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第5 讲 导数几何意义与不等式证明
1.(2025·全国Ⅰ卷，T12)若直线y=2x+5 是曲线y=ex+x+a 的一条切线，则a= .
2.(2021·全国乙卷理，T20)设函数f(x)=ln(a-x)，已知x=0 是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a；
(2)设函数g(x)= x + f ( x)
xf ( x) ，证明：g(x)<1.
3.(2022·全国甲卷理，T21)已知函数f(x)=e
x
x -ln x+x-a.
(1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于低中高档题目，三种题型都有所考查，分值约为5~13 分.
考查方向：
考查重点一是利用导数的几何意义，求切线方程、参数值、范围等，二是利用导数证明不等式，涉及构造
函数求最值、极值点偏移，以及切割线放缩等.
1.答案 4
解析 y=ex+x+a 的导数为y'=ex+1，
因为直线y=2x+5 是曲线y=ex+x+a 的一条切线，直线的斜率为2，
令y'=ex+1=2，即ex=1，解得x=0，
将x=0 代入切线方程y=2x+5，可得y=2×0+5=5，
所以切点坐标为(0，5)，
因为切点(0，5)在曲线y=ex+x+a 上，
所以5=e0+0+a，即5=1+a，解得a=4.
2.(1)解 由题意得y=xf(x)=xln(a-x)，
则y'=ln(a-x)+x[ln(a-x)]'.
因为x=0 是函数y=xf(x)的极值点，
所以y'|x=0=ln a=0，所以a=1.
(2)证明 由(1)可知，f(x)=ln(1-x)，其定义域为{x|x<1}，
当0<x<1 时，ln(1-x)<0，此时xf(x)<0，
当x<0 时，ln(1-x)>0，此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1 且x≠0}，
故要证g(x)= x + f ( x)
xf ( x) <1，只需证x+f(x)>xf(x)，即证x+ln(1-x)-xln(1-x)>0.
令1-x=t，则t>0，且t≠1，
则只需证1-t+ln t-(1-t)ln t>0，即证1-t+tln t>0.
令h(t)=1-t+tln t，则h'(t)=-1+ln t+1=ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)=0，
即g(x)<1 成立.
3.(1)解 由题意知函数f(x)的定义域为(0，+∞).
由f'(x)=e
x( x -1)
x
2
-1
x +1
=e
x( x -1)- x + x
2
x
2
=(e
x+ x)( x -1)
x
2
，
可得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(1)=e+1-a.
又f(x)≥0，
所以e+1-a≥0，解得a≤e+1，
所以a 的取值范围为(-∞，e+1].
(2)证明 方法一 不妨设x1<x2，
则由(1)知0<x1<1<x2，1
x1
>1.
令F(x)=f(x)-f(
1
x)(x>0)，
则F'(x)=(e
x+ x)( x -1)
x
2
+(e
1
x + 1
x)(
1
x -1)
1
x
2
· 1
x
2=( x -1)(e
x+ x - x e
1
x -1)
x
2
.
令g(x)=ex+x-xe
1
x-1(x>0)，
则g'(x)=ex+1-e
1
x+xe
1
x· 1
x
2=ex+1+e
1
x(
1
x -1)(x>0)，
所以当x∈(0，1)时，g'(x)>0，
所以当x∈(0，1)时，g(x)<g(1)=0，
所以当x∈(0，1)时，F'(x)>0，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以F(x)<F(1)，
即在(0，1)上f(x)-f(
1
x)<F(1)=0.
又f(x1)=f(x2)=0，
所以f(x2)-f(
1
x1)<0，
即f(x2)<f(
1
x1).
由(1)可知，函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以x2< 1
x1
，即x1x2<1.
方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x1<x2，
则由(1)知0<x1<1<x2，0< 1
x2
<1.
由f(x1)=f(x2)=0，
得e
x1
x1
-ln x1+x1=e
x2
x2
-ln x2+x2，
即e
x1-ln x1+x1-ln x1=e
x2-ln x2+x2-ln x2.
因为函数y=ex+x 在R 上单调递增，
所以x1-ln x1=x2-ln x2成立.
构造函数h(x)=x-ln x(x>0)，
g(x)=h(x)-h(
1
x)=x-1
x -2ln x(x>0)，
则g'(x)=1+ 1
x
2-2
x =( x -1)
2
x
2
≥0(x>0)，
所以函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以当x>1 时，g(x)>g(1)=0，
即当x>1 时，h(x)>h(
1
x)，
所以h(x1)=h(x2)>h(
1
x2).
又h'(x)=1-1
x = x -1
x
(x>0)，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，
所以0<x1< 1
x2
<1，即x1x2<1.
考点一 导数的几何意义
例1 (1)(2025·湛江模拟)已知函数f(x)=ex+2x，则曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为( )
A.y=2x+1
B.y=3x+1
C.y=2x
D.y=3x
答案 B
解析 由f(x)=ex+2x，得f'(x)=ex+2，
则f(0)=1，f'(0)=3，所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=3x+1.
(2)若至少存在一条直线与曲线f(x)=2x2+3 和g(x)=3-tln x(t≠0)均相切，则t 的取值范围是( )
A.[-4e，0)
B.[2e，+∞)
C.(-4e，0)∪(0，+∞)
D.[-4e，0)∪(0，+∞)
答案 D
解析 f'(x)=4x，g'(x)=- t
x ，设公切线与曲线y=f(x)相切于点(x1，2x1
2+3)，与曲线y=g(x)相切于点(x2，3-tln x2)
(x2>0)，
则切线方程分别为y=4x1x-2x1
2+3，y=- t
x2
x+t+3-tln x2，
所以{
4 x1=- t
x2
，①
-2 x1
2+3=t +3-t ln x2，②
由①得x1
2= t
2
16 x2
2，
代入②得t=8x2
2ln x2-8x2
2.
令h(x)=8x2ln x-8x2(x>0)，
则h'(x)=8x(2ln x-1)，
所以当0<x<√e时，h'(x)<0，当x>√e时，h'(x)>0，
所以h(x)在区间(0，√e)上单调递减，在区间(√e，+∞)上单调递增，
所以h(x)min=h(√e)=-4e，
又当x→+∞时，h(x)→+∞，
所以h(x)的值域为[-4e，+∞)，
所以t 的取值范围是[-4e，0)∪(0，+∞).
[规律方法] (1)导数的几何意义
①函数f(x)在x=x0处的导数即曲线y=f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率；
②曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同；
③切点既在切线上，又在曲线上；
(2)区分“在点处”的切线和“过点处”的切线，过点P 的切线，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知
曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点.
跟踪演练1 (2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y=ex+x 在点(0，1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a 的切线，则a=
.
答案 ln 2
解析 由y=ex+x 得y'=ex+1，
当x=0 时，y'=e0+1=2，
故曲线y=ex+x 在点(0，1)处的切线方程为
y=2x+1.
由y=ln(x+1)+a 得y'= 1
x +1，
设切线与曲线y=ln(x+1)+a 相切的切点为(x0，y0)，
由两曲线有公切线得y'=
1
x0+1=2，
解得x0=-1
2，代入切线方程y=2x+1 得y0=2×(- 1
2)+1=0，
则y0=ln(x0+1)+a=0，
即ln(- 1
2 +1)+a=0，解得a=ln 2.
考点二 单变量函数不等式的证明
例2 已知函数f(x)=xex+a，g(x)=xln x+a.
(1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-4
e ，求a 的值；
(2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x).
(1)解 因为f(x)=xex+a，
所以f'(x)=(1+x)ex.令f'(x)=0，解得x=-1.
所以当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，
所以f(x)min=f(-1)=-1
e +a.
因为g(x)=xln x+a，x>0，
所以g'(x)=ln x+1.
令g'(x)=0，解得x=1
e .
所以当x∈(0，1
e)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(
1
e ，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(
1
e)=-1
e +a.
由题意可得-1
e +a-1
e +a=-4
e ，
解得a=-1
e .
(2)证明 若a=0，x>0，则f(x)=xex，
g(x)=xln x，g'(x)=ln x+1.
方法一 凹凸反转法
要证f(x)>g'(x)，
即证xex>ln x+1，
即证e
x
x >ln x +1
x
2
.
令h(x)=e
x
x ，x>0，φ(x)=ln x +1
x
2
，x>0，
易得h'(x)=e
x( x -1)
x
2
，
则令h'(x)<0，得0<x<1；令h'(x)>0，得x>1，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)=e.
易得φ'(x)=
1
x · x
2-2 x(ln x +1)
x
4
=-2ln x -1
x
3
，
令φ'(x)>0，得0<x<e
- 1
2；
令φ'(x)<0，得x>e
- 1
2，
所以φ(x)在(0，e
- 1
2)上单调递增，
在(e
- 1
2 ，+ ∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(e
- 1
2)=e
2<e，
所以h(x)>φ(x)，故f(x)>g'(x).
方法二 切线放缩法
令φ(x)=ln x-(x-1)，x>0，
则φ'(x)=1
x -1=1- x
x
，
所以当x∈(0，1)时，φ'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，φ'(x)<0，
所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(1)=0，
即ln x-(x-1)≤0，即ln x≤x-1，
即ln x+1≤x，当且仅当x=1 时等号成立，
要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1，
只需证xex>x，即证ex>1.
因为x>0，所以ex>e0=1，
即证得f(x)>g'(x)成立.
方法三 切线放缩法
令φ(x)=ex-x-1，
则φ'(x)=ex-1，
当x∈(-∞，0)时，φ'(x)<0，
当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0，
所以φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(0)=0，即ex≥x+1，
当且仅当x=0 时等号成立.
当x>0 时，xex>x(x+1)，
要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1，
只需证x(x+1)>ln x+1，
即证x(x+1)-ln x-1>0.
令h(x)=x(x+1)-ln x-1，x>0，
则h'(x)=2x+1-1
x =(2 x -1)( x +1)
x
，
当x∈(0，1
2)时，h'(x)<0，
当x∈(
1
2 ，+∞)时，h'(x)>0，
所以h(x)在(0，1
2)上单调递减，在(
1
2 ，+∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(
1
2)=-ln 1
2-1
4 =ln 2-1
4 >0，
所以x(x+1)-ln x-1>0，即证得f(x)>g'(x)成立.
方法四 最值法(隐零点)
令φ(x)=f(x)-g'(x)=xex-ln x-1，x>0，
则φ'(x)=(x+1)ex-1
x ，
φ″(x)=(x+2)ex+ 1
x
2>0，
所以φ'(x)在(0，+∞)上单调递增，
又φ'(
1
2)=3√e
2 -2>0，
φ'(
1
3)=4
3√e
3
-3<0，
所以∃x0∈(
1
3 ，1
2)，使φ'(x0)=0，
即(x0+1)e
x0= 1
x0
，则x0e
x0=
1
x0+1，
所以当x∈(0，x0)时，φ'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，φ'(x)>0，
所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以φ(x)min=φ(x0)=x0e
x0-ln x0-1=
1
x0+1-ln x0-1，
令h(x)= 1
x +1-ln x-1，x∈(
1
3 ，1
2)，易知h(x)在(
1
3 ，1
2)上单调递减，
所以h(x)>h(
1
2)=2
3-ln 1
2-1=ln 2-1
3>0.
所以φ(x)≥φ(x0)>0，即证得f(x)>g'(x).
[规律方法] 利用导数证明或判定不等式问题的常用方法
(1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变形构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系；
(2)适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
(3)凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系.
跟踪演练2 (2025·聊城模拟)已知函数f(x)=ln x+1
x .
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：xf(x)> 3sin x
cos x +2.
(1)解 由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=1
x - 1
x
2= x -1
x
2 ，
当x∈(0，1)时，f'(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(1)=1.
(2)证明 由(1)可知f(x)≥1，x>0，则xf(x)≥x，则要证明xf(x)> 3sin x
cos x +2，只需要证明x> 3sin x
cos x +2(x>0).构造
函数g(x)=x- 3sin x
cos x +2，x>0，
则g'(x)=1-3cos x(cos x +2)+3 sin
2 x
(cos x +2)
2
=1- 6cos x +3
(cos x +2)
2=co s
2 x -2cos x +1
(cos x +2)
2
=(cos x -1)
2
(cos x +2)
2≥0，
所以当x>0 时，g(x)单调递增，
即g(x)>g(0)=0，所以x> 3sin x
cos x +2(x>0)，
即xf(x)> 3sin x
cos x +2成立.
考点三 双变量函数不等式的证明
例3 已知函数f(x)=xe-x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2.
(1)解 f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x，
令f'(x)>0⇒x<1；令f'(x)<0⇒x>1，
则f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞).
(2)证明 方法一 f'(x)=(1-x)e-x，由(1)可知f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，且当x→-
∞时，f(x)→-∞，f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0，
则函数f(x)在x=1 处取得极大值f(1)=1
e ，如图所示.
由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨设x1<x2，则必有0<x1<1<x2，
构造函数F(x)=f(1+x)-f(1-x)，x∈(0，1)，
F'(x)=f'(1+x)+f'(1-x)= x
e
x +1(e2x-1)>0，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，则F(x)>F(0)=0，
即f(1+x)>f(1-x)对x∈(0，1)恒成立.
由0<x1<1<x2，得1-x1∈(0，1)，
所以f(1+(1-x1))=f(2-x1)>f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2)，即f(2-x1)>f(x2)，
又因为2-x1，x2∈(1，+∞)，且f(x)在(1，+∞)上单调递减，所以2-x1<x2，
即x1+x2>2.
方法二 要证x1+x2>2，即证x2>2-x1，不妨设x1<x2，由方法一知，0<x1<1<x2，
故2-x1，x2∈(1，+∞)，
又因为f(x)在(1，+∞)上单调递减，
故只需证f(x2)<f(2-x1)，
又因为f(x1)=f(x2)，
故也即证f(x1)<f(2-x1)，
构造函数H(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(0，1)，
则等价于证明H(x)<0 对x∈(0，1)恒成立.
由H'(x)=f'(x)+f'(2-x)=1- x
e
x (1-e2x-2)>0，则H(x)在(0，1)上单调递增，
所以H(x)<H(1)=0，即H(x)<0 对x∈(0，1)恒成立，
故原不等式x1+x2>2 成立.
方法三 由f(x1)=f(x2)得，x1e
- x1=x2e
- x2，化简得e
x2- x1= x2
x1
，
不妨设x2>x1，由方法一知，0<x1<1<x2，
令t=x2-x1，则t>0，x2=t+x1，
代入e
x2- x1=
x2
x1
得，et=
t + x1
x1
，得x1=
t
e
t -1，t>0，
则x1+x2=2x1+t= 2t
e
t -1+t，t>0，
故要证x1+x2>2，即证2t
e
t -1+t>2，t>0，
又et-1>0，等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0，
构造函数G(t)=2t+(t-2)(et-1)，t>0，
则G'(t)=(t-1)et+1，
令p(t)=G'(t)，t>0，则p'(t)=tet>0，
故G'(t)在(0，+∞)上单调递增，G'(t)>G'(0)=0，
从而G(t)也在(0，+∞)上单调递增，则G(t)>G(0)=0，
即2t+(t-2)(et-1)>0 成立，
即原不等式x1+x2>2 成立.
[规律方法] 证明含双参不等式成立的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，
并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；
三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果.
跟踪演练3 (2025·邵阳模拟)已知函数f(x)=1
2ax2+ln x-(a+1)x，h(x)=f(x)+1
2ax2-(b-2)x，其中a>0，b∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a=1 时，若x1，x2是h(x)的两个不同的极值点，求证：h(x1)+h(x2)<-3-ln 2.
(1)解 f'(x)=ax+1
x -(a+1)=a x
2-(a+1)x +1
x
=( x -1)(ax -1)
x
，x>0，a>0，
令f'(x)=0 得，x=1 或x=1
a，
当0<a<1 时，1<1
a，则当0<x<1 或x>1
a时，f'(x)>0；
当1<x<1
a时，f'(x)<0，
当a=1 时，此时f'(x)≥0 恒成立，
当a>1 时，1>1
a，则当0<x<1
a或x>1 时，f'(x)>0；
当1
a<x<1 时，f'(x)<0，
综上可知，当0<a<1 时，函数f(x)的单调递增区间是(0，1)和(
1
a ，+∞)，单调递减区间是(1，1
a)；
当a=1 时，函数f(x)的单调递增区间是(0，+∞)，无单调递减区间；
当a>1 时，函数f(x)的单调递增区间是(0，1
a)和(1，+∞)，单调递减区间是(
1
a ，1).
(2)证明 当a=1 时，f(x)=1
2x2+ln x-2x，
h(x)=x2+ln x-bx，x>0，
令h'(x)=2x+1
x -b=2 x
2-bx +1
x
=0，
由x1，x2是h(x)的两个不同的极值点可知，x1，x2是h'(x)=0 的两个不同的实数根，则x1，x2是关于x 的方程
2x2-bx+1=0 的两个不同的实数根，
得{
Δ=b
2-8>0，
x1+ x2= b
2 >0，
x1 x2= 1
2 >0，
解得b>2√2，
则h(x1)+h(x2)=x1
2+ln x1-bx1+x2
2+ln x2-bx2=(x1+x2)2-2x1x2+ln(x1x2)-b(x1+x2)
=b
2
4 -1-ln 2-b
2
2 =-b
2
4 -ln 2-1，
令g(b)=-b
2
4 -ln 2-1，则g(b)在b∈(2√2，+∞)上单调递减，所以g(b)<g(2√2)=-3-ln 2，
即h(x1)+h(x2)<-3-ln 2.
专题强化练
[分值：45 分]
1.(13 分)已知函数f(x)=xln x+ax+1(a∈R).
(1)若f(x)≥0 恒成立，求实数a 的取值范围；(5 分)
(2)当x>1 时，证明：exln x>e(x-1).(8 分)
(1)解 由已知得，-a≤ln x+1
x 在(0，+∞)上恒成立，
设g(x)=ln x+1
x ，x>0，则g'(x)=1
x - 1
x
2= x -1
x
2 ，
令g'(x)>0，解得x>1，
令g'(x)<0，解得0<x<1，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)=1，即-a≤1，∴a≥-1.
即实数a 的取值范围为[-1，+∞).
(2)证明 方法一 由(1)知，当a≥-1 时，f(x)≥0 恒成立，取a=-1，得ln x≥x -1
x
恒成立，当且仅当x=1 时
取等号.
∴当x>1 时，exln x>e
x( x -1)
x
，
设h(x)=ex-ex，x>1，
h'(x)=ex-e，故当x>1 时，h'(x)>0，
∴h(x)在(1，+∞)上单调递增，
∴h(x)>h(1)=0，∴ex>ex.
∴当x>1 时，e
x
x >e，即e
x( x -1)
x
>e(x-1).
由此可证得当x>1 时，exln x>e(x-1).
方法二 当x>1 时，要证exln x>e(x-1)成立，即证ln x> x -1
e
x -1 ，x>1.
设G(x)=ln x- x -1
e
x -1 ，x>1，
则G'(x)=1
x -e
x -1-( x -1)e
x -1
(e
x -1)
2
=e
x -1+ x
2-2 x
x e
x -1
，
设m(x)=ex-1+x2-2x，x>1，
则m'(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)，
当x>1 时，m'(x)>0，∴m(x)在(1，+∞)上单调递增.
∴m(x)>m(1)=0，∴当x>1 时，G'(x)>0，
∴G(x)在(1，+∞)上单调递增，G(x)>G(1)=0，
由此可证得当x>1 时，exln x>e(x-1)成立.
2.(15 分)(2025·秦皇岛模拟)设函数f(x)=(x-2)ln x+1.
(1)求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(6 分)
(2)证明：f(x)+ex>x+1.(9 分)
(1)解 函数f(x)=(x-2)ln x+1，求导得f'(x)=ln x+1-2
x ，则f'(1)=-1，而f(1)=1，
所以f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-1=-1·(x-1)，即x+y-2=0.
(2)证明 函数f(x)=(x-2)ln x+1 的定义域为(0，+∞)，
函数f'(x)=ln x+1-2
x ，且f'(x)在(0，+∞)上单调递增，
而f'(1)=-1<0，f'(2)=ln 2>0，
则存在x0∈(1，2)，使得f'(x0)=0，即ln x0= 2
x0
-1，当0<x<x0时，f'(x)<0；
当x>x0时，f'(x)>0，即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
因此f(x)≥f(x0)=(x0-2)ln x0+1=(x0-2)(
2
x0
-1)+1=5-(x0+ 4
x0)，
又x0∈(1，2)，易得4<x0+ 4
x0
<5，于是f(x)≥f(x0)>0；
令函数g(x)=ex-(x+1)，x>0，得g'(x)=ex-1>0，则函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，
则g(x)>g(0)=0，即ex-(x+1)>0，
因此f(x)+g(x)=f(x)+ex-(x+1)>0，
所以f(x)+ex>x+1.
(共17 分)
3.(17 分)若函数y=f(x)在[a，b]上存在x1，x2(a<x1<x2<b)，使得f'(x1)=f (b)- f (a)
b-a
，f'(x2)=f (b)- f (a)
b-a
，则称
f(x)是[a，b]上的“双中值函数”，其中x1，x2称为f(x)在[a，b]上的中值点.
(1)判断函数F(x)=x3-3x2+1 是不是[-1，3]上的“双中值函数”，并说明理由；(5 分)
(2)已知函数f(x)=1
2x2-xln x-ax，存在m>n>0，使得f(m)=f(n)，且f(x)是[n，m]上的“双中值函数”，x1，x2是
f(x)在[n，m]上的中值点.
①求实数a 的取值范围；(5 分)
②证明：x1+x2>2.(7 分)
(1)解 是，理由如下：
根据条件易知F(3)=1，F(-1)=-3，
所以F(3)- F(-1)
3-(-1)
=1，
令F'(x)=3x2-6x=1，
可得x1=1-2√3
3
，x2=1+2√3
3
，
显然-1<x1=1-2√3
3
<x2=1+2√3
3
<3，符合“双中值函数”的定义，
即函数F(x)=x3-3x2+1 是[-1，3]上的“双中值函数”.
(2)①解 因为存在m>n>0，使得f(m)=f(n)，
所以f (m)- f (n)
m-n
=0.
因为f(x)是[n，m]上的“双中值函数”，所以f'(x1)=f'(x2)=0.
由题意可得f'(x)=x-ln x-a-1，
设g(x)=f'(x)=x-ln x-a-1，x>0，
则g'(x)=1-1
x = x -1
x
，
当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，即f'(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，即f'(x)单调递增，
故f'(x)min=f'(1)=-a，
因为f'(x1)=f'(x2)=0，且当x→0 时，f'(x)→+∞，当x→+∞时，f'(x)→+∞，
所以-a<0，所以a>0，
即a 的取值范围为(0，+∞).
②证明 不妨设x1<x2，则由①可知0<x1<1<x2，
则x1-ln x1-a-1=0，x2-ln x2-a-1=0，
即x1-ln x1=a+1，x2-ln x2=a+1，
要证x1+x2>2，又a>0，可证x1+x2>a+2，即证x2>a+2-x1=1-ln x1.
设h(x)=g(x)-g(1-ln x)=x-1+ln(1-ln x)，0<x<1，
则h'(x)=1-
1
x(1- ln x).
设φ(x)=x(1-ln x)，0<x<1，
则φ'(x)=-ln x>0，
所以φ(x)在(0，1)上单调递增，则0<φ(x)<φ(1)=1，
所以h'(x)=1-
1
x(1- ln x)<0，即h(x)在(0，1)上单调递减，
因为h(1)=g(1)-g(1)=0，所以h(x)>h(1)=0，即g(x)>g(1-ln x)，
又0<x1<1，所以g(x1)>g(1-ln x1)，
又g(x1)=g(x2)=0，所以g(x2)>g(1-ln x1)，
又0<x1<1，所以1-ln x1>1，
由①可知，g(x)在(1，+∞)上单调递增，所以x2>1-ln x1，即x1+x2>2 得证.
