重难点08：透视双变量关联：双变量问题
从“变量纠缠”到“精准转化”的难点拆
解
（八大压轴方法技巧）
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................3
题型一、双变量问题之“同构函数法”........................................................3
题型二、双变量问题之“对称构造函数法”................................................7
题型三、双变量问题之“比值换元法”......................................................14
题型四、双变量问题之“差值换元法”......................................................18
题型五、双变量问题之“韦达换元法”......................................................24
题型六、双变量问题之“均值不等式法”..................................................30
题型七、双变量问题之“主元法”..............................................................36
题型八、双变量问题之“切线放缩法”......................................................43
题型精析・方法突破提能力..............................................................................50
知识点
1 ：“同构函数法”解决双变量问题
同构函数法是解决高中数学双变量问题的 “结构适配利器”，核心是通过构造形式
相同的函数（即 “同构式”），将分散的双变量关联到同一个函数中，再利用函数的单调
性、奇偶性等性质直接转化变量关系，尤其适配含指数、对数且结构对称的双变量问题。
以下从方法原理、解题步骤、适配题型展开，帮你掌握 “找结构→构同构→用性质” 的
解题逻辑。
关键：识别同构结构的 2 类典型形式：
指数 + 一次型：如e
x1+x1=e
x2+x2，可构造同构函数f(t)=e
t+t；
对数 + 一次型：如lnx1+kx1=lnx2+kx2，可构造同构函数f(t)=lnt+kt；
复合结构型：如x1e
x1=x2e
x2（变形为e
x1+lnx1=e
x2+lnx2），构造f(t)=e
t+lnt。
同构函数法的通用解题步骤
知识网络・核心根基深扎牢
步骤 1：观察题干结构，拆分 “同构因子”
步骤 2：构造同构函数f(t)
步骤 3：分析同构函数f(t)的核心性质（单调性优先）
步骤 4：利用函数性质转化双变量关系，求解目标
知识点
2 ：“对称构造函数法”解决双变量问题
双变量问题中，若函数f(x)有唯一极值点x0，且存在x1≠x2使f(x1)=f(x2)
（
即
极
值
点
偏
移
场
景
）
，
则
以
x0为对称中心，构造对称函数F(x)=f(x)−f(2x0−x)（2x0−x是x关于x0的对
称点）。
通过分析F(x)的单调性和符号，可建立f(x)与f(2x0−x)的大小关系，进而
推导x1+x2与2x0的关系（左偏x1+x2>2x0，右偏x1+x2<2x0），实现 “双变量→对称
函数→偏移结论” 的转化。
构造对称函数法的通用解题步骤（五步走）
步骤 1：求函数f(x)的唯一极值点x0
步骤 2：构造对称函数F(x)=f(x)−f(2x0−x)
步骤 3：分析对称函数F(x)的单调性（求导判断符号）
步骤 4：利用F(x)的符号关联双变量关系
步骤 5：结合原函数单调性推导偏移结论
知识点
3 ：“换元法（比
/ 差值
/ 整体）”解决双变量问题
双变量问题的难点在于 “两个变量相互干扰”，比 / 差值换元法通过引入一个参数
（比值或差值），建立两个变量的明确关联，将双变量函数转化为单参数函数：
比值换元：设t=x2
x1
（t>1，保证x2>x1），则x2=tx1，用t和x1表示x2，再结
合题干条件消去x1，最终转化为关于t的单变量问题；
差值换元：设d =x2−x1（d>0，保证x2>x1），则x2=x1+d，用d和x1表示x2
，同理消去x1，转化为关于d的单变量问题。
两种方法的本质都是 “用一个参数代替两个变量的关联关系”，实现 “双变量→单
参数” 的降维，再通过导数、单调性等工具求解。
比值换元法（优先含对数的双变量问题）
步骤 1：设比值参数，建立变量关联
步骤 2：代入题干条件，消去一个变量
步骤 3：将目标转化为关于t的单变量问题
步骤 4：分析单变量函数，求解目标
差值换元法（优先含指数的双变量问题）
步骤 1：设差值参数，建立变量关联
步骤 2：代入题干条件，消去一个变量
步骤 3：将目标转化为关于d的单变量问题
步骤 4：分析单变量函数，求解目标
注：韦达换元法和上述方法相同（多加一部利用韦达定理得到两根与系数关系）。
知识点
4 ：“主元法”解决双变量问题
双变量问题的核心矛盾是 “两个变量相互制约，难以直接分析”，主元法通过人为
指定一个变量为 “研究核心（主元）”，将另一个变量视为 “固定参数”，把双变量函
数f(x1,x2)转化为单变量函数（参数为另一个变量），再利用单变量函数的性质（单调
性、极值、最值、方程解）求解，最终结合参数范围得到双变量问题的答案。
例如：对f(x1,x2)=x1
2+2x1x2+x2
2，若选x1为主元，x2为参数，则函数变为
f(x1)=x1
2+2x2x1+x2
2（关于x1的二次函数），可通过二次函数的对称轴、顶点等性质分
析，再结合x2的范围得到最终结果。
主元法的通用解题步骤（四步闭环）
步骤 1：筛选主元 —— 选 “易分析、关联核心目标” 的变量
步骤 2：转化单变量 —— 将双变量函数改写为 “主元函数”
步骤 3：分析主元函数 —— 用单变量工具求解
步骤 4：结合参数范围 —— 得到双变量问题的最终结果
知识点
5 ：“切线放缩法”解决双变量问题
对
可
导
函
数
f(x)，若在点x=x0处存在切线，其切线方程为y=f(x0)+f'(x0)(x−x0)。
根
据导数的几何意义，切线是函数在x0附近的 “最佳线性近似”，因此存在局部不等关系：
若f(x)是凸函数（f''(x)≥0），则f(x)≥f(x0)+f'(x0)(x−x0)（函数
图像在切线上方）；
若f(x)是凹函数（f''(x)≤0），则f(x)≤f(x0)+f'(x0)(x−x0)（函数
图像在切线下方）。
在双变量问题中，通过对f(x1)和f(x2)分别进行切线放缩，可将双变量函数关系
转化为线性等式/不等式。
切线放缩法的通用解题步骤（五步走）
步骤 1：判断函数凹凸性，确定放缩方向
步骤 2：选择切线切点（关键：关联双变量关系）
步骤 3：写出切线方程，建立放缩不等式
步骤 4：对双变量分别放缩，关联题干条件
步骤 5：推导双变量关系，验证取等条件
【例题1】已知实数x，y满足ln y =e
2 x
y −ln(2 x)，则y的最小值为（ ）
A．1
e
2
B．1
e
C．e
D．e
2
【答案】C
【分析】由题意得2 xy ln (2 xy)=2 xe
2 x(x , y >0)，构造函数f (x)= xe
x,(x>0)，说明
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、双变量问题之“同构函数法”
典例探究
f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，得y =e
2 x
2 x ,(x>0)，换元并求导即可求解最小值.
【详解】因为ln y =e
2 x
y −ln(2 x)，所以y ln y =e
2 x−y ln (2 x),(x , y >0)，
即y ln (2 xy)=e
2 x(x , y >0)，所以2 xy ln (2 xy)=2 xe
2 x(x , y >0)，
令f (x)= xe
x,(x>0)，求导得f
′ (x)=(x +1)e
x>0,(x>0)，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
而2 xy ln (2 xy)=2 xe
2 x(x , y >0)，即f (2 x)= f (ln (2 xy))，
从而ln (2 xy)=2 x，所以y =e
2 x
2 x ,(x>0)，
令t =2 x ,(x>0)，g(t )=e
t
t ,(t >0)，
求导得g
′ (t )=e
t (t −1)
t
2
,(t >0)，g
' (t )>0⇒t >1，g
' (t )<0⇒0<t <1，
所以g(t )在(0,1)单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
所以y的最小值为g(1)=e.
故选：C.
【1-1】已知x , y为不相等的正实数，ln x + ln y = 1
y −x，则（ ）
A．x ＞y
B．x ＜y
C．x + y ＞1
D．x + y ＜1
【答案】C
【分析】利用构造一个函数，结合求导思想分析单调性，从而可得出选项.
【详解】由ln x + ln y = 1
y −x得：ln x + x =−ln y + 1
y = ln 1
y + 1
y ，
构造函数f (x)= ln x + x，则f
′ (x)= 1
x +1>0，
可知f (x)= ln x + x在(0,+ ∞)上递增，
举一反三
结合ln x + x = ln 1
y + 1
y ，得 x = 1
y ，即xy =1
由基本不等式可知：x + y ≥2❑√xy =2，
当且仅当x = y =1时等号成立，所以x + y >1.
故选：C.
【1-2】已知实数x , y满足e
x = y ln x + y ln y，则满足条件的y最小正整数为（ ）．
A．1
B．3
C．5
D．7
【答案】B
【分析】依题意可得xe
x = ln (xy)⋅eln (xy)，令g(x)= x e
x ,( x >0)，利用导数说明函数
的单调性，即可得到x =ln(xy)，从而y = e
x
x ，令h(x)=e
x
x ( x>0)，利用导数求出函数的最
小值，即可得解.
【详解】由实数x , y满足e
x = y ln x + y ln y，可化为
e
x = y ln(xy)( x >0, y >0, xy >1)，
即xe
x = xy ln (xy)= ln (xy)⋅eln (xy)，
构造函数g(x)= x e
x ,( x >0)，则g
′ (x)=(x +1)e
x，
当x∈(0,+ ∞)时，g
′ (x)>0, g(x)单调递增，
即g(x)= g(ln(xy))，可以得到x =ln(xy)，
从而y = e
x
x ，构造函数h(x)=e
x
x ( x>0)，
h
′ (x)=e
x(x−1)
x
2
，令h
′ (x)=0可以得到x =1，
当x∈(0,1)时，h
′ (x)<0,h(x)单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，h
′ (x)>0,h(x)单调递增，
从而当x =1时，h(x)取最小值h(1)=e，即y有最小值e∈(2,3)，
所以满足条件的y最小正整数为3.
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题关键是将式子同构得到xe
x = ln (xy)⋅eln (xy)，从而得到
x = ln (xy).
【1-3】已知两个不相等的正实数x，y 满足y ln x
y =1−y
x ，则下列结论一定正确的是
（ ）
A．x + y =1
B．xy =1
C．x + y >2
D．0< x + y <1
【答案】C
【分析】先利用同构法与构造函数f (x)= ln x + 1
x
(x>0)，将题设条件转化为
f ( x)= f ( y)，再利用导数研究函数f (x)的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊
值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C.
【详解】因为y ln x
y =1−y
x ，x>0, y >0，
所以ln x
y = 1
y −1
x ，则ln x−ln y = 1
y −1
x ，即ln x + 1
x = ln y + 1
y ，
令f (x)= ln x + 1
x
(x>0)，则f
′ (x)= 1
x −1
x
2 = x−1
x
2 ，f ( x)= f ( y)，
当x∈(0,1)时，f
′( x)<0，则f (x)单调递减；
当x∈(1,+ ∞)时，f
′( x)>0，则f (x)单调递增,
所以f (x)❑min= f (1)=1，
对于y =e
x−2 x (x>1)，总有y
′ =e
x−2>0，即y =e
x−2 x在(1,+∞)上单调递增，
故y =e
x−2 x>e
1−2×1>0，即e
x−x> x在(1,+∞)上恒成立，
所以对于f (x)，对于任意M >1，在x∈(0,1)上取x = 1
e
M ，
则f(
1
e
M )= ln 1
e
M +e
M =e
M −M > M，
所以当x>0且x趋向于0 时，f (x)趋向于无穷大，
当x趋向于无穷大时，y = ln x趋向于无穷大，y = 1
x 趋向于0，故f (x)趋向于无穷大，
所以f (x)的大致图像如图所示：
.
对于AD，因为f ( x)= f ( y)，x≠y，不妨设x< y，
由图象可知，0< x<1< y，故x + y >1，故AD 错误；
对于B，假设xy =1成立，取x = 1
2 , y =2，
则f(
1
2)=2−ln 2,f (2)= 1
2 + ln 2，显然不满足f ( x)= f ( y)，故B 错误；
对于C，令F (x)= f (2−x)−f (x)(0< x<1)，又f
′ (x)= x−1
x
2 ，
则F
′ (x)=−f
′ (2−x)−f
′ (x)=−(2−x)−1
(2−x)
2 −x−1
x
2 = 4 (x−1)
2
x
2(2−x)
2 >0，
所以F (x)在(0,1)上单调递增，
又0< x<1，则F (x)= f (2−x)−f (x)< F (1)=0，即f (2−x)<f (x)，
又f ( x)= f ( y)，则f (2−x)<f ( y)，
因为0< x<1，所以2−x>1，又y >1，f (x)在(1,+∞)上单调递增，
所以2−x< y，即x + y >2，故C 正确.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数
f ( x)= ln x + 1
x
(x>0)，并研究其图像的性质，由此判断得解.
题型二、双变量问题之“构造对称函数
【例题2】已知函数f ( x)=( x −2)e
x+a( x −1)
2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)若f (x1)= f (x2)，求证：x1+ x2<2．
【答案】(1)(0,+ ∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分a=0，a>0，a<0，三种情况结合单调性与最值及函数零点
存在性定理分类讨论求解即可；
（2）构造函数g( x)= f ( x)−f (2−x)( x>1)，利用导数证明即可.
【详解】（1）f
'( x)=( x−1)(e
x+2a)．
①当a=0时，f ( x)=( x −2)e
x只有一个零点，不合题意．
②当a>0时，可得下表．
x
(−∞,1)
1
(1,+∞)
f
'( x)
－
0
＋
f ( x)
减
最小值
增
由f ( x)min= f (1)=−e<0，f (2)=a>0，可得f ( x)在(1,2)上有一个零点．
f ( x)=( x−2)e
x+a( x−1)
2=a x
2+(e
x−2a) x +a−2e
x，
令x0<0且e
x0< a
2 <2a，
可得f (x0)=a x0
2+(e
x0−2a) x0+a−2e
x0>0，
所以在(x0,1)上f ( x)也有一个零点，满足题意．
③当a<0时，再分三种情况讨论．
（i）当a=−e
2时，f
'( x)=( x−1)(e
x−e)≥0，f ( x)单调递增，至多有一个零点，不
满足题意，
典例探究
（ii）当a<−e
2时，ln(−2a)>1，列表如下．
x
(−∞,1
1
(1,ln(−2a
ln(−2a
(ln(−2a),+ ∞
f
'( x)
＋
0
－
0
＋
f ( x)
增
极
大值
减
极小值
增
因为f (1)=−e<0，所以f ( x)至多有一个零点，不满足题意，
（iii）当−e
2 <a<0时，ln(−2a)<1，列表如下．
x
(−∞,ln(−2a
ln(−2a
(ln(−2a),1
1
(1,+ ∞)
f
'( x)
＋
0
－
0
＋
f ( x)
增
极大值
减
极
小值
增
因为当x<1时，( x −2)e
x<0，a( x −1)
2<0，所以f ( x)<0，f ( x)至多有一个零点，
不满足题意，
综上，a的取值范围为(0,+∞)；
（2）欲证x1+ x2<2，即证x1<2−x2．
由（1），设x1<1< x2，得x1<2−x2<1．
又由（1）知f ( x)在(−∞,1)上单调递减，所以欲证x1<2−x2，即证f (x1)>f (2−x2)．
又f (x1)= f (x2)，即证f (x2)>f (2−x2)．
设g( x)= f ( x)−f (2−x)( x>1)，
则g
'( x)= f
'( x)+ f
'(2−x)
=( x−1)(e
x+2a)+(1−x)(e
2−x+2a)
=( x−1)(e
x−e
2−x)．
由x>1，得x>2−x，从而e
x−e
2−x>0，g
'( x)> 0，g( x)在(1,+∞)上单调递增，
所以g( x)> g(1)=0，得f (x2)>f (2−x2)，原命题得证．
【2-1】已知常数a>0，函数f ( x)= 1
2 x
2−ax−2a
2ln x.
(1)若∀x >0,f ( x)>−4 a
2，求a的取值范围;
(2)若x1、x2是f ( x)的零点，且x1≠x2，证明:x1+ x2>4 a.
【答案】(1)(0,e
2
2)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最
小值，依题意f ( x)min=−2a
2ln 2a>−4 a
2，即可求出a的取值范围；
（2）由（1）不妨设0< x1<2a< x2，设F( x)= f ( x)−f (4 a−x)，利用导数说明函
数的单调性，即可得到f (x1)>f (4 a−x1)，结合f (x1)= f (x2)及f (x)的单调性，即可证明.
【详解】（1）由已知得f ( x)的定义域为{x| x>0}，
且f
′( x)= x−a−2a
2
x = x
2−ax−2a
2
x
= ( x−2a)( x +a)
x
.
∵a>0，
∴当x∈(0,2a)时，f
′( x)<0，即f ( x)在(0,2a)上单调递减；
当x∈(2a,+∞)时，f
′( x)>0，即f ( x)在(2a,+∞)上单调递增.
所以f (x)在x =2a处取得极小值即最小值，
∴f ( x)min= f (2a)=−2a
2ln (2a)，
∵∀x>0,f ( x)>−4 a
2⇔f ( x)min=−2a
2ln (2a)>−4 a
2⇔ln (2a)<lne
2，
举一反三
∴0<a<e
2
2 ，即a的取值范围为(0,e
2
2).
（2）由（1）知，f ( x)的定义域为{x| x>0}，
f ( x)在(0,2a)上单调递减，在(2a,+∞)上单调递增，且x =2a是f ( x)的极小值点.
∵x1、x2是f ( x)的零点，且x1≠x2，
∴x1、x2分别在(0,2a)、(2a,+∞)上，不妨设0< x1<2a< x2，
设F( x)= f ( x)−f (4 a−x)，
则F
′( x) = ( x−2a)( x +a)
x
+ (2a−x)(5a−x)
4 a−x
= 2a( x−2a)
2
x( x−4 a) .
当x∈(0,2a)时，F
′( x)<0, F
′(2a)=0，即F( x)在(0,2a]上单调递减.
∵0< x1<2a，
∴F (x1)> F(2a)=0，即f (x1)>f (4 a−x1)，
∵f (x1)= f (x2)=0，
∴f (x2)>f (4 a−x1)，
∵x1<2a，
∴4 a−x1>2a，
又∵x2>2a，f ( x)在(2a,+∞)上单调递增，
∴x2>4 a−x1，即x1+ x2>4 a.
【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调
性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两
根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新
函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.
【2-2】已知函数f (x)=(1+ ln x)e
ln 1
ax．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若方程f (x)=1有两个根x1，x2，求实数a 的取值范围，并证明：x1 x2>1．
【答案】(1)f (x)在(0,1)上单调递增，(1,+ ∞)上单调递减，
(2)见解析
【分析】（1）求出f
′ (x)，根据导数的符号判断函数的单调性；
（2）由1+ ln x
ax
=1，得1+ ln x
x
=a，设g(x)= 1+ ln x
x
，画出g(x)的图象可得0<a<1；
由
1+ ln x1
x1
= 1+ ln x2
x2
，设h(x)= g(x)−g(
1
x)，对h(x)求导可得g(x1)<g(
1
x1)，又
g(x1)= g(x2)，再由g(x)在(1,+∞)上单调递减，可得x2> 1
x1
，即可证明x1 x2>1.
【详解】（1）由题意可得x>0, 1
ax >0，所以a>0，
f (x)=(1+ ln x)e
ln 1
ax = 1+ ln x
ax
的定义域为(0,+∞)，
又f
′ (x)=
1
x ⋅ax−(1+ ln x)⋅a
(ax)
2
=−ln x
a x
2
，由f
′ (x)=0，得x =1，
当0< x<1时，f
′ (x)>0，则f (x)在(0,1)上单调递增，
当x>1时，f
′ (x)<0，则f (x)在(1,+∞)上单调递减，
（2）由1+ ln x
ax
=1，得1+ ln x
x
=a，设g(x)= 1+ ln x
x
，
g
′ (x)=
1
x ⋅x−(1+ ln x)
x
2
= −ln x
x
2
，由g
′ (x)=0，得x =1，
当0< x<1时，g
′ (x)>0，则g(x)在(0,1)上单调递增，
当x>1时，g
′ (x)<0，则g(x)在(1,+∞)上单调递减，
又g(
1
e)=0，g(1)=1，且当x趋近于正无穷，g(x)趋近于0，
g(x)= 1+ ln x
x
的图象如下图，
所以当0<a<1时，方程1+ ln x
x
=a有两个根，
证明：不妨设x1< x2，则0< x1<1< x2，
1+ ln x1
x1
= 1+ ln x2
x2
，
设h(x)= g(x)−g(
1
x)= 1+ ln x
x
−x (1−ln x)，
h
′ (x)= −ln x
x
2
+ ln x = x
2−1
x
2
ln x ≥0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，
又h(1)=0，所以h(x1)= g(x1)−g(
1
x1)<0，即g(x1)<g(
1
x1)，
又g(x1)= g(x2)，所以g(x2)<g(
1
x1)，
又x2>1，1
x1
>1，g(x)在(1,+∞)上单调递减，所以x2> 1
x1
，
故x1 x2>1.
【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出f (x)的导数，并能根据导数的符
号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把x1 x2>1转化为g(x2)<g(
1
x1)来
证，又g(x1)= g(x2)，构造h(x)= g(x)−g(
1
x)，对h(x)求导，得到h(x)的单调性和最值可
证得g(x1)<g(
1
x1)，即可证明x1 x2>1.
【2-3】已知函数f (x)=e
x−a ln x−a，其中a∈R，e 为自然对数的底数.
(1)当a=e时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)存在极小值点x0，且f (x0)≥0，求实数a 的取值范围；
(3)若函数t (x)= f (x)−e
x+ x有两个零点x1，x2，求证：x1+ x2>2.
【答案】(1)答案见详解
(2)(0,e)
(3)证明见详解
【分析】（1）求导可得f
′ (x)=e
x−e
x ，利用导数判断原函数的单调性；
（2）求导构建h(x)= xe
x−a，可知h(x)在(0,+∞)存在零点x0，结合题意整理可得
1−x0ln x0−x0≥0，构建φ(x)=1−x ln x−x , x>0，求导，利用导数分析单调性和符号，
即可得结果；
（3）整理可得ln x +1
x
= 1
a，构建F (x)= ln x +1
x
, x>0，G (x)= F (x)−F (2−x)，
x∈(
1
e ,1)，利用导数结合单调性可得F (x)< F (2−x)，x∈(
1
e ,1)，结合单调性分析证
明.
【详解】（1）当a=e时，f (x)=e
x−eln x−e，
可知f (x)的定义域为(0,+ ∞)，且f
′ (x)=e
x−e
x ，
设g(x)=e
x−e
x ，则g
′ (x)=e
x+e
x
2 >0，
可知g(x)在(0,+ ∞)单调递增，且g(1)=0，
当0< x<1时，g(x)<0，即f
′ (x)<0；当x>1时，g(x)>0，即f
′ (x)>0；
所以f (x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).
（2）由题意可知：f (x)的定义域为(0,+∞)，且f
′ (x)=e
x−a
x = xe
x−a
x
，
设h(x)= xe
x−a，则h
′ (x)=(x +1)e
x>0，可知h(x)在(0,+ ∞)单调递增，
因为函数f (x)存在极小值点x0，所以h(x)在(0,+∞)存在零点x0，
即h(x0)= x0e
x0−a=0，可得a= x0e
x0.
则f (x0)=e
x0−a ln x0−a=e
x0−x0e
x0ln x0−x0e
x0≥0，可得1−x0−x0ln x0≥0，
设φ(x)=1−x−x ln x , x>0，且φ(1)=0，
当x∈(0,1)，1−x>0,−x ln x>0，则φ(x)>0；
当x∈(1,+ ∞)，1−x<0,−x ln x<0，则φ(x)<0.
可得0< x0≤1，0<a≤e，
所以实数a 的取值范围为(0,e).
（3）令t (x)= f (x)−e
x+ x =0，可得ln x +1
x
= 1
a，
由题意可得：
ln x1+1
x1
= ln x2+1
x2
，
构建F (x)= ln x +1
x
, x>0，则F (x1)= F (x2)，
不妨设x1< x2，可得F
′ (x)= −ln x
x
2
，
令F
′ (x)>0，解得0< x<1；令F
′ (x)<0，解得x>1；
可知函数F (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且F(
1
e)=0，
可得1
e < x1<1< x2，
构建G (x)= F (x)−F (2−x)，x∈(
1
e ,1)，
则
G
′ (x)= F
′ (x)+ F
′ (2−x)=−ln x
x
2 −ln (2−x)
(2−x)
2 >−ln x
x
2 −ln (2−x)
x
2
=−ln[−(x−1)
2+1)
x
2
>0，
可知函数G (x)在(
1
e ,1)上单调递增，则G (x)<G (1)=0，即F (x)< F (2−x)，
则F (x2)= F (x1)< F (2−x1)，且2−x1>1，
又因为F (x)在(1,+∞)上单调递减，所以x2>2−x1，即x1+ x2>2.
【例题3】已知函数g( x)= ln x−bx，若g( x)有两个不同的零点x1, x2．
(1)求实数b的取值范围；
(2)求证：ln x1+ ln x2>2．
【答案】(1)0<b< 1
e ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用函数零点的意义分离参数，构造函数并利用导数
求解.
（2）利用零点的意义建立方程组并消去参数b，再换元构造函数，利用导数推理得证.
【详解】（1）函数g( x)= ln x−bx定义域为(0,+ ∞)，由g( x)=0，得b=ln x
x
，
今φ( x)=ln x
x
，求导得φ
′( x)= 1−ln x
x
2
，由φ
′( x)>0，得0< x<e；由φ
′( x)<0，得
x>e，
函数φ( x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，则φ( x)max=φ(e)= 1
e ，
而φ(1)=0，当x>1时，φ( x)>0恒成立，
由函数g( x)有两个不同的零点，得直线y =b与函数φ( x)的图象有两个不同的交点，
则0<b< 1
e ，
所以实数b的取值范围是0<b< 1
e .
题型三、双变量问题之“比值换元法”
典例探究
（2）由（1）知，不妨设1< x1<e< x2，且{
ln x1−b x1=0
ln x2−b x2=0)，
两式相减得ln x2−ln x1=b( x2−x1)，两式相加得ln x2+ln x1=b( x2+ x1)，
欲证ln x2+ln x1>2，只需证b( x2+ x1)>2，即证
ln x2−ln x1
x2−x1
>
2
x2+ x1
，即证
ln x2
x1
>
2( x2
x1
−1)
x2
x1
+1
，
设
x2
x1
=t >1，不等式ln x2
x1
>
2( x2
x1
−1)
x2
x1
+1
等价于lnt > 2(t −1)
t +1
,t >1，
设f (t )=lnt −2(t −1)
t +1
,t >1，求导得f
′(t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
函数f (t )在(1,+ ∞)上单调递增，则f (t )>f (1)=0，即不等式lnt > 2(t −1)
t +1
,t >1成
立，
所以ln x1+ln x2>2.
【3-1】已知函数 f (x)=ax + x +1
e
x 有两个极值点 x1，x2 且 x1< x2 .
(1)求实数 a 的取值范围；
(2)证明: x1+2 x2>3 .
【答案】(1)(0, 1
e)
(2)证明见解析.
举一反三
【分析】（1）由已知可得f
' (x)=0有两个根，转化为函数y =a与函数y = x
e
x 有两个交
点，结合图象求解；
（2）由a= x1
e
x1 ，a= x2
e
x2 ，得x1−x2=ln x1−ln x2=ln x1
x2
，令t = x1
x2
，用t表示x1, x2，
代入x1+2 x2，构造函数证明.
【详解】（1）由已知可得f
' (x)=a−x
e
x ，
因为f (x)有两个极值点，所以f
' (x)=0有两个根，
所以函数y =a与函数y = x
e
x 有两个交点，
对函数y = x
e
x ，y
' = 1−x
e
x
，
当x∈(−∞,1)时y
'>0；当x∈(1,+∞)时，y
'<0.
所以函数y = x
e
x 在(−∞,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，
当x =1时，取得最大值1
e ，且x→−∞时，y →−∞；x→+ ∞时，y →0，
所以函数y = x
e
x 的图象如图所示，
所以若函数y =a与函数y = x
e
x 有两个交点，则0<a< 1
e ，
所以实数a的取值范围是(0, 1
e).
（2）由（1）可知a= x1
e
x1 ，a= x2
e
x2 ，所以x1=ln x1−lna①，x2=ln x2−lna②，
-
①②得x1−x2=ln x1−ln x2=ln x1
x2
，
令t = x1
x2
，则t ∈(0,1)，所以x2=lnt
t −1，x1= t lnt
t −1 ，
所以x1+2 x2= t lnt
t −1 + 2lnt
t −1 ，
令g(t )=t lnt +2lnt −3(t −1)，则g
' (t )= ln t + 2
t −2，
令h(t )=lnt + 2
t −2，则h
' (t )= 1
t −2
t
2 = t −2
t
2 <0，
所以g
' (t )在(0,1)单调递减，所以g
' (t )> g
' (1)=0，
所以g(t )在(0,1)单调递增，所以g(t )< g(1)=0，
即t lnt +2lnt −3(t −1)<0，得t lnt +2lnt <3(t −1)
又t −1<0，所以t lnt +2lnt
t −1
>3，
即x1+2 x2>3，得证.
【3-2】已知x2> x1>0，求证：1−x1
x2
<ln x2−ln x1< x2
2−x1
2
2 x1 x2
．
【答案】证明见解析
【分析】将要证明的等式进行变形，将双变量问题通过集中转化为单变量
x2
x1
，再换元
构造函数，研究其导函数证明即可.
【详解】由x2> x1>0，得
x2
x1
>1,ln x2−ln x1>0，
先证明1−x1
x2
<ln x2−ln x1，只要证1−x1
x2
<ln x2
x1
，
令
x2
x1
=t，则只要证当t >1时，ln t >1−1
t 恒成立.
令f (t )= ln t + 1
t −1，则f
′(t )= 1
t −1
t
2 = t −1
t
2 >0，
所以f (t )在(1,+ ∞)上单调递增，所以f (t )>f (1)=0，
即ln t >1−1
t 成立，从而1−x1
x2
<ln x2
x1
成立，即1−x1
x2
<ln x2−ln x1，
再证明ln x2−ln x1< x2
2−x1
2
2 x1 x2
，只需要证明ln x2
x1
< x2
2 x1
−x1
2 x2
，
令
x2
x1
=t，则只要证当t >1时，ln t < t
2 −1
2t
令f (t )= ln t −t
2 + 1
2t (t >1)，f
′ (t )= 1
t −1
2 −1
2t
2 = −t
2+2t −1
2t
2
= −(t −1)
2
2t
2
<0，
所以f (t )在(1,+ ∞)上单调递减，所以f (t )<f (1)=0，
即ln t < t
2 −1
2t 成立，从而ln x2
x1
< x2
2 x1
−x1
2 x2
成立，即ln x2−ln x1< x2
2−x1
2
2 x1 x2
成立，
综上，当x2> x1>0时，1−x1
x2
<ln x2−ln x1< x2
2−x1
2
2 x1 x2
成立.
【3-3】已知f (x)= x
2−xln x +a.
(1)求f (x)的单调区间；
(2)设x1，x2是两个不相等的正数，证明：f (x1)−f (x2)
x1−x2
>f
′(
x1+ x2
2 )
【答案】(1)单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；
(2)证明见解析
【分析】（1）二次求导，利用导数分析函数的单调性；
（2）设x1> x2>0，x1=t x2(t >1)，分析可得
f (x1)−f (x2)
x1−x2
−f
′(
x1+ x2
2 )=
1
t −1[−t lnt +t −1+(t −1)ln t +1
2 )
，设
F (t )=−t lnt +(1−ln2)(t −1)+(t −1)ln(t +1)，t >1，利用导数分析其单调性，进而求
证即可.
【详解】（1）由f (x)= x
2−xln x +a，x>0，得f
′ (x)=2 x−1−ln x，
设g(x)=2 x−1−ln x，x>0，
则g
′ (x)=2−1
x = 2 x−1
x
，
当x∈(0, 1
2)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(
1
2 ,+ ∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增.
所以f
′ (x)= g(x)≥g(
1
2)=ln2>0，
所以f (x)的单调递增区间为(0,+ ∞)，无递减区间.
（2）证明：不妨设x1> x2>0，因为f
′(
x1+ x2
2 )= x1+ x2−1−ln x1+ x2
2
，
又f (x1)−f (x2)
x1−x2
= (x1
2−x2
2)−(x1ln x1−x2ln x2)
x1−x2
= x1+ x2−x1ln x1−x2ln x2
x1−x2
，
所以
f (x1)−f (x2)
x1−x2
−f
′(
x1+ x2
2 )=−x1ln x1−x2ln x2
x1−x2
+1+ln x1+ x2
2
，
设x1=t x2(t >1)，则
f (x1)−f (x2)
x1−x2
−f
′(
x1+ x2
2 )=−t x2lnt x2−x2ln x2
(t −1) x2
+1+ln
(t +1) x2
2
=−t lnt
t −1 +1+ln t +1
2 =
1
t −1[−t lnt +t −1+(t −1)ln t +1
2 ).
设F (t )=−t lnt +t −1+(t −1)ln t +1
2 =−t lnt +(1−ln2)(t −1)+(t −1)ln(t +1)，
t >1，
因为F
′ (t )=−lnt +ln(t +1)+ t −1
t +1 −ln2，
设G (t )=−lnt +ln(t +1)+ t −1
t +1 −ln2，t >1，则G
′ (t )=
t −1
t (t +1)
2 >0，
所以F
′ (t )在(1,+∞)上单调递增，
所以F
′ (t )> F
′ (1)=0，所以F (t )在(1,+∞)上单调递增，
所以F (t )> F (1)=0，
所以
f (x1)−f (x2)
x1−x2
−f
′(
x1+ x2
2 )>0，即
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>f
′(
x1+ x2
2 ).
【例题4】已知函数f (x)= xe
−x．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)已知函数g(x)的图象与f (x)的图象关于直线x =1对称，证明：当x>1时，
f (x)>g(x)；
(3)如果x1≠x2，且f (x1)= f (x2)，证明：x1+ x2>2．
【答案】(1)f (x)的单调递增区间为(−∞,1)，单调递减为(1,+ ∞)；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由导数知识可得f (x)的单调区间；
（2）由题可得g(x)= f (2−x)，然后研究h(x)= f (x)−g(x)单调性，可完成证明；
（3）令t = x2−x1，要证x1+ x2>2，即证：2t
e
t−1
+t >2，然后通过研究
G(t )=2t +(t −2)(e
t−1),(t >0)可完成证明.
题型四、双变量问题之“差值换元法”
典例探究
【详解】（1）f
′ (x)=e
−x−xe
−x=(1−x)e
−x.
f
' (x)>0⇒x<1；f
' (x)<0⇒x>1。
则f (x)的单调递增区间为(−∞,1)，单调递减为(1,+∞)；
（2）因g(x)的图象与f (x)的图象关于直线x =1对称，
则g(x)= f (2−x)=(2−x)e
x−2.
构造函数h(x)= f (x)−g(x)= xe
−x−(2−x)e
x−2，x>1，
则h
′ (x)=(1−x)e
−x−[−e
x−2+(2−x)e
x−2)=(1−x)(e
−x−e
x−2).
因x>1⇒e
−x−e
x−2= 1−e2(x−1)
e
x
<0，则h
' (x)>0，
则h(x)在(1,+∞)上单调递增，则h(x)>h(1)= 1
e −1
e =0，
即当x>1时，f (x)> g(x)；
（3）由f ( x1)= f ( x2)，得x1e
−x1= x2e
−x2，化简得e
x2−x1= x2
x1
，
不妨设x2> x1，由法一知，0< x1<1< x2．令t = x2−x1，则t >0, x2=t + x1，
代入e
x2−x1= x2
x1
，得e
t = t + x1
x1
，反解出x1=
t
e
t−1 ，则x1+ x2=2 x1+t = 2t
e
t−1
+t，
故要证：x1+ x2>2，即证：2t
e
t−1
+t >2，
又因为e
t−1>0，等价于证明：2t +(t −2)(e
t−1)>0，
构造函数G(t )=2t +(t −2)(e
t−1),(t >0)，则G
′(t )=(t −1)e
t +1，
令G
'(t )= p(t )⇒p
' (t )=t e
t>0.
故G
′(t )在t ∈(0,+ ∞)上单调递增，G
′(t )>G
′(0)=0，
从而G(t )也在t ∈(0,+∞)上单调递增，G(t )>G(0)=0，即证
2t +(t −2)(e
t−1)>0成立，
也即原不等式x1+ x2>2成立．
【点睛】将双变量问题转变为与x1，x2之间差值或商值有关的单变量问题.
【4-1】已知x1，x2是函数f ( x)=e
x−ax的两个零点，且x1< x2，求证：x1+ x2>2；
【答案】证明见解析
【分析】（1）转化为x≠0，曲线y =e
x
x 与直线y =a有两个交点，求导得到y =e
x
x 的
单调性，进而得到0< x1<1< x2，且{
e
x1=a x1
e
x2=a x2)，转化为要证x1+ x2>2，即证
e
x2−x1+1
e
x2−x1−1
>
2
x2−x1
．令t = x2−x1>0，则t (e
t +1)>2(e
t−1)，构造函数进行证明；
【详解】（1）显然当x =0时，f (0)=1，故0 不是f ( x)=e
x−ax的零点，
x≠0，问题可以转化为曲线y =e
x
x 与直线y =a有两个交点．
y
′ =e
x(x−1)
x
2
，当x>1时，y
′>0，当0< x<1时，y
′<0，当x<0时，y
′<0，
故y =e
x
x 在(−∞,0),(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
且x =1时，y =e，当x<0时，y <0，当x>0时，y >0，
故0< x1<1< x2，
且{
e
x1=a x1,
e
x2=a x2,)得e
x2−e
x1=a x2−a x1，则有{
a=e
x2−e
x1
x2−x1
,
x2+ x1=e
x2+e
x1
a
,)
举一反三
故要证x1+ x2>2，即证e
x2+e
x1
a
>2，即证e
x2+e
x1
e
x2−e
x1 >
2
x2−x1
，
即证e
x2−x1+1
e
x2−x1−1
>
2
x2−x1
．
令t = x2−x1>0，则e
t +1
e
t−1
> 2
t ，即t (e
t +1)>2(e
t−1)，
设g(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1)，
则g
′(t )=t e
t−e
t +1，令u(t )= g
′(t )=t e
t−e
t +1，
则u
′ (t )=t e
t>0，
从而g
′(t )单调递增，g
′(t )> g
′(0)=0，
所以g(t )单调递增，g(t )>g(0)=0．故原不等式得证．
【4-2】已知x1，x2是函数f ( x)=e
x−ax的两个零点，且x1< x2，求证：x1 x2<1．
【分析】在（4-1）基础上，得到要证x1 x2<1，即证e
x1e
x2
a
2
<1，等价于证
e
x2−x1
(e
x2−x1−1)
2 <
1
(x2−x1)
2．令t = x2−x1>0，则等价于证t e
t
2 −e
t +1<0(t >0)，构造函数进
行证明.
【解析】由（4-1）可知，{
e
x1=a x1,
e
x2=a x2,)相乘得e
x1e
x2=a
2 x1 x2，
要证x1 x2<1，即证e
x1e
x2
a
2
<1，等价于证e
x1e
x2<a
2=(
e
x2−e
x1
x2−x1)
2
，
即证e
x1e
x2
(e
x2−e
x1)
2 <
1
(x2−x1)
2，等价于证e
x2−x1
(e
x2−x1−1)
2 <
1
(x2−x1)
2．
令t = x2−x1>0，则等价于证e
t
(e
t−1)
2 < 1
t
2 (t >0)，
即证e
t
2
e
t−1
< 1
t (t >0)，等价于证t e
t
2 −e
t +1<0(t >0)．
令h(t )=t e
t
2 −e
t +1(t >0)，则h
′(t )=e
t
2 + 1
2 t e
t
2 −e
t =e
t
2(1+ t
2 −e
t
2)，
再令φ(t )=1+ t
2 −e
t
2(t >0)，则φ
′(t )= 1
2 −1
2 e
t
2 <0，
φ(t )在(0,+∞)上单调递减，φ(t )<φ(0)=0，
从而h
′(t )<0，h(t )在(0,+∞)上单调递减，h(t )<h(0)=0，所以原不等式成立．
【4-3】已知函数f (x)=a(x +1)ln x + x−1(a∈R)存在两个不同的极值点.
(1)求a的取值范围；
(2)设函数f (x)的极值点之和为m，零点之和为n，求证：m+n>5.
【答案】(1)−1
2 <a<0
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知当a=0时，无极值点，当a≠0时，可转化为函数
g(x)= ln x + 1
x +1，x∈(0,+ ∞)与直线y =−1
a有两个公共点，求导判断g(x)的单调性与
值域，数形结合可得参数范围；
（2）设两个极值点分别为x1，x2，且x1<1< x2，由（1）可知函数f (x)的单调性，构
造函数h(x)= (x +1)ln x
1−x
，求导判断函数单调性与值域即可得知函数f (x)有三个零点从小
到大依次为为x3，1，x4，再由函数h(x)= (x +1)ln x
1−x
性质可知x4= 1
x3
，结合基本不等式可
得n>3，所以若证m+n>5，可证m= x1+ x2>2，即证x1>2−x2，构造函数
F (x)= ln x + 1
x −ln (2−x)−
1
2−x ，x>1，求导判断函数单调性可知
g(x1)−g(2−x2)= g(x2)−g(2−x2)<0，再根据g(x)的单调性可得证.
【详解】（1）由已知函数的定义域为(0,+ ∞)，
当a=0时，f (x)= x−1，函数在(0,+∞)单调递增，无极值点，
当a≠0时，f (x)=a(x +1)ln x + x−1，f
′ (x)=a(ln x + 1
x +1)+1，
又函数f (x)有两个不同的极值点，即f
′ (x)=a(ln x + 1
x +1)+1=0在(0,+ ∞)有两个解，
即方程ln x + 1
x +1=−1
a有两个解，
可转化为函数g(x)= ln x + 1
x +1，x∈(0,+ ∞)与直线y =−1
a有两个公共点，
又g
′ (x)= 1
x −1
x
2 = x−1
x
2 ，令y
′>0，解得x>1，
则g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x =1时，函数g(x)取最小值为g(1)=2，
做出函数g(x)= ln x + 1
x +1，x∈(0,+ ∞)与y =−1
a图像如图所示，
所以−1
a >2，解得−1
2 <a<0.
（2）由（1）得f
′ (x)=a(ln x + 1
x +1)+1=0有两个解，设为x1，x2，且x1<1< x2，
则当x< x1时，g(x)>−1
a，即f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
当x1< x< x2时，g(x)<−1
a，即f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增，
当x> x2时，g(x)>−1
a，即f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
又f (1)=0，
所以函数f (x)至多有三个零点，
当x≠1时，令f (x)=0，即a(x +1)ln x + x−1=0，
则1
a = (x +1)ln x
1−x
，
即函数f (x)除1以外的零点即为方程1
a = (x +1)ln x
1−x
的解，且1
a ∈(−2,0)
设h(x)= (x +1)ln x
1−x
，则h
′ (x)=
2ln x + 1
x −x
(1−x)
2
，
又函数y =2ln x + 1
x −x，y
′ = 2
x −1
x
2 −1= −(x−1)
2
x
2
<0恒成立，y =2ln x + 1
x −x单
调递减，且当x =1时，y =2ln x + 1
x −x =0，
所以当x<1时，y =2ln x + 1
x −x>0，即h
′ (x)=
2ln x + 1
x −x
(1−x)
2
>0，h(x)单调递增，且
此时h(x)<0恒成立，又h(
1
3)=−2ln3<−2
当x>1时，y =2ln x + 1
x −x<0，即h
′ (x)=
2ln x + 1
x −x
(1−x)
2
<0，h(x)单调递减，且此时
h(x)<0恒成立，由h(3)=−2ln3<−2，
所以1
a = (x +1)ln x
1−x
又两个解，设为x3，x4，且x3<1< x4，
又h(x)= (x +1)ln x
1−x
，h(
1
x)=(
1
x +1)ln 1
x
1−1
x
= (x +1)ln x
1−x
=h(x)，
所以x4= 1
x3
，
所以函数f (x)的零点之和n= x3+1+ x4= x3+ 1
x3
+1>2+1=3，
所以若证m+n>5，可证m= x1+ x2>2，
即证x1>2−x2，
由（1）可知g(x1)= g(x2)，
则g(x1)−g(2−x2)= g(x2)−g(2−x2)
= ln x2+ 1
x2
+1−ln(2−x2)−
1
2−x2
−1= ln x2+ 1
x2
−ln(2−x2)−
1
2−x2
，
设F (x)= ln x + 1
x −ln (2−x)−
1
2−x ，x>1，
所以F
′ (x)= 1
x −1
x
2 +
1
2−x −
1
(2−x)
2 = −4 (x−1)
2
x
2(2−x)
2 <0恒成立，
所以F (x)= ln x + 1
x −ln (2−x)−
1
2−x 在(1,+∞)上单调递减，
所以F (x)= ln x + 1
x −ln (2−x)−
1
2−x < F (1)=0，
即g(x1)−g(2−x2)= g(x2)−g(2−x2)<0，
即g(x1)< g(2−x2)，
又由（1）得g(x)在(0,1)上单调递减，
所以x1>2−x2，即m= x1+ x2>2，
所以m+n>5.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是证明出x3 x4=1，再转化为极值点偏移问
题.
【例题5】已知f (x)=2❑√x−aln x−ax−1．
(1)若a=−1，求曲线y = f (x)在点P(1，f (1))处的切线方程；
(2)若函数y = f (x)存在两个不同的极值点x1，x2，求证：f (x1)+ f (x2)>0．
题型五、双变量问题之“韦达换元法”
典例探究
【答案】(1)y =3 x−1
(2)证明见解析
【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义求出切线斜率，进而可求切线方
程；
（2）先表示f (x1)+ f (x2)，结合导数与极值关系，利用韦达定理建立x1, x2的关系，
再把多变量化成单变量函数，即可证明.
【详解】（1）当a=−1时，f (x)=2❑√x + ln x + x−1，f (1)=2，
f
′ (x)= 1
❑√x + 1
x +1,f
′ (1)=3，
所以曲线y = f (x)在点P(1,2)处的切线方程为y −2=3(x−1)，
即y =3 x−1.
（2）f
′ (x)= 1
❑√x −a
x −a，
令f
′( x)=0，得1
❑√x −a
x −a=0，令t = ❑√x，则t >0，
原方程可化为at
2−t +a=0①，则t1= ❑√x1,t2= ❑√x2是方程①的两个不同的根，
所以{
Δ=1−4 a
2>0
1
a >0
)
，解得0<a< 1
2，
由韦达定理得t1+t2= 1
a ,t1t2=1，则t1
2+t2
2=(t1+t2)
2−2t1t2= 1
a
2 −2，
所以f ( x1)+ f ( x2)=2(❑√x1+ ❑√x2)−a(ln x1+ ln x2)−a( x1+ x2)−2
=2(t1+t2)−a ln(t1
2t2
2)−a(t1
2+t2
2)−2=2a+ 1
a −2，
令h(a)=2a+ 1
a −2(0<a< 1
2)，则h
′ (a)=2−1
a
2 <0(0<a< 1
2)，
所以函数h(a)在(0, 1
2)上单调递减，
所以h(a)=2a+ 1
a −2>h(
1
2)=1>0，
所以f ( x1)+ f ( x2)>0.
【5-1】已知f (x)= x−aln x−a
2 x
2.
(1)若曲线y = f (x)在x =1处的切线与y = x垂直，求实数a的值；
(2)若函数y = f (x)存在两个不同的极值点x1, x2，求f (x1)+ f (x2)的取值范围.
【答案】(1)a=1
(2)(
3
2 ,+ ∞)
【分析】（1）由已知得f
' (1)=−1求a；
（2）f (x)的两个极值点x1, x2是方程−a x
2+ x−a=0的两正根，可得a范围及
x1+ x2= 1
a , x1 x2=1，代入得f (x1)+ f (x2)= 1
2a +a，求g(a)= 1
2a +a(0<a< 1
2)的值域即
得.
【详解】（1）因为f
' (x)=1−a
x −ax，所以f
' (1)=1−2a，
又曲线y = f (x)在x =1处的切线与y = x垂直，
所以1−2a=−1，解得a=1.
（2）因为f
' (x)=1−a
x −ax = −a x
2+ x−a
x
，x>0，
所以f (x)的两个极值点x1, x2是方程−a x
2+ x−a=0的两正根，
所以{
Δ=1−4 a
2>0
x1 x2=1>0
x1+ x2= 1
a >0)
，解得0<a< 1
2，
所以
举一反三
f (x1)+ f (x2)= x1−a ln x1−a
2 x1
2+ x2−aln x2−a
2 x2
2=(x1+ x2)−aln(x1 x2)−a
2 [(x1+ x2)
2−2 x1 x2)
= 1
a −a ln1−a
2[(
1
a)
2
−2)= 1
2a +a，
令g(a)= 1
2a +a(0<a< 1
2)，则g
' (a)=−1
2a
2 +1= 2a
2−1
2a
2
<0，
所以g(a)在(0, 1
2)单调递减，
当a→0
+❑时，g(a)→+∞，且g(
1
2)=1+ 1
2 = 3
2，
所以f (x1)+ f (x2)的取值范围是(
3
2 ,+∞).
【5-2】已知函数f (x)= x
2−1+aln(1+ x)，
(1)若f (x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当a=1时，若对任意x∈(−1,+∞)，不等式f (x)−x
2+2≤be
x+ ln b恒成立，求实
数b的最小值；
(3)若f (x)存在两个不同的极值点x1, x2，x1< x2，且f (x1)<m x2，求实数m的取值范
围．
【答案】(1)[
1
2 ,+ ∞)
(2)1
(3){m|m≤3
2 + ln2))
【分析】（1）f (x)在定义域内单调递增等价于f
' (x)≥0恒成立，分离参数转化为最值
问题求解；
（2）由1+ ln (x +1)≤be
x+ ln b，构造同构函数g(t )=t + ln t，利用g(t )的单调性求解；
（3）由极值点得双变量x1, x2之间关系，将f (x1)
x2
通过变量代换转化为关于x1的函数，
利用导数判断单调性求其最值情况即可求解.
【详解】（1）由题f (x)的定义域为(−1,+ ∞)，f
' (x)=2 x +
a
1+ x ≥0 2 x +
a
1+ x ≥0在
(−1,+ ∞)恒成立，且f
′ (x)=0的解不连续，
则a≥[−2 x (1+ x))max =[−2(x + 1
2)
2
+ 1
2)max
= 1
2，
所以a的取值范围是[
1
2 ,+ ∞)；
（2）当a=1时，不等式可化为1+ ln (x +1)≤be
x+ ln b，变形为
x +1+ ln (x +1)≤be
x+ ln(be
x)，
令g(t )=t + ln t，求导得g
′ (t )=1+ 1
t >0，所以g(t )=t + ln t在(0, +∞)上是增函数，
故x +1+ ln (x +1)≤be
x+ ln(be
x)，即g(x +1)≤g(be
x)，即x +1≤be
x，
所以对任意x∈(−1,+∞)，不等式f (x)−x
2+2≤be
x+ ln b恒成立，即x +1
e
x
≤b对任
意x∈(−1,+∞)恒成立，
令h(x)= x +1
e
x
, x∈(−1,+∞)，则h
' (x)= −x
e
x
, x∈(−1,+∞)，
所以当x∈(−1,0)时，h
′ (x)>0，则h(x)单调递增；
当x∈(0,+ ∞)时，h
′ (x)<0，则h(x)单调递减，
所以hmax(x)=h(0)=1，即满足不等式的实数b的取值范围为b≥1，
所以b的最小值为1；
（3）因为f (x)存在两个不同的极值点x1, x2, x1< x2，
所以由f
′ (x)=2 x +
a
1+ x = 2 x
2+2 x +a
x +1
=0可得x1, x2是方程2 x
2+2 x +a=0的两根，
所以Δ= 4−8a>0, x1+ x2=−1, x1 x2= a
2，且−1< x1<−1
2，−1
2 < x2<0，
所以x1 x2= a
2 >0，故0<a< 1
2，
又由f (x1)<m x2可得m< f (x1)
x2
，
而
f (x1)
x2
= x1
2−1+aln(1+ x1)
−1−x1
=1−x1+ aln(1+ x1)
−1−x1
=1−x1+ 2 x1(−1−x1)ln(1+ x1)
−1−x1
=1−x1+2 x1ln(1+ x1)
，
令φ(x)=1−x +2 x ln (1+ x), x∈(−1,−1
2)，
则φ
′ (x)=−1+2ln (1+ x)+ 2 x
1+ x = x−1
1+ x +2ln (1+ x)=1−
2
x +1 +2ln (1+ x)，
∵x∈(−1,−1
2)，∴x +1∈(0, 1
2)，即2
x +1 ∈(4 ,+∞),ln (x +1)<0，
则φ
′ (x)=1−
2
x +1 +2ln (1+ x)<0，所以φ(x)在区间(−1,−1
2)上单调递减，
所以有φ(x)>φ(−1
2)= 3
2 −ln 1
2 = 3
2 + ln 2，即
f (x1)
x2
> 3
2 + ln 2，
所以实数m取值范围{m|m≤3
2 + ln 2)).
【5-3】已知函数f (x)= 2a+1
4
e
2 x−e
x+ x +2(a∈R).
(1)若f (x)是定义域上的增函数，求a的取值范围；
(2)当a=−1
2时，证明：x
2f (ln x)<4e
x−2；
(3)若函数f (x)有两个极值点x1, x2(x1< x2)，证明：a< f (x1)−f (x2)
e
x1−e
x2
.
【答案】(1)[−1
4 ,+∞)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后参变分离，将问题转化为不等式恒成立问题，再利用二次函数
的图象与性质求解；
（2）要证x
2f (ln x)<4e
x−2，转化要证f (ln x)< 4e
x−2
x
2
，即证ln x−x +2< 4e
x−2
x
2
.再
构造函数，证明ln x−x +2≤1，令h(x)=ln x−x +2(x>0)，运用导数研究h(x)单调性，
进而得到最值h(x)≤h(1)=1.再构造函数g(x)= 4e
x−2
x
2
(x>0)，同理得到最值，进而得到
h(x)≤1≤g(x)即可；
（3）先借助导数，运用方程实数根个数，求出a的大致范围，化简f (x1)−f (x2)，进
而将要证的不等式进行转化， 即证(a+ 1
2)(e
x1−e
x2)> x1−x2，再转化为证明
e
x1−x2−1
e
x1−x2+1
> x1−x2，最后换元，令k = x1−x2(k <0)，即证e
k−1
e
k +1
>k.构造函数
m(k )=k −e
k−1
e
k +1
(k <0)，借助导数进行证明即可.
【详解】（1）由题意知函数f (x)的定义域为R，
f
′ (x)= 2a+1
2
e
2 x−e
x+1≥0在R上恒成立，即a≥1
e
x −1
e
2 x −1
2在R上恒成立.
又1
e
x −1
e
2 x −1
2 =−(
1
e
x −1
2)
2
−1
4 ≤−1
4 ，当且仅当x =ln2时，等号成立，
所以a≥−1
4 ，即实数a的取值范围是[−1
4 ,+∞).
（2）当a=−1
2时，f (x)=−e
x+ x +2，f (ln x)=ln x−x +2，
所以要证x
2f (ln x)<4e
x−2，即证f (ln x)< 4e
x−2
x
2
，即证ln x−x +2< 4e
x−2
x
2
.
构造函数，证明ln x−x +2≤1，
令h(x)=ln x−x +2(x>0)，则h
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
，
当0< x<1时，h
′ (x)>0，当x>1时，h
′ (x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(1)=1，当且仅当x =1时，等号成立.
再构造函数，证明4e
x−2
x
2
≥1，
令g(x)= 4e
x−2
x
2
(x>0)，则g
′ (x)= 4(x
2−2 x)e
x−2
x
4
= 4 (x−2)e
x−2
x
3
，
当0< x<2时，g
′ (x)<0，当x>2时，g
′ (x)>0，
所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(2)=1，当且仅当x =2时，等号成立，
综上所得，所以h(x)≤1≤g(x)，
又等号不同时成立，（h(x)≤1取等号的条件是x =1，g(x)≥1取等号的条件是x =2）
所以ln x−x +2< 4e
x−2
x
2
，即x
2f (ln x)<4e
x−2.
（3）先求出a的大致范围，f
′ (x)= 2a+1
2
e
2 x−e
x+1= (2a+1)e
2 x−2e
x+2
2
.
由题意知x1, x2(x1< x2)是方程(2a+1)e
2 x−2e
x+2=0的两个不同的根.
设t =e
x(t >0)，则方程(2a+1)t
2−2t +2=0有两个不同的正实数根t1,t2，
所以¿，解得−1
2 <a<−1
4 .
再化简f (x1)−f (x2)，
¿，则¿，
所以f (x1)−f (x2)= 2a+1
4
e
2 x1−e
x1+ x1−(
2a+1
4
e
2 x2−e
x2+ x2)
= 2a+1
4
(e
2 x1−e
2 x2)−(e
x1−e
x2)+ x1−x2= 2a+1
4
(e
x1+e
x2)(e
x1−e
x2)−(e
x1−e
x2)+ x1−x2
= 1
2 (e
x1−e
x2)−(e
x1−e
x2)+ x1−x2=−1
2 (e
x1−e
x2)+ x1−x2.
由e
x1+e
x2=
2
2a+1，得a+ 1
2 =
1
e
x1+e
x2 ，
所以要证a< f (x1)−f (x2)
e
x1−e
x2
，即证a<
−1
2 (e
x1−e
x2)+ x1−x2
e
x1−e
x2
，即证
(a+ 1
2)(e
x1−e
x2)> x1−x2，即证e
x1−e
x2
e
x1+e
x2 > x1−x2，
即证
e
x1
e
x2 −1
e
x1
e
x2 +1
> x1−x2，即证e
x1−x2−1
e
x1−x2+1
> x1−x2.
令k = x1−x2(k <0)，即证e
k−1
e
k +1
>k.
令m(k )=k −e
k−1
e
k +1
(k <0)，
则m
′ (k )=1−
2e
k
(e
k +1)
2 =e
2k +1
(e
k +1)
2 >0，
所以m(k )在(−∞,0)上单调递增，所以m(k )<0−e
0−1
e
0+1
=0，即k <e
k−1
e
k +1
，
所以不等式a< f (x1)−f (x2)
e
x1−e
x2
成立.
【点睛】方法点睛：含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系
中涉及的函数有两个不同变量，处理此类问题有两个策略：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的条件，把含双变量的不等式转化
为含单变量的不等式求解；
二是巧妙构造函数，再借用导数判断函数的单调性，从而求解.
【例题6】已知6 ln m=m+a,6n=e
n+a，其中m≠e
n，则m+e
n的取值范围为（ ）
A．(0,6 ln 2) B．(0,12)
C．(6 ln 2,+∞)
D．(12,+ ∞)
【答案】D
【分析】令f ( x)=6 ln x−x，x>0，求出函数的单调区间，结合已知可得
f (m)= f (e
n)，不妨设0<m<6<e
n，记x1=m，x2=e
n，解法一：设
g( x)= f (12−x)−f ( x)=6 ln(12−x)−6 ln x +2 x−12, x∈(0,6)，利用导数求出
x1+ x2的范围即可；
解法二：由题设易得e
n−m
lne
n−ln m
=6，再结合对数均值不等式即可得解.
【详解】令f ( x)=6 ln x−x，x>0，则f
′( x)= 6
x −1= 6−x
x
，
故当x∈(0,6)时，f
′( x)>0,f ( x)单调递增，当x∈(6,+ ∞)时，f
′( x)< 0,f ( x)单
调递减，
因为6 ln m=m+a,6n=6 lne
n=e
n+a，所以f (m)= f (e
n)，
题型六、双变量问题之“均值不等式
典例探究
又m≠e
n，不妨设0<m<6<e
n，记x1=m，x2=e
n.
解法一：设
g( x)= f (12−x)−f ( x)=6 ln(12−x)−(12−x)−(6 ln x−x)=6 ln(12−x)−6 ln x +2 x−12, x∈(0,6)
，
则g
′( x)=
6
x−12 −6
x +2= 2( x−6)
2
x( x−12) <0在(0,6)上恒成立，
所以g( x)在(0,6)上单调递减，所以g( x)>g(6)= f (12−6)−f (6)=0，
则f (12−x1)>f (x1)= f (x2)，又12− x1, x2∈(6,+ ∞)，且f ( x)在(6,+ ∞)上单调递
减，
所以12−x1< x2，则x1+ x2>12，所以m+e
n>12，故选D.
解法二：由6 ln m=m+a,6n=6 lne
n=e
n+a，两式相减整理得e
n−m
lne
n−ln m
=6，
由对数均值不等式
x2−x1
ln x2−ln x1
< x2+ x1
2
，可得m+e
n>2×e
n−m
lne
n−ln m
=2×6=12.
故选：D.
【6-1】已知直线y =kx与曲线y =ln x相交于不同两点M (x1, y1), N (x2, y2)，曲线y =ln x
在点M处的切线与在点N处的切线相交于点P(x0, y0)，则（ ）
A．0<k < 1
e
B．x1 x2=e x0
C．y1+ y2=1+ y0
D．❑√x1 x2< x2−x1
y2−y1
【答案】ACD
【分析】对于A，构造函数f (x)= ln x
x ，计算即可判断；对于B，写出A、B点处的切
举一反三
线程联立并化简得x0= x1 x2
ln x2−ln x1
x2−x1
，而k = ln x2−ln x1
x2−x1
，计算即可判断；对于C，根
据斜率相等可得x2ln x1= x1ln x2，P( x0, y0)为两切线的交点代入化简得
y0+1= x2ln x2−x1ln x1
x2−x1
，再计算可得y1+ y2=1+ y0；对于D，根据
y2−y1
ln y2−ln y1
>❑√y1 y2，计算即可判断.
【详解】对A，令f (x)= ln x
x ，则f
′ (x)= 1−ln x
x
，
故x∈(0,e)时f
′ (x)>0，f (x)单调递增；x∈(e,+∞)时f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
所以f (x)的极大值f (e)= 1
e ，且x>1，f (x)>0，
因为直线y =kx与曲线y = ln x相交于M ( x1, y1)､N ( x2, y2)两点，
所以y =k与f (x)图象有2个交点，所以0<k < 1
e ，故A 正确；
对B，设M ( x1, y1), N ( x2, y2)，且1< x1<e< x2，可得k x1= ln x1,k x2= ln x2，
y = ln x在M , N点处的切线程为y −ln x1= 1
x1
( x−x1), y −ln x2= 1
x2
( x−x2),
{
y −ln x1= 1
x1
( x−x1)
y −ln x2= 1
x2
( x−x2))
，得ln x2−ln x1= x0
x1
−x0
x2
，
即x0= ln x2−ln x1
x2−x1
x1 x2
= x1 x2
ln x2−ln x1
x2−x1
，
因为k = ln x2−ln x1
x2−x1
，所以x0= x1 x2k，即x1 x2= 1
k x0，故B 错误；
对C，因为k = y1
x1
= ln x1
x1
= ln x2
x2
，所以x2ln x1= x1ln x2，
因为P( x0, y0)为两切线的交点，
所以y0= ln x1+ 1
x1
x0−1= ln x1+ x2
ln x2−ln x1
x2−x1
−1
= x2ln x1−x1ln x1+ x2ln x2−x2ln x1
x2−x1
−1，
即y0= x2ln x2−x1ln x1
x2−x1
−1，所以y0+1= x2ln x2−x1ln x1
x2−x1
，
所以y1+ y2= ln x1+ ln x2= (ln x1+ ln x2)(x2−x1)
x2−x1
= x2ln x1−x1ln x1+ x2ln x2−x1ln x2
x2−x1
= x2ln x2−x1ln x1
x2−x1
= y0+1，故C 正确；
对D，因为k x1= y1，k x2= y2，所以x2−x1
y2−y1
=
x2−x1
k x2−k x1
= 1
k ，
又因为k x1= y1，所以ln k + ln x1= ln y1，所以ln k + y1= ln y1，
同理得ln k + y2= ln y2，得ln y1−y1= ln y2−y2，即
y2−y1
ln y2−ln y1
=1，
因为
y2−y1
ln y2−ln y1
>❑√y1 y2，所以❑√y1 y2<1，
所以❑√x1 x2=
❑√
y1
k ⋅y2
k =
❑√y1 y2
k
< 1
k
，即
❑√x1 x2< x2−x1
y2−y1
，故D 正确.
其中不等式
❑√ab<
a−b
ln a−ln b
(a>b>0)①的证明如下：
不等式①⇔ln a−ln b< a−b
❑√ab ⇔ln a
b <❑√
a
b −❑√
b
a ⇔2ln x< x−1
x （其中x = ❑√
a
b >1），
构造函数m(x)=2ln x−(x−1
x),( x>1)，则m
′ (x)= 2
x −1−1
x
2 =−(1−1
x)
2
．
因为x>1，所以m
′ (x)<0，所以函数m(x)在(1,+ ∞)上单调递减，故m(x)<m(1)=0，
从而不等式①成立.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函
数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数
的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
【6-2】已知函数f (x)=(x +a)ln(x +1)(a∈R)，g(x)=ln x−bx (b>0).
(1)当x>0时，f (x)>2 x恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若存在x1, x2∈(0,+ ∞)，使得g(x1)= g(x2)(x1≠x2).证明：
❑√x1+ ❑√x2> 2
❑√b .
【答案】(1)[2,+ ∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）设h(x)= f (x)−2 x =(x +a)ln(x +1)−2 x，只需h(x)>0在x>0时恒成
立即可，由此推得a≥2再证a≥2的充分性即可；
（2）设x1< x2，依题可得b(x2−x1)=ln x2−ln x1=ln x2
x1
，由（1）可得当x>0时
ln(x +1)> 2 x
x +2，由此证明ln x2
x1
>4×
❑√x2−❑√x1
❑√x2+ ❑√x1
即可得证.
【详解】（1）设h(x)= f (x)−2 x =(x +a)ln(x +1)−2 x，
只需h(x)>0在x>0时恒成立即可，
又h
′ (x)=ln(x +1)+ a−1
x +1 −1，
且h(0)=0，所以h
′ (0)=a−2≥0，
即a≥2，下面证明a≥2的充分性，
当a≥2时，由x>0，h(x)=(x +a)ln(x +1)−2 x ≥(x +2)ln(x +1)−2 x，
令φ(x)=(x +2)ln(x +1)−2 x，x>0，
所以φ
′ (x)=ln(x +1)+
1
x +1 −1，
记m(x)=ln(x +1)+
1
x +1 −1，
则m
' (x)=
1
x +1 −
1
(x +1)
2 =
x
(x +1)
2 >0，
所以φ
′ (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
则φ
' (x)>φ
' (0)=0，所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
则φ(x)>φ(0)=0，所以h(x)≥φ(x)>0恒成立，
综上所述，实数a的取值范围是[2,+∞）；
（2）设x1< x2，由g(x1)= g(x2)可得ln x1−b x1=ln x2−b x2，
则b(x2−x1)=ln x2−ln x1=ln x2
x1
（*），
由（1）知当x>0时，ln(x +1)> 2 x
x +2，
则x>1时，ln x> 2(x−1)
x +1
，ln ❑√x> 2(❑√x−1)
❑√x +1
，则ln x =2ln ❑√x> 4(❑√x−1)
❑√x +1
，
所以ln x2
x1
>4×
❑√
x2
x1
−1
❑√
x2
x1
+1
= 4×
❑√x2−❑√x1
❑√x2+ ❑√x1
，
将（*）代入可得4×
❑√x2−❑√x1
❑√x2+ ❑√x1
<ln x2
x1
=b(x2−x1)=b(
❑√x2−❑√x1)(
❑√x2+ ❑√x1)，
则4
b <(
❑√x2+ ❑√x1)
2
，故
❑√x1+ ❑√x2> 2
❑√b 得证.
【6-3】已知函数f (x)=e
x+t e
−x(t ∈R)．
(1)若曲线y = f (x)在x =0处的切线平行于直线3 x + y +1=0，求t的值以及函数f (x)的
最小值；
(2)证明：对一切的m,n>0,m≠n，都有
m−n
lnm−lnn < m+n
2
；
(3)当t =0时，若曲线y = f (x)与曲线y
2=2 px( p>e)存在两交点A ,B，记直线AB的
斜率为k，证明：k <❑√p．
【答案】(1)t = 4，最小值为4；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，f
′ (0)=−3，即可求出t.求出t以后，根据导函数判断原函数单调
性，进而求出f (x)的最小值.
（2）先证m>n>0时
m−n
lnm−lnn < m+n
2
，化简
m
n −1
ln m
n
<
m
n +1
2
，从而构造函数
f (x)=ln x−2(x−1)
x +1
( x>1)，只需证f (x)>0恒成立即可.
（3）根据（2）可得y1+ y2>2k，在抛物线中由点差法可得y1+ y2= 2 p
k ，即可证明
不等式成立.
【详解】（1）由题意，f
′ (x)=e
x−t e
−x,f
′ (0)=1−t =−3，所以t = 4，
所以f (x)=e
x+ 4e
−x，
法1：f
′ (x)=e
x−4e
−x =e
2 x−4
e
x
= (e
x+2)(e
x−2)
e
x
，
当x∈(−∞,ln2)时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
当x∈(ln2,+ ∞)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增，
所以f ( x)min= f (ln2)= 4．
法2：f (x)=e
x+ 4e
−x≥2
❑√e
x×4e
−x = 4，
当且仅当e
x = 4e
−x，即x =ln2时，取等号，所以函数f (x)的最小值为4；
（2）证明：先证m>n>0，则
m−n
lnm−lnn < m+n
2
．
设f (x)=ln x−2(x−1)
x +1
( x>1)，则
f
′ (x)= 1
x −2(x +1)−2(x−1)
( x +1)
2
= 1
x −
4
( x +1)
2 = ( x−1)
2
x( x +1)
2，
因为x>1，所以f
′ (x)>0，即f (x)在(1,+∞)上单调递增，又f (1)=0，
所以当x>1时，ln x> 2(x−1)
x +1
⇒x−1
ln x < x +1
2
，
当m>n>0，则m
n >1，所以
m
n −1
ln m
n
<
m
n +1
2
⇒
m−n
lnm−lnn < m+n
2
；
同理，当n>m>0，则
m−n
lnm−lnn < m+n
2
也成立；
所以m,n>0,m≠n，则
m−n
lnm−lnn < m+n
2
．
（3）设A(x1, y1),B(x2, y2)，其中x1< x2，由（2）知m,n>0,m≠n，则
m−n
lnm−lnn < m+n
2
，
取m=e
x1,n=e
x2，得e
x1−e
x2
x1−x2
<e
x1+e
x2
2
，k = y1−y2
x1−x2
=e
x1−e
x2
x1−x2
<e
x1+e
x2
2
= y1+ y2
2
，
所以y1+ y2>2k①，
将y1
2=2 p x1和y2
2=2 p x2相减，得( y1+ y2)( y1−y2)=2 p(x1−x2)，
k = y1−y2
x1−x2
=
2 p
y1+ y2
，所以y1+ y2= 2 p
k 代入①，
所以2 p
k >2k，即k <❑√p．
【点睛】关键点点睛：本题利用导数证明不等式的关键是能够采用构造函数的方式，
将不等式问题转化成恒成立问题..
【例题7】已知函数f (x)=(x
2+mx +n)e
x.
(1)若 m=n=0，求 f (x)的单调区间；
(2)若m=a+b，n=ab，且 f (x)有两个极值点，分别为x1和x2(x1< x2)，求
f (x2)−f (x1)
e
x2−e
x1
的最大值.
【答案】(1)单调递增区间是(−∞,−2)和(0,+∞)，单调递减区间是(−2,0)；
(2) −4
e
2−1
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，即可求解；
（2）首先利用极值点与导数的关系，得到x1+ x2=−(m+2)，x1 x2=m+n，并通过变
题型七、双变量问题之“主元法”
典例探究
形得到
f (x2)−f (x1)
e
x2−e
x1
=−(x2−x1−2)e
x2−x1+(x2−x1+2)
e
x2−x1−1
，利用换元构造函数
g(t )=−(t −2)e
t +(t +2)
e
t−1
(t >0)，利用导数判断函数的单调性，并求t的最值，即可求解函
数的最大值.
【详解】（1）若m=n=0，f (x)= x
2e
x，f
′ (x)= x (x +2)e
x
令f
′ (x)=0，得x =−2或x =0，
当x<−2或x>0时，f
′ (x)>0，
当−2< x<0时，f
′ (x)<0，
所以函数f (x)的单调递增区间是(−∞,−2)和(0,+∞)，单调递减区间是(−2,0)；
（2）f
′ (x)=[x
2+(m+2) x +m+n)e
x，
令f
′ (x)=0，可得x
2+(m+2) x +m+n=0，
由题意可得，x1, x2是关于方程x
2+(m+2) x +m+n=0的两个实根，
所以x1+ x2=−(m+2)，x1 x2=m+n，
由x1
2+(m+2) x1+m+n=0，有x1
2=−(m+2) x1−m−n，
所以f (x1)=(x1
2+m x1+n)e
x1=(−2 x1−m)e
x1，
将m=−x1−x2−2代入上式，得f (x1)=(x2−x1+2)e
x1，
同理可得f (x2)=(x1−x2+2)e
x2，
所以f (x2)−f (x1)
e
x2−e
x1
= (x1−x2+2)e
x2−(x2−x1+2)e
x1
e
x2−e
x1
，
=−(x2−x1−2)e
x2−x1+(x2−x1+2)
e
x2−x1−1
，①，
令x2−x1=t (t >0),①式化为−(t −2)e
t +(t +2)
e
t−1
，
设g(t )=−(t −2)e
t +(t +2)
e
t−1
(t >0)，即g(t )=−t (e
t +1)
e
t−1
+2(t >0)，
g
′ (t )=−e
2t−2t e
t−1
(e
t−1)
2
，
记h(t )=e
2t−2t e
t−1(t >0)，则h
′ (t )=2e
t(e
t−t −1)，
记φ(t )=e
t−t −1(t >0)，则φ
′ (t )=e
t−1>0，
所以φ(t )在(0,+ ∞)上单调递增，所以φ(t )>φ(0)=0，
所以h
′ (t )>0，h(t )在(0,+ ∞)上单调递增，所以h(t )>h(0)=0，
所以g
′ (t )<0，g(t )在(0,+ ∞)上单调递减，
又t
2=(x2−x1)
2=(x1+ x2)
2−4 x1 x2=(m+2)
2−4 (m+n)=m
2−4 n+ 4，
=(a+b)
2−4 ab+ 4 =(a−b)
2+ 4，
当a=b时，t
2的最小值为4，即t的最小值为2，
因为g(t )在(0,+∞)上单调递减，g(t )的最大值为g(2)=−
4
e
2−1 ，
所以
f (x2)−f (x1)
e
x2−e
x1
的最大值为−4
e
2−1 .
【点睛】思路点睛：本题第二问的关键是
f (x2)−f (x1)
e
x2−e
x1
=−(x2−x1−2)e
x2−x1+(x2−x1+2)
e
x2−x1−1
，并利用换元构造函数，转化为利
用导数求函数的最值问题，第二个关键是求t的最值.
【7-1】已知函数f ( x)的定义域是(−1,+∞),f (0)=0，导函数f
′ (x)= ln (1+ x)
1+ x
，设l1是曲
线y = f (x)在点A(a,f (a))(a≠0)处的切线．
(1)求f
′( x)的最大值；
(2)当−1<a<0时，证明：除切点A 外，曲线y = f ( x)在直线l1的上方；
(3)设过点A 的直线l2与直线l1垂直，l1，l2与x 轴交点的横坐标分别是x1，x2，若a>0，
求
2a−x2−x1
x2−x1
的取值范围．
【答案】(1)1
e
(2)证明见解析
(3)[
e
2−1
e
2+1
,1)
【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值；
（2）求出直线l1的方程，再构造函数h(x)，只需证明其最小值（或者下确界）大于零
即可；
（3）求出直线l2的方程，即可由题意得到x1, x2的表示，从而用字母a表示出
2a−x2−x1
x2−x1
，从而求出范围.
【详解】（1）设g(x)= f
′ (x)，g
′ (x)=
1
1+ x
(1+ x)−ln (1+ x)
(1+ x)
2
= 1−ln (1+ x)
(1+ x)
2
，
由g
′ (x)=0可得x =e−1，当x∈(−1,e−1)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e−1,+ ∞)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
所以f
′ (x)的最大值为f
′ (e−1)= 1
e .
举一反三
（2）因为f
′ (a)= ln (1+a)
1+a
，所以直线l1的方程为y −f (a)= ln (1+a)
1+a
(x−a)，即
y = ln (1+a)
1+a
(x−a)+ f (a)，
设h(x)= f (x)−[
ln (1+a)
1+a
(x−a)+ f (a))，h
′ (x)= ln (1+ x)
1+ x
−ln (1+a)
1+a
= f
′ (x)−f
′ (a)，
由（1）可知，f
′ (x)在x∈(−1,e−1)上单调递增，而−1<a<0，
所以，当−1< x<a时，h
′ (x)<0，h(x)单调递减，
当0> x>a时，h
′ (x)>0，h(x)单调递增，且f
′ (a)<f
′ (0)=0，
而当x ≥0时，f
′ (x)= ln (1+ x)
1+ x
≥0，所以总有f
′ (x)≥f
′ (a)，h(x)单调递增
故h(x)≥h(a)，从而命题得证；
（3）解法一：由题意，直线l1: y = f
′ (a)(x−a)+ f (a)，直线
l2: y =−
1
f
' (a)
(x−a)+ f (a)，
所以x1=−f (a)
f
′ (a)
+a，x2= f (a)f
′ (a)+a，
当x>0时，f
′ (x)= ln (1+ x)
1+ x
>0，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以f (a)>f (0)=0,f
′ (a)>0，
所以
2a−x2−x1
x2−x1
=
2a−[f (a)f
′ (a)+a)−[−f (a)
f
′ (a)
+a)
f (a)f
′ (a)+a−[−f (a)
f
′ (a)
+a)
= −[f
′ (a))
2+1
[f
′ (a))
2+1
=−1+
2
[f
′ (a))
2+1
，
由（1）可得当a>0时，f
′(a)∈(0, 1
e)，
所以[f
′ (a))
2∈(0, 1
e
2),
2
[f
′ (a))
2+1
∈[
2e
2
e
2+1
,2)，
所以
2a−x2−x1
x2−x1
∈[
e
2−1
e
2+1
,1).
解法二：由f
′ (x)= ln (1+ x)
1+ x
可设f (x)= ln
2(1+ x)
2
+C，又f (0)=0，所以C =0，即
f (x)= ln
2(1+ x)
2
，
因为直线l1的方程为y = ln (1+a)
1+a
(x−a)+ ln
2(1+a)
2
，易知a≠0，
所以直线l2的方程为y =−
1+a
ln (1+a)
(x−a)+ ln
2(1+a)
2
,
x1=a−(1+a)ln (1+a)
2
，x2= ln
3(1+a)
2(1+a) +a.
所以
2a−x1−x2
x2−x1
=
(1+a)ln (1+a)
2
−ln
3(1+a)
2(1+a)
ln
3(1+a)
2(1+a) + (1+a)ln (1+a)
2
= (1+a)
2−ln
2(1+a)
ln
2(1+a)+(1+a)
2
=
1−ln
2(1+a)
(1+a)
2
ln
2(1+a)
(1+a)
2 +1
= 1−g
2(a)
1+ g
2(a)
=−1+
2
1+ g
2(a)
,由（1）知,当x>0时，g(x)∈(0, 1
e ]，
所以g
2(a)∈(0, 1
e
2 ],
所以
2a−x2−x1
x2−x1
∈[
e
2−1
e
2+1
,1).
【7-2】若m>0，x1, x2为函数f (x)=e
x−mx−a的两个零点，且x1< x2，求证：
2 x1+ x2<3 ln m．
【答案】证明见解析
【分析】对f (x)求导分析单调性，根据单调性确定零点x1<lnm< x2，利用零点求得
m=e
x1−e
x2
x1−x2
，再运用基本不等式可得x1+ x2
2
<lnm，结合x1<lnm< x2即可证明.
【详解】证明 ：由f
′ (x)=e
x−m，
由f
′ (x)<0，得x<lnm；
由f
′ (x)>0，得x>lnm，则f (x)在(−∞,lnm)上单调递减，在(lnm,+ ∞)上单调递增，
故x1<lnm< x2，①
由于e
x1−m x1=e
x2−m x2，由指数均值不等式得e
x1−e
x2
x1−x2
=m>e
x1+ x2
2 ，则
x1+ x2
2
<lnm，②
由①②得2 x1+ x2<3lnm．
【7-3】已知函数f (x)=ln x +1
x
−a(e
−x +1−1
x +1)．
(1)当a=0时，求f (x)的最大值；
(2)当a=1时，证明：f (x)≤0；
(3)若x1, x2∈(0,+ ∞)且x1≠x2，e
x2−x1= x2
x1
x1
x2，证明：x1
2+ x2
2>2．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数讨论f (x)的单调性，即可求得最大值；
（2）将所证的结论变形，得到函数g(x)=ln x +1−xe
−x +1+1−x (x>0)，利用导数
判断函数的单调性，求出最值即可证明；
（3）将已知条件变形得到ln x1+1
x1
=ln x2+1
x2
，再利用（1）中函数f (x)的单调性，
构造函数g(x)= f (x)−f (2−x)，x∈(
1
e ,1)，进而可以得证.
【详解】（1）当a=0时，f (x)=ln x +1
x
(x>0)，∴f
′ (x)= −ln x
x
2
(x>0)，
当0< x<1时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
当x>1时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
所以f (x)max= f (1)=1；
（2）当a=1时，f (x)=ln x +1
x
−(e
−x +1−1
x +1)(x>0)，
要证f (x)=ln x +1
x
−(e
−x +1−1
x +1)≤0，只需证ln x +1−xe
−x +1+1−x ≤0，
令g(x)=ln x +1−xe
−x +1+1−x (x>0)，
则g
′ (x)= 1
x −e(1−x)
e
x
−1= 1−x
x
−e(1−x)
e
x
=(1−x)e
x−e x
xe
x
，
令φ(x)=e
x−e x，则φ
′ (x)=e
x−e
当x∈(0,1)时，φ
′ (x)<0，∴φ(x)在(0,1)单调递减；
当x∈(1,+ ∞)时，φ
′ (x)>0，∴φ(x)在(1,+∞)单调递增；
∴φ(x)min=φ(1)=0，即x∈(0,+ ∞)，φ(x)≥0，
∴当x∈(0,1)时，g
′ (x)>0，∴g(x)在(0,1)单调递增；
当x∈(1,+ ∞)时g
′ (x)<0，∴g(x)在(1,+∞)单调递减；
∴g(x)max= g(1)=0，即x∈(0,+∞)，g(x)≤0，证毕．
（3）由e
x2−x1= x2
x1
x1
x2，可得e
x2−x1⋅x1
x2= x2
x1，
两边取以e为底的对数并整理得，x2(ln x1+1)= x1(ln x2+1)，即
ln x1+1
x1
=ln x2+1
x2
，
因为x1≠x2，不妨设x1< x2，
由（1）知，当a=0时，函数f (x)=ln x +1
x
(x>0)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上
单调递减，f (x)max= f (1)=1，
∴ln x1+1
x1
=ln x2+1
x2
即f (x2)= f (x1)，
而f(
1
e)=0，且当x>1时，f (x)>0恒成立，得到1
e < x1<1< x2，
记g(x)= f (x)−f (2−x)，x∈(
1
e ,1)，
则g
′ (x)= f
′ (x)−[f (2−x))
′ = f
′ (x)+ f
′ (2−x)=−ln x
x
2 −ln(2−x)
(2−x)
2
>−ln x
x
2 −ln(2−x)
x
2
=−ln[−(x−1)
2+1)
x
2
>0，
∴函数g(x)在(
1
e ,1)上单调递增，
∴g(x)< g(1)=0，即f (x)<f (2−x)，于是f (x2)= f (x1)<f (2−x1)，
又f (x)在(1,+∞)上单调递减，∴x2>2−x1，
∴x1
2+ x2
2> x1
2+(2−x1)
2=2 x1
2−4 x1+ 4 =2(x1−1)
2+2>2，得证．
题型八、双变量问题之“切线放缩法”
【例题8】已知函数f (x)=e
x−2 x−(a+1), g(x)= x
2+(a−1) x−(a+2)（其中e≈2.71828
是自然对数的底数）．
(1)试讨论函数f (x)的零点个数；
(2)当a>1时，设函数h(x)= f (x)−g(x)的两个极值点为x1, x2，且x1< x2，求证：
e
x2−e
x1<4 a+2．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导并对参数a进行分类讨论，即可得出函数f (x)的零点个数；
（2）由h(x)=e
x−x
2−(a+1) x +1，构造函数m(x)=e
x−x−1并求出其单调性，求
得x2−x1<2a+1即可证明得出结论.
【详解】（1）由f (x)=0可得a=e
x−2 x−1，
令p(x)=e
x−2 x−1，其中x∈R，
则函数f (x)的零点个数等于直线y =a与函数p(x)=e
x−2 x−1图象的公共点个数，
p
′ (x)=e
x−2，令p
′ (x)=0可得x =ln2，列表如下：
x
(−∞,l
ln2
(ln2,+
p
′ (x
−
0
+
p(x
单调
递减
极小值
1−2ln2
单调
递增
如下图所示：
当a<1−2ln2时，函数f (x)无零点；
典例探究
当a=1−2ln2时，函数f (x)只有一个零点；
当a>1−2ln2时，函数f (x)有两个零点．
（2）证明：因为h(x)= f (x)−g(x)=e
x−x
2−(a+1) x +1，其中x∈R，
所以h
′ (x)=e
x−2 x−(a+1)．
由已知可得{
h
′(x1)=e
x1−2 x1−(a+1)=0
h
′(x2)=e
x2−2 x2−(a+1)=0)，
上述两个等式作差得e
x2−e
x1=2(x2−x1)．要证e
x2−e
x1<4 a+2，即证x2−x1<2a+1．
因为p(0)=0，设函数p(x)的图象交x轴的正半轴于点(x3,0)，则x3>ln2．
因为函数p(x)在(ln2,+∞)上单调递增，p(1)=e−3<0, p(
3
2)=e
3
2 −4>0，
所以x3∈(1, 3
2)．
设函数p(x)的图象在x =0处的切线交直线y =a于点A(x1
′ ,a)，
函数p(x)的图象在x = x3处的切线交直线y =a于点B(x2
′ ,a)，
因为p
′ (0)=−1，所以函数p(x)的图象在x =0处的切线方程为y =−x．
联立{
y =a
y =−x)，可得{
x =−a
y =a )，即点A (−a,a)．
构造函数m(x)= p(x)+ x =e
x−x−1，其中x∈R，则m
′ (x)=e
x−1，
当x<0时，m
′ (x)<0，此时函数m(x)单调递减；
当x>0时，m
′ (x)>0，此时函数m(x)单调递增，所以m(x)≥m(0)=0，
所以对任意的x∈R , p(x)≥−x，当且仅当x =0时等号成立，
由图可知x1<0，则p(x1)=e
x1−2 x1−1=a>−x1，所以x1>−a．
因为p(x3)=e
x3−2 x3−1=0，可得e
x3=2 x3+1，
函数p(x)在x = x3处的切线方程为y =(e
x3−2)(x−x3)，
联立{
y =(e
x3−2)(x−x3)
y =a
)，
解得x =
a
e
x3−2
+ x3=
a
2 x3−1 + x3，即点B(
a
2 x3−1 + x3,a)．
因为
a
2 x3−1 + x3−(a+1)= (x3−1)(2 x3−1−2a)
2 x3−1
<0，所以x2
′ =
a
2 x3−1 + x3<a+1．
构造函数n(x)=e
x−2 x−1−(e
x3−2)(x−x3)，其中x∈R，则
n(x3)=0,n
′ (x)=e
x−e
x3．
当x< x3时，n
′ (x)<0，此时函数n(x)单调递减；
当x> x3时，n
′ (x)>0，此时函数n(x)单调递增，则n(x)≥n(x3)=0，
所以对任意的x∈R , p(x)≥(e
x3−2)(x−x3)，当且仅当x = x3时，等号成立，
所以p(x2)=e
x2−2 x2−1=a>(e
x3−2)(x2−x3)，可得x2<
a
e
x3−2
+ x3= x2
′，
因此x2−x1< x2
′−x1
′<a+1+a=2a+1，故原不等式成立．
举一反三
【8-1】设函数f ( x)= x(ln x)
2−(a+2)x ln x +(a+3)x ,a>0．
(1)a=1时，求曲线y = f ( x)在点(e,f (e))处的切线方程；
(2)讨论f ( x)的单调性；
(3)若f ( x)有两个极值点x1, x2且x1< x2，证明：f (x1)
x1
−f (x2)
x2
< 4(x2−e)ln x1
e
．
【答案】(1)y = x +e
(2)答案见解析.
(3)证明见解析
【分析】（1）当a=1时，求出切线斜率，然后得到切线方程；
（2）求出函数的导数，通过的讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性；
（3）利用函数的极值点以及函数的单调性，转化证明即可．
【详解】（1）f ( x)的定义域为(0,+ ∞),f
′( x)=(ln x)
2 −a ln x +1．
所以f
′(e)=2−a，f (e)=e−(a+2)e+(a+3)e=2e，
因此曲线y = f ( x)在点(e,f (e))处的切线方程为y −2e=(2−a)( x−e)，
取a=1得y = x +e．
（2）f
′( x)=(ln x−a
2)
2
+1−a
2
4 ．
（i）0<a≤2时，f
′( x)≥0,f ( x)在(0,+∞)单调递增．
（ii）a>2时，令f
′( x)=0，则x1=e
a−
❑√a
2−4
2
, x2= e
a+
❑√a
2−4
2
，
x∈(0, x1)∪(x2,+∞),f
′( x)>0. x∈(x1, x2)，f
′( x)<0．
则x∈(0, x1), x∈(x2,+ ∞),f ( x)单调递增．x∈ (x1, x2),f ( x)单调递减．
综上所得，
当0<a≤2时，f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a>2时，f ( x)在(0,e
a−
❑√a
2−4
2
)和(e
a+
❑√a
2−4
2
,+∞)上单调递增，在
(e
a−
❑√a
2−4
2
,e
a+
❑√a
2−4
2
)上单调递减.
（3）由（2）知a>2，因为ln x1,ln x2是方程t
2−at +1 =0的两根，所以
ln x1+ ln x2=a,ln x1⋅ln x2=1．可得ln x1>0,ln x2>0.
f (x1)
x1
−f (x2)
x2
< 4(x2−e)ln x1
e
等价于(ln x1)
2−(a+2)ln x1−(ln x2)
2+(a+2)ln x2<
4(x2−e)ln x1
e
．
其中(ln x1)
2−(ln x2)
2=(ln x1−ln x2)(ln x1+ ln x2) =a(ln x1−ln x2)．
因此待证式等价于ln x2−ln x1< 2(x2−e)ln x1
e
，两侧同时加2ln x1，得
ln x2+ ln x1< 2 x2ln x1
e
，
即证ln x2+
1
ln x2
< 2 x2
eln x2
，等价于(ln x2)
2−2 x2
e
+ 1<0，
由ln x1⋅ln x2=1且x1< x2得x2>e，
记h( x)=(ln x)
2−2 x
e
+1,( x>e)，则h
′( x)= 2ln x
x
−2
e = 2(eln x−x)
e x
，
记φ( x)=eln x−x，则φ
′( x)=e
x −1<0，所以φ( x)单调递减，
所以φ( x)<φ(e)=0，则h
′( x)= 2φ( x)
e x
<0( x>e)，所以h( x)单调递减，所以
h( x)<h(e)=0，证毕．
【8-2】已知函数f (x)=e
x−ax，其导函数为f
′ (x).
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)≥1恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若m，n是函数y = f (x)的两个零点，求证：f
′(❑√mn)<0.
【答案】(1)答案见解析
(2){1)
(3)证明见解析
【分析】（1）f
′ (x)=e
x−a，当a≤0时，f
′ (x)=e
x−a>0恒成立，f (x)在R上单调递
增；当a>0时，由f
′ (x)>0，得x>lna；由f
′ (x)<0得x<lna，进而可得；
（2）由f (x)≥1转化为求f (x)min≥1，由（1）可知f (x)min= f (lna)=a−alna，构造
g(a)=a−alna−1，由导数可得g(a)max=0，进而可得只有a=1符合题意；
（3）根据函数y = f (x)的单调性，函数y = f (x)有两个零点时， f (x)min= f (lna)<0，
得a>e，设m<n，则0<m<lna<n，证f
′(❑√mn)<0，利用基本不等式和单调性转化为证
明m<2lna−n，构造函数h(x)= f (x)−f (2lna−x)，利用导数证明
f (n)−f (2lna−n)>0即可.
【详解】（1）函数f (x)=e
x−ax的定义域为R，f
′ (x)=e
x−a.
当a≤0时，f
′ (x)=e
x−a>0恒成立，∴f (x)在R上单调递增；
当a>0时，由f
′ (x)>0，解得：x>lna；由f
′ (x)<0，解得：x<lna.
∴f (x)在(−∞,ln a)上单调递减，(ln a,+∞)上单调递增.
综上所述：当a≤0时，f (x)在R上单调递增；
当a>0时，f (x)在(−∞,ln a)上单调递减，(ln a,+∞)上单调递增.
（2）要使f (x)≥1恒成立，只需f (x)min≥1恒成立.
由（1）可知，当a≤0时，f (x)在R上单调递增，且f (0)=1，
∴当x<0时，f (x)<1，不合题意，舍去.
当a>0时，f (x)在(−∞,ln a)上单调递减，(ln a,+∞)上单调递增，
∴f (x)min= f (lna)=a−alna，
只需f (x)min=a−alna≥1，即a−alna−1≥0在a>0时恒成立.
记g(a)=a−alna−1，a>0，则g
′ (a)=1−lna−1=−lna
∵当0<a<1时，g
′ (a)>0，g(a)单调递增；当a>1时，g
′ (a)<0，g(a)单调递减；
∴g(a)max= g(1)=1−ln1−1=0，∴g(a)≤0，
∴只有a=1符合题意.
综上所述，实数a的取值范围为{1).
（3）由（1）可知，当a≤0时，f (x)在R上单调递增，函数y = f (x)不可能有两个零
点，不合题意，舍去.
当a>0时，f (x)在(−∞,ln a)上单调递减，(ln a,+∞)上单调递增，
当x→−∞时，f (x)→+∞；当x→+ ∞时，f (x)→+∞.
∴要使函数y = f (x)有两个零点，只需f (x)min= f (lna)=a−alna<0，解得：a>e.
已知f (0)=1>0，不妨设m<n，则有0<m<lna<n.
∵f
′ (x)=e
x−a单调递增，∴要证f
′(❑√mn)<0，只需
❑√mn<lna.
∵❑√mn< m+n
2
，只需证m+n<2lna
即证m<2lna−n，
由单调性可知m<lna<n，∴2lna−n<lna，
∵f (x)在(−∞,lna)上单调递减，即证f (m)>f (2lna−n).
方法一：∵f (m)= f (n)，即证f (n)−f (2lna−n)>0.
令h(x)= f (x)−f (2lna−x)，其中x>lna.
h
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (2lna−x)=e
x−2a+e
2lna−x =e
x+ a
2
e
x −2a≥2❑√
e
x× a
2
e
x −2a=0，
∴h(x)单调递增，
又∵n>lna，∴h(n)>h(lna)=0，即f (n)−f (2lna−n)>0.
∴m+n<2lna成立.
∴❑√mn<lna.
∴f
′(❑√mn)<0.
方法二：∵f (m)=0，即证f (2lna−n)<0.
而f (2lna−n)=e
2lna−n−a(2lna−n)= a
2
e
n −2alna+an，
由f (n)=0得e
n=an，∴a=e
n
n ，∴a
2
e
n −2alna+an=e
n
n (
1
n +2lnn−n)
∵n>lna且a>e，∴n>1.
令h(x)= 1
x +2ln x−x (x>1)，则h
′ (x)=−1
x
2 + 2
x −1=−(x−1)
2
x
2
<0，
∴h(x)在(1,+ ∞)上单调递减，∴h(n)<h(1)=0，
∴e
a
n (
1
n +2lnn−n)<0，∴f (2lna−n)<0，可得m+n<2lna，
∵f (0)=1>0，∴0<m<lna<n，∴m+n
2
>❑√mn，即
❑√mn<lna，
又∵f (x)在(−∞,ln a)上单调递减，∴f
′(❑√mn)<0.
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键在于问题的转化，根据函数y = f (x)的单调性，
确定函数y = f (x)两个零点的范围0<m<lna<n，进而把证明f
′(❑√mn)<0，转化为证明
m<2lna−n，即证f (n)−f (2lna−n)>0，进而构造函数h(x)= f (x)−f (2lna−x)，利
用导数证明f (n)−f (2lna−n)>0即可.
【8-3】已知x1, x2∈(1,+∞)，x1≠x2，求证：
x2−x1
ln(x2−1)−ln(x1−1)
>❑√x1 x2−x1−x2+1．
【答案】证明见解析
【分析】由题知要证
x2−x1
ln(x2−1)−ln(x1−1)
>❑√x1 x2−x1−x2+1 ⇔
(x2−1)−(x1−1)
ln(x2−1)−ln(x1−1)
>❑√(x1−1)(x2−1) ⇔
m−n
ln m−ln n >❑√mn⇔
m
n −1
ln m
n
>❑√
m
n ，令
t = m
n >1，构造函数h(t )= t −1
❑√t −ln t (t >1)，再结合导数从而可求证.
【详解】由已知x1, x2∈(1,+ ∞)，不妨设1< x1< x2，
要证
x2−x1
ln(x2−1)−ln(x1−1)
>❑√x1 x2−x1−x2+1，
即证
(x2−1)−(x1−1)
ln(x2−1)−ln(x1−1)
>❑√(x1−1)(x2−1)，
因1< x1< x2，则0< x1−1< x2−1，令n= x1−1,m= x2−1，
即证：
m−n
ln m−ln n >❑√mn，即证
m
n −1
ln m
n
>❑√
m
n ，
令t = m
n >1，只需证t −1
ln t >❑√t，
即证t −1
ln t −❑√t >0，令h(t )= t −1
❑√t −ln t (t >1)，
h
′ (t )= (❑√t −1)
2
2t ❑√t
>0(t >1)，所以h(t )在(1,+ ∞)上单调递增，
所以h(t )>h(1)=0，所以
m−n
ln m−ln n >❑√mn成立，
所以
x2−x1
ln(x2−1)−ln(x1−1)
>❑√x1 x2−x1−x2+1成立.
【破提升训练・1】已知m，n都是正整数，且e
m+ ln n<m+n，则（ ）
A．n>e
m
B．m>e
m
C．n<e
m
D．m>e
n
【答案】A
【分析】根据题意得e
m−m<e
ln n−ln n，构造函数f ( x)=e
x−x ,( x ≥0)求解即可.
【详解】因为e
m+ ln n<m+n，所以e
m−m<n−ln n=e
ln n−ln n，令
f ( x)=e
x−x ,( x ≥0)，
所以f
′( x)=e
x−1≥0，故f ( x)在[0,+∞)上单调递增，由已知得f (m)<f (ln n)，
故m<ln n，因为m，n都是正整数，即e
m<n.
故选：A.
题型精析・方法突破提能力
【破提升训练・2】若实数x , y满足4 ln x +2ln(2 y )≥x
2+8 y −4，则（ ）
A．xy =
❑√2
4
B．x + y = ❑√2
C．x +2 y =1+ ❑√2
D．x
2 y =1
【答案】A
【分析】根据题意将原不等式化简为ln[( 1
2 x
2)⋅(4 y)]≥1
2 x
2+ 4 y −2，令
a= 1
2 x
2,b= 4 y(a>0,b>0)，可知原不等式等价于(ln a−a+1)+(ln b−b+1)≥0，再令
g( x)= ln x−x +1，则原不等式等价于g(a)+ g(b)≥0；再利用导数求出函数g( x)单调性，
进而可得g( x)≤0，由此可知只有当a=b=1时，即g(a)= g(b)=0时才满足
g(a)+ g(b)≥0，据此即可求出x , y的值，进而求出结果.
【详解】∵4 ln x +2ln(2 y )≥x
2+8 y −4( x >0, y >0)
∴2[ ln( x
2)+ ln(2 y )]≥x
2+8 y −4 ，
即ln( x
2)+ ln(2 y)≥1
2 x +
❑
2 4 y −2
∴ln[( 1
2 x
2)⋅(4 y)]≥1
2 x
2+ 4 y −2，
设a= 1
2 x
2,b= 4 y(a>0,b>0)，则有ln ab≥a+b−2，即ln a+ ln b≥a+b−2，
∴(ln a−a+1)+(ln b−b+1)≥0，
令g( x)= ln x−x +1，则g
′( x)= 1
x −1= 1−x
x
，
∴当x∈(0,1)时，g
′( x)>0，g( x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，g
′( x)<0，g( x)单调递减；
∴g( x)max = g(1)=0，即g( x)≤0，
要使(ln a−a+1)+(ln b−b+1)≥0成立等价于g(a)+ g(b)≥0成立，
只有当a=b=1时，即g(a)= g(b)=0时才满足，
∴a= 1
2 x
2=1,b= 4 y =1
∴x = ❑√2, y = 1
4 ，∴xy =
❑√2
4 .
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成
ln[( 1
2 x
2)⋅(4 y)]≥1
2 x
2+ 4 y −2，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一
性求解.
【破提升训练・3】对任意的正数x，都存在唯一的正数y，使x
2(ln y −ln x)−a y
2=0成
立，则实数a的取值范围为（ ）
A．{ 1
2e }∪(−∞,0]
B．(−∞, 1
2e )
C．{ 1
2e }
D．
(−∞,0]
【答案】A
【分析】运用换元法转化为存在唯一正数使得a= lnt
t
2 成立，然后看做两个函数图像有
唯一交点即可解决问题.
【详解】由x
2(ln y −ln x)−a y
2=0可得：a=
ln y
x
( y
x )
2，
设y
x =t >0，则a= lnt
t
2 ，
令g(t )= lnt
t
2 ，∴ g
′(t )= 1−2lnt
t
3
，
故当0<t <❑√e时，g
′(t )>0，当t >❑√e时，g
′(t )<0，g(❑√e)= 1
2e ，
又t >1, g(t )>0，当0<t <1时，g(t )<0，可得函数g(t )的图象：
因此当a= 1
2e或a∈(−∞,0]时，存在唯一正数，使得a= lnt
t
2 成立，
即对任意的正数x，都存在唯一一个正数y,使x
2(ln y −ln x)−a y
2=0成立.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：“双变量”问题用“换元法”转化为一个变量的问题来解决.
【破提升训练・4】对任意的实数x，都存在两个不同的实数y，使得
e
2 x−y( y −x)−ae
2 y −x=0成立，则实数a的取值范围为
A．(0, 1
3e)
B．(0, 1
2e)
C．(
1
2e ,+ ∞)
D．(
1
3e ,1)
【答案】A
【分析】将已知等式参变分离，利用换元法以及函数的导数判断出单调性，结合已知
条件，可得实数a的取值范围．
【详解】由e
2 x−y( y −x)−ae
2 y −x=0得a=−( x −y )e
3 x−3 y，设3 x−3 y =t，则
a=−t
3 e
t，设f (t )=−t
3 e
t，则f
′(t )=−e
t
3 (1+t )
令f
′(t )>0，则t <−1；令f
′(t )<0，则t >−1
∴f (t )在(−∞，−1)上单调递增，在(−1，+∞)上单调递减，且f (−1)= 1
3e
当t →+ ∞时，f (t )→−∞；当t <0时，f (t )>0
∴当a∈(0，1
3e )时，存在两个实数t，使a=−t
3 e
t成立，即对任意的实数x，都存
在两个不同的实数y，使得e
2 x−y( y −x)−ae
2 y −x =0
故选：A
【破提升训练・5】已知a，b 满足e
a=−ae
−2，b(ln b−2)=e
4，其中e 是自然对数的底数，
则ab 的值为（ ）
A．−e
B．−e
2
C．−e
3
D．−e
4
【答案】D
【分析】变换得到a−ln (−a)+2=0，2−ln b−ln (ln b−2)+2=0，构造函数
f (x)= x−ln (−x)+2，确定函数单调递增，得到a=2−ln b，化简得到答案.
【详解】e
a=−ae
−2，故a= ln (−a)−2，(a<0)，即a−ln (−a)+2=0；
b(ln b−2)=e
4，故ln b+ ln (ln b−2)= 4，即2−ln b−ln (ln b−2)+2=0.
设f (x)= x−ln (−x)+2，x<0，f
′ (x)=1−1
x >0，函数单调递增，
f (a)= f (2−ln b)，故a=2−ln b，即ln (−a)−2=2−ln b，
整理得到ln (−ab)= 4，即ab=−e
4.
故选：D.
【破提升训练・6】已知0< x< y <π，且e
ysin x =e
xsin y，其中e 为自然对数的底数，则
下列选项中一定成立的是（ ）
A．y < π
4
B．x + y < π
2
C．cos x +cos y >0
D．sin x>sin y
【答案】C
【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.
【详解】因为e
ysin x =e
xsin y，所以sin x
e
x
= sin y
e
y
，
令g(t )= sin t
e
t
，所以g( x)= g( y)，对函数g(t )= sin t
e
t
，t ∈(0,π )求导：
g
′(t )=e
t cost −e
t sint
(e
t)
2
= cost −sint
e
t
， 由g
′(t )>0有：t ∈(0, π
4 )，
由g
′(t )<0有：t ∈( π
4 ,π )，所以g(t )= sin t
e
t
在(0, π
4 )单调递增，在( π
4 ,π )
单调递减，因为0< x< y <π，由g( x)= g( y)有：0< x< π
4 < y <π，
故A 错误；
因为0< x< y <π，所以e
y>e
x，由sin x
e
x
= sin y
e
y
有：sin y >sin x，
故D 错误；
因为0< x< π
4 < y <π，所以cos x =
❑√1−sin
2 x>0，|cos y |=
❑√1−sin
2 y
因为sin y >sin x，所以cos x>|cos y |，所以cos x +cos y >0，故C 正确；
令h(t )= g(t )−g( π
2 −t ) 有：h
′(t )= g
′(t )−g
′( π
2 −t )= cost −sin t
e
t
+
sin t −cost
e
π
2 −t
=(sin t −cost )(e
t -e
π
2 −t
)
e
π
2
，当0<t <π，h
′(t )>0恒成立.所以
h(t )= g(t )−g( π
2 −t )
在(0,π )单调递增，当0< x< π
4 时，h( x)= g( x)−g( π
2 −x)<0，
即g( x)< g( π
2 −x)，又g( x)= g( y)，所以g( x)= g( y)<g( π
2 −x)，
因为0< x< π
4 < y <π，所以π
2 −x∈( π
4 , π
2 )，因为g(t )= sin t
e
t
在
( π
4 ,π )内单调递减，所以y > π
2 −x，即y + x> π
2 ，故B 错误.
故选：C.
【破提升训练・7】已知P(t ,t
2)，过点P可作曲线f (x)= x−ln x的两条切线，切点为
(x1,f (x1))，(x2,f (x2))．求x1 x2[
f (x1)−f (x2)
x1−x2
−1)的取值范围（ ）
A．(−1,0)
B．[−1,0)
C．(−2,−1)
D．[−2,−1)
【答案】A
【分析】先设切点坐标，利用导数的几何意义确定切线方程，参变分离得方程
t +1−t
2= t
x +ln x有两不同解x1, x2，构造函数g(x)= t
x +ln x，判定其单调性求其最小值，
化为解t
2−t +lnt <0，构造函数h(t )=t
2−t +lnt，判定其单调性从而解得0<t <1.化简待
求式得x1 x2[
ln x2−ln x1
x1−x2 )=−t，即可得结果.
【详解】因为f
′ (x)=1−1
x ，设切点坐标为(x0, x0−ln x0)，
则曲线在该点处的切线方程为：y =(1−1
x0)(x−x0)+ x0−ln x0，
又P(t ,t
2)在切线上，即t
2=(1−1
x0)(t −x0)+ x0−ln x0=t −t
x0
+1−ln x0，
则方程t +1−t
2= t
x +ln x有两不同解x1, x2，
令g(x)= t
x +ln x ,g
′ (x)= x−t
x
2 , x∈(0,+∞)，
易知t ≤0时，g(x)单调递增不合理，故t >0．
当t >0时，g
′ (t )=0，当x∈(0,t )时，g(x)单调递减，x∈(t ,+∞)时，g(x)单调递增，
故g(t )为极小值；
要使t +1−t
2= t
x +ln x有两解，则t +1−t
2> g(t )，即t
2−t +lnt <0，
令h(t )=t
2−t +lnt ,h
' (t )=2t −1+ 1
t ≥2❑√2−1>0,h(t )在(0,+ ∞)上单调递增，
又因为h(1)=0，所以0<t <1.
易知x1 x2[
f (x1)−f (x2)
x1−x2
−1)= x1 x2[
ln x2−ln x1
x1−x2 )，
又因为x1, x2为方程t +1−t
2= t
x +ln x的解，故有t
x1
+ln x1= t
x2
+ln x2，
代入可得x1 x2[
ln x2−ln x1
x1−x2 )=−t，故所求取值范围为(−1,0)．
故选：A
【点睛】思路点睛：由导数的几何意义转化为方程t +1−t
2= t
x +ln x有两解，分别构
造函数，利用导数研究单调性及极最值得t的取值范围，再化简待求式得
x1 x2[
ln x2−ln x1
x1−x2 )=−t即可.
【破提升训练・8】已知函数f ( x)= x
2−ax + ln x(a∈R)．
(1)求函数f ( x)的单调区间．
(2)设函数g( x)= x⋅[x
2+1−f ( x))−a有两个极值点x1, x2．
（i）求实数a的取值范围；
（ii）证明：x1+ x2>2e．
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）0<a< 1
2e；（ii）证明见解析
【分析】（1）通过求函数的导数，根据导数的正负来确定函数的单调区间，对于导
数对应的一元二次方程，利用判别式判断根的情况，进而分析函数单调性.
（2）（i）先对g( x)求导，令导数为0后变形，转化为y =2a与y = ln x
x 图象交点问题.
再对h( x)= ln x
x 求导分析单调性和特殊值，根据图象交点情况确定a范围.
（ii）先假设x1+ x2>2e，得到x2>2e−x1，利用h( x)单调性得出h( x2)<h(2e−x1)，
结合h( x1)=h( x2)有h( x1)<h(2e−x1).设函数F( x)和φ( x)，通过求φ( x)导数判断单调
性，证明φ( x)<0，从而证明假设成立.
【详解】（1）由题意知函数f ( x)的定义域为(0,+∞)，
且f
′( x)=2 x−a+ 1
x = 2 x
2−ax +1
x
，令2 x
2−ax +1=0，有Δ=a
2−8．
当a
2−8≤0，即−2❑√2≤a≤2❑√2时，f
′( x)≥0，此时函数f ( x)的单调递增区间为
（0，+ ∞），无单调递减区间．
当a
2−8>0，即a>2❑√2或a<−2❑√2时，有2 x
2−ax +1=0，解得
x1= a+
❑√a
2−8
4
, x2= a−
❑√a
2−8
4
.
若a>2❑√2，有0< x2< x1，则由f
′( x)>0得0< x< x2或x> x1，由f
′( x)<0得x2< x < x1；
若a<−2❑√2，有x2< x1<0，则f
′( x)>0恒成立，此时函数f ( x)的单调递增区间为
（0，+ ∞），无单调递减区间．
综上所述，当a>2❑√2时，函数f ( x)的单调递增区间为(0, a−
❑√a
2−8
4
)和
(
a+
❑√a
2−8
4
,+∞)，单调递减区间为(
a−
❑√a
2−8
4
, a+
❑√a
2−8
4
)；
当a≤2❑√2时，函数f ( x)的单调递增区间为（0，+ ∞），无单调递减区间．
（2）（i）因为g( x)= x(x
2+1−x
2+ax−ln x)−a=a x
2−x ln x + x−a，所以
g
′( x)= 2ax−ln x−1+1，
令g
′( x)=2ax−ln x =0，得2a= ln x
x ( x>0)，则y =2a与y = ln x
x ( x>0)的图象有两
个不同的交点，
令h( x)= ln x
x ，则h
′( x)= 1−ln x
x
2
，而h
′( x)= 1−ln x
x
2
在(0,e)上单调递增，在
(e,+ ∞)上单调递减，又h(1)=0,h(e)= 1
e ，当x→+ ∞时，h( x)→0，
所以要使y =2a与y = ln x
x 的图象有两个不同的交点，则需0<2a< 1
e ，解得0<a< 1
2e．
（ii）假设x1+ x2>2e，则x2>2e−x1，因为1< x1<e< x2，所以x2>2e−x1>e，
由于h( x)在(e,+ ∞)上单调递减，所以h(x2)<h(2e−x1)，
又因为h(x1)=h(x2)，所以h(x1)<h(2e−x1)．
设F( x)= ln x
x −ln(2e−x)
2e−x
= (2e−x)ln x−x ln(2e−x)
x(2e−x)
，
令φ( x)=(2e−x)ln x−x ln(2e−x)，则需证φ( x)<0在(1,e)上恒成立．
当x∈(1,e)时，
φ
′( x)=−ln x + 2e−x
x
−ln(2e−x)+
x
2e−x >2−ln[ x(2e−x)]>0，
所以φ( x)在(1,e)上单调递增，所以当x∈(1,e)时，φ( x)<φ(e)=0，故假设成立．
【破提升训练・9】已知函数f (x)=2ln x−(a+1) x
2−2ax +1，a∈R．
(1)当a=1时，求函数f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)已知函数f (x)有两个零点x1，x2，
①求实数a的取值范围；
②证明：x1+ x2>
2
a+1．
【答案】(1)y =−4 x +1
(2)①(−1,0)；②证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程；
（2）①首先判断函数的单调性，以及极值，根据函数的零点个数判断f(
1
a+1)>0，
再通过构造函数，根据函数的单调性，以及零点，求解不等式的解集；②根据函数的单调
性，转化为证明f (x1)>f(
2
a+1 −x2)，再构造函数h(x)= f (x)−f(
2
a+1 −x)，利用导数
判断函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）当a=1时，f (x)=2ln x−2 x
2−2 x +1，
则f
′ (x)= 2
x −4 x−2，所以f
′ (1)=2−4−2=−4，f (1)=−2−2+1=−3，
所以函数f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为y +3=−4 (x−1)，即y =−4 x +1；
（2）①函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
又f
′ (x)= 2
x −2(a+1) x−2a= −2[(a+1) x−1)(x +1)
x
，
当a≤−1时，f
′ (x)>0恒成立，f (x)在(0,+∞)上单调递增，所以f (x)不可能有2 个零
点；
当a>−1时，当0< x<
1
a+1时，f
′ (x)>0，则f (x)在(0,
1
a+1)上单调递增，
当x>
1
a+1时，f
′ (x)<0，则f (x)在(
1
a+1 ,+∞)上单调递减，
当x→0时，f (x)→−∞，当x→+ ∞时，f (x)→−∞，
所以要满足函数f (x)有2 个零点，只需f(
1
a+1)>0，
即2ln
1
a+1 −(a+1)(
1
a+1)
2
−2a⋅
1
a+1 +1>0，
整理得2ln (a+1)+
a
a+1 <0，
设g(x)=2ln (x +1)+
x
x +1，函数的定义域为(−1,+ ∞)，
则g
′ (x)=
2
x +1 +
1
(x +1)
2 >0，所以g(x)在定义域上单调递增，
且g(0)=0，则不等式2ln (a+1)+
a
a+1 <0的解集为(−1,0)，
所以a的取值范围为(−1,0)；
②由①知，−1<a<0，则1
a+1 >0，
要证明x1+ x2>
2
a+1，即证明x1>
2
a+1 −x2，
不妨设0< x1<
1
a+1 < x2，
因为x2>
1
a+1，所以0<
2
a+1 −x2<
1
a+1，
又0< x1<
1
a+1，函数f (x)在(0,
1
a+1)上单调递增，
此时需证明f (x1)>f(
2
a+1 −x2)，
当0< x1<
1
a+1，0<
2
a+1 −x2<
1
a+1时，
可得1
a+1 < x2<
2
a+1，
因为f (x1)= f (x2)，即证明f (x2)−f(
2
a+1 −x2)>0，
设h(x)= f (x)−f(
2
a+1 −x)，函数的定义域为(
1
a+1 ,+∞)，
则h
′ (x)= f
′ (x)+ f
′(
2
a+1 −x)= 2
x +
2
2
a+1 −x
−4 (a+1)
=
4
(a+1)⋅x⋅(
2
a+1 −x)
−4 (a+1)>
4
(a+1)⋅(
1
a+1)
2 −4 (a+1)=0
，
所以h(x)在(
1
a+1 ,+∞)单调递增，则h(x)>h(
1
a+1)=0，
h(x)= f (x)−f(
2
a+1 −x)>0，所以f (x1)= f (x2)>f(
2
a+1 −x2)，
所以x1>
2
a+1 −x2，
即x1+ x2>
2
a+1，命题得证.
【破提升训练・10】已知函数f (x)=e
x−1
2 x
2+ax +a.
(1)若f (x)为增函数，求a的取值范围；
(2)若f (x)有两个极值点x1, x2，证明：x1+ x2<0.
【答案】(1)[−1,+∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）f
′ (x)=e
x−x +a，由题意得f
′ (x)≥0恒成立，g(x)=e
x−x +a，求导分
析g( x)的单调性，即f
′( x)的单调性，求出f
′( x)的最值，即可求解.
（2）由（1）知，当a<−1时，f (x)有两个极值点x1, x2，设x1<0，则x2>0，设
h(x)= f
′ (x)−f
′ (−x)=e
x−e
−x−2 x , x>0，求导得出h( x)的单调性，可得h(x)>0，继而
可得f
′(x2)>f
′(−x2)，即f
′(x1)>f
′(−x2)，由f
′ (x)的单调性可得x1<−x2，继而即可证明.
【详解】（1）f
′ (x)=e
x−x +a,f (x)为增函数，则f
′ (x)≥0恒成立，
设g(x)=e
x−x +a，则g
′ (x)=e
x−1，
令g
′ (x)=0，则x =0，
当x<0时，g
′ (x)<0，所以f
′ (x)在(−∞,0)上单调递减；
当x>0时，g
′ (x)>0，所以f
′ (x)在(0,+∞)上单调递增，
所以x =0是函数f
′ (x)的极小值点，
故当f
′ (0)=1+a≥0，即a≥−1,f
′ (x)≥0恒成立，
所以当f (x)为增函数，a的取值范围为[−1,+∞).
（2）f
′ (x)=e
x−x +a，x →+ ∞,f
'( x)→+ ∞，x →−∞,f
'( x)→+ ∞，由（1）知
当f
′ (0)<0，
即a<−1时，f (x)有两个极值点x1, x2，
故f
′(x1)= f
′(x2)=0，设x1<0，则x2>0，
设h(x)= f
′ (x)−f
′ (−x)=e
x−x +a−(e
−x+ x +a)=e
x−e
−x−2 x , x >0，
则h
′ (x)=e
x+e
−x−2>0，
故h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)=0，
所以f
′ (x)>f
′ (−x)，又x2>0，
故f
′(x2)>f
′(−x2)，
所以f
′(x1)>f
′(−x2)，
又x1<0,−x2<0,f
′ (x)在(−∞,0)上单调递减，
故x1<−x2，
所以x1+ x2<0.
【破提升训练・11】已知函数f ( x)= ln x
x ，g( x)=ax +b，设F( x)= f ( x)−g( x).
(1)若a=1，求F( x)的最大值；
(2)求f ( x)在[2,m](m>2)上的最小值；
(3)若F( x)有两个不同的零点x1, x2，求证：( x1+ x2)g( x1+ x2)>2.
【答案】(1)−1−b；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把a=1代入，求出函数F( x)导数，确定函数的单调性求出最大值.
（2）求出函数f ( x)的导数，进而求出其单调区间，再分类讨论求出最小值.
（3）利用零点的定义可得ln x1=a x1
2+b x1，ln x2=a x2
2+b x2，作差变形并构造函数
φ(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >1)，利用导数探讨取值集合即可.
【详解】（1）依题意，函数F( x)= f ( x)−g( x)= ln x
x −ax−b，其定义域为
(0,+ ∞)，
当a=1时，F( x)= ln x
x −x−b，求导得F
′( x)=1−ln x
x
2
−1，
当0< x<1时，1−ln x>1，F
′( x)>0；当x>1时，1−ln x<1，F
′( x)<0，
函数F( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递增减，
所以F( x)的最大值为F(1)=−1−b.
（2）函数f ( x)= ln x
x ，求导得f
′( x)= 1−ln x
x
2
，当0< x<e时，f
′( x)>0；当x>e时，
f
′( x)<0，
函数f ( x)在(0,e]上单调递增，在[e,+∞)上单调递减，而f (4)= ln 4
4 = ln 2
2 = f (2)，
因此函数f ( x)在[2,e]上单调递增，在[e,4 ]上单调递减，又x∈[2,m](m>2)，
所以当2<m≤4时，f ( x)min= f (2)= ln 2
2 ；当m>4时，f ( x)min= f (m)= ln m
m .
（3）依题意，不妨令0< x1< x2，ln x1
x1
=a x1+b，ln x2
x2
=a x2+b，即
{
ln x1=a x1
2+b x1
ln x2=a x2
2+b x2)，
两式相减得
ln x2−ln x1=( x2−x1)[a( x2+ x1)+b]⇔ln x2−ln x1
x2−x1
=a( x2+ x1)+b= g( x1+ x2)，
不等式
( x1+ x2)g( x1+ x2)>2⇔g( x1+ x2)>2
x1+ x2
⇔ln x2−ln x1
x2−x1
>2
x1+ x2
⇔ln x2
x1
>2( x2−x1)
x2+ x1
，
令t = x2
x1
>1，则ln x2
x1
−2( x2−x1)
x2+ x1
= ln t x1
x1
−2(t x1−x1)
t x1+ x1
= ln t −2(t −1)
t +1
，
令函数φ(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,t >1，φ
′(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，函数φ(t )在
(1,+ ∞)上单调递增，
因此φ(t )>φ(1)=0，即ln t −2(t −1)
t +1
>0，则ln x2
x1
>2( x2−x1)
x2+ x1
，
所以( x1+ x2)g( x1+ x2)>2.
【破提升训练・12】已知函数h(x)=ln x和g(x)=ax，若存在两个实数x1, x2，且x1≠x2，
使得h(x1)= g(x1)，h(x2)= g(x2)，证明：x1 x2>e
2．
【答案】证明见解析
【分析】利用参数a作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明
lnt −2(t −1)
t +1
>0，利用构造函数法，结合导数证得结论成立.
【详解】因为x1≠x2，不妨设x1> x2，
因为ln x1−a x1=0，ln x2−a x2=0，
所以ln x1+ln x2=a(x1+ x2)，ln x1−ln x2=a(x1−x2)，
所以
ln x1−ln x2
x1−x2
=a，
欲证x1 x2>e
2，即证ln x1+ln x2>2.
因为ln x1+ln x2=a(x1+ x2)，所以即证a>
2
x1+ x2
，
所以即证
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，即证ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
．
令t = x1
x2
，则t >1，x1 x2>e
2等价于lnt −2(t −1)
t +1
>0，
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，t >1，
因为g
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，
故g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，
即lnt −2(t −1)
t +1
>0，所以x1 x2>e
2．
方法二：直接换元构造新函数 a=ln x1
x1
=ln x2
x2
，即ln x2
ln x1
= x2
x1
，设x1< x2，t = x2
x1
，
则t >1，
则x2=t x1，
lnt x1
ln x1
=t，可得ln x1=lnt
t −1，
ln x2=lnt x1=lnt +ln x1=lnt +lnt
t −1 = t lnt
t −1 ，
由于x1 x2>e
2⇔ ln x1+ln x2>2⇔ lnt
t −1 + t lnt
t −1 = t +1
t −1 lnt >2⇔
lnt −2(t −1)
t +1
>0
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，t >1，
因为g
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，
故g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，即lnt −2(t −1)
t +1
>0，
所以x1 x2>e
2.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)（或f (x)<g(x)）转化为证明
f (x)−g(x)>0（或f (x)−g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)= f (x)−g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构
造辅助函数.
【破提升训练・13】已知函数f (x)= xln x−x．
(1)求函数f (x)的最值；
(2)若函数g(x)= f (x)−a x
2+a有两个不同的极值点，记作x1, x2，且x1< x2，求证：
ln x1+2ln x2>3．
【答案】(1)f (x)无最大值，最小值为−1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数知识可得函数f (x)的最值；
（2）由题可得，要证ln x1+2ln x2>3，即证ln x2
x1
>
3(
x2
x1
−1)
1+ 2 x2
x1
，然后通过研究：
h(t )=lnt −3(t −1)
1+2t
(t >1)单调性可完成证明.
【详解】（1）函数f (x)的定义域为(0,+ ∞),f
′ (x)=ln x．
令f
′ (x)<0，解得0< x<1；令f
′ (x)>0，解得x>1．
所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f ( x)min= f (1)=1×ln1−1=−1．
所以f (x)无最大值，最小值为−1；
（2）g(x)= f (x)−a x
2+a= xln x−a x
2−x +a，g
′ (x)=ln x−2ax．
因为g(x)有两个不同的极值点x1, x2，所以ln x1=2a x1，ln x2=2a x2．
欲证ln x1+2ln x2>3，即证2a x1+ 4 a x2>3，又0< x1< x2，
所以原式等价于a>
3
2 x1+ 4 x2
①.
由ln x1=2a x1，ln x2=2a x2,
得ln x2
x1
=2a(x2−x1) ⇒a=
ln x2
x1
2(x2−x1)
②.
由①②知原问题等价于求证ln x2
x1
x2−x1
>
3
x1+2 x2
，
即证ln x2
x1
> 3(x2−x1)
x1+2 x2
=
3(
x2
x1
−1)
1+ 2 x2
x1
．
令t = x2
x1
，则t >1，上式等价于求证lnt > 3(t −1)
1+2t ．
令h(t )=lnt −3(t −1)
1+2t
(t >1)，则h
′ (t )= 1
t −3(1+2t )−6(t −1)
(1+2t )
2
= (t −1)(4 t −1)
t (1+2t )
2
，
因为t >1，所以h
′ (t )>0恒成立，所以h(t )单调递增，
h(t )>h(1)=ln1−3×(1−1)
1+2×1 =0，
即lnt > 3(t −1)
1+2t ，所以原不等式成立，即ln x1+2ln x2>3．
【点睛】关键点睛：对于涉及双变量不等式的证明，常利用两变量的差或者商，将双
变量问题转变为单变量问题.
【破提升训练・14】已知函数f ( x)= ln x + 1
x ，若方程f ( x)=a有两个根x1, x2(x1< x2)，证
明:x1+ x2>2.
【答案】证明见解析
【分析】通过方程根的关系进行变形，构造新函数，利用导数证明不等式。
【详解】若方程f ( x)=a有两个根x1, x2(0< x1< x2)，
则ln x1+ 1
x1
= ln x2+ 1
x2
，即
x2−x1
x1 x2
= ln x2
x1
>0.
要证x1+ x2>2，需证(x1+ x2)⋅x2−x1
x1 x2
>2ln x2
x1
，即证
x2
x1
−x1
x2
>2ln x2
x1
.
设
x2
x1
=t(t >1)，则
x2
x1
−x1
x2
>2ln x2
x1
等价于t −1
t >2ln t.
令g(t )=t −1
t −2ln t，则g
′(t )=1+ 1
t
2 −2
t =(1−1
t)
2
>0，
所以g(t )在(1,+ ∞)上单调递增，g(t )>g(1)=0，即t −1
t > 2lnt，故x1+ x2>2.
【破提升训练・15】已知函数f (x)= xe
−x(x∈R)．
(1)求函数f (x)的单调区间和极值；
(2)若x1≠x2，且f (x1)= f (x2)，求证：x1+ x2>2．
【答案】(1)增区间为(−∞,1)，减区间为(1,+∞)，极大值为1
e ，无极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）利用函数的单调性、极值与导数的关系可得答案；
（2）令F (x)= f (x)−f (2−x)，x>1，利用导数分析函数F (x)在(1,+ ∞)上的单调性，
可得出f (x)>f (2−x)，设x1<1< x2，可得出f (x2)>f (2−x2)，进一步得出
f (x1)>f (2−x2)，结合函数f (x)在(−∞,1)上的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）因为f (x)= xe
−x，其中x∈R，则f
′ (x)=(1−x)e
−x，
令f
′ (x)=0，解得x =1，当x变化时，f
′ (x)、f (x)的变化情况如下表：
x
(−∞,1)
1
(1,+∞)
f
′ (x)
+
0
−
f (x)
单调递增
极大值
单调递减
所以，f (x)的增区间为(−∞,1)，减区间为(1,+∞).
故函数f (x)在x =1处取得极大值1
e ，无极小值.
（2）构造辅助函数F (x)= f (x)−f (2−x)，x>1，
则F
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (2−x)=e
−x(1−x)+e
x−2(x −1)=(x −1)(e
x−2−e
−x)，
当x>1时，x−1>0，x−2>−x，则e
x−2−e
−x>0，则F
′ (x)>0，
所以，F (x)在(1,+∞)上单调递增，当x>1时，F (x)> F (1)=0，
故当x>1时，f (x)>f (2−x)，（*）
由f (x1)= f (x2)，x1≠x2，
因为函数f (x)的增区间为(−∞,1)，减区间为(1,+∞)，
可设x1<1< x2，将x2代入（*）式可得f (x2)>f (2−x2)，
又f (x1)= f (x2)，所以，f (x1)>f (2−x2)．
又x1<1，2−x2<1，而f (x)在(−∞,1)上单调递增，
所以，x1>2−x2，即x1+ x2>2．
【破提升训练・16】已知函数f (x)= x−3ln x−2
x −a(a∈R)．
(1)当a>0时，求函数f (a)的值域；
(2)若f (x)在[
1
16 ,+∞)上只有一个零点，求实数a的取值范围；
(3)设x1, x2是f (x)的两个零点，证明：x1+ x2+6ln3>2a+6+6ln2．
【答案】(1)(−∞,−3 ln 2
3 −3]
(2)(−1,+ ∞)∪[−511
16 +3 ln16,1−3 ln 2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）利用导数的性质判断函数的单调性，利用函数的单调性进行求解函数
的值域即可；
（2）根据函数零点定义，利用常变量分离法，通过构造新函数，利用导数的性质进
行求解即可；
（3）根据函数零点定义，结合基本不等式，通过构造新函数，利用导数的性质进行
求解证明即可.
【详解】（1）由f (a)=a−3ln a−2
a −a=−3ln a−2
a ⇒f
′ (a)=−3
a + 2
a
2 = 2−3a
a
2
，
当0<a< 2
3时，f
′ (a)>0，函数f (a)在(0, 2
3 )上单调递增，
当a> 2
3时，f
′ (a)<0，函数f (a)在( 2
3 ,+∞)上单调递减，故
f (a)max = f(
2
3)=−3ln 2
3 −3，
当a→+ ∞时，f (a)→−∞，故当a>0时，函数f (a)的值域为(−∞,−3ln 2
3 −3]；
（2）令f (x)= x−3ln x−2
x −a=0⇒a= x−3ln x−2
x ，
设g(x)= x−3ln x−2
x ⇒g
' (x)=1−3
x + 2
x
2 = x
2−3 x +2
x
2
= (x−1)(x−2)
x
2
，
当x>2时，g
' (x)>0，则g(x)在(2,+ ∞)上单调递增，
当1< x<2时，g
' (x)<0，则g(x)在(1,2)上单调递减，
当1
16 ≤x<1时，g
' (x)>0，则g(x)在[ 1
16 ,1)上单调递增，
且当x→+ ∞时，g( x)→+∞，作出函数g(x)的图象如图所示：
又g(1)=−1,g(2)=1−3 ln 2, g(
1
16)=−511
16 +3 ln16，
要使f (x)在[
1
16 ,+ ∞)上只有一个零点，需使a>−1或−511
16 +3 ln16≤a<1−3ln 2，
即实数a的取值范围为；(−1,+∞)∪[−511
16 +3ln16,1−3ln 2).
（3）因为x1, x2是f (x)的两个零点，
所以x1−3ln x1−2
x1
−a=0，x2−3ln x2−2
x2
−a=0，
两式相加，可得x1+ x2−3(ln x1+ ln x2)−(
2
x1
+ 2
x2)=2a，
则有x1+ x2−3ln(x1 x2)−(
2
x1
+ 2
x2)=2a，即x1+ x2=2a+3ln(x1 x2)+ 2(x1+ x2)
x1 x2
因为x1, x2>0且x1≠x2，所以有x1+ x2>2❑√x1 x2，
于是有x1+ x2=2a+3 ln(x1 x2)+ 2(x1+ x2)
x1 x2
>2a+3ln(x1 x2)+ 4 ❑√x1 x2
x1 x2
，
即x1+ x2>2a+3ln(x1 x2)+
4
❑√x1 x2
（*），记❑√x1 x2=t (t >0)，
设h(t )=2a+6 ln t + 4
t ，则h
' (t )= 6
t −4
t
2 = 2(3t −2)
t
2
，
当t > 2
3时，h
' (t )>0,则h(t )在( 2
3 ,+∞)上单调递增，
当0<t < 2
3时，h
' (t )<0,则h(t )在(0, 2
3 )上单调递减，
h(t )min=h(
2
3)=2a+6 ln 2−6 ln3+6，即h(t )≥2a+6 ln 2−6 ln3+6，
故由（*）可得x1+ x2>2a+3ln(x1 x2)+
4
❑√x1 x2
≥2a+6 ln2−6 ln3+6，
即x1+ x2+6ln3>2a+6+6ln2.
【破提升训练・17】定义运算：|
m
n
p
q)=mq−np，已知函数
f ( x)=|
ln x
x−1
1
a ), g( x)= 1
x −1．
(1)若函数f ( x)的最大值为0，求实数a 的值；
(2)证明：(1+ 1
2
2)(1+ 1
3
2)(1+ 1
4
2)…(1+ 1
n
2)<e．
(3)若函数h( x)= f ( x)+ g( x)存在两个极值点x1, x2，证明：h(x1)−h(x2)
x1−x2
−a+2<0．
【答案】(1)1
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义的运算得到f (x)的解析式，结合导数求最大值的方法，建立
关于a的方程，解方程得解.
（2）借助（1）问中的结论，ln x ≤x−1，得到
ln(1+ 1
n
2 )<(1+ 1
n
2 )−1= 1
n
2 <
1
n(n−1) =
1
n−1 −1
n，然后利用不等式性质，即裂项相消求
和法，从而得证.
（3）将极值点个数问题转化为到导函数零点个数问题，从而得出
h( x1)−h( x2)
x1−x2
= a(ln x1−ln x2)
x1−x2
−2，将所证转化为ln x1−ln x2
x1−x2
<1，通过消元，然后构
造函数φ( x)=2ln x−x + 1
x ( x>1)，借助导数证明φ(x)<φ(1)=0即可.
【详解】（1）由题意知：f (x)=aln x−x +1，∴f
′( x)= a
x −1( x>0)，
①当a≤0时，f
′ (x)<0，f (x)在(0,+∞)单调递减，不存在最大值．
②当a>0时，由f
′ (x)=0得x =a，
当x∈(0,a)，f
′ (x)>0；x∈(a,+∞)，f
′ (x)<0，
∴函数y = f (x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,+∞)．
∴f (x)max= f (a)=a ln a−a+1=0，令φ(a)=aln a−a+1，求导得φ
'(a)= ln a，
当a∈(0,1)时，φ
'(a)<0，函数φ(a)递减，当a∈(1,+ ∞)时，φ
'(a)>0，函数
φ(a)递增，
因此φ(a)min=φ(1)=0，∴a=1．
（2）由（1）知，ln x−x +1≤0，即ln x ≤x−1，
∴当n>1时，ln(1+ 1
n
2 )<(1+ 1
n
2 )−1= 1
n
2 <
1
n(n−1) =
1
n−1 −1
n ．
∴ln(1+ 1
2
2 )+ ln(1+ 1
3
2 )+⋯+ ln(1+ 1
n
2 )<(1−1
2 )+( 1
2 −1
3 )+⋯+(
1
n−1 −1
n )=1−1
n <1
．
∴(1+ 1
2
2 )(1+ 1
3
2 )(1+ 1
4
2 )⋯(1+ 1
n
2 )<e．
（3）∵h( x)= f ( x)+ g( x)=a ln x−x + 1
x
∴h
′( x)= a
x −1−1
x
2 = −x
2+ax−1
x
2
“函数h(x)存在两个极值点x1, x2”等价于
“方程h
′( x)= a
x −1−1
x
2 = −x
2+ax−1
x
2
=0有两个不相等的正实数根”
故{
Δ=a
2−4>0
x1 x2=1
x1+ x2=a>0)
，解得a>2，
∵h( x1)−h( x2)
x1−x2
=
aln x1−x1+ 1
x1
−aln x2+ x2−1
x2
x1−x2
=
a(ln x1−ln x2)+( x2−x1)+ x2−x1
x1 x2
x1−x2
= a(ln x1−ln x2)
x1−x2
−2
要证
h( x1)−h( x2)
x1−x2
−a+2<0，即证
ln x1−ln x2
x1−x2
<1，
∵x1 x2=1，不妨令0< x1<1< x2，故x1= 1
x2
<1
由
ln x1−ln x2
x1−x2
<1得2ln x2−x2+ 1
x2
<0，令φ( x)=2ln x−x + 1
x ( x>1)
φ
′( x)= 2
x −1−1
x
2 = −x
2+2 x−1
x
2
= −(x−1)
2
x
2
<0在(1,+∞)恒成立，
所以函数φ(x)在(1,+∞)上单调递减，故φ(x)<φ(1)=0．
∴h( x1)−h( x2)
x1−x2
−a+2<0成立．
【点睛】关键点点睛：第（1）小问关键在于读懂新定义运算，得到f (x)解析式，然
后借助导数求最大值，第（2）小问关键，借助（1）中得到的结论，ln x ≤x−1，得到
ln(1+ 1
n
2 )<(1+ 1
n
2 )−1= 1
n
2，其中1
n
2 <
1
n(n−1)的放缩很关键；第（3）问的关键是将极
值点个数问题等价为导函数零点个数问题，从而得出
h( x1)−h( x2)
x1−x2
= a(ln x1−ln x2)
x1−x2
−2
的结论，最后双元变单元，再一次构造函数从而得解.
【破提升训练・18】已知函数f (x)=−1
2 x
2+ax−ln x (a∈R)．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)有两个极值点x1, x2(x1< x2)，求证：4 f (x1)−2f (x2)≤1+3 ln 2．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围判断函数的单调性即可.
（2）根据函数的极值的个数求出a的范围，求出4 f (x1)−2f (x2)的解析式，根据函
数的单调性证明即可.
【详解】（1）
由f (x)=−1
2 x
2+ax−ln x，得f
′ (x)=−x +a−1
x =−x
2−ax +1
x
．
令g(x)= x
2−ax +1，则f
′ (x)=−g(x)
x
，
①当Δ=a
2−4<0，即−2<a<2时，g(x)>0恒成立，则f
′ (x)<0，
∴f (x)在(0,+ ∞)上是减函数．
②当Δ=0，即a=±2时，g(x)= x
2±2 x +1=(x ±1)
2≥0，则f
′ (x)≤0，
∴f (x)在(0,+ ∞)上是减函数．
③当Δ=a
2−4>0，即a<−2或a>2．
（i）当a<−2时，g(x)= x
2−ax +1是开口向上且过点(0,1)的抛物线，对称轴方程为
x = a
2(
a
2 <−1)，
则g(x)>0恒成立，从而f
′ (x)<0，∴f (x)在(0,+∞)上是减函数．
（ii）当a>2时，g(x)是开口向上且过点(0,1)的抛物线，对称轴方程为x = a
2(
a
2 >1)，
则函数g(x)有两个零点：x1= a−
❑√a
2−4
2
, x2= a+
❑√a
2−4
2
（显然x1< x2），
当x∈(0, x1)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减；
当x∈( x1, x2)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
当x∈( x2,+ ∞)时，f
′ (x)<0，f（x）单调递减．
综上，当a≤2时，f (x)的减区间是(0,+∞)；
当a>2时， f (x)的增区间是(
a−
❑√a
2−4
2
, a+
❑√a
2−4
2
)，减区间是
(0, a−
❑√a
2−4
2
),(
a+
❑√a
2−4
2
,+∞)．
（2）
由（1）知，当a>2时，f (x)有两个极值点x1, x2,(x1< x2)，
则x1, x2是方程g(x)= x
2−ax +1=0的两个根，
从而a x1= x1
2+1,a x2= x2
2+1．由韦达定理，得x1 x2=1, x1+ x2=a．
又a−2>0，∴0< x1<1< x2．
4 f (x1)−2f (x2) = 4(−1
2 x1
2+a x1−ln x1)−2(−1
2 x2
2+a x2−ln x2)
=−2 x1
2+ 4 a x1−4 ln x1+ x2
2−2a x2+2ln x2
=−2 x1
2+ 4(x1
2+1)−4 ln x1+ x2
2−2(x2
2+1)+2ln x2
=2 x1
2−x2
2+2ln x2
x1
2 +2 = 2
x2
2 −x2
2+3ln x2
2+2．
令t = x2
2(t >1),h(t )= 2
t −t +3 ln t +2,(t >1)，
则h
′ (t )=−2
t
2 −1+ 3
t =−(t −1)(t −2)
t
2
．
当1<t <2时，h
′ (t )>0;当t >2时，h
′ (t )<0，
则h(t )在(1,2)上是增函数，在(2,+∞)上是减函数，
从而h(t )max=h(2)=3 ln2+1，于是4 f (x1)−2f (x2)≤1+3ln 2．
【点睛】利用导数求解函数（含参）的单调区间，关键要对参数进行分类讨论，本题
中分子为二次函数，所以构造二次函数g(x)，利用判别式可分为Δ>0, Δ=0, Δ<0来讨论
g( x)的根和正负情况，从而确定f
′( x)的正负.
【破提升训练・19】已知函数f (x)=ln x + x
2−2ax ,a∈R，
(1)当a>0时，讨论f (x)的单调性；
(2)若函数f (x)有两个极值点x1, x2(x1< x2)，求2f (x1)−f (x2)的最小值.
【答案】(1)答案见解析
(2)−1+ 4 ln 2
2
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论Δ≤0与Δ>0两种情况即可得
解；
（2）利用（1）中结论，利用韦达定理得到x1⋅x2= 1
2，2a x1=2 x1
2+1，
2a x2=2 x2
2+1，利用消元法将2f (x1)−f (x2)表示成关于x2
2的函数，再利用换元法和导数
求得所得函数的最小值，从而得解.
【详解】（1）因为f (x)=ln x + x
2−2ax , x>0，
所以f
′( x)= 1
x +2 x−2a= 2 x
2−2ax +1
x
,
令g( x)=2 x
2−2ax +1，则Δ= 4 a
2−8= 4(a
2−2)，
因为a>0，
当0<a≤❑√2时，Δ≤0，则g( x)≥0，即f
′( x)≥0，
此时f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当a>❑√2时，Δ>0，由g( x)=0，得x3= a−
❑√a
2−2
2
, x4= a+
❑√a
2−2
2
，且x3< x4，
当0< x< x3或x> x4时，g( x)>0，即f
′( x)>0；
当x3< x< x4时，g( x)<0，即f
′( x)<0，
所以f ( x)在(0, x3),(x4,+ ∞)上单调递增，在(x3, x4)上单调递减；
综上，当0<a≤❑√2时，f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>❑√2时，f ( x)在(0, x3),(x4,+ ∞)上单调递增，在(x3, x4)上单调递减，
其中x3= a−
❑√a
2−2
2
, x4= a+
❑√a
2−2
2
.
（2）由（1）可知，x3, x4为f ( x)的两个极值点，且x3< x4，
所以x1= x3, x2= x4，且x1, x2是方程2 x
2−2ax +1=0的两不等正根，
此时a>❑√2，x1+ x2=a>0，x1⋅x2= 1
2，
所以x1∈(0,
❑√2
2 )，x2∈(
❑√2
2 ,+ ∞)，且有2a x1=2 x1
2+1，2a x2=2 x2
2+1，
则2f (x1)−f (x2)=2(ln x1+ x1
2−2a x1)−(ln x2+ x2
2−2a x2)
=2(ln x1+ x1
2−2 x1
2−1)−(ln x2+ x2
2−2 x2
2−1) =−2 x1
2+2ln x1−ln x2+ x2
2−1
= x2
2−2(
1
2 x2)
2
+2ln 1
2 x2
−ln x2−1= x2
2−1
2 x2
2 −3
2 ln x2
2−2ln 2−1
令t = x2
2，则t ∈(
1
2 ,+∞)，令g(t )=t −1
2t −3
2 ln t −2ln 2−1，
则g
′ (t )=1+ 1
2t
2 −3
2t = (2t −1)(t −1)
2t
2
，
当t ∈(
1
2 ,1)时，g
′ (t )<0，则g(t )单调递减，
当t ∈(1,+ ∞)时，g
′ (t )>0，则g(t )单调递增，
所以g(t )min= g(1)=−1+ 4 ln 2
2
，
所以2f (x1)−f (x2)的最小值为−1+ 4 ln 2
2
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用韦达定理将双变量的2f (x1)−f (x2)
转化为关于单变量x2
2的函数，从而得解.
【破提升训练・20】已知函数f (x)= ln x + a
2 x
2，a∈R．
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程；
(2)求f (x)的单调区间；
(3)设x1, x2(0< x1< x2)是函数g(x)= f (x)−ax的两个极值点，证明：
g(x1)−g(x2)< a
2 −ln a．
【答案】(1)4 x−2 y −3=0
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，然后求出f
′ (1)，f (1)，根据点斜式写出直线方程；
（2）求导，然后分a≥0和a<0讨论求f (x)的单调区间；
（3）根据极值点为导函数的零点，令x1
x2
=t ,0<t <1，利用韦达定理将a用t表示，代
入g(x1)−g(x2)−(
a
2 −ln a)，构造函数求其最值即可.
【详解】（1）当a=1时，f (x)= ln x + 1
2 x
2，
得f
′ (x)= 1
x + x，则f
′ (1)=2，f (1)= 1
2，
所以切线方程为y =2(x−1)+ 1
2，即4 x−2 y −3=0；
（2）f
′ (x)= 1
x +ax = 1+a x
2
x
，
当a≥0时，f
′ (x)>0恒成立，f (x)在(0,+∞)上单调递增，无减区间，
当a<0时，令f
′ (x)>0，得0< x<−
❑√−a
a
，f (x)单调递增，
令f
′ (x)<0，得x>−
❑√−a
a
，f (x)单调递减，
综合得：当a≥0时，f (x)的单调递增区间为(0,+∞)，无减区间；
当a<0时，f (x)的单调递增区间为(0,−
❑√−a
a )，f (x)的单调递减区间为
(−
❑√−a
a
,+ ∞)；
（3）g(x)= f (x)−ax = ln x + a
2 x
2−ax，
则g
′ (x)= 1
x +ax−a= a x
2−ax +1
x
，
因为x1, x2(0< x1< x2)是函数g(x)= f (x)−ax的两个极值点，
即x1, x2(0< x1< x2)是方程a x
2−ax +1=0的两不等正根，
所以{
a
2−4 a>0
x1+ x2=1>0
x1 x2= 1
a >0)
，得a>4，
令
x1
x2
=t ,0<t <1，则t x2+ x2=1,t x2 x2= 1
a，
得a= 1
t x2
2 =
1
t(
1
t +1)
2 = (t +1)
2
t
，
则x2−x1= ❑√(x2+ x1)
2−4 x2 x1= ❑√1−4
a = ❑√
1−
4 t
(t +1)
2 = 1−t
t +1 ，
所以
g(x1)−g(x2)= ln x1+ a
2 x1
2−a x1−(ln x2+ a
2 x2
2−a x2)= ln x1
x2
+ a
2 (x1
2−x2
2)−a(x1−x2)
= ln x1
x2
+ a
2 (x1−x2)(x1+ x2)−a(x1−x2)= ln x1
x2
−a
2 (x1−x2)
= ln t + (t +1)
2
2t
⋅1−t
t +1 = ln t −t
2−1
2t
，
则g(x1)−g(x2)−(
a
2 −ln a)= ln t −t
2−1
2t
−(t +1)
2
2t
+ ln (t +1)
2
t
=2ln (t +1)−t −1，
令h(t )=2ln (t +1)−t −1,0<t <1，
则h
′ (t )= 2
t +1 −1= 1−t
t +1 >0，
所以h(t )在(0,1)上单调递增，
所以h(t )<h(1)=2ln 2−2=2(ln 2−1)<0，
所以g(x1)−g(x2)−(
a
2 −ln a)<0，
即g(x1)−g(x2)< a
2 −ln a.
【点睛】关键点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就
是利用韦达定理，令x1
x2
=t ,0<t <1达到消元的目的，常用的换元有
t = x2−x1,t = x2 x1,t = x2
x1
等.
【破提升训练・21】已知函数f (x)=t (x−1)−2ln x (t ∈R)，
(1)若f (x)≥0恒成立，求实数t 的值；
(2)当t =0时，方程1
2 f (x)+ x
2−x =m有两个不同的根，分别为x1, x2(x1< x2)，
①求实数m 的取值范围；
②求证：ln x1+ x2>1−m.
【答案】(1)t =2；
(2)①m∈(0,+ ∞)；②证明见解析.
【分析】（1）由f (x)≥0= f (1)可判断f
' (1)=0，解得t值并验证；
（2）①令g(x)= 1
2 f (x)+ x
2−x = x
2−x−ln x (x>0)，利用g(1)=0，结合g(x)的单
调性和零点存在性定理，判断m取值范围；②构造函数h(x)= g(x)−g(2−x)(0< x<1)，
证得x1+ x2>2，再将问题转化为证明x2+ x1>1−x1
2+2 x1，由不等式性质可得.
【详解】（1）f
' (x)=t −2
x ，因为f (1)=0，若f (x)≥0，即f (x)≥f (1).
由于x =1不是定义域区间的端点，且f (x)在定义域上连续，
故f (1)不仅是函数f (x)的最小值，同时也是极小值，
所以f
' (1)=t −2=0，解得t =2.
检验：当t =2时，f (x)=2 x−2−2ln x (x>0)，则f
' (x)=2−2
x =2· x−1
x
，
当0< x<1时，f
' (x)<0，f (x)在(0,1)上单调递减，
当x>1时，f
′ (x)>0，f (x)在(1,+∞)上单调递增；
所以f (x)的最小值为f (1)，即f (x)≥f (1)=0成立，
综上，t =2.
（2）①当t =0时，令g(x)= 1
2 f (x)+ x
2−x = x
2−x−ln x (x>0)，
g
' (x)=2 x−1−1
x = (2 x +1)(x−1)
x
(x>0)，
令g
' (x)>0，解得x>1，g
' (x)<0，解得0< x<1，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，则g(x)的最小值为g(1)=0；
当m<0时，g(x)=m无解，当m=0时，g(x)=m一解，都不符合题意；
当m>0时，g(e
−m−2)−m=(e
−m−2)
2−e
−m−2+2+m−m>(e
−m−2−1
2)
2
+ 7
4 >0，
g(1)−m=0−m<0，
因为0<e
−m−2<1，g(x)在(0,1)上单调递减，所以g(x)=m在(0,1)上唯一解；
令s(x)=e
x−x−1，则s
' (x)=e
x−1，
当x∈(−∞,0)时，s
' (x)<0，s(x)在(−∞,0)上单调递减，
当x∈(0,+ ∞)时，s
' (x)>0，s(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以当x =0时，s(x)取得最小值，即s(x)≥s(0)=0，所以e
x≥x +1，
所以g(e
m+1)−m=(e
m+1)
2−e
m+1−2m−1=e
m+1(e
m+1−1)−2m−1
≥(m+2)(m+1)−2m−1=m
2+m+1>0，又g(1)−m=0−m<0，
因为e
m+1>2>1，g(x)在(1,+ ∞)上单调递增；
所以g(x)=m在(1,+ ∞)上有唯一解；
综上所述，方程1
2 f (x)+ x
2−x =m有两个不同的根时，m∈(0,+∞)；
②由题可知：g(x1)= g(x2)=m，即x1
2−x1−ln x1= x2
2−x2−ln x2=m且0< x1<1< x2，
构造函数：h(x)= g(x)−g(2−x)(0< x<1)，
则h
' (x)= g
' (x)+ g
' (2−x) =2 x−1−1
x +2(2−x)−1−
1
2−x = −2(x−1)
2
x (2−x) <0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，故h(x)>h(1)= g(1)−g(2−1)=0，所以
g(x)>g(2−x)，
又因为0< x1<1，所以g(x1)> g(2−x1)，
又因为g(x1)= g(x2)，所以g(x2)>g(2−x1)，
因为g(x)在(1,+∞)上单调递增，2−x1>1，x2>1，
所以x2>2−x1，得x1+ x2>2
要证ln x1+ x2>1−m，
即证ln x1+ x2>1−(x1
2−x1−ln x1)，
即x2>1−x1
2+ x1，即x2+ x1>1−x1
2+ x1+ x1，
即证x2+ x1>1−x1
2+2 x1，
因为x1+ x2>2，故只须证明：1−x1
2+2 x1≤2，
因为1−x1
2+2 x1=2−x1
2+2 x1−1=2−( x1−1)
2<2成立.
所以原不等式ln x1+ x2>1−m成立.
【破提升训练・22】已知函数f ( x)=( x +m)ln x，当x =1时，f ( x)的切线斜率k =3．
(1)求f ( x)的单调区间；
(2)已知x> y > 1
2，若f ( x)+ f ( y)
ln x + ln y =2，求证：若t ∈(1,2)，则2 x +ty ∈(3,4)．
【答案】(1)f ( x)在(0,+∞)上单调递增，无单调递减区间．
(2)证明见解析
【分析】（1）由切线斜率可得m=2，然后两次求导可得f ( x)单调区间；
（2）由题可得，命题等价于证明x + y <2，2 x + y >3.由f ( x)+ f ( y)
ln x + ln y =2，结合
x> y > 1
2，可得x>1> y > 1
2.对于x + y <2，通过φ( y)=(2−y)ln(2−y)+ y ln y在
y ∈(
1
2 ,1)上单调性可完成证明；对于2 x + y >3，由h( y)= 3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y在
y ∈(
1
2 ,1)上的单调性可完成证明.
【详解】（1）f ′( x)= ln x + x +m
x
，则f ′(1)=m+1=3．
所以m=2，f ( x)=( x +2)ln x，则f ′( x)= ln x + x +2
x
= ln x + 2
x +1．
令F( x)= ln x + 2
x +1．则F ′( x)= 1
x −2
x
2 = x−2
x
2 ．
所以F( x)在(0,2)上单调递减，在(2,+ ∞)上单调递增，
又F(2)= ln 2+2>0，所以F( x)>0恒成立，即f ′( x)>0恒成立，
故f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，无单调递减区间．
（2）证明：要证t ∈(1,2)，则2 x +ty ∈(3,4)，
只需证明2 x +2 y <4，2 x + y >3，即证明x + y <2，2 x + y >3．
∵x> y > 1
2，由f ( x)+ f ( y)
ln x + ln y =2得f ( x)+ f ( y)=2ln x +2ln y．
则( x +2)ln x +( y +2)ln y =2ln x +2ln y，可得x ln x + y ln y =0．
又x> y > 1
2，令g( x)= x ln x，
则g′( x)=1+ ln x，g′( x)>0⇒x> 1
e ，所以g( x)= x ln x在(
1
e ,+ ∞)上单调递增．
因x> y > 1
2 > 1
e ，又x ln x + y ln y =0，则x ln x>0> y ln y，
从而x>1> y > 1
2.
先证明x + y <2，即1< x<2−y，因g( x)= x ln x在(
1
e ,+∞)上单调递增．
只需证x ln x<(2−y)ln(2−y)，y ∈(
1
2 ,1).
即(2−y)ln(2−y)+ y ln y >0，y ∈(
1
2 ,1)．
令φ( y)=(2−y)ln(2−y)+ y ln y，y ∈(
1
2 ,1)，则φ'( y)= ln
y
2−y <0，
所以φ( y)=(2−y)ln(2−y)+ y ln y >φ(1)=0，故x + y <2;
再证明2 x + y >3，即x> 3−y
2
>1．
同理，只需证明x ln x> 3−y
2
ln 3−y
2
，即3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y <0．
令h( y)= 3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y，y ∈(
1
2 ,1)．则h′( y)=−1
2 ln 3−y
2
+ ln y + 1
2．
令k( y)=−1
2 ln 3−y
2
+ ln y + 1
2，y ∈(
1
2 ,1)，则k ′( y)=
1
6−2 y + 1
y >0，
所以k( y)在[
1
2 ,1)上单调递增．
又因为k(
1
2)=−1
2 ln 5
4 + ln 1
2 + 1
2 = 1
2 (1−ln5)<0，k(1)= 1
2 >0，
则存在y0∈(
1
2 ,1)，使得k ( y0)=0，
所以1
2 < y < y0时，k ( y)=h′( y)<0，当y0< y ≤1时，k( y)=h′( y)>0，
所以h( y)在(
1
2 , y0)上单调递减，在( y0,1)上单调递增，
又因为h(1)=0，h(
1
2)= 5
4 ，5
4 + 1
2 ln 1
2 = 1
4 ln 5
5
4
6 <0，
所以3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y <0，故2 x + y >3．
综上所述，对任意的t ∈1,2，3<2 x +ty <4．
【点睛】关键点睛：对于一次求导后无法判断单调性的函数，往往可进行多次求导；
对于双变量问题，核心思想为由题目已知条件，将双变量转变为单变量问题.
【破提升训练・22】已知函数f ( x)=ax−x ln x ,f
′( x)为其导函数．
(1)若f ( x)≤1恒成立，求a的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数x1, x2，使得f (x1)= f (x2)，证明：f
′(
❑√x1 x2)>0．
【答案】(1)(−∞,1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解；
（2）不等式转化为证明x1<e
2a−2
x2
<e
a−1，即证明f (x2)<f(
e
2a−2
x2 )，构造函数
g(x)= f (x)−f(
e
2a−2
x ), x∈(e
a−1,e
a)，利用导数证明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）f
′ (x)=a−1−ln x，当0< x<e
a−1时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增；
当x>e
a−1时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减．所以f ( x)max = f (e
a−1)=e
a−1≤1，
解得a≤1，即a的取值范围为(−∞,1)．
（2）证明：不妨设x1< x2，则0< x1<e
a−1< x2<e
a，要证f
′(
❑√x1 x2)>0，
即证❑√x1 x2<e
a−1，则证x1 x2<e
2a−2，则证x1<e
2a−2
x2
<e
a−1，
所以只需证f (x1)<f(
e
2a−2
x2 )，即f (x2)<f(
e
2a−2
x2 )．
令g(x)= f (x)−f(
e
2a−2
x ), x∈(e
a−1,e
a)，则g(e
a−1)=0，
g
′ (x)= (a−1−ln x)(x
2−e
2a−2)
x
2
．
当x>e
a−1时，a−1−ln x<0, x
2−e
2a−2>0，则g
′ (x)<0，
所以g(x)在(e
a−1,e
a)上单调递减，则g(x)< g(e
a−1)=0．所以f (x1)<f(
e
2a−2
x2 )．
由（1）知f (x)在(0,e
a−1)上单调递增，所以x1<e
2a−2
x2
，从而f
′(
❑√x1 x2)>0成立．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明
f (x2)<f(
e
2a−2
x2 )
.
【破提升训练・23】已知函数f (x)= a−1−x
e
x
+aln 1
x + x ,h(x)=−x
2+2ax−a
2+2a,a为
实数.
(1)讨论函数f (x)的极值；
(2)若存在x1, x2满足x1≠x2,f (x1)= f (x2)，求证：x1+ x2>h(x).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论函数f (x)的单调性，从而确定极值；
（2）先求出函数h( x)的最大值，将要证的不等式转化为x1+ x2>2a，构造函数
g(x)= f (x)−f (2a−x)(0< x<a)，利用导数研究函数的单调性，再根据函数f (x)的单调性
得到关于x1, x2的不等式，即可证明.
【详解】（1）由题意知f (x)= a−1−x
e
x
−aln x + x，定义域为(0,+ ∞)，
f
′ (x)= x−a
e
x
−a
x +1=(x−a)(
1
e
x + 1
x)，
因为x>0，所以1
e
x + 1
x >0恒成立.
①当a≤0时，f
′ (x)>0，函数f (x)为(0,+∞)上的增函数，所以函数f (x)无极值.
②当a>0时，令f
′ (x)=0，得x =a，
当0< x<a时f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
当x>a时f
′ (x)>0,f (x)单调递增，
所以当x =a时，函数f (x)取得极小值f (a)=−1
e
a −alna+a，函数f (x)无极大值.
综上，当a≤0时，函数f (x)无极值；
当a>0时，函数f (x)的极小值为−1
e
a −alna+a，无极大值.
（2）因为h(x)=−x
2+2ax−a
2+2a=−(x −a)
2+2a≤2a，
所以欲证x1+ x2>h(x)，只需证明x1+ x2>2a，
由（1）知若存在x1, x2满足x1≠x2,f (x1)= f (x2)，则a>0，
不妨设x1< x2，则0< x1<a< x2，
设g(x)= f (x)−f (2a−x)(0< x<a)，
则g
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (2a−x)=(x−a)(
1
e
x + 1
x)+(2a−x−a)(
1
e
2a−x +
1
2a−x)
=(x−a)[
e
2a−x−e
x
e
2a
+ 2(a−x)
x (2a−x))，
因为x∈(0,a)，所以x−a<0,e
2a−x−e
x>0, x (2a−x)>0，a−x>0，
所以g
′ (x)<0，所以g(x)在(0,a)上单调递减，
所以g(x)>f (a)−f (2a−a)=0，
所以f (x1)−f (2a−x1)>0，即f (x1)>f (2a−x1)，
故f (x2)= f (x1)>f (2a−x1)，
因为x2>a,2a−x1>a,f (x)在(a,+ ∞)上单调递增，
所以x2>2a−x1，即x1+ x2>2a，故x1+ x2>h(x).
【点睛】方法点睛：处理此类双变量问题有两个策略：
一是转化，即从已知条件入手，寻找双变量所满足的不等式，并把含双变量的不等式
转化为含单变量的不等式；
二是巧妙构造函数，再借用导数判断函数的单调性，从而求解.
【破提升训练・24】设e为自然对数的底数，已知函数f (x)=(ln x +2)
2.
(1)当函数f (x)图象的切线经过原点时，求切线的方程；
(2)当实数m满足elnm+m=0,a,b∈(
m
2
e
2 ,+∞)且a+b=2，求f (a)+ f (b)的最大值.
【答案】(1)y = 4 x或y =0；
(2)8
【分析】（1）首先求函数的导数，再设切点，利用导数的几何意义求切线方程，并
代入原点，即可求解切点，以及切线方程；
（2）首先构造函数g(x)=ln
2 x−4
e
2 x，利用导数分析函数g(x)的性质，从而证明当
x∈(
m
2
e
2 ,+ ∞)时f (x)≤4
e
2 e
2 x = 4 x，在代入a,b，即求最值.
【详解】（1）∵f
′ (x)= 2(ln x +2)
x
，设函数f (x)的图象上一点为(x0,(ln x0+2)
2)，
则该点处的切线为y −(ln x0+2)
2= 2(ln x0+2)
x0
(x−x0)，
即切线为y = 2(ln x0+2)
x0
x +ln
2 x0+2ln x0,∴ln
2 x0+2ln x0=0，
解得x0=1或1
e
2 ,∴此时
2(ln x0+2)
x0
= 4或0,∴切线的方程为y = 4 x或y =0；
（2）设g(x)=ln
2 x−4
e
2 x，则g
′ (x)= 2ln x
x
−4
e
2 ，再设h(x)=ln x
x
，则
h
′ (x)= 1−ln x
x
2
，
由h
′ (x)>0得h(x)在(0,e)上单调递增，同理得h(x)在(e,+∞)上单调递减，
即g
′ (x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
容易得到g
′(e
2)=0,∴当x∈(e,e
2)时，g
′ (x)>0，当x∈(e
2,+∞)时，g
′ (x)<0，
∴x∈[e,+ ∞)时，g(x)的最大值为g(e
2)=0，即g(x)≤0,ln
2 x ≤4
e
2 x，
由elnm+m=0，得lnm<0,∴0<m<1，而g
′ (1)=−4
e
2 <0, g
′ (e)= 2(e−2)
e
2
>0，
∴必存在x0∈(1,e)，使得g
′(x0)=0，且当x∈(m
2, x0)时，g
′ (x)<0，当x∈(x0,e)
时，g
′ (x)>0，即g(x)在(m
2, x0)上单减，在(x0,e)上单增，
而g(m
2)=ln
2m
2−4
e
2 m
2= 4
e
2 (elnm+m)(elnm−m)=0，
∴当x ∈(m
2,e)时，g(x)<0，
∴当x ∈(m
2,+ ∞)时，g(x)≤0，即ln
2 x ≤4
e
2 x，当且仅当x =e
2时等号成立，
∵f (x)=(ln x +2)
2=ln
2(e
2 x)，故当e
2 x>m
2时，ln
2(e
2 x)≤4
e
2 e
2 x = 4 x，
即当x∈(
m
2
e
2 ,+ ∞)时f (x)≤4
e
2 e
2 x = 4 x，当且仅当x =1时等号成立，
∵a,b∈(
m
2
e
2 ,+ ∞),∴f (a)+ f (b)≤4 a+ 4 b= 4 (a+b)=8，
当且仅当a=b=1时等号成立，∴f (a)+ f (b)的最大值为8.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数g(x)，并证明当x ∈(m
2,+ ∞)时，
ln
2 x ≤4
e
2 x.
【破提升训练・25】已知f (x)= 1
2 a x
2+(1−2a) x−2ln x ,a>0.
(1)求f (x)的单调区间；
(2)函数f (x)的图象上是否存在两点A(x1, y1),B(x2, y2)（其中x1≠x2），使得直线
AB与函数f (x)的图象在x0= x1+ x2
2
处的切线平行？若存在，请求出直线AB；若不存在，
请说明理由.
【答案】(1)f ( x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；
（2）求出直线AB的斜率，再求出f
′( x0)，从而得到x1, x2的等式，再进行换元和求
导，即可解出答案.
【详解】（1）由题可得
f
′( x)=ax +1−2a−2
x = a x
2+(1−2a)x−2
x
= (ax +1)( x−2)
x
( x>0)
因为a>0，所以ax +1>0，
所以当x∈(0,2)时，f
′( x)<0，f ( x)在(0,2)上单调递减，
当x∈(2,+ ∞)时，f
′( x)>0，f ( x)在(2,+ ∞)上单调递增.
综上，f ( x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.
（2）由题意得，斜率
k = y2−y1
x2−x1
=
[ 1
2 a x2
2+(1−2a)x2−2ln x2]−[ 1
2 a x1
2+(1−2a)x1−2ln x1]
x2−x1
=
1
2 a( x2
2−x1
2)+(1−2a)( x2−x1)−2ln x2
x1
x2−x1
= a
2 ( x1+ x2)+1−2a−
2ln x2
x1
x2−x1
，
f
′( x1+ x2
2
)= a( x1+ x2)
2
+1−2a−
4
x1+ x2
,
由k = f
′( x1+ x2
2
)得，
ln x2
x1
x2−x1
=
2
x1+ x2
，即ln x2
x1
= 2( x2−x1)
x1+ x2
，即ln x2
x1
−
2( x2
x1
−1)
x2
x1
+1
=0
令t = x2
x1
，不妨设x2> x1，则t >1，
记g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
= ln t + 4
t +1 −2(t >1)
所以g
'(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，所以g(t )在(1,+∞)上是增函数，所以
g(t )> g(1)=0，
所以方程g(t )=0无解，则满足条件的两点A ,B不存在.
【破提升训练・26】已知函数f ( x)=ax−ln x的最小值为1．
(1)求实数a的值；
(2)过点M (1，m)(m<1)作f ( x)图象的两条切线MA，MB，A(x1, y1)，B(x2, y2)是
两个切点，证明：x1 x2>1．
【答案】(1)a=1
(2)证明见解析
【分析】（1）定义域为(0,+ ∞)，函数f (x)有最小值，必然不单调，易求出极小值即
最小值，代入可答案．
（2）利用切线方程，消去m得到x1, x2的等式关系1
x1
−1
x2
= ln x2−ln x1，将x1 x2>1
变形得到
❑√x1 x2( 1
x1
−1
x2
)> 1
x1
−1
x2
= ln x2
x1
，令❑√
x2
x1
=t构造函数，得证．
【详解】（1）f
′( x)=a−1
x ，
当a≤0 时，f
′( x)<0，f (x)在(0,+ ∞)单调递减，不合题意；
当a>0 时，在(0，1
a)上，f
′( x)<0，在(1
a ，+ ∞)上，f
′( x)>0．
f (x)在(0, 1
a )单调递减，在( 1
a ,+∞)单调递增，
故f ( x)的最小值为f ( 1
a )=1−ln 1
a =1⇒a=1；
（2）证明：
k AM = f
′( x1)=1−1
x1
= y1−m
x1−1 = x1−ln x1−m
x1−1
⇒−2+ 1
x1
=−ln x1−m(∗)，
同理，−2+ 1
x2
=−ln x2−m(∗∗)，
两式相减得1
x1
−1
x2
= ln x2−ln x1，不妨设x1< x2，
要证x1 x2>1．只须证❑√x1 x2>1．即❑√x1 x2( 1
x1
−1
x2
)> 1
x1
−1
x2
= ln x2
x1
，
即证❑√
x2
x1
−❑√
x1
x2
>ln x2
x1
，令❑√
x2
x1
=t (t >1)，即证t −1
t −2ln t >0，
设h(t )=t −1
t −2ln t (t >1)，h
' (t )=1+ 1
t
2 −2
t =(1−1
t)
2
>0恒成立，
故h(t)为增函数，h(t )>h(1)=0，故原式得证．
【点睛】关键点睛：本题（2）问先通过切线方程得出1
x1
−1
x2
= ln x2−ln x1，然后证
明x1 x2>1，将问题转化成❑√x1 x2( 1
x1
−1
x2
)> 1
x1
−1
x2
= ln x2
x1
，利用x1与x2齐次换元，从而
构造函数即可证明．
