1_微专题三导数中的双变量问题_2025版教学资源包_（总复习系列）2025版《5年高考3年模拟》新高考版B版（⭐全科）_2025版.新高考新教材版.高考总复习.数学.5·3B版_图书电子资源_4_电子书

专题三 导数及其应用 ６ ３
微专题三 导数中的双变量问题
学生用书P212
类型一：直接代换消元 ( )( ｘ ) ｘ ( ｘ )
１ ｅ １ｘ －１ ｅ １ｘ ，
双变量问题含有两个变量 若两个变量是等量关系 则消 ＝ １－ ｘ ｘ －ｅ ＝ ｘ ｘ －ｅ
， ，
ｘ
去一个变量 变成一元函数问题 若两个变量是不等关系 则需 设φ（ｘ） ｅ （ｘ ），
， ； ， ＝ ｘ ＞１
要寻求两变量的其他等量关系进行转化 或者是利用不等式性
， æ ö ｘ
质 函数单调性等进行放缩代换 将双变量问题转化为单变量 则φ′（ｘ） ç １ １ ÷ ｘ －１ ｘ ，
、 ， ＝è ｘ －ｘ２ øｅ ＝ ｘ２ ｅ ＞０
问题．
所以φ（ｘ） φ（ ） ，而 １ｘ ，
ｘ ＞ １ ＝ｅ ｅ ＜ｅ
例1 （ 全国甲理， ， 分）已知函数ｆ ｘ ｅ ｘ ｘ ａ． ｘ
２０２２ ２１ １２ （ ）＝ ｘ －ｌｎ ＋ － 所以ｅ １ｘ ，所以ｇ′（ｘ） ，
ｘ －ｅ ＞０ ＞０
若ｆ ｘ 求ａ的取值范围
（１） （ ）≥０， ； 所以ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，
证明 若ｆ ｘ 有两个零点ｘ ｘ 则ｘ ｘ ．
１ ＋∞
（２） ： （ ） １， ２， １ ２＜１ 即ｇ（ｘ） ｇ（ ） ，所以ｅ ｘ ｘ １ｘ ．
ｘ ＞ １ ＝０ ｘ － ｅ ＞０
解析 （ ）因为ｆ（ｘ） ｅ ｘ ｘ ａ，
１ ＝ ｘ －ｌｎ ＋ － ( )
令ｈ（ｘ） ｘ １ ｘ １ ，ｘ ，
所以函数ｆ（ｘ）的定义域为（ ， ）， ＝ｌｎ － － ｘ ＞１
０ ＋∞ ２
ｘ（ｘ ） （ ｘ ｘ）（ｘ ） æ ö ｘ ｘ２ （ｘ ）２
ｆ′（ｘ） ｅ －１ １ ｅ ＋ －１ ． ｈ′（ｘ） １ １ ç １ ÷ ２ － －１ － －１ ，
＝ ｘ２ － ｘ ＋１＝ ｘ２ ＝ ｘ － è１＋ｘ２ ø＝ ｘ２ ＝ ｘ２ ＜０
２ ２ ２
令ｆ ′（ｘ） ，得ｘ ， 所以ｈ（ｘ）在（ ， ）上单调递减，
＝０ ＝１ １ ＋∞
ｆ ′（ｘ），ｆ（ｘ）的变化情况如表： 即ｈ（ｘ） ｈ（ ） ，
＜ １ ＝０
( )
ｘ 所以 ｘ １ ｘ １ ．
（０，１） １ （１，＋∞） ｌｎ － － ｘ ＜０
２
ｆ ′ ｘ ｘ [ ( )]
（ ） － ０ ＋ 综上，ｅ ｘ １ｘ ｘ １ ｘ １ ，
ｆ ｘ ａ ｘ － ｅ －２ ｌｎ － － ｘ ＞０
（ ） ↘ ｅ＋１－ ↗ ２
所以ｘ ｘ ．
所以当ｘ 时， ｆ（ｘ） ａ． １ ２＜１
＝１ ｍｉｎ＝ｅ＋１－ 类型二：整体代换消元
因为ｆ（ｘ） ，所以 ａ ，所以ａ ．
≥０ ｅ＋１－ ≥０ ≤ｅ＋１ 若函数 不等 式中的双变量变形后以整体的形式出现 则
（ ）证明：由题意知， ｆ（ｘ）的一个零点小于 ，一个零点大于 ， （ ） ，
２ １ １ 可以将这两个变量看成一个整体 用另一个新元代换 从而将
， ，
不妨设ｘ ｘ ，要证ｘ ｘ ，即证ｘ １ ， 双变量问题转化为单变量问题 注意新元的取值范围 同时注
１＜１＜ ２ １ ２＜１ １＜ｘ ， ，
２ 意函数 不等 式变形的等价性．
（ ）
因为ｘ ，１ （ ， ），
１ ｘ ∈ ０ １ 例2 已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ｘ －ｌｎ ｘ．
２
( ) 若ｆ ｘ 在ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 处导数相等 证明 ｆ ｘ ｆ ｘ
所以证ｆ（ｘ ） ｆ １ ， （１） （ ） ＝ １， ２（ １≠ ２） ， ： （ １）＋（ ２）
１ ＞ ｘ
２ ＞８－８ｌｎ２；
因为ｆ（ｘ ） ｆ（ｘ ）， 若ａ 证明 对于任意ｋ 直线ｙ ｋｘ ａ与曲线ｙ
１ ＝ ２ （２） ≤３－４ｌｎ２， ： ＞０， ＝ ＋
( ) ｆ ｘ 有唯一公共点．
所以证ｆ（ｘ ） ｆ １ ， ＝ （ ）
２ ＞ ｘ
２ 证明 （ ）对ｆ（ｘ）求导得ｆ ′（ｘ） １ １ ，
ｘ １ ＝ ｘ－ ｘ
即ｅ ｘ ｘ ｘ １ｘ ｘ １ ，ｘ （ ， ）， ２
ｘ －ｌｎ ＋ － ｅ －ｌｎ － ｘ ＞０ ∈ １ ＋∞
由ｆ ′（ｘ ） ｆ ′（ｘ ）得 １ １ １ １ ，
即证ｅ ｘ ｘ － ｘ ｅ １ｘ －２ [ ｌｎ ｘ － １ ( ｘ － １ ｘ )] ＞０ ． １ ＝ ２ ２ ｘ １ －ｘ １ ＝ ２ ｘ ２ －ｘ ２
２ 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍æ􀪍􀪍􀪍 æ ö
æ ç疑难点拨：利用分析法，将证明“ｘ ｘ ”转化为证明“ｅ ｘ 因为 ｘ １≠ ｘ ２ ，所以 １ ｘ ＋ １ ｘ ＝ ２ １ è ç难点：由 １ ２ è ç １ ｘ － １ ｘ ø ÷ ＝
è １ ２＜１ ｘ － １ ２ １ ２
􀪍æ 􀪍ö􀪍２ 􀪍æ􀪍􀪍ö２􀪍􀪍􀪍ö 􀪍􀪍􀪍
ｘ
ｅ
１ｘ
－２
[
ｌｎ
ｘ
－
１ ( ｘ
－
１
ｘ
)]
＞０
” ö
ø
÷ è ç １ ｘ
１
ø ÷ －è ç １ ｘ
２
ø ÷ 可得 ø ÷．
２
由基本不等式得 １ ｘ ｘ ｘ ｘ ４ｘ ｘ ，
ｘ ( ) １ ２ ＝ １＋ ２≥２ １ ２
下面证明ｘ 时，ｅ ｘ １ｘ ， ｘ １ ｘ １ ， ２
＞１ ｘ － ｅ ＞０ ｌｎ － － ｘ ＜０ 因为ｘ ｘ ，
２ １≠ ２
ｘ 所以ｘ ｘ ．
设ｇ（ｘ） ｅ ｘ １ｘ，ｘ ， １ ２＞２５６
＝ ｘ － ｅ ＞１
由题意得 ｆ（ｘ ） ｆ（ｘ ） ｘ ｘ ｘ ｘ １ ｘ ｘ
æ ö é æ öù １ ＋ ２ ＝ １ －ｌｎ １＋ ２ －ｌｎ ２＝ １ ２ －
则ｇ′（ｘ） ç １ １ ÷ ｘ êê １ｘ ｘ １ｘ·ç １ ÷úú ２
＝è ｘ －ｘ２ øｅ －ëｅ ＋ ｅ è－ｘ２ øû （ｘ ｘ ）．
ｌｎ １ ２
( ) ( )
１ １ ｘ １ｘ １ 设ｇ（ｘ） １ ｘ ｘ，则ｇ′（ｘ） １ （ ｘ ），
＝ ｘ １－ ｘ ｅ －ｅ １－ ｘ ＝ －ｌｎ ＝ ｘ －４
２ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６ ４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
ｇ′（ｘ），ｇ（ｘ）的变化情况如表：
则ｆ ′（ ） １ ， （ 分）
２ ＝－ ２
ｘ ２
（０，１６） １６ （１６，＋∞） 又ｆ（ ） （ ｍ） ，
２ ＝ｌｎ ２ －２
ｇ′ ｘ
（ ） － ０ ＋
所以所求切线的方程为 ｙ （ ｍ） １ （ｘ ），即 ｘ ｙ
ｇ ｘ －ｌｎ ２ ＋２＝－ －２ ＋２ －
（ ） ↘ ２－４ｌｎ２ ↗ ２
（ ｍ） ． （ 分）
所以ｇ（ｘ）在［ ， ）上单调递增， ２ｌｎ ２ ＋２＝０ ４
２５６ ＋∞ （ ）证明：因为ｘ ，ｘ 是ｆ（ｘ）的两个零点，
故ｇ（ｘ ｘ ） ｇ（ ） ， ２ １ ２
１ ２ ＞ ２５６ ＝８－８ｌｎ２ 所以 （ｍｘ ） ｘ ， （ｍｘ ） ｘ ，
即ｆ（ｘ ） ｆ（ｘ ） ． ｌｎ １ ＝ １ ｌｎ ２ ＝ ２
１ ＋ ２ ＞８－８ｌｎ２ ｘ
（ ２ ）令ｍ ＝ｅ － （ ｜ ａ ｜＋ ｋ），ｎ ＝ ( ｜ ａ ｋ ｜＋１ ) ２ ＋１ ， 两式相减，得 ｌｎ ｘ ２ １ ＝ ｘ ２－ ｘ １ ． （ ５ 分）
则ｆ（ｍ）
－
ｋｍ
－
ａ
＞｜
ａ
｜＋
ｋ
－
ｋ
－
ａ
≥０
， 令ｔ
＝
ｘ
ｘ
２，ｔ
＞２
，则ｘ
２＝
ｔｘ
１
，代入上式得
ｌｎ
ｔ
＝
（ｔ
－１
）ｘ
１
，故ｘ
１＝ｔ
ｌｎ ｔ ，
æ ａ ö æ ａ ö １ －１
ｆ（ｎ） ｋｎ ａ ｎç １ ｋ÷ ｎç｜ ｜＋１ ｋ÷ ， ｔ ｔ
－ － ＜ è ｎ－ ｎ － ø≤ è ｎ － ø＜０ ｘ ｌｎ ． （ 分）
２＝ｔ ７
所以存在ｘ （ｍ，ｎ）使ｆ（ｘ ） ｋｘ ａ， －１
０∈ ０ ＝ ０＋ ｔ
所以对于任意的ａ Ｒ及ｋ （ ， ），直线ｙ ｋｘ ａ与曲线ｙ 令ｇ（ｔ） ｘ ｌｎ ，ｔ ，
∈ ∈ ０ ＋∞ ＝ ＋ ＝ ＝ １＝ｔ
－１
＞２
ｆ（ｘ）有公共点．
１ ｔ
ｘ ｘ ａ １－ ｔ －ｌｎ
由ｆ（ｘ） ｋｘ ａ得ｋ －ｌｎ － ． 则ｇ′（ｔ） ．
＝ ＋ ＝ ｘ ＝ （ｔ ）２
－１
设ｈ（ｘ）
＝
ｘ －ｌｎ
ｘ
ｘ － ａ ， 构造函数Ｇ（ｔ）
＝１－
１
ｔ －ｌｎ
ｔ（ｔ
＞２
），
ｔ
ｘ 则Ｇ′（ｔ） １ １ １－ ，
ｌｎ
ｘ
－ －１＋
ａ ＝ ｔ２ － ｔ ＝ ｔ２ ＜０
则ｈ′（ｘ） ２
＝ ｘ２ 所以Ｇ（ｔ）在（ ， ）上单调递减，Ｇ（ｔ） Ｇ（ ） １ １
２ ＋∞ ＜ ２ ＝ －ｌｎ ２＜ －
ｇ（ｘ） ａ ２ ２
－ －１＋ ，
＝ ｘ２
ｌｎ ｅ＝０
， （
１０
分）
所以当ｔ 时，Ｇ（ｔ） ，所以ｇ′（ｔ） ，
其中ｇ（ｘ） ｘ ｘ． ＞２ ＜０ ＜０
＝ －ｌｎ 所以函数ｇ（ｔ）在区间（ ， ）上单调递减，
２ ２ ＋∞
由（ ）可知ｇ（ｘ） ｇ（ ）， 故ｘ ｇ（ｔ） ｇ（ ） ，
１ ≥ １６ １＝ ＜ ２ ＝ｌｎ２＜１
又ａ ， 所以 ｘ ． （ 分）
≤３－４ｌｎ２ ０＜ １＜１ １２
故 ｇ（ｘ） ａ ｇ（ ） ａ ａ ，所以ｈ′（ｘ） ， 要证明ｘ ｘ ，只要证明ｘ ｘ ．
－ －１＋ ≤－ １６ －１＋ ＝－３＋４ｌｎ２＋ ≤０ ≤０ ２＞３ｌｎ２－ １ １＋ ２≥３ｌｎ２
即函数ｈ（ｘ）在（ ， ）上单调递减， ｔ ｔ ｔ （ｔ ） ｔ
０ ＋∞ 令ｈ（ｔ） ｘ ｘ ｌｎ ｌｎ ＋１ ｌｎ （ｔ ），
因此方程ｆ（ｘ）
－
ｋｘ
－
ａ
＝０
至多有
１
个实根． ＝ １＋ ２＝ｔ －１ ＋ｔ －１ ＝ ｔ －１ ＞２
综上，当ａ 时，对于任意ｋ ，直线ｙ ｋｘ ａ与曲线ｙ ( ｔ ｔ ＋１ ) （ｔ ） （ｔ ） ｔ
≤３－４ｌｎ２ ＞０ ＝ ＋ ＝ ｌｎ ＋ ｔ －１ － ＋１ ｌｎ
ｆ（ｘ）有唯一公共点． 则ｈ′（ｔ）
＝ （ｔ ）２
类型三：比值代换消元 －１
ｘ ｔ １ ｔ
比值代换的常用关系式 ：ｌｎ ｘ １ ２ ＝ｌｎ ｘ １－ｌｎ ｘ ２ ．将差式转化为 ＝ － （ ｔ ｔ － － １ ２ ） ｌ ２ ｎ ，
ｘ ｘ
商式 通过分子 分母同除以ｘ 或ｘ 转化为只含有 ２ 或 １ 的函 令Ｈ（ｔ） ｔ １ ｔ，ｔ ，
， 、 １ ２ ｘ ｘ ＝ － ｔ －２ｌｎ ＞２
１ ２
ｘ ｘ ( )
数式 令ｔ ２或 １ 则上述函数式即可转化为关于ｔ的函数式 则Ｈ′（ｔ） １ ２ １ ２ ，
， ＝ｘ ｘ ， ， ＝１＋ｔ２ － ｔ ＝ ｔ －１ ＞０
１ ２
从而将双变量问题转化为单变量问题 注意新元 ｔ 的取值范 所以Ｈ（ｔ）在（ ， ）上是增函数，
， “ ” ２ ＋∞
围 有时需要等式或不等式两边取自然对数构造比值关系式．
， 所以当ｔ 时，Ｈ（ｔ） Ｈ（ ） ３ ，
例3 （ 山西联考， ）已知函数ｆ ｘ ｍｘ ｘ ｍ是常 ＞２ ＞ ２ ＝ －２ｌｎ２＞０
２０２４ １８ （ ）＝ｌｎ（ ）－ （ ２
数 ． 所以ｈ′（ｔ） ， （ 分）
） ＞０ １５
若ｍ 求函数ｆ ｘ 的图象在ｘ 处的切线方程 所以ｈ（ｔ）在（ ， ）上是增函数，ｈ（ｔ） ｈ（ ） ，
（１） ＞０， （ ） ＝２ ； ２ ＋∞ ＞ ２ ＝３ｌｎ２
（２） 若ｆ （ ｘ ） 有两个零点ｘ １， ｘ ２， 且ｘ ２＞２ ｘ １＞０， 证明 ：０＜ ｘ １＜１， 且ｘ ２ 所以ｘ １＋ ｘ ２＞３ｌｎ２ ，即ｘ ２＞３ｌｎ２－ ｘ １ ． （ １７ 分）
类型四：利用根与系数的关系消元
ｘ ．
＞３ｌｎ２－ １
解析 （ ）因为ｍ ， ｆ（ｘ） （ｍｘ） ｘ， 双变量如果是一元二次方程的两根时 可以利用根与系数
１ ＞０ ＝ｌｎ － ，
的关系找到两个变量的等量关系 然后进行合理消元处理 最
所以ｆ ′（ｘ） １ ， （ 分） ， ，
＝ ｘ －１ １ 终转化为单变量问题 最后通过构造函数解决问题 核心思想
， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 导数及其应用 ６ ５
ｘ 函数，
是统一变量 这个单变量可以是 ｘ ｘ １ 等 或是解析式中的
， １， ２，ｘ
２
，
在
æ
ç
ａ
－
ａ２
－４，
ａ
＋
ａ２
－４
ö
÷上是增函数．
参数． è ø
２ ２
（ ）证明：由（ ）知，当且仅当ａ 时ｆ（ｘ）存在两个极值点．
例4 已知函数ｆ ｘ １ ｘ ａ ｘ． ２ １ ＞２
（ ）＝ ｘ － ＋ ｌｎ
因为ｆ（ｘ）的两个极值点ｘ ，ｘ 满足ｘ２ ａｘ ，所以ｘ ｘ ，
讨论ｆ ｘ 的单调性 １ ２ － ＋１＝０ １ ２＝１
（１） （ ） ； 不妨设ｘ ｘ ，则ｘ ．
ｆ ｘ ｆ ｘ １＜ ２ ２＞１
（２ 解 ） 若 析 ｆ （ ｘ （ ） 存 ）函 在 数 两 的 个 定 极 义 值 域 点 为 ｘ １ （ ， ｘ ， ２， 证明 ）， ： 函 （ 数 １ ｘ ） 的 １ － － 导 ｘ （ ２ 数 ２） 为 ＜ ａ ｆ － ′ ２ （ ． ｘ） 因为 ｆ（ｘ １ ｘ ） １ － － ｆ ｘ （ ２ ｘ ２ ） ＝－ｘ １ １ ｘ ２ －１＋ ａ·ｌｎ ｘ ｘ １ １ － － ｌ ｘ ｎ ２ ｘ ２
１ ０ ＋∞ ＝ ｘ ｘ ｘ
－ｘ １ ２ －１＋ ａ ｘ ＝－ ｘ２ － ｘ ａ ２ ｘ ＋１， ＝－２＋ ａ·ｌｎ ｘ １ １ － － ｌ ｘ ｎ ２ ２ ＝－２＋ ａ·－ ｘ １ ２ｌｎ － ｘ ２ ２，
２
设ｇ（ｘ） ｘ２ ａｘ ， ｆ（ｘ ） ｆ（ｘ ）
＝ － ＋１ 所以 １ － ２ ａ 等价于 １ ｘ ｘ ．
当ａ 时，ｇ（ｘ） 恒成立，即ｆ ′（ｘ） 恒成立，此时函数ｆ（ｘ） ｘ ｘ ＜ －２ ｘ － ２＋２ｌｎ ２＜０
≤０ ＞０ ＜０ １－ ２ ２
在（ ， ）上是减函数．
０ ＋∞ 设ｈ（ｘ） １ ｘ ｘ，
当ａ 时，判别式Δ ａ２ ， ＝ ｘ － ＋２ｌｎ
＞０ ＝ －４
当 ａ 时，Δ ，即ｇ（ｘ） ，即ｆ′（ｘ） 恒成立，此时函 由（ ）知，ｈ（ｘ）在（ ， ）上单调递减，
① ０＜ ≤２ ≤０ ≥０ ≤０ １ ０ ＋∞
数ｆ（ｘ）在（ ， ）上是减函数． 又ｈ（ ） ，
０ ＋∞ １ ＝０
当ａ 时， ｆ（ｘ）在
æ
ç ，
ａ
－
ａ２
－４
ö
÷和
æ
ç
ａ
＋
ａ２
－４，
ö
÷上是
所以当ｘ ∈ （ １ ， ＋∞ ）时，ｈ（ｘ） ＜０ ，
② ＞２ è０ ２ ø è ２ ＋∞ ø 所以 ｘ １ － ｘ ２＋２ｌｎ ｘ ２＜０ ，
减函数，在
æ
ç
ａ
－
ａ２
－４，
ａ
＋
ａ２
－４
ö
÷上是增函数． ｆ（ｘ
２
） ｆ（ｘ ）
è ø 即 １ － ２ ａ ．
２ ２ ｘ ｘ ＜ －２
综上，当ａ 时， ｆ（ｘ）在（ ， ）上是减函数， １－ ２
≤２ ０ ＋∞
当ａ 时， ｆ（ｘ）在
æ
ç ，
ａ
－
ａ２
－４
ö
÷和
æ
ç
ａ
＋
ａ２
－４，
ö
÷上是减
＞２ è０ ø è ＋∞ø
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书P39
１．（ 广东二模， ）已知ｆ ｘ １ａｘ２ ａ ｘ ｘ ａ ． １ ａ ｘ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ ｘ
２０２４ １７ （ ）＝ ＋（１－２ ） －２ｌｎ ， ＞０ （ ２－ １）（ ２＋ １）＋（１－２ ）（ ２－ １）－２ｌｎ ２＋２ｌｎ １
２ ２
＝ ｘ ｘ
（１） 求ｆ （ ｘ ） 的单调区间 ； ２－ １
ｘ ｘ
（２） 函数ｆ （ ｘ ） 的图象上是否存在两点Ａ （ ｘ １， ｙ １）， Ｂ （ ｘ ２， ｙ ２）（ 其 ＝ １ ａ （ ｘ ２＋ ｘ １）＋（１－２ ａ ）－ ２ｌｎ ｘ ２－ ｘ ２ｌｎ １ ， （９ 分 ）
ｘ ｘ ２ ２－ １
中ｘ ｘ 使得直线ＡＢ与函数ｆ ｘ 的图象在ｘ １＋ ２处的 ｘ ｘ
１≠ ２）， （ ） ０＝ 由题知ｆ ｘ 的图象在 ｘ １＋ ２处的切线斜率为 ｆ ′ ｘ
２ （ ） ０＝ （ ０）＝
切线平行 若存在 请求出直线ＡＢ 若不存在 请说明理由． ２
？ ， ； ， æｘ ｘ ö æｘ ｘ ö
解析 由题得函数ｆ ｘ 的定义域为 分 ｆ ′ç １＋ ２÷ ａç １＋ ２÷ ａ ４ 分
（１） （ ） （０，＋∞）， （１ ） è ø＝ è ø＋１－２ －ｘ ｘ ， （１０ ）
ａｘ２ ａ ｘ ２ ２ ２＋ １
求导得 ｆ ′ ｘ ａｘ ａ ２ ＋（１－２ ） －２ 假设ｋ ｆ ′ ｘ
（ ） ＝ ＋ １ － ２ － ｘ ＝ ｘ ＝ ＡＢ＝ （ ０），
ｘ ｘ æｘ ｘ ö
ｘ ａｘ 则 １ ａ ｘ ｘ ａ ２ｌｎ ２－２ｌｎ １ ａç ２＋ １÷ ａ
（ －２）（ ＋１） 分 （ ２＋ １）＋（１－２ ）－ ｘ ｘ ＝ è ø＋１－２
ｘ ， （４ ） ２ ２－ １ ２
因为ａ ４
＞０， －ｘ ｘ ，
所以由ｆ ′ ｘ 得ｘ 由ｆ ′ ｘ 得 ｘ 分 ２＋ １
（ ）＞０， ＞２； （ ）＜０， ０＜ ＜２， （６ ） ｘ ｘ ｘ ｘ
所以ｆ （ ｘ ） 的单调递减区间为 （０，２）， 单调递增区间为 （２，＋∞） ． 整理得ｌｎ ｘ ２ ２ － － ｌ ｘ ｎ １ １ ＝ｘ ２＋ ２ ｘ １ ， 即 ｌｎ ｘ ２－ｌｎ ｘ １－ ２（ ｘ ２ ２ ＋ － ｘ １ １） ＝０，
分
（７ ） æｘ ö
ç ２ ÷
ì ｘ ２èｘ －１ø
ï ï ｙ １＝ １ ａｘ２ １＋（１－２ ａ ） ｘ １－２ｌｎ ｘ １， 所以 ｌｎ ｘ ２ － ｘ １ ＝０， （１２ 分 ）
由题得í ２ １ ２
（２） ï ｘ ＋１
î ïｙ ２＝ １ ａｘ２ ２＋（１－２ ａ ） ｘ ２－２ｌｎ ｘ ２， ｘ １
２
设ｔ ２ 则ｔ 且ｔ
ｙ ｙ ＝ｘ ， ＞０ ≠１，
则ｋ ２－ １ １
ＡＢ＝ｘ ｘ ｔ
２－ １ 记ｇ ｔ ｔ ２（ －１） 即ｇ ｔ ｔ ４ ｔ 且ｔ
[ ] [ ] （ ）＝ｌｎ － ｔ ， （ ）＝ｌｎ ＋ｔ －２，＞０ ≠１，
１ ａｘ２ ａ ｘ ｘ １ ａｘ２ ａ ｘ ｘ ＋１ ＋１
２＋（１－２ ） ２－２ｌｎ ２ － １＋（１－２ ） １－２ｌｎ １ ｔ ２ ｔ ｔ ２
２ ２ 求导得ｇ′ ｔ １ ４ （ ＋１） －４ （ －１） 恒成立
＝ ｘ ２－ ｘ １ （ ）＝ ｔ － （ ｔ ＋１） ２ ＝ ｔ （ ｔ ＋１） ２ ＝ｔ （ ｔ ＋１） ２＞０ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６ ６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
所以ｇ ｔ 在 上单调递增 分 ｔ ｔ ( ｔ ) ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ
（ ） （０，１），（１，＋∞） ， （１４ ） 即ｌｎ ｋ ｌｎ ｋ 化简得ｌｎ － ＋１ ｋ －１－ｌｎ
因为ｇ ｔ ＋ ｔ ＋２ ＞３ ＋１， ｔ ＞ ｔ ，
（１）＝０， －１ －１ －１ －１
所以ｇ （ ｔ ）≠０ 在ｔ ∈（０，１）∪（１，＋∞） 上恒成立 ， 由于 ０＜ ｔ ＜１， 所以等价于ｔ ｌｎ ｔ － ｔ ＋１－ ｋ （ ｔ －１－ｌｎ ｔ ）＜０ 对任意的 ０
所以不存在这样的两点Ａ Ｂ． 分 ｔ 恒成立
， （１５ ） ＜ ＜１ ，
２．（ ２０２４ 湖南长沙雅礼中学月考七， １８ ）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ｌｎ ｘ － 令Ｆ （ ｔ ）＝ ｔ ｌｎ ｔ － ｔ ＋１－ ｋ （ ｔ －１－ｌｎ ｔ ）， 则Ｆ （ ｔ ）＜０ 对任意的 ０＜ ｔ ＜１
ａｘ２ －３ ｘ （ ａ ∈ Ｒ ） ． 恒成立．Ｆ′ （ ｔ ）＝ｌｎ ｔ － ｋ ＋ ｋ ｔ ，
若ｘ 是函数ｆ ｘ 的一个极值点 求实数ａ的值．
（１） ＝１ （ ） ，
ｋ ｋ ｔ ｋ
若函数ｆ ｘ 有两个极值点ｘ ｘ 其中ｘ ｘ 设ｍ ｔ ｔ ｋ ｔ 则ｍ′ ｔ １ －
（２） （ ） １， ２， １＜ ２， （ ）＝ｌｎ － ＋ ｔ ，０＜ ＜１， （ ）＝ ｔ －ｔ２ ＝ ｔ２ ，
求实数ａ的取值范围
① ； ｔ ｋ
若不等式 ａｘ ｋ ｘ ｋ 恒成立 求实数ｋ的取值范围． 当ｋ 时 ｍ′ ｔ － ｍ ｔ Ｆ′ ｔ 在 上单调递
② ２ １＋ ｌｎ ２＞３ ＋１ ， （ｉ） ≤０ ， （ ）＝ ｔ２ ＞０， （ ）＝ （ ） （０，１）
解析 易知ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ ｘ ａｘ
（１） （ ）＝ｌｎ ＋１－２ －３＝ｌｎ －２ －２， 增 故Ｆ′ ｔ Ｆ′ Ｆ ｔ 在 上单调递减 故Ｆ ｔ
因为ｘ 是函数ｆ ｘ 的一个极值点 ， （ ）＜ （１）＝ ０， （ ） （０，１） ， （ ）＞
＝１ （ ） ， Ｆ 不符合题意 舍去
所以ｆ ′ 即 ａ ａ ． （１）＝０， ， ；
（１）＝０， －２ －２＝０，∴ ＝－１ ｔ ｋ
此时ｆ ′ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ ＋２ ｘ －２， 易知当ｘ ∈（０，１） 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０， 当ｘ （ｉｉ） 当ｋ ≥１ 时 ， ｍ′ （ ｔ ）＝ － ｔ２ ＜０， ｍ （ ｔ ）＝ Ｆ′ （ ｔ ） 在 （０，１） 上单调递
∈（１，＋∞） 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＞０， 减 ， 故Ｆ′ （ ｔ ）＞ Ｆ′ （１）＝ ０， Ｆ （ ｔ ） 在 （０，１） 上单调递增 ， 故Ｆ （ ｔ ）＜
所以ｆ （ ｘ ） 在 （０，１） 上单调递减 ， 在 （１，＋∞） 上单调递增 ， Ｆ （１）＝０， 故Ｆ （ ｔ ）＜０ 恒成立 ， 符合题意 ；
所以ｘ 是ｆ ｘ 的极小值点 即ａ 符合题意．
＝１ （ ） ， ＝－１ 当 ｋ 时 令ｍ′ ｔ ｔ － ｋ 则ｔ ｋ
因此实数ａ的值为
－１
． （ｉｉｉ） ０＜ ＜１ ， （ ）＝ ｔ２ ＝０， ＝ ，
因为ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ 且ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ２ ｘ ａ 当ｋ ｔ 时 ｍ′ ｔ ｍ ｔ Ｆ′ ｔ 单调递增
（２）① （ ）＝ｌｎ －２ －２， （ ）＝ ｌｎ － －３ （ ∈ ＜ ＜１ ， （ ）＞０， （ ）＝ （ ） ，
Ｒ 有两个极值点ｘ ｘ 当 ｔ ｋ时 ｍ′ ｔ ｍ ｔ Ｆ′ ｔ 单调递减
） １， ２， ０＜ ＜ ， （ ）＜０， （ ）＝ （ ） ，
所以方程ｆ ′ ｘ 在 上有两个不同的根 又Ｆ′ 故ｋ ｔ 时 Ｆ′ ｔ Ｆ′ 此时Ｆ ｔ 单调递
（ ）＝０ （０，＋∞） ， （１）＝０， ＜ ＜１ ， （ ）＜ （１）＝０， （ ）
即方程 ｘ ａｘ 有两个不同的正数根 减 故Ｆ ｔ Ｆ
ｌｎ －２ －２＝０ ， ， （ ）＞ （１）＝０，
ｘ 因此当ｋ ｔ 时 Ｆ ｔ 不符合题意 舍去．
将问题转化为函数ｇ ｘ ｌｎ －２的图象与直线ｙ ａ在 ＜ ＜１ ， （ ）＞０， ，
（ ）＝ ｘ ＝２ （０，
综上 实数ｋ的取值范围为 ．
， ［１，＋∞）
上有两个不同交点．
＋∞） ３．（ 江苏扬州中学、盐城中学、淮阴中学、丹阳中学四校联
２０２４
ｘ ｘ
ｇ′ （ ｘ ）＝ ３－ ｘ ｌ ２ ｎ ， 令ｇ′ （ ｘ ）＝ ３－ ｘ ｌ ２ ｎ ＝０， 解得ｘ ＝ｅ ３ ， 考， １９ ）已知函数ｆ （ ｘ ）＝２ｌｎ ｘ － ａｘ２ ＋１（ ａ ∈ Ｒ ） ．
讨论函数ｆ ｘ 的单调性
当ｘ ３ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减 当 ｘ ３ 时 ｇ′ ｘ （１） （ ） ；
＞ｅ ， （ ）＜０， （ ） ， ０＜ ＜ｅ ， （ ）＞０， 若存在正数ｘ 使ｆ ｘ 成立 求ａ的取值范围
ｇ ｘ 单调递增 且ｇ ２ 故作出ｇ ｘ 的图象如图 （２） ， （ ）≥０ ， ；
（ ） ， （ｅ ）＝０， （ ） ， 若 ｘ ｘ 证明 对任意ａ 存在唯一的实数
Z （３） ０＜ １＜ ２， ： ∈（０，＋∞），
ｆ ｘ ｆ ｘ
 ｘ ｘ ｘ 使得ｆ ′ ｘ （ ２）－（ １）成立．
F
０∈（ １， ２）， （ ０）＝ ｘ
２－
ｘ
１
0 F F Y 解析 ｆ ｘ 的定义域为Ｒ．对ｆ ｘ ｘ ａｘ２ 求导得
（１） （ ） （ ）＝２ｌｎ － ＋１
ａｘ２
æ ö æ ö ｆ ′ ｘ ２ ａｘ ２（１－ ）．
由图象可得 ａ ç １ ÷满足题意 即ａ ç １ ÷ （ ）＝ ｘ －２ ＝ ｘ
２ ∈è０， ３ ø ， ∈è０， ３ ø，
ｅ ２ｅ ａｘ２
æ ö 当ａ 时 对ｘ 有ｆ ′ ｘ ２（１－ ）
即实数ａ的取值范围为ç １ ÷． ≤０ ， ＞０ （ ）＝ ｘ ＞０，
è０，
３
ø
２ｅ 故ｆ ｘ 在 上单调递增
由 知ｘ ｘ 是 ｘ ａｘ 的两个根 （ ） （０，＋∞） ；
② ① １， ２ ｌｎ －２ －２＝０ ， ａｘ２ ｘ ａ ｘ ａ
ｘ ｘ 当 ａ 时 有 ｆ ′ ｘ ２（１－ ） ２（１＋ ）（１－ ）
故 ｘ ａｘ ｘ ａｘ 则 ａ ｌｎ １－ｌｎ ２ ＞０ ， （ ）＝ ｘ ＝ ｘ ＝
－２＋ｌｎ １－２ １＝０，－２＋ｌｎ ２－２ ２＝０， ２ ＝ ｘ ｘ ，
１－ ２ ａ ｘ ａ æ ö ａ ｘ ａ
ｘ ｘ ２ （１＋ ）ç １ ｘ÷ 而当ｘ 时 ２ （１＋ ） 故当
设ｔ １ 因为 ｘ ｘ 所以 １ ｔ ｔｘ ｘ ｘ è ａ－ ø， ＞０ ， ｘ ＞０， ０＜
＝ｘ ， ０＜ １＜ ２， ｘ ＝ ∈（０，１）， ２＝ １，
２ ２
ｘ ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ 从而 ｆ ｘ 在
１ ＜ ａ ， （ ）＞０， ＞ ａ ， （ ）＜０， （ ）
ｘ ｘ ｌｎ ｘ
可得 ｘ ｌｎ １－ｌｎ ２ ｘ 即 ｘ ２ æ ù æ ö
－２＋ｌｎ ２－ ｘ １－ ｘ ２ · ２＝０， －２＋ｌｎ ２－ｘ １－ ｘ ２ ＝０， è ç ０， １ ａû úú上单调递增 ， 在 è ç １ ａ，＋∞ø ÷上单调递减．
ｘ
２
综上 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增
所以 ｘ ｌｎ ｔ ， ≤０ ， （ ） （０，＋∞） ；
ｌｎ ２＝ｔ ＋２， æ ù æ ö
－１ 当ａ 时 ｆ ｘ 在ç １ úú上单调递增 在ç １ ÷上单调
ｘ ｘ ＞０ ， （ ） è０， ａû ， è ａ，＋∞ø
故由 ａｘ ｋ ｘ ｋ 可得ｌｎ １－ｌｎ ２ｘ ｋ ｘ ｋ
２ １＋ ｌｎ ２＞３ ＋１ ｘ ｘ １＋ ｌｎ ２＞３ ＋１， 递减．
１－ ２
ｔ ｔ ｔ ｘ
即 ｌｎ ｔｘ ｋ ｘ ｋ 所以ｌｎ ｋ ｘ ｋ 由ｆ ｘ ｘ ａｘ２ 得ａ ２ｌｎ ＋１
ｔｘ
２－
ｘ
２
２＋ ｌｎ ２＞３ ＋１， ｔ
－１
＋ ｌｎ ２＞３ ＋１， （２） （ ）＝２ｌｎ － ＋１≥０ ≤ ｘ２ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 导数及其应用 ６ ７
ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ
令Ｆ ｘ ２ｌｎ ＋１ ｆ ′ ｘ （ ２）－（ １）成立．
（ ）＝ ｘ２ ， （ ０）＝ ｘ ｘ
２－ １
若存在正数ｘ
，
使ｆ
（
ｘ
）≥０
成立
，
则ａ
≤
Ｆ
（
ｘ
）ｍａｘ
． ４．（
２０２４
山东临沂一模，
１８
）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
（ｌｎ
ｘ
＋
ａ
）
．
ｘ 若ａ 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
Ｆ′ ｘ －４ｌｎ （１） ＝１， ＝ （ ） （１， （１）） ；
（ ）＝ ｘ３ ， 讨论ｆ ｘ 的单调性
（２） （ ） ；
当ｘ 时 Ｆ′ ｘ Ｆ ｘ 单调递增 若存在ｘ ｘ 且ｘ ｘ 使得ｆ ｘ ｆ ｘ 求
∈（０，１） ， （ ）＞０， （ ） ， （３） １， ２∈（０，＋∞）， １＜ ２， （ １）＝ （ ２），
当ｘ 时 Ｆ′ ｘ Ｆ ｘ 单调递减
∈（１，＋∞） ， （ ）＜０， （ ） ， 证 １ ２ ａ ＋１．
当ｘ 时 Ｆ ｘ Ｆ ａ ． ：ｘ ｘ ＞ｅ
∴ ＝１ ， （ ）ｍａｘ＝ （１）＝１，∴ ≤１ １ ２
证明 令ｈ ｘ ｆ ′ ｘ
ｆ
（
ｘ
２）－
ｆ
（
ｘ
１） ｘ
解析
（１）
当ａ
＝１
时
，
ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ２
（ｌｎ
ｘ
＋１），
（３） ： （ ）＝ （ ）－ ｘ ｘ （ ＞０）， ｆ
２－ １ ∴ （１）＝１，
ｘ ａｘ２ ｘ ａｘ２ 又ｆ ′ ｘ ｘ ｘ
则 ｈ ｘ ２ ａｘ ２ｌｎ ２－ ２－２ｌｎ １＋ １ ２ ａｘ （ ）＝ （２ｌｎ ＋３），
（ ） ＝ ｘ － ２ － ｘ ｘ ＝ ｘ － ２ －
２－ １ ∴ ｆ ′ （１）＝３，
２ｌｎ ｘ ２－２ｌｎ ｘ １ ａ ｘ ｘ ∴ 曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 在点 （１， ｆ （１）） 处的切线方程为 ３ ｘ － ｙ －２＝０ ．
ｘ
２－
ｘ
１
＋ （ ２＋ １），
（２） ｆ ′ （ ｘ ）＝２ ｘ （ｌｎ ｘ ＋ ａ ）＋ ｘ ＝ ｘ （２ｌｎ ｘ ＋２ ａ ＋１）， ｘ ＞０，
ｘ ｘ
∵ ａ ＞０，∴ ｈ （ ｘ ）＝ ２ ｘ －２ ａｘ － ２ｌｎ ｘ ２ ２ － － ｘ ２ １ ｌｎ １ ＋ ａ （ ｘ ２＋ ｘ １） 在区间 （ ｘ １， 令φ （ ｘ ）＝２ｌｎ ｘ ＋２ ａ ＋１， 则φ′ （ ｘ ）＝ ２ ｘ ＞０，
ｘ ２） 上单调递减 ， ∴ φ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 上单调递增 ，
ｈ ｘ ２ ａｘ ２ｌｎ ｘ ２－２ｌｎ ｘ １ ａ ｘ ｘ 由φ （ ｘ ）＝２ｌｎ ｘ ＋２ ａ ＋１＝０ 得ｘ ＝ｅ － ａ －２ １ ，
（ １）＝ ｘ １ －２ １－ ｘ ２－ ｘ １ ＋ （ ２＋ １） ∴ ｆ （ ｘ ） 在 （０，ｅ － ａ －２ １ ） 上单调递减 ， 在 （ｅ － ａ －２ １ ，＋∞） 上单调递增．
ｘ ｘ
＝ ｘ ２
１
－ ２ｌｎ ｘ ２
２
－
－
ｘ ２
１
ｌｎ １ ＋ ａ （ ｘ ２－ ｘ １） （３） 证
ｘ
明 ：
－
∵
ａ －２ １
ｆ （ｅ
ｘ
－ ａ ）＝
－ ａ
０，∴ ｘ ∈（０，ｅ － ａ ） 时 ， ｆ （ ｘ ）＜０，
æｘ ｘ ö ∴０＜ １＜ｅ ＜ ２＜ｅ ，
２ ç ２ ２÷ ａ ｘ ｘ
＝ｘ ｘ èｘ －１－ｌｎ ｘ ø＋ （ ２－ １）， ｘ ａ １ ｘ ａ
２－ １ １ １ ∴ ｌｎ １＜－ － ２ ＜ｌｎ ２＜－ ，
ｔ
令ｇ ｔ ｔ ｔ ｔ 则ｇ′ ｔ １ －１ 即 ｘ ａ ｘ ａ
（ ）＝ －１－ｌｎ （ ＞０）， （ ）＝１－ ｔ ＝ ｔ ， ２（ｌｎ １＋ ）＜－１＜２（ｌｎ ２＋ ）＜０，
由ｆ ｘ ｆ ｘ 得ｘ２ ｘ ａ ｘ２ ｘ ａ
当ｔ 时 ｇ′ ｔ ｇ ｔ 单调递减 （ １）＝ （ ２） １（ｌｎ １＋ ）＝ ２（ｌｎ ２＋ ），
当ｔ ∈（０，１） ， 时 （ ｇ′ ）＜ ｔ ０， （ ｇ ） ｔ 单调递 ， 增 即 ｅ ｌｎ ｘ２ １ （ｌｎ ｘ １＋ ａ ）ｅ ２ ａ ＝ｅ ｌｎ ｘ２ ２ （ｌｎ ｘ ２＋ ａ ）ｅ ２ ａ ，
∴ ｇ （ ∈ ｔ ） （ ｍ １ ｉｎ ， ＝ ＋∞ ｇ （ ） １）＝ ， ０， （ ）＞０， （ ） ， ∴ 令 ｅ ｔ ２（ｌｎ ｘ １＋ ａ ） · ｘ ２（ｌ ａ ｎ ｘ １ ｔ ＋ ａ ）＝ｅ ２（ ｘ ｌｎ ｘ ２＋ ａ ａ ） ·２（ｌｎ ｘ ２＋ ａ ），
ｘ ｘ ｘ １＝２（ｌｎ １＋ ），２＝２（ｌｎ ２＋ ），
又 ０＜ ｘ １＜ ｘ ２，∴ ｘ ２ ＞１，∴ ｘ ２ －１－ｌｎ ｘ ２ ＞０ 恒成立 ， 设ｇ
（
ｔ
）＝
ｔ
ｅ
ｔ
，
ｔ
∈（－∞，０），
又 ａ ｘ ｘ １ ｈ ｘ １ ． １ ｇ′ ｔ ｔ ｔ．
∵ ＞０， ２－ １＞０，∴ （ １）＞０ ∴ （ ）＝（ ＋１）ｅ
ｈ ｘ ２
æ
ç
ｘ
１
ｘ
２
ö
÷ ａ ｘ ｘ
∴ ｔ ∈（－∞，－１） 时 ， ｇ′ （ ｔ ）＜０， ｇ （ ｔ ） 单调递减 ，
（ ２）＝ｘ ｘ è１－ｘ －ｌｎ ｘ ø＋ （ １－ ２）， ｔ 时 ｇ′ ｔ ｇ ｔ 单调递增
２－ １ ２ １ ∈（－１，０） ， （ ）＞０， （ ） ，
ｔ 下面证明ｔ ｔ 又因为ｔ 即证ｔ ｔ
令ｍ ｔ １ ｔ ｔ 则ｍ′ ｔ １ １ １－ 当ｔ １＋ ２＜－２， ２＞－１， １＜－２－ ２＜－１，
（ ）＝１－ ｔ －ｌｎ （ ＞１）， （ ）＝ ｔ２ － ｔ ＝ ｔ２ ， ∈（１， 即证ｇ ｔ ｇ ｔ
（ １）＞ （－２－ ２），
时 ｍ′ ｔ ｍ ｔ 单调递减 即证ｇ ｔ ｇ ｔ
＋∞） ， （ ）＜０， （ ） ， （ ２）＞ （－２－ ２），
ｍ ｔ ｍ 令Ｇ ｔ ｇ ｔ ｇ ｔ ｔ
∴ （ ）＜ （１）＝０， （ ）＝ （ ）－ （－２－），∈（－１，０），
又 ｘ ｘ Ｇ′ ｔ ｇ′ ｔ ｇ′ ｔ ｔ ｔ －２－ ｔ
０＜ １＜ ２， （ ）＝ （ ）＋ （－２－）＝（ ＋１）（ｅ－ｅ ）＞０，
ｘ ｘ Ｇ ｔ 在 上单调递增
１ ２ ∴ （ ） （－１，０） ，
∴０＜ｘ ＜１，ｘ ＞１， Ｇ ｔ Ｇ 从而得证
２ １ ∴ （ ）＞ （－１）＝０， ，
ｘ ｘ 故 ｘ ａ ｘ ａ
１ ２ 恒成立 ２（ｌｎ １＋ ）＋２（ｌｎ ２＋ ）＜－２，
∴１－ｘ －ｌｎ ｘ ＜０ ， 即 ｘ ｘ ａ
２ １ ｌｎ（ １ ２）＜－２ －１，
又 ∵ 在 ａ 区 ＞ 间 ０， ｘ ｘ １－ ｘ ｘ ２＜０ 上 ， ｘ 存 ２－ 在 ｘ １ 唯 ＞０ 一 ， 所 的 以 实 ｈ 数 （ ｘ ｘ ２）＜ 使 ０， 得ｈ ｘ ∴０＜ ｘ １ ｘ ２＜ｅ －２ ａ －１ ，
∴ 故对任意 （ ａ １， ２） 存在唯一的实 ０， 数 ｘ （ ｘ ０）＝ ｘ ０， 使得 ∴ ｘ １ ｘ ＞ｅ ２ ａ ＋１．
∈（０，＋∞）， ０∈（ １， ２），
１ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋