重难点09：双变量问题之题型归纳总结
（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“两点”型................................................................3
题型二、双变量问题之“极值点偏移”型....................................................7
题型三、双变量问题之“最值或范围”型（同构类）..............................14
题型四、双变量问题之“最值或范围”型（解答类）..............................18
题型五、双变量问题之“存在/任意”型.....................................................24
题型六、双变量问题之“导数”型..............................................................28
题型精析・方法突破提能力..............................................................................37
题型
1 ：双变量问题之“两点”型
证明双变量关系中含：f(x1)−f(x2)
x1−x2
，f(x1)+ f (x2)，f(x1)−f(x2)
g(x1)−g(x2) 等。
解题步骤：
步骤1：分析函数单调性（前提）
步骤2：转化函数值关系为自变量关系（核心）
步骤3：结合题干条件推导目标（收尾）
题型
2 ：双变量问题之“极值点偏移”型
已知条件：函数f(x)有唯一极值点x0（可通过求导确定）；存在x1≠x2，满
足f(x1)=f(x2)（或f(x1)=f(x2)=k，k为某常数）。
证明双变量与极值点的偏移关系（如x1+x2>2x0“左偏”、x1+x2<2x0“ 右
偏”）；证明双变量积的偏移关系（如x1x2>x0
2）。
解题步骤
步骤1：求函数唯一极值点x0（基础）
步骤2：构造对称差值函数F(x)（核心 1）（或者利用其他方法）
步骤3：分析对称函数F(x)的单调性（核心 2）
步骤4：关联f(x1)与f(2x0−x2)的大小（推导）
步骤5：结合原函数单调性证偏移结论（收尾）
知识网络・核心根基深扎牢
题型
3 ：双变量问题之“最值或范围”型（同构类）
已知条件：题干含双变量的指数 / 对数混合式（如
x1e
x1=x2e
x2、lnx1+kx1=lnx2+kx2），可整理为 “f( A(x1))=f( A(x2))” 的同
构形式；给出双变量范围约束或参数条件（如含参数a的同构式）。
问题目标：求双变量相关表达式的最值；求参数的取值范围（如同构式有解时参数a
的范围或某个整体式子的范围）。
解题步骤
步骤1：识别同构结构，抽象同构函数f(t)（基础）
步骤2：分析同构函数f(t)的单调性与定义域（核心 1）
步骤3：转化双变量关系为单变量参数（如设t=x1/x2或d =x2−x1）（核心 2）
步骤4：构建目标表达式的单变量函数（如g(t)=x1+x2关于t的函数）（推导）
步骤5：求单变量函数的最值或参数范围（收尾）
题型
4 ：双变量问题之“最值或范围”型（解答类）
已知条件：无明确同构结构，多为双变量的等式约束（如x1+x2=k、x1x2= m ）、
不等式约束（如x1>0,x2>0、x1≤x2+1）或函数关系。
求双变量表达式的最值；求双变量的取值范围。
解题步骤
步骤1：提取双变量约束条件（基础）
步骤2：选择消元 / 主元法降维（核心 1）
步骤3：转化为单变量函数（核心 2）
步骤4：分析单变量函数的定义域与单调性（推导）
步骤5：求单变量函数的最值或范围（收尾）
题型
5 ：双变量问题之“存在
/ 任意”型
已知条件：含 “ 任意” “ 存在” 量词（如 “ 对任意
x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]”“存在x1,x2使f(x1)=g(x2)”）；给出两个函数
f(x)、g(x)（或同一函数的双变量关系）及变量区间。
求参数取值范围（如f(x1)≥g(x2)恒成立时参数k的范围）；判断命题真假
（如 “是否存在x1,x2使f(x1)<g(x2)”）。
解题步骤
步骤1：明确量词约束与变量区间（基础）
步骤2：分析对应函数的单调性（核心 1）
步骤3：求函数在区间内的最值 / 值域（核心 2）
步骤4：转化量词关系为最值关系（如 “任意→fmin❑≥gmax❑”）（推导）
步骤5：求解最值关系或判断命题（收尾）
题型
5 ：双变量问题之“导数”型
求双变量表达式中含有f '(x1+x2)>k 或<k；f '(❑√x1x2)>k 或<k 或者该类型的衍
生情况。
解题步骤与题型1 相同，从单调性方面解决。
【例题1】已知函数f ( x)= x
2+(a−2)x −a ln x(a>0)．设P(x1, y1)，Q(x2, y2)为函数
f ( x)图象上不同的两点，PQ的中点为M (x0, y0)，求证：
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<f
′(x0)．
【答案】证明见解析
【分析】先根据已知条件表示出f
′(x0)和
f (x1)−f (x2)
x1−x2
，然后将问题进行转化，构造
新函数利用函数导数证明即可.
【详解】因为M (x0, y0)为PQ的中点，则x0= x1+ x2
2
，
故f
′(x0)=2 x0+a−2−a
x0
= x1+ x2+a−2−
2a
x1+ x2
，
由
f (x1)−f (x2)
x1−x2
= x1
2+(a−2)x1−aln x1−x2
2−(a−2)x2+aln x2
x1−x2
=
x1
2−x2
2+(a−2)(x1−x2)−a ln x1
x2
x1−x2
= x1+ x2+a−2−
a ln x1
x2
x1−x2
，
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、双变量问题之“两点”型
典例探究
故要证
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<f
′(x0)，
即证−
a ln x1
x2
x1−x2
<−
2a
x1+ x2
，
由于a>0，即证ln x1
x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，
不妨设x1> x2>0，只需证ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
，
即证ln x1
x2
>
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
设t = x1
x2
>1，构造函数h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，
则h
′(t )= (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
所以函数h(t )在(1,+ ∞)单调递增，故h(t )>h(1)=0，
即ln x1
x2
>
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
从而
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<f
′(x0)．
【1-1】已知函数f ( x)=(a+1)ln x−ax．
举一反三
(1)讨论f ( x)在定义域内的单调性；
(2)当a>0时，求证：对∀x1，x2∈(0,1)，|f (x1)−f (x2))
|x1−x2)
>1．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先对函数求导，然后对a进行分类讨论，结合导数与函数单调性关系即
可求解；
（2）当a>0时，f ( x)在(0,1)上单调递增，不妨设0< x1< x2<1，构造
g( x)= f ( x)−x，利用导数判断函数的单调性进行求证．
【详解】（1）f ( x)的定义域为(0,+∞)．f
′ (x)= a+1
x
−a= (a+1)−ax
x
．
当a<−1时，由f
′ (x)>0，得x> a+1
a
，由f
′ (x)<0，得0< x< a+1
a
，
故f ( x)在(0, a+1
a )上单调递减，在(
a+1
a
,+∞)上单调递增，
当−1≤a≤0时，f
′ (x)>0恒成立，
故f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当a>0时，由f
′ (x)>0，得0< x< a+1
a
，由f
′ (x)<0，得x> a+1
a
，
故f ( x)在(0, a+1
a )上单调递增，在(
a+1
a
,+∞)上单调递减，
综上知：
当a<−1时，f ( x)在(0, a+1
a )上单调递减，在(
a+1
a
,+∞)上单调递增；
当−1≤a≤0时，f ( x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f ( x)在(0, a+1
a )上单调递增，在(
a+1
a
,+∞)上单调递减．
（2）当a>0时，f ( x)在(0,1)上单调递增，
不妨设0< x1< x2<1，则x1−x2<0，f (x1)−f (x2)<0，
从而|f (x1)−f (x2))
|x1−x2)
>1等价于f (x1)−f (x2)< x1−x2，即f (x1)−x1<f (x2)−x2．
构造g( x)= f ( x)−x，
则g
′ (x)= (a+1)−ax
x
−1= (a+1)(1−x)
x
>0(0< x<1)，
g( x)在(0,1)上是增函数．
当0< x1< x2<1时，g(x1)<g(x2)，
即f (x1)−x1<f (x2)−x2．
所以|f (x1)−f (x2))
|x1−x2)
>1成立．
【1-2】已知函数f (x)= x ln x−x
2−x
2 −1
2．求证：当x1, x2∈(1,+∞)且x1≠x2时，有
f (x1)+ f (x2)<2f(
x1+ x2
2 )．
【答案】证明见解析
【分析】求出f
′ (x),并判断f
′ (x)在(1,+ ∞)内单调递减,然后以x1为主元,要证
f (x1)+ f (x2)<2f(
x1+ x2
2 )，只需证h(x)= f (x)+ f (x2)−2f(
x + x2
2 )<0，利用导数与函数
单调性关系，即可证明.
【详解】由题意得f
′ (x)= ln x−2 x + 1
2，令g(x)= ln x−2 x + 1
2 , x>1
g
′ (x)= 1
x −2<0，所以f
′ (x)在(1,+∞)内单调递减．
不妨设1< x1< x2，要证f (x1)+ f (x2)<2f(
x1+ x2
2 )，
只需证h(x)= f (x)+ f (x2)−2f(
x + x2
2 )<0，x∈(1, x2)，（以x1为主元），
则h
′ (x)= f
′ (x)−f
′(
x + x2
2 )．
因为x< x + x2
2
,f
′ (x)单调递减，则f
′ (x)>f
′(
x + x2
2 ),
所以h
′ (x)>0,h(x)在(1, x2)内单调递增，所以h(x)<h(x2)=0，则h (x1)<0，
即f (x1)+ f (x2)<2f(
x1+ x2
2 )，得证．
【1-3】已知函数f ( x)=e
x−2e
x ( x>0),g( x)= ln x．
(1)求函数h( x)= f ( x)+ g( x)在[1,e]上的最值及其零点个数；
(2)若对于任意的0< x1< x2，均有f (x1)−ag(x1)<f (x2)−ag(x2)，求a的取值范围．
【答案】(1)最大值为e
e−1，最小值为−e，只有1 个零点；
(2)a≤3e
【分析】（1）利用导数计算函数的单调性计算最值，再根据零点存在性定理确定零
点个数即可；
（2）构造函数m(x)= f (x)−ag(x)，将问题化为函数m(x)定义域上单调递增，即
m
′ (x)≥0恒成立，分离参数，再利用导数研究函数的单调性、最值计算即可.
【详解】（1）易知h( x)= f ( x)+ g( x)=e
x−2e
x + ln x (x>0)，
则h
′ (x)=e
x+ 2e
x
2 + 1
x >0定义域上恒成立，
所以h(x)在[1,e]上单调递增，则h(x)≤h(e)=e
e−1,h(x)≥h(1)=−e，
即最大值为e
e−1，最小值为−e，
又−e<0<e
e−1，根据零点存在定理和函数的单调性，则h(x)在[1,e]上只有一个零
点；
（2）设m(x)= f (x)−ag(x)，则对于任意的0< x1< x2，均有m(x1)<m(x2)，
即m(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以m
′ (x)= f
′ (x)−a g
′ (x)=e
x+ 2e
x
2 −a
x ≥0在(0,+∞)上恒成立，
即a≤xe
x+ 2e
x 在(0,+∞)上恒成立，
令n(x)= xe
x+ 2e
x
(x>0)，则n
′ (x)=(x +1)e
x−2e
x
2 ，
令u(x)=n
′ (x)，则u
′ (x)=(x +2)e
x+ 4e
x
3 >0，即n
′ (x)在(0,+∞)上单调递增，
又n
′ (1)=0，则n(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以n(x)≥n(1)=3e，故a≤3e.
【例题2】已知函数f (x)= x (2−ln x)
(1)求函数f (x)在(e
2,f (e
2))处切线方程；
(2)若f (x)=m有两解x1，x2，且x1< x2，求证：2e< x1+ x2<e
2．
【答案】(1)x + y −e
2=0
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线的斜率，进而得解；
（2）求导判断f (x)的单调性，利用偏移法证明x1+ x2>2e，结合第（1）问的结论，
证明f (x)在切线下方，放缩法证明不等式.
【详解】（1）由f
′ (x)=2−ln x + x⋅(−1
x)=1−ln x，则f
′(e
2)=1−lne
2=−1，又
f (e
2)=0，
所以(e
2,f (e
2))处切线方程为：y −0=(−1)(x −e
2)，即x + y −e
2=0.
（2）因为f
′ (x)=1−ln x，所以当x∈(0,e)时，f
′ (x)>0，即f (x)单调递增，
题型二、双变量问题之“极值点偏移”型
典例探究
x∈(e,+ ∞)，f
′ (x)<0，即f (x)单调递减.
又f (e)=e，f (e
2)=0，x→0时，f (x)→0，
先证x1+ x2>2e，
由f (x1)= f (x2)可知：0< x1<e< x2<e
2，要证x1+ x2>2e⇔x2>2e−x1，
也就是要证：f (x2)<f (2e−x1)⇔f (x1)<f (2e−x1)，
令g(x)= f (x)−f (2e−x)，x∈(0,e)，
则g
' (x)=2−ln[x (2e−x))=2−ln(2e x−x
2)≥2−lne(2e−e)=0，
所以g(x)在区间(0,e)内单调递增，g(x)<g (e)=0，则g(x1)<0，即
f (x1)<f (2e−x1)，即x1+ x2>2e；
再证x1+ x2<e
2，
由（1?）可知曲线f (x)在点(e
2,0)处的切线方程为φ(x)=e
2−x，
令m(x)= f (x)−φ(x)= x (2−ln x)−(−x +e
2)=3 x −x ln x −e
2，
则m
′ (x)=2−ln x，x ∈(0,e
2)时，m
′ (x)>0，x ∈(e
2,+ ∞)时，m
′ (x)<0，
所以m(x)在(0,e
2)上单调递增，在(e
2,+ ∞)上单调递减，
∴m(x)在x =e
2处取得极大值为0，
故当x ∈(0,e
2)时，m(x)<m(e
2)=0，即f (x)<φ(x)，m= f (x1)= f (x2)，
则m= f (x2)<φ(x2)=e
2−x2，即m+ x2<e
2，
又0< x1<e，m= f (x1)=2 x1−x1ln x1= x1+ x1(1−ln x1)> x1，
∴x1+ x2<m+ x2<e
2.
综上，2e< x1+ x2<e
2成立，得证.
【2-1】已知函数f (x)=(x +2)e
a−x
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若方程f (x)= x−2的两个实数根互为相反数，求实数a的值；
(3)在条件（2）下，若函数g(x)=2e
x−ln x−x−m−f (−x)有两个不同的零点x1, x2，
证明：x1 x2< 1
e ．
【答案】(1)增区间是(−∞,−1)，减区间是(−1,+∞)
(2)0
(3)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，得到不等式，求出单调区间；
（2）转化为方程(x +2)e
a−x−x +2=0的两根分别是x0和−x0，得到方程组，相减后
得到(e
a−1)[x0+2+(x0−2)e
x0)=0，令g(x)= x +2+(x−2)e
x，求导，得到单调性，得到
g(x)只有1 个零点，即0，代入(x +2)e
a−x−x +2=0，此时无解，故e
a−1=0，求出实数a
的值；
（3）令g(x)=0，转化为e
x + ln x−(ln x + x)−m=0，构造p(t )=e
t−t，求导得到其单
调性，得到t1<0<t2，再构造q(t )= p(t )−p(−t )，求导，得到单调性，从而求出
t1+t2= ln x1+ x1+ ln x2+ x2<0，根据基本不等式得到
ln x1+ x1+ ln x2+ x2≥2ln ❑√x1 x2+2❑√x1 x2，得到ln ❑√x1 x2+ ❑√x1 x2<0，
又ln 1
❑√e + 1
❑√e = 1
❑√e −1
2 >0，故ln ❑√x1 x2+ ❑√x1 x2<ln 1
❑√e + 1
❑√e，根据y = ln x + x的
举一反三
单调性得到
❑√x1 x2< 1
❑√e，证明出结论..
【详解】（1）f (x)的定义域为R，
故f
′ (x)=e
a−x−(x +2)e
a−x=−(x +1)e
a−x，
令f
′ (x)>0得x<−1，令f
′ (x)<0得x>−1，
故函数f (x)的增区间是(−∞,−1)，减区间是(−1,+∞)；
（2）(x +2)e
a−x−x +2=0，即e
a(x +2)−e
x(x−2)=0，
设方程(x +2)e
a−x−x +2=0的两根分别是x0和−x0，
故e
a(x0+2)−e
x0(x0−2)=0①，
e
a(−x0+2)−e
−x0(−x0−2)=0，即e
ae
x0(−x0+2)+(x0+2)=0②，
由①-②可得：(e
a−1)[x0+2+(x0−2)e
x0)=0③，
令g(x)= x +2+(x−2)e
x，则g
′ (x)=1+(x−1)e
x，
令w (x)= g
′ (x)=1+(x−1)e
x，则w
′ (x)= xe
x，
当x>0时，w
′ (x)>0，g
′ (x)=1+(x−1)e
x单调递增，
当x<0时，w
′ (x)<0，g
′ (x)=1+(x−1)e
x单调递减，
故g
′ (x)=1+(x−1)e
x在x =0处取得极小值，也时最小值，
故g
′ (x)≥g
′ (0)=1−1=0，即g(x)单调递增，注意到g(0)=0，
故g(x)只有1 个零点，即0，
当x0=0时，由①可知：2e
a+2=0，即e
a=−1，无解，
故x0≠0，则g(x0)≠0，则有e
a−1=0，解得a=0；
（3）由（2）可得f (x)=(x +2)e
−x，f (−x)=(−x +2)e
x，
则g(x)=2e
x−ln x−x−m−f (−x)= xe
x−ln x−x−m，
令g(x)=0得xe
x−ln x−x−m=0，即e
x + ln x−(ln x + x)−m=0，
令t = x + ln x，则函数t = x + ln x在x∈(0,+∞)单调递增，t ∈R，
函数g（x ）有两个不同的零点x1, x2，也即方程e
t−t =m在t ∈R有两根t1,t2，
其中t1= ln x1+ x1,t2= ln x2+ x2，
令p(t )=e
t−t，则p
′(t )=e
t−1，
令p
′(t )>0，解得t >0，令p
′(t )<0，解得t <0，
∴p(t )=e
t−t在t ∈(−∞,0)为减函数，在t ∈(0,+∞)为增函数，
∴p(t )min= p(0)=1，又x→−∞时，p(t )→+ ∞；x→+ ∞时，p(t )→+ ∞，
∴m>1，t1<0<t2，p(t1)= p(t2)，
令q(t )= p(t )−p(−t )=(e
t−t )−(e
−t +t )=e
t−e
−t−2t ,t >0，
则q
′(t )=e
t +e
−t−2≥2
❑√e
t⋅e
−t−2=0，当且仅当t =0时，等号成立，
又t >0，故q
′(t )>0恒成立，
∴q(t )在t ∈(0,+ ∞)单调递增，∴t >0时，q(t )>q(0)=0，
由t2>0得q(t2)= p(t2)−p(−t2)>0，即p(t2)> p(−t2)，
而p(t )在t ∈(−∞,0)单调递减，且t1<0,−t2<0，所以t1<−t2，t1+t2<0，
即有t1+t2= ln x1+ x1+ ln x2+ x2<0，
∵ln x1+ x1+ ln x2+ x2= ln x1 x2+ x1+ x2≥2ln ❑√x1 x2+2❑√x1 x2，
∴ln ❑√x1 x2+ ❑√x1 x2<0，又ln 1
❑√e + 1
❑√e = 1
❑√e −1
2 >0，
∴ln ❑√x1 x2+ ❑√x1 x2<ln 1
❑√e + 1
❑√e，而y = ln x + x在x∈(0,+∞)单调递增，
∴
❑√x1 x2< 1
❑√e，∴x1 x2< 1
e .
即得证
【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，本题关键点为
xe
x−ln x−x−m=0变形为e
x + ln x−(ln x + x)−m=0，换元后再构造差函数进行求解.
【2-2】已知函数f (x)= x ln x−1
2 a x
2(a>0).
(1)若函数f (x)在定义域内为减函数,求实数a 的取值范围;
(2)若函数f (x)有两个极值点x1, x2(x1< x2),证明：x1 x2> 1
a.
【答案】(1)a≥1
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，f
′ (x)≤0恒成立，即a≥ln x +1
x
恒成立，构造函数
h(x)=ln x +1
x
，求导，得到其单调性和最值，得到实数a 的取值范围；
（2）方法一：由（1）得0<a<1，转化为x1, x2(x1< x2)是g(x)的两个零点，求导得
到g(x)单调性，得到0< x1<1< 1
a < x2，换元后即证ln t +e
1−t−1<0，构造
G (t )= lnt +e
1−t−1 (0<t <1)，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到答案；
方法二：先证明引理，当0<t <1时,ln t < 2(t −1)
t +1
,当t >1时, ln t > 2(t −1)
t +1
，变形得到
只需证a(x2+ x1)>2−ln a，结合引理，得到a
2 x2
2+a(ln a−2) x2+ ln a+1>0，
a
2 x1
2+a(ln a−2) x1+ ln a+1<0，两式结合证明出答案.
【详解】（1）f (x)的定义域为(0,+∞)，f
′ (x)=1+ ln x−ax，
由题意f
′ (x)≤0恒成立，即a≥ln x +1
x
恒成立，
设h(x)=ln x +1
x
，则h
′ (x)= 1−ln x−1
x
2
= −ln x
x
2
，
当x∈(0,1)时，h
′ (x)>0，h(x)=ln x +1
x
单调递增,
当x∈(1,+ ∞)时，h
′ (x)<0，h(x)=ln x +1
x
单调递减,
∴h(x)在x =1处取得极大值，也是最大值，h(x)max=h(1)=1，
故a≥1；
（2）证法一：函数f (x)有两个极值点，由(1)可知0<a<1，
设g(x)= f
′ (x)=1+ ln x−ax，则x1, x2(x1< x2)是g(x)的两个零点，
g
′ (x)= 1
x −a，当x∈(0, 1
a)时，g
′ (x)>0，当x∈(
1
a ,+∞)时，g
′ (x)<0,
所以g(x)在x∈(0, 1
a)上递增,在x∈(
1
a ,+∞)上递减，
所以0< x1< 1
a < x2,又因为g(1)=1−a>0，
所以0< x1<1< 1
a < x2，
要证x1 x2> 1
a,只需证x2> 1
a x1
> 1
a,只需证g(x2)<g(
1
a x1)，
其中g(x2)=0，即证g(
1
a x1)=1−ln(a x1)−1
x1
>0，
即证ln(a x1)+ 1
x1
−1<0，
由g(x1)= ln x1−a x1+1=0,设a x1=t ∈(0,1),
则ln x1=t −1,x1=e
t −1,则ln(a x1)+ 1
x1
−1<0⇔ln t +e
1−t−1<0,
设G (t )= lnt +e
1−t−1 (0<t <1)，
G
′ (t )= 1
t −e
1−t =e
t −1−t
t e
t −1 ，
由(1)知ln x +1
x
≤1，故ln x ≤x−1,
所以e
x−1≥x,e
t −1−t ≥0,即G
′ (t )≥0，G (t )在(0,1)上递增，
G (t )<G (1)=0,故ln(a x1)+ 1
x1
−1<0成立,即x1 x2> 1
a；
证法二：
先证明引理:当0<t <1时,ln t < 2(t −1)
t +1
,当t >1时, ln t > 2(t −1)
t +1
，
设M (t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >0),
M
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 ≥0，
所以M (t )在(0,+∞)上递增,又M (1)=0,
当0<t <1时,M (t )< M (1)=0，当t >1时，M (t )> M (1)=0，
故引理得证，
因为函数f (x)有两个极值点，由(1)可知0<a<1,
设g(x)= f
′ (x)=1+ ln x−ax，则x1, x2(x1< x2)是g(x)的两个零点，
g
′ (x)= 1
x −a，当x∈(0, 1
a)时，g
′ (x)>0，当x∈(
1
a ,+∞)时，g
′ (x)<0,
所以g(x)在x∈(0, 1
a)上递增,在x∈(
1
a ,+∞)上递减，
所以0< x1< 1
a < x2,即0<a x1<1<a x2，
要证x1 x2> 1
a,只需证ln x1+ ln x2>−ln a，
因为{
1+ ln x1−a x1=0
1+ ln x2−a x2=0)，即证a(x2+ x1)>2−ln a，
由引理可得a x2+ ln a−1= ln(a x2)> 2(a x2−1)
a x2+1
,
化简可得a
2 x2
2+a(ln a−2) x2+ ln a+1>0①，
同理a x1+ ln a−1= ln(a x1)< 2(a x1−1)
a x1+1
，
化简可得a
2 x1
2+a(ln a−2) x1+ ln a+1<0②，
由①-②可得 a
2(x2+ x1)(x2−x1)+a(ln a−2)(x2−x1)>0，
因为x2−x1>0，a>0，所以a(x2+ x1)+ ln a−2>0，
即a(x2+ x1)>2−ln a,从而x1 x2> 1
a.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,
使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研
究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合
法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
【2-3】已知函数f ( x)= x + m
e
x ．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)若x1≠x2，且f (x1)= f (x2)=2，证明：0<m<e，且x1+ x2<2．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分m≤0和m>0两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为x1, x2是方程m=e
x(2−x)的两个实数根，构造函数g( x)=e
x(2−x)，
得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到0<m<e，再构造差函数，证明出x1+ x2<2.
【详解】（1）f ( x)的定义域为R，
由题意，得f
′( x)=1−m
e
x =e
x−m
e
x
，x∈R，
当m≤0时，f
′( x)>0恒成立，f ( x)在R上单调递增；
当m>0，且当x∈(−∞,ln m)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；
当x∈(ln m,+∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增．
综上，当m≤0时，f (x)在R上单调递增；
当m>0时，f (x)在区间(−∞,ln m)上单调递减，在区间(ln m,+ ∞)上单调递增．
（2）证明：由f (x1)= f (x2)=2，得x1，x2是方程x + m
e
x =2的两个实数根，
即x1, x2是方程m=e
x(2−x)的两个实数根．
令g( x)=e
x(2−x)，则g
′( x)=e
x(1−x)，
所以当x∈(−∞,1)时，g
′( x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，+ ∞)时，g
′( x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max= g(1)=e．
因为当x→−∞时，g( x)→0；当x→+ ∞时，g( x)→−∞，g(2)=0，所以0<m<e．
不妨设x1< x2，因为x1，x2是方程m=e
x(2−x)的两个实数根，则x1<1< x2<2．
要证x1+ x2<2，只需证x1<2−x2．
因为x1<1，2−x2<1，
所以只需证g(x1)< g(2−x2)．
因为g(x1)= g(x2)，
所以只需证g(x2)< g(2−x2)．
令h( x)= g( x)−g(2−x)，1< x<2，
则h
′( x)= g
′( x)+ g
′(2−x)=e
x(1−x)+e
2−x( x−1)=(1−x)(e
x−e
2−x)
=(1−x)⋅e
2 x−e
2
e
x
<0在(1,2)恒成立．
所以h( x)在区间(1,2)上单调递减，
所以h( x)<h(1)=0，
即当1< x<2时，g( x)<g(2−x)．
所以g(x2)< g(2−x2)，
即x1+ x2<2成立．
【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若等式中含有参数，则先
消去参数.
【例题3】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)，
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，
题型三、双变量问题之“最值或范围”型（同构
典例探究
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.
【3-1】若对任意正实数x，y 都有(2 y −x
e )(ln x−ln y)−y
m ≤0，则实数m 的取值范围为
（ ）
A．(0,1)
B．(0,e)
C．(−∞,0)∪[1,+ ∞)
D．(−∞,0)∪[e,+∞)
【答案】A
【分析】将不等式变式为(2−x
y e)(ln x
y)≤1
m，设x
y =t后转化为
f (t )=(2−t
e)ln t ≤1
m恒成立，只需求函数f (t )的最大值即可.
【详解】因为(2 y −x
e )(ln x−ln y)−y
m ≤0，
所以(2−x
y e)(ln x
y)≤1
m，设x
y =t，t >0,f (t )=(2−t
e)ln t
则f
′(t )=−ln t
e
+ 2
t −1
e ，f
′(e)=−lne
e
+ 2
e −1
e =0，
令g(t )=−ln t
e
+ 2
t −1
e
举一反三
g
'(t )=−1
t e −2
t
2 <0恒成立，故y = f
′(t )单调递减，
当t ∈(0,e)时，f
'(t )>0，函数f (t )单调递增；
当t ∈(e,+∞)时，f
'(t )<0，函数f (t )单调递减；.
故f (t )max = f (e)=1
所以1
m ≥1，得到m∈(0,1].
故选:A.
【3-2】若存在两个正实数x，y，使得等式2x+a（y
2
﹣ex）（lny﹣lnx）＝0 成立，则实数a
的取值范围为（ ）
A．[−1
2 ，1
e)
B．(0，2
e)
C．(−∞，0)∪[
2
e ，+∞)
D．(−∞，−1
2)∪[
1
e ，+∞)
【答案】C
【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造
函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．
【详解】由2x+a（y
2
﹣ex）（lny﹣lnx）＝0 得2x+a（y
2
﹣ex）ln y
x =0，
即2+a（y
x −2e）ln y
x =0，
即设t= y
x ，则t＞0，
则条件等价为2+a（t
2
﹣e）lnt＝0，
即（t
2
﹣e）lnt=−2
a有解，
设g（t）＝（t
2
﹣e）lnt，
g′（t）＝lnt+1−2e
t 为增函数，
∵g′（e）＝lne+1−2e
e =1+1
2
﹣＝0，
∴当t＞e 时，g′（t）＞0，
当0＜t＜e 时，g′（t）＜0，
即当t＝e 时，函数g（t）取得极小值，为g（e）＝（e
2
﹣e）lne＝﹣e，
即g（t）≥g（e）＝﹣e，
若（t
2
﹣e）lnt=−2
a有解，
则−2
a ≥−e，即2
a ≤e，
则a＜0 或a≥2
e ，
故选：C．
【3-3】设实数λ>0，若对任意x∈(0,+∞)，不等式e
x
λ −ln (λx)≥0恒成立，则λ的取值范
围是（ ）
A．0< λ≤1
e
B．0< λ≤e−1
C．0< λ≤e
D．0< λ≤e
2
【答案】C
【分析】令f ( x)= e
x
λ −ln (λx)，根据二阶导数的符号判断f
′( x)的单调性，由零点存
在性定理易知∃x0∈(0,+ ∞)使f
′( x0)=0，此时λ = x0e
x0，进而讨论f ( x)的单调性可知
f ( x)≥f ( x0)，要使题设不等式恒成立，即f ( x0)= e
x0
λ −ln λ−ln x0≥0成立，构造
g( x0)= 1
x0
−2ln x0−x0利用导数研究其单调性确定g( x0)≥0的区间，进而求λ的范围.
【详解】令f ( x)= e
x
λ −ln (λx)，只需要x∈(0,+∞)上f ( x)≥0恒成立，
∵f
′( x)= e
x
λ −1
x 且λ>0，
∴f
″( x)= e
x
λ + 1
x
2 >0，即f
′( x)在x∈(0,+∞)上单调递增，
∵lim
x→0
+ f
′( x)=−∞，lim
x→+∞f
′( x)=+ ∞，
∴∃x0∈(0,+ ∞)，使f
′( x0)=0，即λ = x0e
x0，
∴x∈(0, x0)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；x∈( x0,+ ∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单
调递增；
故只需f ( x)≥f ( x0)= e
x0
λ −ln(λ x0)= e
x0
λ −ln λ−ln x0≥0，令
g( x0)= 1
x0
−2ln x0−x0，
∴g
′( x0)=−( 1
x0
+1)
2
<0，故g( x0)在x0∈(0,+ ∞)上递减，而g(1)=0，
∴x0∈(0,1]时，g( x0)≥0恒成立，可知λ = x0e
x0∈(0,e ].
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用导数研究f ( x)的单调性并确定极小值点范围，根据
f
′( x0)=0有λ = x0e
x0，结合f ( x)≥f ( x0)构造新函数，求f ( x0)≥0成立时x0的区间，进而
求参数范围.
【例题4】已知函数f (x)=ln x + 1
2 x
2−ax有两个极值点为x1, x2(x1< x2),a∈R.
(1)若函数f (x)在x =1处的切线与直线x + y −1=0平行，求a的值；
(2)当a= 5
2时，求f (x2)−f (x1)的值；
(3)若x2≥e x1（e为自然对数的底数），求f (x2)−f (x1)的最大值.
【答案】(1)3
(2)2ln2−15
8
(3)1−e
2 + 1
2e .
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，结合题意列方程求解即得；
题型四、双变量问题之“最值或范围”型（解答
典例探究
（2）在a= 5
2时，对函数求导判断函数的单调性，求出极值点，代入解析式计算即得；
（3）根据题意，可得x1+ x2=a, x1 x2=1,计算并化简
f (x2)−f (x1)=ln x2
x1
+ 1
2 (x2
2−x1
2)−a(x2−x1)，利用上述结论将其转化成
f (x2)−f (x1)=ln x2
x1
−1
2 ( x2
x1
−x1
x2
)，设
x2
x1
=t，易得t ≥e，设g(t )=lnt −1
2 (t −1
t ),t ≥e，
利用求导判断该函数的单调性，即可求得f (x2)−f (x1)的最大值.
【详解】（1）函数求导得f
′ (x)= 1
x + x−a，则 k切= f
′ (1)= 1
1 +1−a=2−a
又因函数f (x)在处x =1处的切线与直线x + y −1=0平行，故有2−a=−1.
解得a=3.
（2）函数f (x)=ln x + 1
2 x
2−ax的定义域为(0,+∞)，
则f
′ (x)= 1
x + x−a= x
2−ax +1
x
，
当a= 5
2时，f
′ (x)=
x
2−5
2 x +1
x
=
( x−1
2 )(x−2)
x
,
当x∈(0, 1
2 )或x∈(2,+∞)时，f
′ (x)>0；当x∈( 1
2 ,2)时，f
' (x)<0，
所以f (x)在(0, 1
2)和(2,+∞)上单调递增，在(
1
2 ,2)上单调递减，
依题意，函数f (x)两个极值点为x1, x2(x1< x2),则x1= 1
2 , x2=2，
于是，f (x2)−f (x1)= f (2)−f ( 1
2 )=ln2+2−5−(ln 1
2 + 1
8 )+ 5
4 =2ln2−15
8 ,
即当a= 5
2时，f (x2)−f (x1)=2ln2−15
8 .
（3）因f (x2)−f (x1)=(ln x2+ 1
2 x2
2−a x2)−(ln x1+ 1
2 x1
2−a x1)
=ln x2
x1
+ 1
2 (x2
2−x1
2)−a(x2−x1)，
又f
′ (x)= x
2−ax +1
x
，依题意，x1, x2是方程x
2−ax +1=0的两个实数根，
则x1+ x2=a, x1 x2=1,
则
f (x2)−f (x1)=ln x2
x1
+ 1
2 (x2
2−x1
2)−a(x2−x1)=ln x2
x1
+ 1
2 (x2
2−x1
2)−(x2+ x1)(x2−x1)
=ln x2
x1
−1
2 (x2
2−x1
2)=ln x2
x1
−1
2 ⋅
1
x1 x2 (x2
2−x1
2)=ln x2
x1
−1
2 ( x2
x1
−x1
x2
)，
设
x2
x1
=t，由x2≥e x1>0，可得
x2
x1
=t ≥e,
令g(t )=lnt −1
2 (t −1
t ),t ≥e，则g
′ (t )= 1
t −1
2 (1+ 1
t
2 )=−(t −1)
2
2t
2
<0,
所以g(t )在[e,+∞)上单调递减，可得g(t )≤g (e)=1−1
2 (e−1
e )=1−e
2 + 1
2e ,
故可知f (x2)−f (x1)的最大值为1−e
2 + 1
2e .
【4-1】已知函数f (x)=ln(x +1)+ax (x−2).
(1)当a≥0时，讨论f (x)的单调性；
(2)当x ≥0时，f (x)≥0，求实数a的取值范围；
(3)设f (x)存在两个不同的极值点x1，x2（其中x1< x2），求f (x1)+ f (x2)的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
举一反三
(2)[0, 1
2)
(3)(0,+ ∞)
【分析】（1）求导，分0≤a≤1
2和a> 1
2讨论判断导数正负，得解；
（2）由（1）分a> 1
2，0≤a≤1
2和a<0讨论，结合函数的单调性求解；
（3）由极值点的性质可得x1，x2是方程2a x
2−2a+1=0的两个不同的实根，得a> 1
2，
所以f (x1)+ f (x2)=ln 1
2a +2a−1(a> 1
2)，令t = 1
2a，0<t <1，
f (x1)+ f (x2)=h(t )=lnt + 1
t −1，利用导数可得h(t )>h(1)=0.
【详解】（1）f (x)的定义域为(−1,+ ∞)，f
′ (x)=
1
x +1 +2a(x−1)= 2a x
2−2a+1
x +1
，
若0≤a≤1
2，则对任意x∈(−1,+∞)，f
′ (x)≥0，f (x)单调递增.
若a> 1
2，当x∈(−1,−❑√
2a−1
2a )时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(−❑√
2a−1
2a
,❑√
2a−1
2a )时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(
❑√
2a−1
2a
,+ ∞)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增.
综上所述，当0≤a≤1
2时，f (x)在(−1,+∞)上单调递增；
当a> 1
2时，f (x)在(−1,−❑√
2a−1
2a )上单调递增，在(−❑√
2a−1
2a
,❑√
2a−1
2a )上单调
递减，在(
❑√
2a−1
2a
,+ ∞)上单调递增.
（2）由（1）知，当a> 1
2时，f (x)在(0,❑√
2a−1
2a )上单调递减，
所以x∈(0,❑√
2a−1
2a )时，f (x)<f (0)=0，不合题意，舍去；
当0≤a≤1
2时，由（1）得f (x)在[0,+∞)上单调递增，f (x)≥f (0)=0.
当a<0时，先证当x>0时，ln(x +1)< x，令g(x)=ln(x +1)−x，x>0，
则g
′ (x)=
1
x +1 −1=−
x
x +1 <0，所以函数g(x)在(0,+ ∞)上单调递减，所以
g(x)<g(0)=0，
即当x>0时，都有ln(x +1)< x.
因为f (x)=ln(x +1)+ax (x−2)，
取x0=−1
a +2>0，f (x0)= ln(x0+1)+a x0(x0−2)< x0+a x0(x0−2)= x0−x0=0，不
合题意.
综上所述，实数a的取值范围为[0, 1
2).
（3）由（1）知，f
′ (x)= 2a x
2−2a+1
x +1
(x>−1)，令f
′ (x)=0，
由题意得x1，x2是方程2a x
2−2a+1=0的两个不同的实根，
由Δ>0得a> 1
2或a<0，
又因为x1, x2>−1，x1+ x2=0，x1 x2= 1
2a −1，所以a> 1
2，
f (x1)=ln(x1+1)+a x1
2−2a x1，f (x2)=ln(x2+1)+a x2
2−2a x2，
f (x1)+ f (x2)=ln(x1 x2+ x1+ x2+1)+a(x1
2+ x2
2)−2a(x1+ x2)=ln 1
2a +2a−1,(a> 1
2)
令t = 1
2a，则0<t <1，f (x1)+ f (x2)=h(t )=lnt + 1
t −1，
所以h
′ (t )= t −1
t
2 <0，h(t )在区间(0,1)上单调递减，所以h(t )>h(1)=0，
综上：f (x1)+ f (x2)的取值范围为(0,+ ∞).
【4-2】已知函数f (x)=ln x + a
2 x
2−(a+1) x．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)设x1, x2(0< x1< x2)是函数g(x)= f (x)+ x的两个极值点，若g(x1)−g(x2)≥m x1 x2，
求m 的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)0
【分析】（1）通过对函数求导，分类讨论后，根据导数的正负来判断函数的单调性；
（2）通过极值点，对已知条件变形为m
a ≤ln x1
x2
−1
2(
x1
x2
−x2
x1)，令t = x1
x2
(0<t <1)，
构造函数h(t )=lnt −1
2(t −1
t)，求导研究单调性，得到最值即可.
【详解】（1）f (x)的定义域为(0,+∞)，
f
′ (x)= 1
x +ax−(a+1)= a x
2−(a+1) x +1
x
= (x−1)(ax−1)
x
，
①当a≤0时，令f
′ (x)>0，得0< x<1，令f
′ (x)<0，得x>1，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；
②当0<a<1时，令f
′ (x)>0，得0< x<1或x> 1
a，令f
′ (x)<0，得1< x< 1
a，
所以f (x)在(0,1),(
1
a ,+ ∞)上单调递增，在(1, 1
a)上单调递减；
③当a=1时，则f
′ (x)≥0，所以在(0,+∞)上f (x)单调递增；
④当a>1时，令f
′ (x)>0，得0< x< 1
a或x>1，令f
′ (x)<0，得1
a < x<1，
所以f (x)在(0, 1
a),(1,+ ∞)上单调递增，在(
1
a ,1)上单调选减；
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；
当0<a<1时，f (x)在(0,1),(
1
a ,+)∞)上单调递增，在(1, 1
a)上单调递减；
当a=1时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a>1时，f (x)在(0, 1
a)，(1,+∞)上单调递增，在(
1
a ,1)上单调递减．
（2）证明：g(x)= f (x)+ x =ln x + a
2 x
2−ax，则g(x)的定义域为(0,+∞)，
g
′ (x)= 1
x +ax−a= a x
2−ax +1
x
，若g(x)有两个极值点x1, x2(0< x1< x2)，
则方程a x
2−ax +1=0的判别式Δ=a
2−4 a>0，
且x1+ x2=1, x1 x2= 1
a >0，得a>4，
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
2−x2
2)−a(x1−x2)(x1+ x2)=ln x1
x2
−a
2 (x1
2−x2
2)
因为g(x1)−g(x2)≥m x1 x2，所以m
a ≤ln x1
x2
−1
2(
x1
x2
−x2
x1)
令t = x1
x2
(0<t <1)设h(t )=lnt −1
2(t −1
t)
由h
′ (t )= 1
t −1
2(1+ 1
t
2)= −t
2+2t−1
2t
2
= −(t−1)
2
2t
2
<0，得h(t )在(0,1)上单调递减，
所以h(t )>h(1)=0，所以m
a ≤0，即m ≤0
所以m的最大值为0．
【4-3】已知函数f (x)=ln(2 x)+
a
2 x +1
(a∈R).
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个极值点x1，x2(x1< x2)，当x1∈[
1
16 , 1
4)时，求f (x1)−f (x2)的最大
值.
【答案】(1)答案见解析
(2)63
8 −6ln2
【分析】（1）求出导函数，根据分类讨论求函数的单调性，并注意一元二次方程根
的正负与定义域的关系；
（2）由x1，x2(x1< x2)是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将
f (x1)−f (x2)转变为关于某一变量的新函数，分析新函数的单调性从而确定出新函数的最
大值即f (x1)−f (x2)的最大值.
【详解】（1）由f (x)= ln (2 x)+
a
2 x +1求导得f
' (x)= 4 x
2+(4−2a) x +1
x (2 x +1)
2
，
x∈(0,+ ∞).
当a≤2时，f
′ (x)>0恒成立，所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当2<a≤4时，方程4 x
2+(4−2a) x +1=0的Δ= 4(a
2−4 a)≤0，
所以f
′ (x)>0，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>4时，Δ= 4 a(a−4)>0，
由4 x
2+(4−2a) x +1=0，解得x1= a−2−
❑√a
2−4 a
4
，x2= a−2+
❑√a
2−4 a
4
，
当x∈(0, x1)∪(x2,+∞)时，f
′ (x)>0，
当x∈(x1, x2)时，f
′ (x)<0，
所以f (x)在(x1, x2)上单调递减，在(0, x1)和(x2,+∞)上单调递增.
综上，当a≤4时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当a>4时，f (x)在(
a−2−
❑√a
2−4 a
4
, a−2+
❑√a
2−4 a
4
)上单调递减，
在(0, a−2−
❑√a
2−4a
4
)和(
a−2+
❑√a
2−4a
4
,+∞)上单调递增.
（2）若f (x)有两个极值点x1，x2(x1< x2)，
则a>4，由方程4 x
2+(4−2a) x +1=0知x1+ x2= a−2
2
，x1 x2= 1
4 .
f (x1)−f (x2)= ln(2 x1)+
a
2 x1+1 −ln(2 x2)−
a
2 x2+1 = ln x1
x2
+ 2( x1+ x2)+2
2 x1+1
−2( x1+ x2)+2
2 x2+1
= ln(4 x1
2)+ 1
2 x1
−2 x1，
令g(x)= ln(4 x
2)+ 1
2 x −2 x(x∈[ 1
16 , 1
4 ])，
则g
' (x)= 2
x −1
2 x
2 −2= −4 x
2+ 4 x−1
2 x
2
= −(2 x−1)
2
2 x
2
<0，
所以g(x)在[
1
16 , 1
4)上单调递减，所以g(x)≤g(
1
16)= 63
8 −6 ln 2.
所以f (x1)−f (x2)的最大值是63
8 −6 ln 2.
【例题5】已知函数f ( x)=a−ln x , g( x)= x
2e
x．若对任意的x1∈[1,e]，都存在唯一的
x2∈[−1,1]，使得f (x1)= g(x2)成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．[1,e]
B．(
1
e ,1+e)
C．(1+ 1
e ,e)
D．(1+ 1
e ,e+1)
题型五、双变量问题之“存在/任意”型
典例探究
【答案】C
【分析】先利用导数可求得g( x)的单调性及在[−1，1]上的取值情况，再根据题意
可得f ( x1)∈( 1
e ,e ]或f ( x1)=0，由此建立关于a的不等式组，解出即可．
【详解】g′( x)=2 x e
x+ x
2e
x = x( x +2)e
x，
当x∈(−1,0)时，g′( x)<0，g( x)单调递减，当x∈(0,1)时，g′( x)>0，g( x)单
调递增，
且g(−1)= 1
e ,g(1)=e , g(0)=0，
又对任意的x1∈[1，e ]，都存在唯一的x2∈[−1，1]，使得f ( x1)= g( x2)成立，
∴ f ( x1)∈( 1
e ,e ]或f ( x1)=0，
又x1∈[1，e ]，故a−1⩽f ( x1)⩽a，
∴ {
a−1> 1
e
a⩽e )，解得1
e +1<a⩽e．
故选：C
【5-1】已知函数f ( x)= ln( x +
❑√x
2+1)满足对于任意x1∈[ 1
2 ,2]，存在x2∈[ 1
2 ,2]，使
得f ( x1
2+2 x1+a)≤f ( ln x2
x2
)成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．[ ln 2
2 −8,+ ∞)
B．[ ln 2
2 −8,−5
4 −2ln 2]
C．(−∞, ln 2
2 −8]
D．(−∞,−5
4 −2ln 2]
【答案】C
【解析】由函数f ( x)= ln( x +
❑√x
2+1)在定义域单调递增，原不等式成立可转化为
举一反三
(x1
2+2 x1+a)max≤(
ln x2
x2 )max
，通过研究函数的最值建立不等式求解即可得a 的取值范围.
【详解】由函数f ( x)= ln( x +
❑√x
2+1)在定义域单调递增，
对于任意x1∈[ 1
2 ,2]，存在x2∈[ 1
2 ,2]，使得f ( x1
2+2 x1+a)≤f ( ln x2
x2
)成立，
即任意x1∈[ 1
2 ,2]，存在x2∈[ 1
2 ,2]，使得x1
2+2 x1+a≤ln x2
x2
成立，
即满足(x1
2+2 x1+a)max≤(
ln x2
x2 )max
，
令g( x1)= x1
2+2 x1+a，
对称轴方程为x1=−1，
在x1∈[ 1
2 ,2]可得g( x1)max = g(2)=8+a
令h( x2)= ln x2
x2
，
求导可得h′( x2)= 1−ln x2
x2
2
，
h′( x2)=0，可得x2=e，
在x2∈(0,e)，h′( x2)>0，h( x2)单调递增，
所以在x2∈[ 1
2 ,2]，h( x2)max =h(2)= ln 2
2 ，
即8+a≤ln 2
2 ，
解得a≤ln 2
2 −8，
故选C.
【5-2】若对任意的x1∈[0,1)，总存在唯一的x2∈[−1,1)，使得x1+2 x2
3−3 x2
2−a=0成
立，则实数a 的取值范围是 ．
【答案】[−4 ,−1)
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数求出函数在区间上的取值集合，再借助
集合的包含关系列式求解作答.
【详解】由x1+2 x2
3−3 x2
2−a=0，得2 x2
3−3 x2
2=a−x1，
令f ( x)=2 x
3−3 x
2, x ∈[−1,1]，f
′( x)=6 x
2−6 x =6 x( x −1)，
当x∈[−1,0)时，f
′( x)>0，函数f ( x)在[−1,0)上单调递增，
当x∈(0,1)时，f
′( x)<0，函数f ( x)在(0,1)上单调递减，
当x =0时，f ( x)取最大值，最大值为0；
又f (−1)=−5，f (1)=−1，如下图，
令g( x)=a−x , x∈[0,1]，显然函数g( x)=a−x在[0,1]上单调递减，函数g( x)的
值域为[a−1,a]，
由对任意的x1∈[0,1)，总存在唯一的x2∈[−1,1)，使得x1+2 x2
3−3 x2
2−a=0成立，
得[a−1,a]⊆[−5,−1)，
因此{
a−1≥−5
a<−1 )，解得−4≤a<−1.
所以实数a的取值范围是[−4 ,−1).
故答案为：[−4 ,−1).
【5-3】已知f (x)= ln x−x
4 + 3
4 x ，g(x)=−x
2−2ax + 4，若对∀x1∈(0,2)，
∃x2∈[1,2)，使得f (x1)≥g(x2)成立，则a 的取值范围是 ．
【答案】[−1
8 ,+ ∞)
【分析】根据对∀x1∈(0,2)，∃x2∈[1,2)，使得f (x1)≥g(x2)成立，只需
f (x)min≥g(x)min求解即可.
【详解】因为f (x)= ln x−x
4 + 3
4 x ，
所以f
′ (x)= 1
x −1
4 −3
4 x
2 = −x
2+ 4 x−3
4 x
2
=−(x−1)(x−3)
4 x
2
，
当0< x<1时，f
′ (x)<0，当1< x<2时，f
′ (x)>0，
所以f (x)min= f (1)= 1
2，
因为g(x)=−x
2−2ax + 4开口方向向下，
所以在区间[1,2)上的最小值的端点处取得，
所以要使对∀x1∈(0,2)，∃x2∈[1,2)，使得f (x1)≥g(x2)成立，
只需f (x)min≥g(x)min，即1
2 ≥g(1)或1
2 ≥g(2)，
即1
2 ≥−1−2a+ 4或1
2 ≥−4−4 a+ 4，
解得a≥−1
8，
所以a 的取值范围是[−1
8 ,+∞)，
故答案为：[−1
8 ,+ ∞)
题型六、双变量问题之“导数”型
典例探究
【例题6】已知函数f (x)=2e
x+ax．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若方程f (x)=m有两个不相等的根x1, x2，且0< x1< x2,f (x)的导函数为f
′ (x)，证明：
f
′(
❑√x1 x2)<0．
【答案】(1)详解见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数分类讨论含参的函数的单调性即可；
（2）由（1）知，a<0,0< x1<ln(−a
2 )< x2，令
g( x)= f ( x)−f (2ln(−a
2 )−x),0< x<ln(−a
2 )，利用导数可得g( x)在(0,ln(−a
2 ))上单
调递增，得f ( x2)<f (2ln(−a
2 )−x1)，进而x1+ x2<2ln(−a
2 )，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）f ( x)=2e
x+ax，则f
′( x)=2e
x+a，
当a≥0时，f
′( x)>0，函数f ( x)在R 上单调递增；
当a<0时，令f
′( x)<0⇒x<ln(−a
2 )，f
′( x)>0⇒x>ln(−a
2 )，
所以函数f ( x)在(−∞,ln(−a
2 ))上单调递减，在((ln(−a
2 ),+∞)上单调递增.
（2）因为方程f ( x)=m有两个不等的根x1, x2，且0< x1< x2，
由（1）知，a<0,0< x1<ln(−a
2 )< x2，
令g( x)= f ( x)−f (2ln(−a
2 )−x),0< x<ln(−a
2 )，
则
g
′( x)= f
′( x)−f
′(2ln(−a
2 )−x)=2e
x+a+2e
2ln(−a
2 )−x
+a=2e
x+2(−a
2 )
2
e
−x+2a
>2⋅2
❑√e
x⋅(−a
2 )
2
e
−x+2a=−2a+2a=0，
所以函数g( x)在(0,ln(−a
2 ))上单调递增，
所以g( x)< g(ln(−a
2 ))⇒f ( x)−f (2ln(−a
2 )−x)<0⇒f ( x)<f (2ln(−a
2 )−x)
⇒ f ( x1)<f (2ln(−a
2 )−x1)⇒f ( x2)<f (2ln(−a
2 )−x1)，
又x2>ln(−a
2 ),2ln(−a
2 )−x1>ln(−a
2 ),f ( x)在((ln(−a
2 ),+∞)上单调递增，
所以x2<2ln(−a
2 )−x1⇒x1+ x2<2ln(−a
2 )，又(❑√x1−❑√x2)
2= x1−2❑√x1 x2+ x2≥0，
所以❑√x1 x2≤x1+ x2
2
，所以
❑√x1 x2<ln(−a
2 )⇒e
❑√x1 x2<−a
2 ⇒2e
❑√x1 x2+a<0，
又f
′(❑√x1 x2)=2e
❑√x1 x2+a，所以f
'(❑√x1 x2)=2e
❑√x1 x2+a<0.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略:
形如f (x)≥g(x)的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令F (x)= f (x)−g(x)，利用导数求得函数F (x)的单调性与最小值，
只需F (x)min≥0恒成立即可；
2、参数分离法：转化为a≥φ(x)或a≤φ(x)恒成立，即a≥φ(x)max或a≤φ(x)min恒成立，
只需利用导数求得函数φ(x)的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数y = f (x)的图象在y = g(x)的图象的上方（或下方），进而
得到不等式恒成立.
【6-1】已知函数f (x)=cos x−m x
2(m∈R).
(1)若f (x)在(
π
4 ,π)上单调递减，求m的取值范围；
举一反三
(2)若m=−1
π ，求证：f (x)≥π
4 ；
(3)在（2）的条件下，若方程f (x)=t (x>0)两个不同的实数根分别为x1，x2，求证：
0<f
′(x1+ x2)<2.
【答案】(1)[0,+ ∞)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）借助导数与单调性的关系，结合参变分离计算即可得；
（2）多次求导，得到函数的单调性与奇偶性即可得；
（3）结合小问（2），将0<f
′(x1+ x2)<2可转化为证明π
2 < x1+ x2<π，结合题中x1、
x2的范围，可构造函数F (x)= f (x)−f (π−x)从而证明π
2 < x1+ x2<π，即可得证.
【详解】（1）由f (x)=cos x−m x
2，则f
′ (x)=−sin x−2mx，
f (x)在(
π
4 ,π)上单调递减，即f
′ (x)≤0在(
π
4 ,π)上恒成立，
即有−sin x−2mx ≤0在(
π
4 ,π)上恒成立，即m≥−sin x
2 x
，
令g(x)= −sin x
2 x
，x∈(
π
4 ,π)，则g
′ (x)=−x cos x−sin x
2 x
2
，
设h(x)= x cos x−sin x，x∈(
π
4 ,π)，则h
′ (x)=−x sin x<0，
故h(x)在(
π
4 ,π)上单调递减，
故h(x)<h(
π
4 )=π
4 cosπ
4 −sinπ
4 =
❑√2
2 (
π
4 −1)<0，
即g
′ (x)>0恒成立，故g(x)在(
π
4 ,π)上单调递增，
有g(x)<g (π)= −sinπ
2π
=0，即m≥0，
故m的取值范围为[0,+ ∞)；
（2）若m=−1
π ，则f (x)=cos x + 1
π x
2，f
′ (x)=−sin x + 2
π x，
设φ(x)=−sin x + 2
π x，则φ
′ (x)=−cos x + 2
π ，
故φ
′ (x)在(0,π
2 )上单调递增，又φ
′ (0)=−cos0+ 2
π = 2
π −1<0，
φ
′(
π
2 )=−cosπ
2 + 2
π = 2
π >0，故φ
′ (x)在(0,π
2 )上存在唯一零点，
设该零点为x0，即有φ
′(x0)=−cos x0+ 2
π =0，
有x∈(0, x0)时，φ
′(x0)<0，x∈(x0,π
2 )时，φ
′(x0)>0，
即φ(x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,π
2 )上单调递增，
又φ(0)=−sin 0+ 2
π ×0=0，φ(
π
2 )=−sinπ
2 + 2
π ×π
2 =0，
故当x∈(0,π
2 )时，φ(x)<0，即f
′ (x)<0，
故f (x)在(0,π
2 )上单调递减，
当x∈(
π
2 ,+ ∞)时，有2 x
π >1≥sin x，故f
′ (x)>0，
即f (x)在(
π
2 ,+ ∞)上单调递增，
故x ≥0时，f (x)≥f(
π
2 )=cosπ
2 + 1
π ⋅(
π
2 )
2
=π
4 ，
又f (−x)=cos(−x)+ 1
π ⋅(−x)
2= f (x)，且定义域为R，
故f (x)为偶函数，即当x<0时，f (x)≥π
4 ，
故f (x)≥π
4 恒成立；
（3）f (x)=cos x + 1
π x
2， 有f (0)=cos0+ 1
π ×0=1，
由（2）可知，若方程f (x)=t (x>0)两个不同的实数根，则π
4 <t <1，
下面证明：x1+ x2<π，
不妨设x1< x2，则0< x1<π
2 < x2<π，
要证x1+ x2<π，只需证明x1<π−x2，而0<π−x2<π
2 ，
由（2）可知，f (x)在(0,π
2 )上单调递减，故只需证明f (x1)>f (π−x2)，
而f (x1)= f (x2)，故只需证明f (x1)>f (π−x2)，
设F (x)= f (x)−f (π−x)=cos x + 1
π x
2−cos(π−x)−1
π (π−x)
2
=2cos x +2 x−π(
π
2 < x<π)，
则F
′ (x)=−2sin x +2≥0，即F (x)在(0,+∞)上单调递增，
故F (x)> F(
π
2 )=0，故f (x1)>f (π−x2)，即x1+ x2<π，
又0< x1<π
2 < x2<π，故π
2 < x1+ x2<π，
由（2）得φ(x)= f
′ (x)=−sin x + 2
π x，φ
′ (x)=−cos x + 2
π ，
当π
2 < x<π时，φ
′ (x)>0，故f
′ (x)在(
π
2 ,π)上单调递增，
又f
'(
π
2 )=0，f
' (π)=2，
故0<f
′(x1+ x2)<2.
【点睛】关键点睛：本题关键在最后一问中结合题意与第二小问，将证明
0<f
′(x1+ x2)<2转化为证明π
2 < x1+ x2<π，从而将问题变为极值点偏移问题，结合题中
x1、x2的范围，可构造函数F (x)= f (x)−f (π−x)，从而帮助证明.
【6-2】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.
【6-3】已知函数f (x)=aln x−x−a.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若x1, x2(x1< x2)是f (x)的两个零点，
①求a的取值范围；
②求证：f
′(
❑√
x1
2+ x2
2
2 )<0（f
′ (x)为函数f (x)的导函数）.
【答案】(1)答案见解析
(2)①(e
2,+ ∞)；②证明见解析
【分析】（1）求导函数f
′( x)，分a≤0与a>0两类讨论函数f ( x)的单调性即可；
（2）①结合（1）的分析，若f ( x)有两个零点，则a>0且极大值f (a)>0可得a>e
2，
再通过找点使f ( x)<0，然后利用零点存在性定理证明当a>e
2时有两个零点；
②由不等式❑√
x1
2+ x2
2
2
> x2+ x1
2
，利用放缩法先证明f
′(
x2+ x1
2 )<0.由零点满足的关系
式得a=
x2−x1
ln x2−ln x1
消a，再结合t = x2
x1
整体换元转化为证明关于t的
2(t −1)−(t +1)lnt
(t +1)lnt
<0，再构造函数g(t )=2(t −1)−(t +1)lnt (t >1)，利用导函数证明
g(t )<0可得.
【详解】（1）f (x)=aln x−x−a的定义域为(0,+ ∞),f
′ (x)= a
x −1= a−x
x
.
①当a≤0时，x>0，a−x<0，则f
′ (x)<0，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递减；
②当a>0时，
当0< x<a时，f
′ (x)>0，f (x)在(0,a)上单调递增，
当x>a时，f
′ (x)<0，则f (x)在(a,+∞)上单调递减.
所以，f (x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，f (x)在(0,a)上单调递增，在(a,+ ∞)上单调递减.
（2）①因为x1, x2(x1< x2)是f (x)的两个零点，
由（1）可知a>0，且x1∈(0,a), x2∈(a,+∞)，
由f (x)在x∈(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减，
则f (x)max= f (a)=alna−2a>0，解得a>e
2.
而当a>e
2时，f (1)=−1−a<0，f (a
4)= 4 alna−a
4−a<4 a
2−a
4−a<−a<0，
由f (1)f (a)<0且f (a)f (a
4)<0，则f ( x)在(1,a)与(a,a
4)各有一个零点.
又由f ( x)单调性可知，f ( x)至多两个零点.
故当a>e
2时，f (x)有两个零点.
综上可知，a的取值范围是(e
2,+ ∞).
②因为x1, x2(0< x1< x2)是f (x)的两个零点，
所以{
aln x1−x1−a=0
aln x2−x2−a=0)，解得a=
x2−x1
ln x2−ln x1
，
所以f
′(
x2+ x1
2 )=
a−x2+ x1
2
x2+ x1
2
=
x2−x1
ln x2−ln x1
−x2+ x1
2
x2+ x1
2
，
令x2=t x1，即t = x2
x1
>1，代入上式得：
f
′(
x2+ x1
2 )=
t −1
lnt −t +1
2
t +1
2
= 2(t −1)−(t +1)lnt
(t +1)lnt
(t >1).
令g(t )=2(t −1)−(t +1)lnt，t >1.
g
′ (t )=1−1
t −lnt，令φ(t )=1−1
t −lnt，
则φ
′(t )= 1
t
2 −1
t = 1−t
t
2 <0，t >1.
所以φ(t )在(1,+∞)上单调递减，且φ(1)=0，
由t >1，所以φ(t )<0，即g
′(t )<0；
所以g(t )在(1,+∞)上单调递减，且g(1)=0，
由t >1，所以g(t )<0，又t >1,(t +1)ln t >0，
所以f
′(
x2+ x1
2 )= 2(t −1)−(t +1)lnt
(t +1)lnt
<0.
由(
❑√
x1
2+ x2
2
2 )
2
−(
x2+ x1
2 )
2
= x1
2−2 x1 x2+ x2
2
4
= (x1−x2)
2
4
>0，且
❑√
x1
2+ x2
2
2
>0, x2+ x1
2
>0，
可知❑√
x1
2+ x2
2
2
> x2+ x1
2
.
又因为a>0，则f
′ (x)= a
x −1在(0,+∞)上是减函数，
所以，f
′(
❑√
x1
2+ x2
2
2 )<f
′(
x2+ x1
2 )<0.
故f
′(
❑√
x1
2+ x2
2
2 )<0得证.
【点睛】方法点睛：解决导数中的多变量问题，经常将多变量问题通过消元转化为单
变量问题处理，通常有以下两个角度的消元方法：
（1）利用等量关系消元：若变量之间具有等量关系，则一般可利用等式消元，但要
注意主元的确定与被消去元的范围对所选择的主元范围产生的影响；
（2）换元法：若多元表达式通过变形，可将一个多变量的式子视为整体从而转化为
一元表达式，即整体换元法；若变量之间的等量关系中任一变量都不易直接求解消元，可
引入第三元进行消元处理，如三角换元法.
【突破提升训练・1】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
，
题型精析・方法突破提能力
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.
【突破提升训练・2】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
【突破提升训练・3】若对∀x∈[0,+∞)，y ∈[0,+∞)，不等式
e
x + y −2+e
x−y −2+2−4 ax ≥0恒成立，则实数a取值范围是（ ）
A．(−∞, 1
4) B．[
1
4 ,+ ∞)
C．[
1
2 ,+∞)
D．(−∞, 1
2)
【答案】D
【分析】首先将y作为变量，x作为参数得到4 ax−2
e
x−2
≤e
y+e
−y对任意的y ∈[0,+∞)
恒成立，利用基本不等式求出e
y+e
−y的最小值，即可得到4 ax−2
e
x−2
≤2，对
∀x∈[0,+ ∞)恒成立，再分x =0和x∈(0,+∞)两种情况讨论，当x∈(0,+∞)令
g(x)= 1+e
x−2
x
，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出参数的取
值范围；
【详解】解：因为对∀x∈[0,+∞)，y ∈[0,+∞)，不等式
e
x + y −2+e
x−y −2+2−4 ax ≥0恒成立，
所以4 ax−2
e
x−2
≤e
y+e
−y，对∀x∈[0,+∞)，y ∈[0,+∞)恒成立，
又因为e
y+e
−y≥2
❑√e
y⋅e
−y =2，当且仅当e
y =e
−y，即y =0时取等号，
所以4 ax−2
e
x−2
≤2，对∀x∈[0,+∞)恒成立，
当x =0时，−2
e
−2 ≤2恒成立，所以a∈R，
当x>0时，2a≤1+e
x−2
x
对∀x∈(0,+ ∞)恒成立，
令g(x)= 1+e
x−2
x
，x∈(0,+ ∞)，则g
′ (x)=e
x−2(x−1)−1
x
2
，
令h(x)=e
x−2(x−1)−1，x∈(0,+∞)，则h
' (x)= xe
x−2>0恒成立，
所以h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，又h(2)=0，
所以当0< x<2时h(x)<0，即g
′ (x)<0，当x>2时h(x)>0，即g
′ (x)>0，
所以g(x)在(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
所以g(x)的最小值g(2)=1，所以2a≤1，即a≤1
2.
故选：D.
【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．
【突破提升训练・4】已知函数f (x)= x
2−2
3 a x
3(a>0)的定义域为R，若对于任意的
x1∈(3,+ ∞)，都存在x2∈(1,+ ∞)，使得f (x1)⋅f (x2)=1，则a的取值范围是（ ）
A．(0, 1
3)
B．[
3
2 ,+∞)
C．[
1
3 , 1
2)
D．[
1
2 , 3
2)
【答案】D
【分析】由已知可得函数
1
f ( x)在(3,+∞)上的值域包含与函数f ( x)在(1,+ ∞)上值域，
利用导数分析函数的单调性，求出函数的值域，列不等式求a的取值范围.
【详解】因为f (x)= x
2−2
3 a x
3，
所以f
′ (x)=2 x −2a x
2=2 x(1−ax)，f (1)=1−2a
3 ，f (3)=9−18a，
令f
′ (x)=0，可得x =0或x = 1
a，
当0<a≤1时，x∈(1, 1
a)，则f
′( x)>0，x∈(
1
a ,+∞)，则f
′( x)<0，
所以函数f ( x)在(1, 1
a)上单调递增，函数f ( x)在(
1
a ,+∞)上单调递减，
当a>1时，x∈(1,+ ∞)时，f
′( x)<0，
所以函数f ( x)在(1,+ ∞)上为减函数，
设g( x)=
1
f ( x)，
因为对于任意的x1∈(3,+ ∞)，都存在x2∈(1,+ ∞)，使得f (x1)⋅f (x2)=1，
所以对于任意的x1∈(3,+ ∞)，都存在x2∈(1,+ ∞)，使得f (x2)= g(x1)，
所以函数g( x)在(3,+ ∞)上的值域包含与函数f ( x)在(1,+ ∞)上值域，
当a≥1时，9−18a<0，1
a ≤1
函数f ( x)在(1,+ ∞)上为减函数，
函数f ( x)在(1,+ ∞)上的值域为(−∞,1−2a
3 )，函数f ( x)在(3,+∞)上的值域为
(−∞,9−18a)，
所以函数g( x)在(3,+ ∞)上的值域为(
1
9−18a ,0)，
由已知(
1
9−18a ,0)⊆ (−∞,1−2a
3 )，
所以1−2a
3 ≥0，又a≥1，所以1≤a≤3
2，(注：由此可排除A，B，C)
当0<a≤1
3时，1−2a
3 ≥0，9−18a>0，1
a ≥3
函数f ( x)在(1, 1
a)上单调递增，函数f ( x)在(
1
a ,+∞)上单调递减，
函数f ( x)在(1,+ ∞)上的值域为(−∞, 1
a
2)，函数f ( x)在(3,+∞)上的值域为
(−∞, 1
a
2)，
所以函数g( x)在(3,+ ∞)上的值域为(−∞,0)∪(a
2,+ ∞)，与已知矛盾，
当1
3 <a< 1
2时，1−2a
3 ≥0，9−18a>0，2< 1
a <3
因为函数f ( x)在(1, 1
a)上单调递增，函数f ( x)在(
1
a ,+∞)上单调递减，
所以函数f ( x)在(1,+ ∞)上的值域为(−∞, 1
a
2)，函数f ( x)在(3,+∞)上的值域为
(−∞,9−18a)，
所以函数g( x)在(3,+ ∞)上的值域为(−∞,0)∪(
1
9−18a ,+∞)，与已知矛盾，
当a= 1
2时，1−2a
3 >0，9−18a=0，1
a =2
x∈(1,2)，则f
′( x)>0，x∈(2,+ ∞)，则f
′( x)<0，
所以函数f ( x)在(1,2)上单调递增，函数f ( x)在(2,+ ∞)上单调递减，
所以函数f ( x)在(1,+ ∞)上的值域为(−∞,4)，函数f ( x)在(3,+∞)上的值域为
(−∞,0)，
所以函数g( x)在(3,+ ∞)上的值域为(−∞,0)，(−∞,0)⊆ (−∞,4)，满足要求
当1
2 <a<1时，1−2a
3 >0，9−18a<0，1< 1
a <2
函数f ( x)在(1, 1
a)上单调递增，函数f ( x)在(
1
a ,+∞)上单调递增
所以函数f ( x)在(1,+ ∞)上的值域为(−∞, 1
a
2)，函数f ( x)在(3,+∞)上的值域为
(−∞,9−18a)，
所以函数g( x)在(3,+ ∞)上的值域为(
1
9−18a ,0)，(
1
9−18a ,0)⊆ (−∞, 1
a
2)，
满足要求，
综上所述，1
2 ≤a≤3
2，
故选：D.
【点睛】本题解决的关键在于将已知条件转化为函数的值域的关系，由此利用导数分
析函数的单调性求函数的值域即可.
【突破提升训练・5】已知函数f ( x)=3 x +2cos x，g( x)=(e
x−1)(e
2 x−5)，若
∀x1∈(−∞,0]，∀x2∈R，f (x1)+a≤g(x2)，则a 的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2]
B．(−∞,−40
27)
C．(−∞,−3]
D．(−∞,−94
27)
【答案】D
【分析】求导，确定f ( x)max = f (0)=2，换元，构造函数求出g( x)=(e
x−1)(e
2 x−5)
的最小值，列不等式求解a即可
【详解】因为f
′( x)=3−2sin x >0，所以f ( x)在(−∞,0]上为增函数，所以
f ( x)max = f (0)=2.
令t =e
x(t >0)，h(t )=(t −1)(t
2−5)，h
′(t )=(t +1)(3t −5).当0<t < 5
3时，h
′(t )<0；
当t > 5
3时，h
′(t )>0.所以h(t )min=h(
5
3)=(
5
3 −1)(
25
9 −5)=−40
27 ，从而g( x)max=−40
27 .
依题意可得a+2≤−40
27 ，即a≤−94
27 .
故选：D
【点睛】本题考查函数最值的求解，考查换元法的应用，着重考查导数的应用，是中
档题，注意最值的转化.
【突破提升训练・6】已知x，y满足(2
x−x
2) y
2=2
x +2 y −2，满足此等式x，y的取值范围分
别为集合M，N，则下列正确的是（ ）
A．(4 ,+∞)⊆M
B．(0,2)⊆M
C．(1,2)⊆N
D．(−∞,0)⊆N
【答案】ABC
【分析】变形得到x
2
2
x + 2
2 y −2
y
2 =1，得到x
2
2
x ∈[0,1), 2
2 y −2
y
2 ∈(0,1)，令
f (x)= x
2
2
x ∈[0,1)，求导得到单调性，结合特殊点的函数值，画出f (x)= x
2
2
x 的图象，得到
AB 正确；同理设g( y)= 2
2 y −2
y
2 = 4
y −1
y
2 ，定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，求导得到其单调性，
结合特殊点函数值，画出g( y)= 4
y −1
y
2 的图象，数形结合得到g( y)= 4
y −1
y
2 ∈(0,1)的解集为
(−∞,m)∪(1,2)，其中m<0，得到答案.
【详解】(2
x−x
2) y
2=2
x +2 y −2>0，y ≠0，
2
x−x
2
2
x
= 2
2 y −2
y
2 ，即1−x
2
2
x = 2
2 y −2
y
2 ，
所以x
2
2
x + 2
2 y −2
y
2 =1，
其中x
2
2
x ≥0, 2
2 y −2
y
2 >0，故x
2
2
x ∈[0,1), 2
2 y −2
y
2 ∈(0,1)，
f (x)= x
2
2
x ，f
′ (x)= 2 x⋅2
x−x
2⋅2
x ln 2
2
2 x
= 2 x−x
2ln 2
2
x
= x (2−x ln 2)
2
x
，
令f
′ (x)<0得x<0或x> 2
ln 2，令f
′ (x)>0得0< x< 2
ln 2，
故f (x)= x
2
2
x 在(−∞,0),(
2
ln 2 ,+∞)单调递减，在(0, 2
ln 2)上单调递增，
其中f (0)=0,f (2)= f (4)=1，当x>4时，f (x)= x
2
2
x >0恒成立，
画出f (x)= x
2
2
x 的图象，如下：
故f (x)= x
2
2
x ∈[0,1)的解集为[0,2)∪(4 ,+∞)，包含(4 ,+∞)，(0,2)，AB 正确；
令g( y)= 2
2 y −2
y
2 = 4
y −1
y
2 ，定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
则g
′ ( y)= 4
y −1 y
2ln 4−4
y −1⋅2 y
y
4
= 4
y −1
y
3 ( y ln 4−2)，
令g
′ ( y)>0得y <0或y > 1
ln 2，令g
′ ( y)<0得0< y < 1
ln 2，
故g( y)= 4
y −1
y
2 在(−∞,0),(
1
ln 2 ,+∞)单调递增，在(0, 1
ln 2)上单调递减，
且g(1)= g(2)=1，g( y)>0在(−∞,0)∪(0,+∞)恒成立，
画出g( y)= 4
y −1
y
2 的图象，如下：
g( y)= 4
y −1
y
2 ∈(0,1)
的解集为(−∞,−1]∪[1,2]，其中m<0，
故(1,2)⊆N，C 正确，D 错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：变形得到x
2
2
x + 2
2 y −2
y
2 =1，得到x
2
2
x ∈[0,1), 2
2 y −2
y
2 ∈(0,1)，要
求不等式的解集，需构造函数，研究函数单调性，画出函数图象，数形结合进行求解.
【突破提升训练・7】已知f(x)＝xex，g(x)＝﹣（x+1）2+a，若∃x1，x2
[
2
∈﹣，0]，使得f
（x2）≤g（x1）成立，则实数a 的取值范围是 ．
【答案】[−1
e ，+∞）
【分析】转化为f(x)min≤g(x)max，再根据导数知识求出f ( x)min，根据二次函数知识求出
g( x)max，代入可求出结果.
【详解】∃x1，x2 [
2
∈﹣，0]，使得f（x2）≤g（x1）成立，等价于f(x)min≤g(x)max，
f′(x)＝ex+xex＝（1+x）ex，
当x＜﹣1 时，f′(x)＜0，f(x)递减，当x＞﹣1 时，f′(x)＞0，f(x)递增，
所以当x＝﹣1 时，f(x)取得最小值f(x)min＝f（﹣1）＝−1
e ；
因为g(x)＝﹣（x+1）2+a，
所以当x＝﹣1 时g(x)取得最大值为g(x)max＝g（﹣1）＝a，
所以−1
e ≤a，即实数a 的取值范围是a≥−1
e ．
故答案为：[−1
e ，+∞）．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数y = f (x), x∈[a,b)，y = g(x), x∈[c ,d)
（1）若∀x1∈[a,b)，∀x2∈[c ,d)，总有f (x1)<g(x2)成立，故
f (x)max< g(x2)min；
（2）若∀x1∈[a,b)，∃x2∈[c ,d)，有f (x1)<g(x2)成立，故f (x)max<g(x2)max；
（3）若∃x1∈[a,b)，∃x2∈[c ,d)，有f (x1)<g(x2)成立，故f (x)min< g(x2)min；
（4）若∀x1∈[a,b)，∃x2∈[c ,d)，有f (x1)= g(x2)，则f (x)的值域是g(x)值域
的子集 ．
【突破提升训练・8】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．
【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.
【突破提升训练・9】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 ).
【突破提升训练・10】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.
【突破提升训练・11】已知函数f (x)=a(x−ln x)+ x
2−2 x，其中a∈R.
(1)当a=−2e时，求f (x)的极值；
(2)当a>0，x1> x2>0时，证明：f (x1)−f
′(
x1+ x2
2 )x1<f (x2)−f
′(
x1+ x2
2 )x2.
【答案】(1)f (x)有极大值−2e−1，极小值−e
2
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再判断函数的单调性，求函数的极值；
（2）首先不等式变形为f (x1)−f (x2)
x1−x2
<f
′(
x1+ x2
2 )，再利用导数变形为
a−2−a ln x1−ln x2
x1−x2
+ x1+ x2<a−2+ x1+ x2−
2a
x1+ x2
，再转化为证明
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，证法1，不等式变形为ln x1−ln x2> 2(x1−x2)
x1+ x2
，再构造函数
g(x)= ln x−ln x2−2(x−x2)
x + x2
(x> x2)，利用导数判断函数的单调性，即可证明；证法2，
不等式变形为ln x1
x2
>
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，再利用换元构造函数g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >1)，利用
导数判断函数的单调性，根据最值，即可证明不等式.
【详解】（1）由题意，f
′ (x)=a(1−1
x)+2 x−2=(x−1)(
a
x +2)，x>0，
所以当a=−2e时，f
′ (x)= 2(x−1)(x−e)
x
，f (x)=−2e(x−ln x)+ x
2−2 x，
由f
′ (x)>0解得：0< x<1或x>e，由f
′ (x)<0解得：1< x<e，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
故f (x)有极大值f (1)=−2e−1，极小值f (e)=−e
2.
（2）由题意，a>0，x1−x2>0，
要证f (x1)−f
′(
x1+ x2
2 )x1<f (x2)−f
′(
x1+ x2
2 )x2，只需证
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<f
′(
x1+ x2
2 )，
而
f (x1)−f (x2)
x1−x2
=
(a−2)(x1−x2)−a(ln x1−ln x2)+ x1
2−x2
2
x1−x2
=a−2−a ln x1−ln x2
x1−x2
+ x1+ x2，
f
′(
x1+ x2
2 )=(
x1+ x2
2
−1)(
2a
x1+ x2
+2)=a−2+ x1+ x2−
2a
x1+ x2
，
所以只需证a−2−a ln x1−ln x2
x1−x2
+ x1+ x2<a−2+ x1+ x2−
2a
x1+ x2
，
即证
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
①，下面给出两种证明不等式①的方法：
证法1：要证ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，只需证ln x1−ln x2> 2(x1−x2)
x1+ x2
，
即证ln x1−ln x2−2(x1−x2)
x1+ x2
>0，令g(x)= ln x−ln x2−2(x−x2)
x + x2
(x> x2)，
则g
′ (x)= 1
x −2(x + x2−x + x2)
(x + x2)
2
= (x−x2)
2
x(x + x2)
2 >0，所以g(x)在(x2,+∞)上单调递增，
显然g(x2)=0，所以当x> x2时，g(x)>0，
因为x1> x2，所以g(x1)>0，即ln x1−ln x2−2(x1−x2)
x1+ x2
>0，
故f (x1)−f
′(
x1+ x2
2 )x1<f (x2)−f
′(
x1+ x2
2 )x2.
证法2：要证ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，只需证ln x1−ln x2> 2(x1−x2)
x1+ x2
，即证
ln x1
x2
>
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
令t = x1
x2
，则t >1，所以只需证当t >1时，ln t > 2(t −1)
t +1
，即证ln t −2(t −1)
t +1
>0，
令g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >1)，则g
′ (t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，又g(1)=0，所以g(t )>0成立，即ln t −2(t −1)
t +1
>0，
故f (x1)−f
′(
x1+ x2
2 )x1<f (x2)−f
′(
x1+ x2
2 )x2
【点睛】思路点睛：第二问的思路首先是变形不等式，根据不等式构造函数，利用函
数的单调性，结合最值，即可证明.
【突破提升训练・12】已知函数f (x)=ln x + 1
2 a x
2−(a+1) x (a∈R).
(1)当a=1时，求函数y = f (x)的零点个数.
(2)若关于x的方程f (x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1, x2，求实数a的取值范围并证明
x1⋅x2>e
2.
【答案】(1)有且仅有一个零点
(2)−1<a< 1
e −1，证明见解析
【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；
（2）根据题意可得ln x−(a+1) x =0有两个不同实根x1, x2，进而可得
{
ln x1=(a+1) x1
ln x2=(a+1) x2)
，两式相加得ln(x1 x2)=(a+1)(x1+ x2)，两式相减得
ln x2
x1
=(a+1)(x2−x1)，从而有
ln x1 x2
ln x2
x1
= x1+ x2
x2−x1，进而要证x1⋅x2>e
2，只需证
ln(x1 x2)= x1+ x2
x2−x1
⋅ln x2
x1
>2，即证ln x2
x1
> 2(x2−x1)
x1+ x2
=
2(
x2
x1
−1)
1+ x2
x1
，
构造函数F (t )=lnt −2(t −1)
1+t
=lnt + 4
t +1 −2即可证明.
【详解】（1）当a=1时，
f (x)=ln x + 1
2 x
2−2 x( x>0),f
′ (x)= 1
x + x−2= ( x−1)
2
x
≥0，
所以函数y = f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又因为f (1)=−3
2 <0,f (4)=ln 4>0，
所以函数y = f (x)有且仅有一个零点.
（2）方程f (x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1, x2，等价于ln x−(a+1) x =0有两个不同
实根x1, x2，
得a+1=ln x
x
，令φ(x)=ln x
x
，则φ
′ (x)= 1−ln x
x
2
，
令φ
′ (x)>0，解得0< x<e；令φ
′ (x)<0，解得x>e；
所以φ(x)=ln x
x
在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以当x =e时，φ(x)=ln x
x
取得最大值1
e ，
由φ(1)=0，得当x∈(0,1)时，φ(x)<0；
当x∈(1,+ ∞),φ(x)>0,φ(x)的大致图象如图所示，
所以当a+1∈(0, 1
e)，即−1<a< 1
e −1时，f (x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1, x2；
证明：不妨设0< x1< x2,且{
ln x1=(a+1) x1
ln x2=(a+1) x2)
两式相加得ln(x1 x2)=(a+1)(x1+ x2)，两式相减得ln x2
x1
=(a+1)(x2−x1)，
所以
ln x1 x2
ln x2
x1
= x1+ x2
x2−x1，
要证x1⋅x2>e
2，只需证ln(x1 x2)= x1+ x2
x2−x1
⋅ln x2
x1
>2，
即证ln x2
x1
> 2(x2−x1)
x1+ x2
=
2(
x2
x1
−1)
1+ x2
x1
，
设t = x2
x1
(t >1)，令F (t )=lnt −2(t −1)
1+t
=lnt + 4
t +1 −2，
则F
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
所以函数F (t )在(1,+∞)上单调递增，且F (1)=0，
所以F (t )>0，即lnt > 2(t −1)
1+t
，
所以x1⋅x2>e
2，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，常用解决策略是根据
{
ln x1=(a+1) x1
ln x2=(a+1) x2)
，两式相加相减，进而可得
ln x1 x2
ln x2
x1
= x1+ x2
x2−x1，进而要证x1⋅x2>e
2，只
需证ln(x1 x2)= x1+ x2
x2−x1
⋅ln x2
x1
>2，即证ln x2
x1
> 2(x2−x1)
x1+ x2
=
2(
x2
x1
−1)
1+ x2
x1
，从而将双变量转
化为单变量，令F (t )=lnt −2(t −1)
1+t
=lnt + 4
t +1 −2，讨论该函数的单调性和最值即可证
明.
【突破提升训练・13】已知函数f (x)=2ln x +ax (a∈R)
(1)若 f (x)≤0在 (0,+ ∞)上恒成立，求a 的取值范围；
(2)设 g(x)= x ³−f (x)，x₁，x₂为函数g(x)的两个零点，证明：x₁ x₂<1.
【答案】(1)(−∞,−2
e ]
(2)证明见解析
【分析】（1）分离参数，利用导数求解函数最值可得答案；
（2）构造函数，利用导数判断单调性，结合零点所在区间及函数单调性可证结论.
【详解】（1）函数的定义域为(0,+ ∞)，因为f (x)≤0，所以a≤−2ln x
x
；
令h( x)=−2ln x
x
，h
′( x)=−2−2ln x
x
2
，
当x∈(0,e)，h
′( x)<0，h(x)为减函数；
当x∈(e,+ ∞)，h
′( x)>0，h(x)为增函数；
所以h(x)有最小值h (e)=−2
e ，所以a≤−2
e ，即a 的取值范围为(−∞,−2
e ].
（2）证明:令g( x)=0，此时x
2−2ln x
x
−a=0；
不妨设h( x)= x
2−2ln x
x
−a，函数定义域为(0,+∞).
h
′( x)=2 x−2−2ln x
x
2
= 2(x
3+ ln x−1)
x
2
，
令φ( x)= x
3+ ln x −1，可得φ
′( x)=3 x
2+ 1
x >0，
所以函数φ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又φ(1)=0，当0< x<1时，φ( x)<0，h( x)单调递减；
当x>1时，φ( x)>0，h( x)单调递增；
不妨设x1< x2，
此时0< x1<1< x2，0< 1
x2
<1；
因为h( x1)=h( x2)=0，
所以h(x1)−h(
1
x2)=h(x2)−h(
1
x2)=(x2
2−2ln x2
x2
−a)−(
1
x2
2 −
2ln 1
x2
1
x2
−a)
=(x2+ 1
x2)(x2−1
x2
−2ln x2).
令F( x)= x−1
x −2ln x (x>1)，F
′( x)=1+ 1
x
2 −2
x = (x−1)
2
x
2
>0在(1,+∞)上恒成立，
所以F( x)为增函数，F( x2)> F(1)=0，所以h(x1)−h(
1
x2)>0，即h(x1)>h(
1
x2)；
又因为h( x)在(0,1)上单调递减，所以0< x1< 1
x2
<1，故x1 x2<1.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有二个：一是恒成立问题，利用分类参数法求
解，求解新函数的最值即可；二是函数零点问题，把两个变量转化到同一个单调区间内，
结合单调性可得结论.
【突破提升训练・14】已知函数f ( x)= x−ln x−a有两个不同的零点x1, x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1+ x2>2.
【答案】(1)(1,+∞)
(2)证明见详解
【分析】（1）利用导数求单调区间，结合图象可解；
（2）利用单调性将问题转化为证明f (2−x1)<f (x1)，然后构造差函数
g(x)= f (2−x)−f (x), x∈(0,2)，利用导数证明g(x1)<g(1)即可.
【详解】（1）f (x)的定义域为(0,+∞)，
因为f
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，所以当0< x<1时，f
′ (x)<0，当x>1时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x =1时，f (x)取得最小值1−a.
又当x 趋近于0 或+ ∞时，f (x)趋于+ ∞，
所以，要使f (x)有两个不同的零点x1, x2，只需满足1−a<0，即a>1.
所以实数a的取值范围为(1,+∞).
（2）不妨设x1< x2，由（1）可知，0< x1<1, x2>1，则2−x1>1，
要证x1+ x2>2，只需证2−x1< x2，
又f (x)在(1,+∞)上单调递增，所以只需证f (2−x1)<f (x2)，即证f (2−x1)<f (x1).
记g(x)= f (2−x)−f (x)=2−2 x−ln (2−x)+ ln x , x∈(0,1)，
则g
′ (x)= 1
x +
1
2−x −2=−2(x−1)
2
x (x−2) ，
当0< x<1时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
又g(1)= f (2−1)−f (1)=0，
所以g(x1)= f (2−x1)−f (x1)<0，即f (2−x1)<f (x1).
所以x1+ x2>2.
【点睛】本题第二问为极值点偏移问题，关键在于构造差函数
g(x)= f (2−x)−f (x), x∈(0,2)，然后利用导数讨论其单调性，单调性结合g(1)=0即可
证明.
【突破提升训练・15】已知函数f (x)=(2 x +a)ln x−3(x−a),a>0.
(1)当x ≥1时，f (x)≥0，求a的取值范围.
(2)若函数f (x)有两个极值点x1, x2，证明：x1+ x2>2e
−1
2.
【答案】(1)[1,+ ∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离可得a≥3 x−2 x ln x
3+ ln x
在x ≥1恒成立，令g( x)= 3 x−2 x ln x
3+ ln x
，
x∈[1,+∞)，利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（2）求出函数的导函数，依题意可得函数y =a与函数h( x)= x−2 x ln x，
x∈(0,+ ∞)的图象有两个交点，利用导数说明h(x)的单调性，不妨设0< x1< 1
❑√e < x2，要
证x1+ x2>2e
−1
2，即证x2> 2
❑√e −x1，令F( x)=h(x)−h(
2
❑√e −x)，x∈(0, 1
❑√e)，利用
导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）当x ≥1时，f ( x)≥0⇔a≥3 x−2 x ln x
3+ ln x
在x ≥1恒成立，
令g( x)= 3 x−2 x ln x
3+ ln x
，x∈[1,+∞)，
则g
′( x)= −(3+2ln x)ln x
(3+ ln x)
2
≤0，
∴函数g( x)在[1,+∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(1)=1，
∴a≥1，
∴a的取值范围是[1,+ ∞)．
（2）函数f ( x)=(2 x +a)ln x−3( x−a)，a>0．
则f
′ (x)=2ln x + 2 x +a
x
−3=2ln x + a
x −1= a+2 x ln x−x
x
，
∵函数f ( x)有两个极值点x1，x2，
∴f
′ (x)=0有两个正实数解⇔方程a= x−2 x ln x有两个正实数解⇔函数y =a与函数
h( x)= x−2 x ln x，x∈(0,+ ∞)的图象有两个交点．
h
′ (x)=1−2−2ln x =−2ln x−1，令h
′ (x)=0，解得x = 1
❑√e，
当0< x< 1
❑√e时h
′ (x)>0，则h(x)单调递增，当x> 1
❑√e时h
′ (x)<0，则h(x)单调递减，
∴函数h( x)的极大值即最大值为h(
1
❑√e)= 2
❑√e．
又0< x< 1
❑√e时h(x)= x (1−2ln x)>0，且当x→0时，h( x)→0，又h(❑√e)=0，
∴0<a< 2
❑√e．
不妨设0< x1< 1
❑√e < x2，
要证明
x1+ x2>2e
−1
2 ⇔x2> 2
❑√e −x1> 1
❑√e ⇔h(x2)<h(
2
❑√e −x1)⇔h(x1)<h(
2
❑√e −x1)，
x1∈(0, 1
❑√e)．
令F( x)=h(x)−h(
2
❑√e −x)= x−2 x ln x−(
2
❑√e −x)+2(
2
❑√e −x)ln(
2
❑√e −x)，
x∈(0, 1
❑√e)，F(
1
❑√e)=0．
所以F
′( x)=1−2ln x−2+1−2ln(
2
❑√e −x)−2
=−2ln[x(
2
❑√e −x))−2≥−2×ln(x + 2
❑√e −x)
2
4
−2=0，
当且仅当x = 2
❑√e −x，即x = 1
❑√e时取等号，
∴函数F( x)在x∈(0, 1
❑√e)单调递增，
∵F(
1
❑√e)=0，∴F( x)<0，即h(x)<h(
2
❑√e −x)，
因此x1+ x2>2e
−1
2成立．
【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．
【突破提升训练・16】已知函数f (x)= x +ae
x−1，g(x)= x−ae
−x+1(a>0)的零点分别为
m，n.
(1)若a=e
2，求m；
(2)是否存在a，使m+n=0？说明理由；
(3)若k ≤m+n<0(−1<k <0)，用含k的代数式表示m−n最大值.
【答案】(1)m=−1；
(2)存在，理由见解析
(3)1+ (e
k −1+1)(k +1)
e
k +1−1
.
【分析】（1）将a=e
2代入解析式，得到f (x)= x +e
x +1，f (x)单调递增，且f (−1)=0，
即得到零点-1.
（2）由题意可得：m+ae
m−1=0，n−ae
−n+1=0两式相加
m+n+1=−a(e
m−1−e
−n)，令m+n=0，化简得到e
m(1−1
e)= 1
a，将1
a =−e
m
me代入上式
中，能够求出m=
1
1−e，进而有这样的a值.
（3）m+ae
m−1=0，n−ae
−n+1=0两式作差得到m−n−1=−a(e
m−1+e
−n)，和
（2）的m+n+1=−a(e
m−1−e
−n)相除得到：m+n+1
m−n−1 =e
m+n−1−1
e
m+n−1+1
，解出
m−n=1+ (e
m+n−1+1)(m+n+1)
e
m+n−1−1
，根据函数f (x)=1+ (e
x−1+1)(x +1)
e
x−1−1
的单调性得到m−n
最大值.
【详解】（1）f (x)= x +e
x +1，有f (−1)=0，
而f (x)单调递增，故m=−1；
（2）存在；
m+ae
m−1=0（i）；n−ae
−n+1=0（ⅱ），
（i）+（ⅱ），得m+n+1=−a(e
m−1−e
−n)，
令m+n=0，则e
m(1−1
e)= 1
a（*）
由（i）1
a =−e
m
me，代入（*）解得m=
1
1−e，
代入（i）中，a有正解，故存在；
（3）（i）-（ⅱ），得m−n−1=−a(e
m−1+e
−n)，
由
(i)+ (ii)
(i)−(ii)得m+n+1
m−n−1 =e
m−1−e
−n
e
m−1+e
−n =e
m+n−1−1
e
m+n−1+1
，
故m−n=1+ (e
m+n−1+1)(m+n+1)
e
m+n−1−1
，
函数f (x)=1+ (e
x−1+1)(x +1)
e
x−1−1
，x∈(−1,0)
f
′ (x)=e
2 x−2−(2 x +2)e
x−1−1
(e
x−1−1)
2
，令μ(x)=e
2 x−2−(2 x +2)e
x−1−1，
则μ
′ (x)=2e
x−1(e
x−1−x −2)，令φ(x)=e
x−1−x−2
则φ
′ (x)=e
x−1−1<0，则φ(x)在(−1,0)上递减，φ(−1)=e
−2−1<0，∴φ(x)<0，
μ
′ (x)<0，μ(x)在(−1,0)上递减，μ(−1)= 1
e
4 −1<0，
∴μ(x)<0，即f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
故m−n≤1+ (e
k −1+1)(k +1)
e
k −1−1
，
最大值为1+ (e
k −1+1)(k +1)
e
k −1−1
.
【突破提升训练・17】已知函数f (x)=(x
2+2ax +2a
2)e
x．
(1)若a=0，求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有两个极值点，分别为x1, x2(x1< x2)，求f (x1)−f (x2)
e
x1−e
x2
的最小值．
【答案】(1)单调递增区间为(−∞,−2),(0,+∞)，单调递减区间为(−2,0)
(2)−
4
e
2−1
【分析】（1）根据导函数正负得出函数单调性；
（2）根据函数的极值点得出f (x2)=(x1−x2+2)e
x2，再构造函数应用导函数得出函数
的单调性即可求解最值
【详解】（1）当a=0时，f (x)= x
2e
x，求导得f
′ (x)=(x
2+2 x)e
x = x (x +2)e
x．
令f
′ (x)=0得x =−2或x =0．
所以当x∈(−∞,−2)∪(0,+ ∞)时，f
′ (x)>0，当x∈(−2,0)时，f
′ (x)<0．
故f (x)的单调递增区间为(−∞,−2),(0,+∞)，单调递减区间为(−2,0)．
（2）f
′ (x)=[x
2+2(a+1) x +(2a
2+2a))e
x．
令f
′ (x)=0得x
2+2(a+1) x +(2a
2+2a)=0．
因为x1, x2是f (x)的两个极值点，
所以x1, x2是关于x的方程x
2+2(a+1) x +(2a
2+2a)=0的两个实根．
则x1+ x2=−2(a+1), x1 x2=2a
2+2a．
由x
2+2(a+1) x +(2a
2+2a)=0得x
2=−2(a+1) x−(2a
2+2a)，
所以f (x1)=(x1
2+2a x1+2a
2)e
x1=(−2 x1−2a)e
x1，
将−2a= x1+ x2+2代入得f (x1)=(x2−x1+2)e
x1，同理得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
，
令x2−x1=t(t >0)，则
f (x1)−f (x2)
e
x1−e
x2
=2−t (e
t +1)
e
t−1
．
设g(t )=2−t (e
t +1)
e
t−1
(t >0)，则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)>0．
所以h(t )在(0,+∞)上单调递增，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=(x2+ x1)
2−4 x2 x1=−4 a
2+ 4≤4．
当且仅当a=0时，t
2取得最大值，最大值为4，即t的最大值为2，经检验满足题意.
所以
f (x1)−f (x2)
e
x1−e
x2
的最小值为−
4
e
2−1 ．
【突破提升训练・18】已知函数f ( x)=a x
3+b x
2−x(a,b∈R)，且当x =1时，f ( x)有极
值−7
6 ．
(1)求函数f ( x)的解析式；
(2)若对于区间[−3,3]上任意两个自变量的值x1, x2，有|f (x1)−f (x2))≤c，求实数c
的最小值．
【答案】(1)f ( x)= 4
3 x
3−3
2 x
2−x
(2)66．
【分析】（1）利用根据极值及极值点处的导数为0.列出方程求解，注意检验，即可
得解；
（2）利用导数求出函数的最大最小值，根据题意最大值与最小值之差即为c 的最小
值.
【详解】（1）f
′( x)=3a x
2+2bx−1(a,b∈R)，
由题意得{
f (1)=−7
6 ,
f
′ (1)=0, )
即{
a+b−1=−7
6 ,
3a+2b−1=0,)
解得{
a= 4
3 ,
b=−3
2 ,)
经检验，当a= 4
3 ,b=−3
2时，f ( x)在x =1处取得极值−7
6 ，
所以f ( x)= 4
3 x
3−3
2 x
2−x．
（2）f
′( x)= 4 x
2−3 x −1, x ∈[−3,3]，
令f
′( x)>0得−3≤x<−1
4 或1< x ≤3；令f
′( x)<0，得−1
4 < x<1．
所以f ( x)在[−3,−1
4)上单调递增，在(−1
4 ,1)上单调递减，在(1,3]上单调递增．
因为f (−3)=−93
2 ,f (1)=−7
6 ,f(−1
4)= 13
96 ,f (3)= 39
2 ，
所以f ( x)max = f (3)= 39
2 ,f ( x)min= f (−3)=−93
2 ，
对于区间[−3,3]上任意两个自变量的值x1, x2，有
|f (x1)−f (x2))≤|f ( x)max−f ( x)min)=66，
所以c≥66,c的最小值为66．
【突破提升训练・19】设函数f (x)在x0处有极值，且f (x0)= x0，则称x0为函数f (x)的“F
点”．
(1)判断函数y = x−sin x是否存在F 点；
(2)设函数f (x)=k x
2−2ln x (k ∈R)，当f (x)存在F 点，求k 的值；
(3)设函数g(x)=a x
3+b x
2+cx (a≠0)，存在两个不相等的“F 点”x1，x2，且
|g(x1)−g(x2))≥1，求a 取值范围．
【答案】(1)不存在F 点
(2)k =1
(3)a∈[−2,0)．
【分析】（1）利用导数得函数无极值点，即可判断；
（2）先求函数极值点，再根据题意f (x0)= x0，得x0+2ln x0−1=0，构造函数
t (x)= x +2ln x−1，利用单调性求解k =1；
（3）根据题意x1，x2是g
′ (x)=0的两根，且g(x1)= x1，g(x2)= x2，由韦达定理表示
出x1，x2的关系，再由g(x1)−g(x2)= x1−x2，可得a,b,c的关系式，根据已知解
|g(x1)−g(x2))=|x1−x2)≥1即得.
【详解】（1）y
′ =1−cos x ≥0恒成立，故函数单调递增，
函数无极值，所以不存在F 点；
（2）解设x0>0是函数f (x)的一个F 点，f
′ (x)= 2(k x
2−1)
x
(x>0)；
当k ≤0时，f
′ (x)≤0，函数f (x)无极值；
当k >0时，令f
′ (x)=0，得：x0= ❑√
1
k
(k >0)．
由f (x0)= x0，得：x0+2ln x0−1=0．
设t (x)= x +2ln x−1，则t (x)在(0,+ ∞)单调递增，
且t (1)=0，得x0=1，所以k =1．
当k =1时，x0=1是极小值点，所以x0=1是函数的一个F 点，
综上，k =1．
（3）g
′ (x)=3a x
2+2bx +c (a≠0)，则x1，x2是g
′ (x)=0的两根．
所以：Δ= 4 b
2−12ac>0，x1+ x2= −2b
3a ，x1 x2= c
3a．
由g(x1)= x1，g(x2)= x2，则g(x1)−g(x2)= x1−x2，
所以化简得：a[(x1+ x2)
2−x1 x2)+b(x1+ x2)+c =1．
则：a[(
−2b
3a )
2
−c
3a)+b(
−2b
3a )+c =1，得：2(3ac−b
2)=9a．
所以|g(x1)−g(x2))=|x1−x2)=
❑√4 b
2−12ac
|3a)
= ❑√−2
a ≥1，得a∈[−2,0)．
【突破提升训练・20】已知函数f (x)=ax−ln x，g(x)= ln x
x + 1
2，若对任意的x1∈[1,e]，
存在x0∈[1,e]，使f (x1)= g(x0)，求实数a的取值范围．
【答案】[
1
❑√e , 1
e
2 + 3
2e)
【分析】法一先利用导数求出g(x)的值域，再对参数进行分类讨论求出f (x)的值域，
再将原问题转化为值域覆盖问题，建立不等式求解参数范围即可，法二将原问题转化为
1
2 ≤f (x)≤1
e + 1
2，再结合分离参数法求解参数范围即可.
【详解】法一：因为g(x)= ln x
x + 1
2，所以g
′ (x)= 1−ln x
x
2
，
当x∈[1,e]时，g
′ (x)≥0，则g(x)在[1,e]上单调递增，
而g(1)= 1
2，g(e)= 1
e + 1
2，得到g( x)∈[
1
2 , 1
e + 1
2)，
因为f (x)=ax−ln x，所以f
′ (x)=a−1
x = ax−1
x
，
当a≤0时，f
′ (x)<0，此时f ( x)在[1,e]上单调递减，
而f (1)=a，f (e)=ae−1，故f ( x)∈[ae−1,a)，
若对任意的x1∈[1,e]，存在x0∈[1,e]，使f (x1)= g(x0)，
可得ae−1≥1
2，a≤1
e + 1
2，与a≤0矛盾，则此时a不存在，
当a>0时，令ax−1=0，解得x = 1
a，
当1
a <1时，解得a>1，由题意得x∈[1,e]，此时ax≥a>1，即ax−1>0，
则f
′ (x)>0，此时f ( x)在[1,e]上单调递增，
而f (1)=a，f (e)=ae−1，故f ( x)∈[a,ae−1)，
若对任意的x1∈[1,e]，存在x0∈[1,e]，使f (x1)= g(x0)，
可得a≥1
2，ae−1≤1
e + 1
2，解得a∈(1, 1
e
2 + 3
2e)，
当1
a >e时，解得a< 1
e ，此时ax≤ae<1，
则f
′ (x)<0，此时f ( x)在[1,e]上单调递减，
而f (1)=a，f (e)=ae−1，故f ( x)∈[ae−1,a)，
若对任意的x1∈[1,e]，存在x0∈[1,e]，使f (x1)= g(x0)，
可得ae−1≥1
2，a≤1
e + 1
2，与a< 1
e 矛盾，则此时a不存在，
当1
a ∈[1,e]时，解得a∈[
1
e ,1)，此时f
′ (x)= ax−1
x
，
令f
′ (x)<0，x∈[1, 1
a)，令f
′ (x)>0，x∈(
1
a ,e)，
则f ( x)在[1, 1
a)上单调递减，在(
1
a ,e)上单调递增，
则f ( x)的最小值为f(
1
a)=1+ ln a，且有f (1)=a，f (e)=ae−1，
当a≥ae−1时，解得a≤
1
e−1 ，此时f ( x)∈[1+ ln a,a)，
若对任意的x1∈[1,e]，存在x0∈[1,e]，使f (x1)= g(x0)，
可得1+ ln a≥1
2，a≤1
e + 1
2，解得a∈[
1
❑√e , 1
e + 1
2)，
当a<ae−1时，解得a>
1
e−1 ，此时f ( x)∈[1+ ln a,ae−1)，
若对任意的x1∈[1,e]，存在x0∈[1,e]，使f (x1)= g(x0)，
可得1+ ln a≥1
2，ae−1≤1
e + 1
2，解得a∈[
1
❑√e , 1
e
2 + 3
2e)，
综上，a∈[
1
❑√e , 1
e
2 + 3
2e).
法二：由已知得g( x)∈[
1
2 , 1
e + 1
2)，
对任意的x1∈[1,e]，存在x0∈[1,e]，使f (x1)= g(x0)，
可得1
2 ≤f (x)≤1
e + 1
2，即1
2 ≤ax−ln x ≤1
e + 1
2，
若ax−ln x ≥1
2，化简得a≥ln x
x + 1
2 x ，令h( x)= ln x
x + 1
2 x ，
可得a≥h( x)max，而h
′( x)=
1
2 −ln x
x
2
，
令h
′( x)>0，x∈[1,❑√e)，令h
′ (x)<0，x∈(❑√e,e)，
则h( x)在[1,❑√e)上单调递减，在(❑√e,e)上单调递增，
得到h( x)max =h(❑√e)= 1
❑√e，故a≥1
❑√e，
若ax−ln x ≤1
e + 1
2，化简得a≤ln x
x +(
1
e + 1
2)
1
x ，
令m( x)= ln x
x +(
1
e + 1
2)
1
x ，故a≤m( x)min，则m
′( x)=
1
2 −ln x−1
e
x
2
，
令n( x)= 1
2 −ln x−1
e ，则n
′( x)=−1
x <0，
故n( x)在[1,e]上单调递减，而n(1)= 1
2 −1
e >0，n(e)=−1
2 −1
e <0，
则n(1)⋅n(e)<0，由零点存在性定理得存在x2∈[1,e]作为n( x)的零点，
令m
′( x)>0，x∈[1, x2)，令m
′( x)<0，x∈(x2,e)，
则m( x)在[1, x2)上单调递增，在(x2,e)上单调递减，
而m(1)= 1
e + 1
2，m(e)= 1
e
2 + 3
2e，故a≤1
e
2 + 3
2e，
综上，a∈[
1
❑√e , 1
e
2 + 3
2e).
【突破提升训练・21】已知函数f (x)=−mx +ln x +1，g(x)=cos x + xsin x−1．
(1)求g(x)在区间[0,π)的最大值和最小值；
(2)讨论函数f (x)的单调区间与极值；
(3)若m> 1
2，对任意x1∈[1，2)，总存在x2∈[0,π)，使得不等式f (x1)−g(x2)>1
成立，试求实数m 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析过程
(2)答案见解析过程
(3)(
1
2 ,1+ 1
2 ln 2)
【分析】（1）根据函数的单调性与导数的关系判断函数的单调性，根据函数的单调
性与最值的关系进行求解即可；
（2）根据函数的单调性与导数的关系判断函数的单调性，再结合函数的极值定义进
行求解即可；
（3）根据任意性和存在性的定义，结合（1）（2）的结论，分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）由g(x)=cos x + xsin x−1⇒g
′ (x)= x cos x，
当0< x<π
2 时，g
′ (x)>0, g( x)在(0, π
2)上单调递增，
当π
2 < x<π时，g
′ (x)<0, g( x)在(
π
2 ,π)单调递减，
所以g( x)max = g(
π
2 )=π
2 −1，
因为g(0)=0, g (π)=−2，所以g(x)min=−2，
g(x)在区间[0,π)的最大值和最小值分别是π
2 −1,−2；
（2）由f (x)=−mx +ln x +1⇒f
′ (x)=−m+ 1
x ，函数f (x)的定义域为全体正实数集，
当m≤0时，f
′ (x)>0，函数f (x)是正实数集上的增函数，没有极值；
当m>0时，当0< x< 1
m时，f
′ (x)>0,f ( x)在(0, 1
m)上单调递增，
当x> 1
m时，f
′ (x)<0,f ( x) (
1
m ,+∞)上在单调递减，
该函数有极大值f(
1
m)=−ln m，无极小值，
综上所述：当m≤0时，f (x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间，无极值；
当m>0时，f (x)的单调递增区间为(0, 1
m)，单调递减区间为(
1
m ,+∞)，无极小值，
有极大值−ln m；
（3）问题对任意x1∈[1，2)，总存在x2∈[0,π)，使得不等式f (x1)−g(x2)>1成
立，等价于
f (x)在[1，2)上的最小值与g(x)在[0,π)上的最小值的差大于1，
当m≥1时，则有0< 1
m ≤1，由（2）可知f (x)在[1，2)上的最小值为
f (x)min= f (2)=−2m+1+ ln2，
由（1）可知g(x)在[0,π)上的最小值为−2，
所以有−2m+1+ ln 2−(−2)>1⇒m<1+ 1
2 ln 2⇒1≤m<1+ 1
2 ln 2；
当1
2 <m<1时，则有1< 1
m <2，由（2）可知：f (x)在[1，2)上的最小值是f (1),f (2)
中最小的数，因为f (2)−f (1)= ln 2−m，
所以当1
2 <m<ln 2时，f (x)min= f (1)=−m+1，
此时有−m+1−(−2)>1⇒m<2⇒1
2 <m<ln 2；
当ln2≤m<1时，f (x)min= f (2)=−2m+1+ ln2，
则有−2m+1+ ln 2−(−2)>1⇒m<1+ 1
2 ln 2⇒ln 2≤m<1，
综上所述：实数m 的取值范围为(
1
2 ,1+ 1
2 ln 2).
【突破提升训练・22】若函数f ( x)= ln x−a
2 x
2.
(1)若a= 4，且曲线y = f ( x)的切线l过点(0,2e
2)，求直线l的方程；
(2)证明：若f (x1)= f (x2)(0< x1< x2)，则f
′(
x1+ x2
2 )<0；
(3)若G( x)= f ( x)+ x + ln a
2 ≤0恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)y = 1−4e
2
e
x +2e
2
(2)证明见详解
(3)a=2
【分析】（1）对函数求导得f
′( x)，设所求切线的切点为(x0, y0)，写出直线l的方程，
将点(0,2e
2)代入直线l的方程中化简得一个关于x0的方程，构造函数，利用函数导数与单
调性求出x0即可；
（2）根据f (x1)= f (x2)，得出相应的方程，然后利用分析法结合函数导数证明即可；
（3）解法一：由题意将f ( x)代入不等式得出G( x)≤0的表达式，利用导数求出
G( x)的最大值，在根据G( x)= f ( x)+ x + ln a
2 ≤0恒成立即可求出a的值（或取值范围）；
解法二：由题意将f ( x)代入不等式得出G( x)≤0的表达式，由G( x)≤0恒成立，利用函数
导数分析求出G( x)的最大值，再结合题意分析求解即可.
【详解】（1）由题意得f
′( x)= 1
x −ax = 1−a x
2
x
( x>0)，
设所求切线的切点为(x0, y0)，
则直线l的方程为y −y0= f
′(x0)(x−x0)，
即y −y0= 1−4 x0
2
x0
(x−x0)，又y0= ln x0−4
2 x0
2= ln x0−2 x0
2，
∴2e
2−(ln x0−2 x0
2)= 1−4 x0
2
x0
(0−x0).
即ln x0+2 x0
2−2e
2−1=0，
令t( x)= ln x +2 x
2−2e
2−1，
可知y =t( x)在(0,+ ∞)上单调递增.
又t(e)=0，所以方程ln x0+2 x0
2−2e
2−1=0有唯一解x0=e.
所以直线l的方程是y = 1−4e
2
e
x +2e
2或(1−4e
2) x−e y +2e
3=0.
（2）证明：∵f (x1)= f (x2)(0< x1< x2)，
∴ln x1−a
2 x1
2= ln x2−a
2 x2
2，
即ln x1−ln x2
x1−x2
= a(x1+ x2)
2
，要证f
′(
x1+ x2
2 )<0，
由（1）知只要证
2
x1+ x2
−a(x1+ x2)
2
<0，
即证
2
x1+ x2
−ln x1−ln x2
x1−x2
<0，
又因为0< x1< x2，即证
2(x1−x2)
x1+ x2
>ln x1
x2
，（*）
令
x1
x2
=t，则0<t <1，欲证（*）式成立，
等价于证明2(t −1)
t +1
>ln t，
设函数h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(0<t <1)，
则h
′(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
所以函数h(t )是(0,1)上的增函数，
所以h(t )<h(1)=0，即2(t −1)
t +1
>ln t成立，
所以f
′(
x1+ x2
2 )<0.
（3）解法一：由题意得G( x)= ln x−a
2 x
2+ x + ln a
2 ( x>0,a>0).
则G
′( x)= 1
x −ax +1= 1−a x
2+ x
x
，
令G
′( x)=0，得x = 1+ ❑√1+ 4 a
2a
或x = 1−❑√1+ 4 a
2a
（舍去），
在(0, 1+ ❑√1+ 4 a
2a
)上，G
′( x)>0，
在(
1+ ❑√1+ 4 a
2a
,+ ∞)上，G
′( x)<0，
∴G( x)在(0, 1+ ❑√1+ 4 a
2a
)上单调递增，在(
1+ ❑√1+ 4 a
2a
,+∞)上单调递减，
当且仅当x = 1+ ❑√1+ 4 a
2a
时，G( x)取得最大值G(
1+ ❑√1+ 4 a
2a
)，
即G( x)max=G(
1+ ❑√1+ 4 a
2a
).
已知G( x)= f ( x)+ x + ln a
2 ≤0恒成立.
∴G( x)max =G(
1+ ❑√1+ 4 a
2a
)≤0.
又G(
2
a)=0，所以G(
1+ ❑√1+ 4 a
2a
)=0，
所以1+ ❑√1+ 4 a
2a
= 2
a，解得a=2.
所以a的取值的集合为{2}.
解法二：由题意得G( x)= ln x−a
2 x
2+ x + ln a
2 ( x>0,a>0)≤0恒成立，
令G
′( x)= 1
x −ax +1= 1−a x
2+ x
x
=0，
得1−a x
2+ x =0，
∵a>0，∴Δ=1+ 4 a>0，
∴方程1−a x
2+ x =0有两个不相等的实数根x1，x2，
则x1 x2=−1
a <0，不妨设x1<0< x2，
∴G( x)在(0, x2)上单调递增，在(x2,+∞)上单调递减，
∴G( x)max=G(x2)= ln x2−a
2 x2
2+ x2+ ln a
2 =−a
2 x2
2+ x2+ ln a x2
2 ≤0.
由1−a x2
2+ x2=0，得a x2= 1+ x2
x2
（**），
∴G(x2)= ln 1+ x2
2 x2
+ x2−1
2
≤0恒成立.
令g( x)= ln 1+ x
2 x + x−1
2
，
则g( x)= ln(1+ x)−ln(2 x)+ x−1
2
，
则g
′( x)=
1
x +1 −1
x + 1
2 = ( x +2)( x−1)
2 x( x +1)
，
当0< x<1时，g
′( x)<0，当x>1时，g
′( x)>0，
所以，g( x)在(0,1)上单调递减，g( x)在(1,+∞)上单调递增，
所以，g( x)≥g(1)=0，即G(x2)≥0，
当且仅当x2=1时取等号，又G(x2)≤0恒成立，
所以G(x2)=0，且x2=1，将x2=1代入（**）式得a=2，
所以a的取值的集合为{2}.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中
重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，求过点（在点）处切线方程；或者已知切线方程求参数；
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
（3）利用导数研究不等式恒成立（能成立）问题；
（4）利用导数证明不等式，其中涉及极值偏移问题较难．
【突破提升训练・23】已知函数f (x)=3ln x−ax．
(1)讨论f (x)的单调性．
(2)已知x1, x2是函数f (x)的两个零点(x1< x2)．
（ⅰ）求实数a的取值范围．
（ⅱ）λ∈(0, 1
2),f
′ (x)是f (x)的导函数．证明：f
′[ λ x1+(1−λ) x2)<0．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ）(0, 3
e)；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求导，对a进行分类讨论f (x)的单调性；
（2）利用方程组3ln x1=a x1，3ln x2=a x2得到a=
3ln x2
x1
x2−x1
，问题转化为
3(x2−x1)
λ x1+(1−λ) x2
−3ln x2
x1
<0恒成立，换元后构造函数求出函数单调性及最值，从而得到证
明.
【详解】（1）f
′ (x)= 3−ax
x
(x>0)．
①当a≤0时，f
′ (x)>0,f (x)在(0,+ ∞)上单调递增．
②当a>0时，令f
′ (x)>0得0< x< 3
a，即f (x)在(0, 3
a)上单调递增；
同理，令f
′ (x)<0得x> 3
a，即f (x)在(
3
a ,+∞)上单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）可知当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增，不可能有两个零点．
当a>0时，f (x)在(0, 3
a)上单调递增，在(
3
a ,+∞)上单调递减，
若使f (x)有两个零点，则f(
3
a)>0，即3ln 3
a −3>0，解得0<a< 3
e ，
且f (1)=−a<0，当x→+ ∞时，f (x)→−∞，则有x1∈(1, 3
a), x2∈(
3
a ,+ ∞)，
所以a的取值范围为(0, 3
e)．
（ⅱ）x1, x2是函数f (x)的两个零点，则有3ln x1=a x1①，3ln x2=a x2②，
-
①②得3(ln x2−ln x1)=a(x2−x1)，即a=
3ln x2
x1
x2−x1
，
f
′(λ x1+(1−λ) x2)=
3
λ x1+(1−λ) x2
−a=
3
λ x1+(1−λ) x2
−
3ln x2
x1
x2−x1
，
因为f (x)有两个零点，所以f (x)不单调，
因为x1< x2，得0< x1< 3
a < x2，
所以x2−x1>0, λ x1+(1−λ) x2>0．
若要证明f
′(λ x1+(1−λ) x2)<0成立，
只需证
3(x2−x1)
λ x1+(1−λ) x2
−3ln x2
x1
<0，
即证
x2
x1
−1
λ+(1−λ) x2
x1
−ln x2
x1
<0，令t = x2
x1
，则t >1，
则不等式只需证
t −1
λ+(1−λ)t −lnt <0，
即证t −1−[ λ+(1−λ)t)lnt <0，
令h(t )=t −1−[ λ+(1−λ)t)lnt ,t >1，
h
′ (t )=(λ−1)lnt + λ(1−1
t)，令l(t )=h
'(t )=( λ−1)ln t + λ(1−1
t )，
l
' (t )= (λ−1)t + λ
t
2
令φ(t )=(λ−1)t + λ，因为λ∈(0, 1
2)，得φ(t )在(1,+∞)上单调递减，
得φ(t )<φ(1)=2 λ−1<0，得l
' (t )<0，即h
′ (t )在(1,+∞)上单调递减，
得h
′ (t )<h
′ (1)=0，得h
′ (t )<0，即h(t )在(1,+∞)上单调递减，
所以有h(t )<h(1)=0，
故有t −1−[ λ+(1−λ)t)lnt <0，不等式得证．
【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，要转化为单变量问题，通常情况下利用对数
的运算性质进行转化，转化后利用构造新函数及最值进行求解证明.
【突破提升训练・24】已知函数f (x)= 1
2 x
2+ax−2a
2ln x.
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若a>0, x1, x2是f (x)的两个不相等的零点，证明：f
′(
x1+ x2
2 )>0.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题可得f
′ (x)= (x−a)(x +2a)
x
，后分a=0，a>0，a<0三种情况讨
论即可得答案；
（2）f
′(
x1+ x2
2 )>0⇔f
′(
x1+ x2
2 )>f
′ (a)，结合f
′ (x)单调性，可知等价于证明
x1+ x2
2
>a.又设0< x1<a< x2，则x1+ x2
2
>a⇔x2>2a−x1⇔f (x1)−f (2a−x1)，后构造
函数h(x)= f (x)−f (2a−x),0< x<a，结合其单调性可证明结论.
【详解】（1）f
′ (x)= x +a−2a
2
x = (x−a)(x +2a)
x
( x>0)
①若a=0，则f
′ (x)= x>0，故f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
②若a>0，则x∈(0,a)时，f
' (x)<0, x∈(a,+ ∞)时，f
′ (x)>0，
故f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增；
③若a<0，则x∈(0,−2a)时，f
' (x)<0, x∈(−2a,+ ∞)时，f
′ (x)>0，
故f (x)在(0,−2a)上单调递减，在(−2a,+ ∞)上单调递增；
（2）由（1）知a>0时，
f (x)在(0,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增，f
′ (a)=0.
令f
′ (x)= x +a−2a
2
x = g(x)(x>0)，
则g
′ (x)=1+ 2a
2
x
2 >0，即f
′ (x)在(0,+∞)上单调递增.
则f
′(
x1+ x2
2 )>0⇔f
′(
x1+ x2
2 )>f
′ (a) ⇔x1+ x2
2
>a⇔x2>2a−x1.
注意到当x>0时，x→0,f (x)→+ ∞, x→+ ∞,f (x)→+∞, f (x)有两个不相等的零
点，
则f (a)=2a
2(
3
4 −lna)<0.
得f (x)两个零点分别在(0,a),(a,+∞)中.
令x1< x2，则0< x1<a< x2⇒a<2a−x1<2a.
因f (x)在(a,+ ∞)单调递增，则x2>2a−x1⇔f (x2)= f (x1)>f (2a−x1).
令h(x)= f (x)−f (2a−x)(0< x<a)，h
′ (x)= 4 a−
4 a
3
x (2a−x)，
因0< x<a，x (2a−x)=−(x −a)
2+a
2，
则0< x (2a−x)<a
2⇒
4 a
3
x (2a−x) >4 a，则h
′ (x)<0.
故h(x)在(0,a)上单调递减，则h(x)>h(a)= f (a)−f (2a−a)=0.
故f (x1)>f (2a−x1)，所以f
′(
x1+ x2
2 )>0.
【点睛】关键点睛：本题涉及用导数讨论函数单调性及用导数解决双变量问题，难度
较大.解决双变量问题，常构造差函数，利用差函数单调性解决问题.
