+ ，
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 xx
1 2
所以8a2-a+alna-16a2+2a+1≥a-8a+1，即8a2-8a-alna≤0，
1
因为a> ，可得8a-8-lna≤0，
4
令ga 
1
=8a-8-lna,a> ，则ga
4

1
=8- >0，
a
所以ga 
1
在 ,+∞
4
 为单调递增函数，
又因为g1 
1
=0，所以当a∈ ,1
4
 时，ga  ≤0，
1
即实数a的取值范围为 ,1
4
 ．
827 (2024·吉林长春·高二长春市实验中学校考期中)设函数f(x)=ae2x+(1-x)ex+a(a∈
R)．
e-2
(1)当a= 时，求g(x)=f(x)e2-x的单调区间；
2
(2)若f(x)有两个极值点x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，
①求a的取值范围；
②证明：x +2x >3．
1 2
e-2 e2x-2 e-2
【解析】(1)当a= 时，f(x)= +(1-x)ex+ ,f(x)=e2x-2-xex，
2 2 2
故g(x)=ex-xe2，
所以g(x)=ex-e2，
当x∈(-∞,2)时，g(x)<0；当x∈(2,+∞)时，g(x)>0，
所以g(x)的单调递减区间为(-∞,2)，单调递增区间为(2,+∞)．
(2)①f(x)=ex 2aex-x  ，依据题意可知f(x)=0有两个不等实数根，
即2aex-x=0有两个不等实数根x,x ．
1 2
x
由2aex-x=0，得a= ，
2ex
所以2aex-x=0有两个不等实数根可转化为
第 页 共 页
480 3427x
函数y=a和y= 的图象有两个不同的交点，
2ex
x 1-x
令h(x)= ，则h(x)= ，
2ex 2ex
由h(x)>0，解得x<1；由h(x)<0，解得x>1；
所以h(x)在(-∞,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，
1
所以h(x)≤h(1)= ．
2e
又当x>0时，h(x)>0，当x<0时，h(x)<0，
1
因为y=a与y=h(x)的图象有两个不同的交点，所以a∈0,
2e
 ．
②由①可知2aex-x=0有两个不等实数根x,x ，
1 2
联立

2
2
a
a
e
e
x
x
1
2
=
=
x
x
1
2
,
,
可得a=
2
x
e
1
x
-
1-
x
e
2
x2 
，
所以不等式x +2x >3等价于
1 2
x -x
x 1 +2x 2 =2aex1+4aex2= ex 1 1-ex 2 2 ex1+2ex2 
x -x
= 1 2 ex1-x2+2 ex1-x2-1  >3．
t
令t=x 1 -x 2 ，则t<0，且x 1 +2x 2 >3等价于 et-1 et+2  >3．
所以只要不等式(3-t)et-2t-3>0在t<0时成立即可．
设函数m(t)=(3-t)et-2t-3(t<0)，则m(t)=(2-t)et-2(t<0)，
设p(t)=(2-t)et-2(t<0)，则p(t)=(1-t)et>0(t<0)，
故p(t)=m(t)在(-∞,0)单调递增，得m(t)<m(0)=0，
所以m(t)在(-∞,0)单调递减，得m(t)>m(0)=0．
综上，原不等式x +2x >3成立．
1 2
3 题型三：双变量不等式:极值和差商积问题
828 (2024·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考期末)已知a∈R，函数f(x)=xln2x-x+
a
+2.
2x
(1)当a=0时，求f(x)的单调区间和极值；
(2)若f(x)有两个不同的极值点x 1 ，x 2x 1 <x 2  .
(i)求实数a的取值范围；
e
(ii)证明：lnx +2lnx <- -3ln2(e=2.71828⋯⋯为自然对数的底数).
1 2 2
【解析】(1)当a=0时，f(x)=xln2x-x+2(x>0)，则fx  =ln2x，
1
故当0<x< 时，fx
2

1
<0，当x> 时，fx
2
 >0，
1
故f(x)的递减区间为0,
2

1
，递增区间为 ,+∞
2
 ，
1
极小值为f
2

3
= ，无极大值；
2
(2)(i)因为fx 
a 2x2ln2x-a
=ln2x- = (x>0)，
2x2 2x2
令g(x)=2x2ln2x-a(x>0)，问题可转化函数g(x)有个不同的零点x 、x ，
1 2
又g(x)=4xln2x+2x=2x(2ln2x+1)，令gx 
1
=0⇒x= ，
2 e
1
故函数g(x)在0,
2 e

1
上递减，在 ,+∞
2 e
 上递增，
第 页 共 页
481 3427故gx 
1
=g
min 2 e

1 1 1
=- -a，故- -a<0，即a>- ，
4e 4e 4e
1
当a≥0时，在x∈0,
2 e
 时，函数g(x)≤2x2ln2x<0，不符题意，
1 1 1
当- <a<0时，则g ea
4e 2

1
>0，g
2 e

1
<0，g
2
 =-a>0，
1 1
即当- <a<0时，存在x ∈0,
4e 1 2 e

1
，x ∈ ,+∞
2 2 e
 ，
使得f(x)在0,x 1  上递增，在x 1 ,x 2  上递减，在x 2 ,+∞  上递增，
1
故f(x)有两个不同的极值点x 、x 的a的取值范围为- ,0
1 2 4e
 ；
1
(ii)因为x ∈0,
1 2 e

1
，x ∈ ,+∞
2 2 e
 ，且x2ln2x =x2ln2x ，
1 1 2 2
x t2lnt lnt
令 2 =t(t>1)，则ln2x = ，ln2x = ，
x 1 1-t2 2 1-t2
1
e e t2+2
又lnx +2lnx <- -3ln2⇔ln2x +2ln2x <- ⇔
1 2 2 1 2 2
 lnt e
<- ，
1-t2 2
(m+2)lnm e(m-1)
令m=t2(m>1)，即只要证明 >e(m>1)，即lnm> ，
m-1 m+2
3m2-1
令F(m)=lnm-

，
m2+4m+1
1 6mm2+4m+1
则F(m)= -
m
 -3m2-1  (2m+4)
m2+4m+1

1 12m2+m+1
= -
2 m

m2+4m+1

=
2
m4-4m3+6m2-4m+1
mm2+4m+1

(m-1)4
=
2 mm2+4m+1

，
2
3m2-1
故F(m)在(1,+∞)上递增，且F(1)=0，所以F(m)>0，即lnm>

，
m2+4m+1
em-1
从而lnm-
 3m2-1
>
m+2
 em-1
-
m2+4m+1

=
m+2
m-1  3-e  m2+9-4e   m+6-e 
m2+4m+1  m+2 
，
又因为二次函数y=3-e  m2+9-4e  m+6-e的判别式Δ=12e2-36e+9<
34×2.722-12×2.72+3  <0，
即3-e  m2+9-4e 
em-1
m+6-e>0，即lnm>

，
m+2
m+2
所以
 lnm e
>e在(1,+∞)上恒成立，故lnx +2lnx <- -3ln2.
m-1 1 2 2
829 (2024·内蒙古·高三霍林郭勒市第一中学统考阶段练习)已知函数f(x)=ex-e-x-ax(a
∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x,x ，证明：2-a< fx 1
1 2
 -fx 2  <0．
x -x
1 2
【解析】(1)∵f(x)=ex+e-x-a≥2-a，当且仅当x=0时等号成立．
当a≤2时，恒有f(x)≥0，则f(x)在R上单调递增；
当a>2时，f(x)=e-x e2x-aex+1

，令t=ex，g(t)=t2-at+1．
∵Δ=a2-4>0，∴方程t2-at+1=0有两个不相等的实数根，
a- a2-4 a+ a2-4
∴t = ，t = ，显然0<t <t ，
1 2 2 2 1 2
第 页 共 页
482 3427∴当t∈0,t 1  和t 2 ,+∞  时，g(t)>0；当t∈t 1 ,t 2  时，g(t)<0．
∴当x∈-∞,lnt 1  和lnt 2 ,+∞  时，f(x)>0，∴f(x)在-∞,lnt 1  和lnt 2 ,+∞  上单
调递增；
当x∈lnt 1 ,lnt 2  时，f(x)<0，∴f(x)在lnt 1 ,lnt 2  上单调递减．
综上，当a≤2时，f(x)在R上单调递增；
当a>2时，f(x)在-∞,lnt 1  和lnt 2 ,+∞  上单调递增，在lnt 1 ,lnt 2  上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a>2时，f(x)存在两个极值点x,x ，
1 2
∴fx 1  =ex1+e-x1-a=0，fx 2  =ex2+e-x2-a=0，∴e-x1=a-ex1，e-x2=a-ex2，
∴ fx 1  -fx 2  ex1-ex2-e-x1-e-x2 =
x -x
1 2
 -ax 1 -x 2  2ex1-ex2 =
x -x
1 2
 -a．
x -x
1 2
设x <x ，由(1)易知ex1⋅ex2=1，∴x +x =0．
1 2 1 2
要证明 fx 1  -fx 2  >2-a，
x -x
1 2
只要证明
e
x
x1
-
-
x
ex2
>1⇔ex1-ex2<x 1 -x 2 ⇔ex1-e-x1<2x 1x 1 <0
1 2
 ．
设h(x)=ex-e-x-2x(x<0)，则h(x)=ex+e-x-2>0，
∴当x<0时，h(x)单调递增，从而h(x)<h(0)=0，即ex1-e-x1<2x 1x 1 <0  ，
∴ ex1-ex2 >1成立，从而 fx 1
x -x
1 2
 -fx 2  >2-a成立．
x -x
1 2
要证明 fx 1  -fx 2  ex1-ex2 a <0，只要证明 < ．
x -x x -x 2
1 2 1 2
由(1)知，ex1+ex2=a，x 1 +x 2 =0x 1 <0<x 2  ，
ex1-e-x1 ex1+e-x1
只要证明 2x < 2 ⇔1-x 1
1
 e2x1-1+x 1  >0．
设u(x)=(1-x)e2x-(1+x)(x<0)，
则u(x)=e2x(1-2x)-1，ux
  
=-4xe2x>0，
则当x<0时，u(x)单调递增，从而u(x)<u(0)=0；
则当x<0时，u(x)单调递减，从而u(x)>u(0)=0，
即 ex1-ex2 < a 成立，从而 fx 1
x -x 2
1 2
 -fx 2  <0．
x -x
1 2
综上，得2-a< fx 1  -fx 2  <0．
x -x
1 2
830 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx  =xlnx+ax2-a．
(1)当a=-1时，求曲线y=fx  在x=1处的切线方程；
(2)若fx 
x +x
存在两个极值点x 、x ，求实数a的取值范围，并证明：f 1 2 1 2 2  >0．
【解析】(1)当a=-1时，fx  =xlnx-x2+1，则f1  =0，
fx  =1+lnx-2x，∴f1  =-1，
∴曲线y=fx  在x=1处的切线方程为y=-x-1  ，即x+y-1=0．
(2)由题意知fx  =1+lnx+2ax，
令gx  =1+lnx+2ax，x>0，
∵fx  存在两个极值点，∴gx  有两个零点，
易知gx 
1 2ax+1
= +2a= ，
x x
当a≥0时，gx  >0，gx  在0,+∞  上单调递增，g(x)至多有一个零点，不合题意．
第 页 共 页
483 3427当a<0时，由gx 
1
=0得x=- ，
2a
1
若x∈0,-
2a
 ，则gx  >0，gx  单调递增；
1
若x∈- ,+∞
2a
 ，则gx  <0，gx  单调递减．
要使gx 
1
有两个零点，需g-
2a

1
=ln-
2a

1
>0，解得- <a<0．
2
1 1
当- <a<0时，g 2 e 
2a
= <0，∴gx e 
1 1
在 ,- e 2a  上存在唯一零点，记为x． 1
1 1
∵ --
a2 2a

a+2 1 1 1
= >0，∴ >- ，g
2a2 a2 2a a2

1 2
=1+ln + ，
a2 a
1
设t=- ，则t>2，令ht
a
 =1+2lnt-2t，t>2，则ht 
2
= -2<0，
t
∴ht  在2,+∞  上单调递减，∴ht  <h2 
1
=2ln2-3<0，即g
a2
 <0，
∴gx 
1 1
在- , 2a a2  上存在唯一零点，记为x ． 2
则fx  ，fx  随x的变化情况如下表：
x 0,x
1
 x x ,x
1 1 2
 x x ,+∞
2 2

fx  - 0 + 0 -
fx  ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
1
∴实数a的取值范围是- ,0
2
 ．
∵g1 
1 1
=1+2a>0，- >1，∴ <x <1<x ， 2a e 1 2
∵f1  =0，∴fx 1  <0<fx 2  ，
x +x x +x
∵x < 1 2 <x ，∴要证f 1 2
1 2 2 2

x +x
>0，只要证 1 2 >1，
2
x +x 1 1
只要证 1 2 >- ，只要证x >- -x ，
2 2a 2 a 1
1
又- a -x 1 >x 1 ，∴只要证gx 2 
1
<g- -x a 1  ，即证gx 1 
1
<g- -x a 1  ．
设Fx  =gx 
1
-g- -x
a

1
，0<x<- ，
2a
则Fx  =gx 
1
+g- -x
a

2ax+1
=
 2
xax+1 
>0，
1
∴F(x)在0<x<- 时单调递增，
2a
∴Fx 
1
<F-
2a

1
=g-
2a

1 1
-g- +
a 2a
 =0，
∴gx 1 
1
<g- -x a 1 
x +x
成立，即f 1 2 2  >0得证．
831 (2024·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考期中)已知函数fx  =mex-1-lnx，m∈R.
(1)当m≥1时，讨论方程fx  -1=0解的个数；
(2)当m=e时，gx  =fx 
tx2+e
+lnx- 有两个极值点x ，x ，且x <x ，若e<t< 2 1 2 1 2
e2
，证明：
2
(i)2<x +x <3；
1 2
(ii)gx 1  +2gx 2  <0.
第 页 共 页
484 3427【解析】(1)方法一：∵fx 
lnx+1
-1=mex-1-lnx-1=0，∴m= .
ex-1
设hx 
lnx+1
= ，则hx
ex-1

1
-1-lnx
x
= .
ex-1
设φx 
1
= -1-lnx，则φx
x

1 1
=- - <0，∴φx
x2 x
 单调递减.
∵φ1  =0，∴当0<x<1时，φx  >0，hx  >0，hx  单调递增；
当x>1时，φx  <0，hx  <0，hx  单调递减.
∴hx  =h1
max
 =1，
∴当m=1时，方程有一解，当m>1时，方程无解；
方法二：设hx  =fx  -1=mex-1-lnx-1，则hx 
1
=mex-1- .
x
设φx 
1
=mex-1- x>0
x
 ，则φx 
1
=mex-1+ >0.∴φx
x2
 单调递增
当m=1时，φx 
1
=ex-1- ，φ1
x
 =0
∴当0<x<1时，φx  <0，hx  单调递减；当x>1时，φx  >0，hx  单调递增.
∴hx  =h1
min
 =m-1=0，∴方程fx  -1=0有一解.
当m>1时，hx  =mex-1-lnx-1>ex-1-lnx-1.
令mx  =ex-1-lnx-1⇒mx 
1
=ex-1- ,
x
令nx 
1
=ex-1- ⇒nx
x

1
=ex-1+ >0，则nx
x2
 在0,+∞  上单调递增，又
n1  =0，则x∈0,1  ⇒nx  <0⇒mx  在0,1  上单调递减，
x∈1,+∞  ⇒nx  >0⇒mx  在1,+∞  上单调递增，则mx  ≥m1  =0.
即hx  =mex-1-lnx-1>ex-1-lnx-1≥0，
∴hx  =0无解，即方程fx  -1=0无解.
综上，当m=1时，方程有一解，当m>1时，方程无解．
(2)(i)当m=e时，gx 
t e
=ex- x2- x>0
2 2
 ，则gx  =ex-tx，
∴x ，x 是方程ex-tx=0的两根.
1 2
设rx 
ex
= =t，则rx
x

ex x-1
=

，
x2
令rx  =0，解得x=1，∴rx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增.
∵r1  =e，r2 
e2 e2
= ，∴当t∈e, 2 2  时，0<x <1，1<x <2，∴x +x <3. 1 2 1 2
由  e e x x 1 2 = = t t x x 1 ⇒   x x 1 = = l l n n t t + + l l n n x x 1 ⇒x 2 -x 1 =lnx 2 -lnx 1 =ln x x 2.
2 2 2 1
x lnp plnp lnp plnp 1+p
令p= 2 >1，∴x = ，x = ，∴x +x = + = lnp.
x 1 p-1 2 p-1 1 2 p-1 p-1 p-1
1
2p-1
∴x +x >2等价于lnp>
1 2

.
p+1
设qx 
2x-1
=lnx-

，x∈1,+∞
x+1
 ，
则qx 
1 4
= -
x x+1 
x-1
=
2
 2
xx+1 
≥0，
2
∴qx  单调递增，∴qx  ≥q1  =0，
第 页 共 页
485 3427∴qp 
2p-1
>0，即lnp>

，∴x +x >2， p+1 1 2
综上，2<x +x <3；
1 2
(ii)由(i)知，ex1=tx ，ex2=tx .
1 2
∴gx 1  +2gx 2 
t e
=ex1- x2- +2ex2-tx2-e 2 1 2 2
t 3 x 3
=ex1- x2+2ex2-tx2- e=ex1- 1ex1+2ex2-x ex2- e
2 1 2 2 2 2 2
x
=ex11- 1 2  +ex22-x 2 
3
- e. 2
由(i)知，1<2-x <x <2，
1 2
设sx  =2-x  ex，x∈1,2  ，则sx  =1-x  ex<0.
∴sx  单调递减，∴sx 2  <s2-x 1  ，即2-x 2  ex2<xe2-x1. 1
∴gx 1  +2gx 2 
x
<ex11- 1 2 
3
+xe2-x1- e. 1 2
设Mx 
x
=1-
2

3
ex+xe2-x- e，x∈0,1
2
 ，
则Mx 
1
= 1-x
2
 ex+1-x  e2-x=1-x 
1
 ex+e2-x
2
 ≥0.
∴Mx  单调递增，又M1  =0，∴当x∈0,1  时，Mx  <0.
∴Mx 1  <0，∴gx 1  +2gx 2  <0，即命题得证.
a
832 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=lnx+ x2-(a+1)x,a∈R
2
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设x 1 ，x 20<x 1 <x 2  是函数g(x)=f(x)+x的两个极值点，证明：gx 1  -gx 2 
a
< 2
-lna恒成立．
a
【解析】(1)由题意，函数f(x)=lnx+ x2-(a+1)x的定义域为(0,+∞)，
2
1 ax2-(a+1)x+1 (x-1)(ax-1)
且f(x)= +ax-(a+1)= = ，
x x x
①当a≤0时，令f(x)>0，解得0<x<1，
令f(x)<0，解得x>1，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；
1
②当0<a<1时，令f(x)>0，解得0<x<1或x> ，
a
1
令f(x)<0，解得1<x< ，
a
1
所以f(x)在(0,1)， ,+∞
a

1
上单调递增，在1,
a
 上单调递减；
③当a=1时，则f(x)≥0，所以在(0,+∞)上f(x)单调递增，
1
④当a>1时，令f(x)>0，解得0<x< 或x>1，
a
1
令f(x)<0，解得 <x<1，
a
1
所以f(x)在0,
a

1
，(1,+∞)上单调递增，在 ,1
a
 上单调递减；
综上，当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；
1
当0<a<1时，f(x)在(0,1)， ,+∞
a

1
上单调递增，在1,
a
 上单调递减；
当a=1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
第 页 共 页
486 34271
当a>1时，f(x)在0,
a

1
，(1,+∞)上单调递增，在 ,1
a
 上单调递减；
a
(2)由g(x)=f(x)+x=lnx+ x2-ax，则g(x)的定义域为(0,+∞)，
2
1 ax2-ax+1
且g(x)= +ax-a= ，
x x
若g(x)有两个极值点x 1 ，x 20<x 1 <x 2  ，
则方程ax2-ax+1=0的判别式Δ=a2-4a>0，
1
且x +x =1，xx = >0，解得a>4，
1 2 1 2 a
1 1
又由0<x <x ，所以x2<xx = ，即0<x < ，
1 2 1 1 2 a 1 a
所以gx 1  -gx 2 
a a
=lnx + x2-ax -lnx - x2+ax 1 2 1 1 2 2 2 2
1 a
=lnx 1 -ln ax + 2 x 1 +x 2
1
 x 1 -x 2  -ax 1 -x 2 
=lnx 1 +lnax 1 
a
- 2 2x 1 -1  =lnx 1 +lnax 1 
a
+ -ax ， 2 1
a 1
设函数h(t)=lnt+ln(at)+ -at，其中t=x ∈0,
2 1 a
 ，a>4，
2 2 2 1 2- a
由h(t)= -a=0得t= ，又 - = <0，
t a a a a
2
所以h(t)在区间0,
a

2 1
内单调递增，在区间 ,
a a
 内单调递减，
2
即h(t)的最大值为h
a

a a
=2ln2-lna+ -2< -lna，
2 2
从而gx 1  -gx 2 
a
< -lna恒成立． 2
833 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=lnx+mx,m∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
1
(2)若g(x)=f(x)+ 2 x2有两个极值点x 1 ,x 2 ，求证：gx 1  +gx 2  +3<0.
1
【解析】(1)f(x)=lnx+mx,m∈R,f(x)= +m,x>0，
x
当m≥0时，f(x)递增区间为(0,+∞)；
1
当m<0时，f(x)递增区间为0,-
m

1
，通减区间是- ,+∞
m
 ；
1 x2+mx+1
(2)g(x)=f(x)+ x2,g(x)= ，
2 x
当-2≤m≤2时，g(x)>0,g(x)在(0,+∞)递增，无极值点；
当m<-2或m>2时，令g(x)=0，
-m- m2-4 -m+ m2-4
得x = ,x =
1 2 2 2
若m>2，则x <x <0，g(x)在(0,+∞)递增，无极值点；
1 2
若m<-2，则x +x =-m,xx =1，不妨设0<x <1<x .
1 2 1 2 1 2
此时g(x)有两个极值点x,x .
1 2
gx 1  +gx 2 
1 1
=lnx +mx + x2+lnx +mx + x2 1 1 2 1 2 2 2 2
=lnx 1 x 2  +mx 1 +x 2 
1
+ 2 x2 1 +x2 2 
1
=- m2-1 2
1
因为m<-2，故- 2 m2-1<-3，即gx 1  +gx 2  +3<0.
第 页 共 页
487 34274 题型四：双变量不等式:中点型
834 (2024·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考期末)已知函数fx  =lnx-ax2+
2-a  x，a∈R．
(1)已知x=1为fx  的极值点，求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程；
(2)讨论函数gx  =fx  +ax的单调性；
1
(3)当a<- 2 时，若对于任意x 1 ,x 2 ∈1,+∞  x 1 <x 2  ，都存在x 0 ∈x 1 ,x 2  ，使得f′x 0  =
fx 2  -fx 1  x +x ，证明： 2 1 <x ．
x -x 2 0
2 1
【解析】(1)fx 
1
= -2ax+2-a
x
 ，由x=1为fx  的极值点.
所以f1  =1-2a+2-a  =0，解得a=1,
fx 
1 -2x2+x+1 2x+1
= -2x+1= =-
x x
 x-1 
x
由fx  >0，得x>1，由fx  <0，得0<x<1，
所以fx  在0,1  上单调递减，在1，+∞  上单调递增. 满足fx  在x=1处取得极值.
则f1  =-1+2-1  =0，k=f1  =1-2+2-1=0
所以过点1,0  的切线方程为y=0
(2) gx  =fx  +ax=lnx-ax2+2x,则gx 
1 2ax2-2x-1
= -2ax+2=-
x x
当a=0时，gx 
1
= +2>0，则gx
x
 在0，+∞  上单调递增.
令hx  =2ax2-2x-1,Δ=4+8a，h0 
1
=-1<0，对称轴方程为x=
2a
当a<0时，hx 
1
=2ax2-2x-1开口向下，对称轴方程为x= <0，
2a
所以hx  在0，+∞  上单调递减，所以hx  <0，所以gx  ≥0.
则gx  在0，+∞  上单调递增.
当a>0时，Δ=4+8a>0，
hx 
2- 4+8a 1- 1+2a
=2ax2-2x-1=0有两个不等实数根x = = <0，x = 1 2×2a 2a 2
1+ 1+2a
>0
2a
所以gx 
1+ 1+2a
<0得出x> ，gx
2a

1+ 1+2a
>0得出0<x<
2a
则gx 
1+ 1+2a
在0，
2a

1+ 1+2a
上单调递增，在 ，+∞
2a
 上单调递减
综上所以：当a≤0时，gx  在0，+∞  上单调递增.
当a>0时，gx 
1+ 1+2a
在0，
2a

1+ 1+2a
上单调递增，在 ，+∞
2a
 上单调递减.
(3)fx 2  -fx 1  =lnx 2 -ax 2 2+2-a  x 2 - lnx 1 -ax 1 2+2-a   x 1 
x
=ln x 2 -ax 2 +x 1
1
 x 2 -x 1  +2-a  x 2 -x 1 
所以f′x 0  = fx 2  -fx 1 
x
ln 2
x x -x = x -x 1 -ax 2 +x 1
2 1 2 1
 +2-a 
又fx 0 
1
= x -2ax 0 +2-a
0

第 页 共 页
488 34271
所以 x -2ax 0 +2-a
0

x
ln 2
x
= x -x 1 -ax 2 +x 1
2 1
 +2-a 
x
ln 2
1 x
即 x -2ax 0 = x -x 1 -ax 2 +x 1
0 2 1

x +x
则f 1 2 2  -fx 0 
2
= x +x -ax 1 +x 2
1 2

1
- -2ax x 0
0

2
= x +x -ax 1 +x 2
1 2

x
ln 2
x
- x -x 1 +ax 2 +x 1
2 1

x
ln 2
= 2 - x 1 = 1 2x 2 -x 1
x +x x -x x -x
1 2 2 1 2 1
   -ln x 2
 x +x x
1 2 1

x
2 2 -1 1 x
= 1
x -x
2 1
   x
 -ln 2
x x
 2 +1 1
 x
1

x
由x <x ，则x -x >0，设t= 2 >1
1 2 2 1 x
1
设φt 
2t-1
=

-lnt，则φt
t+1

t-1
=-
 2
tt+1 
<0
2
所以φt  在1，+∞  上单调递减,所以φt  <φ1  =0
x +x
所以f 1 2 2  -fx 0 
x +x
<0恒成立,即f 1 2 2  <fx 0 
由fx 
1
= -2ax+2-a
x
 ，则fx 
1
=- -2a x>1
x2
1
由a<- ，则fx
2

1
=- -2a>0在x>1时恒成立.
x2
所以fx 
1
= -2ax+2-a
x
 在1，+∞  上单调递增.
x +x
所以由f 1 2 2  <fx 0 
x +x
，可得 2 1 <x 成立. 2 0
835 (2024·湖北武汉·统考一模)已知函数fx 
1
= x2+1-a
2
 x-alnx.
(Ⅰ)讨论fx  的单调性；
(Ⅱ)设a>0，证明：当0<x<a时，fa+x  <fa-x  ；
(Ⅲ)设x 1 ,x 2 是fx 
x +x
的两个零点，证明f 1 2 2  >0.
【解析】(Ⅰ)求导，并判断导数的符号，分别讨论a的取值，确定函数的单调区间．
(Ⅱ)构造函数gx  =fa+x  -fa-x  ，利用导数求函数g(x)当0<x<a时的最大值
小于零即可．
(Ⅲ)由(Ⅱ)得f2a-x 1  =fa+a-x 1  <fx 1 
x +x
=0 ，从而x >2a-x ，于是 1 2 > 2 1 2
x +x
a，由(Ⅰ)知，f 1 2
2
 >0 .
试题解析：(Ⅰ)fx  的定义域为0,+∞  ，
求导数，得fx 
a x2+1-a
=x+1-a- =
x
 x-a x+1
=
x
 x-a 
，
x
若a≤0 ，则fx  >0，此时fx  在0,+∞  上单调递增，
若a>0 ，则由fx  =0得x=a，当0<x<a时，fx  <0 ，当x>a时，fx  >0 ，
第 页 共 页
489 3427此时fx  在0,a  上单调递减，在a,+∞  上单调递增.
(Ⅱ)令gx  =fa+x  -fa-x  ，则
gx 
1
= a+x
2
 2+1-a  a+x  -alna+x  -
1
a-x
2
 2+1-a  a-x  -alna-x   


=2x-alna+x  +alna-x  .
求导数，得gx 
a a -2x2
=2- - = ，
a+x a-x a2-x2
当时0<x<a，gx  <0，∴gx  在0,a  上是减函数.
而g0  =0，∴gx  <g0  =0 ，
故当0<x<a时，fa+x  <fa-x 
(Ⅲ)由(Ⅰ)可知，当a≤0时，函数y=fx  至多有一个零点，
故a>0，从而fx  的最小值为fa  ，且fa  <0，
不妨设0<x <x ，则0<x <a<x ，∴0<a-x <a ，
1 2 1 2 1
由(Ⅱ)得f2a-x 1  =fa+a-x 1  <fx 1  =0 ，
x +x
从而x >2a-x ，于是 1 2 >a，
2 1 2
x +x
由(Ⅰ)知，f 1 2
2
 >0 .
点晴:本题考查函数导数的单调性.不等式比较大小，函数的零点问题：在(Ⅰ)中通过求
导，并判断导数的符号，分别讨论a的取值，确定函数的单调区间．(Ⅱ)通过构造函数
gx  =fa+x  -fa-x  ，把不等式证明问题转化为函数求最值问题，求函数g(x)当0
<x<a时的最大值小于零即可．(Ⅲ)要充分利用(Ⅰ)(Ⅱ)问的结论.
836 (2024·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知函数f(x)=x2+(1-2a)x-alnx(a
∈R且a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a>2时，若函数y=f(x)的图象与x轴交于A，B两点，设线段AB中点的横坐标
为x ，证明:f(x )>0.
0 0
【解析】(1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}，
2x2+(1-2a)x-a (2x+1)(x-a) 1
f(x)= = =0，解得x =- (舍去)，x =a．
x x 1 2 2
当a<0时，f(x)>0在(0，+∞)上恒成立，所以函数f(x)单调递增；
当a>0时，在(0，a)上f(x)<0，函数f(x)单调递减，在(a，+∞)上f(x)>0，函数f(x)
单调递增．
综上，a<0时，函数f(x)单调递增；
a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减；在(a，+∞)上单调递增；
a
(2)由(1)知，f(x)=2x+(1-2a)- ，x∈0,+∞
x
 ，
a
令g(x)=2x+(1-2a)- ，x∈0,+∞
x
 ，
a a
则g(x)=2+ ，当a>2时，g(x)=2+ >0恒成立，所以g(x)单调递增，
x2 x2
即f(x)单调递增；
又f(a)=0，故要证f(x )>0=f(a)，即证x >a；
0 0
设Ax 1 ,0  ，Bx 2 ,0  ，且0<x <x ， 1 2
第 页 共 页
490 3427由题设条件知，x +x =2x ，因此只需证x +x >2a；
1 2 0 1 2
由题意，
x
1
2+(1-2a)x
1
-alnx
1
=0
，

x2+(1-2a)x -alnx =0
2 2 2
两式作差可得，x 2 2-x 1 2+1-2a  x 2 -x 1  -alnx 2 -lnx 1  =0，
即x 2 2-x 1 2=2a-1  x 2 -x 1  +alnx 2 -lnx 1  ，
即x +x =2a-1+ alnx 2 -lnx 1
2 1
 ，
x -x
2 1
x
2 2 -1
lnx -lnx 2 x 2x -2x x
下面先证明 2 1 > ，即证ln 2 > 2 1 = 1
x -x x +x x x +x
2 1 2 1 1 2 1

，
x
2 +1
x
1
x
令t= 2 >1，ht
x
1

2t-1
=lnt-
 2t+1
=lnt-
t+1
 -4 4
=lnt+ -2，
t+1 t+1
则ht 
1 4
= -
t t+1 
t+1
=
2
 2-4t
tt+1 
t-1
=
2
 2
tt+1 
>0显然成立，
2
所以ht  在1,+∞  上单调递增，
则ht  >h1 
2t-1
=0，所以lnt>

x
2 2 -1
x x
，即ln 2 > 1
t+1 x
1

，
x
2 +1
x
1
lnx -lnx 2
所以 2 1 > ，
x -x x +x
2 1 2 1
因此x +x =2a-1+ alnx 2 -lnx 1
2 1
 2a >2a-1+ ，
x -x x +x
2 1 2 1
即x +x -2a> 2a-x 2 +x 1 2 1  x +x ，x 2 +x 1 -2a
2 1
 + x 2 +x 1 -2a  >0， x +x
2 1
即x 2 +x 1 -2a 
1
1+ x +x
2 1
 >0
因此x +x >2a，
1 2
所以原命题得证.
837 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x.
(1)讨论fx  的单调性；
(2)若函数y=fx  的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x ，证明： 0
fx 0  <0.
【解析】(1)fx  的定义域为0,+∞  ，
fx 
1
= -2ax+2-a
x

2x+1
=-
 ax-1 
．
x
①若a≤0，则fx  >0，所以fx  在0,+∞  单调递增．
②若a>0，则由fx 
1
=0得x= ，
a
1
且当x∈0,
a
 时，fx 
1
>0，当x> 时，fx
a
 <0．
所以fx 
1
在0,
a

1
单调递增，在 ,+∞
a
 单调递减．
(2)由(1)可知：当a≤0时，函数y=fx  在0,+∞  上单调递增，
故y=fx  图像与x轴至多有一个交点，不符合题意，从而a>0．
当a>0时，fx 
1
在0,
a

1
单调递增，在 ,+∞
a
 单调递减，
第 页 共 页
491 3427不妨设Ax 1 ,0  ，Bx 2 ,0 
1
，0<x <x ，则0<x < <x ． 1 2 1 a 2
由 fx 1  =lnx 1 -ax2 1 -a-2  x =0 1
fx 2  =lnx 2 -ax2 2 -a-2 
 ，

x =0 2
x
两式相减得：ln x 1 -ax 1 -x 2
2
 x 1 +x 2  -a-2  x 1 -x 2  =0，
即：ax 1 +x 2  +a-2 
x
ln 1
x
= 2 ， x -x
1 2
又fx 0 
x +x
=f 1 2 2 
2
= x +x -ax 1 +x 2
1 2
 -a-2 
x
ln 1
= 2 - x 2 = 1  2⋅ x 1 -x 2 -ln x 1
x +x x -x x -x  x +x x 1 2 1 2 1 2 1 2 2

x
 1 -1
1  x x = 2⋅ 2 -ln 1
x 1 -x 2 x 1 +1 x 2
 x
2

x
令t= 1 0<t<1
x
2
 ，gt 
t-1
=2 -lnt，
t+1
则gt 
t-1
=-
 2
tt+1 
<0，从而函数gt
2
 在0,1  上单调递减，
故gt  >g1 
x
 1 -1
 x x
=0，从而2⋅ 2 -ln 1  x 1 +1 x 2
 x
2

>0，又x 1 -x 2 <0，所以fx 0  <0．
1
838 (2024·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考阶段练习)已知函数f(x)=lnx+ ax2
2
+(a+1)x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数f(x)图象上不重合的两点Ax 1 ,y 1 
x +x
,B(x ,y )(x >x ).证明：k >f' 1 2 2 2 1 2 AB 2  .
(k 是直线AB的斜率)
AB
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
1 ax2+(a+1)x+1 (ax+1)(x+1)
且f(x)= +ax+(a+1)= =
x x x
1
①当a≥0时，f(x)= +ax+(a+1)>0，此时f(x)在(0,+∞)单调递增；
x
1 1
②当a<0时，令f(x)=0可得x=- 或x=-1(舍)，- >0，
a a
1 1
由f(x)>0得0<x<- ，由f(x)<0得x>- ，
a a
1
所以f(x)在0,-
a

1
上单调递增，在- ,+∞
a
 上单调递减.
综上：①当a≥0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
1
②当a<0时，函数f(x)在0,-
a

1
上单调递增，在- ,+∞
a
 上单调递减.
1 1
(2)由题意得y =lnx + ax2+(a+1)x,y =lnx + ax2+(a+1)x ，
1 1 2 1 1 2 2 2 2 2
1 1
lnx + ax2+(a+1)x -lnx + ax2+(a+1)x
y -y 1 2 1 1 2 2 2 2
所以k = 1 2 =
AB x -x
1 2

x -x
1 2
lnx -lnx a(x +x )
= 1 2 + 1 2 +(a+1)
x -x 2
1 2
x +x 又f 1 2
2
 = 2 + ax 1 +x 2
x +x
1 2
 +(a+1)，
2
第 页 共 页
492 3427x +x
要证k >f 1 2
AB 2
 成立，
lnx -lnx 2
即证： 1 2 > 成立，
x -x x +x
1 2 1 2
即证：ln x 1 > 2x 1 -x 2
x
2

x
2 1 -1
x = 2
x +x
1 2

成立.
x
1 +1
x
2
x 2(t-1)
令 1 =t(t>1)，即证t∈(1,+∞)时，lnt> 成立.
x t+1
2
2(t-1)
设g(t)=lnt- ,(t>1)
t+1
1 4 (t-1)2
则g(t)= - = >0,(t>1)
t (t+1)2 t⋅(t+1)2
所以函数g(t)在(1,+∞)上是增函数，
所以∀t∈(1,+∞)，都有g(t)>g(1)=0，
2(t-1)
即∀t∈(1,+∞)，lnt> ，
t+1
x +x
所以k >f 1 2
AB 2

839 (2024·福建泉州·高二福建省永春第一中学校考阶段练习)已知函数fx  =x2-2ax+
2lnx(a>0)．
(1)讨论函数fx  的单调性；
(2)设gx  =lnx-bx-cx2，若函数fx  的两个极值点x 1 ，x 2 (x 1 <x 2 )恰为函数gx  的
两个零点，且y=x 1 -x 2 
x +x
g 1 2 2  的取值范围是ln3-1,+∞  ，求实数a的取值范围．
【解析】(1)由题意，函数fx  =x2-2ax+2lnx(a>0)的定义域为0,+∞  ，
可得fx 
2 x2-ax+1
=2x-2a+ =2 (a>0,x>0)，
x x
对于方程y=x2-ax+1=0的判别式Δ=a2-4(其中a>0)，
(i)若Δ=a2-4≤0，即0<a≤2时，fx  ≥0恒成立，
故fx  在0,+∞  上单调递增；
(ii)若Δ=a2-4>0，即a>2时，
令fx 
a- a2-4 a+ a2-4
=0，解得x = ，x = ． 1 2 2 2
a- a2-4
当x∈0,
2

a+ a2-4
∪ ,+∞
2
 ，fx  >0；
a- a2-4 a+ a2-4
当x∈ ,
2 2
 时，fx  <0．
所以当0<a≤2时，fx  单调递增区间为0,+∞  ，无单调递减区间；
当a>2时，fx 
a- a2-4
单调递增区间为0,
2

a+ a2-4
和 ,+∞
2
 ；
a- a2-4 a+ a2-4
单调递增区间为 ,
2 2
 ．
(2)由(1)知：a>2且x +x =a，xx =1，其中x <x ，
1 2 1 2 1 2
因为gx  =lnx-bx-cx2，可得gx 
1
= -b-2cx(x>0)，
x
第 页 共 页
493 3427x +x
所以g 1 2 2 
2
= x +x -b-cx 1 +x 2
1 2
 ，
由gx 1  =gx 2  =0，可得   l l n n x x 1 - - b b x x 1 - - c c x x 2 1 2 = = 0 0
2 2 2
x
两式相减，得ln x 1 =bx 1 -x 2
2
 +cx2 1 -x2 2  ．(x <x ) 1 2
∴y=x 1 -x 2  x +x g 1 2 2  = 2x 1 -x 2  x +x -bx 1 -x 2
1 2
 -cx2 1 -x2 2  = 2x 1 -x 2  x -ln 1 = x +x x
1 2 2
x
2 1 -1
x
2

x
-ln 1
x x
1 +1 2
x
2
x
令 1 =t∈0,1
x 2

2t-1
，可得y=
 -t-1
-lnt，则y=
t+1
 2
tt+1 
<0，
2
2t-1
所以y=

-lnt在0,1
t+1
 上单调递减，
由y的取值范围是ln3-1,+∞ 
1
，得t的取值范围是0,
3
 ，
所以a2=x 1 +x 2 
x x 1 16
2= 1 + 2 +2=t+ +2∈  ,+∞ x x t  3
2 1
 ，
又因为a>2，故实数a的取值范围是  4 3 ,+∞
 3
 ．
5 题型五：双变量不等式:剪刀模型
840 (2024·天津和平·耀华中学校考模拟预测)已知函数fx  =x+b  ex-a  (b>0)在点
-1，f-1    处的切线方程为e-1  x+ey+e-1=0．
(1)求a、b；
(2)设曲线y=f(x)与x轴负半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=h(x)，求
证：对于任意的实数x，都有f(x)≥h(x)；
(3)若关于x的方程fx  =m(m>0)有两个实数根x 、x ，且x <x ，证明：x -x ≤1+ 1 2 1 2 2 1
m1-2e 
．
1-e
【解析】(1)将x=-1代入切线方程e-1  x+ey+e-1=0中，有y=0，
∴f-1  =0，即f-1  =b-1 
1
 -a
e
 =0，
又fx  =ex x+b+1  -a，
∴f-1 
b e-1 1
= -a=- =-1+ ．
e e e
1
若a= ，则b=2-e<0，与b>0矛盾，
e
故a=b=1．
(2)由(1)可知fx  =x+1  ex-1  ，fx  =ex x+2  -1，f-1 
1
=-1+ ，
e
令fx  =0，有x=-1或x=0，
故P为-1,0  ．
曲线在点P-1,0  处的切线方程为y=hx  ，
则hx  =f-1  x+1  ，
令Fx  =fx  -hx  ，
则Fx  =fx  -f-1  x+1  ，
第 页 共 页
494 3427∴Fx  =fx  -f-1  =ex x+2 
1
- ，
e
令g(x)=Fx  ，则gx  =ex x+3  >0,x∈R  ，∴Fx  在R上单调递增，
∵F-1  =0，
∴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．
∴Fx  ≥F-1  =0，即fx  ≥hx  成立．
(3)由(2)知fx  在-1,0  处的切线方程为hx 
1
= -1
e
 x+1  ，且f(x)≥h(x)，
则fx 1  ≥hx 1  ，
设hx 1  =m=fx 1 
me
，则x=-1+ ， 1 1-e
故hx 1  =fx 1  ≥hx 1  ，∵hx  单调递减，∴x≤x ， 1 1
设y=fx  在0,0  处的切线方程为y=tx  ，易得tx  =x，
令Tx  =fx  -tx  =x+1  ex-1  ，
则Tx  =x+2  ex-2，
令Hx  =Tx  =x+2  ex-2，则Hx  =x+3  ex，
当x∈-∞,-3  时，Hx  <0,Hx  单调递减，Hx  <0，
当x∈-3,+∞  时，Hx  >0,Hx  单调递增，
又∵T0  =0，
∴当x∈-∞,0  时，Tx  <0，T(x)单调递减，
当x∈0,+∞  时，Tx  >0，T(x)单调递增，
∴Tx  ≥T0  =0，即fx  ≥tx  ，∴fx 2  ≥tx 2  ，
设tx 2   =m=fx 2  ，则x=m， 2
故tx 2   =fx 2  ≥tx 2  ，∵tx  单调递增，故x≥x ， 2 2
又x≤x ，
1 1
me
则x -x ≤x-x=m--1+
2 1 2 1 1-e

m1-2e
=1+

.
1-e
841 (2024·辽宁沈阳·统考三模)已知函数fx  =x+b  e2x-a  b>0 
1 1
在点 - ,f-
2 2
  
处的切线方程为e-1 
e-1
x+ey+ =0．
2
(1)求a，b；
(2)函数fx  图像与x轴负半轴的交点为P，且在点P处的切线方程为y=hx  ，函数
Fx  =fx  -hx  ，x∈R，求Fx  的最小值；
(3)关于x的方程fx 
1+2m
=m有两个实数根x ，x ，且x <x ，证明：x -x ≤ - 1 2 1 2 2 1 2
me
．
1-e
1
【解析】(1)将x=- 代入切线方程e-1
2

e-1
x+ey+ =0中，
2
1
得y=0，所以f-
2
 =0，
1
又f-
2

1
=b-
2

1
 -a
e

1 1
=0⇒b= 或a= ，
2 e
又fx  =e2x 2x+2b+1  -a，
1
所以f-
2

2b e-1 1
= -a=- =-1+ ，
e e e
第 页 共 页
495 34271 2-e
若a= ，则b= (舍去)；
e 2
1
所以b= ，则a=1；
2
1
(2)由(1)可知a=1，b= ，
2
所以fx 
1
=x+
2
 e2x-1  ，
令fx 
1
=0，有x=- 或x=0，
2
故曲线y=fx 
1
与x轴负半轴的唯一交点P为- ,0
2

1
曲线在点P- ,0
2
 处的切线方程为y=hx  ，
则hx 
1
=f-
2

1
x+
2
 ，
因为Fx  =fx  -hx  ，
所以Fx  =fx 
1
-f-
2

1
x+
2
 ，
所以Fx  =fx 
1
-f-
2
 =2e2x x+1 
1 1
- ，F-
e 2
 =0．
若x<-1，Fx  <0，
1
若x∈-1,-
2

1
，x+1∈0,
2

1 1
，e2x∈ ,
e2 e
 ，
所以2x+1 
1
e2x∈0,
e
 .Fx  =2e2x x+1 
1
- <0
e
1
若x∈- ,+∞
2

1
，x+1∈ ,+∞
2
 ，
1
e2x∈ ,+∞
e
 ，2x+1 
1
e2x∈ ,+∞
e

Fx  >0，所以y=Fx 
1
在- ,+∞
2
 上单调递增，
Fx 
1
>F-
2
 =0，函数y=Fx 
1
在- ,+∞
2
 上单调递增．
1
当x=- 时，F(x)取得极小值，也是最小值，
2
所以Fx 
1
=F-
最小值 2
 =0．
(3)hx 
1
= -1 e 
1
x+ 2  ，设hx  =m的根为x， 1
1 me
则x 1 =- 2 + 1-e ，又y=hx  单调递减，
由(2)知fx  ≥hx  恒成立．
又m=hx 1  =fx 1  ≥hx 1  ，所以x≤x ， 1 1
设曲线y=fx  在点0,0  处的切线方程为y=tx  ，则tx  =x，
令Tx  =fx  -tx 
1
=x+
2
 e2x-1  -x，
Tx  =2x+1  e2x-2．
当x≤-1时，Tx  =2x+1  e2x-2≤-2<0，
当x>-1时，Tx  =22x+3  e2x>0，
故函数y=Tx  在-1,+∞  上单调递增，又T0  =0，
所以当x∈-∞,0  时，Tx  <0，当x∈0,+∞  时，Tx  >0，
所以函数y=Tx  在区间-∞,0  上单调递减，在区间0,+∞  上单调递增，
第 页 共 页
496 3427所以Tx  ≥T0  =0，即fx  ≥tx  ，
设tx  =m的根为x，则x=m， 2 2
又函数y=tx  单调递增，故m=tx 2  =fx 2  ≥tx 2  ，故x≥x ． 2 2
1 me
又x≤x ，所以x -x ≤x-x=m-- +
1 1 2 1 2 1 2 1-e

1+2m me
= - ．
2 1-e
842 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ax-ex+1，ln3是f(x)的极值点．
(1)求a的值；
(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线为直线l．求证：曲线
y=f(x)上的点都不在直线l的上方；
(3)若关于x的方程f(x)=m(m>0)有两个不等实根x ，x (x <x )，求证：x -x <2-
1 2 1 2 2 1
7m
．
10
【解析】(1)f′(x)=a-ex；由题意知，f′(ln3)=a-eln3=0，∴a=3；
(2)证明：设曲线y=f(x)在P(x ，0)处切线为直线l:y=(3-ex0)(x-x )；
0 0
令g(x)=(3-ex0)(x-x )；
0
F(x)=f(x)-g(x)=3x-ex+1-(3-ex0)(x-x )；
0
∴F′(x)=3-ex-(3-ex0)=ex0-ex；
∴F(x)在(-∞,x )上单调递增，在(x ，+∞)上单调递减；
0 0
∴F(x) =F(x )=f(x )-g(x )=0；
max 0 0 0
∴F(x)=f(x)-g(x)≤0，即f(x)≤g(x)，即y=f(x)上的点都不在直线l的上方；
(3)由(2)设方程g(x)=m的解为x ′；
2
m
则有(3-ex0)(x ′-x )=m，解得x ′= +x ；
2 0 2 3-ex0 0
由题意知，ln3<x <x；
2 2
令r(x)=2x-f(x)=ex-x-1，(x>0)；
r′(x)=ex-1>0；
∴r(x)在(0，+∞)上单调递增；
∴r(x)>r(0)=0；
∴y=2x的图象不在f(x)的下方；
m
∵y=2x与y=m交点的横坐标为x′= ；
1 2
则有0<x′<x <ln3，即0<x′<x <ln3<x <x ′；
1 1 1 1 2 2
m m
∴x -x <x ′-x′= +x - ；
2 1 2 1 3-ex0 0 2
m m
∵关于x 的函数y= +x - 在(ln3，2)上单调递增；
0 3-ex0 0 2
m m m m 7m
∴x -x < +2- < +2- =2- ．
2 1 3-e2 2 2-7 2 10
第 页 共 页
497 3427843 (2024·安徽·校联考二模)已知函数fx  =3x-ex+1，其中e=2.71828⋯是自然对数的
底数.
(1)设曲线y=fx  与x轴正半轴相交于点Px 0 ,0  ，曲线在点P处的切线为l，求证：曲线
y=fx  上的点都不在直线l的上方；
(2)若关于x的方程fx  =m(m为正实数)有两个不等实根x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，求证：x -x 2 1
3
<2- m.
4
【解析】(1)证明：由题意可得：3x -ex0+1=0,ex0=3x +1，
0 0
fx  =3-ex,fx 0  =3-ex0=3-3x -1=2-3x ， 0 0
可得曲线在点P处的切线为l:y=2-3x 0  x-x 0  .
令gx  =2-3x 0  x-x 0  -3x-ex+1  ,gx 0  =0，
gx  =2-3x 0 -3+ex=-1-3x 0 +ex,gx 0  =-3x +ex0-1=0， 0
当x<x 时，g(x)<0，当x>x 时，g(x)>0
0 0
∴函数gx  在-∞,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增，
∴gx  ≥gx 0  =0,∴曲线y=fx  上的点都不在直线l的上方.
(2)证明：由(1)可得fx  =3-ex=0，
解得x=ln3，
当x<ln3时，f(x)>0，当x>ln3时，f(x)<0，
所以f(x)在(-∞,ln3)上递增，在ln3,+∞  上递减，
所以f(x)的最大值为fln3  =3ln3-3+1=3ln3-2，
∴0<m<3ln3-2，
曲线在点P处的切线为l:y=2-3x 0  x-x 0  ，
由(1)得ex0=3x +1，
0
令g(x )=ex0-3x -1，
0 0
∵g(1)=e-3-1<0，g(2)=e2-7>0，
∴由零点的存在性定理知x 0 ∈1,2  ，
同理可得曲线y=fx  在点0,0  处的切线为y=2x，
设y=m与y=2x,y=2-3x 0  x-x 0  的交点的横坐标分别为x ,x 3 4
m m
则x = ,x =x + ，
3 2 4 0 2-3x
0
∴x 2 -x 1 
m m
<x -x =x + - . 4 3 0 2-3x 2
0
m m 3m
下面证明：x + - <2- .
0 2-3x 2 4
0
∵2- m -x - m =2-x -m⋅ 32-x 0 4 0 2-3x 0 0  42-3x 0  =2-x 0  12x +3m-8 ⋅ 0 43x 0 -2  ，
∵x 0 ∈1,2  ,∴2-x >0,3x -2>1，且12x -8+3m>4+3m>0， 0 0 0
m m
∴2- -x - >0
4 0 2-3x
0
m m 3m 3
∴x + - <2- ,∴x -x <2- m.
0 2-3x 2 4 2 1 4
0
844 (2024·全国·高三专题练习)已知函数g(x)=x4，x∈R，在点1,g(1)  处的切线方程记为
y=m(x)，令f(x)=m(x)-g(x)+3．
(1)设函数f(x)的图象与x轴正半轴相交于P，f(x)在点P处的切线为l，证明：曲线y=
f(x)上的点都不在直线l的上方；
第 页 共 页
498 3427a
(2)关于x的方程f(x)=a(a为正实数)有两个实根x ，x ，求证：|x -x|<2- ．
1 2 2 1 3
【解析】(1)证明：由g(x)=x4，则g(1)=1，即切点为1,1

求导g(x)=4x3，则切线斜率k=g(1)=4，
∴在点(1,1)处的切线方程为：y-1=4(x-1)，记为y=m(x)=4x-3，
f(x)=m(x)-g(x)+3=4x-3-x4+3=4x-x4．
由f(x)=4x-x4=x(4-x3)=0．x>0，解得x= 34．∴P(34,0)
求导f(x)=4-4x3，则切线斜率k=f(34)=4-4×4=-12．
∴f(x)在点P处的切线为l:y=-12(x- 34)．
令h(x)=-12(x- 34)-4x+x4．h(34)=0．
求导h(x)=-12-4+4x3=4(x3-4)=4(x- 34)(x2+ 34x+232)，
∵x2+ 34x+232>0恒成立，令h(x)=0，得x- 34=0，解得x= 34
当x< 34时，h(x)<0，函数h(x)单减；当x> 34时，h(x)>0，函数h(x)单增．
∴h(x)≥h(34)=0，即-12(x- 34)≥4x-x4．
因此曲线y=f(x)上的点都不在直线l的上方．
(2)由(1)知f(x)=4x-x4，求导f(x)=4-4x3=41-x3

=4(1-x)1+x+x2

当x<1时，f(x)>0，函数f(x)单增，当x>1时，f(x)<0，函数f(x)单减；
∴f(x)≤f(1)=3，且f(x)=0有两个零点：0，34
又f(x)在点P(34,0)处的切线为l:y=-12(x- 34)．
同理可得：f(x)在点(0,0)处的切线为：y=4x．
设y=a与y=4x，y=-12(x- 34)的交点的恒坐标分别为x ，x ．
3 4
a a
又4x-f(x)=x4≥0(x≥0)，则x = ，x = 34- ．
3 4 4 12
a a a a
∴|x -x|<x -x = 34- - = 34- <2- ．
2 1 4 3 12 4 3 3
a
∴|x -x|<2- ．
2 1 3
6 题型六：双变量不等式:主元法
845 (2024·江苏盐城·高三盐城中学校联考开学考试)已知函数fx  =xlnx．
(1)求函数fx  的单调区间和最小值；
1
(2)当b>0时，求证：bb≥
e

1
e(其中e为自然对数的底数)；
(3)若a>0，b>0求证：fa  +a+b  ln2≥fa+b  -fb  ．
【解析】(1)∵f′x  =1+lnxx>0 
令f′x  ≥0得：lnx≥-1=lne-1，
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499 34271
∵e>1，∴x≥ ；
e
令f′x 
1
<0得：0<x< ；
e
∴fx 
1
在  ,+∞
 e

1
上为增函数；在0,
e
 上为减函数；
fx 
1
=f
min e

1 1 1
= ln =- .
e e e
(2)由(1)知：当b>0时，有fb  ≥fx 
1
=f
min e

1
=- ，
e
1 1
∴blnb≥- ，即：lnbb≥ln
e e

1 1
e，∴bb≥
e

1
e.
(3)将fa  +a+b  ln2≥fa+b  -fb  变形为：
fa  +fb  ≥fa+b  -a+b  ln2
即只证：fa  +fa+b-a  ≥fa+b  -a+b  ln2
设函数gx  =fx  +fk-x  k>0 
∴gx  =xlnx+k-x  lnk-x  ，∴0<x<k
∴g′x  =lnx+1-lnk-x 
x
-1=ln
k-x
令g′x 
x 2x-k k
>0，得： >1⇒ >0⇒ <x<k．
k-x k-x 2
∴gx 
k
在  ,k
 2

k
上单调递增；在0,
2
 上单调递减；
∴gx 
k
的最小值为：g
2
 ，即总有：gx 
k
≥g
2
 ．
k
g
2

k
=f
2

k
+fk-
2

k
=kln =klnk-2
2
 =fk  -kln2
∴gx  ≥fk  -kln2，即：fx  +fk-x  ≥fk  -kln2，
令x=a，k-x=b，则k=a+b
∴fa  +fb  ≥fa+b  -a+b  ln2，
∴fa  +a+b  ln2≥fa+b  -fb  成立．
846 (2024·河南信阳·高二校联考阶段练习)已知函数fx  =xlnx．
(1)求曲线y=fx  在点 e,fe    处的切线方程；
(2)求函数fx 
1
的最小值，并证明：当b>0时，bb≥
e

1
e．(其中e为自然对数的底数)
【解析】(1)fx  =xlnx的定义域为0,+∞  ，
因为fx  =1+lnxx>0  ，
所以fe  =1+lne=2，
又因为fe  =elne=e，
所以曲线y=fx  在点 e,fe    处的切线方程为y-e=2x-e  ，即2x-y-e=0．
(2)令fx  =1+lnx=0，x>0，
1
解得x= ，
e
1
当0<x< 时，fx
e

1
<0，当x> 时，fx
e
 >0，
所以fx 
1
在0,
e

1
上单调递减，在 ,+∞
e
 上单调递增，
所以fx 
1
=f
min e

1 1 1
= ln =- ．
e e e
证明如下：当b>0时，有fb  ≥fx 
1
=- ，
min e
第 页 共 页
500 34271
所以blnb≥- ，
e
1
即lnbb≥ln
e

1
e，
1
所以bb≥
e

1
e．
847 (2024·山西晋中·高二校考阶段练习)已知函数fx  =k x-1   ex-6  (其中e为自然对数
的底数)．
(1)若k=1，求函数fx  的单调区间；
(2)若1≤k≤2，求证：∀x∈0,k  ，fx  <x2．
【解析】(1)由题知fx  =k x-1   ex-6  ，
所以fx  =k ex+x-1   ex  =kxex，
当k=1时，fx  =xex，
当fx  ≥0时，x≥0，当fx  <0时，x<0，
所以fx  的单调递增区间为0,+∞  ，单调递减区间为-∞,0  ，
(2)由题知1≤k≤2，∀x∈0,k  ，fx  <x2，
所以k x-1   ex-6  -x2<0，
因为1≤k≤2，
所以 x-1   ex-6 
1
- x2<0
k
令g(x)=x-1 
1
ex- x2-6
k
即证g(x)=x-1 
1
ex- x2-6<0在x∈0,k
k
 上恒成立，
2 2
因为g(x)=xex- x=xex-
k k

2
当g(x)=0时，x=ln ，
k
2 2
当g(x)≥0时，x≥ln ，即g(x)在 ln ,k
k  k
 上单调递增，
2 2
当g(x)≤0时，x≤ln ，即g(x)在 0,ln
k  k
 上单调递减，
因为g(0)=-7<0，g(k)=k-1  ek-k-6，
令h(k)=g(k)=k-1  ek-k-6，
所以h(k)=kek-1，
因为1≤k≤2，
所以h(k)=kek-1>0，
所以h(k)在1,2  上单调递增，
所以h(k) =h(2)=e2-8<0，
max
所以g(k)<0恒成立，
因为g(0)<0,g(k)<0，
所以g(x)=x-1 
1
ex- x2-6<0在x∈0,k
k
 上恒成立，即得证.
ex
848 (2024·广东广州·高三广州大学附属中学校考阶段练习)已知函数f(x)=a +(lnx-x)
x
(其中a∈R且a为常数，e为自然对数的底数，e=2.71828⋯)．
(1)若函数f(x)的极值点只有一个，求实数a的取值范围；
(2)当a=0时，若f(x)≤kx+m(其中m>0)恒成立，求(k+1)m的最小值h(m)的最大
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501 3427值．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
ex(x-1) x-1 ex(x-1) x
其导数为f(x)=a⋅ - = a-
x2 x x2 ex
 ．
x
由f′(x)=0⇒x=1或a= ，
ex
x 1-x
设u(x)= ，∵u(x)= ，
ex ex
∴当x∈(0,1)时，u(x)>0；当x∈(1,+∞)时，u(x)<0．
即u(x)在区间(0,1)上递增，在区间(1,+∞)上递减，
∴u(x) =u1
极大

1
= ，
e
又当x→0时，u(x)→0，当x→+∞时，u(x)→0且u(x)>0恒成立．
1 x
∴当a≤0或a> 时，方程a= 无根，函数f(x)只有x=1一个极值点．
e ex
1 x x
当a= 时，方程a= 的根也为x=1，此时f(x)的因式a- ≥0恒成立，
e ex ex
故函数f(x)只有x=1一个极值点．
1 x
当0<a< 时，方程a= 有两个根x 、x 且x ∈(0,1)，x ∈(1,+∞)，
e ex 1 2 1 2
∴函数f(x)在区间(0,x)单调递减；(x ，1)单调递增；(1,x )单调递减；(x ，+∞)单调递
1 1 2 2
增，此时函数f(x)有x 、1、x 三个极值点．
1 2
1
综上所述，当a≤0或a≥ 时，函数f(x)只有一个极值点．
e
(2)依题意得lnx-x≤kx+m，令φ(x)=lnx-(k+1)x-m，则对∀x∈(0,+∞)，都有
φ(x)≤0成立．
1
∵φ(x)= -(k+1)，∴当k+1≤0时，函数φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
x
注意到φ(em)=-(k+1)em≥0，
∴若x∈(em，+∞)，有φ(x)>0成立，这与φ(x)≤0恒成立矛盾；
1
当k+1>0时，因为φ′(x)在(0,+∞)上为减函数，且φ
k+1
 =0，
1
∴函数φ(x)在区间0,
k+1

1
上单调递增，在 ,+∞
k+1
 上单调递减，
∴φx 
1
≤φ
k+1
 =-lnk+1  -1-m，
若对∀x∈(0,+∞)，都有φ(x)≤0成立，则只需-ln(k+1)-1-m≤0成立，
∴ln(k+1)≥-1-m⇒k+1≥e-1-m，
当m>0时，则(k+1)m的最小值h(m)=me-1-m，
∵h′(m)=e-1-m(1-m)，
∴函数h(m)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，
1 1
∴h(m)≤ ，即(k+1)m的最小值h(m)的最大值为 ；
e2 e2
1
综上所述，(k+1)m的最小值h(m)的最大值为 ．
e2
849 (2024·全国·高三专题练习)设函数f(x)=xlnx.
(1)求f(x)的极值；
(2)设g(x)=f(x+1)，若对任意的x≥0，都有g(x)≥mx成立，求实数m的取值范围；
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502 3427a+b
(3)若0<a<b，证明：0<f(a)+f(b)-2f
2
 <(b-a)ln2.
【解析】(1)函数f(x)=xlnx，则f′(x)=1+lnx，(x>0)
1 1
令f′(x)=0，解得：x= ，且当x∈0,
e e

1
时，f′(x)<0，x∈ ,+∞
e
 时，f′(x)>0
1
因此：f(x)的极小值为f
e

1
=- ，无极大值.
e
(2)g(x)=f(x+1)=(x+1)ln(x+1)
令h(x)=(x+1)ln(x+1)-mx，则h′(x)=ln(x+1)+1-m，
注意到：h(0)=0，若要h(x)≥0，必须要求h(0)≥0，即1-m≥0，亦即m≤1
另一方面：当m≤1时，因为h′(x)=ln(x+1)+1-m单调递增，则当x≥0时，h′(x)=
ln(x+1)+1-m≥h′(0)=1-m≥0恒成立，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：-∞,1  ；
a+x a+x
(3)构造函数F(x)=alna+xlnx-(a+x)ln ，x>a，F(x)=1+lnx-ln -
2 2
2x
1=ln ，
a+x
∵x>a，∴0<a+x<2x，F′(x)>0，F(x)在(a,+∞)上是单调递增的；
故Fb  >Fa 
a+b
=0即：f(a)+f(b)-2f
2
 >0
a+x
另一方面，构造函数G(x)=alna+xlnx-(a+x)ln -(x-a)ln2，x>a
2
2x x
G(x)=ln -ln2=ln <0，
a+x a+x
G(x)在(a,+∞)上是单调递减的
故Gb  <Ga 
a+b
=0即：f(a)+f(b)-2f
2
 <(b-a)ln2
a+b
综上，0<f(a)+f(b)-2f
2
 <(b-a)ln2.
850 (2024·广东珠海·高一珠海市第二中学校考期中)已知fx  =3x2-6x-5x∈R  函数.
(1)求不等式fx  >4的解集；
(2)设函数gx  =fx  -4x2+mx，若存在x∈R，使得gx  >0，求实数m的取值范围；
(3)若对任意的a∈1,2  ，关于x的不等式fx  ≤x2-2a+6  x+a+b在区间[1,3]上
恒成立，求实数b的取值范围.
【解析】(1)由fx  >4，得3x2-6x-5>4，
即x2-2x-3>0，解得x<-1或x>3，
所以不等式的解集为{xx<-1或x>3}；
(2)由题可知gx  =fx  -4x2+mx=3x2-6x-5-4x2+mx=-x2+m-6  x-5，
若存在x∈R，使得gx  >0，
则不等式-x2+m-6  x-5>0的解集非空，
则Δ=(m-6)2-20>0，
解得m>6+2 5或m<6-2 5，
所以实数m的取值范围是{m∣m>6+2 5或m<6-2 5}；
(3)对任意的a∈1,2  ，关于x的不等式fx  ≤x2-2a+6  x+a+b在区间1,3  上恒
成立，
等价于对于任意的a∈1,2  ，不等式2x2+2ax-a+b+5  ≤0在区间1,3  上恒成立，
令hx  =2x2+2ax-a+b+5 
a
，对称轴x=- ，
2
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503 3427由a∈1,2 
a 1
，可知- ∈ -1,- 2  2  ，
所以hx  在区间1,3  单调递增，h(x) max =h3  =5a-b+13，
所以只要当a∈1,2  时，5a-b+13≤0恒成立即可，
即当a∈1,2  时，b≥5a+13恒成立，
所以b≥(5a+13) =23.
max
所以实数b的取值范围是23,+∞ 
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504 3427