导数应用之双变量问题
(一)构造齐次式,换元
【例】(2020年河南高三期末)已知函数()2
ln 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()()()()2
1212,,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)()2
ln 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()()11
221ln 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
12
12ln ln x x x x -<
-. 思路一:因为120x x <<
,只需证
1122ln ln ln 0
x x x x -?->.
令()0,1t ,即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<,则()()2
22
12110t h t t t t -'=--=-<, 所以函数()h t 在()0,1上单调递减,()()10h t h >=,即证1
2ln 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 x
t 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 x
x '=
==<,
所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减,()()
20Q x Q x >=,即证2ln ln
x 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.
思路三:
要证明0F '
<
,只需证
12
12ln ln x x x x --
即证
12
12ln ln x x x x --. 【规律总结】极值点偏移问题中,如果等式含有参数,则消参,有指数的则两边取对数,转化为对数式,通过恒等变换转化为对数平均问题,利用对数平均不等式求解,此乃对数平均法. 【类题展示】【四川省2020届高三期末】已知函数()()2
1f 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2
1
x 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)∵函数()()2
1f x x xlnx x 2R 2
a a a =-++∈,∴x >0,f′(x )=x -a lnx , ∵函数()()2
1f x x xlnx x 2R 2
a a a =
-++∈有两个不同的极值点x 1,x 2,且x 1<x 2. ∴f′(x )=x -a lnx=0有两个不等根,令g (x )=x -a lnx ,则()g'x 1x a =-=x x
a
-,(x >0),
①当a ≤0时,得g′(x )>0,则g (x )在(0,+∞)上单调递增, ∴g (x )在(0,+∞)上不可能有两个零点.
②当a >0时,由g′(x )>0,解得x >a ,由g′(x )<0,解得0<x <a , 则g (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增, 要使函数g (x )有两个零点,则g (a )=a -a ln a <0,解得a >e , ∴实数a 的取值范围是(e ,+∞).
(2)由x 1,x 2是g (x )=x -a lnx=0的两个根,则22
11lnx 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<2
21221
(x x )x (ln )x -,即证22221121
x (x x )(ln )x x x -<=2
112x 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+
t
1
,∴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+
t
1
在(1,+∞)上恒成立,∴x 1x 2<a 2. 【类题展示】(2020·湖北高三期末)已知函数()1
2ln f x x a x x
=-+?. (1)讨论()f x 的单调性;
(2)设()2
ln 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,∞+,()222
1221
1a 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(
()
0,x a a ∈+∞U 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()1
2g x b cx x
'=
--,
∴()121212
22x x g b c x x x x +??'=--+
?+??, 由()()120g x g x ==得()()22
112122
ln
x b x x c x x x =-+-, ()()()()1222
121212121222-+??'=-=---- ?+??
x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212
12
2212ln 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 -=-+, ∴2
2
(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 +=, ∴()
22
2
2
2
2
2112212121
122
1221
2(2)242x x x x x x
a x x x x x x a x x x x ++=+=++===++,
∴2
122119422,2x x a t x x t ??
=
++=++∈+∞????,又∵1a >,故a
的取值范围是4??+∞?????
.
【点睛】(1)含参函数的单调性分析,要注意抓住参数的临界值进行分类讨论;(2)利用导数求解双变量
问题,多数情况下需要构造关于12x x (或2
1
x x )的新函数,借助新函数的单调性分析问题.
(二)各自构造一元函数
【例】(2020·河南高三月考)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 3
44x 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)()11'ax
f x a x x
-=
-=, 当a ≤0时,f ′(x )>0,f (x )单调递增, 当a >0时,在(0,1
a
)上,f ′(x )>0,f (x )单调递增, 在(
1
a
,+∞)上,f ′(x )<0,f (x )单调递减. 综上:当a ≤0时,f (x )单调递增区间是(0,+∞), 当a >0时,f (x )单调递增区间是(0,
1a ),单调递减在区间是(1
a
,+∞). (2)()()()2222
13113143'4444x 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 31
2
-, 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lna >,解得a 【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性及不等式恒成立问题,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于难题.
【类题展示】【广东省2020届高三期末】设函数2
()()e ()x
f 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()2
x
f x x e -=?,所以()()
()2
'2,'13x
f 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()2
2
15124g 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 --=+?-+-? ()2
22x e x a x a -??=-+--??
()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =,得2x =或x a =-.
①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()()2
124f a e =+?
,由()21
41a e
+?≥,得24a e ≥-; ②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()()21
24f a e
=+?
.由1a -≥,得1a ≤-;由()21
41a e
+?
≥,得24a e ≥-,又因为20a -<<,所以21a -<≤-; ③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 ≥-.
【评注】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”. (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
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 . ∴ ?aln(t ?1)+ t 24 ≥1对t ∈[2,+∞)恒成立 设?(t)=?aln(t?1)+t2 4?1,?′(t)=?a t?1 +t 2 =t2?t?2a 2(t?1) . ∵t∈[2,+∞),∴t2?t∈[2,+∞)恒成立.∴当2a≤2,即a≤1时,?′(t)≥0, ∴?(t)在[2,+∞)上单调递增.∴?(t)≥?(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,?(t)单调递减,此时?(t)(2)=0不符合题意. 综上,a≤1. 【类题展示】【四川省2020届高三期末已知函数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?a x ,∵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?a x ≥0对x∈[2,5]恒成立, ∴a≥?2x2 x?1对x∈[2,5]恒成立,即a≥(?2x 2 x?1 ) max ,x∈[2,5], 令g(x)=?2x2 x?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?(x)=x?lnx?m(x>0),则?′(x)=1?1 x , 当x∈(0,1)时,?′(x)<0,故?(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,?′(x)>0,故?(x)单调递增, ∴?(x)min=?(1)=1?m.若方程f(x)=x2+2m有两个不等实根,则有?(x)min<0,即m>1, 当m>1时,0 ∴?(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 2<1,∴x1x2<1?x1<1 x2 ??(x1)>?(1 x2 ), ∵?(x1)=?(x2)=0,∴?(x1)??(1 x2)=?(x2)??(1 x2 )=(x2?lnx2?m)?(1 x2 ?ln1 x2 ?m), =x2?1 x2?2lnx2.令φ(x)=x?1 x ?2lnx(x>1),则φ′(x)=1+1 x2 ?2 x =(1 x ?1) 2 >0, ∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,∴当x>1时,φ(x)>φ(1)=0,即x2?1x 2 ?2lnx2>0, ∴?(x 1)>?(1 x 2 ),∴x 1x 2<1. (四)独立双变量,化为两边同函数形式 【例】(2020·深圳市高三期末)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()()2 2g 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: 【分析】 (1)求导,对k 分k 0<和0k >两种情况讨论,分析函数()y f x =的单调性,即可得出函数()y f x =的极值; (2)由()()()12124g x g x x x -≥-,得出()()112244g x x g x x -≥-,构造函数()()4F x g x x =-,可知函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数,解不等式()0F x '≤,即可得出实数t 的取值范围; 【详解】(1)()()1ln f x kx x =-,其中k 为非零实数,()ln f x k x =-',0x >. ①当k 0<时,()0,1x ∈,()0f x '<,函数()y f x =单调递减;()1,x ∈+∞时,()0f x '>,函数()y f x =单调递增.所以,函数()y f x =有极小值()1f k =; ②当0k >时,()0,1x ∈,()0f x '>,函数()y f x =单调递增;()1,x ∈+∞时,()0f x '>,函数()y f x =单调递减.所以,函数()y f x =有极大值()1f k =. 综上所述,当k 0<时,()y f x =有极小值()1f k =;当0k >时,()y f x =有极大值()1f k =; (2)当4k =时,()4ln f x x =-',()2 24ln 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()()2 424ln 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 Q >,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; 【点睛】本题考查利用导数求函数的极值,考查利用导数解决函数不等式恒成立问题,同时考查了变换主元法,构造函数法和分类讨论法的应用,属于难题. 【类题展示】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】(1)由条件得,∵在点处的切线与垂直,∴此切线的斜率为0,即,有,得, ∴,由得,由得. ∴在上单调递减,在上单调递增, 当时,取得极小值. 故的单调递减区间为,极小值为2 (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 【评注】此类问题一般是根据两边式子结构构造同一个函数,利用函数单调性求解 【类题展示】已知函数f (x )=x +xlnx . (Ⅰ)求函数f (x )的图象在点(1,1)处的切线方程; (Ⅰ)若k ∈Z ,且k (x ?1) ()ln ,k R k f x x x =+ ∈()y f x =()() ,e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()2 10k f x x x x '= ->()y f x =()(),e f e 20x -=()0f e '=210k e e -=k e =()()2210e x e f x x x x x -'=-=>()0f x '<0x e <<()0f x '>x e >()f x ()0,e (),e +∞x e =()f x ()ln 2e f x e e =+ =()f x ()0,e ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0k h x f x x x x x x =-=+ ->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2 211024k x x x x ? ?≥-+=--+> ?? ?14k ≥ ()1,04k h x '==12x =k 1,4??+∞???? 函数f(x)的图象在点(1,1)处的切线方程y =2x ?1; (Ⅰ)由(Ⅰ)知,f(x)=x +xlnx,∴k(x ?1) 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?(x)=x ?lnx ?2(x >1),则?′(x)=1?1 x =x?1x >0,所以函数?(x)在(1,+∞)上单调递增. ∵?(3)=1?ln3?0,?(4)=2?2ln2?0, ∴方程?(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x 0,且满足x 0∈(3,4). 当1 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. (Ⅰ)由(Ⅰ)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】【山东2020高三期末】已知a R ∈,函数()()2 ln 12f x x x ax =+-++ (Ⅰ)若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数,求实数a 的取值范围; (Ⅰ)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】(Ⅰ)将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立,可得11 2+- ≤x x a ,令()121 h 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;(Ⅰ)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】(Ⅰ)由题意知:()1 21 f x x a x '= -++ Q 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数,即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立 即11 2+- ≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立,设()121 h x x x =- + 当2≥x 时,1 1 = +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? ?-∞ ?? ? (Ⅰ)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 +-=-+=-+=-≥Q ,122m x m x x ∴+≥ ()121 f x x a x '= -++Q ,令()()g x f x =',则()()2 1201g 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 -<≤Q ,()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+ 【类题展示】【福建省2020高三期末】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)…①,得e t ?ln(t +1)?1=0, 令φ(t)=e t ?ln(t +1)?1,则φ′(t)=e t ?1 t+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 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①有且仅有唯一解t=0,实数t的值为0. (2)解法一:令?(x)=f(x)?bx+g(b)?f(0)?g(0)(x>0),则?′(x)=e x?(b+1), 所以当x>ln(b+1)时,?′(x)>0,?(x)单调递增; 当0 故?(x)≥?(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 综上述:k≥1. 解法二:先证明不等式,e x?x?1≥0,x?1≥lnx,x?xlnx?1≤0…(*). 令φ(x)=e x?x?1,则当x≥0时,φ′(x)=e x?1≥0,φ(x)单调递增, 当x≤0时,φ′(x)=e x?1≤0,φ(x)单调递减, 所以φ(x)≥φ(0)=0,即e x?x?1≥0(x∈R).变形得,e x≥x+1,所以x>?1时,x≥ln(x+1), 所以当x>0时,x?1≥lnx.又由上式得,当x>0时,1 x ?1≥ln1 x ,1?x≥?xlnx,x?xlnx?1≤0. 因此不等式(*)均成立.令?(x)=g(x)?ax+f(a)?f(0)?g(0)(x>0), 则?′(x)=ln(x+k)?a, (i)若a>lnk时,当x>e a?k时,?′(x)>0,?(x)单调递增; 当0 故?(x)≥?(e a?k)=g(e a?k)?a(e a?k)+f(a)?f(0)?g(0)=(k?1)a+k?1?klnk.(ii)若0 所以?(x)>?(0)=f(a)?f(0)=e a?a?1. 因此,①当0 则需{ k ?1≥0,k ?1?klnk ≥0, 由(*)知,k ?klnk ?1≤0,(当且仅当k =1时等号成立),所以k =1. ②当k >1时,此时lnk >0,a >0, 则当a >lnk 时,?(x)≥(k ?1)a +k ?1?klnk >(k ?1)lnk +k ?1?klnk =?lnk +k ?1>0(由(*)知); 当0e a ?a ?1>0(由(*)知).故对于任意a >0,?(x)>0. 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,∞+,()222 11 '1a x ax f x x x x -+=+-=, 令()2 2 1,4g x x ax a =-+?=-, ①当22a -≤≤时,0?≤,()'0f x ≥,故()f x 在()0,∞+上单调递增, ②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, ③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()()()()12 12121212 ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+ --. 所以()()121212 1212ln ln 1 1f x f x x x k a x x x x x x --= =+ ?--,又由(1)知,121=x x ,于是1212 ln 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2222 1 2ln 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222 1 2ln 112ln10x x x - ->--=,这与(*)式矛盾,故不存在a ,使得2k a =-. 【类题展示】【云南省2020高三期末】已知函数2 1()2ln 2 f 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 a f 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()()22 12111222112ln 2ln 22 f x f x x x a x x x a x += -++-+ ()()()22 12121212ln ln 2 x x x x a x x = +-+++ () ()()2 12121212 122ln 2 x x x x x x a x x ? ?= +--++?? ()2 1224ln ln 22 a 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()()1232f x f x -<+<-. 【类题展示】【湖南省师范大学附属中学2020届高三考前演练】已知函数21 ln 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221 ln ln 22f x ax x x ax x x =-+=--+( ), 得2121 '21ax x f x ax x x -+-=--+= (),0x ∈+∞(,), (i )若0a =时;1 x 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1 8 a ≥ 时,此时0f x '≤( ),()f x 在(0,)+∞是减函数,()f x '无极 值点,当1 08a << 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1 8 a ≥时,()f x 无极值点; (iii)当1 08 a << ,()f x 有两个极值点. (2)由(1)知,当且仅当108 a ∈(,)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222 1211212 11ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+( )() 22 121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++()()()22111 ln []42a a a a a =---+ 11ln 1242a a a =++-1 ln 1ln 24a a =+--, 设1ln ln 24g a a a =++-()1,1(0,)8a ∈,则22 1141 044a 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< ()()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2 211a x x b ?? > ?-?? . 【解析】(1)由题意,函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈,可得222 11 '()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0x << 或x >,'()0f x < x << , 所以函数()f x 在区间?? ? ??? 上单调递减, 在区间0, 2a ?? -- ? ?? ? 和区间2a ??-++∞ ? ??? 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?? ? ??? 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'()1a g 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<--,欲证2 121a x x b ??< ?-??,只需证2 211221ln 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2 211a 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?(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 ?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 2 x+1 =2(x +1+1 x+1)?4,x ∈(0,3),令t=x+1>4 则y=2(t+1 t )?4在t>4单调递增,故a ∈(0,9 2) (2)∵?′(x )=2 x ?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?′(αx 1+βx 2)=2 αx 1+βx 2 ?2(αx 1+βx 2)? 2(ln x 1?ln x 2) x 1?x 2 +(x 1+x 2) = 2αx 1+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:?′(αx 1+βx 2)<0,只需证:2 αx 1+βx 2 ? 2(ln x 1?ln x 2)x 1?x 2 <0,只需证:x 1?x 2 αx 1+βx 2 ?ln x 1x 2 >0.(*) 令x 1 x 2 =t ∈(0,1),∴(*)化为1?t αt+β+ln t <0,只需证u (t )=ln t +1?t αt+β<0 u ′(t )=1t ?1 ( αt+β )2>0∵u (t )在(0,1)上单调递增,u (t ) <0,即x 1?x 2 αt+β +ln x 1x 2 <0. ∴?′(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 )=1 2ax 2+lnx ,g (x )=-bx ,其中a ,b ∈R ,设h (x ) =f (x )-g (x ), (1)若f (x )在x=√2 2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 ①求b 的取值范围; ②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)①(?1 e ,0)②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 )=√2 2 a +√2=0所 以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间(2)①当a =0时,?(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(?1 e ,0). ② 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 2 lnx 2?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 +1 x ,所以f ′(1)=a +1, 由f ′(1)=g(?1)?2可得a=b -3.又因为f(x)在x =√2 2 处取得极值, 所以f ′(√22 )=√2 2 a +√2=0,所以a=" -2,b=1" . 所以?(x)=?x 2+lnx +x ,其定义域为(0,+) ?′(x )=?2x +1+1=?2x 2+x +1= ?(2x +1)(x ?1) 令?′(x )=0得x 1=?1 2,x 2=1,当x ∈(0,1)时,?′(x )>0,当x ∈(1,+)?′(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,?(x )=lnx +bx ,其定义域为(0,+). ①由?(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?1 e . 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(?1 e ,0). ②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 2 lnx 2?lnx 1 =x 1+x 2x 2 ?x 1