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导数压轴题双变量问题题型归纳总结

导数应用之双变量问题(一)构造齐次式,换元【例】已知函数()2ln f x x ax b x =++,曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.(1)求实数,a b 的值;(2)设()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x的两个零点,求证:0F '<.【解析】(1)1,1a b ==-;(2)()2ln f x x x x =+-,()()1ln F x m x x =+-,()11F x m x'=+-, 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点,所以()()11221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩, 两式相减,得1212ln ln 1x x m x x -+=-,1212ln ln 1x x F m x x -'=+=-0F '<,只需证1212ln ln x x x x -<-. 思路一:因为120x x <<,只需证1122ln ln ln 0x x x x ->⇔>.令()0,1t ,即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<,则()()22212110t h t t t t -'=--=-<, 所以函数()h t 在()0,1上单调递减,()()10h t h >=,即证12ln 0t t t-+>.由上述分析可知0F '<.【规律总结】这是极值点偏移问题,此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数,常把12,x x 的关系变形为齐次式,设12111222,ln ,,x x x xt t t x x t e x x -===-=等,构造函数来解决,可称之为构造比较函数法. 思路二:因为120x x <<,只需证12ln ln 0x x -, 设())22ln ln 0Q x x x x x =-<<,则 ()2110Q x xx '===<,所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减,()()20Q x Q x >=,即证2ln lnx x -. 由上述分析可知0F '<.【规律总结】极值点偏移问题中,由于两个变量的地位相同,将待证不等式进行变形,可以构造关于1x (或2x )的一元函数来处理.应用导数研究其单调性,并借助于单调性,达到待证不等式的证明.此乃主元法.【变式训练】 已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1,x 2,且x 1<x 2. (1)求实数a 的取值范围;(2)求证:x 1x 2<a 2.【分析】(1)先求导数,再根据导函数有两个不同的零点,确定实数a 所需满足的条件,解得结果,(2)先根据极值点解得a ,再代入化简不等式x 1x 2<a 2,设21x x t =,构造一元函数,利用导数研究函数单调性,最后构造单调性证明不等式.【解析】(1)略(2)f′(x )=x -a lnx ,g (x )=x -a lnx ,由x 1,x 2是g (x )=x -a lnx=0的两个根,则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩,两式相减,得a (lnx 2-lnx 1)=x 2-x 1),即a =2121x x lnx lnx --,即证x 1x 2<221221(x x )x (ln )x -,即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+,由x 1<x 2,得21x x =t >1,只需证ln 2t -t -120t +<,设g (t )=ln 2t -t -12t +, 则g′(t )=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭,令h (t )=2lnt -t+t1,∴h′(t )=2211t t --=-(11t -)2<0,∴h (t )在(1,+∞)上单调递减,∴h (t )<h (1)=0,∴g′(t )<0,即g (t )在(1,+∞)上是减函数,∴g (t )<g (1)=0, 即ln 2t <t -2+t1在(1,+∞)上恒成立,∴x 1x 2<a 2. 【变式训练】 已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. (1)讨论()f x 的单调性;(2)设()2ln g x x bx cx =--,若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点,且()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅ ⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭,求实数a 的取值范围.【解析】(1)()f x 的定义域为()0,∞+,()22212211a x ax f x x x x--+'=-+=-. (i )若1a ≤,则()0f x '≤,当且仅当1a =,1x =时,()0f x '= (ii )若1a >,令()0f x '=得12x a x a ==+当(()20,x a a a ∈++∞时,()0f x '<;当(x a a ∈时,()0f x '>,所以,当1a ≤时,()f x 单调递减区间为()0,∞+,无单调递增区间; 当1a >时,()f x 单调递减区间为(()0,,a a+∞;单调递增区间为(a a .(2)由(1)知:1a >且12122,1x x a x x +==.又()12g x b cx x'=--, ∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+ ⎪+⎝⎭, 由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-, ()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln ln 1⎛⎫- ⎪-⎝⎭=-=-++x x x x x x x x x x x x ,令12(0,1)x t x =∈,∴2(1)ln 1t y t t -=-+, ∴22(1)0(1)t y t t --'=<+,所以y 在()0,1上单调递减. 由y 的取值范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭,得t 的取值范围是10,2⎛⎤⎥⎝⎦,∴122x x a +=, ∴()222222211221212112212212(2)242x x x x x xa x x x x x x a x x x x ++=+=++===++,∴2122119422,2x x a t x x t ⎡⎫=++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭,又∴1a >,故a 的取值范围是⎫+∞⎪⎪⎣⎭.(二)各自构造一元函数【例】 已知函数f (x )=lnx ﹣ax +1(a ∴R ). (1)求f (x )的单调区间; (2)设g (x )=lnx 344x x-+,若对任意的x 1∴(0,+∞),存在x 2∴(1,+∞),使得f (x 1)<g (x 2)成立,求实数a 的取值范围. 【分析】(1)函数求导得()11'ax f x a x x-=-=,然后分a ≤0和a >0两种情况分类求解. (2)根据对任意的x 1∴(0,+∞),存在x 2∴(1,+∞),使得f (x 1)<g (x 2)成立,等价于f (x )max <g (x )max ,然后分别求最大值求解即可. 【详解】(1) 略(2)()()()222213113143'4444x x x x g x x x x x-+--+-=--⨯==, 在区间(1,3)上,g ′(x )>0,g (x )单调递增,在区间(3,+∞)上,g ′(x )<0,g (x )单调递减,所以g (x )max =g (3)=ln 312-, 因为对任意的x 1∴(0,+∞),存在x 2∴(1,+∞),使得f (x 1)<g (x 2)成立, 等价于f (x )max <g (x )max ,由(1)知当a ≤0时,f (x )无最值,当a >0时,f (x )max =f (1a )=﹣lna ,所以﹣lna <ln 312-,所以3lna >ln ,解得a 3. 【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()xf x x ax a a -=+-⋅∈R .(1)当0a =时,求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程;(2)设2()1g x x x =--,若对任意的[0,2]t ∈,存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立,求a 的取值范围.【解析】 (1)当0a =时,因为()2xf x x e -=⋅,所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-,又因为()1f e -=,所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+,即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈,存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上,()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭,所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2x x f x x a e x ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =,得2x =或x a =-.∴当0a -≤,即0a ≥时,()'0f x ≥在[]0,2上恒成立,()f x 在[]0,2上为单调递增函数,()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅,由()2141a e+⋅≥,得24a e ≥-; ∴当02a <-<,即20a -<<时,当()0,x a ∈-时,()()'0,f x f x <为单调递减函数,当(),2x a ∈-时,()()'0,f x f x >为单调递增函数,所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥,得1a ≤-;由()2141a e+⋅≥,得24a e ≥-,又因为20a -<<,所以21a -<≤-; ∴当2a -≥,即2a ≤-时,()'0f x ≤在[]0,2上恒成立,()f x 在[]0,2上为单调递减函数,所以()f x 的最大值大为()0f a =-,由1a -≥,得1a ≤-,又因为2a ≤-,所以2a ≤-, 综上所述,实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-. (三)消元构造一元函数 【例】已知函数f(x)={e−x+1,x ≤0,2√x, x >0.函数y =f(f(x)+1)−m(m ∈R)恰有两个零点x 1和x 2.(1)求函数f(x)的值域和实数m 的最小值;(2)若x 1<x 2,且ax 1+x 2≥1恒成立,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)当x ≤0时,f(x)=e −x +1≥2.当x >0时,f(x)=2√x >0.∴ f(x)的值域为(0,+∞).令f(f(x)+1)=m ,∵ f(x)+1>1,∴ f(f(x)+1)>2,∴ m >2. 又f(x)的单调减区间为(−∞,0],增区间为(0,+∞).设f(x)+1=t 1,f(x)+1=t 2,且t 1<0,t 2>1.∴ f(x)=t 1−1无解. 从而f(x)=t 2−1要有两个不同的根,应满足t 2−1≥2,∴ t 2≥3. ∴ f(t 2)=f(f(x)+1)≥2√3.即m ≥2√3.∴ m 的最小值为2√3.(2) y =f(f(x)+1)−m 有两个零点x 1、x 2且x 1<x 2,设f(x)=t ,t ∈[2,+∞),∴ e −x 1+1=t ,∴ x 1=−ln(t −1).2√x 2=t ,∴ x 2=t 24.∴ −aln(t −1)+t 24≥1对t ∈[2,+∞)恒成立设ℎ(t)=−aln(t −1)+t 24−1,ℎ′(t)=−a t−1+t2=t 2−t−2a 2(t−1).∵ t ∈[2,+∞),∴ t 2−t ∈[2,+∞)恒成立.∴当2a ≤2,即a ≤1时,ℎ′(t)≥0,∴ℎ(t)在[2,+∞)上单调递增.∴ℎ(t)≥ℎ(2)=−aln1+1−1=0成立.当a>1时,设g(t)=t2−t−2a.由g(2)=4−2−2a=2−2a<0.∴∃t0∈(2,+∞),使得g(t0)=0.且当t∈(2,t0)时,g(t)<0,t∈(t0,+∞)时,g(t)>0.∴当t∈(2,t0)时,ℎ(t)单调递减,此时ℎ(t)<ℎ(2)=0不符合题意.综上,a≤1.【变式训练】f(x)=x2+ax−alnx.(1)若函数f(x)在[2,5]上单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a=2时,若方程f(x)=x2+2m有两个不等实数根x1,x2,求实数m的取值范围,并证明x1x2<1.【解析】(1)f′(x)=2x+a−ax,∴函数f(x)在[2,5]上单调递增,∴f′(x)≥0在x∈[2,5]恒成立,即2x+a−ax≥0对x∈[2,5]恒成立,∴a≥−2x2x−1对x∈[2,5]恒成立,即a≥(−2x2x−1)max,x∈[2,5],令g(x)=−2x2x−1(x∈[2,5]),则g′(x)=−2x2+4x(x−1)2≤0(x∈[2,5]),∴g(x)在[2,5]上单调递减,∴g(x)在[2,5]上的最大值为g(2)=−8.∴a的取值范围是[−8,+∞).(2)∴当a=2时,方程f(x)=x2+2m⇔x−lnx−m=0,令ℎ(x)=x−lnx−m(x>0),则ℎ′(x)=1−1x,当x∈(0,1)时,ℎ′(x)<0,故ℎ(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,ℎ′(x)>0,故ℎ(x)单调递增,∴ℎ(x)min=ℎ(1)=1−m.若方程f(x)=x2+2m有两个不等实根,则有ℎ(x)min<0,即m>1,当m>1时,0<e−m<1<e m,ℎ(e−m)=e−m>0,ℎ(e m)=e m−2m,令g(x)=e x−2x(x>1),则g′(x)=e x−2>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=e−2>0,∴ℎ(e m)>0,∴原方程有两个不等实根,∴实数m的取值范围是(1,+∞).不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2,0<1x2<1,∴x1x2<1⇔x1<1x2⇔ℎ(x1)>ℎ(1x2),∴ℎ(x1)=ℎ(x2)=0,∴ℎ(x1)−ℎ(1x2)=ℎ(x2)−ℎ(1x2)=(x2−lnx2−m)−(1x2−ln1x2−m),=x2−1x2−2lnx2.令φ(x)=x−1x−2lnx(x>1),则φ′(x)=1+1x2−2x=(1x−1)2>0,∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,∴当x>1时,φ(x)>φ(1)=0,即x2−1x2−2lnx2>0,∴ℎ(x1)>ℎ(1x2),∴x1x2<1.(四)独立双变量,化为两边同函数形式【例】 已知函数()()1ln f x kx x =-,其中k 为非零实数. (1)求()f x 的极值;(2)当4k =时,在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时,总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立,求正实数t 的取值范围: 【详解】(1) 略;(2)当4k =时,()4ln f x x =-',()224ln g x x x x =+-,当120x x t <<<时,总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立,即()()112244g x x g x x -≥-,构造函数()()2424ln F x g x x x x x =-=--,由于120x x t <<<,()()12F x F x ≥,则函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数,()()()221422x x F x x x x='-+=--,0x,解不等式()0F x '≤,解得02x <≤.由题意可知()(]0,0,2t ⊆,02t ∴<≤,因此,正实数t 的取值范围是(]0,2;【变式训练】设函数. (1)若曲线在点处的切线与直线垂直,求的单调递减区间和极小值(其中为自然对数的底数);(2)若对任何恒成立,求的取值范围. 【解析】(2)条件等价于对任意恒成立,设. 则在上单调递减, 则在上恒成立,得恒成立,∴(对仅在时成立),故的取值范围是 ()ln ,k R kf x x x=+∈()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0kh x f x x x x x x=-=+->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【变式训练】已知函数f (x )=x +xlnx .(∴)求函数f (x )的图象在点(1,1)处的切线方程;(∴)若k ∈Z ,且k (x −1)<f (x )对任意x >1恒成立,求k 的最大值; (∴)当n >m ≥4时,证明:(mn n )m >(nm m )n . 【解析】(∴)∵f ′(x)=lnx +2,∴f ′(1)=2,函数f(x)的图象在点(1,1)处的切线方程y =2x −1;(∴)由(∴)知,f(x)=x +xlnx,∴k(x −1)<f(x),对任意x >1恒成立,即k <x+xlnx x−1对任意x >1恒成立. 令g(x)=x+xlnx x−1,则g′(x)=x−lnx−2(x−1)2,令ℎ(x)=x −lnx −2(x >1),则ℎ′(x)=1−1x =x−1x>0,所以函数ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增.∵ℎ(3)=1−ln3〈0,ℎ(4)=2−2ln2〉0,∴方程ℎ(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x 0,且满足x 0∈(3,4).当1<x <x 0时,ℎ(x)<0,即g′(x)<0,当x >x 0时,ℎ(x)>0,即g′(x)>0, 所以函数g(x)=x+xlnx x−1在(1,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增.∴[g(x)]min =g(x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0−1=x 0(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4),∴k <[g(x)]min =x 0∈(3,4),故整数k 的最大值是3. (∴)由(∴)知,g(x)=x+xlnx x−1是[4,+∞)上的增函数,∴当n >m ≥4时,n+nlnn n−1>m+mlnm m−1. 即n(m −1)(1+lnn)>m(n −1)(1+lnm).整理,得mnlnn +mlnm >mnlnm +nlnn +(n −m). ∵n >m,∴mnlnn +mlnm >mnlnm +nlnn . 即lnn mn +lnm m >lnm mn +lnn n .即ln(n mn m m )>ln(m mn n n ).∴(mn n )m >(nm m )n . (五)把其中一个看作自变量,另一个看作参数【例】 已知a R ∈,函数()()2ln 12f x x x ax =+-++(∴)若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数,求实数a 的取值范围;(∴)设正实数121m m +=,求证:对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ,2x ,总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立【分析】(∴)将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立,可得112+-≤x x a ,令()121h x x x =-+,可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增,即()()min 2h x h =,从而可得a 的范围;(∴)构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--,(]21,x x ∈-,且121x x -<≤;利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数,得到()()2F x F x ≥,经验算可知()20F x =,从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+,从而可证得结论.【解析】(∴)由题意知:()121f x x a x '=-++ 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数,即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立 即112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立,设()121h x x x =-+ 当2≥x 时,11=+y x 单调递减,2=y x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增 ()()min 1112433h x h ∴==-=,113a ∴≤,即a 的取值范围为11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦(∴)设121x x -<≤,令:()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--,(]21,x x ∈-则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥,122m x m x x ∴+≥()121f x x a x '=-++,令()()g x f x =',则()()21201g x x '=--<+ ()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数,()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦,即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数,()2()0F x F x ∴≥=,即()0F x ≥ ()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥(]21,x x ∴∈-时,()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+121x x -<≤ ,()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+【变式训练】 已知函数f(x)=e x −x ,g(x)=(x +k)ln(x +k)−x .(1)若k =1,f ′(t)=g ′(t),求实数t 的值.(2)若a,b ∈R +,f(a)+g(b)≥f(0)+g(0)+ab ,求正实数k 的取值范围. 【解析】(1)由题意,得f ′(x)=e x −1,g ′(x)=ln(x +k),由k =1,f ′(t)=g ′(t)…∴,得e t −ln(t +1)−1=0, 令φ(t)=e t −ln(t +1)−1,则φ′(t)=e t −1t+1,因为φ″(t)=e t +1(t+1)2>0,所以φ′(t)在(−1,+∞)单调递增, 又φ′(0)=0,所以当−1<x <0时,φ′(t)>0,φ(t)单调递增; 当x >0时,φ′(t)<0,φ(t)单调递减;所以φ(t)≤φ(0)=0,当且仅当t =0时等号成立. 故方程∴有且仅有唯一解t =0,实数t 的值为0.(2)解法一:令ℎ(x)=f(x)−bx +g(b)−f(0)−g(0)(x >0),则ℎ′(x)=e x −(b +1),所以当x >ln(b +1)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增; 当0<x <ln(b +1)时,ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减;故ℎ(x)≥ℎ(ln(b +1)) =f(ln(b +1))+g(b)−f(0)−g(0)−bln(b +1) =(b +k)ln(b +k)−(b +1)ln(b +1)−klnk .令t(x)=(x +k)ln(x +k)−(x +1)ln(x +1)−klnk (x >0),则t ′(x)=ln(x +k)−ln(x +1). (i )若k >1时,t ′(x)>0,t(x)在(0,+∞)单调递增,所以t(x)>t(0)=0,满足题意. (ii )若k =1时,t(x)=0,满足题意.(iii )若0<k <1时,t ′(x)<0,t(x)在(0,+∞)单调递减,所以t(x)<t(0)=0.不满足题意.综上述:k ≥1.(六)利用根与系数的关系,把两变量用另一变量表示 【例】(2020山西高三期末)设函数1()ln ()f x x a x a R x=--∈ (1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个极值点1x 和2x ,记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ,问:是否存在a ,使得2k a =-?若存在,求出a 的值,若不存在,请说明理由. 【解析】(1)()f x 定义域为()0,∞+,()22211'1a x ax f x x x x-+=+-=, 令()221,4g x x ax a =-+∆=-,∴当22a -≤≤时,0∆≤,()'0f x ≥,故()f x 在()0,∞+上单调递增, ∴当2a <-时,>0∆,()0g x =的两根都小于零,在()0,∞+上,()'0f x >, 故()f x 在()0,∞+上单调递增,∴当2a >时,>0∆,()0g x =的两根为12x x ==,当10x x <<时,()'0f x >;当12x x x <<时,()'0f x <;当2x x >时,()'0f x >; 故()f x 分别在()()120,,,x x +∞上单调递增,在()12,x x 上单调递减. (2)由(1)知,2a >,因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--. 所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+⋅--,又由(1)知,121=x x ,于是1212ln ln 2x x k a x x -=--,若存在a ,使得2k a =-,则1212ln ln 1x x x x -=-,即1212ln ln x x x x -=-,亦即222212ln 0(1)x x x x --=> 再由(1)知,函数()12ln h t t t t=--在()0,∞+上单调递增, 而21>x ,所以22212ln 112ln10x x x -->--=,这与上式矛盾,故不存在a ,使得2k a =-. 【变式训练】 已知函数21()2ln 2f x x x a x =-+,其中0a >. (1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个极值点1x ,2x ,证明:123()()2f x f x -<+<-.【解析】(1)解:由题得22'()2a x x af x x x x-+=-+=,其中0x >,考察2()2g x x x a =-+,0x >,其中对称轴为1x =,44a ∆=-. 若1a ≥,则,此时()0g x ≥,则'()0f x ≥,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增;若,则∆>0,此时220x x a -+=在R 上有两个根111x a =--,211x a =+-,且1201x x <<<,所以当时,()0g x >,则'()0f x >,()f x 单调递增;当12(,)x x x ∈时,()0g x <,则'()0f x <,()f x 单调递减; 当2(,)x x ∈+∞时,()0g x >,则'()0f x >,()f x 单调递增, 综上,当1a ≥时,()f x 在(0,)+∞上单调递增;当时,()f x 在(0,11)a --上单调递增,在(11,11)a a --+-上单调递减,在(11,)a +-+∞上单调递增.(2)证明:由(1)知,当时,()f x 有两个极值点1x ,2x ,且122x x +=,12x x a =,所以()()2212111222112ln 2ln 22fx f x x x a x x x a x +=-++-+ ()()()2212121212ln ln 2x x x x a x x =+-+++ ()()()212121212122ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()21224ln ln 22a a a a a a =--+=--. 令()ln 2h x x x x =--,01x <<,则只需证明3()2h x -<<-, 由于'()ln 0h x x =<,故()h x 在(0,1)上单调递减,所以()(1)3h x h >=-.又当01x <<时,ln 11x -<-,(ln 1)0x x -<,故()ln 2(ln 1)22h x x x x x x =--=--<-, 所以,对任意的01x <<,3()2h x -<<-. 综上,可得()()1232fx f x -<+<-.【变式训练】已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥()(). (1)讨论函数f (x )的极值点的个数;(2)若f (x )有两个极值点1x ,2x ,证明:1234ln 2f x f x +>-()(). 【解析】(1)由题意,函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+(), 得2121'21ax x f x ax x x -+-=--+=(),0x ∈+∞(,), (i )若0a =时;1x f x x-'=(),当01x ∈(,)时,()0f x '<,函数()f x 单调递减;当),(∞+∈1x 时,()0f x '>, 函数()f x 单调递增,所以当1x =,函数()f x 取得极小值,1x =是()f x 的一个极小值点; (ii )若0a >时,则180a ∆=-≤,即18a ≥时,此时0f x '≤(),()f x 在(0,)+∞是减函数,()f x '无极值点,当108a <<时,则180a ∆=->,令0=')(x f ,解得1x =,2x =,当10x x ∈(,)和2x x ∈+(,)∞时,0f x '<(),当12x x x ∈(,)时,0>')(x f , ∴()f x 在1x 取得极小值,在2x 取得极大值,所以()f x 有两个极值点, 综上可知:(i )0a =时,()f x 仅有一个极值点;(ii).当18a ≥时,()f x 无极值点; (iii)当108a <<,()f x 有两个极值点. (2)由(1)知,当且仅当108a ∈(,)时,()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ,且1x ,2x 是方程2210ax x 的两根,∴1212x x a +=,1212x x a=, 则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+()() 22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++()()()22111ln[]42a a a a a=---+ 11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a=+--,设1ln ln 24g a a a =++-()1,1(0,)8a ∈,则221141044a g a a a a -'=-=<(), ∴10,8a ∈()时,()a g 是减函数,1()()8g a g >,∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-(), ∴1234ln 2f x f x +>-()(). 三、跟踪训练 1.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈. (1)讨论函数()y f x =的单调性; (2)若10<<b ,1()()g x f x bx x=+-,且存在不相等的实数1x ,2x ,使得()()12g x g x =,求证:0a <且2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.【解析】(1)由题意,函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈,可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>, 当0a ≥时,因为0x >,所以210x ax ++>,所以'()0f x >,故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增; 当20a -≤<时,240a ∆=-≤,210x ax ++≥,所以'()0f x >, 故函数()f x 在(0,)+∞单调递增;当2a <-时,'()0f x >,解得02a x -<<或2a x ->,'()0f x <,解得22a a x ---<<,所以函数()f x在区间22a a ⎛⎫---+⎪ ⎪⎝⎭上单调递减,在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. 综上所述,当2a ≥-时,函数()f x 在(0,)+∞上单调递增,当2a <-时,函数()f x在区间22a a ⎛⎫---+⎪ ⎪⎝⎭上单调递减,在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. (2)由题知()(1)ln g x b x a x =-+,则'()1ag x b x=-+. 当0a ≥时,0)('>x g ,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增, 与存在不相等的实数1x ,2x ,使得12()()g x g x =矛盾,所以0a <. 由12()()g x g x =,得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+, 所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--,不妨设120x x <<,因为10<<b ,所以212101ln ln x x a b x x -=>--,欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭,只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭,只需证2121ln ln x x x x ->-21x t x =,1t >,等价于证明1ln t t->ln 0t -<,令()ln 1)h t t t =->,'()0h t =<,所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减,所以()(1)0h t h <=,从而ln 0t<得证,于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭. 2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f(x)=alnx −x 2.(1)令g(x)=f(x)+ax ,若y =g(x)在区间(0,3)上不单调,求a 的取值范围;(2)当a =2时,函数ℎ(x)=f(x)−mx 的图象与x 轴交于两点A (x 1,0),B (x 2,0),且0<x 1<x 2,又ℎ′(x)是ℎ(x)的导函数.若正常数α,β满足条件α+β=1,β≥α.试比较ℎ′(αx 1+βx 2)与0的关系,并给出理由 【解析】(1)因为g (x )=a ln x −x 2+ax ,所以g ′(x )=ax −2x +a ,因为g (x )在区间(0,3)上不单调,所以g ′(x )=0在(0,3)上有实数解,且无重根, 由g ′(x )=0,有a =2x 2x+1=2(x +1+1x+1)−4,x ∈(0,3),令t=x+1>4则y=2(t+1t )−4在t>4单调递增,故a ∈(0,92)(2)∴ℎ′(x )=2x −2x −m ,又f (x )−mx =0有两个实根x 1,x 2,∴{2lnx 1−x 12−mx 1=02lnx 2−x 22−mx 2=0,两式相减,得2(ln x 1−ln x 2)−(x 12−x 22)=m (x 1−x 2), ∴m =2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2−(x 1+x 2),于是ℎ′(αx 1+βx 2)=2αx 1+βx 2−2(αx 1+βx 2)−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2+(x 1+x 2)=2αx1+βx 2−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2+(2α−1)(x 2−x 1).∴β≥α,∴2α≤1,∴(2α−1)(x 2−x 1)≤0. 要证:ℎ′(αx 1+βx 2)<0,只需证:2αx1+βx 2−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2<0,只需证:x 1−x 2αx1+βx 2−ln x1x 2>0.(*)令x1x 2=t ∈(0,1),∴(*)化为1−tαt+β+ln t <0,只需证u (t )=ln t +1−tαt+β<0u ′(t )=1t−1(αt+β)2>0∴u (t )在(0,1)上单调递增,u (t )<u (1)=0,∴ln t +1−t αt+β<0,即x 1−x 2αt+β+ln x1x 2<0. ∴ℎ′(αx 1+βx 2)<0.2.(2020·江苏金陵中学高三开学考试)已知函数f (x )=12ax 2+lnx ,g (x )=-bx ,其中a ,b∴R ,设h (x )=f (x )-g (x ),(1)若f (x )在x=√22处取得极值,且f′(1)=g (-1)-2.求函数h (x )的单调区间;(2)若a=0时,函数h (x )有两个不同的零点x 1,x 2 ∴求b 的取值范围;∴求证:x 1x 2e 2>1.【答案】(1)在区间(0,1)上单调增;在区间(1,+)上单调减.(2)∴(−1e ,0)∴详见解析【解析】试题分析:(1)先确定参数:由f ′(1)=g(−1)−2可得a=b -3. 由函数极值定义知f ′(√22)=√22a +√2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间(2)∴当a =0时,ℎ(x )=lnx +bx ,原题转化为函数φ(x )=−lnx x与直线y =b 有两个交点,先研究函数φ(x )=−lnx x图像,再确定b 的取值范围是(−1e ,0).∴x 1x 2e 2>1⇔x 1x 2>e 2⇔lnx 1x 2>2,由题意得lnx 1+bx 1=0,lnx 2+bx 2=0,所以lnx 1x 2lnx2−lnx 1=x 1+x 2x 2−x 1,因此须证lnx 2−lnx 1>2(x 2−x 1)x 2+x 1,构造函数F(t)=lnt −2(t−1)t+1,即可证明试题解析:(1)因为f ′(x)=ax +1x ,所以f ′(1)=a +1,由f ′(1)=g(−1)−2可得a=b -3.又因为f(x)在x =√22处取得极值,所以f ′(√22)=√22a +√2=0,所以a=" -2,b=1" .所以ℎ(x)=−x 2+lnx +x ,其定义域为(0,+)ℎ′(x )=−2x +1x +1=−2x 2+x +1x =−(2x +1)(x −1)x令ℎ′(x )=0得x 1=−12,x 2=1,当x ∈(0,1)时,ℎ′(x )>0,当x ∈(1,+)ℎ′(x )<0,所以函数h (x )在区间(0,1)上单调增;在区间(1,+)上单调减. (2)当a =0时,ℎ(x )=lnx +bx ,其定义域为(0,+). ∴由ℎ(x )=0得b =-lnx x ,记φ(x )=−lnx x,则φ′(x )=lnx−1x 2,所以φ(x )=−lnx x在(0,e)单调减,在(e,+∞)单调增,所以当x =e 时φ(x )=−lnx x取得最小值−1e .又φ(1)=0,所以x ∈(0,1)时φ(x )>0,而x ∈(1,+∞)时φ(x )<0,所以b 的取值范围是(−1e ,0). ∴由题意得lnx 1+bx 1=0,lnx 2+bx 2=0,所以lnx 1x 2+b (x 1+x 2)=0,lnx 2−lnx 1+b (x 2−x 1)=0, 所以lnx 1x 2lnx2−lnx 1=x 1+x2x 2−x 1,不妨设x1<x2,要证x 1x 2>e 2, 只需要证lnx 1x 2=x 1+x2x 2−x 1(lnx 2−lnx 1)>2.即证lnx 2−lnx 1>2(x 2−x 1)x 2+x 1,设t =x2x 1(t >1),则F(t)=lnt −2(t−1)t+1=lnt +4t+1−2,所以F′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以函数F(t)在(1,+)上单调增,而F(1)=0,所以F(t)>0即lnt >2(t−1)t+1,所以x 1x 2>e 2.考点:函数极值,构造函数利用导数证明不等式3.【福建省2020高三期中】已知函数f(x)=e x (e x −ax +a )有两个极值点x 1,x 2. (1)求a 的取值范围; (2)求证:2x 1x 2<x 1+x 2.【解析】(1)因为f(x)=e x (e x −ax +a ),所以f ′(x)=e x (e x −ax +a )+e x (e x −a )=e x (2e x −ax ),令f ′(x)=0,则2e x =ax , 当a =0时,不成立; 当a ≠0时,2a =xe x ,令g(x)=x ex,所以g ′(x)=1−x e x ,当x <1时,g ′(x)>0,当x >1时,g ′(x)<0,所以g(x)在(−∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,又因为g(1)=1e ,当x →−∞时,g(x)→−∞,当x →+∞时,g(x)→0, 因此,当0<2a <1e 时,f(x)有2个极值点,即a 的取值范围为(2e,+∞). (2)由(1)不妨设0<x 1<1<x 2,且{2e x 1=ax 12e x 2=ax 2 ,所以{ln2+x 1=lna +lnx 1ln2+x 2=lna +lnx 2,所以x 2−x 1=lnx 2−lnx 1,要证明2x 1x 2<x 1+x 2,只要证明2x 1x 2(lnx 2−lnx 1)<x 22−x 12, 即证明2ln (x 2x 1)<x 2x 1−x 1x 2,设x2x 1=t(t >1),即要证明2lnt −t +1t <0在t ∈(1,+∞)上恒成立,记ℎ(t)=2lnt −t +1t (t >1),ℎ′(t)=2t −1−1t2=−t 2+2t−1t 2=−(t−1)2t 2<0,所以ℎ(t)在区间(1,+∞)上单调递减,所以ℎ(t)<ℎ(1)=0,即2lnt −t +1t <0,即2x 1x 2<x 1+x 2. 4.【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f (x )=−12x 2+2x −2alnx . (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)设g (x )=f ′(x ),方程g (x )=c (其中c 为常数)的两根分别为α,β(α<β),证明:g ′(α+β2)<0.注:f ′(x ),g ′(x )分别为f (x ),g (x )的导函数.【解析】(1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=−x +2−2a x=−x 2+2x−2ax,令ℎ(x )=−x 22a −2a ,Δ=4−8a ,∴当Δ≤0时,即a ≥12时,恒有ℎ(x )≤0,即f ′(x )≤0,∴函数f (x )在(0,+∞)上单调减区间.∴当Δ>0时,即a <12时,由ℎ(x )=0,解得x 1=1−√1−2a,x 2=1+√1−2a , (i )当0<a <12时,当x ∈(0,x 1),(x 2,+∞)时,ℎ(x )<0,即f ′(x )<0, 当x ∈(x 1,x 2)时,ℎ(x )>0,即f ′(x )>0,∴函数f (x )在(0,x 1),(x 2,+∞)单调递减,在(x 1,x 2)上单调递增. (ii )当a ≤0时,ℎ(0)=−2a ≥0, 当x ∈(x 2,+∞)时,ℎ(x )<0,即f ′(x )<0, 当x ∈(0,x 2)时,ℎ(x )>0,即f ′(x )>0,∴函数f (x )在(x 2,+∞)单调递减,在(0,x 2)上单调递增. 证明(2)由条件可得g (x )=−x +2-2a x,x >0,∴g ′(x )=−1+2ax 2,∴方程g (x )=c (其中c 为常数)的两根分别为α,β(α<β), ∴{g (α)=c g (β)=c可得αβ=2c ,∴g ′(α+β2)=−1+8α(α+β)2=−1+4αβ(α+β)2=−1+4αβ+βα+2,∴0<α<β, ∴0<αβ<1, ∴αβ+βα>2,∴g ′(α+β2)=−1+4αβ+βα+2<−1+1=0.5.(2020江苏徐州一中高三期中)设函数()ln 1nf x x m x =+-,其中n ∈N *,n ≥2,且m ∈R . (1)当2n =,1m =-时,求函数()f x 的单调区间;(2)当2n =时,令()()22g x f x x =-+,若函数()g x 有两个极值点1x ,2x ,且12x x <,求()2g x 的取值范围;【答案】(1)见解析;(2)12ln 2,04-⎛⎫⎪⎝⎭;(3)见解析 【解析】 【分析】(1)将2n =,1m =-代入解析式,求出函数的导数,从而即可得到函数()f x 的单调区间;(2)由题意知()221ln g x x x m x =-++,求导,从而可得2220x x m -+=,由方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ,2x (12x x <)可得102m <<,由方程得2x =,且2112x <<,由此分析整理即可得到答案;(3)求出函数的导数,得到()f x 的单调性,求出()f x 的最小值,通过构造函数结合零点存在性定理判断函数的零点即可. 【详解】(1)依题意得,()2ln 1f x x x =--,()0,x ∈+∞,∴ ()21212x f x x x x='-=-.令()0f x '>,得x >()0f x '<,得0x << 则函数()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减,在,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增. (2)由题意知:()221ln g x x x m x =-++.则()22222m x x mg x x x x='-+=-+,令()0g x '=,得2220x x m -+=,故方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ,2x (12x x <),则()412002m m ⎧∆=->⎪⎨>⎪⎩,, 解得102m <<.由方程得2x =2112x <<.由222220x x m -+=,得22222m x x =-+.()()222222222122ln g x x x x x x =-++-+,2112x <<. ()22214ln 02g x x x ⎛'⎫=--> ⎪⎝⎭,即函数()2g x 是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的增函数, 所以()212ln204g x -<<,故()2g x 的取值范围是12ln2,04-⎛⎫⎪⎝⎭. 6.(2019·江苏徐州一中高三月考)已知函数()alnxf x x=,g (x )=b (x ﹣1),其中a ≠0,b ≠0 (1)若a =b ,讨论F (x )=f (x )﹣g (x )的单调区间;(2)已知函数f (x )的曲线与函数g (x )的曲线有两个交点,设两个交点的横坐标分别为x 1,x 2,证明:()12122x x g x x a++>. 【答案】(1)见解析(2)见解析 【解析】 【分析】(1)求导得()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭,按照a >0、 a <0讨论()F x '的正负即可得解; (2)设x 1>x 2,转化条件得()1212112122x x x x x g x x ln a x x x +++=⋅-,令121xt x =>,()121t p t lnt t -=-⋅+,只需证明()0p t >即可得证. 【详解】(1)由已知得()()()1lnx F x f x g x a x x ⎛⎫=-=-+⎪⎝⎭,∴()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭, 当0<x <1时,∴1﹣x 2>0,﹣lnx >0,∴1﹣x 2﹣lnx >0,; 当x >1时,∴1﹣x 2<0,﹣lnx <0,∴1﹣x 2﹣lnx <0.故若a >0,F (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减; 故若a <0,F (x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. (2)不妨设x 1>x 2,依题意()1111lnx ab x x =-,∴()2111alnx b x x =-①,同理得()2222alnx b x x =-②由∴﹣∴得,∴()()()2211122121221x alnb x x x x b x x x x x =--+=-+-, ∴()()1212121x lnx bx x a x x +-=-,∴()()()121211212121221x x x x x bg x x x x x x ln a a x x x +++=+⋅⋅+-=⋅-, 故只需证1211222x x x ln x x x +⋅->,取∴121xt x =>,即只需证明121t lnt t +⋅>-,1t ∀>成立,即只需证()1201t p t lnt t -=-⋅>+,1t ∀>成立, ∴()()()()222114011t p t t t t t -'=-=++>,∴p (t )在区间[1,+∞)上单调递增,∴p (t )>p (1)=0,∴t >1成立,故原命题得证.【点睛】本题考查了导数的综合运用,考查了转化化归思想与计算能力,属于难题. 7.(2020·广西南宁二中高三(文))已知函数()()2ln 1,f x x ax x =++-()()21ln ln 12g x a x x ax x x=--+-+(∴)若0a >,讨论函数()f x 的单调性;(∴)设()()()h x f x g x =+,且()h x 有两个极值点12,x x ,其中11(0,]x e∈,求()()12h x h x -的最小值.(注:其中e 为自然对数的底数) 【答案】(∴)见解析;(∴)最小值为4e. 【解析】 【分析】(∴)对函数()f x 求导,对a 分情况讨论即可确定()f x 的单调区间;(∴)先对()h x 求导,令导数式等于0由韦达定理求出两个极值点12,x x 的关系1212,1x x a x x +=-= ,所以211111,x a x x x ==--,整理()()12h x h x -,构造关于1x 的函数()x ϕ ,求导根据单调性确定最值即可。

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