【培优点21：对数均值不等式】
【知识拓展】
对数均值不等式（LogarithmicMeanInequality，简称LMI）是解决导数综合题中双变量问题、极值点偏移
问题的“利器”·其核心价值在于将双变量的对数关系、差值关系转化为均值关系，实现“降元化简”·
1.定义
对于任意正数
（
），有以下不等关系成立：
·
其中，
称为
的“对数均值”，该不等式即“对数均值不等式”，左侧为对数均值大于几何
均值，右侧为对数均值小于算术均值·
2.核心证明
证明右侧：
（
）·
步骤1：比值换元，简化变量·令
（
），则
，代入不等式得：
·
步骤2：化简不等式·左边分子分母提取
，利用对数运算法则
，化简得：
·
步骤3：构造函数，证明不等式·只需证明
（
）·令
（
）·
步骤4：分析函数单调性·求导得
·再令
（
），
则
·
步骤5：判断单调性与最值·当
时，
，故
在
单调递增·又
，
因此当
时，
，即
·
步骤6：得出结论·
在
单调递增，且
，故当
时，
，
即
，右侧不等式得证·
左侧不等式
的证明可参考上述思路，同样通过比值换元构造函数完成（令
，简
化后证明）·
【热点题型1:对数均值不等式在极值点偏移问题中的应用】
【核心归纳】
1.极值点偏移定义：若函数
在
处取得极值，且方程
有两个不同零点
，则称“极
值点偏移”·若
，为右偏移；若
，为左偏移·
知识讲解与常考题型
题型分类
1
2.对数均值不等式的应用逻辑：极值点偏移问题的核心是证明
（或
）、
（或
）·通过对双零点满足的方程取对数、变形，构造出对数均值
的形式，再利用对数均值
不等式建立与算术均值、几何均值的关系，进而证明目标不等式·
3.适用场景：含指数函数（
）、对数函数（
）的单极值函数零点问题，如
、
等·
已知函数f（x）＝lnx﹣x2+ax，
（1）当x∈（1，+∞）时，函数f（x）为递减函数，求a 的取值范围；
（2）设f'（x）是函数f（x）的导函数，x1，x2 是函数f（x）的两个零点，且x1＜x2，求证
f '( x1+ x2
2
)＜0
（3）证明当n≥2 时，1
ln 2 + 1
ln3 + 1
ln 4 +⋯+ 1
lnn ＞1．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值．
版权所有
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用．
【分析】（1）求出函数的导数，问题转化为a≤2x−1
x 恒成立，求出a 的范围即可；
（2）求出a，得到f′（x1+ x2
2
）=
2
x1+ x2
−l nx1−l nx2
x1−x2
，问题转化为证明
2( x1
x2
−1)
x1
x2
+1
＞ln x1
x2
，令t= x1
x2
，∵0＜x1＜x2，∴0＜t＜1，即证明u（t）= 2(1−t )
1+t
+lnt＜0 在0＜t＜1 上恒成立，根据函数的单调性证
明即可；
（3）令a＝1，得到lnx≤x2﹣x，得到x＞1 时，1
lnx ＞
1
x( x−1)，分别令x＝2，3，4，5，…n，累加即
可．
【解答】（1）解：∵x∈（1，+∞）时，函数f（x）为递减函数，
∴f′（x）= 1
x −2x+a≤0 在（1，+∞）恒成立，
即a≤2x−1
x 恒成立，
而y＝2x−1
x 在（1，+∞）递增，
经典例题
2
故2x−1
x ＞1，
故a≤1；
（2）证明：∵f（x）的图象与x 轴交于两个不同的点A（x1，0），B（x2，0），
∴方程lnx﹣x2+ax＝0 的两个根为x1，x2，
则 lnx1−x1
2+ax1＝0，①，lnx2−x2
2+ax2＝0，②，
两式相减得a＝（x1+x2）−l nx1−l nx2
x1−x2
，
又f（x）＝lnx﹣x2+ax，f′（x）= 1
x −2x+a，
则f′（x1+ x2
2
）=
2
x1+ x2
−（x1+x2）+a=
2
x1+ x2
−l nx1−l nx2
x1−x2
，
要证
2
x1+ x2
−l nx1−l nx2
x1−x2
＜0，
即证明
2( x1
x2
−1)
x1
x2
+1
＞ln x1
x2
，
令t= x1
x2
，∵0＜x1＜x2，∴0＜t＜1，
即证明u（t）= 2(1−t )
1+t
+lnt＜0 在0＜t＜1 上恒成立，
∵u′（t）= (t −1)
2
t(t +1
2 ，
又0＜t＜1，∴u'（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函数，则u（t）＜u（1）＝0，
从而知
2
x1+ x2
−l nx1−l nx2
x1−x2
＜0，
故f′（x1+ x2
2
）＜0 成立；
（3）证明：令a＝1，由（1）得：f（x）在（1，+∞）递减，
∴f（x）＝lnx﹣x2+x≤f（1）＝0，
故lnx≤x2﹣x，
3
x＞1 时，1
lnx ＞
1
x( x−1)，
分别令x＝2，3，4，5，…n，
故1
ln 2 + 1
ln3 +⋯+ 1
lnn ＞
1
1×2 +
1
2×3 +⋯+
1
n(n−1) =1−1
n，
∴1
ln2 + 1
ln3 +⋯+ 1
lnn ＞1−1
n，
即左边＞1−1
n ＞1，得证．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查通过研究函数的单调性解决问题的方
法，考查了转化能力、推理能力与计算能力，属于难题．
【规律方法总结】
1.通用解题步骤（名师提炼“五步法”）：
①求极值点：求导分析函数
的单调性，找到极值点
（满足
）·
②列零点条件：由
，列出两个零点满足的等式（核心等式）·
③变形构造对数均值：对核心等式取对数（针对指数型函数）或整理（针对对数型函数），消去常数项、
参数，变形得到含
的对数均值形式·
④应用对数均值不等式：结合极值点
的表达式，利用对数均值不等式的左、右侧不等关系，建立与
、
的关联·
⑤化简证明：整理不等式，得出
或
等目标结论·
2.典型题型分类与技巧：
类型1：指数型函数极值点偏移（如
）
技巧：由
得
，
，两式相除得
，取对数得
·若
，则简化为
，取对数得
，直
接构造出对数均值
，再结合对数均值不等式
，得
，即
（此时极值点
，因
，令
得
，当
且有两个零点时
，
，此处需结合具体参数调整）·
类型2：对数型函数极值点偏移（如
）
技巧：由
得
，
，两式相减得
，直
接变形得
· 结合对数均值不等式，若要证明
，只需利用
4
，代入
，即得
（此时极值点
，因
，令
得
，即证明了极值点左偏移）·
3.易错点提醒：
①比值换元后变量范围：换元时需明确新变量
的范围（通常
），避免后续单调性分析出错·
②极值点表达式精准性：必须通过求导准确求出极值点
，确保目标不等式与极值点的关联正确·
③不等式方向一致性：应用对数均值不等式时，需根据变形后的式子确定使用左侧（对数均值>几何均
值）还是右侧（对数均值<算术均值），避免不等号方向颠倒·
（2022•深圳一模）已知函数f（x）＝2lnx﹣（a+1）x2﹣2ax+1（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2．
（ⅰ）求实数a 的取值范围；
（ⅱ）证明：x1+x2＞2√
1
a+1．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
版权所有
【专题】导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【分析】（1）对函数求导后根据a 的范围从而判断函数单调性．
（2）（i）根据第一问不同的单调性判断函数要存在两个零点只能a＞﹣1，继而转为判断函数最大值大
于0，从而构造函数解出a 的范围；
（ii ）利用
1
a+1 ＞0，将原命题转为x1+ x2＞
2
a+1，后续构造将原命题等价转为
f ( x2)−f (
2
a+1 −x2)＞0，从而构造函数，利用新函数的单调性进行判断．
【解答】解：（1）f '( x)=−2( x +1)[(a+1)x−1]
x
，
①a≤﹣1 时，f′（x）＞0 恒成立，故f（x）在（0，+∞）递增，
②a＞﹣1 时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜
1
a+1，
故f（x）在(0，
1
a+1 )递增，(
1
a+1 ，+∞)递减；
（2）（i）由（1）有当a≤﹣1 时，f（x）在（0，+∞）递增，
故函数f（x）不可能存在两个零点，
小试牛刀1
5
当a＞﹣1 时，f（x）在(0，
1
a+1 )递增，(
1
a+1 ，+∞)递减，
且当x→0+，f（x）→﹣∞，当x→+∞，f（x）→﹣∞，
故仅需f (
1
a+1 )＞0，
即2ln
1
a+1 −(a+1)
1
(a+1)
2 −2a
1
a+1 +1＞0，
化简得：2ln(a+1)+
a
a+1 ＜0，
令g( x)=2ln( x +1)+
x
x +1 ( x＞−1)，
g'( x)=
2
x +1 +
1
( x +1)
2 ＞0，
∴g（x）在（﹣1，+∞）单调递增，
又g（0）＝0，
故不等式2ln(a+1)+
a
a+1 ＜0的解为﹣1＜a＜0，
因此，实数a 的取值范围是﹣1＜a＜0；
（ii）证明：∵﹣1＜a＜0，
∴1
a+1 ＞0，
∴2
a+1 ＞2√
1
a+1，
故可先证明x1+ x2＞
2
a+1，
则仅需证明x1＞
2
a+1 −x2，
不妨设0＜x1＜
1
a+1 ＜x2，
∵x2＞
1
a+1，∴2
a+1 −x2∈(0，
1
a+1 )，
又∵x1∈(0，
1
a+1 )，且函数f（x）在(0，
1
a+1 )递增，
于是只需证明：f ( x1)＞f (
2
a+1 −x2)，
6
当x1∈(0，
1
a+1 )，2
a+1 −x2∈（0，1
a+1）时，x2∈（1
a+1，2
a+1），
∵f（x1）＝f（x2），
∴即证明f ( x2)−f (
2
a+1 −x2)＞0，
构造函数F（x）＝f（x）﹣f（2
a+1 −x），x∈（1
a+1 ，
2
a+1），
F '( x)=
4
(a+1)⋅x⋅(
2
a+1 −x)
−4(a+1)
，
令g( x)=(a+1)⋅x⋅(
2
a+1 −x)，
观察可得g（x）为开口向下的二次函数，在对称轴x =
1
a+1取最大值，
∴F '( x)＞
4
(a+1)
2(
1
a+1 )
−4(a+1)=0
，
故F（x）在(
1
a+1 ，+∞)单调递增，且F(
1
a+1 )=0，
故F（x）＞0 在(
1
a+1 ，+∞)恒成立，
即证得x1+ x2＞
2
a+1 ＞2√
1
a+1，
原命题得证．
【点评】本题主要考查函数单调性的讨论，零点问题的讨论，及极值点偏移的技巧，属于难题．
（2024 高三·全国·专题练习）已知函数f ( x)= ln x + 1
2 a x
2−(a+1)x ,(a∈R).
(1)当a=1时，判断函数y = f ( x)的单调性；
(2)若关于x的方程f ( x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1, x2，求实数a的取值范围，并证明x1⋅x2>e
2.
【答案】(1)f ( x)在(0,+∞)上单调递增
(2)(−1, 1
e −1)，证明见解析
【分析】（1）对f ( x)求导，根据f
'( x)的符号得出f ( x)的单调性；
（2）由题意可知ln x =(a+1)x有两解，求出y = ln x的过原点的切线斜率即可得出a的范围，设
小试牛刀2
7
0< x1< x2, x2
x1
=t，根据分析法构造关于t的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可，
【详解】（1）a=1时，f ( x)= ln x + 1
2 x
2−2 x( x>0)，
故f
'( x)= 1
x + x−2= x
2−2 x +1
x
2
= (x−1)
2
x
2
≥0，
∴f ( x)在(0,+∞)上单调递增.
（2）关于x的方程f ( x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1,x2，
即ln x−(a+1)x =0有两不同实根x1，x2，得a+1=ln x
x
，
令g( x)=ln x
x ( x>0)，g
'( x)= 1−ln x
x
2
，
令g
'( x)=0，得x =e，
当x∈(0,e)时，g
'( x)>0，∴g( x)在(0,e)上单调递增，
当x∈(e,+ ∞)时，g
'( x)<0，∴g( x)在(e,+∞)上单调递减，
∴x =e时，g( x)取得最大值1
e ，且g(1)=0，得图象如图：.
∴a+1∈(0,1
e )，则a∈(−1, 1
e −1)，
即当−1<a<1
e −1时，f ( x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1，x2，
两根满足ln x1=(a+1)x1，ln x2=(a+1)x2，
两式相加得：ln( x1 x2)=(a+1)( x1+ x2)，两式相减得ln x2
x1
=(a+1)( x2−x1)，
上述两式相除得
ln( x1 x2)
ln x2
x1
= x1+ x2
x2−x1，
不妨设x1< x2，要证：x1⋅x2>e
2，
只需证：ln( x1 x2)= x1+ x2
x2−x1
ln x2
x1
>2,即证ln x2
x1
>2· x2−x1
x2+ x1
=
2( x2
x1
−1)
x2
x1
+1
，
8
设t = x2
x1
>1，令F(t )=lnt −2(t −1)
t +1
=lnt + 4
t +1 −2，
则F '(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
∴函数F(t )在(1,+ ∞)上单调递增，且F (1)=0,
∴F(t )>0，即lnt > 2(t −1)
t +1
，
∴x1⋅x2>e
2.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2，利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3，适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4，构造“形似”函数，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.
（23-24 高二下·江苏常州·月考）已知函数f (x)=a x
2−(a+2) x +ln x，其中a∈R．
(1)当a=−1时，求f (x)的单调区间；
(2)求当a>0时，函数y = f ( x)在区间[1,e]上的最小值Q(a)；
(3)若函数g( x)= f ( x)−a x
2有两个不同的零点x1，x2.
①求实数a 的取值范围；
②证明：x1 x2>e
2.
【答案】(1)增区间为(0, 1
2)，减区间为(
1
2 ,+ ∞)
(2)Q(a)=¿
(3)①(−2, 1
e −2)；②证明见解析
【分析】（1）利用导数求函数f (x)的单调区间；
（2）利用导数分类讨论函数y = f ( x)在区间[1,e]的单调性，由单调性求最小值Q(a)；
（3）由函数g( x)有两个不同的零点x1，x2，构造函数G( x)= ln x
x ( x>0)利用导数研究函数单调性的最
值，结合函数图像求实数a 的取值范围；把零点代入函数解析式，证明x1 x2>e
2转化为证明
ln x2
x1
> 2( x2−x1)
x2+ x1
=
2( x2
x1
−1)
x2
x1
+1
，通过构造函数利用导数求最值的方法证明.
【详解】（1）当a=−1时，f (x)=−x
2−x +ln x，定义域为(0,+ ∞)，
小试牛刀3
9
f
' (x)=−2 x−1+ 1
x = −2 x
2−x +1
x
= −( x +1)(2 x−1)
x
.
若f
' (x)>0，则0< x< 1
2；若f
' (x)<0，则x> 1
2；
所以f (x)的增区间为(0, 1
2)，减区间为(
1
2 ,+∞)
（2）函数f ( x)的定义域是[1,e]，
f
'( x)=2ax−(a+2)+ 1
x = 2a x
2−(a+2)x +1
x
= (ax−1)(2 x−1)
x
(a>0)．
当a>0时，令f
'( x)=0则x = 1
a或x = 1
2(舍)．
当1
a ≥e，即0<a≤1
e 时，f
'( x)≤0，∴f ( x)在[1,e]上单调递减，
∴f ( x)在[1,e]上的最小值是f (e) =1+ae
2−(a+2)e，
当1< 1
a <e，即1
e <a<1时，
当x∈(1, 1
a)时，f
'( x)<0，∴f ( x)在(1, 1
a)上单调递减，
当x∈(
1
a ,e)时，f
'( x)>0，∴f ( x)在(
1
a ,e)上单调递增，
∴f ( x)在[1,e]上的最小值是f(
1
a)=−ln a−1
a −1，
当0< 1
a ≤1，即a≥1时，x∈[1,e]，f
'( x)≥0，∴f ( x)在[1,e]上单调递增，
∴f ( x)在[1,e]上的最小值是f (1) =−2．
综上，Q(a)=¿．
（3）①g( x)= f ( x)−a x
2有两个不同的零点x1，x2即ln x−(a+2)x =0有两个不同实根x1, x2，
得a+2= ln x
x ，令G( x)= ln x
x ( x>0)，G
'❑( x)= 1−ln x
x
2
，令G
'( x)=0，得x =e，
当x∈(0,e)时，G
'( x)>0，∴G( x)在(0,e)上单调递增，
当x∈(e,+ ∞)时，G
'( x)<0，∴G( x)在(e,+∞)上单调递减，
∴x =e时，G( x)取得最大值1
e ，且G(1) =0，当x>1时G( x)>0，
得G( x)的大致图像如图所示：
10
∴a+2∈(0, 1
e)，所以实数a 的取值范围为(−2, 1
e −2)．
②当−2<a< 1
e −2时，g( x)有两个不同的零点x1，x2．
两根满足ln x1=(a+2)x1，ln x2=(a+2)x2，
两式相加得：ln( x1 x2)=(a+2)( x1+ x2)，两式相减得：ln x2
x1
=(a+2)( x2−x1)，
上述两式相除得
ln( x1 x2)
ln x2
x1
= x1+ x2
x2−x1，不妨设x1< x2，要证：x1⋅x2>e
2，
只需证：ln( x1 x2)= x1+ x2
x2−x1
ln x2
x1
>2，即证ln x2
x1
> 2( x2−x1)
x2+ x1
=
2( x2
x1
−1)
x2
x1
+1
，
设t = x2
x1
>1，令F(t )= ln t −2(t −1)
t +1
= ln t + 4
t +1 −2，则F
'(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
∴函数F(t )在(1,+ ∞)上单调递增，且F(1) =0．
∴F(t )>0，即ln t > 2(t −1)
t +1
，∴x1⋅x2>e
2．
【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．不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果
运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
【热点题型2：对数均值不等式在双变量问题中的应用】
【核心归纳】
1.双变量问题定义：题干中出现两个变量
（或
），无明确极值点偏移特征，但需证明含双变量
的不等式（如
、
）、求双变量表达式的最值（如
的范围）或含参双变量不等式恒
成立求参数范围·
2.对数均值不等式的应用逻辑：双变量问题的核心是“降元”，通过对题干中的等式、不等式变形，构造
出对数均值的形式，利用对数均值不等式建立双变量的均值关系，将双变量问题转化为单变量函数问题或
简单不等式求解·
11
3.适用场景：含指对函数的双变量等式/不等式问题、双变量最值问题、含参双变量恒成立问题·
已知函数f（x）= mx−n
x
−lnx，m，n∈R．
（1）若函数f（x）在（2，f（2））处的切线与直线x﹣y＝0 平行，求实数n 的值；
（2）试讨论函数f（x）在区间[1，+∞）上最大值；
（3）若n＝1 时，函数f（x）恰有两个零点x1，x2（0＜x1＜x2），求证：x1+x2＞2．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
版权所有
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用．
【分析】（1）求出函数的导数，根据f′（2）＝1，求出n 的值即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论n 的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最大值即可；
（3）可得m= 1
x1
+ ln x1= 1
x2
+ ln x2，x1+x2＝x1（t+1）= t
2−1
tlnt ，即x1+ x2−2=
2( t
2−1
2t
−lnt )
lnt
，根据函
数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）由f′（x）= n−x
x
2 ，f '(2)= n−2
4
，
由于函数f（x）在（2，f（2））处的切线与直线x﹣y＝0 平行，
故n−2
4
=1，解得n＝6…（2 分）
（2）f′（x）= n−x
x
2 ，（x＞0），
由f′（x）＜0 时，x＞n；f′（x）＞0 时，x＜n，
所以①当n≤1 时，f（x）在[1，+∞）上单调递减，
故f（x）在[1，+∞）上的最大值为f（1）＝m﹣n；
②当n＞1，f（x）在[1，n）上单调递增，在（n，+∞）上单调递减，
故f（x）在[1，+∞）上的最大值为f（n）＝m﹣1﹣lnn；
（3）证明：n＝1 时，f（x）恰有两个零点x1，x2，（0＜x1＜x2），
由f ( x1)= m x1−1
x1
−ln x1=0，f（x2）= m x2−1
x2
−ln x2=0，得m= 1
x1
+ ln x1= 1
x2
+ ln x2，
∴
x2−x1
x1 x2
= ln x1
x2
，
设t= x1
x2
∈（0，1），lnt= t −1
t x1
，x1= t −1
tlnt ，故x1+x2＝x1（t+1）= t
2−1
tlnt ，
经典例题
12
∴x1+ x2−2=
2( t
2−1
2t
−lnt )
lnt
，
记函数h(t )= t
2−1
2t
−lnt，因h'(t )= (t −1)
2
2t
2
＞0，
∴h（t）在（0，1）递增，∵0＜t＜1，∴h（t）＜h（1）＝0，
又lnt＜0，故x1+x2＞2 成立…（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不
等式的证明，是一道综合题．
【规律方法总结】
1.通用解题步骤
：
①梳理双变量关系：明确题干中双变量满足的等式（条件等式）和需要证明/求解的目标（不等式/最
值/参数范围）·
②变形构造对数均值：对条件等式进行移项、取对数、因式分解等变形，消去参数或常数项，构造出
的对数均值结构·
③应用对数均值不等式：根据目标问题，选择对数均值不等式的左侧或右侧，建立双变量与目标量的关
联·
④转化求解：将关联后的不等式转化为单变量问题（如比值换元后构造函数求最值），或直接化简求解目
标量·
2.典型题型分类与技巧：
类型1：双变量不等式证明（不含参数）
技巧：直接利用条件等式构造对数均值，结合对数均值不等式证明·例如：已知
，且
（
），证明
·
解析：对
取对数得
，变形得
（绝对值为1）·由对数
均值不等式
（因
），代入得
，即
·
类型2：双变量最值问题
技巧：通过对数均值不等式建立双变量的约束关系，转化为单变量函数求最值·例如：已知
，
，求
的最大值·
解析：由条件变形得
·由对数均值不等式左侧
，即
，
故
·当
时，对数均值趋近于几何均值，故
的最大值为1·
类型3：含参双变量恒成立问题
技巧：先通过条件等式构造对数均值，将参数用对数均值表示，再结合恒成立条件转化为参数范围·例如：
已知
（
），且
，不等式
恒成立，求
的最大值·
13
解析：由条件变形得
·由对数均值不等式
，得
，即
·因
恒成立，故
，即
的最大值为
·
3.名师核心技巧：
①比值换元常态化：双变量问题中，令
（
），可将双变量转化为单变量，结合对数均值不等
式和函数单调性求解，降低解题难度·
②常数代换巧构造：当条件等式中含常数项时，可通过移项将常数项归到一侧，再结合对数运算法则构造
对数均值·例如：
，可变形为
，
，两式相减后结合
对数恒等式构造对数均值·
4.易错点提醒：
①恒成立问题边界判断：含参双变量恒成立时，需明确“恒成立”的边界条件，避免将“充分条件”误作
“必要条件”·
②变量正负性：对数均值不等式仅适用于正数
，需先判断双变量的正负性，避免因变量为负导致对数
无意义·
设函数f（x）＝lnx，g（x）＝（2﹣a）（x﹣1）﹣2f（x）．
（1）当a＝1 时，求函数g（x）的单调区间；
（2）设F（x）＝f（x）+
b
x +1（b＞0），对任意的x1，x2∈[0，1]，x1≠x2，都有
F( x1)−F( x2)
x1−x2
＜−
1，求实数b 的取值范围；
（3）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数y＝f（x）图象上任意不同的两点，线段AB 的中点为C（x0，
y0），直线AB 的斜率为k，证明：k＞f′（x0）
【考点】利用导数研究函数的最值．
版权所有
【专题】函数的性质及应用；导数的综合应用．
【分析】（1）当a＝1 时求出g′（x），然后在定义域内解不等式g′（x）＞0，g′（x）＜0，从而
得到函数g（x）的单调区间；
（2）由
F( x1)−F( x2)
x1−x2
＜−1，可得
F( x1)+ x1−[( F( x2)+ x2)]
x1−x2
＜0，即h（x）＝F（x）+x 在[0，1]
上为减函数，也就是h′（x）＜0 在[0，1]上恒成立，转化为t（x）＝x3+3x2+（3﹣b）x+1 在[0，1]上小
于0 恒成立，再由导数分析满足此条件的b 不存在；
（3）求出直线AB 的斜率为k 和f′（x0），整理后把证明k＞f′（x0）转化为证明ln x1
x2
x1−x2
＞
2
x1−x2
．
构造函数h（x）＝lnx−2( x−1)
x +1
（x＞1），利用导数证明该函数在（1，+∞）上为增函数证得结论．
小试牛刀1
14
【解答】（1）解：当a＝1 时，g（x）＝x﹣1﹣2lnx，则g′（x）＝1−2
x ，
由g′（x）＞0，x＞2；g′（x）＜0，得0＜x＜2．
故g（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为（2，+∞）；
（2）解：由
F( x1)−F( x2)
x1−x2
＜−1⇒F( x1)+ x1−[( F( x2)+ x2)]
x1−x2
＜0，即h（x）＝F（x）+x 在[0，1]
上为减函数．
由h（x）＝F（x）+x＝f（x）+
b
x +1 +x＝lnx+
b
x +1 +x，得
h′（x）= 1
x −
b
( x +1)
2 +1= x
2+2 x +1−bx + x
3+2 x
2+ x
( x +1)
2
= x
3+3 x
2+(3−b)x +1
( x +1)
2
，
要使h（x）＝F（x）+x 在[0，1]上为减函数，则
t（x）＝x3+3x2+（3﹣b）x+1 在[0，1]上小于0 恒成立，
t′（x）＝3x2+6x+3﹣b，
若t′（0）＝3﹣b≥0，即b≤3，则t（x）在[0，1]上为增函数，∴t（1）＝8﹣b＜0，b＞8，此时b 不
存在；
若t′（1）＝12﹣b≥0，即b≤12，则t（x）在[0，1]上为减函数，∴t（0）＝1＜0，矛盾；
若{
t '(0)=3−b＜0
t '(1)=12−b＞0，即3＜b＜12，则{
t(0)=1＜0
t(1)=8−b＜0，b 不存在．
综上，满足条件的实数b 不存在；
（3）证明：不妨设x1＞x2＞0，
则k= f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
= ln x1−ln x2
x1−x2
=
ln x1
x2
x1−x2
，f′（x0）＝f′（x1+ x2
2
）=
2
x1+ x2
，
证明k＞f′（x0）转化为证明
ln x1
x2
x1−x2
＞
2
x1−x2
，
即证明ln x1
x2
−2( x1−x2)
x1+ x2
＞0，令x= x1
x2
，（x＞1），得：lnx−2( x−1)
x +1
＞0，
令h（x）＝lnx−2( x−1)
x +1
（x＞1），则h′（x）= ( x−1)
2
x( x +1)
2．
∴h（x）在（1，+∞）上为增函数，
∴h（x）＞h（1）＝0．
15
∴k＞f′（x0）．
【点评】本题考查利用导数研究函数单调性及求函数最值，考查函数恒成立问题，函数恒成立问题往往
转化为函数最值解决，是压轴题．
已知函数f（x）= 1
x −x+alnx．
（Ⅰ）求f（x）在（1，f（1））处的切线方程（用含a 的式子表示）
（Ⅱ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅲ）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
＜a−2．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
版权所有
【专题】函数思想；综合法；构造法；转化法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【分析】（Ⅰ）由题意可得，当x＝1 时，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a，于是可求f（x）在（1，f
（1））处的切线方程；
（Ⅱ）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）= −x
2+ax−1
x
2
−，设g（x）＝﹣x2+ax﹣1，
注意到g（0）＝﹣1，分①当a≤0 与②当a＞0 时两类讨论，可得函数的单调情况；
（Ⅲ）将不等式进行等价转化，构造新函数，研究函数的单调性和最值即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）= 1
x −x+alnx（x＞0），
∴f′（x）= −x
2+ax−1
x
2
（x＞0），
∴当x＝1 时，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a，
设切线方程为y＝（﹣2+a）x+b，代入（1，0），得b＝2﹣a，
∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y＝（﹣2+a）x+2﹣a．
（Ⅱ）函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数f′（x）= −x
2+ax−1
x
2
，
设g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到g（0）＝﹣1，
①当a≤0 时，g（x）＜0 恒成立，即f′（x）＜0 恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数；
②当a＞0 时，判别式Δ＝a2﹣4，
1°当0＜a≤2 时，△≤0，即g（x）≤0，即f′（x）≤0 恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减
函数；
小试牛刀2
16
2°当a＞2 时，令f′（x）＞0，得：a−√a
2−4
2
＜x＜a+√a
2−4
2
；
令f′（x）＜0，得：0＜x＜a−√a
2−4
2
或x＞a+√a
2−4
2
；
∴当a＞2 时，f（x）在区间（a−√a
2−4
2
，a+√a
2−4
2
）单调递增，在（0，a−√a
2−4
2
），（
a+√a
2−4
2
，+∞）单调递减；
综上所述，综上当a≤2 时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞2 时，在（0，a−√a
2−4
2
），（a+√a
2−4
2
，+∞）上是减函数，
在区间（a−√a
2−4
2
，a+√a
2−4
2
）上是增函数．
（Ⅲ）（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，
则f（x1）﹣f（x2）= 1
x1
−x1+alnx1﹣[ 1
x2
−x2+alnx2]
＝（x2﹣x1）（1+
1
x1 x2
）+a（lnx1﹣lnx2）
＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），
则
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
=−2+ a(lnx1−lnx2)
x1−x2
，
则问题转为证明
lnx1−lnx2
x1−x2
＜1 即可，
即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，
则lnx1﹣ln 1
x1
＞x1−1
x1
，
即lnx1+lnx1＞x1−1
x1
，
即证2lnx1＞x1−1
x1
在（0，1）上恒成立，
设h（x）＝2lnx﹣x+ 1
x1
，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，
求导得h′（x）= 2
x −1−1
x
2 =−x
2−2 x +1
x
2
=−( x−1)
2
x
2
＜0，
17
则h（x）在（0，1）上单调递减，
∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+ 1
x ＞0，
故2lnx＞x−1
x ，
则
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
＜a﹣2 成立．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与求函数的极值，考查等价转化思想与函数与方程思想，
考查逻辑思维与综合运算能力，是难题．
（23-24 高二下·江苏淮安·月考）已知函数f ( x)= ln x −ax +a
2(a∈R)．
(1)讨论函数f ( x)的单调区间；
(2)当a> 1
2时，函数f ( x)有两个零点x1、x2，求a的取值范围：
(3)在（2）的条件下，证明：x1+ x2>a+ 2
a −1
【答案】(1)答案见解析
(2)a>1
(3)证明见解析
【分析】（1）对f ( x)求导得到f
'( x)= 1
x −a，利用导数与函数单调性间的关系，分a≤0和a>0两种情况
讨论，即可求出结果；
（2）根据条件，先探求必要条件f(
1
a)=−ln a−1+a
2>0，从而得出a>1，再证明a>1时，f ( x)有且仅
有两个零点，取x = a
2
a−1 > 1
a，得出f(
a
2
a−1)<0，取x =e
−a
2< 1
a，得到f (e
−a
2)<0，再利用零点存在性原理，
即可证明结果；
（3）构造函数F( x)= ln x−2( x−1)
x +1
，利用导数与函数单调性间的关系，得出a x1−a
2< 2(x1−1)
x1+1
，
a x2−a
2> 2(x2−1)
x2+1
，即可证明结果.
【详解】（1）易知函数定义域为(0,+∞)，又f
'( x)= 1
x −a，
①当a≤0时，f
'( x)>0在区间(0,+∞)上恒成立，此时f ( x)在区间(0,+∞)上单调递增，
②当a>0时，令f
'( x)>0，得到1
x >a，即0< x< 1
a；令f
'( x)<0，得到1
x <a，即x> 1
a，
小试牛刀3
18
此时f ( x)在区间(0, 1
a)上单调递增，在区间(
1
a ,+ ∞)上单调递减，
综上所述，当a≤0时，f ( x)的单调递增区间为(0,+∞)，无减区间，
当a>0时，f ( x)的增区间为(0, 1
a)，减区间为(0,+∞).
（2）因为a> 1
2，由（1）知，f ( x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调递减，
又f ( x)有两个零点，则必有f(
1
a)=−ln a−1+a
2>0，
令g(a)=a
2−ln a−1，则g
'(a)=2a−1
a = 2a
2−1
a
，由g
'(a)=0，得到a= √2
2 或a=−√2
2 （舍）
故g(a)在(
1
2 , √2
2 )上单调递减，在(
√2
2 ,+ ∞)上单调递增，
又g(
1
2)= 1
4 + ln 2−1<0，所以当a∈(
1
2 , √2
2 )时，g(a)<g(
1
2)<0，
得到g(
√2
2 )<0，又g(1)=0，g(a)在(
√2
2 ,+ ∞)上单调递增，
故当a>1时，g(a)>0，即f(
1
a)>0，
下证当a>1时，f ( x)有两个零点，
因为当a>1时，f(
1
a)=−ln a−1+a
2>0．
取x = a
2
a−1 > 1
a，则f(
a
2
a−1)= ln(
a
2
a−1)−a
3
a−1 +a
2= ln(
a
2
a−1)−a
2
a−1，
下证当x>0时，ln x< x，
令h( x)= ln x−x，则h
'( x)= 1
x −1= 1−x
x
，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减．
得到h( x)≤h(1)=−1<0，所以当x>0时，h( x)<0即ln x< x，
所以f(
a
2
a−1)= ln(
a
2
a−1)−a
2
a−1 <0，
令m( x)=e
x−x −1，则m
'( x)=e
x−1，当x>0时，m
'( x)=e
x−1>0恒成立，
即m( x)=e
x−x−1在区间(0,+∞)上单调递增，则m( x)>m(0)=0，
所以当x>0时，e
x> x +1，
取x =e
−a
2= 1
e
a
2 <
1
a
2+1
< 1
a，则f (e
−a
2)=−a
2−ae
−a
2
+a
2=−ae
−a
2
<0
19
综上，当a>1时，
a
2
a−1 > 1
a ,f(
1
a)⋅f(
a
2
a−1)<0且f ( x)在(
1
a ,+∞)上年调递减，所以f ( x)在(
1
a ,+∞)上有且只有一个零点，
0<e
−a
2< 1
a ,f(
1
a)⋅f (e
−a
2)<0且f ( x)在(0, 1
a)上单调递增，所以f ( x)在(0, 1
a)上有且只有一个零点，
所以，当a>1时，f ( x)有两个零点．
（3）由（2）知，f ( x)有两个零点，不妨设0< x1<1< x2，
则ln x1=a x1−a
2,ln x2=a x2−a
2．
设函数F( x)= ln x−2( x−1)
x +1
，则F(1)=0，
F
'( x)= 1
x −
4
( x +1)
2 = ( x−1)
2
x( x +1)
2 ≥0，所以F( x)在R上单调递增，
故当x∈(0,1)时，F( x)<0，即ln x< 2( x−1)
x +1
，当x∈(1,+∞)时，F( x)>0，即ln x> 2( x−1)
x +1
，
所以a x1−a
2< 2(x1−1)
x1+1
，a x2−a
2> 2(x2−1)
x2+1
，
所以(a x1−a
2)(x1+1)−2(x1−1)<0<(a x2−a
2)(x2+1)−2(x2−1)，
整理可得：a(x1
2−x2
2)+(a−a
2−2)(x1−x2)<0
即a(x1+ x2)>a
2−a+2，所以x1+ x2>a+ 2
a −1．
【点睛】关键点点晴：本题关键在于第（2）和第（3）问，对于第（2）问，先利用必要条件，探求出a的
范围，再寻找到两个取值x = a
2
a−1 > 1
a和x =e
−a
2< 1
a，并判断出相应函数值的符号，再利用零点存在性原理
来解决问题；对于第（3），通过构造函数F( x)= ln x−2( x−1)
x +1
，利用导数与函数单调性间的关系，得
到a x1−a
2< 2(x1−1)
x1+1
，a x2−a
2> 2(x2−1)
x2+1
，进而有
(a x1−a
2)(x1+1)−2(x1−1)<0<(a x2−a
2)(x2+1)−2(x2−1)，即可解决问题.
1．（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)=e2√x−a
2 x（x>0，a>0）.若函数f ( x)有两个零点x1，
x2.证明：4−4 ln a<ln x1+ ln x2<1−ln a.
【答案】证明见解析
课后针对训练
20
【分析】先换元√x =t，即证2<t1+t2< 1+3 ln a
2
，分别构造函数来证明即可.
【详解】因为f ( x)=e2√x−a
2 x，有两个零点x1，x2，
¿，
令√x =t，则¿，
即证明2−2ln a<ln t1+ ln t2=t1+t2−2ln a< 1−ln a
2
，即证2<t1+t2< 1+3ln a
2
，
设0<t1<t2，
由于t2−t1= lnt2−lnt1，即
ln t2−ln t1
t2−t1
=1，
左边即证t1+t2= ln t2−ln t1
t2−t1
(t1+t2)=
ln t2
t1
t2
t1
−1
( t2
t1
+1)>2，
即证ln t2
t1
−
2(
t2
t1
−1)
( t2
t1
+1)
>0，
设h( x)= ln x−2 x−1
x +1 ，则h
'( x)= (x−1)
2
x( x +1)
2 >0，h( x)单调递增，
则当x>1时，h( x)>h(1)=0，即h( t2
t1
)>0成立，故t1+t2>2.
要证t1+t2< 1+3ln a
2
，
即证(t2+t1)(t2−t1)< 1+3 ln a
2
(t2−t1)即t2
2−1+3ln a
2
t2<t1
2−1+3ln a
2
t1,
而e
t2
t2
=e
t1
t1
=a,
故即证t2
2−1+3(t2−ln t2)
2
t2+
e
2
e
t2
t2
<t1
2−1+3(t1−ln t1)
2
t1+
e
2
e
t1
t1
，
即证：−1
2 t2
2−1
2 t2+ 3t2lnt2
2
+
t2
2e
t2−1 <−1
2 t1
2−1
2 t1+ 3t1lnt1
2
+
t1
2e
t1−1，
令g(t )=−1
2 t
2−1
2 t + 3t ln t
2
+
t
2e
t −1，即证：g(t1)>g(t2).
则g
'(t )=−t + 3lnt
2
+1+ 1−t
2e
t −1 ，
21
设s(t )=−t + 3 ln t
2
+1+ 1−t
2e
t −1 ，
则s
' (t )=−1+ 3
2t + −2+t
2e
t −1 = (3−2t )e
t −1+t (t −2)
2t e
t −1
，
设u(t )=(3−2t )e
t −1+t (t −2)，则u
' (t )=(1−2t )e
t −1+2t −2，
设v (t )=(1−2t )e
t −1+2t −2，则v
' (t )=(−1−2t )e
t −1+2，其t >0，
而[v
' (t )]
' =(−3−2t )e
t −1<0，故v
' (t )在(0,+ ∞)为减函数，
而v
' (0)=2−1
e >0，v
' (1)=−1<0，故存在t0∈(0,1)，
使得t ∈(0,t0)时，v
' (t )>0，t ∈(t0,+ ∞)时，v
' (t )<0，
故v (t )在(0,t0)上为增函数，在(t0,+∞)为减函数，
故v (t )max= v(t0)=(1−2t0)e
t0−1+2t0−2，且(−1−2t0)e
t0−1+2=0，
故v(t0)= 2(1−2t0)
1+2t0
+2t0−2= 4t0
2−6t0
1+2t0
<0，故v (t )max<0即u
' (t )<0恒成立，
故u(t )在(0,+ ∞)上为减函数，而u(1)=0，
故当t ∈(0,1)时，u(t )>0即s
' (t )>0，t ∈(1,+∞)时，u(t )<0即s
' (t )<0，
故s(t )在(0,1)上为增函数，在(1,+ ∞)上为减函数，
故s(t )max = s(1)=0，故g
' (t )≤0（不恒为零），故g(t )为减函数，
故g(t1)> g(t2)，即t1+t2< 1+3ln a
2
，
即4−4 ln a<ln x1+ ln x2<1−ln a得证.
2．（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)= 1
x −x +aln x，若f ( x)存在两个极值点x1，x2，证明：
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<a−2.
【答案】证明见解析
【分析】由极值点的定义得x1 x2=1且a>2，然后把
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
消去x1，再由分析法得出只要证明
1
x2
−x2+2ln x2<0，设g( x)= 1
x −x +2ln x，由导数证明此结论成立后即得．
【详解】f ( x)的定义域是(0,+ ∞)，
由题意f
'( x)=−1
x
2 −1+ a
x = −x
2+ax−1
x
2
=0，有两个不等正实根，
即−x
2+ax−1=0有两个不等正实根，
Δ=a
2−4>0，且x1+ x2=a>0，x1 x2=1>0，所以a>2，
22
不妨设x1< x2，则0< x1<1< x2，又ln( x1 x2)= ln x1+ ln x2=0，x1= 1
x2
，x2= 1
x1
，
所以f ( x1)−f ( x2)= 1
x1
−x1+aln x1−1
x2
+ x2−aln x2=2( x2−x1)−2aln x2
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
=−2+a⋅−2ln x2
1
x2
−x2
，
要证
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<a−2，只需证
−2ln x2
1
x2
−x2
<1
，只需证1
x2
−x2+2ln x2<0，
设g( x)= 1
x −x +2ln x,g
'( x)=−1
x
2 −1+ 2
x =−( 1
x −1)
2
≤0在x>0时恒成立，
所以g( x)在(0,+ ∞)上是减函数，
所以x2>1时，g( x2)< g(1)=0，
所以
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<a−2得证！
3．（25-26 高三上·天津蓟州·期中）已知函数f (x)=e
x+ax (a∈R)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有两个正零点x1, x2，且x1< x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）求证：x1+ x2>2．
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）a<−e；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间；
（2）（i）结合（1）的分析，确定a满足的条件，从而求得a的取值范围；（ii）通过构造函数证明对数均
值不等式，从而证得x1+ x2>2.
【详解】（1）函数f (x)=e
x+ax的定义域为R，求导得f
' (x)=e
x+a，
当a≥0时，f
' (x)>0，所以函数f (x)在R上单调递增；．
当a<0时，令f
' (x)=0，解得x =ln(−a)，
当x∈(−∞,ln(−a))时，f
' (x)<0，函数f (x)在(−∞,ln(−a))上单调递减，
当x ∈(ln(−a),+ ∞)时，f
' (x)>0，函数f (x)在(ln(−a),+ ∞)上单调递增．
综上所述，当a≥0时，函数f (x)在R上单调递增；
当a<0时，函数f (x)在(−∞,ln(−a))上单调递减，在(ln(−a),+ ∞)上单调递增．
（2）（i）由题意知方程e
x+ax =0有两个不同的正实根x1, x2，
由（1）知a<0，且f (0)=1，所以¿，解得a<−e．
23
（ii）由（1）得a<−e，所以e
x1=−a x1,e
x2=−a x2，两边同时取自然对数，
得x1=ln(−a)+ln x1, x2=ln(−a)+ln x2，两式相减得x2−x1=ln x2−ln x1，即
x2−x1
ln x2−ln x1
=1，
要证x1+ x2>2，只需证明
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
，
令t = x2
x1
>1，只需证明lnt > 2(t −1)
t +1
,(*)构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，
求导得g
' (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以函数g(t )在(1,+∞)上单调递增，
于是g(t )> g(1)=0，所以不等式（*）成立，于是原不等式x1+ x2>2成立．
4．（25-26 高三上·河北石家庄·开学考试）已知函数f ( x)=e
x−a x
2 (a∈R)．
(1)当a= 1
2时，求函数f ( x)的单调区间；
(2)当x>0时，若函数f ( x)有2 个不同的零点x1，x2．
（ⅰ）求a 的取值范围；
（ⅱ）证明：x1+ x2>4．
【答案】(1)单调递增区间为(−∞,+ ∞)，无单调递减区间
(2)（ⅰ）(
e
2
4 ,+ ∞)；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间；
（2）（ⅰ）转化为函数g( x)= e
x
x
2 ( x>0)与y =a有两个交点的问题；
（ⅱ）由函数的两个零点可得
x1−x2
ln x1
x2
=2
，再利用构造函数的方法证明即可.
【详解】（1）当a= 1
2时，f ( x)=e
x−1
2 x
2，则f
'( x)=e
x−x，
令F( x)=e
x−x，得F
'( x)=e
x−1，
当x ≥0时，F
'( x)≥0；当x<0时，F
'( x)<0，
即F( x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
则F( x)在x =0处取得极小值，F(0)=1，所以F( x)≥1，
所以f
'( x)>0恒成立，
即f ( x)在R上单调递增；
故单调递增区间为(−∞,+ ∞)，无单调递减区间．
（2）（ⅰ）当x>0时，若函数f ( x)有2 个不同的零点x1，x2，
24
∴e
x=a x
2恰有2 个正实数根x1，x2，
令g( x)= e
x
x
2 ( x>0)，则y =a与g( x)有两个不同交点，
∴g
'( x)= ( x−2)e
x
x
3
，
∴当x∈(0,2)时，g
'( x)<0；当x∈(2,+ ∞)时，g
'( x)>0，
∴g( x)在(0,2)上单调递减，在(2,+ ∞)上单调递增，又g(2)= e
2
4 ，
当x 从0 的右侧无限趋近于0 时，g( x)趋近于+∞；
当x 无限趋近于+ ∞时，e
x的增速远大于x
2的增速，则g( x)趋近于+ ∞，
则g( x)图象如下图所示，
∴当a> e
2
4 时，y =a与g( x)有两个不同交点，
∴实数a 的取值范围为(
e
2
4 ,+ ∞)．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知：e
x1=a x1
2，e
x2=a x2
2，(x1>0, x2>0)
∴x1= ln a+2ln x1，x2= ln a+2ln x2，
∴x1−x2=2ln x1−2ln x2=2ln x1
x2
，则
x1−x2
ln x1
x2
=2
，
不妨设x2> x1>0，
要证x1+ x2>4，则需证x1+ x2> 2(x1−x2)
ln x1
x2
，
∵x2> x1>0，∴0< x1
x2
<1，∴ln x1
x2
<0，则只需证ln x1
x2
< 2(x1−x2)
x1+ x2
=
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
25
令t = x1
x2
∈(0,1)，则只需证t ∈(0,1)时，ln t < 2(t −1)
t +1
恒成立，
令h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(0<t <1)，
∴h
'(t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= (t +1)
2−4t
t(t +1)
2
= (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
∴h(t )在(0,1)上单调递增，∴h(t )<h(1)=0，
∴当t ∈(0,1)时，ln t < 2(t −1)
t +1
恒成立，
∴原不等式x1+ x2>4得证．
【点睛】与2025 年新课标Ⅱ卷数学真题第18 题同步考查函数的单调性、零点及不等式证明；真题卷第18
题考查含三次项的函数性质；本题考查指数函数与二次函数结合的函数，分析其单调区间、零点的取值范
围及证明零点之和的不等式，零点问题通常转化为函数图象交点的问题；构造函数是解决极值点偏移问题
的方法之一.
5．（24-25 高二下·广东东莞·期中）已知函数f (x)= x−ln x−m．
(1)若f (x)有两个零点x1, x2，且x2> x1，求m的取值范围；
(2)在（1）的条件下，求证：x1+ x2> 2(m−1)
lnm
．
【答案】(1)m>1
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后判断单调性，结合最值的符号和零点存在定理可求m的取值范围；
（2）结合（1）中的函数性质可得0< x1<1< x2，我们先证明：x1+ x2>m+1，利用已知的单调性将欲求证
的此不等式转化为1−x1−ln(1−ln x1)<0，后者可利用导数证明，再证明ln m> 2(m−1)
m+1
(m>1)，从而可
得题设中的不等式.
【详解】（1）f
' (x)= x−1
x
，
当0< x<1时，f
' (x)<0，当x>1时，f
' (x)>0，
故f (x)在(0,1)上为单调递减，在(1,+∞)上为单调递增，
因为f (x)有两个零点x1, x2，故f (x)min= f (1)=1−m<0，故m>1.
当m>1时，f (e
−m)=e
−m>0，而f (e
m)=e
m−2m，
设s(x)=e
x−2 x , x>1，则s
' (x)=e
x−2>0，故s(x)在(1,+∞)上为增函数，
故s(x)>s(1)=e−2>0，故f (e
m)>0，
而e
−m<1<e
m，故当m>1时，f (x)确有两个实数根，
综上，m>1.
26
（2）由（1）可得0< x1<1< x2，
先证明：x1+ x2>m+1，即证x2>m+1−x1，
而x2>m+1−x1>1，故即证f (x2)>f (m+1−x1)，
而f (x1)= f (x2)=0，故即证m+1−x1−ln(m+1−x1)−m<0，
即证1−x1−ln(m+1−x1)<0，而x1−ln x1=m，
故即证：1−x1−ln(1−ln x1)<0，
设s(x)=1−x−ln(1−ln x),0< x<1，则s
' (x)=
1
x + ln x−1
1−ln x
，
设t (x)= 1
x + ln x−1,0< x<1，则t
' (x)= x−1
x
2 <0，
故t (x)在(0,1)上为减函数，故t (x)>t (1)=0，
故s(x)在(0,1)上为增函数，故s(x)<s(1)=0即1−x1−ln(1−ln x1)<0成立，
故x1+ x2>m+1.
设v (m)= ln m−2(m−1)
m+1
,m>1，则v
' (m)= (m−1)
2
m(m+1)
2 >0，
故v (m)在(1,+ ∞)上为增函数，故v (m)>v (1)=0，
故ln m> 2(m−1)
m+1
(m>1)，故m+1> 2(m−1)
ln m
(m>1)，
故x1+ x2> 2(m−1)
lnm
.
6．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数h(x)=ln x和g(x)=ax，若存在两个实数x1, x2，且x1≠x2，使
得h(x1)= g(x1)，h(x2)= g(x2)，证明：x1 x2>e
2．
【答案】证明见解析
【分析】利用参数a作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明lnt −2(t −1)
t +1
>0，利用
构造函数法，结合导数证得结论成立.
【详解】因为x1≠x2，不妨设x1> x2，
因为ln x1−a x1=0，ln x2−a x2=0，
所以ln x1+ln x2=a(x1+ x2)，ln x1−ln x2=a(x1−x2)，
所以
ln x1−ln x2
x1−x2
=a，
欲证x1 x2>e
2，即证ln x1+ln x2>2.
因为ln x1+ln x2=a(x1+ x2)，所以即证a>
2
x1+ x2
，
27
所以即证
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，即证ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
．
令t = x1
x2
，则t >1，x1 x2>e
2等价于lnt −2(t −1)
t +1
>0，
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，t >1，
因为g
' (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，
故g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，
即lnt −2(t −1)
t +1
>0，所以x1 x2>e
2．
方法二：直接换元构造新函数 a=ln x1
x1
=ln x2
x2
，即
ln x2
ln x1
= x2
x1
，设x1< x2，t = x2
x1
，则t >1，
则x2=t x1，
lnt x1
ln x1
=t，可得ln x1=lnt
t −1，ln x2=lnt x1=lnt +ln x1=lnt +lnt
t −1 = t lnt
t −1 ，
由于x1 x2>e
2⇔ ln x1+ln x2>2⇔ lnt
t −1 + t lnt
t −1 = t +1
t −1 lnt >2⇔ lnt −2(t −1)
t +1
>0
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，t >1，
因为g
' (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，
故g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，即lnt −2(t −1)
t +1
>0，
所以x1 x2>e
2.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)（或f (x)<g(x)）转化为证明f (x)−g(x)>0（或
f (x)−g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)= f (x)−g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
7．（2024 高三·全国·专题练习）若x1, x2是函数f (x)=e
x−ax (x>0)的两个零点，且x1< x2，求证：
x1+ x2>2且x1 x2<1．
【答案】证明见解析
【分析】方法一：根据题意，得x1−ln x1= x2−ln x2=lna，令t = x2
x1
，对于x1+ x2>2，其等价于
28
lnt
t −1 + t lnt
t −1 >2，构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，即可得证x1+ x2>2；令√t =b，则b>1，构造函数
h(b)=lnb
2−b+ 1
b
(b>1)，即x1 x2<1得证；
方法二：由函数y =e
x
x 单调性，知0< x1<1< x2，有e
x1=a x1，e
x2=a x2，则a=e
x2−e
x1
x2−x1
，且x1=e
x1
a ，
x2=e
x2
a ，令g(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1)(t >0)，利用导数可证x1+ x2>2；令h(t )=t e
t
2 −e
t +1(t >0)，利用导
数可证x1 x2<1.
【详解】方法一：比值代换
因为x>0，由题意结合e
x =ax (x>0)可知，a>0，x =lna+ln x，
所以x1−ln x1= x2−ln x2=lna．
令t = x2
x1
，则t >1，x2=t x1，代入上式得x1=lnt
t −1，
x2= t lnt
t −1 ．对于x1+ x2>2，其等价于lnt
t −1 + t lnt
t −1 >2，即lnt −2(t −1)
t +1
>0．
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，
则g
' (t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以函数g(t )在(1,+∞)上单调递增，
所以g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，即x1+ x2>2得证．
对于x1 x2<1，其等价于t (lnt )
2
(t −1)
2 <1，即√t lnt
t −1 <1，即lnt −√t + 1
√t <0．
令√t =b，则b>1，构造函数h(b)=lnb
2−b+ 1
b
(b>1)，则h
' (b)= 2
b −1−1
b
2 =−(b−1)
2
b
2
<0，
h(b)在(1,+ ∞)上单调递减，所以h(b)<ln1
2−1+ 1
1 =0，即x1 x2<1得证．
方法二：差值代换
由e
x =ax (x>0)可得a=e
x
x >0．
设函数y =e
x
x ，则y
' =e
x(x−1)
x
2
，
当x∈(0,1)，y
'<0，则函数在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)，y
'>0，则函数在(1,+ ∞)上单调递增，
29
所以0< x1<1< x2，则有e
x1=a x1，e
x2=a x2，则a=e
x2−e
x1
x2−x1
，且x1=e
x1
a ，x2=e
x2
a ．
对于x1+ x2>2，即e
x1+e
x2
a
>2，即e
x1+e
x2
e
x2−e
x1 >
2
x2−x1
，即e2
x2−x1+1
e
x2−x1−1
>
2
x2−x1
，
令x2−x1=t，则t >0，则只需证t (e
t +1)−2(e
t−1)>0．
令g(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1)(t >0)，则g
' (t )=(t −1)e
t +1，g
″ (t )=t e
t>0，
则g
' (t )在(0,+ ∞)上单调递增，则g
' (t )>(0−1)e
0+1=0，
则g(t )在(0,+ ∞)上单调递增，则g(t )>0×(e
0+1)−2×(e
0−1)=0，即x1+ x2>2成立．
对于x1 x2<1，其等价于e
x1e
x2
a
2
<1，即e
x1e
x2<(
e
x2−e
x1
x2−x1)
2
，即e
x1e
x2
(e
x2−e
x1)
2 <(
1
x2−x1)
2
．
左边分子、分母同时除以e
2 x1，得e
x2−x1
(e
x2−x1−1)
2 <(
1
x2−x1)
2
，令x2−x1=t，则t >0，
则只需证e
t
(e
t−1)
2 <(
1
t)
2
，即t e
t
2 −e
t +1<0．
令h(t )=t e
t
2 −e
t +1(t >0)，则h
' (t )=e
t
2(−e
t
2 + t
2 +1)，
令m(t )=−e
t
2 + t
2 +1，则m
' (t )= 1
2(1−e
t
2)<0，
所以m(t )在(0,+ ∞)上单调递减，故m(t )=−e
t
2 + t
2 +1<−e
0
2 + 0
2 +1=0，所以h
' (t )<0，
所以h(t )在(0,+∞)上单调递减，所以h(t )<0×e
0
2 −e
0+1=0，即x1 x2<1成立．
8．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数f ( x)= ln x−ax，a为常数，若函数f ( x)有两个零点x1, x2，试
证明：x1⋅x2>e
2.
【答案】证明见解析
【分析】法一：消参转化成无参数问题，由f ( x)=0⇔ln x =ae
ln x，x1, x2是方程ln x =ae
ln x的两根，则
ln x1,ln x2是x =ae
x的两根，设u1= ln x1,u2= ln x2，g( x)= x e
−x，则g(u1)= g(u2)，从而
x1 x2>e
2⇔u1+u2>2，令s=u2−u1>0，可得u1+u2=2u1+ s= 2s
e
s−1
+ s，利用导数的单调性证明可得；
法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数，不妨设x1> x2，可得
ln x1−ln x2
x1−x2
=a，欲证明x1 x2>e
2，
即证ln x1+ ln x2>2.即证a>
2
x1+ x2
，即证：ln x1
x2
> 2( x1−x2)
x1+ x2
，令t = x1
x2
,(t >1)，构造
g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,t >1，利用导数的单调性证明可得；
30
法三：直接换元构造新函数，由已知可得
ln x2
ln x1
= x2
x1
，设x1< x2,t = x2
x1
,(t >1)，则
ln x1= lnt
t −1 ,ln x2= lnt x1= lnt + ln x1= lnt + lnt
t −1 = t lnt
t −1，故x1 x2>e
2⇔t +1
t −1 lnt >2，即证
ln t −2(t −1)
t +1
>0，令g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,t >1，利用导数的单调性证明可得.
【详解】法一：消参转化成无参数问题：
f ( x)=0⇔ln x =ax⇔ln x =ae
ln x，
x1, x2是方程f ( x)=0的两根，也是方程ln x =ae
ln x的两根，
则ln x1,ln x2是x =ae
x的两根，
设u1= ln x1,u2= ln x2，g( x)= x e
−x，则g(u1)= g(u2)，
从而x1 x2>e
2⇔ln x1+ ln x2>2⇔u1+u2>2，
由g( x)= x e
−x，g(u1)= g(u2)，
得u1e
−u1=u2e
−u2，化简的e
u2−u1= u2
u1
，
设u2>u1，令s=u2−u1>0，则u2= s+u1，
所以e
s= s+u1
u1
，则u1=
s
e
s−1 ，则u1+u2=2u1+ s= 2s
e
s−1
+ s，
故要证u1+u2>2，即证2s
e
s−1
+ s>2，
设f (s)=e
s−s−1(s>0)，则f
' (s)=e
s−1>0，
所以f (s)在(0,+ ∞)上单调递增，则f (s)=e
s−s−1>f (0)=0，
所以e
s−1>s，则2s
e
s−1
<2，
所以2s
e
s−1
+ s>2，即u1+u2>2，
所以x1⋅x2>e
2.
法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数：
不妨设x1> x2，
∵ln x1−a x1=0,ln x2−a x2=0，∴ln x1+ ln x2=a( x1+ x2),ln x1−ln x2=a( x1−x2)，
∴
ln x1−ln x2
x1−x2
=a，欲证明x1 x2>e
2，即证ln x1+ ln x2>2.
∵ln x1+ ln x2=a( x1+ x2)，∴即证a>
2
x1+ x2
，
31
∴原命题等价于证明
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，即证：ln x1
x2
> 2( x1−x2)
x1+ x2
，
令t = x1
x2
,(t >1)，构造g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,t >1，
则g
'(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，又g(1)=0，
∴g(t )>g(1)=0，
ln t > 2(t −1)
t +1
，即x1⋅x2>e
2.
法三：直接换元构造新函数：
由已知，得a= ln x1
x1
= ln x2
x2
⇔ln x2
ln x1
= x2
x1
，
设x1< x2,t = x2
x1
,(t >1)，
则x2=t x1, ln t x1
ln x1
=t ⇔ln t + ln x1
ln x1
=t，
则ln x1= lnt
t −1 ,ln x2= lnt x1= lnt + ln x1= lnt + lnt
t −1 = t lnt
t −1，
故x1 x2>e
2⇔ln x1+ ln x2>2⇔t +1
t −1 ln t >2，
要证t +1
t −1 lnt >2，即证ln t −2(t −1)
t +1
>0，
令g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,t >1，
则g
'(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，又g(1)=0，
∴g(t )>g(1)=0，所以ln t −2(t −1)
t +1
>0，
所以x1⋅x2>e
2.
9．（24-25 高三上·江苏宿迁·月考）已知函数f (x)= 1
2 x
2−(a+2) x +2aln x (a∈R)．
(1)讨论函数f (x)的单调区间；
(2)当a= 1
2时，证明：f (x)−1
2 x
2+ 7
2 x ≤xe
x +1−2；
32
(3)函数h(x)= f (x)−1
2 x
2有两个零点x1、x2，求证：x1 x2>e
2．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求得f
' (x)= (x−a)(x−2)
x
，对实数a的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系
可得出函数f (x)的增区间和减区间；
（2）当a= 1
2时，即证不等式ln x + x ≤e
x + ln x +1−2，令t = x + ln x +1∈R，即证不等式e
t−t −1≥0，构造
函数g(t )=e
t−t −1，利用导数求函数g(t )的最小值，即可证得结论成立；
（3）设x1> x2>0，由已知等式推导出
ln x1+ ln x2
ln x1−ln x2
= x1+ x2
x1−x2
，将所证不等式等价变形为ln x1
x2
>
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
令t = x1
x2
>1，即证ln t > 2(t −1)
t +1
，令p(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中t >1，令导数分析函数p(t )的单调性，即可
证得结论成立.
【详解】（1）函数f (x)= 1
2 x
2−(a+2) x +2aln x (a∈R)的定义域为(0,+ ∞)，
f
' (x)= x−(a+2)+ 2a
x = x
2−(a+2) x +2a
x
= (x−a)(x−2)
x
，
当a≤0时，对任意的x>0，x−a>0，
由f
' (x)<0可得0< x<2，由f
' (x)>0可得x>2，
此时，函数f (x)的减区间为(0,2)，增区间为(2,+∞)；
当0<a<2时，由f
' (x)<0可得a< x<2，由f
' (x)>0可得0< x<a或x>2，
此时函数f (x)的减区间为(a,2)，增区间为(0,a)、(2,+ ∞)；
当a=2时，对任意的x>0，f
' (x)= (x−2)
2
x
>0，
此时函数f (x)的增区间为(0,+ ∞)；
当a>2时，由f
' (x)<0可得2< x<a，由f
' (x)>0可得0< x<2或x>a，
此时，函数f (x)的减区间为(2,a)，增区间为(0,2)、(a,+∞).
综上所述，当a≤0时，函数f (x)的减区间为(0,2)，增区间为(2,+ ∞)；
当0<a<2时，函数f (x)的减区间为(a,2)，增区间为(0,a)、(2,+∞)；
当a=2时，f (x)的增区间为(0,+ ∞)，无减区间；
当a>2时，函数f (x)的减区间为(2,a)，增区间为(0,2)、(a,+∞).
33
（2）当a= 1
2时，f (x)= 1
2 x
2−5
2 x + ln x，
即证f (x)−1
2 x
2+ 7
2 x = ln x + x ≤xe
x +1−2=e
x + ln x +1−2，
令t = x + ln x +1，即证t −1≤e
t−2，即证e
t−t −1≥0，
因为t
' =1+ 1
x >0，则函数t = x + ln x +1在(0,+∞)上单调递增，
当x→0
+时，t →−∞；当x→+ ∞时，t →+ ∞，
所以函数t = x + ln x +1的值域为R，
令g(t )=e
t−t −1，其中t ∈R，则g
' (t )=e
t−1，
由g
' (t )<0可得t <0，由g
' (t )>0可得t >0，
所以函数g(t )的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+ ∞)，则g(t )min= g(0)=0，
故g(t )≥g(0)=0，即e
t−t −1≥0，故原不等式得证.
（3）h(x)= f (x)−1
2 x
2=2a ln x−(a+2) x，
因为函数h(x)有两个零点x1、x2，不妨设x1> x2>0，
则¿，所以，¿，
整理可得
ln x1+ ln x2
ln x1−ln x2
= x1+ x2
x1−x2
，即ln(x1 x2)= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
，
要证x1 x2>e
2，即证ln(x1 x2)= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
>2，
即证ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
=
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
令t = x1
x2
>1，即证ln t > 2(t −1)
t +1
，
令p(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中t >1，则p
' (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以函数p(t )在(1,+ ∞)上为增函数，则p(t )> p(1)=0，
即ln t −2(t −1)
t +1
>0，即ln t > 2(t −1)
t +1
，故原不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)（或f (x)<g(x)）转化为证明f (x)−g(x)>0（或
f (x)−g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)= f (x)−g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
34
（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.
10．（24-25 高三上·江苏无锡·月考）已知函数f ( x)= a
x + ln x ,g( x)=ax−ln x−2.
(1)若a>0，当f ( x)与g( x)的极小值之和为0 时，求正实数a的值；
(2)若f (x1)= f (x2)=2(x1≠x2)，求证：1
x1
+ 1
x2
> 2
a.
【答案】(1)a=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据极小值的定义计算即可；
（2）把问题转化为m+n>2
m−n
ln m−ln n，进而转化为ln m
n >
2(
m
n −1)
m
n +1
，令t = m
n (t >1)，只需证明
ln t > 2(t −1)
t +1
(t >1)即可.
【详解】（1）f ( x), g( x)定义域均为(0,+∞)，
f
'( x)=−a
x
2 + 1
x = −a+ x
x
2
，令f
'( x)<0，解得：0< x<a，
令f
'( x)>0，解得：x>a，
所以f ( x)在(0,a)上单调递减，在(a,+ ∞)上单调递增，
∴在x =a取极小值，且f (a)=1+ ln a；
又g
'( x)=a−1
x ，令g
'( x)<0，解得：0< x< 1
a，
令g
'( x)>0，解得：x> 1
a，
所以g( x)在(0, 1
a)上单调递减，在(
1
a ,+ ∞)上单调递增，
∴在x = 1
a取极小值，且g(
1
a)=−1+ ln a
所以1+ ln a−1+ ln a=0，解得：a=1.
（2）令m= 1
x1
,n= 1
x2
，因为x1≠x2，所以m≠n，
由f (x1)= f (x2)=2(x1≠x2)可得：¿，
（1）—（2）得：a(m−n)= ln m−ln n，所以1
a =
m−n
ln m−ln n，
要证：1
x1
+ 1
x2
> 2
a，只要证：m+n> 2
a，
35
只要证：m+n>2
m−n
ln m−ln n，
不妨设0<n<m，所以只要证：ln m
n > 2(m−n)
m+n
，
即证：ln m
n >
2(
m
n −1)
m
n +1
，令t = m
n (t >1)，只需证：ln t > 2(t −1)
t +1
(t >1)，
令h(t )= lnt −2(t −1)
t +1
(t >1),h
'(t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
所以h(t )在t ∈(1,+ ∞)上单调递增，所以h(t )>h(1)=0，
即有ln t > 2(t −1)
t +1
(t >1)成立，所以1
x1
+ 1
x2
> 2
a成立.
【点睛】方法点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，难度较大，解决极值点偏移的主要方法有：
1.构造对称函数；
2.比值换元；
3.对数平均不等式.
本题使用的解法是对数平均不等式即证明：m+n
2
>
m−n
ln m−ln n，
m−n
ln m−ln n称为m,n的对数平均数.
11．（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数g(x)= ln x−a x
2+(2−a) x（a∈R）．
(1)求g(x)的单调区间；
(2)若函数f (x)= g(x)+a x
2−(2+a) x，x1, x2(0< x1< x2)是函数f (x)的两个零点，证明：f
'(
x1+ x2
2 )<0．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分a≤0与a>0两种情况，得到函数单调区间；
（2）由已知条件可得a= ln x1−ln x2
2(x1−x2)
，将所证不等式等价于证明不等式ln x1
x2
<
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，令
t = x1
x2
∈(0,1)，构造函数h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中0<t <1，利用导数证得h(t )<0即可.
【详解】（1）函数g(x)= ln x−a x
2+(2−a) x的定义域为(0,+ ∞)，
g
' (x)= 1
x −2ax +2−a=−(ax−1)(2 x +1)
x
，
①当a≤0时，g
' (x)>0，则g(x)在(0,+∞)上单调递增；
36
②当a>0时，若0< x< 1
a，则g
' (x)>0，若x> 1
a，则g
' (x)<0，
则g(x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，g(x)单调递增区间为(0,+∞)，无递减区间；
当a>0时，g(x)单调递增区间为(0, 1
a)；单调递减区间为(
1
a ,+∞).
（2）由已知可得¿，可得a= ln x1−ln x2
2(x1−x2) ，
由f (x)= ln x−2ax可得f
' (x)= 1
x −2a，要证f
'(
x1+ x2
2 )<0，即证x1+ x2> 1
a，
即证x1+ x2> 2(x1−x2)
ln x1−ln x2
，即证ln x1
x2
< 2(x1−x2)
x1+ x2
=
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
由题意可知x2> x1>0，令t = x1
x2
∈(0,1)，即证ln t < 2(t −1)
t +1
，
构造函数h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中0<t <1，即证h(t )<0，
h
' (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以，函数h(t )在(0,1)上单调递增，
当0<t <1时，h(t )<h(1)=0，故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特
征不等式变形，如常常利用ln x1−ln x2= ln x1
x2
进行变形，可构造关于t = x1
x2
的函数，利用导函数再进行求
解.
37
