重难点07 双变量问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc2390" 【题型1 双变量单调性问题】 PAGEREF _Tc2390 \h 2
\l "_Tc32058" 【题型2 双变量的最值（取值范围）问题】 PAGEREF _Tc32058 \h 7
\l "_Tc15940" 【题型3 双变量问题转化为单变量问题】 PAGEREF _Tc15940 \h 11
\l "_Tc1209" 【题型4 与极值点有关的双变量问题】 PAGEREF _Tc1209 \h 16
\l "_Tc13710" 【题型5 与零点有关的双变量问题】 PAGEREF _Tc13710 \h 21
\l "_Tc29599" 【题型6 双变量的恒成立问题】 PAGEREF _Tc29599 \h 25
\l "_Tc28718" 【题型7 双变量的不等式证明问题】 PAGEREF _Tc28718 \h 31
\l "_Tc7404" 【题型8 与切线有关的双变量问题】 PAGEREF _Tc7404 \h 37
\l "_Tc7011" 【题型9 双变量的新定义问题】 PAGEREF _Tc7011 \h 42
1、双变量问题
导数是高中数学的重要考查内容，是高考常考的热点内容，而导数中的双变量问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及双变量的恒成立问题、双参数不等式问题以及双变量的不等式证明等问题，一般作为解答题的压轴题出现，难度较大，需要灵活求解.
【知识点1 导数中的双变量问题】
1．导数中的双变量问题
导数中的双变量问题往往以双参数不等式的形式呈现，要想解决双变量问题，就需要掌握破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
【知识点2 导数中的双变量问题的解题策略】
1．转化为同源函数解决双变量问题
此类问题一般是给出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结构形式相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解.
2．整体代换解决双变量问题
(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a，得到仅含有x1，x2的式子.
(2)与极值点x1，x2有关的双变量问题：一般是根据x1，x2是方程f'(x)=0的两个根，确定x1，x2的关系,再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为x1，x2的齐次式，然后转化为关于的函数，把看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.
3．构造函数解决双变量问题的答题模板
第一步：分析题意，探究两变量的关系；
第二步：合二为一，变为单变量不等式；
第三步：构造函数；
第四步：判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题；
第五步：反思回顾解题过程，规范解题步骤.
【题型1 双变量单调性问题】
【例1】（23-24高二下·江苏常州·期中）已知函数fx=xlnx−12ax2，a∈R．
(1)若gx=f(x)x，求函数gx在区间1,e上的最大值；
(2)若对于任意的x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，都有f(x1)−f(x2)x1−x2<1，则实数a的取值范围．
【解题思路】（1）求导，分a≤0，2a≥e，1<2a（2）题意转化为不妨设x1>x2，fx1−x1【解答过程】（1）因为gx=lnx−12ax，g′x=2−ax2x，
①当a≤0时，因为x∈1,e，所以g′x>0，
所以函数gx在1,e上单调递增，则gxmax=ge=1−12ae；
②当2a≥e，即0所以函数gx在1,e上单调递增，则gxmax=ge=1−12ae；
③当1<2ax∈1,2a，g′x>0，x∈2a,e，g′x<0，
所以函数gx在1,2a上单调递增，在2a,e上单调递减，
则gxmax=g2a=ln2a−1；
④当0<2a≤1，即a≥2时，x∈1,e，g′x≤0，函数gx在1,e上单调递减，则gxmax=g1=−12a．
综上，gxmax=1−12ae，a≤2eln2a−1，2e（2）对于任意的x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)−f(x2)x1−x2<1，
不妨设x1>x2时，fx1−x1令Fx=fx−x,x∈0,+∞，根据题意对任意的x1,x2∈0,+∞，
当x1>x2时，Fx1所以F′x=f′x−1=lnx−ax≤0在0,+∞上恒成立，即lnxx≤a在0,+∞上恒成立，
令gx=lnxx,x∈0,+∞，则g′x=1−lnxx2，
所以当x∈0,e时，g′x>0，gx单调递增，当x∈e,+∞时，g′x<0,gx单调递减.
所以g(x)max=ge=1e，所以a≥1e.
【变式1-1】（23-24高二下·上海·期末）已知fx=2x+1−xlnx.
(1)求曲线y=fx在x=1处的切线方程；
(2)若对任意的x1,x2∈0,+∞，且x1≠x2，都有fx1−fx2x1−x2>mx1+x2，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）先求导函数，再得出斜率写出切线方程即可；
（2）把恒成立转化为函数单调性，再根据单调性转化为最值问题求解即得
【解答过程】（1）由题意知f1=3,f′x=2−lnx−x⋅1x=1−lnx,∴f′1=1
则曲线y=fx在x=1处的切线方程为y−3=x−1⇒x−y+2=0
（2）不妨设x1>x2>0，则
fx1−fx2x1−x2>mx1+x2⇒fx1−fx2>mx12−x22
⇒fx1−mx12>fx2−mx22
则设gx=fx−mx2=2x+1−xlnx−mx2，可知gx在0,+∞上严格递增
则g′x=1−lnx−2mx≥0恒成立
则2mx≤1−lnx⇒2m≤1−lnxxmin
设ℎx=1−lnxx,ℎ′x=−1x⋅x−1−lnxx2=lnx−2x2
则当x∈e2,+∞时，ℎ′x>0,ℎx单调递增，当x∈0,e2时，ℎ′x<0,ℎx单调
递减，则ℎ(x)min=1−lne2e2=−1e2⇒2m≤−1e2⇒m≤−12e2
则实数m的取值范围为−∞,−12e2.
【变式1-2】（23-24高二下·上海·期末）已知函数fx=ax2−a+2x+lnx
(1)当a=1时，求函数fx的极大值；
(2)若fx1−fx2x1−x2>−2对一切0【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数与极值的关系，即可求得答案；
（2）将fx1−fx2x1−x2>−2化为fx1+2x1【解答过程】（1）当a=1时，fx=x2−3x+lnx，定义域为(0,+∞)，
则f′x=2x−3+1x=2x2−3x+1x，
令f′x>0，则01；令f′x<0，则12则fx在0,12,1,+∞上单调递增，在12,1上单调递减，
故函数fx的极大值为f12=14−32+ln12=−ln2−54；
（2）因为fx1−fx2x1−x2>−2对一切0所以fx1+2x1令m(x)=f(x)+2x，则mx=ax2−ax+lnx，定义域为(0,+∞)，
则原问题转化为m(x)在(0,+∞)上单调递增；
又m′x=2ax−a+1x=2ax2−ax+1x，
当a=0时，m′x=1x>0，m(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a≠0时，需m′x≥0在(0,+∞)上恒成立，
即2ax2−ax+1≥0在(0,+∞)上恒成立，
对于y=2ax2−ax+1，图象过定点0,1，对称轴为x=14，
故要使得2ax2−ax+1≥0在(0,+∞)上恒成立，需满足a>0且2a142−14a+1≥0，
解得0综合可得0≤a≤8，即a的取值范围为[0,8].
【变式1-3】（2024·山西吕梁·三模）已知函数fx=x2−2x+alnx,a∈R.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的x1,x2∈0,+∞,x1≠x2，使x2fx1−x1fx2x1−x2>0恒成立，则实数a的取值范围.
【解题思路】（1）由fx=x2−2x+alnx,a∈R，定义域为x∈0,+∞，求导f′x=2x2−2x+ax，令gx=2x2−2x+a，讨论当a取不同的值时gx的正负情况，即可得到fx的单调性；
（2）法一：由x2fx1−x1fx2x1−x2>0可化为fx1x1>fx2x2，令Gx=fxx=x−2+alnxx，讨论a取正、负、零时G′x=1+a1−lnxx2≥0恒成立，即可得到实数a的取值范围；
法二：由x2fx1−x1fx2x1−x2>0可得x1−x2fx1x1−fx2x2>0，令gx=fxx=x−2+alnxx，即g′x≥0恒成立，由g′x=x2+a1−lnxx2，则令ℎx=x2+a1−lnx，则ℎx≥0恒成立，讨论a取正、负、零时ℎ′x=2x2−ax的单调情况，得到极值，即可得到实数a的取值范围.
【解答过程】（1）fx的定义域为x∈0,+∞,f′x=2x−2+ax=2x2−2x+ax，
令gx=2x2−2x+a，
又∵Δ=4−8a，
1∘，当Δ≤0，即a≥12时，gx≥0，此时f′x>0,fx在0,+∞上单调递增
2∘，当Δ>0，即a<12时，
令gx=0，解得x1=1−1−2a2,x2=1+1−2a2
其中，当00，
x∈x1，x2,gx<0
所以fx在0,x1,x2,+∞单调递增，在x1,x2单调递减；
当a<0时，x1<00，
故fx在0,x2单调递减，x2,+∞单调递增.
综上：a≥12,fx在0,+∞上单调递增；
0a≤0,fx在0,1+1−2a2上单调递减，在1+1−2a2,+∞上单调递增.
（2）法一：不妨设00，同除以x1x2得fx1x1>fx2x2，
所以令Gx=fxx=x−2+alnxx，
当x∈0,+∞时，G′x=1+a1−lnxx2≥0恒成立，
1∘，若a=0,G′x=1>0恒成立，符合题意，
2∘，当a>0,1a≥lnx−1x2恒成立，
令Fx=lnx−1x2则F′x=3−2lnxx3，
所以Fx在0,e32单调递增，在e32,+∞单调递减，
所以1a≥Fe32=12e3，所以a∈0,2e3，
3∘，若a<0，同理1a≤lnx−1x2恒成立，由2∘知，当x→0+,Fx→−∞
所以不存在满足条件的a.
综上所述：a∈0,2e3.
法二：x1−x2x2fx1−x1fx2>0⇔x1−x2fx1x1−fx2x2>0.
令gx=fxx=x−2+alnxx，则只需gx在0,+∞单调递增，
即g′x≥0恒成立，
g′x=x2+a1−lnxx2，令ℎx=x2+a1−lnx，则ℎx≥0恒成立；
又ℎ′x=2x−ax=2x2−ax，
①当a=0时，ℎx=x2,ℎx在0,+∞单调递增成立；
②当a<0时，ℎ′x>0,ℎx在0,+∞单调递增，又x→0,ℎx→−∞，故ℎx≥0不恒成立.不满足题意；
③当a>0时，由ℎ′x=0得x=a2,ℎx在0,a2单调递减，在a2,+∞单调递增，
因为ℎx≥0恒成立，所以ℎ(x)min=ℎa2=a23−ln32≥0，
解得0综上，a∈[0,2e3].
【题型2 双变量的最值（取值范围）问题】
【例2】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数fx=lnx−ax−2ax.
（1）若fx≥0，求实数a的取值范围；
（2）若gx=fx+x2+2ax有两个极值点分别为x1，x2x1【解题思路】（1）先求解出f′x，然后分类讨论确定单调性，再求最小值，然后解不等式即可；
（2）根据x1,x2是gx的两个极值点可求得x1+x2,x1x2的值，再利用x1+x2,x1x2的值将2gx1−gx2化简成x22−12x22−32lnx22−2ln2−1，然后通过构造新函数ℎt=t−12t−32lnt−2ln2−1并分析其定义域结合单调性求解出其最小值.
【解答过程】（1）因为fx=lnx−ax−2ax，
所以f′x=1x−a+2ax2=−a2x2+ax+2ax2=−a2x−2ax+1aax2，
由fx=0得x=2a或x=−1a.
①当a>0时，因为f1=−a−2a<0，不满足题意，
②当a<0时，fx在0,−1a上单调递减，在−1a,+∞上单调递增，
于是fxmin=f−1a=ln−1a+1+2≥0，解得−e3≤a<0，
所以a的取值范围为−e3≤a<0.
（2）函数gx=lnx+x2−ax，定义域为0，+∞，g′x=1x+2x−a=2x2−ax+1x，
因为x1，x2是函数gx的两个极值点，所以x1，x2是方程2x2−ax+1=0的两个不等正根，
则有Δ=a2−8>0，x1+x2=a2，x1x2=12，
得a>22，对称轴a4>22，故x1∈0,22，x2∈22,+∞.
且有ax1=2x12+1，ax2=2x22+1，
2gx1−gx2=2lnx1+x12−ax1−lnx2+x22−ax2
=2lnx1+x12−2x12−1−lnx2+x22−2x22−1
=−2x12+2lnx1−lnx2+x22−1
=x22−212x22+2ln12x2−lnx2−1
=x22−12x22−32lnx22−2ln2−1.
令t=x22，则t∈12,+∞，
ℎt=t−12t−32lnt−2ln2−1，ℎ't=1+12t2−32t=2t−1t−12t2，
当t∈12,1时，ℎt单调递减，当t∈1,+∞时，ℎt单调递增，
所以ℎtmin=ℎ1=−1+4ln22，
所以2gx1−gx2的最小值为−1+4ln22.
【变式2-1】（2023·湖北武汉·一模）已知关于x的方程ax−lnx=0有两个不相等的正实根x1和x2，且x1(1)求实数a的取值范围；
(2)设k为常数，当a变化时，若x1kx2有最小值ee，求常数k的值.
【解题思路】（1）根据函数与方程的思想将方程有两个不相等的正实根转化成函数图象有两个交点，通过构造函数研究其单调性求出值域即可求得实数a的取值范围；
（2）首先通过转化变形写出x1和x2的表达式，求出x1kx2有最小值ee的等价方程，再通过构造函数利用导函数研究其单调性，并证明方程有唯一解即可求得常数k的值.
【解答过程】（1）由ax−lnx=0且x>0，可得lnxx=a.
设Fx=lnxx,x∈0,+∞，则F′x=1−lnxx2，
令F′x=0，解得x=e.
当00，Fx单调递增；
当x>e时，F′x<0，Fx单调递减；
函数Fx=lnxx的图象如下：
又x趋向于0时Fx趋向−∞，x趋向于+∞时Fx趋向0；
要使Fx图象与直线y=a有两个交点，则0（2）因为F1=0，由（1）得1设x2x1=tt>1，则t=lnt+lnx1lnx1，即lnx1=lntt−1,lnx2=tlntt−1，
由x1kx2有最小值ee，即klnx1+lnx2=k+tlntt−1有最小值e.
设gt=k+tlntt−1t>1,g′t=−k+1lnt+t−kt+k−1t−12 ，
记Gt=−k+1lnt+t−kt+k−1,G′t=−k+1t+1+kt2=t−1t−kt2，
由于t>1，若k≤1，则G′t>0，可得Gt单调递增，
此时Gt>G1=0，即g′t>0,gt单调递增，
此时gt在(1,+∞)没有最小值，不符合题意.
若k>1，t∈1,k时，G′t<0，则Gt在1,k单调递减，
t∈k,+∞时，G′t>0，则Gt在k,+∞单调递增.
又G1=0，Gk此时1t>t0时，Gt>0，即g't>0， gt在t0,+∞上单调递增.
所以k>1时，gt有最小值gt0，
而g′t0=0，即−k+1lnt0+t0−kt0+k−1=0，整理得k=−lnt0+t0−1lnt0+1t0−1
此时gt0=k+t0lnt0t0−1=lnt02lnt0+1t0−1，由题意知gt0=e.
设ℎx=x2x+e−x−1x>0,ℎ′x=xx+2e−x+x−2x+e−x−12
设Hx=x+2e−x+x−2,H′x=−x+1e−x+1.
设ux=H′x,u′x=xe−x>0，故H′x递增，H′x>H′0=0.
此时Hx递增，有Hx>H0=0，
令y=x+e−x−1且x>0，则y′=1−e−x>0，即y在(0,+∞)上递增，故y>y|x=0=0，
此时ℎ′x>0，故ℎx在(0,+∞)递增，而ℎ1=e知，ℎx=e的唯一解是x=1.
故gt0=e的唯一解是lnt0=1，即t0=e.
综上所述，k=e2−2e.
【变式2-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数f(x)=sinxex−m,x∈(0,π).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1（ⅰ）求m的取值范围；
（ⅱ）证明：x1+x2<π.
【解题思路】（1）求出导函数，利用导数的正负判断函数的单调性即可；
（2）（i）由题设及零点存在定理列不等式组求解即可；
（ii）按照x2≤π2和x2>π2分类讨论，若x2>π2时，设g(x)=sinxeπ4−m，根据零点存在性定理得则g(x)在(0,π)内有两零点x1∗和x2∗，根据正弦函数对称性可知x1∗+x2∗=π，然后证明x1+x2【解答过程】（1）由f(x)=sinxex−m,x∈(0,π)得f′(x)=csx−sinxex，
当x∈0,π4时，f′(x)>0,f(x)单调递增；当x∈π4,π时，f′(x)<0,f(x)单调递减.
故f(x)单增区间为0,π4,f(x)单减区间为π4,π.
（2）（i）由题设及零点存在定理可知x1∈0,π4,x2∈π4,π，且有f(0)=f(π)<0，且fπ4>0，所以0−m<022eπ4−m>0，所以0（ii）若x2≤π2时，则x1+x2<π4+π2<π；
若x2>π2时，设g(x)=sinxeπ4−m，有g(0)=g(π)<0，且gπ4>0，
则g(x)在(0,π)内有两零点x1∗和x2∗，其中x1∗∈0,π4,x2∗∈3π4,π，
而g(x)关于x=π2对称，且有x1∗+x2∗=π.
由sinxeπ4在0,π2单增，知m=sinx1∗eπ4=sinx1ex1>sinx1eπ4，有x1由sinxeπ4在π2,π单减，知m=sinx2∗eπ4=sinx2ex2则x1+x2综上，x1+x2<π.
【变式2-3】（2024·四川泸州·一模）已知函数fx=ax+1−xlnx的图像在x=1处的切线与直线x−y=0平行．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若∀x1,x2∈0,+∞，且x1>x2时，fx1−fx2>mx12−x22，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出a=2，直接利用导数求单调区间；
（2）根据式子结构构造gx=fx−mx2，由gx在0,+∞为增函数，得到2m≤1−lnxx在x>0恒成立，令ℎx=1−lnxx，利用导数求出ℎx的最小值，即可求解.
【解答过程】（1）fx=ax+1−xlnx的导数为f′x=a−1−lnx，
可得fx的图象在A1,f1处的切线斜率为a−1，
由切线与直线x−y=0平行，可得a−1=1，即a=2，
fx=2x+1−xlnx，f′x=1−lnx，
由f′x>0，可得0e，则fx在0,e递增，在e,+∞递减．
（2）因为x1>x2，若∀x1,x2∈0,+∞，由fx1−fx2>mx12−mx22，
即有fx1−mx12>fx2−mx22恒成立，设gx=fx−mx2，
所以gx=fx−mx2在0,+∞为增函数，即有g′x=1−lnx−2mx≥0对x>0恒成立，
可得2m≤1−lnxx在x>0恒成立，由ℎx=1−lnxx的导数为ℎ′x=lnx−2x2，
当ℎ′x=0，可得x=e2，ℎx在0,e2递减，在e2,+∞递增，
即有ℎx在x=e2处取得极小值，且为最小值−1e2可得2m≤−1e2，解得m≤−12e2
则实数m的取值范围是−∞,−12e2．
【题型3 双变量问题转化为单变量问题】
【例3】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=ax−lnxx，a>0．
(1)若fx存在零点，求a的取值范围；
(2)若x1，x2为fx的零点，且x12．
【解题思路】（1）利用导数求出函数gx的最小值，解不等式gxmin≤0即可求解；
（2）由零点的定义可得a=lnx1−lnx2x1−x2x1+x2，只需证lnx1−lnx2x1−x2x1+x2>2，令t=x1x2，利用导数证明不等式Ft=lnt−2t−1t+1<0即可.
【解答过程】（1）fx的定义域为0,+∞，
令fx=0，即ax−lnxx=0a>0，等价于ax2−lnx=0，
设gx=ax2−lnx，则g′x=2ax−1x=2ax2−1x（x>0），
令g′x=0，可得x=2a2a，
当x∈0,2a2a时，g′x<0，gx单调递减，
当x∈2a2a,+∞时，g′x>0，gx单调递增，
则gx的最小值为g2a2a=12−ln2a2a=121+ln2a，g1=a>0，
要使得gx=ax2−lnx存在零点，则g2a2a=121+ln2a≤0，
即1+ln2a≤0，得a∈0,12e．
（2）由x1,x2为fx的零点，得fx1=fx2=0，
即gx1=gx2=0，即ax12−lnx1=0,ax22−lnx2=0,
两式相减得ax12−x22−lnx1−lnx2=0，即a=lnx1−lnx2x1−x2x1+x2.
要证当02，
只需证lnx1−lnx2x1−x2x1+x2>2，只需证lnx1x2<2x1−x2x1+x2，0lnx1x2−2x1x2−1x1x2+1<0，0令t=x1x20F′t=1t−4t+12=t+12−4ttt+12=t−12tt+12>0，则Ft在0,1上单调递增，
∴Ft=lnt−2t−1t+1【变式3-1】（2024·广东佛山·二模）已知fx=−12e2x+4ex−ax−5.
(1)当a=3时，求fx的单调区间；
(2)若fx有两个极值点x1，x2，证明：fx1+fx2+x1+x2<0.
【解题思路】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
（2）借助换元法，令t=ex，t1=ex1，t2=ex2，可得t1、t2是方程t2−4t+a=0的两个正根，借助韦达定理可得t1+t2=4，t1t2=a，即可用t1、t2表示fx1+fx2+x1+x2，进而用a表示fx1+fx2+x1+x2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
【解答过程】（1）当a=3时，fx=−12e2x+4ex−3x−5，
f′x=−e2x+4ex−3=−ex−1ex−3，
则当ex∈0,1∪3,+∞，即x∈−∞,0∪ln3,+∞时，f′x<0，
当ex∈1,3，即x∈0,ln3时，f′x>0，
故fx的单调递减区间为−∞,0、ln3,+∞，单调递增区间为0,ln3；
（2）f′x=−e2x+4ex−a，令t=ex，即f′x=−t2+4t−a，
令t1=ex1，t2=ex2，则t1、t2是方程t2−4t+a=0的两个正根，
则Δ=−42−4a=16−4a>0，即a<4，
有t1+t2=4，t1t2=a>0，即0则fx1+fx2+x1+x2=−12e2x1+4ex1−ax1−5−12e2x2+4ex2−ax2−5+x1+x2
=−12t12+t22+4t1+t2−a−1lnt1+lnt2−10
=−12t1+t22−2t1t2+4t1+t2−a−1lnt1t2−10
=−1216−2a+16−a−1lna−10
=a−a−1lna−2，
要证fx1+fx2+x1+x2<0，即证a−a−1lna−2<00令gx=x−x−1lnx−20则g′x=1−lnx+x−1x=1x−lnx，
令ℎx=1x−lnx0则g′x在0,4上单调递减，
又g′1=11−ln1=1，g′2=12−ln2<0，
故存在x0∈1,2，使g′x0=1x0−lnx0=0，即1x0=lnx0，
则当x∈0,x0时，g′x>0，当x∈x0,4时，g′x<0，
故gx在0,x0上单调递增，gx在x0,4上单调递减，
则gx≤gx0=x0−x0−1lnx0−2=x0−x0−1×1x0−2=x0+1x0−3，
又x0∈1,2，则x0+1x0∈2,52，故gx0=x0+1x0−3<0，
即gx<0，即fx1+fx2+x1+x2<0.
【变式3-2】（2024·四川·模拟预测）已知函数fx=a+1ex−12x2+1a∈R．
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)设x1,x2x12．
【解题思路】（1）求导得斜率，再利用点斜式求直线并化简即可；
（2）由导函数的两个零点得x1+x2=a+1ex1+ex2和x2−x1=a+1ex2−ex1，得到a+1=x2−x1ex2−ex1，转化为证明x2−x1ex2+ex1ex2−ex1>2，换元t=x2−x1，证明ℎt=t−2et+t+2>0即可.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=2ex−12x2+1,f′x=2ex−x，
则f0=3,f′0=2，则切线方程为y−3=2x，
因此曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为2x−y+3=0．
（2）证明：函数f′x=a+1ex−x,x1,x2是y=f′x的两个零点，
所以x1=a+1ex1,x2=a+1ex2，则有x1+x2=a+1ex1+ex2，
且x2−x1=a+1ex2−ex1，由x1要证x1+x2>2，只要证明a+1ex1+ex2>2，即证x2−x1ex2+ex1ex2−ex1>2．
记t=x2−x1，则t>0,et>1，
因此只要证明t⋅et+1et−1>2，即t−2et+t+2>0．
记ℎt=t−2et+t+2(t>0)，则ℎ′t=t−1et+1，
令φt=t−1et+1，则φ′t=tet，
当t>0时，φ′t=tet>0，
所以函数φt=t−1et+1在0,+∞上递增，则φt>φ0=0，
即ℎ′t>ℎ′0=0，
则ℎt在0,+∞上单调递增，∴ℎt>ℎ0=0，
即t−2et+t+2>0成立.
【变式3-3】（2024·安徽阜阳·一模）已知函数fx=3lnx−ax．
(1)讨论fx的单调性．
(2)已知x1,x2是函数fx的两个零点x1（ⅰ）求实数a的取值范围．
（ⅱ）λ∈0,12,f′x是fx的导函数．证明：f′λx1+1−λx2<0．
【解题思路】（1）求导，对a进行分类讨论fx的单调性；
（2）利用方程组3lnx1=ax1，3lnx2=ax2得到a=3lnx2x1x2−x1，问题转化为3x2−x1λx1+1−λx2−3lnx2x1<0恒成立，换元后构造函数求出函数单调性及最值，从而得到证明.
【解答过程】（1）f′x=3−axxx>0．
①当a≤0时，f′x>0,fx在0,+∞上单调递增．
②当a>0时，令f′x>0得0同理，令f′x<0得x>3a，即fx在3a,+∞上单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）可知当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增，不可能有两个零点．
当a>0时，fx在0,3a上单调递增，在3a,+∞上单调递减，
若使fx有两个零点，则f3a>0，即3ln3a−3>0，解得0且f1=−a<0，当x→+∞时，fx→−∞，则有x1∈1,3a,x2∈3a,+∞，
所以a的取值范围为0,3e．
（ⅱ）x1,x2是函数fx的两个零点，则有3lnx1=ax1①，3lnx2=ax2②，
①-②得3lnx2−lnx1=ax2−x1，即a=3lnx2x1x2−x1，
f′λx1+1−λx2=3λx1+1−λx2−a=3λx1+1−λx2−3lnx2x1x2−x1，
因为fx有两个零点，所以fx不单调，
因为x1所以x2−x1>0,λx1+1−λx2>0．
若要证明f′λx1+1−λx2<0成立，
只需证3x2−x1λx1+1−λx2−3lnx2x1<0，
即证x2x1−1λ+1−λx2x1−lnx2x1<0，令t=x2x1，则t>1，
则不等式只需证t−1λ+1−λt−lnt<0，
即证t−1−λ+1−λtlnt<0，
令ℎt=t−1−λ+1−λtlnt,t>1，
ℎ′t=λ−1lnt+λ1−1t，令l(t)=ℎ'(t)=(λ−1)lnt+λ(1−1t)，
l't=λ−1t+λt2
令φt=λ−1t+λ，因为λ∈0,12，得φt在1,+∞上单调递减，
得φt<φ1=2λ−1<0，得l't<0，即ℎ′t在1,+∞上单调递减，
得ℎ′t<ℎ′1=0，得ℎ′t<0，即ℎt在1,+∞上单调递减，
所以有ℎt<ℎ1=0，
故有t−1−λ+1−λtlnt<0，不等式得证．
【题型4 与极值点有关的双变量问题】
【例4】（2024·四川南充·二模）已知函数fx=aex−x3a∈R有三个极值点x1,x2,x3 x1(1)求实数a的取值范围；
(2)若x3≥2x2，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）由题意转化为f′x=0有三个不等的实数根，再参数分离为a=3x2ex，转化为y=a与gx=3x2ex有三个交点，利用导数分析函数的图象，即可求解；
（2）首先由aex2=3x22，aex3=3x32转化为x2=2lntt−1,t≥2，t=x3x2≥2，再通过构造函数，利用导数求x2的取值范围，再根据a=gx2=3x22ex2的单调性求参数的取值范围.
【解答过程】（1）函数fx=aex−x3a∈R有三个极值点x1,x2,x3 x1则f′x=aex−3x2=0有三个不等实根x1,x2,x3 x1即方程a=3x2ex有三个不等实根x1,x2,x3 x1令gx=3x2ex，则g'x=3x2−xex，
由g′x>0得02
gx在−∞,0上单调递减，在0,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，
又g0=0，g2=12e2，所以a∈0,12e2
（2）由（1）知x1<0所以ex3−x2=x3x22，令t=x3x2≥2，则et−1x2=t2，x2=2lntt−1,t≥2
令φt=2lntt−1,t≥2，则φ′t=21−1t−lntt−12
令mt=1−1t−lnt,t≥2，则m′t=1−tt2<0，mt≤m2=12−ln2<0
即φ′t<0，φt≤φ2=2ln2，故x2∈0,2ln2
a=gx2=3x22ex2在0,2ln2上单调递增，所以a∈0,3ln22.
【变式4-1】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=x+tlnx+t+t−1xt∈R．
(1)当t=0时，讨论函数fx的极值；
(2)已知Fx=fx−ex，函数Fx存在两个极值点x1，x2，证明：x1+x2<0．
【解题思路】（1）求出导函数，确定单调性得极值；
（2）求导数F′(x)，得极值点是F′(x)的零点，然后构造函数gx=lnx+x，由g(x)的单调性得出x+t=ex，则t=ex−x．再构造函数ℎx=ex−x，已知转化为直线y=t与函数ℎx的图象有两个不同的交点，交点的横坐标是x1,x2，结合ℎx在0,+∞上单调递增，问题转化为证明ℎx2<ℎ−x1，即证ℎx1<ℎ−x1（这里双变量(x1,x2)化为单变量(x1)，再构造函数mx=ℎx−ℎ−xx<0，再利用导数得单调性完成证明．
【解答过程】（1）当t=0时，fx=xlnx−x，∴f′x=lnx．
当x∈0,1时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx单调递增．
∴fx的极小值为f1=−1，无极大值．
（2）解法一 Fx=x+tlnx+t+t−1x−ex，
∴F′x=lnx+t+t−ex，∵Fx有两个极值点x1，x2，
∴F′x有两个变号零点x1，x2，即方程lnx+t+t=ex有两个不相等的实根x1，x2，
即方程lnx+t+x+t=lnex+ex有两个不相等的实根x1，x2．
设gx=lnx+x，则gx+t=gex，易知gx在0,+∞上单调递增，
∴x+t=ex，则t=ex−x．设ℎx=ex−x，则直线y=t与函数ℎx的图象有两个不同的交点．
∵ℎ′x=ex−1，∴当x∈−∞,0时，ℎ′x<0，ℎx单调递减；
当x∈0,+∞时，ℎ′x>0，ℎx单调递增．
不妨设x1∵ℎx在0,+∞上单调递增，∴即证ℎx2<ℎ−x1，
即证ℎx1<ℎ−x1．设mx=ℎx−ℎ−xx<0，
则m′x=ℎ′x+ℎ′−x=ex+e−x−2>2ex⋅e−x−2=0，
∴mx在−∞,0上单调递增，∴mx<0，
∵x1<0，∴mx1<0，即ℎx1<ℎ−x1，∴x1+x2<0，得证．
解法二 Fx=x+tlnx+t+t−1x−ex，∴F′x=lnx+t+t−ex，
∵Fx有两个极值点x1，x2，∴F′x有两个变号零点，
即方程lnx+t+t=ex有两个不相等的实根x1，x2，
即方程lnx+t+x+t=x+ex有两个不相等的实根x1，x2，
即方程lnx+t+elnx+t=x+ex有两个不相等的实根x1，x2．（关键：化同构）
设gx=x+ex，易知gx在−∞,+∞上单调递增，∴lnx+t=x，
∴lnx1+t=x1，lnx2+t=x2，则lnx1+t−lnx2+t=x1−x2，
则x1−x2lnx1+t−lnx2+t=x1+t−x2+tlnx1+t−lnx2+t=1，
由对数平均不等式得x1+tx2+t0，b>0，a≠b，则a+b2>a−blna−lnb>ab）
∴lnx1+tx2+t<0，则lnx1+t+lnx2+t<0，∴x1+x2<0，得证．
【变式4-2】（2023·四川攀枝花·模拟预测）已知函数fx=aex−xa∈R．
(1)当a=1时，求fx的单调区间；
(2)设函数gx=x2−1ex−x−fx，当gx有两个极值点x1,x2x1【解题思路】（1）求出导函数f′(x)，由f′(x)>0得增区间，由f′(x)<0得减区间；
（2）求出g′(x)，由g′(x)=0有两个不等实根x1,x2x1−2且x1+x2=−2，所以x1<−1【解答过程】（1）a=1时，函数fx=ex−x的定义域为R,f′x=ex−1.
由f′x=0解得x=0．
当x∈−∞,0时，f′x<0,fx在x∈−∞,0单调递减；
当x∈0,+∞时，f′x>0,fx在x∈0,+∞单调递增．
（2）gx=x2−a−1ex，则g′x=x2+2x−a−1ex．
根据题意，得方程x2+2x−a−1=0有两个不同的实根x1,x2x1∴Δ>0，即a>−2且x1+x2=−2，所以x1<−1由tgx2≥2+x1ex2+x22−3，可得tx22−a−1ex2≥2+x1ex2+x22−3
又x22−a−1=−2x2,2+x1=−x2
∴总有−2tx2ex2≥−x2ex2+x22−3⇒x22tex2−ex2+x22−3≤0对x2>−1恒成立．
①当x2=0时，x22tex2−ex2+x22−3≤0恒成立，此时t∈R；
②当x2∈−1,0时，2tex2−ex2+x22−3≥0成立，即2t≥ex2+x22−3ex2
令函数ℎx2=ex2+x22−3ex2，则ℎ′x2=−x22+2x2+3ex2=−x2+1x2−3ex2>0在x2∈−1,0恒成立
故ℎx2在x2∈−1,0单调递增，所以2t≥ℎ0=−2⇒t≥−1．
③当x2∈0,+∞时，2tex2−ex2+x22−3≤0成立，即2t≤ex2+x22−3ex2
由函数ℎx2=ex2+x22−3ex2，则ℎ′x2=−x2+1x2−3ex2=0，解得x2=3
当x2∈0,3时，ℎ′x2>0,ℎx2单调递增；当x2∈3,+∞时，ℎ′x2<0,ℎx2单调递减又ℎx2=1+x22−3ex2，当x2→+∞时，ℎx2→1
∴所以2t≤ℎ0=−2⇒t≤−1．
综上所述，t=−1．
【变式4-3】（2023·上海松江·模拟预测）已知函数f(x)=ax−alnx−exx.
(1)若a=0，求函数y=f(x)的极值点；
(2)若不等式f(x)<0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若函数y=f(x)有三个不同的极值点x1、x2、x3，且f(x1)+f(x2)+f(x3)≤3e2−e，求实数a的取值范围.
【解题思路】（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fx<0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fx有3个不同的极值点求得a的一个范围，然后化简不等式fx1+fx2+fx3≤3e2−e，利用构造函数法，结合导数求得a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=0时，fx=−exx，f′x=1−xexx2，
当00，x>1时，f′x<0，
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x=1处取得极大值，函数的极值点为1；
（2）函数fx的定义域为0,+∞，不等式fx<0恒成立，
即ax−lnx记ux=x−lnx，则u′x=1−1x=x−1x，
得到ux在区间0,1上u′x<0,ux单调递减，
在1,+∞上u′x>0,ux单调递增，
则uxmin=u1=1，即ux≥1在区间0,+∞上恒成立，
分离变量知：ag′x=exx2−xlnx−ex2x−lnx−1x2−xlnx2=exx2−xlnx−2x+lnx+1x2−xlnx2
=exx−12−x−1lnxx2−xlnx2=exx−1x−1−lnxx2−xlnx2，
由前面可知，当x∈0,1∪1,+∞时，ux=x−lnx>1恒成立，即x−1−lnx>0，
所以gx在区间0,1上g′x<0,gx单调递减，
在区间1,+∞上g′x>0,gx单调递增，
所以gxmin=g1=e，所以a（3）f′x=a−ax−exx−1x2=ax⋅x−1x2−exx−1x2=ax−exx−1x2，
设曲线y=ex图象上任意一点t,et,ex′=ex，
所以曲线y=ex在点t,et处的切线方程为y−et=etx−t，
将0,0代入得0−et=et0−t,t=1，故切点为1,e，
过0,0的切线方程为y−e=ex−1,y=ex，
所以直线y=ex和曲线y=ex相切，并且切点坐标为1,e，
所以当且仅当a>e时，方程ax−ex=0有两个不相等的实根x1，x3，并且0从而当a>e时，fx有三个极值点x1，x2，x3，并且0取对数知：lna+lnx1=x1，lna+lnx3=x3，即lna=x1−lnx1，lna=x3−lnx3，
则fx1+fx2+fx3=ax1−lnx1−ex1x1+a−e+ax3−lnx3−ex3x3
=alna−a+a−e+alna−a=2alna−a−e≤3e2−e．
构造ga=2alna−a−ea>e，
g′a=2lna+1−1=2lna+1>0在a>e时恒成立，
则ga在区间a∈e,+∞上单调递增，且ge2=2e2lne2−e2−e=3e2−e，
从而fx1+fx2+fx3=2alna−a−e=ga≤3e2−e的解为a≤e2，
综上所述e【题型5 与零点有关的双变量问题】
【例5】（2024·四川·一模）已知函数fx=ax2+x−lnx−a．
(1)若a=1，求fx的最小值；
(2)若fx有2个零点x1,x2，证明：ax1+x22+x1+x2>2．
【解题思路】（1）求导，确定函数单调性，根据单调性可得最值；
（2）将x1,x2代入原函数后做差变形，得到lnx1x2x1x2−1x1x2+1>2，令t=x1x2，然后构造函数，证明不等式t+1lnt−2t−1<0成立.
【解答过程】（1）当a=1，函数fx=x2+x−lnx−1x>0，
则f′x=2x+1−1x=2x2+x−1x=2x−1x+1x，
可知当0当x>12时，f′x>0，fx单调递增，
则当x=12时，fx取得极小值f12=ln2−14，也即为最小值，
所以fx的最小值为ln2−14；
（2）由已知，x1,x2是fx=ax2+x−lnx−a的两个零点，
则ax12+x1−lnx1−a=0，ax22+x2−lnx2−a=0，
两式相减，得ax1+x2x1−x2+x1−x2−lnx1−lnx2=0，
整理得ax1+x2=lnx1−lnx2x1−x2−1，
欲证明ax1+x22+x1+x2>2，
只需证明不等式lnx1−lnx2x1−x2−1x1+x2+x1+x2>2，
即证明lnx1−lnx2x1−x2x1+x2>2，也即证明lnx1x2x1x2−1x1x2+1>2，
不妨设0只需证明lntt−1t+1>2，即证明t+1lnt−2t−1<00令ℎt=t+1lnt−2t−10又令ut=ℎ′t=lnt+1t−10所以，当0ℎ′1=0，
故当0所以，原不等式成立，故不等式ax1+x22+x1+x2>2得证．
【变式5-1】（2023·河南·模拟预测）已知函数fx=xeax+lnx−ax，其中e为自然对数的底数.
(1)当a=1时，求fx的单调区间；
(2)若函数gx=fx−xeax有两个零点x1,x2x1e2.
【解题思路】（1）将a=1代入后得fx=xex+lnx−x，对其求导，利用导数与函数的单调性即可得解；
（2）由题意得lnx1=ax1,lnx2=ax2，从而利用分析法将x1⋅x2>e2变形为lnx2x1>2x2x1−11+x2x1，构造函数ℎt=lnt−2t−1t+1t>1，利用导数证得ℎt>0，由此得证.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=xex+lnx−x,fx的定义域为0,+∞，
则f′x=1−xex+1x−1=1−x1ex+1x，
因为x>0，则ex>1>0，所以1ex+1x>0，
当00，则fx单调递增；当x>1时，f′x<0，则fx单调递减；
所以fx的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,+∞.
（2）若函数gx=fx−xeax=lnx−ax有两个零点，则gx1=gx2，
即lnx1=ax1,lnx2=ax2，两式相减，可得a=lnx2−lnx1x2−x1，两式相加得lnx1+lnx2=ax1+x2，
要证x1⋅x2>e2，只要证lnx1+lnx2>2，即证ax1+x2>2，即证a>2x1+x2，
只须证lnx2−lnx1x2−x1>2x1+x2，即证lnx2−lnx1>2x2−x1x1+x2，即证lnx2x1>2x2x1−11+x2x1，
令t=x2x1，则由01，故须证lnt>2t−1t+1，
令ℎt=lnt−2t−1t+1t>1，则ℎ′t=(t−1)2t(t+1)2，
当t>1时，ℎ′t>0，所以ℎt在1,+∞上单调递增，
所以当t>1时，ℎt>ℎ1=0，即lnt>2t−1t+1成立，
故原不等式x1⋅x2>e2成立.
【变式5-2】（2023·贵州贵阳·模拟预测）已知函数fx=ax−lnx有两个零点x1,x2.
(1)求a的取值范围；
(2)求证：x1+x2>2e（其中e是自然对数的底数）.
【解题思路】（1）分类讨论a≤0与a>0两种情况，利用导数研究f(x)的图像性质得到0（2）由f(x)的零点得到lnx1x1=lnx2x2，再利用换元法对式子进行变形得到lnx1+lnx2=t+1t−1lnt，构造函数φ(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，利用导数证得x1x2>e2，从而证得x1+x2>2e.
【解答过程】（1）由f(x)=ax−lnx得，f(x)的定义域为0,+∞，f′(x)=a−1x=ax−1x，
当a≤0时，f′(x)=ax−1x<0，则f(x)在0,+∞上单调递减，显然至多只有一个零点，不满足题意；
当a>0时，
当x∈0, 1a时，f′(x)<0，当x∈1a,+∞时，f′(x)>0，
所以f(x)在0, 1a上单调递减，在1a,+∞上单调递增，则f(x)min=f1a=1+lna，
要使f(x)有两个零点x1,x2，则f(x)min=lna+1<0，故0下面证明当0因为0e>1，
因为f(x)在0, 1a上单调递减，f1=a>0，
所以f(x)在1,1a⊆0,1a上存在唯一零点；
令φx=ex−x2x>1，则φ′x=ex−2x，
再令ux=ex−2xx>1，则u′x=ex−2>e1−2>0，故ux在1,+∞上单调递增，
所以ux>u1=e−2>0，即φ′x>0，故φx在1,+∞上单调递增，
所以φx>φ1=e−1>0，因为1a>e>1，
所以φ1a>0，即e1a−1a2>0，则ae1a−1a>0，故fe1a=ae1a−1a>0，
又由ux>0，即当x>1时，ex−2x>0，即ex>2x>x，故e1a>1a，
又因为f(x)在1a,+∞上单调递增，
所以f(x)在1a,e1a⊆1a,+∞上存在唯一零点；
综上：当0（2）由题意得ax1−lnx1=0，ax2−lnx2=0，即lnx1x1=lnx2x2，即x2x1=lnx2lnx1，
由（1）知，不妨设01)，
则t=lntx1lnx1=1+lntlnx1，故lnx1=lntt−1，
所以lnx1+lnx2=lnx1+tlnx1=t+1t−1lnt，
先证x1x2>e2，即证lnx1+lnx2>2，即证t+1t−1lnt>2(t>1)，即证lnt>2(t−1)t+1，
令φ(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，则φ′(t)=1tt−1t+12>0，故φ(t)在1,+∞上单调递增，
故φ(t)>φ(1)=0，即lnt−2(t−1)t+1>0，即lnt>2(t−1)t+1，
即t+1t−1lnt>2，所以x1x2>e2，
又02x1x2>2e2>2e.
故x1+x2>2e.
【变式5-3】（2023·海南海口·模拟预测）已知函数f(x)=xex+2.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设F(x)=f(x)+a(x+1)2(a>0).
（ⅰ）证明：F(x)存在两个零点x1，x2；
（ⅱ）证明：F(x)的两个零点x1，x2满足x1+x2+2<0.
【解题思路】（1）用导数求出f(x)单调性即可求解；
（2）（ⅰ）求出F(x)的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数；
（ⅱ）用F(x)的单调性把需证明的不等式转化为即证F(−2−x2)【解答过程】（1）f′(x)=ex+2+xex+2=(x+1)ex+2，
所以当x≤−1时，f′(x)≤0，当x>−1时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(−∞,−1]上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(−1)=−e．
（2）（ⅰ）证明：F(x)=xex+2+a(x+1)2，a>0，F′(x)=(x+1)(ex+2+2a)，
因为a>0，所以ex+2+2a>0，所以当x≤−1时，F′(x)≤0，x>−1时，F′(x)>0，
所以F(x)在(−∞,−1]上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
则函数F(x)有最小值F(−1)=−e．
由a>0，F(x)=xex+2+ax2+2ax+a>xex+2+ax2+2ax=x(ex+2+ax+2a)，
下面证明，在(−∞,−1]上，对∀a>0，只要x足够小，必存在x=x0∈(−∞,−1]，
使得ex0+2+ax0+2a<0：
实际上，当x<−2时，0所以对∀a>0，取x0∈(−∞,−1a−2)，必有x0(ex0+2+ax0+2a)>0，即F(x0)>0，
所以在区间(−∞,−1]上，存在唯一的x1∈(x0,−1)，F(x1)=0，
又F(0)=1>0，所以在区间(−1,+∞)上，存在唯一的x2∈(−1,0)，F(x2)=0，
综上，F(x)存在两个零点．
（ⅱ）要证x1+x2+2<0，需证x1<−2−x2，由−1因为F(x)在(−∞,−1]上单调递减，因此需证：F(−2−x2)F(−2−x2)=−(2+x2)e−x2+a(x2+1)2，F(x2)=x2ex2+2+a(x2+1)2=0，
所以F(−2−x2)=−(2+x2)e−x2−x2ex2+2，−1设g(x)=−(2+x)e−x−xex+2，−1则g′(x)=e−x+xe−x−ex+2−xex+2=e−x(x+1)(1−e2x+2)<0，
所以g(x)在(−1,0)上单调递减，g(x)≤g(−1)=0，即
F(−2−x2)=−(2+x2)e−x2−x2ex2+2<0，
结论得证，所以x1+x2+2<0．
【题型6 双变量的恒成立问题】
【例6】（2023·四川自贡·二模）已知函数fx=aex−x2有两个极值点x1、x2.
(1)求a的取值范围；
(2)若x2≥3x1时，不等式x1+λx2≥2x1x2恒成立，求λ的最小值.
【解题思路】（1）由f′x=0可得a=2xex，令ux=2xex，则直线y=a与函数ux的图象有两个交点，利用导数分析函数ux的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围，再结合极值点的定义检验即可；
（2）由已知可得出aex1=2x1>0，aex2=2x2>0，将这两个等式相除可得ex2−x1=x2x1，变形可得x2−x1=lnx2x1，再由x1+λx2≥2x1x2可得x2−x1x1+λx2≥2x1x2lnx2x1，令t=x2x1≥3，可得出λ≥2lntt−1−1t，令gt=2lntt−1−1tt≥3，利用导数求出函数gt的最大值，即可得出实数λ的最小值.
【解答过程】（1）解：因为fx=aex−x2，该函数的定义域为R，且f′x=aex−2x，
因为函数fx有两个极值点，所以，方程f′x=0有两个不等的实数根，
则方程a=2xex有两个不等的实根，
令ux=2xex，其中x∈R，则u′x=2−2xex，令u′x=0可得x=1，列表如下：
所以，函数ux的极大值为u1=2e，
且当x<0时，ux=2xex<0；当x>0时，ux=2xex>0.
如下图所示：
由图可知，当0当xx2时，f′x=exa−2xex>0；当x1此时，函数fx有两个极值点，合乎题意，
因此，实数a的取值范围是0,2e.
（2）证明：由（1）可知，函数fx的两个极值点x1、x2是方程aex−2x=0的两个根，
且00，aex2=2x2>0，
等式aex1=2x1与等式aex2=2x2相除可得ex2−x1=x2x1，则有x2−x1=lnx2x1>0，
由x1+λx2≥2x1x2可得x2−x1x1+λx2≥2x1x2lnx2x1，
即x2−x1x1+λx2x1x2≥2lnx2x1，即x2x1−1x1x2+λ≥2lnx2x1，
因为x2≥3x1，则x2x1≥3，令t=x2x1≥3，则t−1λ+1t≥2lnt，可得λ≥2lntt−1−1t，
令gt=2lntt−1−1t=2lnt−1+1tt−1，其中t≥3，则g′t=3−4t+1t2−2lntt−12，
令ℎt=3−4t+1t2−2lnt，其中t≥3，则ℎ′t=4t2−2t3−2t=−2t−12t3<0，
所以，函数ℎt在3,+∞上单调递减，则ℎt≤ℎ3=3−43+19−2ln3=169−2ln3<0，
即g′t<0，所以，函数gt在3,+∞上单调递减，
所以，当t≥3时，gtmax=g3=2ln32−13=ln3−13，则λ≥ln3−13.
因此，实数λ的最小值为ln3−13.
【变式6-1】（2023·河南·二模）已知函数fx=12mx2+m−1x−lnxm∈R，gx=x2−12ex+1.
(1)讨论fx的单调性；
(2)当m>0时，若对于任意的x1∈0,+∞，总存在x2∈1,+∞，使得fx1≥gx2，求m的取值范围.
【解题思路】（1）首先求函数的导数并化简，讨论m≤0和m>0两种情况下函数的单调性；（2）根据题意将不等式转化为fxmin≥gxmin，分别求函数的最值，即可求解.
【解答过程】（1）f′x=mx+m−1−1x=mx−1x+1x，x>0.
当m≤0时，f′x<0恒成立，fx在0,+∞上单调递减；
当m>0时，由f′x>0，解得x∈1m,+∞，即fx在1m,+∞上单调递增，
由f′x<0，解得x∈0,1m，即fx在0,1m上单调递减.
（2）当m>0时，由（1）知fxmin=f1m=lnm+1−12m，
g′x=2x+12e−x>0，x≥1恒成立，gx在1,+∞上单调递增，所以gxmin=g1=2−12e，
由题意知fxmin≥gxmin，即lnm+1−12m≥2−12e.
设ℎm=lnm+1−12m，则ℎ′m=12m2+1m>0，所以ℎm为增函数，
又ℎe=2−12e，所以m≥e，
即m的取值范围是e,+∞.
【变式6-2】（2023·全国·二模）已知函数fx=xlnx−a2x2−x+aa∈R，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)当a=12时，若gx=f′(x)在[t,t+1(t>0)上的最大值为ℎ(t)，求ℎ(t)；
(2)已知x1,x2是函数f（x）的两个极值点，且x1【解题思路】（1）根据导数与函数的最值的关系以及根据t的不同取值分类讨论求解；
（2）根据题意得f′x1=lnx1−ax1=0,f′x2=lnx2−ax2=0，从而可得不等式a>1+mx1+mx2，再根据a=lnx1x2x1−x2，从而lnx1x2x1−x2>1+mx1+mx2，进而将双变量转化为单变量，即不等式lnt<1+mt−1t+m在t∈(0,1)上恒成立，利用导函数与单调性、最值关系求解.
【解答过程】（1）当a=12时，fx=xlnx−14x2−x+12，其定义域为（0，＋∞），
且f′x=lnx+1−12x−1 =lnx−12x，所以gx=lnx−12x，
所以g′x=1x−12=2−x2x(x>0)，
令g′x>0，得02，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减．
①当t+1≤2，即0所以ℎt=gxmax=gt+1=lnt+1−12t−12；
②当t≤2,t+1>2，即1③当t>2时，g（x）在[t，t＋1]上单调递减，
所以ℎt=gxmax=gt=lnt−12t，
综上所述ℎ(t)=ln(t+1)−12t−12,02.
（2）因为e1+m由题意知f(x)的定义域为(0,+∞), f′x=lnx−ax，
故x1,x2是关于x的方程f′x=lnx−ax=0的两个根，
所以f′x1=lnx1−ax1=0,f′x2=lnx2−ax2=0，
即lnx1=ax1,lnx2=ax2，
所以1+m等价于1+m因为m>0,01+mx1+mx2，
又lnx1=ax1,lnx2=ax2，作差，得lnx1x2=ax1−x2，
即a=lnx1x2x1−x2，所以原式等价lnx1x2x1−x2>1+mx1+mx2，
因为0令t=x1x2，则t∈(0,1)，
故不等式lnt<1+mt−1t+m在t∈(0,1)上恒成立，
令φ(t)=lnt−1+mt−1t+m．
又因为φ′t=1t−1+m2t+m2=t−1t−m2tt+m2，
当m2≥1时，得t∈(0,1)，所以φ′(t)>0在(0,1)上单调递增，
又φ1=0，所φt<0在(0,1)上恒成立，符合题意；
当m2<1时，可得t∈(0,m2)时，φ′(t)>0，t∈m2,1时，φ′(t)<0，
所以φ(t)在(0,m2)上单调递增，在(m2,1)上单调递减，
又因为φ1=0，
所以φ(t)在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式e1+m只需满足m2≥1，又m>0，故m≥1，
即正数m的取值范围为[1,+∞)．
【变式6-3】（2023·安徽淮南·一模）已知f(x)=alnx+x有两个不同的零点x1,x20(1)求实数a的取值范围；
(2)若x0=x1+λx21+λ(λ≠−1)，且f′x0>0恒成立，求实数λ的范围.
【解题思路】（1）求定义域，求导，分a≥0与a<0两种情况，结合特殊点的函数值和零点存在性定理得到a的取值范围为(−∞,−e)；
（2）由alnx1+x1=0alnx2+x2=0得到alnx1−lnx2=x2−x1，设t=x1x2∈(0,1)，得到f′x0=1+λ1−tt+λlnt+1>0，结合t∈(0,1)，lnt<0，得到(1+λ)(1−t)t+λ+lnt<0恒成立，构造ℎ(t)=(1+λ)(1−t)t+λ+lnt,ℎ(t)，求导后分λ2≥1与λ2<1两种情况，求出实数λ的范围.
【解答过程】（1）f(x)定义域为(0,+∞),f′(x)=ax+1=x+ax.
当a≥0时，f′(x)>0,f(x)在x∈(0,+∞)单调递增，至多只有1个零点，不合题意；
当a<0时，当x>−a时，f′(x)>0，当0故f(x)在(0,−a)单调递减，在(−a,+∞)单调递增；
故f(x)在x=−a处取得极小值，也是最小值，
由f(x)有两个不同的零点，得f−a=aln−a−a<0，解得：a<−e，
又f(1)=1>0，
令gx=lnx−x,x>0，则g′x=1x−12x=2−x2x，
当00，当x>4时，g′x<0，
故gx=lnx−x在04上单调递减，
故gx=lnx−x,x>0在x=4处取得极大值，也是最大值，
故gx≤g4=ln4−2<0，故lnx0，
∴fx=x+alnx>x+ax=xx+a，
∴取x=a2，则fa2=2a2>0，故fx在(1,−a),−a,a2各有一个不同的零点，
即实数a的取值范围为(−∞,−e)；
（2）f(x)=alnx+x，由题alnx1+x1=0alnx2+x2=0，0则alnx1−lnx2=x2−x1，设t=x1x2∈(0,1)，
∴a=x2−x1lnx1−lnx2=x2−x1lnt,f'(x)=ax+1，
∴f′x0=f′x1+λx21+λ=a1+λx1+λx2+1=x2x2−x1x2lnt⋅1+λx1x2+λx2x2+1
=1+λ1−tt+λlnt+1>0恒成立，
又∵t∈(0,1)，∴lnt<0，即(1+λ)(1−t)t+λ+lnt<0恒成立，
设ℎ(t)=(1+λ)(1−t)t+λ+lnt,ℎ(t)<0恒成立，
ℎ′t=1t−1+λ2t+λ2=t+λ2−t1+λ2tt+λ2=t−1t−λ2tt+λ2，
ⅰ）当λ2≥1时，t−λ2<0，
∴ℎ′(t)>0，∴ℎ(t)在(0,1)上单调递增，
∴ℎ(t)<ℎ(1)=0恒成立，注意到λ≠−1，
∴λ∈(−∞,−1)∪[1,+∞)符合题意；
ⅱ）当λ2<1时，∵t∈(0,1)，∴t∈0,λ2时，ℎ′(t)>0，
∴ℎ(t)在0,λ2上单调递增；
t∈λ2,1时，ℎ′(t)<0，∴ℎ(t)在λ2,1上单调递减.
∴t∈λ2,1时，ℎ(t)>ℎ(1)=0，不满足ℎ(t)<0恒成立.
综上：λ∈(−∞,−1)∪[1,+∞).
【题型7 双变量的不等式证明问题】
【例7】（2023·安徽六安·模拟预测）已知函数f(x)=x2+2csx, f′(x)为函数f(x)的导函数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)已知函数g(x)=f′(x)−5x+5alnx，存在g(x1)=g(x2)(x1≠x2)，证明：x1+x2>2a．
【解题思路】（1）运用导数研究函数单调性即可.
（2）由g(x1)=g(x2)可得5alnx2−lnx1=2sinx2−sinx1+3x2−x1，结合（1）可得2sinx2−sinx1<2x2−x1，联立两者可得2a<2x2−x1lnx2−lnx1，运用比值代换法，设x2x1=t，转化为求证ℎt=lnt−2t−1t+1>0,t>1即可证明.
【解答过程】（1）f(x)的定义域为R，f′(x)=2x−2sinx，
令ℎ(x)=2x−2sinx，则ℎ′(x)=2−2csx≥0，
所以函数ℎ(x)在R单调递增，
又因为ℎ(0)=0，
所以ℎ(x)<0⇒x<0，ℎ(x)≥0⇒x≥0，
即：f′(x)<0⇒x<0，f′(x)≥0⇒x≥0，
所以函数f(x)在区间(−∞,0)上单调递减，在区间[0,+∞)上单调递增.
（2）由（1），得gx=2x−2sinx−5x+5alnx=−2sinx−3x+5alnx,x>0，
又g(x1)=g(x2)，即−2sinx1−3x1+5alnx1=−2sinx2−3x2+5alnx2，
所以5alnx2−lnx1=2sinx2−sinx1+3x2−x1．
不妨设x2>x1>0，所以lnx2>lnx1．
由（1）得当x>0，函数f′(x)单调递增，所以2x1−2sinx1<2x2−2sinx2，
故2sinx2−sinx1<2x2−x1，
所以5alnx2−lnx1=2sinx2−sinx1+3x2−x1<5x2−x1，
所以a下证2x2−x1lnx2−lnx1即证：2(x2−x1)x2+x1设x2x1=t>1,ℎt=lnt−2t−1t+1,t>1，
则ℎ′(t)=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以函数ℎ(t)在区间(1,+∞)上单调递增，
所以ℎ(t)>ℎ(1)=0，
故lnt>2(t−1)t+1，即lnx2x1>2(x2x1−1)x2x1+1，
所以2x2−x1x2+x1所以2a【变式7-1】（2024·湖南长沙·三模）已知函数f(x)=x−12sinx−m2lnx+1.
（1）当m=2时，试判断函数f(x)在(π,+∞)上的单调性；
（2）存在x1,x2∈(0,+∞)，x1≠x2，fx1=fx2，求证：x1x2【解题思路】（1）求出f′(x)，当x∈[π,+∞)时，f′(x)的最小值大于零，则f(x)在(π,+∞)上单调递增；
（2）令，t=x2x1，将x1x2t，再构造函数利用导数证明最小值小于0.
【解答过程】（1）(方法一)当m=2时，f(x)=x−12sinx−lnx+1，f′(x)=1−12csx−1x，
当x∈(π,+∞)时，f′(x)=1−12csx−1x≥1−12−1π=12−1π>0，
所以，当m=2时，函数f(x)在(π,+∞)上单调递增.
(方法二)当m=2时，f(x)=x−12sinx−lnx+1，f′(x)=1−12csx−1x，
由1−12csx−1x=0⇔csx=2−2x，
结合函数y=csx与y=2−2x图象可知：当x∈(π,+∞)时，csx≤1，2−2x>2−2π>1，
所以两函数图象没有交点，且2−2x>csx.
所以当x∈(π,+∞)时，f′(x)=1−12csx−1x>0.
所以，当m=2时，函数f(x)在(π,+∞)上单调递增.

（2）证明：不妨设0x1−12sinx1−m2lnx1+1=x2−12sinx2−m2lnx2+1，
∴m2lnx2−lnx1=x2−x1−12sinx2−sinx1.
设g(x)=x−sinx，则g′(x)=1−csx≥0，故g(x)在(0,+∞)上为增函数，
∴x2−sinx2>x1−sinx1，从而x2−x1>sinx2−sinx1，
∴m2lnx2−lnx1=x2−x1−12sinx2−sinx1>12x2−x1，
∴m>x2−x1lnx2−lnx1，
要证x1x2x1x2，
下面证明：x2−x1lnx2−lnx1>x1x2，即证x2x1−1lnx2x1>x2x1，
令t=x2x1，则t>1，即证明t−1lnt>t，只要证明：lnt−t−1t<0，
设ℎ(t)=lnt−t−1t，ℎ′(t)=−(t−1)22tt<0，则ℎ(t)在(1,+∞)单调递减，
当t>1时，ℎ(t)<ℎ(1)=0，从而lnt−t−1t<0得证，即x2−x1lnx2−lnx1>x1x2，
∴m>x1x2，即x1x2【变式7-2】（2023·福建龙岩·二模）已知函数f(x)=lnx，g(x)=x−2x．
(1)若x0满足fx0=x0+1x0−1，证明：曲线y=f(x)在点Ax0,lnx0处的切线也是曲线y=ex的切线；
(2)若F(x)=f(x)−g(x)，且F′x1=F′x2x1≠x2，证明：Fx1+Fx2<4ln2−7．
【解题思路】（1）根据导数的几何意义先求出曲线y=fx在点A处的切线方程y=1x0x+2x0−1，再判定该切线方程为y=ex的切线即可；
（2）求F′x，设F′x1=F′x2=m,x1≠x2，建立方程组，得出1x1，1x2为方程2t2−t+1+m=0的两根，根据韦达定理确定2x1+x2=x1x2，再由基本不等式判定x1x2>16，化简Fx1+Fx2=lnx1x2−x1x22+1，构造函数ℎ(t)=lnt−t2+1t>16求其单调性判定值域即可.
【解答过程】（1）由已知有lnx0=x0+1x0−1，f′(x)=1x,
曲线y=f(x)在点Ax0,lnx0处的切线方程为：y−lnx0=1x0x−x0,
即：y=1x0x−1+lnx0，将lnx0=x0+1x0−1代入即有：y=1x0x+2x0−1,
由y=ex得y′=ex令ex=1x0得：x=ln1x0，此时y=1x0,
可得：曲线y=ex在点ln1x0,1x0处的切线方程为：
y−1x0=1x0x−ln1x0=1x0x+1x0lnx0，将lnx0=x0+1x0−1代入化简，
可得：y=1x0x+2x0−1
故曲线y=f(x)在点Ax0,lnx0处的切线也是曲线y=ex的切线．
（2）∵Fx=fx−gx=lnx−x+2xx>0，
∴F′x=1x−1−2x2，令F′x1=F′x2=m，得：2x12−1x1+1+m=02x22−1x2+1+m=0，
∴1x1，1x2为方程2t2−t+1+m=0的两根，
∴1x1+1x2=12即：2x1+x2=x1x2，
∴x1x2=2x1+x2>4x1x2 ∴x1x2>16，
∴Fx1+Fx2=lnx1−x1+2x1+lnx2−x2+2x2
=lnx1+lnx2−x1+x2+2x1+2x2
=lnx1x2−x1x22+1，
令t=x1x2>16，则lnx1x2−x1x22+1=lnt−t2+1，
令ℎt=lnt−t2+1t>16，则ℎ′t=1t−12<0，
∴ℎ(t)在16,+∞单调递减 ∴ℎt<ℎ16=ln16−7=4ln2−7
即Fx1+Fx2<4ln2−7.
【变式7-3】（2024·天津河西·模拟预测）已知函数f(x)=klnx+1ex(k∈R).
(1)若函数y=f(x)为增函数，求k的取值范围；
(2)已知0（i）证明：eex2−eex1>−lnx2x1>1−x2x1；
（ii）若x1ex1=x2ex2=k，证明：fx1−fx2<1.
【解题思路】（1）分析可得原题意等价于k≥xex对∀x>0恒成立，构建φ(x)=xex(x>0)，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；
（2）（i）取k=1e，根据题意分析可得eex2−eex1>−lnx2x1，构建gx=x−lnx−1，结合导数证明−lnx2x1>1−x2x1即可；
（ii）根据题意分析可得00)，结合导数证明0【解答过程】（1）∵f(x)=klnx+1ex(k∈R)，则f′(x)=kx−1ex(x>0)，
若f(x)是增函数，则f′(x)=kx−1ex≥0，且x>0，可得k≥xex，
故原题意等价于k≥xex对∀x>0恒成立，
构建φ(x)=xex(x>0)，则φ′(x)=1−xexx>0，
令φ′(x)>0，解得01；
则φ(x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)递减，
故φ(x)≤φ1=1e，∴k的取值范围为1e,+∞.
（2）（i）由（1）可知：当k=1e时，f(x)=lnxe+1ex单调递增，
∵0fx1，即1elnx2+1ex2>1elnx1+1ex1，
整理得eex2−eex1>lnx1−lnx2=−lnx2x1，
构建gx=x−lnx−1，则g′x=1−1x=x−1xx>0，
令g′(x)<0，解得00，解得x>1；
则g(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)递增，
故g(x)=x−lnx−1≥g1=0，
即−lnx≥1−x，当且仅当x=1时等号成立，
令x=x2x1>1，可得−lnx2x1>1−x2x1，
综上eex2−eex1>−lnx2x1>1−x2x1；
（ii）∵x1ex1=x2ex2=k，则kx1−1ex1=kx2−1ex2=0，
可知f′(x)=kx−1ex=0有两个不同实数根x1,x2，由（1）知0可得fx1=klnx1+1ex1=x1ex1lnx1+1ex1=x1lnx1+1ex1，
同理可得fx2=x2lnx2+1ex2，
构建g(x)=xlnx+1ex(x>0)，则g′(x)=(1−x)lnxexx>0，
当01时，(1−x)lnx<0；
当x=1时，(1−x)lnx=0；
且ex>0，故g′(x)≤0对∀x∈0,+∞恒成立，故g(x)在(0,+∞)上单调递减，
∵0且lnx2>0,ex2>0，则x2lnx2+1>0，故g(x2)=x2lnx2+1ex2>0，
可得0又∵01−x1，即lnx1则x1lnx1+1且ex1>0，则x1lnx1+1ex1<1，可得1e综上所述：0可得−1e<−fx2<0，则0故fx1−fx2=fx1−fx2<1.
【题型8 与切线有关的双变量问题】
【例8】（2023·四川成都·模拟预测）若函数fx=alnx−12x2+a+12x>0有两个零点x1,x2，且x1(1)求a的取值范围；
(2)若fx在x1,0和x2,0处的切线交于点x3,y3，求证：2x3【解题思路】（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a=12x12−x22lnx1−lnx2，将原不等式化为证明lnt>12t−1t0【解答过程】（1）f′x=ax−x=−x2+ax
当a≤0，f′x<0，fx在0,+∞上单调递减，不可能两个零点；
当a>0时，令f′x=0得x=a
x∈0,a，f′x>0，fx单调递增，x∈a,+∞，f′x<0，fx单调递减，
g(x)=lnx−(1−1x)=lnx+1x−1(x>0)，
g′(x)=1x−1x2=x−1x2，
x∈(0,1)时，g′(x)<0，gx单调递减，x∈1,+∞，g′x>0，gx单调递增，
所以g(x)≥g(1)=0，即x>0时，lnx≥1−1x恒成立，当且仅当x=1时取等号，
所以e−1−1a而fx=alnx−12x2+a+12所以f(e−1−1a)0；
f1+2a=aln(1+2a)−12(1+2a)2+a+12<−12(1+2a)2+a+12=−2a−a<0∴x∈0,a有唯一零点且x∈a,+∞有唯一零点，满足题意，
综上：a∈0,+∞；
（2）曲线y=fx在x1,0和x2,0处的切线分别是
l1:y=ax1−x1x−x1，l2:y=ax2−x2x−x2
联立两条切线得x3=x1+x2ax1x2+1，∴x1+x2x3=ax1x2+1，
由题意得alnx1−12x12+a+12=0alnx2−12x22+a+12=0⇒a=12x12−x22lnx1−lnx2，
要证2x32，即证ax1x2>1，即证12x1x2−x2x1lnx1x2>1，
令t=x1x2<1，即证lnt>12t−1t0令ℎt=lnt−12t−1t，ℎ′t=−t−122t2<0，∴ℎt在0,1单调递减，∴ℎt>ℎ1=0，
∴lnt>12t−1t0【变式8-1】（2024·广东·二模）已知fx=12ax2+1−2ax−2lnx,a>0.
(1)求fx的单调区间；
(2)函数fx的图象上是否存在两点Ax1,y1,Bx2,y2（其中x1≠x2），使得直线AB与函数fx的图象在x0=x1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；
（2）求出直线AB的斜率，再求出f′(x0)，从而得到x1,x2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.
【解答过程】（1）由题可得f′(x)=ax+1−2a−2x=ax2+(1−2a)x−2x=(ax+1)(x−2)x(x>0)
因为a>0，所以ax+1>0，
所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上单调递减，
当x∈(2,+∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2,+∞)上单调递增.
综上，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.
（2）由题意得，斜率k=y2−y1x2−x1=[12ax22+(1−2a)x2−2lnx2]−[12ax12+(1−2a)x1−2lnx1]x2−x1
=12a(x22−x12)+(1−2a)(x2−x1)−2lnx2x1x2−x1=a2(x1+x2)+1−2a−2lnx2x1x2−x1，
f′(x1+x22)=a(x1+x2)2+1−2a−4x1+x2,
由k=f′(x1+x22)得，
lnx2x1x2−x1=2x1+x2，即lnx2x1=2(x2−x1)x1+x2，即lnx2x1−2(x2x1−1)x2x1+1=0
令t=x2x1，不妨设x2>x1，则t>1，
记g(t)=lnt−2(t−1)t+1=lnt+4t+1−2(t>1)
所以g'(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，所以g(t)在(1,+∞)上是增函数，所以g(t)>g(1)=0，
所以方程g(t)=0无解，则满足条件的两点A,B不存在.
【变式8-2】（2024·四川宜宾·三模）已知函数fx=m+1mlnx+1x−x，（其中常数m>0）
(1)当m=2时，求fx的极大值；
(2)当m∈3,+∞时，曲线y=fx上总存在相异两点Px1,fx1、Qx2,fx2，使得曲线y=fx在点P、Q处的切线互相平行，求x1+x2的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数分析函数fx的单调性，即可求得函数fx的极大值；
（2）由f′x1=f′x2（x1、x2>0且x1≠x2）可得出x1+x2=m+1mx1x2，利用基本不等式可得出x1+x2>4m+1m对m∈3,+∞恒成立，求出4m+1m在m∈3,+∞时的最大值，即可得出x1+x2的取值范围.
【解答过程】（1）解：当m=2时，fx=52lnx+1x−x，该函数的定义域为0,+∞，
f′x=52x−1x2−1=−x−22x−12x2，
当02时，f′x<0；当120，
所以，函数fx在0,12和2,+∞上单调递减，在12,2单调递减
故函数fx的极大值为f2=52ln2−32.
（2）解：因为fx=m+1mlnx+1x−x，则f′x=m+1mx−1x12−1，
由题意，可得f′x1=f′x2（x1、x2>0且x1≠x2），
即m+1mx1−1x12−1=m+1mx2−1x22−1⇒x1+x2=m+1mx1x2
因为x1≠x2，由不等式性质可得x1x2又x1、x2、m>0，所以，x1+x24m+1m对m∈3,+∞恒成立，
令gm=m+1mm≥3，则g′m=1−1m2=m+1m−1m2>0对m∈3,+∞恒成立，
所以，gm在3,+∞上单调递增，所以，gm≥g3=103，故4m+1m≤4g3=65，
从而“x1+x2>4m+1m对m∈3,+∞恒成立”等价于“x1+x2>4g3=65”，
所以，x1+x2的取值范围为65,+∞.
【变式8-3】（2024·重庆·模拟预测）牛顿在《流数法》一书中，给出了代数方程的一种数值解法——牛顿法．具体做法如下：如图，设r是f(x)=0的根，首先选取x0作为r的初始近似值，若f(x)在点(x0,f(x0))处的切线与x轴相交于点(x1,0)，称x1是r的一次近似值；用x1替代x0重复上面的过程，得到x2，称x2是r的二次近似值；一直重复，可得到一列数：x0,x1,x2,⋯,xn,⋯．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当xn−1,xnn∈N∗近似值相等时，该值即作为函数f(x)的一个零点r．
(1)若f(x)=x3+3x2+x−3，当x0=0时，求方程f(x)=0的二次近似值（保留到小数点后两位）；
(2)牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，求函数g(x)=ex−3在点(2,g(2))处的切线，并证明：ln3<1+3e2；
(3)若ℎ(x)=x(1−lnx)，若关于x的方程ℎ(x)=a的两个根分别为x1,x2(x1e−ea．
【解题思路】（1）根据题意分别计算出x1,x2，取x2得近似值即为方程f(x)=0的二次近似值；
（2）分别求出g(2)，g′(2)，即可写出函数g(x)在点(2,g(2))处的切线方程；设m(x)=lnx−1−xe2,x>1，证明出m(x)≤m(e2)，得出m(3)（3）先判断出0【解答过程】（1）f′(x)=3x2+6x+1，
当x0=0时，f′(0)=1，f(x)在点(0,−3)处的切线方程为y+3=x，与x轴的交点横坐标为(3,0)，
所以x1=3，f′(3)=46，f(x)在点(3,54)处的切线方程为y−54=46(x−3)，与x轴的交点为(4223,0)，
所以方程f(x)=0的二次近似值为1.83．
（2）由题可知，g(2)=e2−3，g′(x)=ex，g′(2)=e2，
所以g(x)在(2,g(2))处的切线为y−(e2−3)=e2(x−2)，即e2x−y−e2−3=0；
设m(x)=lnx−1−xe2,x>1，
则m′(x)=1x−1e2，显然m′(x)单调递减，令m′(x)=0，解得x=e2，
所以当x∈(1,e2)时，m′(x)>0，则m(x)在(1,e2)单调递增，
当x∈(e2,+∞)时，m′(x)<0，则m(x)在(e2,+∞)单调递减，
所以m(x)≤m(e2)=lne2−1−e2e2=0，
所以m(3)（3）由ℎx=x−xlnx，得ℎ′x=−lnx，
当00；当x>1时，ℎ′x<0，
所以ℎx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以x=1是ℎx的极大值点，也是ℎx的最大值点，即ℎ(x)max=ℎ1=1，
又00，x>e时，ℎ(x)<0，
所以当方程ℎx=a有两个根时，必满足0曲线y=ℎx过点1,1和点e,0的割线方程为y=11−e(x−e)，
下面证明:ℎx≥11−ex−e1≤x≤e，
设ux=ℎx−11−ex−e1≤x≤e，
则u'x=−lnx+1e−1=−lnx−lne1e−1，
所以当10；当e1e−1所以ux在1,e1e−1上单调递增，u(x)≥u(1)=0；
在e1e−1,e上ux单调递减，u(x)≥u(e)=0，
所以当1≤x≤e时，ux≥0，即f(x)≥11−ex−e(1≤x≤e)（当且仅当x=1或x=e时取等号），
由于111−ex2−e，解得x2>a−ea+e；①
下面证明当0设n(x)=ℎ(x)−x=−xlnx,0所以当0由于0x1，解得−x1>−a，②
①+②，得x2−x1>e−ea．
【题型9 双变量的新定义问题】
【例9】（2024·浙江绍兴·三模）若函数α(x)有且仅有一个极值点m，函数β(x)有且仅有一个极值点n，且m>n，则称α(x)与β(x)具有性质α−β//m>n．
(1)函数φ1(x)=sinx−x2与φ2x=ex−x是否具有性质φ1−φ2//x0>0？并说明理由．
(2)已知函数fx=aex−lnx+1与gx=lnx+a−ex+1具有性质f−g//x1>x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：gx1>x2．
【解题思路】（1）借助导数研究函数的单调性后，结合零点的存在性定理即可得其极值点及极值点范围或具体值，即可得解；
（2）（i）利用导数研究函数的单调性后，分a≤0及a>0可得其是否存在极值点，在存在唯一极值点的情况下，再对a细分，结合零点的存在性定理讨论不同的a的情况下不同的极值点的范围，结合x1>x2进行计算即可得解；
（ii）分a∈0,1及a∈1,+∞进行讨论，结合极值点满足的条件及所得函数单调性进行放缩处理即可得.
【解答过程】（1）函数φ1(x)=sinx−x2与φ2x=ex−x具有性质φ1−φ2//x0>0，理由如下：
φ1′(x)=csx−2x，令ℎx=φ1′x=csx−2x，
则ℎ′x=−sinx−2<0，故φ1′x单调递减，
又φ1′0=cs0−0=1>0，φ1′1=cs1−2<0，
故存在x0∈0,1，使φ1′x0=0，
则φ1x在−∞,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，
故φ1(x)有且仅有一个极值点x0∈0,1，
φ2′x=ex−1，则当x<0时，φ2′x<0，当x>0时，φ′2x>0，
故φ2(x)在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故φ2(x)有且仅有一个极值点0，
故函数φ1(x)=sinx−x2与φ2(x)=ex−x具有性质φ1−φ2//x0>0；
（2）（i）f′x=aex−1x+1， 又x+1>0，故x>−1，
当a≤0时，f′x=aex−1x+1<0，此时fx没有极值点，故舍去，
当a>0时， 令mx=f′x=aex−1x+1，
则m′x=aex+1x+12>0恒成立，
故f′x在−1,+∞上单调递增，
g′x=1x+a−ex，x+a>0，故x>−a，
由a>0，令nx=g′x=1x+a−ex，
则n′x=−1x+a2−ex<0恒成立，
故g′x在−a,+∞上单调递减，
当a∈0,1时，有f′0=ae0−10+1=a−1<0，又x→+∞时，f′x→+∞，
故此时存在x1∈0,+∞，使fx在−1,x1上单调递减，在x1,+∞上单调递增，
则fx有唯一极值点x1∈0,+∞，
有g′0=1a−e0=1a−1>0，又x→+∞时，g′x→−∞，
故此时存在x2∈0,+∞，使gx在−a,x2上单调递增，在x2,+∞上单调递减，
则gx有唯一极值点x2∈0,+∞，
即有f′x1=aex1−1x1+1=0，g′x2=1x2+a−ex2=0，
即ex1=1ax1+1，ex2=1x2+a，此时需满足x1>x2>0，则ex1>ex2，
故有1ax1+1>1x2+a，即x2>ax1，即a当a∈1,+∞时，f′0=ae0−10+1=a−1>0，又x→−1时，f′x→−∞，
故此时存在x1∈−1,0，使fx在−1,x1上单调递减，在x1,+∞上单调递增，
则fx有唯一极值点x1∈−1,0，
有g′0=1a−e0=1a−1<0，又x→−a时，g′x→+∞，
故此时存在x2∈−a,0，使gx在−a,x2上单调递增，在x2,+∞上单调递减，
则gx有唯一极值点x2∈−a,0，
同理可得1ax1+1>1x2+a，此时需满足0>x1>x2，即x2>ax1，则a>x2x1，
由x2x1<1，a∈1,+∞，故该不等式成立，故a∈1,+∞符合要求；
当a=1时，有f′0=ae0−10+1=a−1=0，g′0=1a−e0=1a−1=0，
此时x1=x2=0，即fx、gx的极值点都为0，不符合要求，故舍去；
综上，故a∈0,1∪1,+∞；
（ii）当a∈0,1时，有x1>x2>0，则ex2=1x2+a>e0=1，故0gx在−a,x2上单调递增，在x2,+∞上单调递减，
则gx1令t=x2+a∈0,1，则gx2=lnt−1t+1，令μt=lnt−1t+1，t∈0,1
则μ′t=1t+1t2>0，故μt在0,1上单调递增，
则gx2=lnt−1t+1<μ1=ln1−11+1=0，
故gx1>gx2，要证gx1>x2，只需证gx1+x2<0，
gx1+x2即当a∈0,1，有gx1>x2；
当a∈1,+∞时，有0>x1>x2，则ex2=1x2+a1，
gx在−a,x2上单调递增，在x2,+∞上单调递减，
则gx1>g0=ln0+a−e0+1=lna>0，
即要证gx1>x2，只需证gx1+x2>0，
gx1+x2=lnx1+a−ex1+1+x2>lnx2+a−ex1+1+x2
=ln1ex2−ex1+1+x2=−x2−ex1+1+x2=1−ex1>1−e0=0，
即当a∈1,+∞，有gx1>x2；
综上所述，gx1>x2.
【变式9-1】（2023·湖北·二模）设fx是定义在区间(1,+∞)上的函数，其导函数为f′(x)．如果存在实数a和函数ℎx，其中ℎx对任意的x∈(1,+∞)都有ℎx>0，使得f′(x)=ℎ(x)x2−ax+1，则称函数fx具有性质Pa．
(1)设函数f(x)=lnx+b+2x+1(x>1)，其中b为实数．
（i）求证：函数fx具有性质Pb；
（ii）求函数fx的单调区间．
(2)已知函数gx具有性质P2.给定x1,x2∈(1,+∞)，x1α=mx1+(1−m)x2，β=(1−m)x1+mx2，且α>1，β>1，若|g(α)−g(β)|【解题思路】（1）（i）对fx求导，可得ℎx=1xx+12>0恒成立，即可证明函数fx具有性质Pb；（ii）φx=x2−bx+1=x−b22+1−b24，φx与f′(x)的符号相同，分−22，讨论f′(x)的正负，即可得出函数fx的单调区间.
（2）对gx求导，g′(x)=ℎ(x)x2−2x+1=ℎ(x)x−12，分析可知其g′x>0在x∈1,+∞恒成立，分m>12,m≠1，m=12和m<12三种情况讨论求解m的取值范围．
【解答过程】（1）（i）f′(x)=1x−b+2x+12=1xx+12x2−bx+1，
因为x>1，ℎx=1xx+12>0恒成立，所以函数fx具有性质Pb；
（ii）设φx=x2−bx+1=x−b22+1−b24，φx与f′(x)的符号相同.
当1−b24>0即−20，f′(x)>0，
故此时fx在区间1,+∞上递增；
当b=±2时，对于x>1，有f′(x)>0，所以此时fx在区间1,+∞上递增；
当b<−2时，φx的图象开口向上，对称轴x=b2<−1，而φ0=1，
对于x>1，总有φx>0，f′(x)>0，所以此时fx在区间1,+∞上递增；
当b>2时，φx的图象开口向上，对称轴x=b2>1，方程φx=0的两根为：
x1=b+b2−42,x2=b−b2−42，且x1>1，b−b2−42=2b+b2−4∈0,1，
当x∈1,b+b2−42时，φx<0，f′(x)<0，此时fx在区间1,b+b2−42上递减；
同理得：fx在区间b+b2−42,+∞上递增.
综上所述：当b≤2时，fx在区间1,+∞上递增；
当b>2时，fx在区间1,b+b2−42上递减，在b+b2−42,+∞上递增.
（2）由题意，得：g′(x)=ℎ(x)x2−2x+1=ℎ(x)x−12，
又ℎx对任意的x∈1,+∞都有ℎx>0，
所以对任意的x∈1,+∞都有g′x>0，gx在1,+∞上递增.
又α+β=x1+x2,α−β=2m−1x1−x2，
当m>12,m≠1时，α<β，且α−x1=m−1x1+1−mx2,β−x2=1−mx1+m−1x2，
所以α−x1β−x2=−m−12x1−x22<0，所以α若α所以|g(α)−g(β)|>gx1−gx2不合题意.
所以x1<α<β当m=12时，α=β，0=|g(α)−g(β)|当m<12时，α>β，且α−x2=mx1−x2,β−x1=−mx1−x2，
同理有x1<β<α0，∴0综合以上讨论，所求m的取值范围时0,1.
【变式9-2】（2024·浙江温州·二模）如图，对于曲线Γ，存在圆C满足如下条件：

①圆C与曲线Γ有公共点A，且圆心在曲线Γ凹的一侧；
②圆C与曲线Γ在点A处有相同的切线；
③曲线Γ的导函数在点A处的导数（即曲线Γ的二阶导数）等于圆C在点A处的二阶导数（已知圆x−a2+y−b2=r2在点Ax0,y0处的二阶导数等于r2b−y03）；
则称圆C为曲线Γ在A点处的曲率圆，其半径r称为曲率半径．
(1)求抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程；
(2)求曲线y=1x的曲率半径的最小值；
(3)若曲线y=ex在x1,ex1和x2,ex2x1≠x2处有相同的曲率半径，求证：x1+x2<−ln2．
【解题思路】（1）设抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+y−b2=b2，求出导数、二阶导数，结合所给定义求出b即可；
（2）设曲线y=fx在x0,y0的曲率半径为r，根据所给定义表示出r，再由基本不等式计算可得；
（3）依题意函数y=ex的图象在x,ex处的曲率半径r=e2x+132ex，即r23=e43x+e−23x，从而得到e43x1+e−23x1=e43x2+e−23x2，令t1=e23x1，t2=e23x2，即可得到t1t2t1+t2=1，再由基本不等式证明即可．
【解答过程】（1）记fx=x2，设抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+y−b2=b2，其中b为曲率半径．
则f′x=2x，f″x=2，
故2=f″0=b2b−03=1b，2=r2b3，即b=12，
所以抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+y−122=14；
（2）设曲线y=fx在x0,y0的曲率半径为r．则
法一：f′x0=−x0−ay0−bf″x0=r2b−y03，
由x0−a2+y0−b2=r2知，f′x02+1=r2y0−b2，
所以r=f′x02+132f″x0 ，
故曲线y=1x在点x0,y0处的曲率半径r=−1x022+1322x03，
所以r2=1x04+132x032=14x02+1x023≥2，则r23=2−23x02+1x02≥213，
则r=12x02+1x0232≥2，当且仅当x02=1x02，即x02=1时取等号，
故r≥2，曲线y=1x在点1,1处的曲率半径r=2．
法二：−1x02=−x0−ay0−b2x03=r2b−y03，a+bx02−2x0x04+1=r，
所以y0−b=−x0⋅r23213x0−a=−r23213x0，而r2=x0−a2+y0−b2=x02⋅r43223+r43223⋅x02，
所以r23=2−23x02+1x02，解方程可得r=12x02+1x0232，
则r2=14x02+1x023≥2，当且仅当x02=1x02，即x02=1时取等号，
故r≥2，曲线y=1x在点1,1处的曲率半径r=2．
（3）法一：函数y=ex的图象在x,ex处的曲率半径r=e2x+132ex，
故r23=e43x+e−23x，
由题意知：e43x1+e−23x1=e43x2+e−23x2 令t1=e23x1,t2=e23x2，
则有t12+1t1=t22+1t2，
所以t12−t22=1t2−1t1，即t1−t2t1+t2=t1−t2t1t2，故t1t2t1+t2=1．
因为x1≠x2，所以t1≠t2，
所以1=t1t2t1+t2>t1t2⋅2t1t2=2t1t232=2ex1+x2，
所以x1+x2<−ln2．
法二：函数y=ex的图象在x,ex处的曲率半径r=e2x+132ex，
有r2=e2x+13e2x=e4x+3e2x+3+e−2x
令t1=e2x1,t2=e2x2，则有t12+3t1+3+1t1=t22+3t2+3+1t2，
则t1−t2t1+t2+3−1t1t2=0，故t1+t2+3−1t1t2=0 ，
因为x1≠x2，所以t1≠t2，
所以有0=t1+t2+3−1t1t2>2t1t2+3−1t1t2，
令t=t1t2，则2t+3−1t2<0，即0>2t3+3t2−1=(t+1)22t−1，
故t<12，所以ex1+x2=t1t2=t<12，即x1+x2<−ln2；
法三：函数y=ex的图象在x,ex处的曲率半径r=e2x+132ex．
故r23=e43x+e23x
设gx=e43x+e23x，则g′x=43e43x−23e−23x=23e−23x2e2x−1，
所以当x∈−∞,−12ln2时g′x<0，当x∈−12ln2,+∞时g′x>0，
所以gx在−∞,−12ln2上单调递减，在−12ln2,+∞上单调递增，
故有x1<−12ln2所以x1,−ln2−x2∈−∞,−12ln2，
要证x1+x2<−ln2，即证x1<−ln2−x2，
即证gx2=gx1>g−ln2−x2 将x1+x2<−ln2 ，
下证：当x∈−12ln2,+∞时，有gx>g−ln2−x，
设函数Gx=gx−g−ln2−x（其中x>−12ln2），
则Gx=g′x+g′−ln2−x=232e2x−1e23x−2−13⋅e−43x>0，
故Gx单调递增，Gx>G−12ln2=0 ，
故gx2>g−ln2−x2，所以x1+x2<−ln2．
法四：函数y=ex的图象在x,ex处的曲率半径r=e2x+132ex，
有r2=e2x+13e2x=e4x+3e2x+3+e−2x，
设ℎx=e4x+3e2x+3+e−2x．
则有ℎ′x=4e4x+6e2x−2e−2x=2e−2xe2x+122e2x−1，
所以当x∈−∞,−12ln2时ℎ′x<0，当x∈−12ln2,+∞时ℎ′x>0，
故ℎx在−∞,−12ln2上单调递减，在−12ln2,+∞上单调递增．
故有x1<−12ln2所以x1,−ln2−x2∈−∞,−12ln2，
要证x1+x2<−ln2，即证x1<−ln2−x2，
即证ℎx2=ℎx1>ℎ−ln2−x2．将x1+x2<−ln2，
下证：当x∈−12ln2,+∞时，有ℎx>ℎ−ln2−x，
设函数Hx=ℎx−ℎ−ln2−x（其中x>−12ln2），
则H′x=ℎ′x+ℎ′−ln2−x=2e2x−121+12e−2x+14e−4x>0，
故Hx单调递增，故Hx>H−12ln2=0 ，
故ℎx2>ℎ−ln2−x2，所以x1+x2<−ln2．
【变式9-3】（2023·上海徐汇·二模）已知常数k为非零整数，若函数y=fx，x∈0,1满足：对任意x1,x2∈0,1，fx1−fx2≤x1+1k−x2+1k，则称函数y=fx为Lk函数.
(1)函数y=2x，x∈0,1是否为L2函数﹖请说明理由；
(2)若y=fx为L1函数，图像在x∈0,1是一条连续的曲线，f0=0，f1=12，且fx在区间0,1上仅存在一个极值点，分别记fxmax、fxmin为函数y=fx的最大、小值，求fxmax−fxmin的取值范围；
(3)若a>0，fx=0.05x2+0.1x+alnx+1，且y=fx为L−1函数，gx=f′x，对任意x,y∈0,1，恒有gx−gy≤M，记M的最小值为Ma，求a的取值范围及Ma关于a的表达式.
【解题思路】（1）根据L2函数的定义，即可证明；
（2）分x0为fx在区间0,1上仅存的极大值点或极小值点讨论单调性，以及根据L1函数的性质，列式求解；
（3）首先根据函数fx是L−1函数，构造函数ℎx=fx+1x+1=0.05x2+0.1x+alnx+1+1x+1，再求函数的导数，参变分离后转化为求函数的值域，并求Ma.
【解答过程】（1）y=2x是L2函数，理由如下，
对任意x1,x2∈0,1，2x1−2x2−x1+12−x2+12，
=2x1−x2−x1+x2+2x1−x2=2−x1+x2+2x1−x2
=−x1+x2x1−x2≤0，故2x1−2x2≤x1+12−x2+12
（2）（ⅰ）若x0为fx在区间0,1上仅存的一个极大值点，则fx在0,x0严格递增，在x0,1严格递减，
由fx0−f0≤x0fx0−f1≤x0−1，即−x0≤fx0≤x0x0−12≤fx0≤32−x0，得−14≤fx0≤34，
又f0=0，f1=12，则12所以fxmax−fxmin=fx0−f0=fx0∈12,34；
（ⅱ）若x0为fx在区间0,1上仅存的一个极小值点，则fx在0,x0严格递减，在x0,1严格增，
由fx0−f0≤x0fx0−f1≤x0−1，同理可得−14≤fx0≤34，
又f0=0，f1=12，则−14≤fx0<0，（构造fx=−x,0≤x≤14x−12,14所以fxmax−fxmin=f1−fx0=12−fx0∈12,34；
综上所述：所求取值范围为12,34；
（3）显然fx为0,1上的严格增函数，任意x1,x2∈0,1，不妨设x1此时fx1由fx为L−1函数，得fx2−fx1≤1x1+1−1x2+1恒成立，即
fx2+1x2+1≤fx1+1x1+1恒成立，
设ℎx=fx+1x+1=0.05x2+0.1x+alnx+1+1x+1，则ℎx为0,1上的减函数，ℎ′x=0.1x+1+ax+1−1x+12≤0，得a≤1x+1−x+1210对x∈0,1恒成立，
易知上述不等号右边的函数为0,1上的减函数，
所以a≤12−410=110，所以a的取值范围为0,110，
此时gx=f′x=0.1x+1+ax+1，
法1：当0.1x+1=ax+1时，即x+1=10a，由10a≤1，而x+1∈1,2，所以gx为0,1上的增函数，
法2：g′x=0.1−ax+12，
因为a∈0,110，当x∈0,1，g′x=0.1−ax+12≥0，所以gx为0,1上的增函数，
由题意得，Ma=g1−g0=0.2+a2−0.1−a=0.1−a2，a∈0,110.
一、单选题
1．（2023·吉林长春·模拟预测）已知a，b满足ea=−ae−2，blnb−2=e4，其中e是自然对数的底数，则ab的值为（ ）
A．−eB．−e2C．−e3D．−e4
【解题思路】
变换得到a−ln−a+2=0，2−lnb−lnlnb−2+2=0，构造函数fx=x−ln−x+2，确定函数单调递增，得到a=2−lnb，化简得到答案.
【解答过程】ea=−ae−2，故a=ln−a−2，a<0，即a−ln−a+2=0；
blnb−2=e4，故lnb+lnlnb−2=4，即2−lnb−lnlnb−2+2=0.
设fx=x−ln−x+2，x<0，f′x=1−1x>0，函数单调递增，
fa=f2−lnb，故a=2−lnb，即ln−a−2=2−lnb，
整理得到ln−ab=4，即ab=−e4.
故选：D.
2．（23-24高三上·广东江门·阶段练习）已知fx=alnx+12x2a>0若对于任意两个不等的正实数x1、x2，都有fx1−fx2x1−x2>2恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．0,1B．1,+∞C．0,3D．1,2e
【解题思路】设x1>x2>0，构造函数gx=fx−2x，分析可知函数gx在0,+∞上为增函数，可知g′x≥0对任意的x>0恒成立，利用参变量分离法可求得实数a的取值范围.
【解答过程】不妨设x1>x2>0，可得fx1−fx2>2x1−2x2，可得fx1−2x1>fx2−2x2，
令gx=fx−2x=alnx+12x2−2x，则gx1>gx2，
所以，函数gx在0,+∞上为增函数，
∴g′x=ax+x−2≥0对任意的x>0恒成立，所以，a≥2x−x2，
当x>0时，2x−x2=−x−12+1≤1，当且仅当x=1时，等号成立，
所以，a≥1.
故选：B.
3．（23-24高二下·福建福州·期末）已知x,y为正实数，lnx+lny=1y−x，则（ ）
A．x ＞ yB．x ＜ yC．x+y ＞ 1D．x+y ＜ 1
【解题思路】利用构造一个函数，结合求导思想分析单调性，从而可得出选项.
【解答过程】由lnx+lny=1y−x得：lnx+x=−lny+1y=ln1y+1y，
构造函数fx=lnx+x，则f′x=1x+1>0，
可知fx=lnx+x在0,+∞上递增，
结合lnx+x=ln1y+1y，得 x=1y，即xy=1
由基本不等式可知：x+y≥2xy=2，
当且仅当x=y=1时等号成立，所以x+y>1.
故选：C.
4．（2023·江苏南通·模拟预测）已知直线y=kx+t与函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象恰有两个切点，设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为k1和k2，且k1>k2，则（ ）
A．35【解题思路】根据结论恒成立可只考虑y=sinx的情况，假设切点坐标，则只需考虑x1+x′1=2π，x2+x′2=4π，其中−π2【解答过程】∵对于任意A>0，ω>0，φ∈R，k1k2的范围恒定，
∴只需考虑y=sinx的情况，
设k1对应的切点为x1,sinx1，x′1,sinx′1，x1设k2对应的切点为x2,sinx2，x′2,sinx′2，x2∵sinx′=csx，∴k1=csx1=csx′1，k2=csx2=csx′2，
∴只需考虑x1+x′1=2π，x2+x′2=4π，其中−π2则k1=sinx′1−sinx1x′1−x1=sin2π−x1−sinx12π−x1−x1=−2sinx12π−2x1，
k2=sinx′2−sinx2x′2−x2=sin4π−x2−sinx24π−x2−x2=−2sinx22π−2x2，其中−π2∴k1k2=sinx1sinx2⋅4π−2x22π−2x1=sinx1sinx2⋅2π−x2π−x1；
又−2sinx12π−2x1=csx1，−2sinx24π−2x1=csx2，
∴sinx1=x1−πcsx1，sinx2=x2−2πcsx2；
令fx=tanx−x+π−π20，
∴fx在−π2,0上单调递增，又f−π3=tan−π3+π3+π=4π−33>0，
∴−π2∴k1k2=sinx1sinx2⋅2π−x2π−x1<2π−x2π−x1<2π+π2π+π3=5243=158<73；
令ℎx=sinxπ−x−π2令tx=π−xcsx+sinx−π20，
∴tx在−π2,−π3上单调递增，
∴tx即ℎ′x<0，∴ℎx在−π2,−π3上单调递减，∴sinx1π−x1∴sinx1sinx2>π−x1π−x2，∴k1k2=sinx1sinx2⋅2π−x2π−x1>π−x1π−x2⋅2π−x2π−x1=2π−x2π−x2=1+ππ−x2>1+π3π2=53；
综上所述：53故选：C.
5．（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数fx=x−2ex，若fx1=fx2，且x1≠x2，x1⋅x2>0，则（ ）
A．x1>12B．x2<32C．x1x2>1D．x1+x2<2
【解题思路】
利用导数讨论函数f(x)的单调性，设x1f(1−x)，结合fx1=fx2变形、基本不等式，即可判断各项正误.
【解答过程】f(x)=(x−2)ex，则f′(x)=(x−1)ex，令f′(x)=0⇒x=1，
当x∈(−∞,1)时f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时f′(x)>0，f(x)单调递增，
在x∈(−∞,2)上f(x)<0，且f(2)=0，f(0)=−2，f(x)min=f(1)=−e，即f(x)≥−e.
综上，f(x)的图象如下：结合fx1=fx2=k，x1⋅x2>0，令x1如上图，若f(x0)=(x0−2)ex0=−2且x0≠0，则012不一定成立，A错误；
又f(32)=(32−2)e32=−e32∈(−e,−2)，故32令g(x)=f(1+x)−f(1−x)=(x−1)ex+1+(x+1)e1−x，
则g′(x)=xex+1−xe1−x=x(ex+1−e1−x)，
当x≥0时，x+1≥1−x，得ex+1≥e1−x，则g′(x)≥0；
当x<0时，x+1<1−x，得ex+10，
所以函数g(x)在R上单调递增，且g(0)=0，
所以f(1+x)>f(1−x)在R上恒成立，得f(x2)=f[1+(x2−1)]>f[1−(x2−1)]，
即f(x2)>f(2−x2)，又f(x1)=f(x2)，所以f(x1)>f(2−x2)，
由2−x2<1，且函数f(x)在x∈(−∞,1)单调递减，得x1<2−x2，即x1+x2<2，D正确.
又0x1+x2>2x1x2，即1>x1x2，故0故选：D.
6．（2024·四川成都·一模）已知a>b，且ea−a=eb−b=1.01，则下列说法正确的有（ ）
①b<−1； ②0A．①②③B．②③④C．②④D．③④
【解题思路】令fx=ex−x，利用导数讨论其单调性后可判断①②④正负，利用极值点偏移可判断③的正误.
【解答过程】令fx=ex−x，则f′x=ex−1，
当x<0时，f′x<0；当x>0时，f′x>0；
故fx<0在0,+∞上为增函数，在−∞,0上为减函数，
而fa=fb，a>b，故b<0,a>0，
而f−12=12+1e>12+11.7=3734>1.02>1.01=fb，故−12又f12=e−12>2.56−12=1.6−0.5>1.01=fa，故0故②正确， 此时a−b<1，故④正确.
设ℎx=fx−f−x=ex−e−x−2x,x≥0，
则ℎ′x=ex+e−x−2≥2ex×e−x−2=0（不恒为零），
故ℎx在0,+∞上为增函数，
故∀x>0，必有ℎx>ℎ0=0即fx>f−xx>0，
所以fa>f−a，即fb>f−a，
由fx的单调性可得b<−a即a+b<0，故③成立.
故选：B.
7．（2024·四川广安·模拟预测）已知0A．csx+csy<0B．csx+csy>0
C．csx>sinyD．sinx>siny
【解题思路】构造fx=sinxex，0π2−y，从而判断出C选项.
【解答过程】构造fx=sinxex，00恒成立，
则f′x=csx−sinxex，
当0sinx，f′x=csx−sinxex>0，
当π4所以fx=sinxex在0,π4单调递增，在π4,π单调递减，
因为0又sinxex=sinyey>0，所以0因为00，csy=1−sin2y，
所以csx>csy，所以csx+csy>0，A错误，B正确.
令gx=fx−fπ2−x，则gπ4=0，
g′x=f′x+f′π2−x=csx−sinxex+sinx−csxeπ2−x=sinx−csxex−eπ2−xeπ2
当00恒成立，
所以gx=fx−fπ2−x在0,π上单调递增，
当x∈0,π4时，gx=fx−fπ2−x<0，即fx因为fx=fy，
所以fy因为0所以π2−x>π4，
因为fx在π4,π单调递减，
所以y>π2−x，即x>π2−y
因为φx=csx在0,π上单调递减，
所以csx故选：B.
8．（23-24高二下·四川眉山·阶段练习）已知函数fx=ex+ax有两个零点x1,x2，且x1>x2，则下列说法不正确的是（ ）
A．a<−eB．x1+x2>lnx1x2+2
C．x1x2>1D．fx有极小值点
【解题思路】求得函数的导数，得到函数的单调区间，确定函数的极小值，根据极小值小于0，判断A；根据方程，指对互化，判断B；根据极值点的位置，结合f0>0，即可判断C；根据A的判断，即可判断D.
【解答过程】由题意，函数fx=ex+ax，则f′x=ex+a，
当a≥0时，f′x=ex+a>0在R上恒成立，所以函数fx单调递增，不符合题意；
当a<0时，令f′x=ex+a>0，解得x>ln−a，令f′x=ex+a<0，解得x所以函数fx在(−∞,ln−a)上单调递减，在(ln−a,+∞)上单调递增，
因为函数fx=ex+ax有两个零点x1,x2且x1>x2，
对A，则f(ln−a)=eln−a+aln−a=−a+aln−a=−a(1−ln−a)<0，且a<0，
所以1−ln−a<0，解得a<−e，所以A正确；
对B，a<−e，且ex1+ax1=0，ex2+ax2=0，故x1=ln−ax1，x2=ln−ax2，
所以x1+x2=ln(a2x1x2)=2ln−a+ln(x1x2)>2+ln(x1x2)，所以B正确；
对C，由f(0)=1>0，且由A可知，a<−e，ln−a>1，则01不能确定，
所以C不正确；
对D，由函数fx在(−∞,ln−a)上单调递减，在(ln−a,+∞)上单调递增，
所以函数的极小值点为x0=ln−a，所以D正确；
故选：C.
二、多选题
9．（2024·海南海口·模拟预测）设函数fx=xlnx+1−xln1−x，则（ ）
A．fx=f1−x
B．函数fx有最大值−ln2
C．若x1+x2=1，则x1fx2+x2fx1≥−ln2
D．若x1+x2<1，且12【解题思路】根据fx的解析式直接求解f1−x可对A判断；利用导数求最值方法可对B判断；结合给出的已知条件并利用A、B中的结论可对C、D判断求解.
【解答过程】对A，由题意知fx=xlnx+1−xln1−x，所以f1−x=1−xln1−x+xlnx=fx，故A正确；
对B，由题意知fx的定义域为0,1，f'x=lnx+x×1x−ln1−x−1=lnx−ln1−x=lnx1−x，
当x∈0,12，f'x<0，当x∈12,1，f'x>0，所以fx在0,12上单调递减，在12,1上单调递增，
所以当x=12时，fx取到极小值也是最小值f12=−ln2，故B错误；
对C，当x1+x2=1时，可得x1=1−x2=1，由A知f1−x=fx，
所以x1fx2+x2fx1=1−x2fx2+x2f1−x2=1−x2fx2+x2fx2=fx2，
由B知fx≥−ln2恒成立，所以fx2≥−ln2，故C正确；
对D，当x1+x2<1时，得x2<1−x1，又因为12由B知fx在12,1上单调递增，所以fx2所以fx2故选：ACD.
10．（2024·广东广州·一模）已知直线y=kx与曲线y=lnx相交于不同两点M(x1,y1)，N(x2,y2)，曲线y=lnx在点M处的切线与在点N处的切线相交于点P(x0,y0)，则（ ）
A．0【解题思路】对于A，构造函数fx=lnxx，计算即可判断；对于B，写出A，B点处的切线程联立并化简得x0=x1x2lnx2−lnx1x2−x1，而k=lnx2−lnx1x2−x1，计算即可判断；对于C，根据斜率相等可得x2lnx1=x1lnx2，P(x0,y0)为两切线的交点代入化简得y0+1=x2lnx2−x1lnx1x2−x1，再计算可得y1+y2=1+y0；对于D，根据y2−y1lny2−lny1>y1y2，计算即可判断.
【解答过程】令fx=lnxx，则f′x=1−lnxx，
故x∈0,e时，fx递增；x∈e,+∞时，fx递减，
所以fx的极大值fe=1e，且x>1，fx>0，
因为直线y=kx与曲线y=lnx相交于M(x1,y1)､N(x2,y2)两点，
所以y=k与fx图像有2个交点，
所以0设M(x1,y1),N(x2,y2)，且1y=lnx在M,N点处的切线程为y−lnx1=1x1(x−x1),y−lnx2=1x2(x−x2),
y−lnx1=1x1(x−x1)y−lnx2=1x2(x−x2)，得lnx2−lnx1=x0x1−x0x2，即x0=lnx2−lnx1x2−x1x1x2=x1x2lnx2−lnx1x2−x1，
因为k=lnx2−lnx1x2−x1，所以x0=x1x2k，即x1x2=1kx0，故B错误；
因为k=y1x1=lnx1x1=lnx2x2，所以x2lnx1=x1lnx2，
因为P(x0,y0)为两切线的交点，
所以y0=lnx1+1x1x0−1=lnx1+x2lnx2−lnx1x2−x1−1=x2lnx1−x1lnx1+x2lnx2−x2lnx1x2−x1−1，
即y0=x2lnx2−x1lnx1x2−x1−1，所以y0+1=x2lnx2−x1lnx1x2−x1，
所以y1+y2=lnx1+lnx2=lnx1+lnx2x2−x1x2−x1=x2lnx1−x1lnx1+x2lnx2−x1lnx2x2−x1=x2lnx2−x1lnx1x2−x1=y0+1，故C正确；
因为kx1=y1，所以lnk+lnx1=lny1，所以lnk+y1=lny1，
同理得lnk+y2=lny2，得lny1−y1=lny2−y2，即y2−y1lny2−lny1=1，
因为y2−y1lny2−lny1>y1y2，所以y1y2<1，故D正确.
故选：ACD.

11．（2023·广东广州·一模）已知a>0，b>0，abea+lnb−1=0，则（ ）
A．lnb>1aB．ea>1b
C．a+lnb<1D．ab<1
【解题思路】对于A选项，尝试找反例.
对于B，C选项，构造函数gx=xex帮助分析.
对于D选项，设b=em，再研究函数ℎx=xex+m+m−1零点所在范围.
【解答过程】对于A选项，当a=1时，abea+lnb−1=0⇔eb+lnb−1=0.
设fx=ex+lnx−1，其中x>0.
则f′x=e+1x>0，故fx在0,+∞上单调递增.
又f1=e−1>0，f1e=−1<0，则∃b∈1e,1，使fb=0.
即存在a=1，b∈1e,1，使abea+lnb−1=0.
但此时，lnb对于B选项，abea+lnb−1=0⇔aea+1blnb=1b⇔aea−1bln1b=1b
⇔aea−ln1beln1b=1b.设gx=xex，其中x>0.则g′x=x+1ex>0.
得gx在0,+∞上单调递增.
注意到aea−ln1beln1b=1b⇔ga−gln1b=1b.
则ga−gln1b=1b>0⇒a>ln1b.又y=ex在R上递增，
则有ea>eln1b⇒ea>1b.故B正确.
对于C选项，由B选项可知ea>1b，则由abea+lnb−1=0，
有0=abea+lnb−1>ab⋅1b+lnb−1⇒a+lnb<1.故C正确.
对于D选项，因a>0，b>0，abea+lnb−1=0，
则abea=1−lnb>0⇒lnb<1⇒b则abea+lnb−1=0⇔aea+m+m−1=0.
设ℎx=xex+m+m−1，其中x∈0,+∞.则ℎ′x=x+1ex+m>0，
得ℎx在0,+∞上单调递增.
（1）若00，ℎ0=m−1<0，则∃x∈0,1−m，使ℎx=0.即a∈0,1−m，
则ab得px在0,1上单调递减，则ab=em1−m=pm（2）当m=0，ℎx=xex−1，注意到ℎ0=−1<0，ℎ1=e−1>0.
则a∈0,1，此时ab=a<1.
（3）当m<0，注意到ℎ−m=−1<0，ℎ1−m=1−me−1>0
则a∈−m,1−m，又由（1）分析可知px在−∞,0上单调递增.
则ab=em1−m=pm综上，有ab<1.故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
12．（2023·山西临汾·模拟预测）已知t>0，tm2lnm−lnn+tn2+tmn−t2mn≥mn恒成立，则t= 1 ．
【解题思路】构造函数fx=t⋅x⋅lnx+t⋅x+t−t2−1，将问题转化为fx≥0恒成立，再由必要性入手得到t=1，再证明当t=1时满足题意，从而得解.
【解答过程】依题意，m>0,n>0，
因为tm2lnm−lnn+tn2+tmn−t2mn≥mn恒成立，
所以t⋅mn⋅lnmn+t⋅nm+t−t2≥1恒成立，
令x=mn，则x>0，上式化为t⋅x⋅lnx+t⋅x+t−t2−1≥0恒成立，
令fx=t⋅x⋅lnx+t⋅x+t−t2−1，则f′x=tlnx−tx2+t，
注意到f1=t+t−t2−1=−t−12≤0，而fx≥0恒成立，即f1≥0，
所以f1=0，即−t−12=0，故t=1；
当t=1时，f′x=lnx−1x2+1，显然f′x在0,+∞上单调递增，
而f′1=ln1−1+1=0，
所以当01时，f′x>0，
则fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以fx≥f1=0；
综上，t=1.
故答案为：1.
13．（2023·全国·模拟预测）若对于∀m∈−e,e，∀y∈−1,+∞，使得不等式4x3+lnx+1+2023−mx−1【解题思路】由题，有4x3+lnx+1+2023−mx−1max后将4x3+lnx+1+2023−mx−1看成关于m的函数gm，后分类讨论
gm的最大值与0的大小即可.
【解答过程】4x3+lnx+1+2023−mx−1等价于4x3+lnx+1+2023−mx−1max令fy=ylny+1，y∈−1,+∞，则f′y=lny+1+yy+1，
注意到y∈−1,0时，f′y<0，f′0=0，y∈0,+∞时，f′y>0.
则fy在−1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，则fy≥f0=0.
则ylny+1min=0，则4x3+lnx+1+2023−mx−1max⇔4x3+lnx+1+2023−mx−1max<0.
令gm=−xm+4x3+2023x+lnx+1−1，m∈−e,e.
当x=0，gm=−1<0，故x=0满足条件；
当x≥1，则gm在−e,e上单调递减，
故gmmax=g−e=ex+4x3+2023x+lnx+1−1.
令px=ex+4x3+2023x+lnx+1−1，x∈1,+∞.
则p′x=12x2+e+2023+1x+1>0，得px在1,+∞上单调递增，
x≥1时，px≥p1>0，不合题意；
综上，整数x的最大值为0.
故答案为：0.
14．（2023·湖南郴州·模拟预测）已知函数fx=12x2+1−ax−xlnx有两个极值点x1,x2(x1【解题思路】
由f(x)有两个极值点x1,x2，得f′(x)有两个变号零点，构造函数ℎx=x−lnx−a，利用导数研究函数的性质，得函数的草图，利用草图列式可求出a的取值范围；设x2x1=t∈1,3，将lnx1+lnx2+2a化为(t+1)lntt−1，再构造函数mt=t+1lntt−1,t∈1,3，利用导数可求出其最大值.
【解答过程】
f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=x+(1−a)−(1+lnx)=x−lnx−a，
由已知得x1,x2是f′x=x−lnx−a的两个变号零点，
令ℎx=x−lnx−a，则ℎ′x=1−1x=x−1x(x>0)，
当x∈0,1时，ℎ′x<0,，ℎ(x)单调递减，当x∈1,+∞时，ℎ′x>0，ℎ(x)单调递增，
所以函数f′x在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
当x→0时，lnx→−∞，−lnx→+∞，f′x→+∞，
当x→+∞时，lnx→−∞，−lnx→+∞，f′x→+∞，
如图：
由图可知，只需f′xmin=f′1=1−a<0即可，所以a>1，
即实数a的取值范围是1,+∞；
若3x1≥x2，又0由已知a=x1−lnx1=x2−lnx2，则x2−x1=lnx2x1=lnt，
则tx1−x1=lnt，则x1=lntt−1，x2=tx1=tlntt−1，
所以lnx1+lnx2+2a=x1+x2=lntt−1+tlntt−1=t+1lntt−1，
令mt=t+1lntt−1,t∈1,3，则m′t=(lnt+t+1t)(t−1)−(t+1)lnt(t−1)2=−2lnt+t−1tt−12，
令φ(t)=−2lnt+t−1t，则φ′(t)=−2t+1+1t2=(t−1)2t2>0(t∈(1,3])，
所以函数φ(t)在t∈(1,3]上递增，又因为φ(1)=0，
所以当t∈(1,3]时，φ(t)>0，即m′(t)>0，
所以函数m(t)在t∈(1,3]上递增，所以m(t)≤m(3)=2ln3，
所以lnx1+lnx2+2a的最大值为2ln3．
故答案为：1,+∞；2ln3.
四、解答题
15．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数fx=x2eax，其中a>0．
(1)若fx在0,2上单调递增，求a的取值范围；
(2)当a=1时，若x1+x2=4且0【解题思路】（1）对函数求导，利用函数单调性与导数的关系，建立不等式求解即可；
（2）由a=1，得fx=x2ex，要证明x12ex1【解答过程】（1）∵fx=x2eax，∴f′x=2x−ax2eax，
∵fx在0,2上单调递增，∴f′x≥0在0,2上恒成立且满足f′x=0的点不连续．
当x∈0,2时，a≤2x．由y=2x在0,2上单调递减可知，
当x=2时，2xmin=1，∴a≤1，
综上，a的取值范围为0,1
（2）当a=1时，fx=x2ex，
x1+x2=4且0下面证明fx1即证明x12ex1设x1=2−t,x2=2+t，0等价于证明：t设函数ℎt=ln2+t2−t−t，0∵ℎ′t=t24−t2>0，∴ℎt在0,2上单调递增，而ℎtmin=ℎ0=0，∴ℎt>0，
∴ln2+t2−t>t，016．（2024·河南商丘·模拟预测）已知函数fx的定义域为0,+∞，其导函数f′x=2x+2x−2aa∈R,f1=1−2a．
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线l的方程，并判断l是否经过一个定点；
(2)若∃x1,x2，满足0【解题思路】（1）利用求导法则得fx=x2+2lnx−2ax+c，根据条件及导数的几何意义、直线的点斜式计算即可；
（2）利用导函数有两个零点得出x1,x2,a的关系及范围，消元化简得2fx1−fx2 =x22−2x22−6lnx2−2，构造函数gx=x2−2x2−6lnx−2,x∈1,+∞，利用导数研究其单调性及最值即可.
【解答过程】（1）因为f′x=2x+2x−2a，
所以fx=x2+2lnx−2ax+c（c为常数）．
因为f1=1−2a，所以c=0，
所以fx=x2+2lnx−2ax．
又f′1=4−2a，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线l的方程为y−1−2a=4−2ax−1，
即y=4−2ax−3，
所以l经过定点0,−3．
（2）令f′x=0，可得x2−ax+1x=0．
因为∃x1,x2，满足0所以关于x的方程x2−ax+1=0有两个不相等的正实数根x1,x2，
则Δ=a2−4>0x1+x2=a>0x1x2=1⇒a>2,0所以2fx1−fx2=2x12−2ax1+2lnx1−x22−2ax2+2lnx2
=2x12−4ax1+4lnx1−x22+2ax2−2lnx2
=2x12−4x1+x2x1+4lnx1−x22+2x1+x2x2−2lnx2
=−2x12−4+4lnx1+x22+2−2lnx2
=x22−2x22−6lnx2−2，
令函数gx=x2−2x2−6lnx−2,x∈1,+∞，
则g′x=2x+4x3−6x=2x4−6x2+4x3=2x2−1x2−2x3，
令g′x=0，得x=2，
因为当x∈1,2时，g′x<0，
当x∈2,+∞时，g′x>0，
所以gx在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
所以gx≥g2=−1−3ln2，
又当x→+∞时，gx→+∞，
所以gx的取值范围为−1−3ln2,+∞，
即2fx1−fx2的取值范围为−1−3ln2,+∞．
17．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数f(x)=a(1−2lnx)+4x6(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x1，x2x1≠x2为函数g(x)=kx2+1x2−lnx的两个零点，求证：x1x24>12e4．
【解题思路】（1）首先求函数的导数，再分a≤0和a>0两种情况求解不等式，根据导数与单调性的关系，即可求解；
（2）代入函数的零点，并变形为lnx1x12−lnx2x22x14−x24=−1x1x24，t4=12e4，并利用分析法，将所证明不等式转化为证明lnx1x12+x14t4【解答过程】（1）f′(x)=24x5−2ax=212x6−ax，x∈(0,+∞)．
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0,+∞)上单调递增．
当a>0时，令f′(x)=0，得x6=a12，解得x=6a12．
当f′(x)>0时，x>6a12，当f′(x)<0时，0所以f(x)在0,6a12上单调递减，在6a12,+∞上单调递增．
综上：当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在0,6a12上单调递减，在6a12,+∞上单调递增．
（2）设0所以k=lnx1x12−1x14=lnx2x22−1x24，
所以lnx1x12−lnx2x22=1x14−1x24=x24−x14x1x24，lnx1x12−lnx2x22x14−x24=−1x1x24，
记t4=12e4，要证x1x24>12e4，只需证−1x1x24>−1t4，
只需证lnx1x12−lnx2x22x14−x24>−1t4，只需证lnx1x12+x14t4记ℎ(x)=lnxx2+x4t4，x∈(0,+∞)，则ℎ′(x)=t4(1−2lnx)+4x6x3t4，
记φ(x)=t4(1−2lnx)+4x6，x∈(0,+∞)，
由（1）可知，取a=t4>0，则x0=6a12=612e412=e23，
所以φ(x)在0,e23上单调递减，在e23,+∞上单调递增，
所以φ(x)min=φe23=t41−43+4e4=12e4⋅ −13+4e4=0，
所以φ(x)≥φe23=0，即ℎ′(x)≥0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
又012e4成立．
18．（2024·四川德阳·二模）已知函数fx=lnx+x2−2ax,a∈R，
(1)当a>0时，讨论fx的单调性；
(2)若函数fx有两个极值点x1,x2x1【解题思路】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论Δ≤0与Δ>0两种情况即可得解；
（2）利用（1）中结论，利用韦达定理得到x1⋅x2=12，2ax1=2x12+1，2ax2=2x22+1，利用消元法将2fx1−fx2表示成关于x22的函数，再利用换元法和导数求得所得函数的最小值，从而得解.
【解答过程】（1）因为fx=lnx+x2−2ax,x>0，
所以f′(x)=1x+2x−2a=2x2−2ax+1x,
令g(x)=2x2−2ax+1，则Δ=4a2−8=4a2−2，
因为a>0，
当0此时f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>2时，Δ>0，由g(x)=0，得x3=a−a2−22,x4=a+a2−22，且x3当0x4时，g(x)>0，即f′(x)>0；
当x3所以f(x)在0,x3,x4,+∞上单调递增，在x3,x4上单调递减；
综上，当0当a>2时，f(x)在0,x3,x4,+∞上单调递增，在x3,x4上单调递减，
其中x3=a−a2−22,x4=a+a2−22.
（2）由（1）可知，x3,x4为f(x)的两个极值点，且x3所以x1=x3,x2=x4，且x1,x2是方程2x2−2ax+1=0的两不等正根，
此时a>2，x1+x2=a>0，x1⋅x2=12，
所以x1∈0,22，x2∈22,+∞，且有2ax1=2x12+1，2ax2=2x22+1，
则2fx1−fx2=2lnx1+x12−2ax1−lnx2+x22−2ax2
=2lnx1+x12−2x12−1−lnx2+x22−2x22−1 =−2x12+2lnx1−lnx2+x22−1
=x22−212x22+2ln12x2−lnx2−1=x22−12x22−32lnx22−2ln2−1
令t=x22，则t∈12,+∞，令gt=t−12t−32lnt−2ln2−1，
则g′t=1+12t2−32t=2t−1t−12t2，
当t∈12,1时，g′t<0，则gt单调递减，
当t∈1,+∞时，g′t>0，则gt单调递增，
所以gtmin=g1=−1+4ln22，
所以2fx1−fx2的最小值为−1+4ln22.
19．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=ex−ax21+x有3个极值点x1,x2,x3，其中e是自然对数的底数．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1+x2+x3>−2．
【解题思路】（1）易知0是函数f(x)的一个极值点，则函数gx=ex−ax−2a有2个零点，利用导数讨论函数g(x)的性质可得g(x)min<0，即a>1e.由零点的存在性定理和g(0)≠0,g(−1)≠0,即可求解；
（2）由（1），设x3=0,x1−2．由gx1=0gx2=0得ex1−x2=2+x12+x2，令x1−x2=t(t<0)得x2=tet−1−2，则只需证ℎt=2t+t−2et−1<0(t<0)，利用导数讨论函数ℎ(t)的性质得出ℎ(t)<ℎ(0)=0，即可证明.当然也可以采用对称设法来证明.
【解答过程】（1）由题意，得f′(x)=ex−2ax(1+x)−ex−ax2(1+x)2=xex−ax−2a(1+x)2(x≠−1)，
由f′(x)=0，得x=0或ex−ax−2a=0，所以0是函数f(x)的一个极值点．
所以ex−ax−2a=0有2个不相等的实数根，且这2个根均不为0和−1．
令gx=ex−ax−2a，则g′(x)=ex−a．
当a≤0时，g′(x)>0恒成立，故g(x)在定义域上是增函数，不可能有2个零点；
当a>0时，由g′(x)>0，得x>lna，由g′(x)<0，得x所以g(x)在(−∞,lna)上是减函数，在lna,+∞)上是增函数，
所以g(x)min=g(lna)=−a−alna<0，即lna>−1，所以a>1e．
又g(−2)=e−2>0,g(lna)<0．
由零点存在定理可知，g(x)在(−2,lna)⊆(−∞,lna)上存在唯一零点．

令m(x)=x2ex(x>0)，则m'(x)=2x−x2ex，令m'(x)>0得0令m'(x)<0得x>2，所以m(x)在(0,2)上递增，在(2,+∞)上递减，
所以m(x)≤m(2)=4e2<1，ex>x2(x>0)，
所以g(a+2)=ea+2−a(a+2)−2a>(a+2)2−a(a+2)−2a=4>0，
由零点存在定理可知，g(x)在(lna,a+2)⊆(lna,+∞)上存在唯一零点．
因为g(0)≠0,g(−1)≠0,所以a≠12a≠1e，
综上，a的取值范围是1e,12∪12,+∞．
（2）证明：由（1）知，0是函数f(x)的一个极值点．不妨设x3=0,x1−2．
由gx1=0,gx2=0,得ex1−ax1−2a=0,ex2−ax2−2a=0,，即ex1=2a+ax1,ex2=2a+ax2,两式相除得ex1−x2=2+x12+x2．
令x1−x2=t(t<0)，则et=2+x2+x1−x22+x2=1+x1−x22+x2=1+t2+x2．
所以x2=tet−1−2，所以x1+x2=2x2+t=2tet−1−2+t=2tet−1−4+t．
所以要证明x1+x2>−2，只要证明2tet−1−4+t>−2，
即2tet−1+t−2>0，其中t<0，所以et−1<0．
所以只要证明2t+(t−2)et−1<0．令ℎ(t)=2t+(t−2)et−1(t<0)，
所以ℎ′(t)=1+et(t−1)，从而∀t<0,ℎ″(t)=tet<0恒成立，
所以ℎ′(t)在(−∞,0)上是减函数，所以ℎ′(t)>ℎ′(0)=0．
所以ℎ(t)在(−∞,0)上是增函数，所以ℎ(t)<ℎ(0)=0，即证：x1+x2+x3>−2．
另解：由ex−ax−2a=0，知a≠0，所以1a= x+2ex(*)，且x1,x2为(∗)的两根．
记p(x)=x+2ex，则p′x=−x−1ex，当x<−1，p'(x)>0，当x>−1,p′x<0，
故p(x)在(−∞,−1)上递增，在(−1,+∞)上递减．
不妨取x1<−1−2，即要证x2>−2−x1>−1，
只要证px2即要证x1+2ex1<−x1e−2−x1x1<−1，也即要证x1e2x1+2+x1+2<0x1<−1(#)．
令q(x)=xe2x+2+x+2(x<−1)，则q′(x)=(2x+1)e2x+2 +1(x<−1)．
而当x<−1时，q″(x)=4(x+1)e2x+2<0，故q′(x)在(−∞,−1)上递减，
故q′x>q′−1=0，故q(x)在(−∞,−1)上递增，故q(x)故x1+x2+x3>−2．
x
−∞,1
1
1,+∞
u′x
+
0
−
ux
增
极大值
减