文档内容
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 ，∴ fx 1 -fx 2 ≥4x 1 -x 2 等价于 fx 2 -fx 1 ≥4x -4x ． 1 2
即fx 2 +4x 2 ≥fx 1 +4x． 1
令g(x)=f(x)+4x，则gx
a+1 2ax2+4x+a+1
= +2ax+4= ．
x x
∵a≤-2，x>0，∴gx
-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fx 2 +4x 2 ≥fx 1 +4x ， 1
故对任意 x 1 ,x 2 ∈0,+∞ , fx 1 -fx 2 ≥4x 1 -x 2 ．
817 (2024·安徽·校联考三模)设a∈R，函数fx =aln-x +a+1 x2+1.
(Ⅰ)讨论函数fx 在定义域上的单调性；
(Ⅱ)若函数fx 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 fx 1 1 2 -fx 2 x -x
1 2
>m恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】(Ⅰ)fx 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，fx >0，fx 的定义域-∞,0 内单增；
(2)当-1m，即 fx 1 -fx 2 >mx 1 -x 2 ，
即fx 2 +mx 2 >fx 1 +mx 恒成立. 1
令gx =fx +mx，x<0，则gx 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)fx
a-1 2ax2+a-1
= +2ax= (x>0)
x x
①当a≥1时fx >0，故fx 在0,+∞ 上单调递增；
②当a≤0时fx <0，故fx 在0,+∞ 上单调递减；
③当0 时，fx
2a
>0故fx
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，fx >0故fx 在0,+∞ 上单调递增；
当a≤0时，fx <0故fx 在0,+∞ 上单调递减；
当00故fx 在0,+∞ 上单调递增；
对任意x 1 >x 2 >0,fx 1 >fx 2 ∴fx 1 -fx 2 >2x 1 -2x 2 即fx 1 -fx 2 >2x -2x 1 2
令gx =fx -2x,因为x 1 >x 2 >0,fx 1 -fx 2 >2x -2x 1 2
所以gx =fx -2x,在0,+∞ 上单调递增；所以gx
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fx
m 1
=log x+ - ，m∈R，a>0且a≠1． a x 2
(1)当a=2时，讨论fx 的单调性；
(2)当a=e时，若对任意的x >x >0，不等式 x 2 fx 1
1 2
-x 1 fx 2 1 < 恒成立，求实数m
x -x 2
1 2
的取值范围．
【解析】(1)函数fx 的定义域为0,+∞ ，
将a=2代入fx 的解析式，得fx
m 1
=log x+ - ， 2 x 2
求导得fx
1 m x-mln2
= - = ．
xln2 x2 x2ln2
当m≤0时，fx >0，故fx 在0,+∞ 上单调递增；
当m>0时，令fx =0，得x=mln2．
所以当x∈0,mln2 时，fx <0，当x∈mln2,+∞ 时，fx >0，于是fx 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，fx 在0,+∞ 上单调递增；当m>0时，fx 在区间0,mln2 上单
调递减，在区间mln2,+∞ 上单调递增．
(2)当a=e时，fx
m 1
=lnx+ - ．
x 2
因为x >x >0，所以不等式 x 2 fx 1
1 2
-x 1 fx 2 < 1 可化为 fx 1
x -x 2
1 2
+ 1 < fx 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gt
1 1 2 2
lnt m
= + t t2
为0,+∞ 上的减函数，
所以gt
1-lnt 2m
= - ≤0在0,+∞
t2 t3
上恒成立，可得2m≥t-tlnt在0,+∞ 上恒
成立，
设ht =t-tlnt，则ht =-lnt，令ht =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ht =h1
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fx =lnx+ax2+
2a+1 x．
(1)讨论fx 的单调性；
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473 3427(2)当a<0时，证明fx
3
≤- -2；
4a
(3)若对任意的不等正数x,x ，总有 fx 1
1 2
-fx 2 >2，求实数a的取值范围．
x -x
1 2
【解析】(1)由题意得：fx 定义域为0,+∞ ，fx
1
= +2ax+2a+1
x
=
2ax+1 x+1
；
x
当a≥0时，2ax+1>0，x+1>0，∴fx >0在0,+∞ 上恒成立，
∴fx 在0,+∞ 上单调递增；
当a<0时，令fx
1
=0，解得：x=- ，
2a
1
∴当x∈0,-
2a
时，fx
1
>0；当x∈- ,+∞
2a
时，fx <0；
∴fx
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，fx 在0,+∞ 上单调递增；当a<0时，fx
1
在0,-
2a
上单
1
调递增，在- ,+∞
2a
上单调递减.
(2)由(1)知：fx
1
=f-
max 2a
1
=ln-
2a
1
- -1；
4a
要证fx
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gx =lnx-x+1，则gx
1 1-x
= -1= ，
x x
∴当x∈0,1 时，gx >0；当x∈1,+∞ 时，gx <0；
∴gx 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，∴gx =g1
max
=0；
1 1
又- >0，∴g-
2a 2a
1
=ln-
2a
1
+ +1≤0，即fx
2a
3
≤- -2.
4a
(3)不妨设02得：fx 1
1 2
-fx 2 <2x -2x ， 1 2
即fx 1 -2x 1 0，∴2a≥
x x xx+1
x-1
= ；
x2+x
令mx
x-1
= x>0
x2+x
，则mx
x2+x-x-1
=
2x+1
x2+x
-x2+2x+1
=
2 x2+x
，
2
令mx =0，解得：x=1- 2(舍)或x= 2+1，
∴当x∈0, 2+1 时，mx >0；当x∈ 2+1,+∞ 时，mx <0；
∴mx 在0, 2+1 上单调递增，在 2+1,+∞ 上单调递减，
∴mx =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
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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 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 时，f(x)<0，当 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 2，即20，
(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)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 -ln2. 4
【解析】(1)若a=1，则fx =lnx+x2-x，所以f1 =0，又fx
1
= +2x-1，所以
x
f1 =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，+∞)，fx
1 2x2-ax+1
= +2x-a= ，设hx
x x
=2x2-ax+
1，其Δ=a2-8(a>0).
①当Δ≤0时，即00时，即a>2 2时，设hx
a± a2-8
=0两根为x 1，2 = 4 x 1 0，即fx >0，即f(x)的增区间为0,x 1 ，
x 2 ,+∞ .
当x∈x 1 ,x 2 时，hx <0，即fx <0，即f(x)的减区间为x 1 ,x 2 .
综上：当02 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)fx
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fx 1 -fx 2 =lnx 1 +x2 1 -ax 1 -lnx 2 -x2 2 +ax 2
x
=ln x 1 + x2 1 -x2 2 -2x 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gx 1 1 =ln2+2lnx 1 -x2 1 + 4x2 ，则gx 1
1
= 2 -2x - 1 =- 2x2 1 -1 x 1 2x3
1 1
2 ， 2x3
1
1
∵0g 2
1
，而g 2
3
= -ln2， 4
即gx 1
3
> 4 -ln2，∴fx 1 -fx 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fx 的单调性
(2)若函数fx 存在两个极值点x 1 ，x 2x 1 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；
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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 ，00， t t2 t t2
∴g(t)在1,9
80
递增，g(1)0 ，即a>2时，由f(x)>0，得0 a+ a2-4 ；
Δ>0 2 2
由fx
a- a2-4 a+ a2-4
<0，得 2时，fx
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，fx 在0,+∞ 上单调递增，此时函数f(x)无极值；
当a>2时，fx 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fx 在x 1 ,x 2 上是减函数．所以fx 1 >fx 2 ，
因为fx
1 1
=lnx+ x2-ax+ a2，
2 2
所以 fx 2 -fx 1 =fx 1 -fx 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
-ax 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(02，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fx
-x2+a-2
=
x+a-3
(x>0)
ex
(1)讨论函数fx 的单调性；
(2)若函数fx 存在两个极值点x 1 ,x 2 ，记h(x 1 ,x 2 )=fx 1 fx 2 ,求hx 1 ,x 2 的取值范围.
【解析】(1)fx 的定义域为0,+∞ ，对fx 求导得：
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478 3427fx
ex -2x+a-2
=
-ex -x2+a-2 x+a-3 x2-ax+1
= ，
e2x ex
令gx =x2-ax+1，x>0
1)若a≤0，则gx >0，即fx >0，所以fx 在0,+∞ 上单调递增.
2)若a>0，
①当Δ≤0时，即00时，即a>2，由gx
a± a2-4
=0，得x = 1,2 2
a- a2-4
当x∈0,
2
a+ a2-4
∪ ,+∞
2
时，fx >0
a- a2-4 a+ a2-4
当x∈ ,
2 2
时，fx <0
综上所述，当a≤2时，fx 在0,+∞ 上单调递增；
当a>2时, fx
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，fx 存在两个极值点当且仅当a>2.
由于fx 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fx 1 = -x2 1 +a-2 x +a-3 a-2-2x 1 = 1， ex1 ex1
同理fx 2 = -x2 2 +a-2 x +a-3 a-2-2x 2 = 2， ex2 ex2
h(x 1 ,x 2 )=fx 1 fx 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φ2
4
= ，φ4
e2
8
=- ，且当a∈4,+∞
e4
，φ4 <φ(a)<0.
所φa 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fx
1
= x2+1
2
+alnx-4x+1 ．
(1)讨论fx 的单调性；
(2)若fx 存在两个极值点x 1 ，x 2 ，且fx 1 +fx 2 ≥fx 1 x 2 -4a，求a的取值范围．
【解析】(1)由题意，函数fx
1
= x2+1
2
+alnx-4x+1 ，
可得fx
a x2-4ax+a
=x-4a+ = ，其中x>0，
x x
1
当Δ=16a2-4a≤0时，即0≤a≤ 时，fx
4
>0，所以fx 在(0,+∞)上单调递增；
当a<0时，令fx =0，即x2-4ax+a=0，
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479 3427解得x =2a- 4a2-a<0，x =2a+ 4a2-a>0，
1 2
当x∈(0,2a+ 4a2-a)时，fx <0，fx 单调递减；
当x∈(2a+ 4a2-a,+∞)时，fx >0，fx 单调递增，
所以函数fx 在区间(0,2a+ 4a2-a)单调递减，在(2a+ 4a2-a,+∞)单调递增；
1
当a> 时，令fx
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，fx >0，fx 单调递增；
当x∈(2a- 4a2-a,2a+ 4a2-a)时，fx <0，fx 单调递减；
当x∈(2a+ 4a2-a,+∞)时，fx >0，fx 单调递增，
1
(2)由(1)值，当a> 时，函数fx 4 存在两个极值点x,x ，且x +x =4a,xx =a， 1 2 1 2 1 2
因为fx 1 +fx 2 ≥fx 1 x 2 -4a，
1
所以 2 x2 1 +1 +alnx 1 -4x 1 +1
1
+ 2 x2 2 +1 +alnx 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ga
1
=8a-8-lna,a> ，则ga
4
1
=8- >0，
a
所以ga
1
在 ,+∞
4
为单调递增函数，
又因为g1
1
=0，所以当a∈ ,1
4
时，ga ≤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 2x 1 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．
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 2x 1 0)，则fx =ln2x，
1
故当0 时，fx
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fx
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gx
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gx
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- 0，g
2 e
1
<0，g
2
=-a>0，
1 1
即当- 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
3m2-1
令F(m)=lnm-
，
m2+4m+1
1 6mm2+4m+1
则F(m)= -
m
-3m2-1 (2m+4)
m2+4m+1
1 12m2+m+1
= -
2 m
m2+4m+1
=
2
m4-4m3+6m2-4m+1
mm2+4m+1
(m-1)4
=
2 mm2+4m+1
，
2
3m2-1
故F(m)在(1,+∞)上递增，且F(1)=0，所以F(m)>0，即lnm>
，
m2+4m+1
em-1
从而lnm-
3m2-1
>
m+2
em-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<
34×2.722-12×2.72+3 <0，
即3-e m2+9-4e
em-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< fx 1
1 2
-fx 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00；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
∴fx 1 =ex1+e-x1-a=0，fx 2 =ex2+e-x2-a=0，∴e-x1=a-ex1，e-x2=a-ex2，
∴ fx 1 -fx 2 ex1-ex2-e-x1-e-x2 =
x -x
1 2
-ax 1 -x 2 2ex1-ex2 =
x -x
1 2
-a．
x -x
1 2
设x 2-a，
x -x
1 2
只要证明
e
x
x1
-
-
x
ex2
>1⇔ex1-ex20，
∴当x<0时，h(x)单调递增，从而h(x)1成立，从而 fx 1
x -x
1 2
-fx 2 >2-a成立．
x -x
1 2
要证明 fx 1 -fx 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 =0x 1 <00．
设u(x)=(1-x)e2x-(1+x)(x<0)，
则u(x)=e2x(1-2x)-1，ux
=-4xe2x>0，
则当x<0时，u(x)单调递增，从而u(x)u(0)=0，
即 ex1-ex2 < a 成立，从而 fx 1
x -x 2
1 2
-fx 2 <0．
x -x
1 2
综上，得2-a< fx 1 -fx 2 <0．
x -x
1 2
830 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx =xlnx+ax2-a．
(1)当a=-1时，求曲线y=fx 在x=1处的切线方程；
(2)若fx
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，fx =xlnx-x2+1，则f1 =0，
fx =1+lnx-2x，∴f1 =-1，
∴曲线y=fx 在x=1处的切线方程为y=-x-1 ，即x+y-1=0．
(2)由题意知fx =1+lnx+2ax，
令gx =1+lnx+2ax，x>0，
∵fx 存在两个极值点，∴gx 有两个零点，
易知gx
1 2ax+1
= +2a= ，
x x
当a≥0时，gx >0，gx 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gx
1
=0得x=- ，
2a
1
若x∈0,-
2a
，则gx >0，gx 单调递增；
1
若x∈- ,+∞
2a
，则gx <0，gx 单调递减．
要使gx
1
有两个零点，需g-
2a
1
=ln-
2a
1
>0，解得- 0，∴ >- ，g
2a2 a2 2a a2
1 2
=1+ln + ，
a2 a
1
设t=- ，则t>2，令ht
a
=1+2lnt-2t，t>2，则ht
2
= -2<0，
t
∴ht 在2,+∞ 上单调递减，∴ht 0，- >1，∴ 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gx 2
1
0，
1
∴F(x)在00得证．
831 (2024·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考期中)已知函数fx =mex-1-lnx，m∈R.
(1)当m≥1时，讨论方程fx -1=0解的个数；
(2)当m=e时，gx =fx
tx2+e
+lnx- 有两个极值点x ，x ，且x 0，hx >0，hx 单调递增；
当x>1时，φx <0，hx <0，hx 单调递减.
∴hx =h1
max
=1，
∴当m=1时，方程有一解，当m>1时，方程无解；
方法二：设hx =fx -1=mex-1-lnx-1，则hx
1
=mex-1- .
x
设φx
1
=mex-1- x>0
x
，则φx
1
=mex-1+ >0.∴φx
x2
单调递增
当m=1时，φx
1
=ex-1- ，φ1
x
=0
∴当01时，φx >0，hx 单调递增.
∴hx =h1
min
=m-1=0，∴方程fx -1=0有一解.
当m>1时，hx =mex-1-lnx-1>ex-1-lnx-1.
令mx =ex-1-lnx-1⇒mx
1
=ex-1- ,
x
令nx
1
=ex-1- ⇒nx
x
1
=ex-1+ >0，则nx
x2
在0,+∞ 上单调递增，又
n1 =0，则x∈0,1 ⇒nx <0⇒mx 在0,1 上单调递减，
x∈1,+∞ ⇒nx >0⇒mx 在1,+∞ 上单调递增，则mx ≥m1 =0.
即hx =mex-1-lnx-1>ex-1-lnx-1≥0，
∴hx =0无解，即方程fx -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，gx
t e
=ex- x2- x>0
2 2
，则gx =ex-tx，
∴x ，x 是方程ex-tx=0的两根.
1 2
设rx
ex
= =t，则rx
x
ex x-1
=
，
x2
令rx =0，解得x=1，∴rx 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增.
∵r1 =e，r2
e2 e2
= ，∴当t∈e, 2 2 时，01，∴x = ，x = ，∴x +x = + = lnp.
x 1 p-1 2 p-1 1 2 p-1 p-1 p-1
1
2p-1
∴x +x >2等价于lnp>
1 2
.
p+1
设qx
2x-1
=lnx-
，x∈1,+∞
x+1
，
则qx
1 4
= -
x x+1
x-1
=
2
2
xx+1
≥0，
2
∴qx 单调递增，∴qx ≥q1 =0，
第 页 共 页
485 3427∴qp
2p-1
>0，即lnp>
，∴x +x >2， p+1 1 2
综上，20，解得01，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；
1
②当00，解得0 ，
a
1
令f(x)<0，解得11时，令f(x)>0，解得01，
a
1
令f(x)<0，解得 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 200，
1
且x +x =1，xx = >0，解得a>4，
1 2 1 2 a
1 1
又由04，
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gx 1 -gx 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：gx 1 +gx 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 0，得x>1，由fx <0，得00，则gx
x
在0，+∞ 上单调递增.
令hx =2ax2-2x-1,Δ=4+8a，h0
1
=-1<0，对称轴方程为x=
2a
当a<0时，hx
1
=2ax2-2x-1开口向下，对称轴方程为x= <0，
2a
所以hx 在0，+∞ 上单调递减，所以hx <0，所以gx ≥0.
则gx 在0，+∞ 上单调递增.
当a>0时，Δ=4+8a>0，
hx
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gx
1+ 1+2a
<0得出x> ，gx
2a
1+ 1+2a
>0得出00时，gx
1+ 1+2a
在0，
2a
1+ 1+2a
上单调递增，在 ，+∞
2a
上单调递减.
(3)fx 2 -fx 1 =lnx 2 -ax 2 2+2-a x 2 - lnx 1 -ax 1 2+2-a x 1
x
=ln x 2 -ax 2 +x 1
1
x 2 -x 1 +2-a x 2 -x 1
所以f′x 0 = fx 2 -fx 1
x
ln 2
x x -x = x -x 1 -ax 2 +x 1
2 1 2 1
+2-a
又fx 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 -ax 2 +x 1
2 1
+2-a
x
ln 2
1 x
即 x -2ax 0 = x -x 1 -ax 2 +x 1
0 2 1
x +x
则f 1 2 2 -fx 0
2
= x +x -ax 1 +x 2
1 2
1
- -2ax x 0
0
2
= x +x -ax 1 +x 2
1 2
x
ln 2
x
- x -x 1 +ax 2 +x 1
2 1
x
ln 2
= 2 - x 1 = 1 2x 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 0，设t= 2 >1
1 2 2 1 x
1
设φt
2t-1
=
-lnt，则φt
t+1
t-1
=-
2
tt+1
<0
2
所以φt 在1，+∞ 上单调递减,所以φt <φ1 =0
x +x
所以f 1 2 2 -fx 0
x +x
<0恒成立,即f 1 2 2 1
x2
1
由a<- ，则fx
2
1
=- -2a>0在x>1时恒成立.
x2
所以fx
1
= -2ax+2-a
x
在1，+∞ 上单调递增.
x +x
所以由f 1 2 2 0，证明：当00.
【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gx =fa+x -fa-x ，利用导数求函数g(x)当02a-x ，于是 1 2 > 2 1 2
x +x
a，由(Ⅰ)知，f 1 2
2
>0 .
试题解析：(Ⅰ)fx 的定义域为0,+∞ ，
求导数，得fx
a x2+1-a
=x+1-a- =
x
x-a x+1
=
x
x-a
，
x
若a≤0 ，则fx >0，此时fx 在0,+∞ 上单调递增，
若a>0 ，则由fx =0得x=a，当0a时，fx >0 ，
第 页 共 页
489 3427此时fx 在0,a 上单调递减，在a,+∞ 上单调递增.
(Ⅱ)令gx =fa+x -fa-x ，则
gx
1
= a+x
2
2+1-a a+x -alna+x -
1
a-x
2
2+1-a a-x -alna-x
=2x-alna+x +alna-x .
求导数，得gx
a a -2x2
=2- - = ，
a+x a-x a2-x2
当时00，从而fx 的最小值为fa ，且fa <0，
不妨设02a-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
gx =fa+x -fa-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
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Ax 1 ,0 ，Bx 2 ,0 ，且02a；
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 -alnx 2 -lnx 1 =0，
即x 2 2-x 1 2=2a-1 x 2 -x 1 +alnx 2 -lnx 1 ，
即x +x =2a-1+ alnx 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，ht
x
1
2t-1
=lnt-
2t+1
=lnt-
t+1
-4 4
=lnt+ -2，
t+1 t+1
则ht
1 4
= -
t t+1
t+1
=
2
2-4t
tt+1
t-1
=
2
2
tt+1
>0显然成立，
2
所以ht 在1,+∞ 上单调递增，
则ht >h1
2t-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+ alnx 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fx 的单调性；
(2)若函数y=fx 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
fx 0 <0.
【解析】(1)fx 的定义域为0,+∞ ，
fx
1
= -2ax+2-a
x
2x+1
=-
ax-1
．
x
①若a≤0，则fx >0，所以fx 在0,+∞ 单调递增．
②若a>0，则由fx
1
=0得x= ，
a
1
且当x∈0,
a
时，fx
1
>0，当x> 时，fx
a
<0．
所以fx
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=fx 在0,+∞ 上单调递增，
故y=fx 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，fx
1
在0,
a
1
单调递增，在 ,+∞
a
单调递减，
第 页 共 页
491 3427不妨设Ax 1 ,0 ，Bx 2 ,0
1
，0g1
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fx 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Ax 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- ，
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 + ax 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 > 2x 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fx =x2-2ax+
2lnx(a>0)．
(1)讨论函数fx 的单调性；
(2)设gx =lnx-bx-cx2，若函数fx 的两个极值点x 1 ，x 2 (x 1 0)的定义域为0,+∞ ，
可得fx
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00，即a>2时，
令fx
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
，fx >0；
a- a2-4 a+ a2-4
当x∈ ,
2 2
时，fx <0．
所以当02时，fx
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 0)，
x
第 页 共 页
493 3427x +x
所以g 1 2 2
2
= x +x -b-cx 1 +x 2
1 2
，
由gx 1 =gx 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 =bx 1 -x 2
2
+cx2 1 -x2 2 ．(x 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fx =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fx =m(m>0)有两个实数根x 、x ，且x 0矛盾，
e
故a=b=1．
(2)由(1)可知fx =x+1 ex-1 ，fx =ex x+2 -1，f-1
1
=-1+ ，
e
令fx =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=hx ，
则hx =f-1 x+1 ，
令Fx =fx -hx ，
则Fx =fx -f-1 x+1 ，
第 页 共 页
494 3427∴Fx =fx -f-1 =ex x+2
1
- ，
e
令g(x)=Fx ，则gx =ex x+3 >0,x∈R ，∴Fx 在R上单调递增，
∵F-1 =0，
∴当x<-1时，Fx <0，Fx 单调递减，
当x>-1时，Fx >0，Fx 单调递增．
∴Fx ≥F-1 =0，即fx ≥hx 成立．
(3)由(2)知fx 在-1,0 处的切线方程为hx
1
= -1
e
x+1 ，且f(x)≥h(x)，
则fx 1 ≥hx 1 ，
设hx 1 =m=fx 1
me
，则x=-1+ ， 1 1-e
故hx 1 =fx 1 ≥hx 1 ，∵hx 单调递减，∴x≤x ， 1 1
设y=fx 在0,0 处的切线方程为y=tx ，易得tx =x，
令Tx =fx -tx =x+1 ex-1 ，
则Tx =x+2 ex-2，
令Hx =Tx =x+2 ex-2，则Hx =x+3 ex，
当x∈-∞,-3 时，Hx <0,Hx 单调递减，Hx <0，
当x∈-3,+∞ 时，Hx >0,Hx 单调递增，
又∵T0 =0，
∴当x∈-∞,0 时，Tx <0，T(x)单调递减，
当x∈0,+∞ 时，Tx >0，T(x)单调递增，
∴Tx ≥T0 =0，即fx ≥tx ，∴fx 2 ≥tx 2 ，
设tx 2 =m=fx 2 ，则x=m， 2
故tx 2 =fx 2 ≥tx 2 ，∵tx 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
m1-2e
=1+
.
1-e
841 (2024·辽宁沈阳·统考三模)已知函数fx =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fx 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=hx ，函数
Fx =fx -hx ，x∈R，求Fx 的最小值；
(3)关于x的方程fx
1+2m
=m有两个实数根x ，x ，且x 0，所以y=Fx
1
在- ,+∞
2
上单调递增，
Fx
1
>F-
2
=0，函数y=Fx
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Fx
1
=F-
最小值 2
=0．
(3)hx
1
= -1 e
1
x+ 2 ，设hx =m的根为x， 1
1 me
则x 1 =- 2 + 1-e ，又y=hx 单调递减，
由(2)知fx ≥hx 恒成立．
又m=hx 1 =fx 1 ≥hx 1 ，所以x≤x ， 1 1
设曲线y=fx 在点0,0 处的切线方程为y=tx ，则tx =x，
令Tx =fx -tx
1
=x+
2
e2x-1 -x，
Tx =2x+1 e2x-2．
当x≤-1时，Tx =2x+1 e2x-2≤-2<0，
当x>-1时，Tx =22x+3 e2x>0，
故函数y=Tx 在-1,+∞ 上单调递增，又T0 =0，
所以当x∈-∞,0 时，Tx <0，当x∈0,+∞ 时，Tx >0，
所以函数y=Tx 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Tx ≥T0 =0，即fx ≥tx ，
设tx =m的根为x，则x=m， 2 2
又函数y=tx 单调递增，故m=tx 2 =fx 2 ≥tx 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 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0x 时，g(x)>0
0 0
∴函数gx 在-∞,x 0 上单调递减，在x 0 ,+∞ 上单调递增，
∴gx ≥gx 0 =0,∴曲线y=fx 上的点都不在直线l的上方.
(2)证明：由(1)可得fx =3-ex=0，
解得x=ln3，
当x0，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fln3 =3ln3-3+1=3ln3-2，
∴00，
∴由零点的存在性定理知x 0 ∈1,2 ，
同理可得曲线y=fx 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
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=41-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|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：fa +a+b ln2≥fa+b -fb ．
【解析】(1)∵f′x =1+lnxx>0
令f′x ≥0得：lnx≥-1=lne-1，
第 页 共 页
499 34271
∵e>1，∴x≥ ；
e
令f′x
1
<0得：00时，有fb ≥fx
1
=f
min e
1
=- ，
e
1 1
∴blnb≥- ，即：lnbb≥ln
e e
1 1
e，∴bb≥
e
1
e.
(3)将fa +a+b ln2≥fa+b -fb 变形为：
fa +fb ≥fa+b -a+b ln2
即只证：fa +fa+b-a ≥fa+b -a+b ln2
设函数gx =fx +fk-x k>0
∴gx =xlnx+k-x lnk-x ，∴00，得： >1⇒ >0⇒ 0时，bb≥
e
1
e．(其中e为自然对数的底数)
【解析】(1)fx =xlnx的定义域为0,+∞ ，
因为fx =1+lnxx>0 ，
所以fe =1+lne=2，
又因为fe =elne=e，
所以曲线y=fx 在点 e,fe 处的切线方程为y-e=2x-e ，即2x-y-e=0．
(2)令fx =1+lnx=0，x>0，
1
解得x= ，
e
1
当0 时，fx
e
>0，
所以fx
1
在0,
e
1
上单调递减，在 ,+∞
e
上单调递增，
所以fx
1
=f
min e
1 1 1
= ln =- ．
e e e
证明如下：当b>0时，有fb ≥fx
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fx =k x-1 ex-6 (其中e为自然对数
的底数)．
(1)若k=1，求函数fx 的单调区间；
(2)若1≤k≤2，求证：∀x∈0,k ，fx 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) =u1
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00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，
∴φx
1
≤φ
k+1
=-lnk+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00)
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)≥
h0 =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，∴00，F(x)在(a,+∞)上是单调递增的；
故Fb >Fa
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Gb 4的解集；
(2)设函数gx =fx -4x2+mx，若存在x∈R，使得gx >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fx ≤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fx >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{xx<-1或x>3}；
(2)由题可知gx =fx -4x2+mx=3x2-6x-5-4x2+mx=-x2+m-6 x-5，
若存在x∈R，使得gx >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fx ≤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hx =2x2+2ax-a+b+5
a
，对称轴x=- ，
2
第 页 共 页
503 3427由a∈1,2
a 1
，可知- ∈ -1,- 2 2 ，
所以hx 在区间1,3 单调递增，h(x) max =h3 =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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