专题10导数压轴大题三：双变量问题比值代换、韦达换元、放缩法、三变量（教师版）_2027版高中《压轴培优讲义》高二上学期（人教A版选择性必修第二册）

专题10 导数压轴大题三：双变量问题（解
析版）
解决双变量问题主要在于消元，消元，寻找双变量满足的关系式，将含双变量的不等式转化为含单变
量的不等式，根据求解方法的不同我们分为四个类型进行分析：
一、去参基础变形，比值代换构造函数
将双变量
1
2
,
x x 比值代换为
1
2
x
t
x

，比值代换时，要注意一些常见的变换结构，如以下的结构变换方法：
（1）引元：如设
1
1
2
2
x
t
x
tx
x 

，消元
1
x ，回代入已知等式解方程（组），进而消元，将所求证不等式
转化为( )
0
t


等形式，再构造函数可得；
（2）对数相加减：
1
1
2
2
ln
ln
ln x
x
x
x


，
1
2
1
2
ln
ln
ln
x
x
x x


；
（3）齐次分式：
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
,
x
x
x
x
x
x
x x



等；
（4）组合型：对数，分式，整式等形式加以组合，如
1
2
1
2
0
1
2
ln
ln
2
,
x
x
x
kx
x
x
x




等等.
二、巧用韦达定理消元
解到双变量
1
2
,
x x 满足一元二次方程不同两解的情况，用韦达定理可以找出双变量的确定关系，已知其
中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，可以构造关于
1
x （或
2
x ）的一
元函数，
三、存在量词与全称量词—用放缩法化简
通过巧妙的放缩变换，将给定的不等式转化为更易证明的形式，常见的放缩有加减放缩，乘除，取对
数，去倒数，切线放缩等.
四、三个变量或多变量题型
也用前面一至三的方法巧妙做转化换为一元.
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前面几种类型，在换元或放缩之后，构造函数，求导判断函数的单调性，求其最值；再回归双变量的
不等式的证明，把所求的最值应用到双变量不等式，即可证得结果.
题型一去参基础变形，换元构造函数
1．已知函数

ln
,
f x
a x
x a


R ．
(1)讨论

f x 的单调性；
(2)若存在不相等的实数
1
2
,
x x ，使得



1
2
f x
f x

，证明：
1
2
0
2a
x
x



．
【详解】（1）由题得

f x 的定义域为

0, 

，

1
a
a
x
f
x
x
x




，
当
0
a 
时，

0
f
x


，所以

f x 在

0, 

上单调递减；
当
0
a 
时，当


0,
x
a

时，
( )
0
f
x
¢
>
，所以

f x 在

0,a 上单调递增，
当


,
x
a

时，

0
f
x


，所以

f x 在

,a 上单调递减．
综上所述，
当
0
a 
时，

f x 在

0, 

上单调递减；
当
0
a 
时，

f x 在

0,a 上单调递增，在

,a 上单调递减．
（2）由（1）得，当
0
a 
时，

f x 在

0, 

上单调递减，不合题意，
故
0
a 
，则2
0
a 
．
由



1
2
f x
f x

，可得
1
1
2
2
ln
ln
a x
x
a x
x



，
即

1
2
1
2
ln
ln
a
x
x
x
x



，
可设
1
2
0
x
x


，则
1
2
ln
ln
x
x

，则
1
2
1
2
0
ln
ln
x
x
a
x
x




．
要证
1
2
2a
x
x


，即证
1
2
1
2
1
2
2 ln
ln
x
x
x
x
x
x





，
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即证
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2 x
x
x
x
x
x





，即证
1
1
2
1
2
2
1
ln
2
1
x
x
x
x
x
x




，
设
1
2
(
1)
x
t
t
x


，即证
1
ln
2
1
t
t
t


，
设
1
ln
2
,
1
1
t
k t
t
t
t





，
可得

2
2
2
1
4
(
1)
0
(
1)
(
1)
t
k
t
t
t
t t








，
所以
k t 在

1,上单调递增，即
1
0
k t
k


，
即
1
ln
2
1
t
t
t


，则
1
2
2a
x
x


．
综上可得
1
2
0
2a
x
x



．
【点睛】比值代换，是处理双变量问题的策略之一.通过比值代换，我们可以将双变量问题转化为单变量问
题来处理，达到消元的效果，在处理比值代换时，要注意一些常见的变换结构，如以下的结构变换方法：
（1）引元：如设
1
1
2
2
x
t
x
tx
x 

，消元
1
x ，回代入已知等式解方程（组），进而消元，将所求证不等式转
化为( )
0
t


等形式，再构造函数可得；
（2）对数相加减：
1
1
2
2
ln
ln
ln x
x
x
x


，
1
2
1
2
ln
ln
ln
x
x
x x


；
（3）齐次分式：
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
,
x
x
x
x
x
x
x x



等；
（4）组合型：对数，分式，整式等形式加以组合，如
1
2
1
2
0
1
2
ln
ln
2
,
x
x
x
kx
x
x
x




等等.
2．已知函数



2
ln
2
f
x
a x
x
x
x




，其中
R
a 
.
(1)当
2
a
e

时，求

f x 的极值；
(2)当
0
a 
，
1
2
0
x
x


时，证明：




1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
x
x
x
x
f x
f
x
f x
f
x



















.
【答案】(1)

f x 有极大值2e 1

，极小值
2e

(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



1
2
1
2
1
2
2
f x
f x
x
x
f
x
x











，再利用导数变形为
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1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
2
2
x
x
a
a
a
x
x
a
x
x
x
x
x
x












，再转化为证明
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




，不等式变形为
1
2
1
1
2
2
2
1
ln
1
x
x
x
x
x
x









，再利用换元构造函数


2
1
ln
1
t
g t
t
t





1
t 
，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，



1
1
2
2
1
2
a
f
x
a
x
x
x
x




















，
0
x 
，
所以当
2
a
e

时，




2
1
e
x
x
f
x
x




，



2
2e
ln
2
f x
x
x
x
x




，
由

0
f
x


解得：0
1
x

或
e
x，由

0
f
x


解得：1
e
x


，
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
1
2e 1
f

，极小值

2
e
e
f

.
（2）由题意，
0
a 
，
1
2
0
x
x


，
要证




1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
x
x
x
x
f
x
f
x
f
x
f
x


















，只需证



1
2
1
2
1
2
2
f x
f x
x
x
f
x
x











，
而









2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
ln
ln
ln
ln
2
f
x
f
x
a
x
x
a
x
x
x
x
x
x
a
a
x
x
x
x
x
x
x
x

















，
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
x
x
x
x
a
a
f
a
x
x
x
x
x
x































，
所以只需证
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
2
2
x
x
a
a
a
x
x
a
x
x
x
x
x
x












，
即证
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




①，下面给出两种证明不等式①的方法：
要证
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




，只需证


1
2
1
2
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x




，即证
1
2
1
1
2
2
2
1
ln
1
x
x
x
x
x
x









，
令
1
2
x
t
x

，则
1
t ，所以只需证当
1
t 时，


2
1
ln
1
t
t
t



，即证


2
1
ln
0
1
t
t
t




，
令


2
1
ln
1
t
g t
t
t





1
t 
，则











2
2
2
2
1
2
1
1
1
0
1
1
t
t
t
g t
t
t
t t











，
所以
g t 在

1, 

上单调递增，又1
0
g

，所以
0
g t 
成立，即


2
1
ln
0
1
t
t
t




，
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故




1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
x
x
x
x
f
x
f
x
f
x
f
x


















【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.
3．已知函数



2
1
ln
1
2
f x
x
m
x
mx




.
(1)当
0
m 
时，讨论函数

f x 的单调性；
(2)若函数

2
1
2
g x
f x
mx


有两个零点
1
x ，
2
x ，且
2
1
e
x
x

，求证：
1
2
2
e 1
x x 
(其中e是自然对数的底数).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数

f x 的定义域与导函数，再对m 分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意，1
x ，2
x 是方程


ln
1
0
x
m
x



的两个根，即可得到
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x





，令
2
1
x
t
x

则t
e

，
则
1
2
1
ln
ln
ln
1
t
x
x
t t



，只需证明当t
e

时，不等式
1
1
ln
1
2
t
t t




成立即可.
【详解】（1）函数



2
1
ln
1
2
f x
x
m
x
mx




的定义域为

0, 

，
则








2
1
1
1
1
1
1
mx
m
x
mx
x
f
x
m
mx
x
x
x












，
当
0
m 
时令


1
1
0
mx
x



，解得
1
x 或
1
x
m

，
当1
1
m ，即
1
m 时



2
1
0
x
f
x
x




恒成立，所以

f x 在

0, 

上单调递增；
当
1
0
1
m

即
1
m 
时，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
1
0
x
m


或
1
x ，则

f x 在
1
0, m





，

1,上单调递增，
令

0
f
x


，解得1
1
x
m 
，则

f x 在
1 ,1
m





上单调递减；
当0
1
m

即1
1
m 时，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得0
1
x

或
1
x
m

，则

f x 在

0,1 ，
1 ,
m







上单调递增，
令

0
f
x


，解得
1
1
x
m


，则

f x 在
1
1, m






上单调递减；
综上可得，当
1
m 时，

f x 在

0, 

上单调递增；
当
1
m 
时，

f x 在
1
0, m





，

1,上单调递增，在
1 ,1
m





上单调递减；
当0
1
m

时，

f x 在

0,1 ，
1 ,
m







上单调递增，在
1
1, m






上单调递减.
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（2）因为



2
1
ln
1
2
g x
f x
mx
x
m
x





，由题意
1
x ，
2
x 是方程


ln
1
0
x
m
x



的两个根，


1
1
ln
1
0
x
m
x




①，


2
2
ln
1
0
x
m
x



②，
①②两式相加，得
1
2
1
2
ln
ln
1
x
x
m
x
x



③，①②两式相减，得
1
2
1
2
ln
ln
1
x
x
m
x
x



④，
联立③④，得
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x





，
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
2
1
1
1
1
ln
ln
(ln
ln
)
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x










，
设
2
1
x
t
x

，
2
1
e
0
x
x



，
e
t

，
1
2
1
ln
ln
ln
1
t
x
x
t t




，


e,
t 
，
因为



2
2
e e 1
2.7
2.7 1
7.803
4






，所以


e e 1
2


，则
1
2
2
e
e 1


，
若
1
2
1
2
e
x x 
，则一定有
1
2
2
e 1
x x 
，
只需证明当t
e

时，不等式
1
2
1
ln
ln
2
x
x


成立即可，即不等式
1
1
ln
1
2
t
t t




成立，即不等式


1
ln
2
1
t
t
t



成立，
设函数


1
( )
ln
2
1
t
t
t
t





，









2
2
2
2
2
1
3
1
1
1
2
4
0
1
1
1
t
t
t
t
t
t
t t
t t



















，
在

e,上单调递增，故t
e

时，



e
3
e
0
2 e 1
t







，
即证得


1
ln
2
1
t
t
t



成立，
即证得当t
e

时，
1
1
ln
1
2
t
t t




，即证得
1
2
1
ln
ln
2
x
x


，
1
2
1
ln
2
x x


，即证得
1
2
1
2
e
x x 
，则
1
2
2
e 1
x x 
．
【点睛】思路点睛：本题第二问是导数应用中的函数零点，双变量问题.根据函数零点的定义可得


1
1
ln
1
0
x
m
x



，


2
2
ln
1
0
x
m
x



，两式相加，相减运算可得，
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x





，即得
2
2
1
1
2
2
1
1
1
ln
ln
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x





，令
2
1
x
t
x

，即
1
2
1
ln
ln
ln
1
t
x
x
t t



，又易证
1
2
2
e
e 1


，只需证明当t
e

时，不等
式
1
1
ln
1
2
t
t t




成立即可，即不等式


1
ln
2
1
t
t
t



成立，构造函数


1
( )
ln
2
1
t
t
t
t





，用导数证明即可.
4．已知函数





2
ln
1
1
R
f x
x
x
ax
a






.
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(1)当
2
a 时，存在


1
2
,
0,1
x x 
，使得



1
2
f x
f x
M


，求M 的最大值；
(2)已知m，n 是

f x 的两个零点，记

f
x

为

f x 的导函数，若


0,
m n

,
，且m
n

，证明：
0
2
m
n
f








.
【答案】(1) ln 2
1

(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，求出最值，得到





1
2
max
min
max
ln 2 1
M
f x
f x
f x
f x










，求出答案；
（2）根据零点得到方程组，相减求出


1
1
ln
1
m
a
m
n
m
n
n






，求导得到
2
1
1
ln
2
2
1
m
n
m
f
m
n
m
n
n














，化简换元后得到只需证2
2
ln
0
1
t
t
t




，0
1
t
，构造函数，求导得
到其单调性，证明出结论/
【详解】（1）当
2
a 时，



2
ln
1
2
1
f x
x
x
x




，
则

f x 的定义域为

1,
，且

2
1
3
2
2
2
1
1
x
f
x
x
x
x








，
当


0,1
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，所以

f x 在

0,1 上单调递增，
所以

f x 在

0,1 上的最大值为
1
ln 2
f

，最小值为

0
1
f
，
由题意知





1
2
max
min
max
ln 2 1
M
f x
f x
f x
f x










，
故M 的最大值为ln 2
1
.
（2）证明：由题意知



2
ln
1
1
0
f m
m
m
am





，



2
ln
1
1
0
f n
n
n
an





，
所以







1
ln
0
1
m
f m
f n
m
n
m
n
a m
n
n










，
所以


1
1
ln
1
m
a
m
n
m
n
n






.
因为

1
2
1
f
x
x
a
x





，
所以


2
2
2
m
n
f
m
n
a
m
n

















2
1
1
ln
2
1
m
m
n
m
n
m
n
m
n
n











2
1
1
ln
2
1
m
m
n
m
n
n







，
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所以要证
0
2
m
n
f








，只要证
2
1
1
ln
0
2
1
m
m
n
m
n
n







，
因为m
n

，所以只要证

2
1
ln
0
2
1
n
m
m
m
n
n







，
令
1
1
m
t
n



，则0
1
t
，即证2
2
ln
0
1
t
t
t




，
令


2
2
ln
0
1
1
t
g t
t
t
t





，则











2
2
2
2
1
2 1
1
1
1
1
t
t
t
g t
t
t
t t











，
因为0
1
t
，所以
0
g t

，
所以
g t 在

0,1 上单调递增，
所以
1
0
g t
g


，
所以

2
1
ln
0
2
1
n
m
m
m
n
n







，所以
0
2
m
n
f








.
【点睛】极值点偏移问题，经常使用的方法有：比值代换，构造差函数，对数平均不等式，变更结论等，
若不等式中含有参数，则消去参数，再利用导函数进行求解.
练习题：
1．已知函数
2
1
( )
ln
(1
)
2
2
f x
x
ax
a x





.
(1)当0
1
x

时，试比较
(1
)
f
x

与
(1
)
f
x

的大小；
(2)若斜率为k 的直线与
( )
y
f x

的图象交于不同两点


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，线段AB 的中点的横坐标为
0x ，
证明：
0
(
)
f
x
k


.
【答案】(1)
(1
)
(1
)
f
x
f
x



(2)证明见解析
【分析】（1）利用作差得








1
1
ln 1
ln 1
2
f
x
f
x
x
x
x








，通过构造函数





ln 1
ln 1
2
g x
x
x
x





，证明当0
1
x

时，函数

y
g x

小于0 恒成立，即可比较
(1
)
f
x

与
(1
)
f
x

的大小；
（2）通过题干条件求出k 和


0
f
x

，利用分析法得出只需证
2
2
1
2
1
1
1
ln
2
1
x
x
x
x
x
x



成立，通过构造函数
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( )
1
ln
2
1
t
h t
t
t
-
=
-
+ ，通过求导结合函数的单调性证明式子成立.
【详解】（1）因为
2
1
( )
ln
(1
)
2
2
f x
x
ax
a x





，
所以









2
1
1
ln 1
1
1
1
2
2
f
x
x
a x
a
x









，









2
1
1
ln 1
1
1
1
2
2
f
x
x
a x
a
x









，
所以








1
1
ln 1
ln 1
2
f
x
f
x
x
x
x








，
令




ln 1
ln 1
2
g x
x
x
x





，


0,1
x
，
所以

2
2
1
1
2
2
1
1
1
x
g
x
x
x
x








，
又因为


0,1
x
，所以

0
g x


，所以
g x 在区间

0,1 上单调递减，
所以

0
ln1 ln1 0
0
g x
g





，
所以




1
1
0
f
x
f
x




，即
(1
)
(1
)
f
x
f
x



.
（2）因为斜率为k 的直线与
( )
y
f x

的图象交于不同两点


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，
所以



2
1
1
1
1
1
1
ln
1
2
2
y
f x
x
ax
a x






，




2
2
2
2
2
2
1
ln
1
2
2
y
f x
x
ax
a x






，
所以


2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ln
ln
1
1
2
y
y
x
x
k
a x
x
a
x
x
x
x










，
因为
2
1
( )
ln
(1
)
2
2
f x
x
ax
a x





，
所以

1
1
f
x
ax
a
x




，所以


0
0
0
1
1
f
x
ax
a
x




，
要证
0
(
)
f
x
k


，即证


2
1
0
2
1
0
2
1
ln
ln
1
1
1
1
2
x
x
ax
a
a x
x
a
x
x
x










，
又因为线段AB 的中点的横坐标为
0x ，所以
1
2
0
2
x
x
x


，即证
2
1
1
2
2
1
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




，
不妨设
2
1
0
x
x


，上式可整理为
2
1
2
1
1
2
ln
ln
2 x
x
x
x
x
x




，即
2
2
1
2
1
1
1
ln
2
1
x
x
x
x
x
x



，
令
2
1
x
t
x

，则
1
t ，所以上式即为


1
ln
2
1
1
t
t
t
t




，
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令( )
1
ln
2
1
t
h t
t
t
-
=
-
+ ，则







2
2
2
1
1
4
1
1
t
h t
t
t
t t







，
因为
1
t ，所以

0
h t


，所以函数

y
h t

在区间

1,上单调递增，
所以

1
0
h t
h


，即


1
ln
2
1
1
t
t
t
t




，
故
0
(
)
f
x
k


得证.
【点睛】关键点睛：题干中涉及到含两个变量的不等式时，都是要把双变量问题转化成一元变量问题求解，
途径都是构造一元函数.
2．已知函数



ln
1
f
x
x a x
x



，其中aR ．
(1)当
1
a 时，求证：

f x 在

0, 

上单调递减；
(2)若

0
f
x
x


有两个不相等的实数根
1
2
,
x x ．
（ⅰ）求实数a 的取值范围；
（ⅱ）求证：
2
1
2
e
x x


．
【答案】(1)证明见详解
(2)（i）

e,，（ii）证明见详解
【分析】（1）当
1
a 时，利用导数可证明函数单调性；
（2）（i）方程

0
f
x
x


有两个不等的实数根，即ln
0
a
x
x


有两个不等的实数根，令
ln
g x
a
x
x


，
利用导数研究单调性，求出最值可得解；
（ii）要证
2
1
2
e
x x


，即证
1
2
ln
ln
2
x
x


，又
1
1
1
ln x
x
a

，
2
2
1
ln x
x
a

，即证
1
2
2
x
x
a


，可得
1
2
1
2
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x




，
令
2
1
x
t
x

，即证


2
1
ln
0
1
t
t
t




，构造函数


2
1
ln
1
t
h t
t
t




，利用导数可证明.
【详解】
（1）当
1
a 时，


ln
1
f
x
x
x
x



，

ln
2
f
x
x
x




，令

ln
2
x
f
x
x
x





，
1 2x
x
x




，
令

0
x


，得
1
0, 2
x





，

0
x


，得
1 ,
2
x







，
所以函数
x

在
1
0, 2






上单调递增，在1 ,
2






上单调递减，
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
1
1
ln
1
0
2
2
x











，即

0
f
x


，
所以函数

f x 在

0, 

上单调递减.
（2）（i）

0
f
x
x


有两个不相等的实数根
1
x ，
2
x ，即方程ln
0
a
x
x


有两个不相等的实数根
1
x ，
2
x ，
令
ln
g x
a
x
x


，
0
x 
，

a
x
g
x
x




，当
0
a 
时，

0
g x


，即函数
g x 在

0, 

上单调递减，函数
g x 至多一个零点，不合
题意；
当
0
a 
时，


0,
x
a

，

0
g
x


，


,
x
a

，

0
g x


，
所以函数
g x 在

0,a 上单调递增，在

,a 上单调递减，


ln
g x
g a
a
a
a




，函数
g x 有两个零点，则ln
0
a
a
a


，解得
e
a 
，
又
1
1
0
g

，
e
e
0
g
a



，不妨设
1
2
x
x

，
1
2
1
e
x
x



，
所以实数a 的取值范围为

e,.
（ii）要证
2
1
2
e
x x


，即证
1
2
ln
ln
2
x
x


，
又
1
1
ln
a
x
x

，
2
2
ln
a
x
x

，
1
2
1
x
e
x



，即证
1
2
2
x
x
a


，
将
1
1
ln
a
x
x

，
2
2
ln
a
x
x

两式相减可得，


2
1
2
1
ln
ln
x
x
a
x
x



，
只需证


1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
ln
ln
ln
ln
x
x
a
x
x
a
x
x
x
x






，
即证
2
1
2
2
1
1
1
2
1
ln
x
x
x
x
x
x



，令
2
1
1
x
t
x

，即证


2
1
ln
0
1
t
t
t




；
设函数


2
1
ln
1
t
h t
t
t




，
1
t ，则











2
2
2
2
1
2
1
1
1
0
1
1
t
t
t
h t
t
t
t











，
所以函数
h t 在(
)
1+¥
，
上单调递增，则

1
0
h t
h


，即


2
1
ln
0
1
t
t
t




，
所以原不等式得证.
【点睛】方法点睛：本题第二问的第2 小问是双变量不等式问题，利用导数解决的方法如下：
（1）变更主元法：对于题目涉及到的两个变元
1
x ，
2
x ，已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动，
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求另一外变元的取值范围问题，可以构造关于
1
x （或
2
x ）的一元函数，利用导数判断单调性，最值求解证
明.
（2）换元法转化为单变量：通过对所要证明式子结构特征的分析，做适当的变形，通过换元将双变量问题
转化为单变量问题来解决，如指数型函数构造差值，对数型函数构造比值化双变量为单变量问题，从而构
造函数求解；
（3）放缩法：通过巧妙的放缩变换，将给定的不等式转化为更易证明的形式，常见的放缩有加减放缩，乘
除，取对数，去倒数，切线放缩等.
3．关于函数

ln
a
f
x
x
x


.
(1)讨论函数

f x 的单调性；
(2)若

f x 在

1,a 处的切线垂直于直线
0
x
y


，对任意两个正实数
1
x ，
2
x ，且
1
2
x
x

，有


1
2
f x
f x

，
求证：
1
2
2
x
x
a


.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】先对函数求导，分
0
a 
和
0
a 
讨论即可；
（2）由题意先求出
2
a 
，再设
1
2
0
x
x


，令
2
1
(
1)
x
t t
x 

，由
1
2
1
2
2
2
ln
ln
x
x
x
x



，即可得到
2
2(
1)
ln
t
x
t


，
所以
1
2(
1)
ln
t
x
t
t


，则
2
1
2
1
4
ln
0
2
t
x
x
t
t





，设
2
1
( )
ln
(
1)
2
t
h t
t
t
t




，利用导数说明函数的单调性，
即可得证.
【详解】（1）因为


( )
ln ,
0
a
f x
x
x
x



，则
2
2
1
( )
a
x
a
f
x
x
x
x





当
0
a 
时，因为

0
f
x


恒成立，所以函数

f x 在

0, 

上单调递增；
当
0
a 
时，当

0
f
x


，解得0
x
a


，当

0
f
x


时，解得x
a

，
所以函数

f x 在

0,a 上单调递减，在[ ,
)
a 上单调递增；
综上所诉：当
0
a 
时，函数

f x 在

0, 

上单调递增；
当
0
a 
时，函数

f x 在

0,a 上单调递减，在[ ,
)
a 上单调递增.
（2）因为

f x 在

1,a 处的切线垂直于直线
0
x
y


，
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所以
( )
f x 在

1,a 处的切线的斜率为1
，
即

1
1
1
f
a

，解得
2
a 
，即

2
ln
f x
x
x


设
1
2
0
x
x


，令
2
1
(
1)
x
t t
x 

，由
1
2
( )
(
)
f x
f x

，即
1
2
1
2
2
2
ln
ln
x
x
x
x



，
得
2
2
1
1
1
2
2(
)
ln x
x
x
x
x x


，即
2
1
2
1
2
2
1
ln
x
x
x
x
x








，
即
2
2(
1)
ln
t
t
x


，则
2
2(
1)
ln
t
x
t


，所以
2
1
2(
1)
ln
x
t
x
t
t
t



，
要证
2
1
2
2(
1)
2(
1)
1
4
4
ln
0
ln
ln
2
t
t
t
x
x
t
t
t
t
t










，
设
2
1
( )
ln
(
1)
2
t
h t
t
t
t




，则
2
2
2
2
1
1
1
(
1)
( )
0
2
2
t
t
h t
t
t
t









，
则( )
h t 在

1,上单调递减，( )
(1)
0
h t
h


，故
1
2
4
x
x


成立.
【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，用导数证明不等式．在证明与
1
x ，
2
x 有关不等式时常常需要
转化与化归，如本题设
1
2
0
x
x


，令
2
1
(
1)
x
t t
x 

，这样不确定的
1
x ，
2
x ，就变成有确定范围的变量t ，问
题就转化为用导数研究函数( )
h t 的性质，从而证明出结论．
4．已知函数

2
ln
f x
x
x
ax


．
(1)设函数

g x
f
x


，讨论
g x 在区间

0, 

上的单调性；
(2)若

f x 存在两个极值点
1
x ，
2
x （极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），且



1
2
2
1
0
x f x
x f x


，
证明：
1
0
2
a
e



．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出

1
2ax
g
x
x



，讨论
0
a 
或a<0，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）由（1）知若

f x 存在两个极值点，则a<0，求出max
g x
得出
g x 在1
1
,
e
2a






和
2
1
1
,
2a a






上各有
一个零点
1
x ，
2
x ，根据



2
1
2
1
0
f x
f x
x
x


得出
1
2
1
2
ln x x
a
x
x



，由
1
1
2
2
ln
1
2
0
ln
1
2
0
x
ax
x
ax







求出a 即可求解.
【详解】（1）
ln
1
2
g x
x
ax


，

1
1
2
2
ax
g
x
a
x
x





，
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当
0
a 
时，

0
g
x


，
g x 在

0, 

上单调递增；
当a<0时，令

1
0
2
g
x
x
a




．
当
1
0
2
x
a


时，

0
g
x


，
g x 单调递增；
当
1
2
x
a

时，

0
g
x


，
g x 单调递减．
（2）由（1）知若

f x 存在两个极值点，则a<0，
且max
1
1
1
ln
0
0
2
2
2
g x
g
a
a
a




















，
且注意到
1
2
0
e
e
a
g 






，
2
2
1
1
2
1
ln
1
1
0
g a
a
a
a









，
∴
g x 在1
1
,
e
2a






和
2
1
1
,
2a a






上各有一个零点
1
x ，
2
x ，
且
1
0
x
x


时，

0
f
x


，

f x 单调递减；
当
1
2
x
x
x


时，
( )
0
f
x
¢
>
，

f x 单调递增；
当
2
x
x

时，

0
f
x


，

f x 单调递减．
∴
1
x ，
2
x 是

f x 的两个极值点．



2
1
2
2
1
1
2
1
0
ln
ln
0
f x
f x
x
ax
x
ax
x
x









1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
0
x x
x x
a x
x
a
x
x








，
且




1
1
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
ln
1
2
0
ln
2
ln
2
2
0
ln
1
2
0
2
x
ax
x x
x x
a x
x
a
x
ax
x
x

















，
∴


2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
2
ln
ln
2
e
2
x x
x x
x x
x x
x
x
x
x










，
而


1
2
2
1
ln
ln
2
x
x
a x
x



，∴
2
1
1
2
2
1
1
e
2
ln
ln
x
x
x x
a
x
x






，
∴
1
0
2
a
e



，证毕．
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题型二巧用韦达定理消元
1．已知函数



ex
f
x
a
x a


R ．
(1)当
1
a 时，求

f x 的单调区间；
(2)设函数


2
1 ex
g x
x
x
f
x




，当
g x 有两个极值点


1
2
1
2
,
x x
x
x

时，总有





2
2
2
1
2
g
2
e
3
x
t
x
x
x




成立，求实数t 的值．
【答案】(1)


0,
x
单调递增，


,0
x
单调递减
(2)
1
t 
【分析】（1）求出导函数
( )
f
x

，由
( )
0
f
x


得增区间，由
( )
0
f
x


得减区间；
（2）求出
( )
g x

，由
( )
0
g x


有两个不等实根


1
2
1
2
,
x x
x
x

，结合判别式韦达定理得
2
a 且
1
2
2
x
x

，所
以
1
2
1
x
x

．不等式中消去
1
,a x 得关于
2,
x t 的不等式，分离参数转化为求函数的最值，从而得出结论．
【详解】（1）
1
a 时，函数

ex
f x
x


的定义域为

,
e
1.
x
f
x 


R
由

0
f
x


解得
0
x 
．
当


,0
x
时，


0,
f
x
f
x


在


,0
x
单调递减；
当


0,
x
时，


0,
f
x
f
x


在


0,
x
单调递增．
（2）

2
1 ex
g x
x
a



，则


2
2
1 ex
g
x
x
x
a





．
根据题意，得方程
2
2
1
0
x
x
a



有两个不同的实根


1
2
1
2
,
x x
x
x

，
Δ
0


，即
2
a 且
1
2
2
x
x

，所以
1
2
1
x
x

．
由





2
2
2
1
2
tg
2
e
3
x
x
x
x




，可得




2
2
2
2
2
1
2
1 e
2
e
3
x
x
t x
a
x
x






又
2
2
2
1
2
1
2
,2
x
a
x
x
x




总有





2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
e
e
3
2 e
e
3
0
x
x
x
x
tx
x
x
x
t
x













对
2
1
x 恒成立．
①当
2
0
x 
时，


2
2
2
2
2
2 e
e
3
0
x
x
x
t
x








恒成立，此时t R ；
②当


2
1,0
x 
时，


2
2
2
2
2 e
e
3
0
x
x
t
x




成立，即
2
2
2
2
e
3
2
e
x
x
x
t



令函数

2
2
2
2
2
e
3
e
x
x
x
h x



，则





2
2
2
2
2
2
2
2
1
3
2
3
0
e
e
x
x
x
x
x
x
h x









在


2
1,0
x 
恒成立
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故

2
h x
在


2
1,0
x 
单调递增，所以

2
0
2
1
t
h
t

．
③当


2
0,
x 
时，


2
2
2
2
2 e
e
3
0
x
x
t
x




成立，即
2
2
2
2
e
3
2
e
x
x
x
t



由函数

2
2
2
2
2
e
3
e
x
x
x
h x



，则





2
2
2
2
1
3
0
ex
x
x
h x






，解得
2
3
x 
当


2
0,3
x 
时，



2
2
0,
h x
h x


单调递增；当


2
3,
x 
时，



2
2
0,
h x
h x


单调递减又

2
2
2
2
3
1
ex
x
h x


，
当
2x 时，

2
1
h x

所以

2
0
2
1
t
h
t

．
综上所述，
1
t ．
【点睛】方法点睛：有关极值点与其他参数的等式或不等式问题，一般可能利用消参数法减少参数个数，
方法是利用极值点是导函数为0 的零点，有时还可结合韦达定理得出它们的关系，然后用代入法消参数．最
终转化为求函数的最值等问题．
2．已知函数


2
2
2
2
ex
f x
x
ax
a



.
(1)若
0
a 
，求

f x 的单调区间；
(2)若

f x 有两个极值点，分别为
1
x 和


2
1
2
x
x
x

，求




1
2
1
2
e
e
x
x
f
x
f
x


的最小值.
【答案】(1)

f x 在(
, 2)

和

0, 

上单调递增，在

2,0

上单调递减
(2)
2
4
e
1


【分析】（1）由导函数的正负得出单调性；
（2）由

0
f
x


结合韦达定理得出




1
1
2
1
2 e x
f
x
x
x



，




2
2
1
2
2 e x
f
x
x
x



，进而得出







2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2 e
2
e
e
e
1
x
x
x
x
x
x
f x
f x
x
x
x
x











，构造函数


e
1
2
(
0)
e
1
t
t
t
g t
t





，利用导数得出其最小
值即为




1
2
1
2
e
e
x
x
f
x
f
x


的最小值.
【详解】（1）若
0
a 
，则

2ex
f
x
x

.
从而




2
2
e
2 e
x
x
f
x
x
x
x x





.
令

0
f
x


，得
2
x 或
0
x 
.
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当<
2
x 
或
0
x 
时，


0,
f
x
f x


单调递增；
当2
0
x


时，


0,
f
x
f
x


单调递减.
综上所述，

f x 在(
, 2)

和

0, 

上单调递增，在

2,0

上单调递减.
（2）





2
2
2
1
2
2
ex
f
x
x
a
x
a
a










.
令

0
f
x


，得




2
2
2
1
2
2
0
x
a
x
a
a





.
由题意，
1
2
,
x x 是关于x 的方程




2
2
2
1
2
2
0
x
a
x
a
a





的两个实根.
所以


2
1
2
1
2
2
1 ,
2
2
x
x
a
x x
a
a





.
由




2
2
2
1
2
2
0
x
a
x
a
a





得




2
2
1
1
2
1
2
2
x
a
x
a
a




.
所以





1
1
2
2
1
1
1
1
2
2
e
2
2
e
x
x
f x
x
ax
a
x
a





，
将
1
2
2
2
a
x
x



代入，得




1
1
2
1
2 e x
f
x
x
x



，
同理可得：




2
2
1
2
2 ex
f
x
x
x



.
所以












2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
2 e
2 e
2 e
2
e
e
e
e
e
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f x
f x
x
x
x
x
x
x
x
x


















.
令
2
1
(
0)
x
x
t t



，上式为


e
1
2
e
1
t
t
t



.
设


e
1
2
(
0)
e
1
t
t
t
g t
t





，则



2
2
e
2 e
1
e
1
t
t
t
t
g t





.
记
2e
2 e
1
t
t
h t
t


，则



2e
e
1
t
t
h t
t



.
记
e
1,
0
t
t
t
t




时，


e
1
0,
t
t
t





单调递增，所以

0
0
t




.
所以


0,
h t
h t


单调递增，

0
0
h t
h


.
所以


0,
g t
g t


在

0, 

单调递减.
又




2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
4
4
4
4
t
x
x
x
x
x x
a








.
当且仅当
0
a 
时，
2t 取到最大值4，即t 得最大值为2.
所以




1
2
1
2
e
e
x
x
f
x
f
x


的最小值为
2
4
e
1

.
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【点睛】关键点睛：在问题（2）中，关键是由韦达定理得出


1
f x
，

2
f x
，从而构造函数得出




1
2
1
2
e
e
x
x
f
x
f
x


的最小值.
3．已知函数
2
( )
2ln
(
)
f x
x
ax a


R .
(1)试判断函数
( )
f x 的单调性；
(2)已知函数( )
( )
2
g x
f x
x


，若( )
g x 有且只有两个极值点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x

，证明：







1
2
1
2
2
1
g x
g x
a
x
x




.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分
0
a 
和
0
a 
两种情况讨论，即可求得函数
( )
f x 的单调性；
（2）将


1
2
g x
g x

转化为


1
1
2
2
2ln x
x
x
x 

，再根据






1
2
1
2
2
1
g x
g x
a
x
x




，即证
1
1
2
1
2
2
1
ln
1
x
x
x
x
x
x



，
构造函数
1
ln
1
t
h t
t
t


，证明其小于0 即可.
【详解】（1）因为函数
2
( )
2ln
(
)
f x
x
ax a


R ，定义域为

0, 

，
所以
2
2
2
2
( )
2
ax
f
x
ax
x
x





，
当
0
a 
时，
( )
0
f
x


在


0,
x
上恒成立，所以
( )
f x 在

0, 

单调递增；
当
0
a 
时，令
( )
0
f
x


，即
2
2
2
0
ax 

，解得
a
a
x
a
a




，
令
( )
0
f
x


，解得
a
x
a


或
a
x
a


，
所以
( )
f x 在0,
a
a










单调递增，在
,
a
a











单调递减；
（2）由题可知，
2
( )
2ln
2
g x
x
ax
x



，

2
2
2
2
2
2
2
ax
x
g
x
ax
x
x







，
因为
g x 有两个极值点
1
2
1
2
,
(
)
x x
x
x

，
所以
1
2
,
x x 是
2
2
2
2
0
ax
x



的两个根，
则
1
2
1
2
1
1
x
x
a
x x
a








，
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所以




2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
2ln
2
2ln
2
g x
g x
x
ax
x
x
ax
x







2
2
1
1
2
1
2
2
2ln
(
)
2(
)
x
a x
x
x
x
x







2
2
1
1
2
1
2
2
1
2
2ln
2
x
x
x
x
x
x
x
x






1
1
2
2
2ln
(
)
x
x
x
x



，
所以，要证






1
2
1
2
2
1
g x
g x
a
x
x




，
即证
1
1
2
1
2
2
2ln
(
)
(2
1)(
)
x
x
x
a
x
x
x 




，
即证
1
1
2
2
ln
(
)
x
a x
x
x 

，即证
1
1
2
2
1
2
ln x
x
x
x
x
x



，即证
1
1
2
1
2
2
1
ln
1
x
x
x
x
x
x



，
令
1
2
(0
1)
x
t
t
x


，则证明
1
ln
1
t
t
t

，
令
1
( )
ln
1
t
h t
t
t


，则
2
2
1
( )
0
(
1)
t
h t
t t





，
所以，( )
h t 在

0,1 上单调递增，则( )
(1)
0
h t
h


，
即
1
ln
1
t
t
t

，
所以原不等式






1
2
1
2
2
1
g x
g x
a
x
x




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．
4．已知函数
( )
ln
f x
x

，
2
( )
g x
x
x


．
(1)若
0x 满足


0
0
0
1
1
x
f x
x


，证明：曲线
( )
y
f x

在点


0
0
,ln
A x
x
处的切线也是曲线
ex
y 
的切线；
(2)若
( )
( )
( )
F x
f x
g x


，且





1
2
1
2
F
x
F
x
x
x




，证明：



1
2
4ln 2
7
F x
F x


．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义先求出曲线

y
f
x

在点A 处的切线方程
0
0
1
2
1
y
x
x
x


，再判定该切线
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方程为
ex
y 
的切线即可；
（2）求

F
x

，设





1
2
1
2
,
F
x
F
x
m
x
x





，建立方程组，得出
1
1
x ，
2
1
x 为方程
2
2
1
0
t
t
m


的两根，
根据韦达定理确定

1
2
1
2
2 x
x
x x


，再由基本不等式判定
1
2
16

x x
，化简



1
2
1
2
1
2
ln
1
2
x x
F x
F x
x x



，
构造函数


( )
ln
1
16
2
t
h t
t
t




求其单调性判定值域即可.
【详解】（1）由已知有
0
0
0
1
ln
1
x
x
x


，
1
( )
f
x
x


,
曲线
( )
y
f x

在点


0
0
,ln
A x
x
处的切线方程为：


0
0
0
1
ln
y
x
x
x
x



,
即：
0
0
1
1 ln
y
x
x
x


，将
0
0
0
1
ln
1
x
x
x


代入即有：
0
0
1
2
1
y
x
x
x


,
由
ex
y 
得
ex
y
令
0
1
ex
x

得：
0
1
ln
x
x

，此时
0
1
y
x

,
可得：曲线
ex
y 
在点
0
0
1
1
ln
,
x
x






处的切线方程为：
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
ln
ln
y
x
x
x
x
x
x
x
x











，将
0
0
0
1
ln
1
x
x
x


代入化简，
可得：
0
0
1
2
1
y
x
x
x



故曲线
( )
y
f x

在点


0
0
,ln
A x
x
处的切线也是曲线
ex
y 
的切线．
（2）∵





2
ln
0
F x
f x
g x
x
x
x
x






，
∴

2
1
2
1
F
x
x
x



，令



1
2
F
x
F
x
m




，得：
2
1
1
2
2
2
2
1
1
0
2
1
1
0
m
x
x
m
x
x










，
∴
1
1
x ，
2
1
x 为方程
2
2
1
0
t
t
m


的两根，
∴
1
2
1
1
1
2
x
x


即：

1
2
1
2
2 x
x
x x


，
∴


1
2
1
2
1
2
2
4
x x
x
x
x x



∴
1
2
16

x x
，
∴



1
2
1
1
2
2
1
2
2
2
ln
ln
F x
F x
x
x
x
x
x
x






















1
2
1
2
1
2
2
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x












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1
2
1
2
ln
1
2
x x
x x


，
令
1
2
16
t
x x


，则


1
2
1
2
ln
1
ln
1
2
2
x x
t
x x
t



，
令


ln
1
16
2
t
h t
t
t




，则

1
1
0
2
h t
t




，
∴( )
h t 在

16,单调递减∴


16
ln16
7
4ln 2
7
h t
h





即




1
2
4ln 2
7
F x
F x



【点睛】本题关键在第二问，设



1
2
F
x
F
x
m




，由导函数建立方程组结合韦达定理得出
1
2
1
1
1
2
x
x


，
再求函数值之和



1
2
1
2
1
2
ln
1
2
x x
F x
F x
x x



，构造函数
ln
1
2
t
h t
t


，结合基本不等式求其定义域内
的单调性即可证明不等式.
练习题：
1．设函数



2
ln
f
x
x
x
ax a



R .
(1)当
3
a 时，求函数

f x 的单调区间；
(2)若函数

f x 有两个极值点
1
2
,
x x ，且


1
0,1
x 
，求




1
2
f
x
f
x

的最小值.
【答案】(1)调递增区间为
1
0, 2






，

1,；单调递减区间为
1 ,1
2






(2)
3
ln 2
4

【分析】（1）求导后，根据

f
x

的正负可确定单调区间；
（2）根据函数有两个极值点可得方程
2
2
1
0
x
ax

在

0, 

上有两个不等实根
1
2
,
x x ，由此可得韦达定理的
结论，将




1
2
f
x
f
x

表示为关于
1
x 的函数的形式，构造函数


2
2
1
2ln
ln 2 0
1
4
g x
x
x
x
x






，利用
导数求得min
g x
即可.
【详解】（1）当
3
a 时，

2
ln
3
f
x
x
x
x



，则

f x 定义域为

0, 

，




2
2
1
1
1
2
3
1
2
3
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x










，
当


1
0,
1,
2
x









时，
( )
0
f
x
¢
>
；当
1 ,1
2
x






时，

0
f
x


；
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( )
f
x
\
的单调递增区间为
1
0, 2






，

1,；单调递减区间为
1 ,1
2





.
（2）

f x

定义域为

0, 

，

2
1
2
1
2
x
ax
f
x
x
a
x
x







，
( )
f
x
\
有两个极值点
1
2
,
x x 等价于
2
2
1
0
x
ax

在

0, 

上有两个不等实根
1
2
,
x x ，
1
2
2
a
x
x



，
1
2
1
2
x x 
，


1
2
2
a
x
x



，
2
1
1
2
x
x

，




2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
ln
ln
f x
f x
x
x
ax
x
x
ax










1
2
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
1
1
ln
2
ln 2
2
4
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
















2
1
1
1
2
1
1
2ln
ln 2 0
1
4
x
x
x
x






；
设


2
2
1
2ln
ln 2 0
1
4
g x
x
x
x
x






，
则



2
2
2
4
3
3
3
2
1
2
1
4
4
1
2
0
2
2
2
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x










，

g x

在

0,1 上单调递减，


1
3
1
0 1
ln 2
ln 2
4
4
g x
g







，
即



2
1
2
1
1
2
1
1
3
2ln
ln 2
ln 2
4
4
f x
f x
x
x
x






，



1
2
f x
f x


的最小值为
3
ln 2
4

.
2．已知函数

ln
3
f x
x
x



.
(1)求曲线

y
f
x

在
1
x 处的切线方程；
(2)记函数

2
3
g x
x
bx
f x




，设


1
2
1
2
,
x x
x
x

是函数
g x 的两个极值点，若
2
b 
，且


1
2
g x
g x
m


恒成立，求实数m 的最大值.
【答案】(1) =
2
y 
(2)
max 
3
ln2
4
m


【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）求出函数的导函数

g x

，即可得到方程


2
2
1
1
0
x
b
x



两根为


1
2
1
2
,
x x
x
x

，列出韦达定理，即
可表示出



1
1
2
1
2
2
2
1
1
ln
2
x
x
x
g x
g x
x
x
x










，设
1
2
x
t
x

，则0
1
t
，令

1
1
ln
2
G t
t
t
t








，0
1
t
，利用
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导数说明函数的单调性，再结合b 的范围求出t 的方程，从而求出m 的范围，即可得解.
【详解】（1）因为

ln
3
f x
x
x



，
所以

1
1
f
x
x


，所以切线斜率为

1
0
f 

，
又( )
1
2
f
= - ，切点为(
)
1, 2
-
，
所以曲线

y
f
x

在
1
x 处的切线方程为=
2
y 
（2）∵


2
ln
1
g x
x
x
b
x




，
∴





2
2
1
1
1
2
1
x
b
x
g
x
x
b
x
x









，
若
2
b 
，则

2
1
8
9
8
0
b 



恒成立，而
1
1
0,
0
2
2
b 

，
所以


2
2
1
1
0
x
b
x



两根为


1
2
1
2
,
0
x x
x
x


，
∴
1
2
1
2
b
x
x



，
1
2
1
2
x x 
，







2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
ln
(
1)
x
g x
g x
x
x
b
x
x
x










1
1
2
2
1
ln
1
2
x
b
x
x
x







1
2
1
2
1
2
1
2
1
ln
2
x
x
x
x
x
x
x x




1
1
2
2
2
1
1
ln
2
x
x
x
x
x
x









，
∵
1
2
0
x
x


，
设
1
2
x
t
x

，则0
1
t
，
令

1
1
ln
2
G t
t
t
t








，0
1
t
，
则



2
2
2
1
1
1
1
1
0
2
2
t
G t
t
t
t













，
∴

G t 在

0,1 上单调递减；
∵
2
b 
，
∴

2
1
9
b 
≥，
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∵


2
2
2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
b
x
x x
x
x
x
x x











1
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
x
x
t
x
x
t


















，
∴
1
9
2
2
t
t

≥
，
∴
2
2
5
2
0
t
t



，
∴
1
0
2
t

，
∴当
1
2
t 
时，
min 
1
3
ln2
2
4
G t
G








，
∴
3
ln 2
4
m

≤
，即实数m 的最大值为
max 
3
ln 2
4
m


【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．
3．已知函数

2
1
2
ln
2
f x
x
ax
x



（a 为常数）．
(1)若函数

f x 是增函数，求a 的取值范围；
(2)设函数

f x 的两个极值点分别为
1
x ，
2
x （
1
2
x
x

），求




1
2
f
x
f
x

的范围．
【答案】(1)

,1

(2)

0, 

【分析】（1）转化为
1
2a
x
x


对任意
0
x 
恒成立，由基本不等式求出最值，得到答案；
（2）根据函数有两个不相等的极值点得到
1
2
2
1,
2 ,
1
a
x
x
a x




，故




2
1
2
2
2
2
2
2
1
1
1
ln
2
2
f
x
f
x
x
x
x




，变
形得到函数
1
1
ln
2
2
g t
t
t
t



，求导得到其单调性，得到
g t 的值域为

0, 

，得到答案.
【详解】（1）

f x 的定义域为

0, 

，

2
1
2
1
2
x
ax
f
x
x
a
x
x







，
若函数

f x 为增函数，则

2
2
1
0
x
ax
f
x
x





在

0, 

上恒成立，
所以
2
2
1
0
x
ax

对任意
0
x 
恒成立，
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即
1
2a
x
x


对任意
0
x 
恒成立，
又
1
1
2
2
x
x
x
x




，当且仅当
1
x
x

，即
1
x 时等号成立，
所以2a≤2，解得
1
a ，
故a 的取值范围是

,1

；
（2）若

f x 在定义域内有两个极值点，则
1
2
,
x x 是方程

0
f
x


，即
2
2
1
0
x
ax


的两个不相等的实数根，
从而得到
1
2
1
2
Δ
0
2
0
1
0
x
x
a
x x










，即
1
a ，
又
1
2
0
x
x


，故
2
1
x ，




2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
1
1
2
ln
2
ln
2
2
f
x
f
x
x
ax
x
x
ax
x


















2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2 x
x
a x
x
x
x










2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
ln
2
x
x
x
x
x
x
x
x






2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
ln
ln
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x






，
令
2
2
1
t
x

，则





1
2
1
1
ln
2
2
f
x
f
x
g t
t
t
t





，

2
2
1
1
1
1
1
1
0
2
2
2
g
t
t
t
t













，
所以
g t 在

1,上单调递增，
所以

1
0
g t
g


，即
g t 的值域为

0, 

，
所以




1
2
f
x
f
x

的范围是

0, 

.
【点睛】分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参
数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
4．已知函数
( )
2ln
a
f x
x
x
x



．
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(1)当
3
4
a 
时，求
( )
f x 的单调区间；
(2)若
( )
f x 有两个极值点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x

，从下面两个结论中选一个证明．
①




2
1
2
1
2
2
f x
f x
x
x
a




；
②


2
2
2ln2
2
3
f x
a



．
【答案】(1)
( )
f x 的单增区间为1 3
,
2 2






；单减区间为
1
0, 2






，3 ,
2







(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，根据导数与函数单调性的关系，即可求解；
（2）若选①，不等式转化为证明
2
1
2
1
2
1
ln
ln
1
1
x
x
x
x
a
x x




，变形为证明
2
2
1
2
1
1
1
2
1
2
ln x
x
x
x
x
x
x
x
x x




，通过
构造函数
1
( )
2ln
,
1
h t
t
t
t
t


，即可证明；
若选②，首先根据函数有两个极值点，证得
2
1
2
x


，


2
2
2
2
2
2
2ln
3
3
a
f x
a
x
x
a
x





，再变换为


2
2
2
2
2
2
2
10
2ln
2
3
3
3
f x
a
x
x
x





，通过构造函数，利用导数，即可证明.
【详解】（1）
2
2
2
2
2
( )
1
(
0)
a
x
x
a
f
x
x
x
x
x








，
当
3
4
a 
时，
2
2
2
2
2
3
2
4
8
3
(2
1)(2
3)
4
( )
4
4
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x
x












，
令
( )
0
f
x


，解得1
3
2
2
x


；令
( )
0
f
x


，解得
1
0
2
x


或
3
2
x 
，
所以
( )
f x 的单增区间为1 3
,
2 2






；单减区间为
1
0, 2






，3 ,
2







．
（2）证明①：由题意知，
1
2
,
x x 是
2
2
0
x
x
a



的两根，则
1
2
1
2
2
x
x
x x
a






，










1
2
2
1
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2 ln
ln
a x
x
x
x
x
x
f x
f x
x x
x
x
x
x









，
将
1
2
x x
a

代入得，






2
1
2
1
2
1
2
1
2 ln
ln
2
f x
f x
x
x
x
x
x
x






，
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要证明




2
1
2
1
2
2
f x
f x
x
x
a




，
只需证明

2
1
2
1
2 ln
ln
2
2
2
x
x
x
x
a





，
即
2
1
2
1
2
1
ln
ln
1
1
x
x
x
x
a
x x




，
因为
1
2
0
x
x


，所以
2
1
0
x
x


，
只需证明
2
2
1
2
1
1
1
2
1
2
ln x
x
x
x
x
x
x
x
x x




，
令
2
1
x
t
x ，则
1
t ，只需证明
2
1
ln t
t
t
，即
1
2ln
0(
1)
t
t
t
t



，
令
1
( )
2ln
,
1
h t
t
t
t
t


，
2
2
2
2
1
(
1)
( )
1
0
t
h t
t
t
t







，
所以( )
h t 在(1,
)
上单调递减，可得( )
(1)
0
h t
h


，
所以
1
2ln
0(
1)
t
t
t
t



，
综上可知，




2
1
2
1
2
2
f x
f x
x
x
a




．
证明②：
2
2
2
2
2
( )
1
(
0)
a
x
x
a
f
x
x
x
x
x








设
2
( )
2
g x
x
x
a



，
因为
( )
f x 有两个极值点，所以
Δ
4
4
0
(0)
0
a
g







，
解得0
1
a

，
因为(2)
0, (1)
1
0
g
a
g
a



，
所以
2
1
2
x


，


2
2
2
2
2
2
2ln
3
3
a
f x
a
x
x
a
x





，
由题意可知
2
2
2
2
0
x
x
a




，
可得
2
2
2
2
a
x
x


代入得，


2
2
2
2
2
2
2
10
2ln
2
3
3
3
f x
a
x
x
x





，
令
2
2
10
( )
2ln
2(1
2)
3
3
h x
x
x
x
x






，
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2
4
10
2(
1)(2
3)
( )
3
3
3
x
x
h x
x
x
x







，
当
3
1,
,
( )
0
2
x
h x









，所以( )
h x 在
3
1, 2





上单调递减，
当
3 ,2 ,
( )
0
2
x
h x









，所以( )
h x 在3 ,2
2





上单调速增，
因为
2
1
2
x


，所以

2
max{ (1), (2)}
h x
h
h

，
由
2
(1)
, (2)
2ln2
2
3
h
h



，
可得


2
2 ln8
ln
(2)
(1)
0
3
e
h
h




，所以(2)
(1)
h
h

，
所以

2
(2)
h x
h

，
所以


2
2
2ln2
2
3
f x
a



，即


2
2
2ln2
2
3
f x
a



．
题型三存在量词与全称量词—用放缩法化简
例1．已知函数
( )
3
sin
ln



f x
x
x
a
x.
(1)当
0
a 
时，
π
(0,
],
( )
2
x
f x
mx


，求实数的取值范围;
(2)若
1
2
1
2
,
(0,
),
x x
x
x




，使得



1
2
f x
f x

，求证：
2
1
2
4

x x
a ．
【答案】(1)
2
[3
)
π ,

；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得
sin
3


x
m
x
，其中
π
(0,
]
2
x
，构造函数
sin
( )
3
x
h x
x


，利用导数求函数的最值即得.
（2）由题可得




2
1
2
1
2
1
ln
ln
3
sin
sin
a
x
x
x
x
x
x





，构造函数，根据函数的单调性可得
2
1
2
1
2 ln
ln
x
x
a
x
x




，
再由导数证明
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x



即可.
【详解】（1）当
0
a 
时，由
π
(0,
]
2
x
，
( )
f x
mx

，得3
sin
x
x
mx


，即
sin
3


x
m
x
，
令
sin
π
( )
3
,
(0,
]
2
x
h x
x
x



，求导得
2
sin
cos
( )
x
x
x
h x
x



，
设
π
( )
sin
cos ,
(0,
]
2
x
x
x
x x




，求导得则
( )
sin
0
x
x
x



，则( )
x 在
π
(0,
]
2 上单调递增，
于是( )
(0)
0
x




，即
( )
0
h x


，因此( )
h x 在
π
(0,
]
2 上单调递增，
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即( )
h x 在
π
(0,
]
2 上有最大值，
max
π
sin
π
2
2
( )
( )
3
3
π
2
π
2
h x
h





，则
2
3
π
m 

，
所以m 的取值范围为
2
[3
,
)
π

.
（2）
1
2
1
2
(0,
,
,)
x x
x
x





，由
1
2
( )
(
)
f x
f x

，得
1
1
1
2
2
2
3
sin
ln
3
sin
ln
x
x
a
x
x
x
a
x





，
整理为




2
1
2
1
2
1
ln
ln
3
sin
sin
a
x
x
x
x
x
x





，令( )
sin ,
0
u x
x
x x



，
求导得
( )
1 cos
0
u x
x



，则函数( )
sin
u x
x
x


在(0,
)
上单调递增，
不妨令
1
2
x
x

，即有
1
1
2
2
sin
sin
x
x
x
x



，从而
2
1
2
1
sin
sin
x
x
x
x



，
于是







2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ln
ln
3
sin
si
)
n
3
2(
a
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x











，即
2
1
2
1
2 ln
ln
x
x
a
x
x




，
下面证明
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x



，即证
2
1
2
2
1
1
ln
1
x
x
x
x
x
x


，令
2
1
1
x
t
x ，就证
1
ln
t
t
t

，只需证
1
ln
0
t
t
t

，
设
1
( )
ln (
1)
t
g t
t t
t




，求导得
2
1
1
(
1)
( )
0
2
2
t
t
g t
t
t t
t t






，则
( )
g t 在(1,
)
上单调递增，于是( )
(1)
0
g t
g


，
因此当
1
t 时，
1
ln
0
t
t
t

成立，即
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x



，
于是
2
1
1
2
2
1
2
2
ln
ln
x
x
a
x x
x
x





，所以
2
1
2
4

x x
a ．
【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

0
f x
g x


（或


0
f x
g x


），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.
2．已知函数

ln
1
x
a
f x
x



，函数
2
2
(
3)
3(
1) ex
g x
x x
x




．
(1)求
g x 的单调区间；
(2)若




1
2
1,e ,
3,0
x
x




，使得



1
2
f x
g x

成立，求a 的取值范围．
【答案】(1)答案见详解
(2)

2
12e
2,





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【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调区间；
（2）根据题意分析可得


max
max
f x
g x









，利用导数分别求


,
f x
g x 的最大值，列式求解即可.
【详解】（1）因为








2
(
3)
2 (
3)
3
e
1
3
3
3 1 e
1












x
x
x
x
x
x
g
x
x
x x
，
令

0
g
x


，可得
3, 1,0


x
，
当3
1
x

或
0
x 
时，

0
g x


；当
3
x 或1
0
x


时，

0
g
x


；
所以
g x 的单调递减区间为


3, 1 , 0,


，单调递增区间为


, 3 ,
1,0


.
（2）因为


3,0
x
，由（1）可知：
g x 在

3, 1


上单调递减，在

1,0

上单调递增，
且


3
3
12e ,
0
3




g
g
，
所以
g x 在

3,0

上的最大值为

3
3
12e


g
.
又因为

2
ln
,
0
x
a
f
x
x
x




，
当


0,e a
x


时，

0
f
x


，

f x 单调递减；当


e
,
a
x


时，
( )
0
f
x
¢
>
，

f x 单调递增；
且


1,e
x
，可知

f x 的最大值可能为
e
f
或

1
f
，
可得


3
3
2
e
12e
e
1
1
12e
a
f
f
a










，解得
2
12e
2



a
，
所以a 的取值范围

2
12e
2,





.
【点睛】结论点睛：
1.
1
2
,




x
M
x
N ，使得



1
2
f x
g x

成立，等价于


max
min
f
x
g x









；
2.
1
2
,



x
M
x
N ，使得



1
2
f x
g x

成立，等价于


max
max
f x
g x









；
3.
1
2
,




x
M
x
N ，使得



1
2
f x
g x

成立，等价于


min
min
f
x
g x









；
4.
1
2
,




x
M
x
N ，使得



1
2
f x
g x

成立，等价于


min
max









f x
g x
.
3．已知函数
1
2
( )
(
1)ex
f x
x
mx




，当0
6
m


时，
3
4
( )
g x
x
mx
x



，


0,2
x
，若
1x

R ，


2
0,2
x 
，
使
1
2
( )
(
)
f x
g x

成立，求实数m 的取值范围．
【答案】
e
0,3
2







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【分析】将
1x

R ，


2
0,2
x 
，使
1
2
( )
(
)
f x
g x

成立，等价为
min
max
( )
( )
f x
g x

，再求出
min
( )
f
x
和
max
( )
g x
，代
入化简求解即可．
【详解】将
1x

R ，


2
0,2
x 
，使
1
2
( )
(
)
f x
g x

成立，等价为
min
max
( )
( )
f x
g x

，
由
1
2
( )
(
1)ex
f x
x
mx




，xR ，则


1
1
1
( )
e
(
1)e
2
e
2
x
x
x
f
x
x
mx
x
m










，
又0
6
m


，且
1
e
0
x
，则
1
e
2
0
x
m


，
则当
0
x 
时，
( )
0
f
x


；当
0
x 
时，
( )
0
f
x


，
所以
( )
f x 在区间

,0


上单调递减；在区间

0, 

上单调递增，
所以
min
( )
(0)
e
f x
f

．
又
3
4
( )
g x
x
mx
x



，


0,2
x
，则
2
2
4
( )
3
4 3
g x
x
m
m
x 





，
又0
6
m


，
( )
0
g x


，
所以( )
g x 在区间

0,2 上单调递增，
所以
max
( )
(2)
8
2
2
6
2
g x
g
m
m






，
又
min
max
( )
( )
f x
g x

，则e
6
2m


，解得
e
0
3
2
m



，
故m 的取值范围为
e
0,3
2







．
4．已知函数
1
( )
ln
a
f x
a
x
x



，其中参数a<0 ．
(1)求函数

f x 的单调区间；
(2)设函数




2
2
3
0
g x
x f
x
xf
x
a a





，存在实数
2
1
2
,
1,e
x x 


，使得不等式




1
2
2g x
g x

成立，求
a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
3
,0
2e
6







【分析】（1）求导，对分类讨论求解单调区间；
（2）不等式
1
2
2 (
)
(
)
g x
g x

成立，转化为
min
max
2 ( )
( )
g x
g x

，然后求解函数的最大与最小值列出不等式求解．
【详解】（1）
1
( )
ln ,(
0)
a
f x
a
x
x
x




，
2
(
1)
( )
ax
a
f
x
x




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（1）当1
0
a


时，
1
0
a
a


，
( )
0
f
x



，
( )
f x

的减区间是(0,
)
．
（2）当
1
a 时，
1
( )
0
f
x
x



，
( )
f x

的减区间是(0,
)
．
（3）当
1
a 时，
1
(0,
)
a
x
a


，
( )
0
f
x



，
( )
f x

的增区间是
1
(0,
)
a
a

，
1
(
,
),
( )
0
a
x
f
x
a






，
( )
f x

的减区间是
1
(
,
)
a
a

．
综上，当1
0
a


时，减区间是(0,
)
；当
1
a 时，增区间是
1
(0,
)
a
a

，减区间是
1
(
,
)
a
a

.
（2）( )
2
ln
(6
3)
g x
ax
ax x
a




，(
0)
a 
，因为存在实数
2
1
2
,
[1,e ]
x x 
，使得不等式
1
2
2 (
)
(
)
g x
g x

成立，
min
max
2 ( )
( )
g x
g x


，
( )
(1 ln )
g x
a
x



，
0
a 

，
[1
x
,e) ，
( )
0
g x


，( )
g x 单减，
(e,
x
2e ]，
( )
0
g x


，
( )
g x

单增．



2
min
max
( )
(e)
e
6
3, ( )
max
(1), (e )
6
3
g x
g
a
a
g x
g
g
a






．
2 e
12
6
6
3
a
a
a




，
3
2e
6
a 

，
0
a 

，
3
(
,0)
2e
6
a 

．
练习题：
1．已知函数





2
1
1
ln
R
2
f x
mx
m
x
x m





，
2
1
1
2ex
g x
x


.
(1)讨论

f x 的单调性；
(2)当
0
m 
时，若对于任意的


1
0,
x



，总存在


2
1,
x 
，使得



1
2
f x
g x

，求m 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)

e,
【分析】（1）首先求函数的导数并化简，讨论
0
m 
和
0
m 
两种情况下函数的单调性；（2）根据题意将不
等式转化为


min
min
f x
g x

，分别求函数的最值，即可求解.
【详解】（1）




1
1
1
1
mx
x
f
x
mx
m
x
x







，
0
x 
.
当
0
m 
时，

0
f
x


恒成立，

f x 在

0, 

上单调递减；
当
0
m 
时，由
( )
0
f
x
¢
>
，解得
1 ,
x
m








，即

f x 在
1 ,
m







上单调递增，
由

0
f
x


，解得
1
0,
x
m





，即

f x 在
1
0, m





上单调递减.
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（2）当
0
m 
时，由（1）知
min 
1
1
ln
1
2m
f
m
x
f
m









，

1
2
e
0
2
x
g
x
x





，
1
x 
恒成立，
g x 在

1,上单调递增，所以

min
1
1
2
2e
g x
g



，
由题意知


min
min
f x
g x

，即
1
1
ln
1
2
2
2e
m
m



.
设
1
ln
1
2
h m
m
m


，则

2
1
1
0
2
h m
m
m




，所以
h m 为增函数，
又
1
e
2
2e
h


，所以
e
m 
，
即m 的取值范围是

e,.
2．已知函数

3
2
1
1
3
2
f x
x
x
ax



，
1
e
ln
x
g x
x
x
x



，

f
x

，

g x

分别为

f x ，
g x 的导函数，且
对任意的


1
0,1
x 
，存在


2
0,1
x 
，使




1
2
2
f
x
g
x




．
(1)求实数a 的取值范围；
(2)证明：
0
x

，有



g x
f
x ．
【答案】(1)

, 1

(2)证明见解析
【分析】（1）任意的


1
0,1
x 
，存在


2
0,1
x 
，使




1
2
2
f
x
g
x




，可转化为




1
2
max
max
2
f
x
g
x



，
则求出


1
max
f
x

，


2
max
g
x

即可求出实数a 的取值范围；
（2）指对缩放不等式可知


1
e
1
1
x
x
x



，
1
ln
1
x
x

(需证明)，则可得
1
2
e
ln
1
x
x
x
x
x
x



，则不等
式可证.
【详解】（1）因为

3
2
1
1
3
2
f x
x
x
ax



，
所以

2
2
1
1
2
4
f
x
x
x
a
x
a














，
所以

f
x

在区间

0,1 上单调递增，
故


max
1
2
f
x
f
a





．
因为
1
e
ln
x
g x
x
x
x



，
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所以



1
1
1
e
e
ln
1
1 e
ln
1
x
x
x
g
x
x
x
x
x










．
令


1
1 e
ln
1
x
h x
x
x




，则



1
1
2 ex
h x
x
x





，
又


0,1
x
，所以

0
h
x


，
故

g x

在区间

0,1 上单调递增，
所以


max
1
3
g
x
g




．
又对任意的


1
0,1
x 
，存在


2
0,1
x 
，使




1
2
2
f
x
g
x




，
所以


max
max
2
f
x
g
x




，
即
2
3
2
a 


，解得
1
a ，
故实数a 的取值范围为

, 1

．
（2）令
1
e 


x
s x
x ，
0
x 
，则

1
e
1




x
s
x
．
令
0
s x


，解得
1
x ，则当


0,1
x
时，
0
s x


，
s x 单调递减；
当


1,
x
时，
0
s x


，
s x 单调递增，
所以

1
0
s x
s


，即
1
ex
x

（当且仅当
1
x 时，等号成立）．
令

1
ln
1
F x
x
x


，则

2
2
1
1
1
x
F
x
x
x
x





．
令

0
F
x


，解得
1
x ，则当


0,1
x
时，

0
F
x


，

F x 单调递减；
当


1,
x
时，

0
F
x


，

F x 单调递增，
所以

1
0
F x
F


，即
1
ln
1
x
x

（当且仅当
1
x 时，等号成立），
故
1
1
e
ln
1
x
x
x
x



（当且仅当
1
x 时，等号成立）．
又
0
x 
，所以
1
2
e
ln
1
x
x
x
x
x
x



．
因为
1
a ，所以
2
2
1
x
x
x
x
a




，
故
1
2
e
ln
x
x
x
x
x
x
a




，即



g x
f
x ．
【点睛】方法点睛：指对不等式的常见处理手段指对同构法、指对放缩法、隐零点处理法.
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题型四
三个变量
1．设, ,
a b cR ，
0
a 
，6
0
a
b


，函数

3
2
f x
ax
bx
cx



，
1
4
f
a

．
(1)讨论函数

f x 的单调性；
(2)若0
3
x


时，函数

e x
y
f x
x 

＝
有三个零点
1x ，
2x ，
3x ，其中
1
2
3
x
x
x


，试比较
1
2
3
x
x
x


与2 的大
小关系，并说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)
1
2
3
2
x
x
x



，理由见解析
【分析】（1）根据题意得
9
c
a

，
6
b
a

，可得

3
2
6
9
f x
ax
ax
ax



，然后对a 分类讨论并利用导数从
而求解.
（2）由


e x
F x
y
f x
x 



有三个零点，令

0
F x 
分别求出零点，然后构造函数再结合导数从而求解.
【详解】（1）由
1
4
f
a

，得3
0
a
b
c


，又因为6
0
a
b


，所以
9
c
a

，
则

3
2
6
9
f x
ax
ax
ax



，所以




3
1
3
f
x
a x
x




，
0
a 
，
当
0
a 
时，令

0
f
x


，得
1
x 或
3
x 
；令

0
f
x


，得1
3
x


，
所以

f x 在

,1

和

3,
上单调递增，在

1,3 上单调递减；
当
0
a 
时，令

0
f
x


，得1
3
x


；令

0
f
x


，得
1
x 或
3
x 
，
所以

f x 在

,1

与

3,上单调递减，在

1,3 上单调递增．
（2）
1
2
3
2
x
x
x



，理由如下：
因为



2
3
2
6
9
3
f
x
ax
ax
ax
ax x





，
令


e x
F x
f x
x 


，
由

0
F x 
，得


2
3
e
0
x
ax x
x




，
解得
0
x 
或，

2
3
e
0
x
a x




因为


0,3
x
，
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所以
1
0
x 
，
2
3
,
x x 是

2
3
e
0
x
a x




的正根，
则
1
2
3
2
3
x
x
x
x
x




，
又


2
ln
3
lne x
a x
x








，
所以


2
2
ln
2ln 3
a
x
x



，


3
3
ln
2ln 3
a
x
x



，
两式相减得，







2
3
3
2
2
3
2ln 3
2ln 3
3
3
x
x
x
x
x
x









令
2
2
3
x
t


，
3
3
3
x
t


，则
2
3
3
0
t
t


，
得
2
3
2
3
2ln
2ln
t
t
t
t


，则
2
3
2
3
2
ln
ln
t
t
t
t



，
令


2
3
1,
t
u
t


，则


3
2
3
2
3
1
2
ln
ln
ln
t
u
t
t
t
t
u





所以3
2ln
1
u
t
u


，2
2 ln
1
u
u
t
u


得


2
3
2
1 ln
1
u
u
t
t
u




，






2
3
2
1 ln
2
1 ln
4
1
4
4
1
1
u
u
u
u
u
t
t
u
u











设




2
1 ln
4
1
g u
u
u
u




，则

1
2 ln
1
g u
u
u










，
再设
1
ln
1
h u
u
u


，则

2
2
1
1
1
0
u
h u
u
u
u






，
所以
h u 在

1,上为增函数，
所以
1
0
h u
h


，即

1
2 ln
1
0
g u
u
u










，
则




2
1 ln
4
1
g u
u
u
u




在

1,上为增函数，
所以
1
4ln1 0
0
g u
g




，
所以2
3
4
0
t
t



，即




2
3
2
3
3
3
4
2
0
x
x
x
x








，
所以
2
3
2
x
x


，即
1
2
3
2
3
2
x
x
x
x
x





.
【点睛】关键点点睛：(2)中利用构造函数并结合二次求导求出构造函数的最值，从而求解.
2．已知函数
e
( )
ln
x
f x
ax
a
x
x



.
(1)若
0
a 
，求函数
( )
y
f x

的极值点；
(2)若不等式
( )
0
f x 
恒成立，求实数a 的取值范围；
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(3)若函数
( )
y
f x

有三个不同的极值点
1
x 、
2
x 、
3x ，且
2
1
2
3
( )
(
)
(
)
3e
e
f x
f x
f x




，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)1
(2)
e
a 
(3)
2
e
e
a


【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性，即可求函数的极值点.
（2）由

0
f x 
分离常数a ，利用构造函数法，结合导数来求得a 的取值范围.
（3）首先根据

f x 有3个不同的极值点求得a 的一个范围，然后化简不等式






2
1
2
3
3e
e
f
x
f
x
f
x



，
利用构造函数法，结合导数求得a 的取值范围.
【详解】（1）当
0
a 
时，

ex
f x
x

，



2
1
ex
x
f
x
x



，
当0
1
x

时，
( )
0
f
x
¢
>
，
1
x 时，

0
f
x


，
所以函数在区间

0,1 单调递增，在区间

1,单调递减，
所以函数在
1
x 处取得极大值，函数的极值点为1；
（2）函数

f x 的定义域为

0, ，不等式

0
f x 
恒成立，
即

e
ln
x
a x
x
x


在

0, 上恒成立，
记
ln
u x
x
x


，则

1
1
1
x
u
x
x
x




，
得到
u x 在区间

0,1 上


0,
u
x
u x


单调递减，
在

1,上


0,
u
x
u x


单调递增，
则

min
1
1
u x
u

，即
1
u x 在区间

0, 上恒成立，
分离变量知：

2
ln
ex
a
g
x
x
x
x



在

0, 上恒成立，则
min
a
g x

，











2
2
2
2
2
2
ln
2
ln
1
ln
2
ln
1
ln
e
ln
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x
x
























2
2
2
2
2
1
1 ln
1
1
ln
ln
e
e
ln
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x













，
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由前面可知，当



0,1
1,
x


时，
ln
1
u x
x
x


恒成立，即
1 ln
0
x
x


，
所以
g x 在区间

0,1 上


0,
g
x
g x


单调递减，
在区间

1,上


0,
g
x
g x


单调递增，
所以

min
1
e
g x
g


，所以
e
a 
．
（3）










2
2
2
2
e
1
e
1
1
e
1
x
x
x
ax
x
x
ax
x
x
a
f
x
a
x
x
x
x
x













，
设曲线
ex
y 
图象上任意一点


,e
, e
e
t
x
x
t

，
所以曲线
ex
y 
在点

,et
t
处的切线方程为


e
e
t
t
y
x
t



，
将

0,0 代入得


0
e
e
0
,
1
t
t
t
t



，故切点为

1,e ，
过

0,0 的切线方程为


e
e
1 ,
e
y
x
y
x




，
所以直线
e
y
x

和曲线
ex
y 
相切，并且切点坐标为

1,e ，
所以当且仅当
e
a 
时，方程
e
0
x
ax 

有两个不相等的实根
1
x ，
3x ，并且
1
3
0
1
x
x


，
从而当
e
a 时，

f x 有三个极值点
1
x ，
2
x ，
3x ，并且
1
2
3
0
1
x
x
x



，
1
1
ex
ax 
，
3
3
e
x
ax 
，
取对数知：
1
1
ln
ln
a
x
x


，
3
3
ln
ln
a
x
x


，即
1
1
ln
ln
a
x
x


，
3
3
ln
ln
a
x
x


，
则










3
1
1
2
3
1
1
3
3
1
3
e
e
ln
e
ln
x
x
f
x
f
x
f
x
a x
x
a
a x
x
x
x









2
ln
e
ln
2 ln
e
3e
e
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a









．
构造


2 ln
e
e
g a
a
a
a
a




，



2 ln
1
1
2ln
1
0
g
a
a
a





在
e
a 
时恒成立，
则
g a 在区间


e,
a 
上单调递增，且

2
2
2
2
2
e
e
e
2
ln
3
e
e
e
e
g





，
从而







2
1
2
3
2 ln
e
3e
e
f x
f x
f x
a
a
a
g a








的解为
2e
a 
，
综上所述
2
e
e
a


．
【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单
调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法求得单调区间时，可考虑二次求导等方法
来进行求解.
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3．已知函数

1
ln
f x
x
a x
x









.
(1)讨论

f x 极值点的个数；
(2)若函数

f x 恰有2 个极值点
1
2
,
x x 

1
2
x
x

，3 个零点1t ，2t ，3t （1
2
3
t
t
t


），探究：是否存在实数a ，
使得





2
1
3
1
3
1
2
2
2
ln
ln
f x
f x
t
t
t
t





.
【答案】(1)答案见解析
(2)不存在
【分析】（1）求导后，分类讨论a ，根据极值点的概念可得结果；
（2）根据函数
( )
f x 恰有2 个极值点
1
2
,
x x 

1
2
x
x

，3 个零点1t ，2t ，3t（1
2
3
t
t
t


），推出
1
2
1

x x
，1
2
1
x
x
a


，
2
1
1
1
2
2
x
a
x
a



，1
3
1
t
t

，假设存在实数a ，使得





2
1
3
1
3
1
2
2
2
ln
ln
f x
f x
t
t
t
t





，化为
2
2
2
2
2
2
1
ln
1
0
1
x
x
x
x





，再构造函数

2
2
2
1 ln
t x
x
x


，2
1
x ，利用导数得

2
0
t x

，又
2
2
2
2
1
0
1
x
x



，
从而得假设不成立，由此可得答案.
【详解】（1）由题知：



2
2
2
1
0
a
ax
x
a
f
x
a
x
x
x
x








，
设函数
2
g x
ax
x
a



，
当
0
a 
时，

1
0
f
x
x



，所以

f x 在

0, 

上单调递增，此时
( )
f x 无极值点；
当a<0时，
g x 开口向下，对称轴为
1
0
2
x
a


，
0
0
g
a


；
所以
( )
0
f
x
¢
>
，

f x 在

0, 

上单调递增，此时
( )
f x 无极值点；
当
1
2
a 
时，
g x 开口向上，
2
1 4
0
a


；
所以

0
f
x


，

f x 在

0, 

上单调递减，此时
( )
f x 无极值点；
当
1
0
2
a


时，
g x 开口向上，
2
1
4
0
a


，对称轴为
1
1
2
x
a

，
0
0
g
a


；
所以
0
g x 
在

0, 

上有两个解


1
2
1
2
,
x x
x
x

，且
1
2
1

x x
，
2
1
1
1
2
2
x
a
x
a



，
所以当
1
0
x
x


时，
( )
0
g x 
，
( )
0
f
x


；当
1
2
x
x
x


时，( )
0
g x 
，
( )
0
f
x


；
当
2
x
x

时，
( )
0
g x 
，
( )
0
f
x


，
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所以

f x 在

1
0, x
上单调递减，在

1
2
,
x x
上单调递增，

2,
x 上单调递减；
此时

f x 有两个极值点.
综上所述：当
0
a 
或
1
2
a 
时，
( )
f x 无极值点；当
1
0
2
a


时，

f x 有两个极值点.
（2）因为函数

f x 恰有2 个极值点
1
2
,
x x 

1
2
x
x

，
由（1）知：
1
2
1

x x
，
1
2
1
x
x
a


，
1
0
2
a


，
2
1
1
1
2
2
x
a
x
a



，
又因为函数

f x 有3 个零点1t ，2t ，3t （1
2
3
t
t
t


），且

f x 在

1
0, x
上单调递减，在

1
2
,
x x
上单调递增，


2,
x 上单调递减；
所以1
1
2
3
1
t
x
x
t



，因为
(1)
0
f

，所以2
1
t ，
因为
1
1
1
1
1
( )
ln
(
)
0
f t
t
a t
t




，
3
3
3
3
1
( )
ln
(
)
0
f t
t
a t
t




，
3
1
( )
f t

3
3
3
1
1
ln
(
)
a
t
t
t



3
3
3
3
1
ln
(
)
( )
0
t
a t
f t
t





，
所以1
3
1
t
t

，
因为
1
1
1
1
( )
ln
(
)
ln
(
)
( )
f
a
x
x
a x
f x
x
x
x
x







，
所以






2
2
1
2
2
2
1
(
)
(
)
2
2
2
f
x
f
f
x
f
x
x
f x
f x













2
f x

，
又因为


3
3
3
3
1
3
1
3
3
3
1
2ln
2
2
1
2
2
2
2
1
ln
ln
2ln
ln
ln
t
t
t
t
t
a
t
t
t
a
t
t

















，
假设存在实数a ，使得





2
1
3
1
3
1
2
2
2
ln
ln
f x
f x
t
t
t
t





，
则


2
1
2
f
x
a


，即
2
2
2
1
1
ln
2
0
x
a x
x
a











，
即


2
2
1
2
1
2
2
1
1
ln
2
0
x
x
x
x
x
x
x
















，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
ln
2
0
1
x
x
x
x
x
x
x
















，
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所以
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
1
ln
2
ln
1
0
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x












，
令

2
2
2
1 ln
t x
x
x


，
2
1
x ，
则

2
2
1
1
0
t
x
x



，所以

2
t x
在

1,上单调递减，


2
1
0
t x
t


，
所以




2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
ln
1
1 ln
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x









2
2
2
2
2
(1
)
0
(
1)
x
x
x




，
所以
2
2
2
2
2
2
1
ln
1
0
1
x
x
x
x





不成立，
所以不存在实数a 满足：





2
1
3
1
3
1
2
2
2
ln
ln
f x
f x
t
t
t
t





.
【点睛】难点点睛：根据已知条件得
1
2
1

x x
，
1
2
1
x
x
a


，
2
1
1
1
2
2
x
a
x
a



，1
3
1
t
t

，将等式化为
2
2
2
2
2
2
1
ln
1
0
1
x
x
x
x





是本题的难点.
4．已知函数f（x）＝2lnx﹣2mx+x2（m＞0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当
3 2
2
m 
时，若函数f（x）的导函数f′（x）的图象与x 轴交于A，B 两点，其横坐标分别为x1，x2
（x1＜x2），线段AB 的中点的横坐标为x0，且x1，x2 恰为函数h（x）＝lnx﹣cx2﹣bx 的零点．求证（x1﹣x2）
h'（x0）≥
2
3

+ln2．
【答案】（1）当0＜m≤2 时，f（x）在（0，+∞）内单调递增；当m＞2 时，f（x）在
2
2
4
4
,
2
2
m
m
m
m












内单调递减，在
2
4
0,
2
m
m










，
2
4 ,
2
m
m











内单调递增；（2）见解析.
【分析】（1）由题易知



2
2
1
x
mx
f
x
x




，然后将其看成二次函数，讨论根与系数之间的关系和判别式
对其进行分析，得出单调性；
（2）求出函数的导函数，表示出b ，令
1
2
(0
1)
x
t
t
x 

，由
2
2
2
1
2
1
(
)
2
x
x
m
t
m
t





，根据函数的单调
性证明即可.
【详解】（1）由于f（x）＝2lnx﹣2mx+x2 的定义域为（0，+∞），



2
2
1
x
mx
f
x
x




．
对于方程x2﹣mx+1＝0，其判别式△＝m2﹣4．
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当m2﹣4≤0，即0＜m≤2 时，f'（x）≥0 恒成立，故f（x）在（0，+∞）内单调递增．
当m2﹣4＞0，即m＞2，方程x2﹣mx+1＝0 恰有两个不相等是实根
2
4
2
m
m
x



，
令f'（x）＞0，得
2
4
0
2
m
m
x




或
2
4
2
m
m
x



，此时f（x）单调递增；
令f'（x）＜0，得
2
2
4
4
2
2
m
m
m
m
x






，此时f（x）单调递减．
综上所述，当0＜m≤2 时，f（x）在（0，+∞）内单调递增；
当m＞2 时，f（x）在
2
2
4
4
,
2
2
m
m
m
m












内单调递减，
在
2
4
0,
2
m
m










，
2
4 ,
2
m
m











内单调递增．
（2）证明：由（1）知，



2
2
1
x
mx
f
x
x




，
所以f'（x）的两根x1，x2 即为方程x2﹣mx+1＝0 的两根．
因为
3 2
2
m 
，所以△＝m2﹣4＞0，x1+x2＝m，x1x2＝1．
又因为x1，x2 为h（x）＝lnx﹣cx2﹣bx 的零点，
所以
2
2
1
1
1
2
2
2
ln
0,ln
0
x
cx
bx
x
cx
bx






，
两式相减得





1
1
2
1
2
1
2
2
ln
0
x
c x
x
x
x
b x
x
x 





，
得


1
2
1
2
1
2
ln x
x
b
c x
x
x
x




．而

1
2
h
x
cx
b
x




，
所以（x1﹣x2）h'（x0）＝

1
2
0
0
1
2
x
x
cx
b
x









＝







1
1
1
2
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
2
2
2
ln
1
2
2
ln
2
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
c x
x
c x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x





























令
1
2
(0
1)
x
t
t
x 

，由

2
2
1
2
x
x
m


得
2
2
2
1
2
1
2
2
x
x
x x
m



，
因为x1x2＝1，两边同时除以x1x2，得
2
1
2
t
m
t



，
因为
3 2
2
m 
，故
1
5
2
t
t


，解得
1
0
2
t

或t≥2，所以
1
0
2
t

．
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设

1
2
ln
1
t
G t
t
t





，所以





2
2
1
0
1
t
G t
t t






，
则y＝G（t）在
1
0, 2





上是减函数，所以

1
2
ln2
2
3
G t
G 








，
即y＝（x1﹣x2）h'（x0）的最小值为
2
ln2
3


．
所以



1
2
0
2
ln2
3
x
x
h
x




．
【点睛】本题考查了导数的知识，包括导数的单调性以及导数的应用，与函数的综合知识，该题计算量大，
题型复杂，属于难题.
练习题：
1．若函数



2
1
1
ln
0
2
2
f x
a
x
x
a
x





有两个零点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x

．
(1)求a 的取值范围；
(2)若

f x 在

1,0
x
和

2,0
x
处的切线交于点

3
3
,
x
y
，求证：
3
1
2
2x
x
x


．
【答案】(1)


0,
a 

(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数
求解；
（2）利用导数求切线方程得出


2
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
x
x
a
x
x



，将原不等式化为证明


1
1
ln
0
1
2
t
t
t
t









，构造函数

1
1
ln
2
h t
t
t
t









利用导数证明即可.
【详解】（1）

2
a
x
a
f
x
x
x
x






当
0
a 
，

0
f
x


，

f x 在

0, 

上单调递减，不可能两个零点；
当
0
a 
时，令

0
f
x


得x
a



0,
x
a

，
( )
0
f
x
¢
>
，

f x 单调递增，


,
x
a

，

0
f
x


，

f x 单调递减，
1
1
( )
ln
(1
)
ln
1(
0)
g x
x
x
x
x
x







，
2
2
1
1
1
( )
x
g x
x
x
x





，
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(0,1)
x 
时，
( )
0
g x


，
g x 单调递减，


1,
x
，

0
g
x


，
g x 单调递增，
所以( )
(1)
0
g x
g


，即
0
x 
时，
1
ln
1
x
x

恒成立，当且仅当
1
x 时取等号，
所以
1
1
1
1
ln
e
e
e
a
a
a
a





，
而

2
1
1
ln
ln
1
2
2
f x
a
x
x
a
a
x
a






，
所以
1
1
1
(e
)
( 1
)
1
0
a
f
a
a
a





；


1
0
f
a
f
a



；


2
2
1
1
1
1
1 2
ln(1 2
)
(1 2
)
(1 2
)
2
0
2
2
2
2
f
a
a
a
a
a
a
a
a
a














∴


0,
x
a

有唯一零
点且


,
x
a

有唯一零点，满足题意，
综上：


0,
a 
；
（2）曲线

y
f
x

在

1,0
x
和

2,0
x
处的切线分别是


1
1
1
1
:
a
l
y
x
x
x
x









，


2
2
2
2
:
a
l
y
x
x
x
x









联立两条切线得
1
2
3
1
2
1
x
x
x
a
x x


，∴
1
2
3
1
2
1
x
x
a
x
x x


，
由题意得


2
2
2
1
1
1
2
2
1
2
2
2
1
1
1
ln
0
2
2
2
1
1
ln
ln
ln
0
2
2
a
x
x
a
x
x
a
x
x
a
x
x
a

















，
要证
3
1
2
2x
x
x


，即证
1
2
3
2
x
x
x


，即证
1
2
1
a
x x ，即证
1
2
2
1
1
2
1
2
1
ln
x
x
x
x
x
x






，
令
1
2
1
x
t
x

，即证


1
1
ln
0
1
2
t
t
t
t









，
令
1
1
ln
2
h t
t
t
t









，



2
2
1
0
2
t
h t
t




，∴
h t 在

0,1 单调递减，∴

1
0
h t
h


，
∴


1
1
ln
0
1
2
t
t
t
t









得证．综上：


3
1
2
2
2
1
x
x
x
a




．
【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变
形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，
属于难题.
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2．设函数
e
( )
ln (
0)
2
f x
x x
x



．
(1)求
( )
f x 的单调区间；
(2)已知,a bR ，曲线
( )
y
f x

上不同的三点












1
1
2
2
3
3
,
,
,
,
,
x
f x
x
f x
x
f x
处的切线都经过点( , )
a b ．证
明：
（ⅰ）若
e
a ，则
1
0
( )
1
2 e
a
b
f a










；
（ⅱ）若
1
2
3
0
e,
a
x
x
x




，则
2
2
1
3
2
e
1
1
2
e
e
6e
6e
a
a
x
x
a







．
（注：e
2.71828

是自然对数的底数）
【答案】(1)

f x 的减区间为
e
0 2






,
，增区间为e ,
2







.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3 个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ）
3
1
x
k
x

，
1
e
a
m 
，则题设不等式可转化为





2
1
3
1
3
13
12
2
2
36
m
m
m
t
t
m
m t
t








，结合零点满足的方程进一步转化为






2
1
13
12
ln
0
72
1
m
m
m
m
m
m







，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1）

2
2
e
1
2
e
2
2
x
f
x
x
x
x





，
当
e
0
2
x


，

0
f
x


；当
e
2
x 
，
( )
0
f
x
¢
>
，
故

f x 的减区间为
e
0 2






,
，

f x 的增区间为e ,
2







.
（2）（ⅰ）因为过

,a b 有三条不同的切线，设切点为



,
,
1,2,3
i
i
x f x
i 
，
故


i
i
i
f x
b
f
x
x
a



，
故方程



f x
b
f
x
x
a




有3 个不同的根，
该方程可整理为


2
1
e
e
ln
0
2
2
x
a
x
b
x
x
x












，
设


2
1
e
e
ln
2
2
g x
x
a
x
b
x
x
x












，
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则



2
2
3
2
1
e
1
e
1
e
2
2
g
x
x
a
x
x
x
x
x
x

















3
1
e
x
x
a
x



，
当0
e
x


或x
a

时，

0
g
x


；当e
x
a


时，

0
g
x


，
故
g x 在


0,e ,
,a 上为减函数，在

e,a 上为增函数，
因为
g x 有3 个不同的零点，故
e
0
g

且
0
g a 
，
故


2
1
e
e
e
ln e
0
e
2e
2e
a
b












且


2
1
e
e
ln
0
2
2
a
a
a
b
a
a
a












，
整理得到：
1
2e
a
b 
且

e
ln
2
b
a
f a
a



，
此时

1
e
1
3
e
1
1
ln
ln
2 e
2e
2
2e
2
2
2
a
a
a
b
f a
a
a
a
a























，
设
3
e
ln
2
2
u a
a
a



，则

2
e-2
0
2
a
u a
a



，
故
u a 为

e,上的减函数，故
3
e
ln e
0
2
2e
u a 



，
故

1
0
1
2
e
a
b
f a









.
（ⅱ）当0
e
a


时，同（ⅰ）中讨论可得：
故
g x 在


0,
, e,
a
上为减函数，在

,e
a
上为增函数，
不妨设
1
2
3
x
x
x


，则
1
2
3
0
e
x
a
x
x





，
因为
g x 有3 个不同的零点，故
0
g a 
且
e
0
g

，
故


2
1
e
e
e
ln e
0
e
2e
2e
a
b












且


2
1
e
e
ln
0
2
2
a
a
a
b
a
a
a












，
整理得到：
1
ln
2e
2e
a
a
b
a



，
因为
1
2
3
x
x
x


，故
1
2
3
0
e
x
a
x
x





，
又
2
e
e
1
ln
2
a
a
g x
x
b
x
x





，
设
e
t
x

，


0,1
e
a
m


，则方程
2
e
e
1
ln
0
2
a
a
x
b
x
x






即为：
2
e
ln
0
e
2e
a
a
t
t
t
b






即为

2
1
ln
0
2
m
m
t
t
t
b






，
记1
2
3
1
2
3
e
e
e
,
,
,
t
t
t
x
x
x



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则1
2
3
, ,
t t t 为

2
1
ln
0
2
m
m
t
t
t
b






有三个不同的根，
设
3
1
3
1
e
1
x
t
k
t
x
a



，
1
e
a
m 
，
要证：
2
2
1
3
2
e
1
1
2
e
e
6e
6e
a
a
x
x
a







，即证
1
3
e
2e
e
2
6e
6e
a
a
t
t
a







，
即证：
1
3
13
2
1
6
6
m
m
t
t
m






，
即证：
1
3
1
3
13
2
1
0
6
6
m
m
t
t
t
t
m

















，
即证：





2
1
3
1
3
13
12
2
2
36
m
m
m
t
t
m
m t
t








，
而

2
1
1
1
1
ln
0
2
m
m
t
t
t
b






且

2
3
3
3
1
ln
0
2
m
m
t
t
t
b






，
故




2
2
1
3
1
3
1
3
ln
ln
1
0
2
m
t
t
t
t
m
t
t







，
故
1
3
1
3
1
3
ln
ln
2
2
2
t
t
t
t
m
m
t
t







，
故即证：





2
1
3
1
3
1
3
13
12
ln
ln
2
36
m
m
m
t
t
m
t
t
m t
t









，
即证：




1
2
1
3
3
1
3
ln
13
12
0
72
t
t
t
m
m
m
t
t
t







即证：




2
13
12
1 ln
0
1
72
m
m
m
k
k
k







，
记

1 ln
,
1
1
k
k
k
k
k





，则



2
1
1
2ln
1
k
k
k
k
k












，
设
1
2ln
u k
k
k
k



，则

2
1
2
2
2
1
0
u k
k
k
k
k






，所以

1
0
u k
u


，

0
k


，
故
k

在

1,上为增函数，故
1
k
m








，
所以









2
2
13
12
13
12
1 ln
1 ln
1
72
1
72
m
m
m
m
m
m
k
k
m
m
k
m













，
记







2
1
13
12
ln
,0
1
72
1
m
m
m
m
m
m
m
m










，
则











2
2
3
2
3
2
2
1
3
20
49
72
1
3
3
0
72
1
72
1
m
m
m
m
m
m
m
m m
m m













，
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所以
m

在

0,1 为增函数，故

1
0
m




，
故






2
1
13
12
ln
0
72
1
m
m
m
m
m
m







即




2
13
12
1 ln
0
1
72
m
m
m
m
m
m







，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程
的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
3．已知函数


2
ln
,
a
x
f
x
g x
x
x


.
(1)若


h x
f x
g x


在1,e
e





单调递增，求实数a 的取值范围；
(2)若
g x 的极值点为
0x ，设


x
x f
x
g x






，且





1
2
1
2
3,
x
x
x
x





证明：
3
0
1
2
e
x x x
a

.
【答案】(1)
0
a 
(2)证明见解析
【分析】（1）把原函数在区间单调递增问题转化为导函数恒大于等于0，分离参数，构造函数，利用导数求
解函数最值，即可求出参数范围；
（2）利用导数求出函数
g x 的极值点为
0
e
x 
，利用导数研究函数
x

的单调性，从而
1
2
x
a
x



，再
利用极值点偏移，构造函数


2
ln 3
ln
e
x
T x
x



，证得
2
1
2
e
x x
a

，由此得证.
【详解】（1）函数


2
ln
a
x
h x
f
x
g x
x
x




的定义域为1,e
e





，
由题意函数
2
ln
a
x
h x
x
x


在1,e
e





单调递增，所以

3
ln
2
0
x
x x
a
h
x
x





恒成立，
则2
ln
a
x
x x


在1,e
e





恒成立，令
ln
u x
x
x x


，则

ln
u
x
x


，
当

1 ,1 ,
0
e
x
u
x







，则
u x 单调递增，



1,e ,
0
x
u
x



，则
u x 单调递减，
而

1
2 ,
e
0
e
e
u
u







，所以

min
( )
e
0
u x
u


，所以2
0
a 
，即
0
a 
；
（2）因为
lnx
g x
x

，所以

2
1 lnx
g
x
x



，当

0
g
x


时，
e
x，
当

(0,e),
0
x
g
x



，则
g x 在

0,e 单调递增，
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
(e,+
),
0
x
g
x




，则
g x 在

e,单调递减，
所以
g x 的唯一极值点
0
e
x 
，
因为
ln
a
x
x
x



，则

2
x
a
x
x




，
当
0
a 
时，

0
x


恒成立，则
x

在

0, 

上单调递增，不合题意，
当
0
a 
时，

0
x


的解集为


0,
,
0
a
x


的解集为

,a ，
即
x

的单调增区间为

,a ，单调减区间为

0,a ，
依题意：

min
( )
1
ln
3
x
a
a





，解得


2
0,e
a 
，
设
1
2
x
x

，则
1
2
x
a
x



，要证
3
0
1
2
e
x x x
a

，则只要证
2
1
2
e
x x
a

，
即证
2
2
1
e
a
a
x
x


，即证

2
2
1
e
a
x
x








，即证：
2
1
1
e
a
x
x








，
即证


1
1
1
2
3
ln
ln
2,
0,
e
x
x
a
x
a





，
而


1
1
1
1
ln
3
3
ln
a
x
a
x
x
x 




，即证




1
1
1
2
1
ln 3
ln
,
0,
e
x
x
x
a




，
令




2
2
ln 3
ln
,
0,e
e
x
T x
x
x




，则



2
1
1
3
ln
e
T
x
x
x




，
设





2
3
ln
,
0,e
G x
x
x
x



，求导得

2
ln
0
G
x
x




，
即

G x 在

2
0,e
上单调递增，则有


2
2
0
e
e
G x
G



即


0,
T
x
T x


在

2
0,e
上单调递减，而



2
0,
0,e
a 
当


0,
x
a

时，



2e
1
T x
T a
T


，
则当


0,
x
a

时，


2
1
ln 3
ln
e
x
x



成立，故有
2
1
2
e
x x
a

成立，
所以
3
0
1
2
e
x x x
a

.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论
1
2
0
( )2
x
x
x


型，构造函数
0
( )
( )
(2
)
F x
f x
f
x
x



；对结论
2
1
2
0
( )
x x
x

型，构造函数
2
0
( )
( )
(
)
x
F x
f x
f
x


，通过研究F(x)的单调性获得不等式.
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(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换
1
2
x
t
x

化为单变量的函数不等式，利用函数单
调性证明.
4．已知函数



2e
2 e
x
x
f x
a
a
x




．
(1)当
0
a 
时，求曲线

y
f
x

在点



0,
0
f
处的切线方程；
(2)若函数

f x 存在两个零点，求实数a 的范围；
(3)当函数

f x 有两个零点


1
2
1
2
,
x x
x
x

，且存在极值点
0x ，证明：
①
1
2
1
0
x
x



；
②
2
1
2
0
1
1
2
2
x
x
x
a



．
【答案】(1)3
2
0
x
y



(2)

0,1
(3)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）当
0
a 
时，求得

2e
1
x
f
x


，得到

0
3
f 
和

0
2
f
，进而求得切线方程；
（2）求得



1
e
2
(
)
e
1
0
x
x
f
x
a
a





，令

0
f
x


，求得解得
ln
x
a

，得到函数的单调性和最小值


min
( )
ln
0
f x
f
a



，得到
g x 在

0, 

上单调递增，结合1
0
g

，即可求解；
（3）（i）由



1
0,
0
0
f
f



，且

,
x
f x




，得到
1
2
1
0
x
x



；
（ii）由上知
2
0
1
1
1
ln
1
1
2
x
x
a
a
a




，进而得到


1
0
1
1
1
e
1
2
e
x
x
x
xe
x




，结合
1
2
1
1
1
1
1
1
2
ex
x
x
x



，转
化为


1
0
1
ln
1
x
x
x



，进而证得
2
1
2
0
1
1
2
2
x
x
x
a



.
【详解】（1）解：当
0
a 
时，

2ex
f x
x


，则

2e
1
x
f
x


，
所以

0
0
2e
1
3
f 

，而

0
2
f
，
所以曲线

y
f
x

在点



0,
0
f
处的切线方程为3
2
0
x
y


．
（2）解：由题意，函数



2e
2 e
x
x
f x
a
a
x




，可得



1
e
2
(
)
e
1
0
x
x
f
x
a
a





，
因为e
0,2e
1
0
x
x


，
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令

0
f
x


，即e
1
0
x
a


，可得
1
ex
a

，解得
ln
x
a

，
所以

f x 在

, lna

递减，

ln ,


a
递增，
又有两个零点，所以


min
1
( )
ln
1
ln
0
f x
f
a
a
a





，
令
1
1
ln
0
g x
x
x



，则
g x 在

0, 

上单调递增，
又1
0
g

，所以


0,1
x
时，
0
g x 
，故


0,1
a 
.
（3）解：（i）因为



2
2
1
1
0,
0
2
0
e
e
e
a
a
f
f
a















，
而

,
x
f
x




，所以
1
2
1
0
x
x



，
（ii）由上知
2
0
1
1
1
ln
1
1
2
x
x
a
a
a




，
而

1
0
f x

，即


1
1
2
1
2 e
0
e x
x
a
a
x




，
所以


0
1
1
1
1
e
e
e
1
2
,
ex
x
x
x
a
x a




，即


1
0
1
1
1
e
1
e
2
e
x
x
x
x
x




又因为


1
2
1
1
1
1
1
1
1
e
0
2
x
x
x
x
x





，
所以




1
0
1
0
1
1
2
1
1
1
1
e
e
e
e
2
1
2
3
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x










，
所以
1
0
1
1
e
x
x
x


，即


1
0
1
ln
1
x
x
x



，
又由




2
1
1
1
1
ln
1
0
2
x
x
x
x




，所以
2
1
1
0
1
2
x
x
x
x



，即
2
1
0
2
x
x

，
所以
2
1
2
0
1
1
2
2
x
x
x
a



.
题型
能力提升创新题
4．已知函数





2
ln
1
1
R
f x
x
x
ax
a






.
(1)当
2
a 时，存在


1
2
,
0,1
x x 
，使得



1
2
f x
f x
M


，求M 的最大值；
(2)已知m，n 是

f x 的两个零点，记

f
x

为

f x 的导函数，若


0,
m n

,
，且m
n

，证明：
0
2
m
n
f








.
【答案】(1) ln 2
1

(2)证明见解析
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【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，求出最值，得到





1
2
max
min
max
ln 2 1
M
f x
f x
f x
f x










，求出答案；
（2）根据零点得到方程组，相减求出


1
1
ln
1
m
a
m
n
m
n
n






，求导得到
2
1
1
ln
2
2
1
m
n
m
f
m
n
m
n
n














，化简换元后得到只需证2
2
ln
0
1
t
t
t




，0
1
t
，构造函数，求导得
到其单调性，证明出结论/
【详解】（1）当
2
a 时，



2
ln
1
2
1
f x
x
x
x




，
则

f x 的定义域为

1,

，且

2
1
3
2
2
2
1
1
x
f
x
x
x
x








，
当


0,1
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，所以

f x 在

0,1 上单调递增，
所以

f x 在

0,1 上的最大值为
1
ln 2
f

，最小值为

0
1
f
，
由题意知





1
2
max
min
max
ln 2 1
M
f x
f x
f x
f x










，
故M 的最大值为ln 2
1
.
（2）证明：由题意知



2
ln
1
1
0
f m
m
m
am





，



2
ln
1
1
0
f n
n
n
an





，
所以







1
ln
0
1
m
f m
f n
m
n
m
n
a m
n
n










，
所以


1
1
ln
1
m
a
m
n
m
n
n






.
因为

1
2
1
f
x
x
a
x





，
所以


2
2
2
m
n
f
m
n
a
m
n

















2
1
1
ln
2
1
m
m
n
m
n
m
n
m
n
n











2
1
1
ln
2
1
m
m
n
m
n
n







，
所以要证
0
2
m
n
f








，只要证
2
1
1
ln
0
2
1
m
m
n
m
n
n







，
因为m
n

，所以只要证

2
1
ln
0
2
1
n
m
m
m
n
n







，
令
1
1
m
t
n



，则0
1
t
，即证2
2
ln
0
1
t
t
t




，
令


2
2
ln
0
1
1
t
g t
t
t
t





，则











2
2
2
2
1
2 1
1
1
1
1
t
t
t
g t
t
t
t t











，
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因为0
1
t
，所以
0
g t

，
所以
g t 在

0,1 上单调递增，
所以
1
0
g t
g


，
所以

2
1
ln
0
2
1
n
m
m
m
n
n







，所以
0
2
m
n
f








.
【点睛】极值点偏移问题，经常使用的方法有：比值代换，构造差函数，对数平均不等式，变更结论等，
若不等式中含有参数，则消去参数，再利用导函数进行求解.
1.
已知函数
( )
1
ln (
)
f x
x
a
x a
R



．
（1）求函数
( )
f x 的极值；
（2）求证：若
( ) 0
f x 对
(0,
)
x
恒成立，则
1
a ；
（3）设a<0，对任意的
1
2
0
1
x
x


，都有
1
2
1
2
1
1
|
( )
(
) |
4(
)
f x
f x
x
x



成立，求实数a 的取值范围．.
【答案】（1）极小值为a﹣1﹣alna；（2）证明见解析；（3）[﹣3，0）.
【解析】（1）求出原函数的导函数，然后对a 分类求解函数
( )
f x 的极值；
（2）由（1）知，当
0
a时，函数
( )
f x 在(0,
)
上是增函数，而f （1）
0

，可得当
(0,1)
x
时，
( )
0
f x 
，
与
( ) 0
f x 恒成立相矛盾；当
0
a 
时，函数
( )
f x 在( ,
)
a 上是增函数，在(0, )
a 上是减函数，结合f （1）0

，
可得若
( ) 0
f x 对
(0,
)
x
恒成立，则
1
a ；
（3）设
4
4
( )
( )
1
h x
f x
x
alnx
x
x





，则
1
2
1
2
1
1
|
( )
(
) |
4|
|
f x
f x
x
x



等价于函数( )
h x 在区间(0 ，1]上是减函数即
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使
2
4 0
x
ax

在(0 ，1]上恒成立，然后利用分离法将a 分离出来，从而求出a 的范围．
【详解】（1）
( )
1
(
0)
a
x
a
f
x
x
x
x






，
若
0
a，则
( )
0
f
x


在(0,
)
上恒成立，
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，原函数无极值；
若
0
a 
，则当
(0, )
x
a

时，
( )
0
f
x


，当
( ,
)
x
a

时，
( )
0
f
x


，
( )
f x

在(0, )
a 上为减函数，在( ,
)
a 上为增函数，
则
( )
f x 的极小值为f （a）
1
a
alna


；
（2）由（1）知，当
0
a时，函数
( )
f x 在(0,
)
上是增函数，
而f （1）
0

，当
(0,1)
x
时，
( )
0
f x 
，与
( ) 0
f x 恒成立相矛盾，
0
a
不满足题意；
当
0
a 
时，函数
( )
f x 在( ,
)
a 上是增函数，在(0, )
a 上是减函数，
( )
f x
f

（a）
1
a
alna


f

（1）
0

，当
1
a 时，f （a）
f

（1）
0

，此时与
( ) 0
f x 恒成立相矛盾．
1
a

；
（3）由（2）可知，
当a<0时，函数
( )
f x 在(0 ，1]上是增函数，又函数
1
y
x

在(0 ，1]上是减函数，
不妨设
1
2
0
1
x
x

，
则
1
2
2
1
|
(
)
(
) |
(
)
(
)
f x
f x
f x
f x



，
1
2
1
2
1
1
|
( )
(
) |
4|
|
f x
f x
x
x




，即
2
1
2
1
1
1
(
)
4
( )
4
f x
f x
x
x





．
设
4
4
( )
( )
1
h x
f x
x
alnx
x
x





，
则
1
2
1
2
1
1
|
( )
(
) |
4|
|
f x
f x
x
x



等价于函数( )
h x 在区间(0 ，1]上是减函数．
2
2
2
4
4
( )
1
a
x
ax
h x
x
x
x







，
2
4 0
x
ax


在(0 ，1]上恒成立，
即
4
a x
x


在(0 ，1]上恒成立，即a 不小于
4
y
x
x


在(0 ，1]内的最大值．
而函数
4
y
x
x


在(0 ，1]是增函数，
4
y
x
x



的最大值为3
．
3
a



，
又a<0，
[ 3
a
，0) ．
【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不
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等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合
的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，
然后再化简或者进一步利用导数证明.
2.
已知函数

2
1
ln
(
)
2
f x
x
a
x



，其中aR ．
(1)当
1
a 时，求函数

f x 在



1,
1
f
处的切线方程；
(2)讨论函数

f x 的单调性；
(3)若

f x 存在两个极值点






1
2
1
2
2
1
,
,
x x
x
x
f
x
f
x


的取值范围为3
15
ln2,
2ln2
4
8








，求a 的取值范围．
【答案】(1)
1
0
x
y


(2)答案见解析
(3) 3 2 5
,
2
2








【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；
（2）求导后，分类讨论a ，根据导数的符号可得结果；
（3）根据

f x 存在两个极值点可得
2
a 
，且
1
2
1
2
1,
x
x
x
x
a




，根据单调性可得



1
2
f x
f x

，将




2
1

f
x
f
x
化为
1
1
2
2
2
1
ln
2
2
x
x
x
x
x
x


，利用比值代换可求出结果.
【详解】（1）当
1
a 时，

2
1
ln
(1
)
2
f x
x
x



，定义域为(0,
)
，
所以



1
1
f
x
x
x 



，
所以

1
1
k
f 

，又
1
0
f

，
所以函数

f x 在



1,
1
f
处的切线方程为
1
y
x

，即
1
0
x
y


.
（2）

f x 的定义域是

0, 

，

2
2
1
1
ln
2
2
f x
x
x
ax
a




，

2
1
1
x
ax
f
x
x
a
x
x







，
令
2
1
g x
x
ax


，则
2
4
a

．
①当
0
a 
或
0

，即
2
a 
时，

0
f
x


恒成立，所以

f x 在

0, 

上单调递增．
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②当
0
Δ
0
a 




，即
2
a 
时，由
( )
0
f
x


，得
2
4
0
2
a
a
x




或
2
4
2
a
a
x



；
由

0
f
x


，得
2
2
4
4
2
2
a
a
a
a
x






，
所以

f x 在
2
4
0,
2
a
a










和
2
4 ,
2
a
a











上单调递增，在
2
2
4
4
,
2
2
a
a
a
a












上单调递减．
综上所述，当
2
a 
时，

f x 在

0, 

上单调递增；
当
2
a 
时，

f x 在
2
4
0,
2
a
a










和
2
4 ,
2
a
a











上单调递增，在
2
2
4
4
,
2
2
a
a
a
a












上单调递减
（3）由（2）当
2
a 
时，

f x 在

0, 

上单调递增，此时函数
( )
f x 无极值；
当
2
a 
时，

f x 有两个极值点，即方程
2
1
0
x
ax


有两个正根
1
2
,
x x ，
所以
1
2
1
2
1,
x
x
x
x
a




，则

f x 在

1
2
,
x x
上是减函数．所以



1
2
f x
f x

，
因为

2
2
1
1
ln
2
2
f x
x
x
ax
a




，
所以








2
1
1
2
f
x
f
x
f
x
f
x



2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
ln
ln
2
2
2
2
x
x
ax
a
x
x
ax
a


















2
2
1
1
2
1
2
2
1
ln
2
x
x
x
a x
x
x









2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
ln
2
x
x
x
x
x
x
x
x








2
2
1
1
2
2
1
ln
2
x
x
x
x



2
2
1
1
2
2
1
2
ln
2
x
x
x
x
x x



1
1
2
2
2
1
ln
2
2
x
x
x
x
x
x



，
令
1
2
(0
1)
x
t
t
x


，则





1
2
1
1
ln
2
2
f x
f x
h t
t
t
t





，

2
2
2
2
2
1
1
1
2
1
(
1)
0
2
2
2
2
t
t
t
h t
t
t
t
t











，
所以
h t 在

0,1 上单调递减，
又
1
3
1
15
ln2,
2ln2
2
4
4
8
h
h
















，且
1
3
15
1
( )
ln2
( )
2ln2
( )
2
4
8
4
h
h t
h






，
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所以1
1
4
2
t

，
由


2
2
1
2
1
2
1
1 1
2,
,
4 2
x
x
a
t
t
x x
t










，
又
1
2
g t
t
t


在1 1
,
4 2





上单调递减，
所以
2
9
25
2
4
a


且
2
a 
，所以实数a 的取值范围为3 2 5
,
2
2








．
【点睛】方法点睛：涉及到双变量的问题一般可以利用比值代换处理，本题中，将




2
1

f
x
f
x
化为
1
1
2
2
2
1
ln
2
2
x
x
x
x
x
x


后，设
1
2
(0
1)
x
t
t
x


，化为关于t 的函数，再利用导数进行处理.
3.
已知函数
1
( )
ln
f x
x
a
x
x



.
（1）若
2
a 
，证明：当


1,
x



时，
( )
0
f x 
；
（2）若
( )
f x 存在两个极值点
1
2
,
x x (
1
2
x
x

)且
5
2
a 
，求
1
2
( )
(
)
f x
f x

的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为3 5ln2

.
【分析】
（1）由


1,
x



时，ln
0
x 
，再结合
2
a 
得到
1
( )
2ln
f x
x
x
x



，然后论证
1
( )
2ln
0
g x
x
x
x




即可.
（2）求导
2
2
2
1
1
( )
1 a
x
ax
f
x
x
x
x






，根据
( )
f x 存在两个极值点，则方程
2
1
0
x
ax


有两个不等根
1
2
,
x x ，且
1
2
1

x x
，
1
2
x
x
a


，然后化简得到
1
2
( )
( )
f x
f x

1
1
1
1
1
1
1
2(
)
2(
)ln
x
x
x
x
x




，利用导数法求解.
【详解】（1）当


1,
x



时，ln
0
x 
，
故当
2
a 
时，
1
( )
2ln
f x
x
x
x



，
所以只需证
1
( )
2ln
0
g x
x
x
x




即可.
因
2
2
2
2
2
1
2
2
1
(
1)
( )
1
=
0
x
x
x
g x
x
x
x
x









.
所以( )
g x 在(0,
)
为单调递减函数
而(1)=0
g
，所以当


1,
x



时，
有( )
0
g x 
，即当


1,
x



时，
( )
0
f x 
成立.
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（2）
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
2
2
2
1
1
( )
1
a
x
ax
f
x
x
x
x






.
所以当
5
2
a 
时，
2
1=0
x
ax


有两个正根
1
2
,
x x ，
即
( )
f x 存在两个极值点.
由于
( )
f x 的两个极值点
1
2
,
x x 满足方程
2
1
0
x
ax


所以
1
2
1

x x
，
1
2
x
x
a


，
则有
1
1
1
5
2
x
a
x



，由
1
2
x
x

，
解得
1
1
0
2
x

≤
，
则
1
2
1
1
2
2
1
2
1
1
(
)
(
)
ln
ln
f x
f x
x
a
x
x
a
x
x
x







，
2
1
1
2
1
1
2
2
ln
x
x
x
x
x
a
x x
x





1
2
1
2
1
2
2(
)
(
)ln x
x
x
x
x
x




，
1
1
1
1
1
1
1
2(
)
2(
)ln
x
x
x
x
x




，
令
1
1
1
( )
2(
)
2(
)ln ,0
.
2
h x
x
x
x
x
x
x






那么
2
2
1
1
1 1
1
( )
2(
1)
2(1
)ln
2(
)
,0
.
2
h x
x
x
x
x
x
x x










2
1
2(1
)ln x
x


，
当
1
0
2
x


时，
2
1
( )
2(1
)ln
0
h x
x
x




，
所以( )
h x 在
1
0, 2





上是增函数，
所以( )
h x 的最大值为
1
( )
3 5ln 2
2
h


，
即
1
2
( )
(
)
f x
f x

的最大值为3 5ln2

【点睛】方法点睛：（1）求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0 的点，再计算函
数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0 的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．（2）已知函数的最值求参数，
一般先用参数表示最值，列方程求解参数．
4.
已知函数





1
1
ln
2
f
x
x
ax
x a
R




.
（1）当
1
2
a 
时，求

f x 的单调区间；
（2）若

f x 存在两个极值点
1
x ，
2
x ，且
1
2
x
x

，证明：



1
2
1
2
1
4
4
f x
f x
a
x
x



－
.
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【答案】（1）

f x 在

1,上单调递增，单调减区间为

0,1 .（2）见解析
【分析】（1）先求导，然后利用导数正负的判断函数的增减区间；
（2）
2
1
1
2
2
( )
2
2
ax
x
f
x
ax
x
x







，因为
( )
f x 存在两个极值点，所以
2
2
2
0
ax
x



在(0,
)
上有两个不同
实根，继而利用转化思想求解．
【详解】

f x 的定义域为

0, 

，
当
1
2
a 
时，

2
1
1
ln
2
4
f
x
x
x
x



，




2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x










.
令

0
f
x


，则
1
x ，
当
1
x 时，
( )
0
f
x
¢
>
；当0
1
x

时，

0
f
x


.
所以

f x 在

1,上单调递增，单调减区间为

0,1 .
（2）因为



2
1
1
1
1
ln
ln
2
2
2
f
x
x
ax
x
x
ax
x






，
所以

2
1
1
2
2
2
2
ax
x
f
x
ax
x
x







.
因为

f x 存在两个极值点，所以
2
2
2
0
ax
x



在

0, 

上有两个不同实根.
且
1
2
1
2
x
x
a


，
1
2
1

x x
a ，所以
0
1 16
0
a
a





，
所以
1
0
16
a


.
因为








2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
ln
ln
2
2
x
x
a x
x
x
x
f x
f x
x
x
x
x









1
2
1
2
ln
ln
1
4
x
x
x
x




.
要证



1
2
1
2
1
4
4
f x
f x
a
x
x




，
只需证
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
4
x
x
a
x
x
x
x





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1
2
1
1
2
2
2
1
ln
1
x
x
x
x
x
x









.
令
1
2
1
x
t
x ，只需证


2
1
ln
1
t
t
t



令


2
1
ln
1
t
g t
t
t




，1
0
g

，
所以







2
2
1
1
4
0
1
1
t
g
t
t
t t
t








，
所以
g t 在

1,上单调递增，
因为
1
t ，所以

1
g t
g

，
即


2
1
ln
0
1
t
t
t




.
所以



1
2
1
2
1
4
4
f x
f x
a
x
x




.
【点睛】（1）考查函数的求导，利用导函数判断函数的单调区间；
（2）考查转化思想，
2
1
1
2
2
( )
2
2
ax
x
f
x
ax
x
x







，因为
( )
f x 存在两个极值点，所以
2
2
2
0
ax
x



在(0,
)

上有两个不同实根，然后根据根与系数的关系，进而继续转化，一步步向要证推进；
5.
已知函数
( )
n
f x
nx
x


，x
R

．其中n
N

．
2
n．
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
(2)设曲线
( )
y
f x

与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为
( )
y
g x

，求证：对于任意的正实
数x ，都有
( )
( )
f x
g x

；
(3)设
5
n ，若关于x 的方程
( )
(
f x
a a

为实数）有两个正实根
1
x ，
2
x ，求证：
2
1
|
| 2
4
a
x
x



．
【答案】(1)当n为奇数时，
( )
f x 在(
, 1)

，(1,
)
上单调递减，在( 1,1)

单调递增；当n为偶数时，
( )
f x 在
(
,1)

单调递增，在(1,
)
上单调递减；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后，分n为奇数和n为偶数两种情况下求单调区间；（2）求出P 点坐标，得到
( )
y
g x

，
构造函数
( )
( )
( )
F x
f x
g x


，求导后研究其单调性和极值，证明出结论；（3）利用第一问和第二问的结论
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进行证明，用二项式定理进行适当放缩，证明出结论.
【详解】（1）由
( )
n
f x
nx
x


，可得
1
1
( )
(1
)
n
n
f
x
n
nx
n
x







，其中n
N

，且
2
n．
下面分两种情况讨论：
①当n为奇数时，令
( )
0
f
x


，解得
1
x ，或= 1
x ，
当x 变化时，
( )
f
x

，
( )
f x 的变化情况如下表：
x
(
, 1)

( 1,1)

(1,
)

( )
f
x




( )
f x
递减
递增
递减
所以，
( )
f x 在(
, 1)

，(1,
)
上单调递减，在( 1,1)

单调递增；
②当n为偶数时，
当
( )
0
f
x


，即
1
x 时，函数
( )
f x 单调递增；
当
( )
0
f
x


，即
1
x 时，函数
( )
f x 单调递减；
所以，
( )
f x 在(
,1)

单调递增，在(1,
)
上单调递减；
（2）证明：设点P 的坐标为
0
(x ，0) ，则
1
1
0
n
x
n 

，
2
0
(
)
f
x
n
n



，
曲线
( )
y
f x

在点P 处的切线方程为
0
0
(
)(
)
y
f
x
x
x



，
即
0
0
( )
(
)(
)
g x
f
x
x
x



，
令
( )
( )
( )
F x
f x
g x


，即
0
0
( )
( )
(
)(
)
F x
f x
f
x
x
x




，
则
0
( )
( )
(
)
F x
f
x
f
x





．
由于
1
( )
n
f
x
nx
n




在(0,
)
上单调递减，故
( )
F x

在(0,
)
上单调递减，
又因为
0
0
(
)
F x


，所以当
0
(0,
)
x
x

时，
( )
0
F x


，当


0,
x
x

时，
( )
0
F x


，
所以
( )
F x 在
0
(0,
)
x

内单调递增，在

0,
x 上单调递减，
所以对应任意的正实数x ，都有
0
( )
(
)
0
F x
F x


，
即对于任意的正实数x ，都有
( )
( )
f x
g x

．
（3）证明：不妨设
1
2
x
x
，
由（2）知
2
0
( )
(
)(
)
g x
n
n
x
x



，设方程
( )
g x
a

的根为
3x ，
可得
0
3
2
a
x
x
n
n



，由（2）知
2
2
3
(
)
(
)
(
)
g x
f x
a
g x



，可得
3
2x
x
．
类似地，设曲线
( )
y
f x

在原点处的切线方程为
( )
y
h x

，可得( )
h x
nx

，
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当
,
(
)
0
x
，
( )
( )
0
n
f x
h x
x


，
即对于任意的
,
(
)
0
x
，
( )
( )
f x
h x

，
设方程( )
h x
a

的根为
4x ，可得
4
a
x
n

，
因为( )
h x
nx

在(
,
)
上单调递增，
且
1
4
1
(
)
(
)
(
)
h x
a
f x
h x



，因此
4
1
x
x

，
由此可得：
4
2
0
3
1
1
a
x
x
x
x
x
n






，
因为
2
n，所以
1
1
1
1
2
(1 1)
1
1
1
n
n
n
C
n
n









，
故：
1
1
0
2
n
n
x


．则
2
1
|
| 2
1
a
x
x
n




，
所以当
5
n 时，即有
2
1
|
| 2
4
a
x
x



．
【点睛】导函数研究函数单调性，结合极值，最值等求参数取值范围，证明不等式等，是有力的工具，往
往需要构造出新函数，或者借助切线方程进行切线放缩达到目的，本题中就用到了此类只是，本题第三问
难点在于要用到二项式定理进行适当放缩.
6.
已知

2
4
6ln
f x
x
x
x



．
(1)求

f x 在



1,
1
f
处的切线方程；
(2)对


1,
x

，有


2
1
6
1
12
xf
x
f
x
x
k
x












恒成立，求k 的最大整数解；
(3)令



4
6 ln
g x
f x
x
a
x




，若
g x 有两个零点分别为


1
2
1
2
,
x x
x
x

，且
0x 为
g x 的唯一的极值点，
求a 的取值范围，并证明：
1
2
0
3
4
x
x
x


．
【答案】(1)
8
5
y
x


(2)3
(3)
0
a 
；证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，求出
(1)
f 
，
(1)
f
即可得到切线方程；
（2）
2
1
( )
( )
6
1
12
xf
x
f x
x
k
x












等价于
min
ln
( )
1
x
x
x
k
h x
x




，求导分析( )
h x 的单调性，即可求出k 的
最大整数解；
（3）求得
g x 的导数和单调性，由极小值小于0，可得
2
a
e

，再由分析法，注意构造函数，求得导数和
单调性，即可得证．
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【详解】（1）

2
4
6ln
f x
x
x
x



的导数为：

6
2
4
f
x
x
x




，
所以

1
8
f 
，

1
3
f
，
所以

f x 在



1,
1
f
处的切线方程为：


3
8
1
y
x



，即
8
5
y
x


；
（2）由已知可得


2
1
6
1
12
xf
x
f
x
x
k
x












，
等价于
min
ln
1
x
x
x
k
x








，
可令
ln
1
x
x
x
h x
x



，



2
2
ln
1
x
x
h x
x





，
记

2
ln
m x
x
x



，

1
1
0
m
x
x



，
所以

m x 为

1,上的递增函数，
且

3
1 ln3
0
m


，

4
2
ln 4
0
m



，
所以


0
3,4
x


，


0
0
m x

，即
0
0
2
ln
0
x
x



，
所以
h x 在

0
1, x
上递减，在

0,
x 上递增，
且




0
0
0
0
0
min
0
ln
3,4
1
x
x
x
h x
h x
x
x






，
所以k 的最大整数解为3；
（3）证明：∵



2
4
6 ln
ln
g x f x
x
a
x
x
a
x





，

2
2
2
a
x
a
g
x
x
x
x





，
若要
g x 有极值点，显然
0
a 
，
所以令




2
2
2
2
0
x
a
x
a
x
a
g
x
x
x






，可得
0
2
a
x 
，
当
0,
2
a
x








，

0
g
x


，
,
2
a
x










，
0
g x 
，
所以
g x 在0,
2
a








上单调递减，
,
2
a









上单调递增，
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而要使
g x 有两个零点，要满足

0
0
g x

，
即
2
aln
0
2
2
2
a
a
a
g 














可得
2
a
e

，
因为
1
0
2
a
x


，
2
2
a
x 
，令


2
1
1
x
t t
x 

，
由




2
2
1
2
1
1
2
2
aln
aln
f x
f x
x
x
x
x





，
即


2
2
2
2
1
1
1
1
1
2
ln
aln
aln
1
a
t
x
x
t x
tx
x
t





，
而




2
2
1
2
0
1
1
3
4
3
1
2 2
3
1
8
x
x
x
t
x
a
t
x
a








，
即

2
2
ln
3
1
8
1
a
t
t
a
t




，
由
0
a 
，
1
t ，只需证

2
2
3
1
ln
8
8
0
t
t
t




，
令



2
2
3
1
ln
8
8
H t
t
t
t




，
则



1
18
6 ln
7
6
H
t
t
t
t
t






，
令


1
18
6 ln
7
6
n t
t
t
t
t





，
则



2
6
1
18ln
11
0
1
t
n t
t
t
t







，
故
n t 在

1,上递增，
1
0
n t
n


；
故

H t 在

1,上递增，


1
0
H t
H


；
∴
1
2
0
3
4
x
x
x


．
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
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对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
7.
设方程

2
2
ex
x
a


有三个实数根
1
2
3
1
2
3
,
,
(
)
x x
x x
x
x


.
(1)求a 的取值范围；
(2)请在以下两个问题中任选一个进行作答，注意选的序号不同，该题得分不同.若选①则该小问满分4 分，
若选②则该小问满分9 分.
①证明：
1
2
(
2)(
2)
4
x
x



；
②证明：
1
2
3
1
2
3
1
1
1
3e
2
x
x
x
x
x
x






.
【答案】(1)


0,4
a
(2)证明见解析
【分析】（1）方程

2
2
ex
x
a


有三个实数根
1
2
3
1
2
3
,
,
(
)
x x
x x
x
x


等价于直线y
a

与



2
2
ex
f x
x


的函数
图像有三个交点，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得到

f x 的函数图像，从而得到a 的取值范围；
（2）选①：根据（1）得到
1
2
2
2
2
0
x
x



，利用比值代换法：设1
1
2
t
x


，2
2
2
t
x


，设
1
2
1
t
k
t

，
结合



1
2
2
2
1
2
2
e
2
e
x
x
x
x
a




得到2
2ln
1
k
t
k


，
2
1
2 ln
1
k
k
t
kt
k



，
1
k ，从而得到



2
1
2
4ln
2
2
1
k
x
x
k
k















，构造函数设

l
1
n
2
x
g x
x
x



，
1
x ，再利用导数研究函数的单调性，从
而证明原命题；
选②：根据（1）得到
1
2
2
2
2
0
x
x



，利用比值代换法：设1
1
2
t
x


，2
2
2
t
x


，设
1
2
1
t
k
t

，结
合



1
2
2
2
1
2
2
e
2
e
x
x
x
x
a




得到2
2ln
1
k
t
k


，
2
1
2 ln
1
k
k
t
kt
k



，
1
k ，从而得到



2
1
2
4ln
2
2
1
k
x
x
k
k















，构造函数设

l
1
n
2
x
g x
x
x



，
1
x ，再利用导数研究函数的单调性，进
而得到




1
2
1
2
1
2
2
2
2
4
4
x
x
x x
x
x







，即可求得
1
2
1
1
1
2
x
x


，又再证
1
2
1
2
2ln
2 ln
4
4
0
1
1
k
k
k
x
x
t
t
k
k










（
1
k ），变式证
4
ln
2
1
k
k



（
1
k ）再构造函数
4
ln
1
h x
x
x



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（
1
x ），根据


3
3
e
0
f
f


，得到
3
2
3
x


，从而得到
3
3
1
10
3
x
x


，即可证明原命题.
【详解】（1）由题意设



2
2
ex
f x
x


（xR ），
则

f
x




2 ex
x x 
，xR ，
令

0
f
x


，得
0
x 
或
2
x 
，
当
0
x 
或
2
x 
时，
( )
0
f
x
¢
>
，所以

f x 在

,0


，

2,上单调递增；
当0
2
x


时，

0
f
x


，所以

f x 在

0,2 上单调递减；
又

2
0
f

，

0
4
f

，

3
3
e
4
f


，且



2
2
e
0
x
f x
x



，
当x 趋向于时，

f x 也趋向于，
又方程

2
2
ex
x
a


有三个实数根
1
2
3
1
2
3
,
,
(
)
x x
x x
x
x


，
等价于直线y
a

与

y
f x

的函数图像有三个交点，
即0
4
a


，
所以a 的取值范围为

0,4 .
（2）选①，证明如下：
由（1）得：
1
2
0
2
x
x



，则
1
2
2
2
2
0
x
x



，
设1
1
2
t
x


，2
2
2
t
x


，则1
2
2
0
t
t


，
不妨设
1
2
1
t
k
t

，则1
2
t
kt

（
1
k ），
又



1
2
2
2
1
2
2
e
2
e
x
x
x
x
a




，即
1
2
2
2
2
2
1
2
e
e
t
t
t
t
a




，
故
2
2
2 2
2
2
2
2
e
e
0
e
kt
t
a
k t
t



，即
2
2
2e
e
kt
t
k

，所以2
2ln
1
k
t
k


，
2
1
2 ln
1
k
k
t
kt
k



，
1
k ，
则






2
2
2
2
1
2
1 2
2
2ln
2ln
4ln
2
2
1
1
1
k
k
k
k
x
x
t t
k
k
k
k
k






































，
设
l
1
n
2
x
g x
x
x



，
1
x ，
则



2
2
2
1
2
1
=
1
0
x
g
x
x
x
x





，
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所以
g x 在

1,上单调递减，即

1
0
g x
g


，
因为
1
k ，则
1
2ln
0
k
k
k



，即
1
2ln
k
k
k


，
又
1
0
k
k


，则
4ln
2
1
k
k
k


，
故


2
1
2
1 2
4ln
2
2
4
1
k
x
x
t t
k
k


















.
选②，证明如下：
由（1）得：
1
2
0
2
x
x



，则
1
2
2
2
2
0
x
x



，
设1
1
2
t
x


，2
2
2
t
x


，则1
2
2
0
t
t


，
不妨设
1
2
1
t
k
t

，则1
2
t
kt

（
1
k ），
又



1
2
2
2
1
2
2
e
2
e
x
x
x
x
a




，即
1
2
2
2
2
2
1
2
e
e
t
t
t
t
a




，
故
2
2
2 2
2
2
2
2
e
e
0
e
kt
t
a
k t
t



，即
2
2
2e
e
kt
t
k

，所以2
2ln
1
k
t
k


，
2
1
2 ln
1
k
k
t
kt
k



（
1
k ），
则






2
2
2
2
1
2
1 2
2
2ln
2ln
4ln
2
2
1
1
1
k
k
k
k
x
x
t t
k
k
k
k
k






































（
1
k ），
设
l
1
n
2
x
g x
x
x



，
1
x ，
则



2
2
2
1
2
1
=
1
0
x
g
x
x
x
x





，
所以
g x 在

1,上单调递减，即

1
0
g x
g


，
因为
1
k ，则
1
2ln
0
k
k
k



，即
1
2ln
k
k
k


，
又
1
0
k
k


，则
4ln
2
1
k
k
k


，
故


2
1
2
1 2
4ln
2
2
4
1
k
x
x
t t
k
k


















.
所以




1
2
1
2
1
2
2
2
2
4
4
x
x
x x
x
x






，则


1
2
1
2
2
x x
x
x


，
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又因为
1
2
0
2
x
x



，所以
1
2
0
x x 
，
从而

1
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
x
x
x x
x
x










，故
1
2
1
1
1
2
x
x


①，
下证
1
2
0
x
x


，
有
1
2
1
2
2ln
2 ln
4
4
0
1
1
k
k
k
x
x
t
t
k
k










（
1
k ），
即证
1
k 时，



1 ln
2
1
k
k
k



，即


2
1
4
ln
2
1
1
k
k
k
k






，
即证
4
ln
2
1
k
k



（
1
k ），
设
4
ln
1
h x
x
x


（
1
x ），则







2
2
2
1
1
4
1
1
x
h x
x
x
x x







，
当
1
x 时，

0
h x


，所以
h x 在

1,上单调递增，
则

1
2
h x
h


，所以
1
2
0
x
x


②，
又


3
3
e
0
f
f


，所以得
3
2
3
x


，
设
1
x
x
x



，（2
3
x


），则

2
1
1
x
x


，
当2
3
x


时，

0
x


，所以
x

在

2,3 上单调递增，
则
3
3
1
10
3
x
x


③，
联立①②③得：
1
2
3
1
2
3
1
1
1
1
10
23
3e
0
4
2
3
6
2
x
x
x
x
x
x











，
故
1
2
3
1
2
3
1
1
1
3e
2
x
x
x
x
x
x






.
【点睛】方法点睛：对于含有双变量或多变量的不等式的证明问题，可以采用比值代换法，化为单变量不
等式，再构造函数，利用导数证明.本题中，根据函数的图像得到
1
2
0
2
x
x



，设1
1
2
t
x


，2
2
2
t
x


，
得到1
2
2
0
t
t


，再设
1
2
1
t
k
t

，则1
2
t
kt

（
1
k ），结合




1
2
2
2
1
2
2
e
2
e
x
x
x
x
a




，得到
1
2
2
2
2
2
1
2
e
e
t
t
t
t
a




，，从而得到2
2ln
1
k
t
k


，
2
1
2 ln
1
k
k
t
kt
k



（
1
k ），就
是比值代换法的应用.
8.
已知函数
2
1
( )
ln(1
)
(
)
2
f x
a
x
x
x a




R ．
(1)若a＝1，求函数

f x 的单调区间；
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(2)若函数

f x 有两个极值点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x

，求证：


1
2
2
x
f
x

．
【答案】(1)

f x 在

1,

上单调递增；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得

2
1
x
f
x
x



，后结合

f x 定义域可得

f x 单调区间；
（2）结合函数

f x 有两个极值点，可得0
1
a

，
2
1
2
1
2
2
1
0
1
,
,
x x
a
x
x
a
x






.则要证


1
2
2
x
f
x

，
等价于证明




2
2
2
1
2 1
ln
x
x
x



，后构造相应函数可证明结论.
【详解】（1）由题，
2
1
( )
ln(1
)
2
f x
x
x
x




，则

2
1
1
1
1
x
f
x
x
x
x







.
因
1
x ，则

0
f
x


.则

f x 在

1,

上单调递增；
（2）

2
1
1
1
1
a
x
a
f
x
x
x
x









.
当
1
a 时，

0
f
x


，

f x 在

1,

上单调递增，不合题意；
当
1
a 
时，令

2
0
1
f
x
x
a





.
当
0
a 
时，

0
1
f
x
x
a





，则

f x 只有一个极值点，与题意不合；
当0
1
a

时，

1
2
0
1
1
,
f
x
x
a x
a







.
则
2
1
2
1
2
2
1
0
1
,
,
x x
a
x
x
a
x






.
则






2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1
1
ln 1
2 ln 1
2
0
2
2
2
x
x
f x
a
x
x
x
a
x
x
x
x












.




2
2
2
2
2
2
2 1
1
0
ln
x
x
x
x






.注意到


2
1
0,1
x
a



，则
要证


1
2
2
x
f
x

，即证




2
2
2
1
2 1
ln
x
x
x



.
构造函数





1
2 1
ln
x
g x
x
x




，


0,1
x
.
则





2
2
1
2
2
1
0
1
4 1
2
1
x
g
x
x
x
x









，即
g x 在

0,1 上单调递增.
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则







2
2
2
2
1
0
0
2 1
ln
x
g x
x
g
x






，即


1
2
2
x
f
x

.
【点睛】关键点睛：对于双变量问题，常利用题目中的等量关系将双变量转变为单变量问题，而证明函数
不等式，常构造相应函数利用单调性解决问题.
9.
已知函数
1
( )
ln
(
)
ex
f x
k
x
k


R .
(1)若函数
( )
y
f x

为增函数，求k 的取值范围；
(2)已知
1
2
0
x
x


.
（i）证明：
2
1
2
2
1
1
e
e
ln
1
e
e
x
x
x
x
x
x



；
（ii）若
1
2
1
2
x
x
x
x
k
e
e


，证明：




1
2
1
f x
f x

.
【答案】(1) 1 ,
e







(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）分析可得原题意等价于
ex
x
k 
对
0
x

恒成立，构建( )
(
0)
ex
x
x
x



，利用导数求最值结合恒
成立问题运算求解；
（2）（i）取
1
e
k 
，根据题意分析可得
2
1
2
1
e
e
e
ln
ex
x
x
x


，构建
ln
1
g x
x
x


，结合导数证明
2
2
1
1
ln
1
x
x
x
x


即可；
（ii）根据题意分析可得
1
2
0
1
x
x



，


1
1
1
1
ln
e
1
x
x
x
f
x


，


2
2
2
2
ln
e
1
x
x
x
f
x


，构建
ln
1
( )
)
e
(
0
x
x
x
g x
x



，
结合导数证明




1
2
1
0
1
e
f
x
f
x



，即可得结果.
【详解】（1）∵
1
( )
ln
(
)
ex
f x
k
x
k


R ，则
1
( )
(
0)
ex
k
f
x
x
x




，
若
( )
f x 是增函数，则
1
( )
0
ex
k
f
x
x




，且
0
x 
，可得
ex
x
k 
，
故原题意等价于
ex
x
k 
对
0
x

恒成立，
构建( )
(
0)
ex
x
x
x



，则


1
( )
0
ex
x
x
x





，
令
( )
0
x


，解得0
1
x

；令
( )
0
x


，解得
1
x ；
则( )
x 在(0,1)上递增，在(1,
)
递减，
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故

1
( )
1
e
x




，∴k 的取值范围为1 ,
e







.
（2）（i）由（1）可知：当
1
e
k 
时，
ln
1
( )
e
ex
x
f x 

单调递增，
∵
1
2
0
x
x


，则



2
1
f x
f x

，即
2
1
2
1
1
1
1
1
ln
ln
e
e
e
e
x
x
x
x



，
整理得
2
1
1
2
1
2
e
e
ln
ln
e
e
ln
x
x
x
x
x
x




，
构建
ln
1
g x
x
x


，则



1
1
1
0
x
g
x
x
x
x





，
令
( )
0
g x


，解得0
1
x

；令
( )
0
g x


，解得
1
x ；
则( )
g x 在(0,1)上递减，在(1,
)
递增，
故

( )
ln
1
1
0
g x
x
x
g




，
即ln
1
x
x

，当且仅当
1
x 时等号成立，
令
2
1
1
x
x
x

，可得
2
2
1
1
ln
1
x
x
x
x


，
综上
2
1
2
2
1
1
e
e
ln
1
e
e
x
x
x
x
x
x



；
（ii）∵
1
2
1
2
x
x
x
x
k
e
e


，则
1
2
1
2
1
1
0
e
e
x
x
k
k
x
x




，
可知
1
( )
0
ex
k
f
x
x




有两个不同实数根
1
2
,
x x ，由（1）知
1
2
0
1
x
x



，
可得

1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
ln
1
1
1
ln
l
e
e
e
n
ex
x
x
x
x
x
x
f x
k
x
x






，
同理可得


2
2
2
2
ln
e
1
x
x
x
f
x


，
构建
ln
1
( )
)
e
(
0
x
x
x
g x
x



，则


e
(1
)ln
( )
0
x
x
x
g x
x




，
当0
1
x

时，(1
)ln
0
x
x


；当
1
x 时，(1
)ln
0
x
x


；
当
1
x 时，(1
)ln
0
x
x


；
且e
0
x 
，故
( )
0
g x


对


0,
x

恒成立，故( )
g x 在(0,
)
上单调递减，
∵
1
2
0
1
x
x



，则


2
1
(
)
1
g x
g
g x


，即



2
1
e
1
f x
f x


，
且
2
2
ln
0,e
0
x
x 

，则
2
2
ln
1
0
x
x 
，故
2
2
2
2
ln
1
)
0
e
(
x
x
x
g x



，
可得


2
1
0
e
f x


；
又∵
1
0
1
x

，由（i）可得
1
1
ln
1
x
x


，即
1
1
ln
1
x
x

，
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则


1
1
1
1
1
ln
1
1
1
1
ex
x
x
x
x



，
且
1
e
0
x 
，则
1
1
1
ln
1
1
ex
x
x ，可得

1
1
1
e
f x

；
综上所述：




1
2
1
0
1
e
f
x
f
x



.
可得


2
1
e
0
f
x



，则



1
2
0
1
f x
f x



故






1
2
1
2
1
f x
f x
f x
f x



.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
10.
已知函数


2
( )
e
ln
R
x
f x
x
x
x
ax a





．
(1)若
1
a ，求

y
f
x

在
1
x 处的切线方程；
(2)若

f x 有两个不同零点
1
x ，
2
x 证明：




1
2
1
2
e
1
f
x x
a x x


．
【答案】(1) e
0
x
y


(2)证明见解析
【分析】（1）求出切线斜率
1
e
f 
，根据点斜式可得.
（2）由




1
2
1
2
e
1
f
x x
a x x


得



1
2
1
2
1
e 1
1
f x x
f
a
x x



，故考虑构造函数

f x
g x
x

，先证
1 2
1
x x ，
利用
g x 的单调性去证明即可.
【详解】（1）当
1
a 时，



e
ln
1
2
1
x
f
x
x
x






，
故
1
e
f 
，

1
e
f

，
故在
1
x 处的切线方程为


e
e
1
y
x



，即e
0
x
y


.
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（2）证明：不妨设
1
2
x
x

，设
e
ln
x
g x
x
x
a
x




，则




2
e
1
x
x
x
g
x
x




，
当0
1
x

时，

0
g
x


，当
1
x 时，

0
g
x


，
所以
g x 在

0,1 单调递减，
g x 在

1,单调递增，
可知
1
x ，
2
x 也是
g x 的两个零点，且
1
0
1
x

，
2
1
x ，于是
2
1
0
1
x

，
设

1
h x
g x
g x








，
因为




1
2
1
e
e
1
1
1
x
x
x
x
x
h x
g
x
g
x
x
x


























．
设
1
e
e
1
x
x
k x
x
x



，
当
1
x 时，

1
1
1
e
e
e
1
0
x
x
x
k
x
x




，
故
k x 在

1,单调递增，
所以
1
0
k x
k


，从而

0
h x


，
因此
h x 在

1,单调递增．
又
2
1
x ，故


2
1
0
h x
h


，故


2
2
1
g x
g
x







，于是
1 2
1
x x ．
又
g x 在

0,1 单调递减，故


1
2
1
e
1
g x x
g
a



即


1
2
1
2
(1)
1
1
f x x
f
e
a
x x



，故


1
2
1
2
(
1
)
f x x
e
a x x


【点睛】关键点点睛：第一个关键点是从结论分析，由




1
2
1
2
e
1
f
x x
a x x


得



1
2
1
2
1
e 1
1
f x x
f
a
x x



，
故构造函数

f x
g x
x

；第二个关键点是能利用

1
h x
g x
g x








函数的最值得到

2
2
1
g x
g
x







，进而
证明
1 2
1
x x .
11.
设函数
3
2
( )
3
(3
)
1
f x
x
x
a x
b





，, ,
x a bR ．
(1)求
( )
f x 的单调区间；
(2)若
( )
f x 存在极值点
0x ，且



1
0
f x
f x

，其中
1
0
x
x

，求证：
1
0
2
3
x
x


．
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【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分
0
a 
和
0
a 
讨论，其中
0
a 
时易知函数单调，当
0
a 
时，求出导函数的零点，根据导数
和函数单调性的关系即可得到答案.
（2）根据题意得




2
0
0
3
1
0
f
x
x
a





，从而得到
2
0
(
1)
3
a
x 

，再对


0
f
x
和


0
3
2
f
x

化简即可证明.
【详解】（1）由

f x 求导，可得
2
2
( )
3
6
3
3(
1)
f
x
x
x
a
x
a







．
下面分两种情况讨论：
①当
0
a 
时，有
( )
0
f
x


恒成立，所以

f x 的单调递增区间为(
,
)
；
②当
0
a 
时，令
( )
0
f
x


，解得
1
3
a
x 
．
当x 变化时，
( )
f
x

，

f x 的变化情况如下表：
x
,1
3
a










1
3
a

1
,1
3
3
a
a










1
3
a

1
,
3
a










( )
f
x


0

0


f x
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以

f x 的单调递减区间为1
,1
3
3
a
a










，
单调递增区间为
,1
3
a










，1
,
3
a










．
综上：当
0
a 
时，

f x 的单调递增区间为(
,
)
，
当
0
a 
时，所以

f x 的单调递减区间为1
,1
3
3
a
a










，单调递增区间为
,1
3
a










，1
,
3
a










．
（2）因为

f x 存在极值点，所以由（1）知
0
a 
，且
0
1
x ，
由题意，得




2
0
0
3
1
0
f
x
x
a





，即
2
0
(
1)
3
a
x 

，
3
( )
(
1)
f x
x
ax
b




，
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进而




3
0
0
0
0
2
1
1
3
3
f x
x
ax
b
ax
a
b






．
又








3
0
0
0
0
0
8
3
2
2
2
2
2
1
2
3
3
f
x
x
a
x
b
a
x
ax
a
b













0
0
2
1
3
3
ax
a
b
f x




，且
0
0
3
2x
x


．
由题意及（1）知，存在唯一实数满足



1
0
f x
f x

，且
1
0
x
x

，
因此
1
0
3
2
x
x


，所以
1
0
2
3
x
x


．
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