導(dǎo)數(shù)壓軸題雙變量問題題型歸納總結(jié)(共32頁)

1、導(dǎo)數(shù)應(yīng)用之雙變量問題 （一）構(gòu)造齊次式，換元 【例】已知函數(shù)，曲線在點處的切線方程為.（1）求實數(shù)的值；（2）設(shè)分別是函數(shù)的兩個零點，求證：.【解析】（1）；（2），因為分別是函數(shù)的兩個零點，所以， 兩式相減，得， ，要證明，只需證. 思路一：因為，只需證.令，即證. 令，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，即證.由上述分析可知.【規(guī)律總結(jié)】這是極值點偏移問題，此類問題往往利用換元把轉(zhuǎn)化為的函數(shù)，常把的關(guān)系變形為齊次式，設(shè)等，構(gòu)造函數(shù)來解決，可稱之為構(gòu)造比較函數(shù)法.思路二：因為，只需證，設(shè)，則 ，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，即證.由上述分析可知.【規(guī)律總結(jié)】極值點偏移問題中，由于兩個變量的地位相同，將待證不等

2、式進(jìn)行變形，可以構(gòu)造關(guān)于（或）的一元函數(shù)來處理應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，并借助于單調(diào)性，達(dá)到待證不等式的證明此乃主元法. 【變式訓(xùn)練】 已知函數(shù)有兩個不同的極值點x1，x2，且x1x2（1）求實數(shù)a的取值范圍；（2）求證：x1x2a2【分析】（1）先求導(dǎo)數(shù)，再根據(jù)導(dǎo)函數(shù)有兩個不同的零點，確定實數(shù)a所需滿足的條件，解得結(jié)果，（2）先根據(jù)極值點解得a，再代入化簡不等式x1x2a2，設(shè)，構(gòu)造一元函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，最后構(gòu)造單調(diào)性證明不等式.【解析】（1）略 （2）f（x）=x-alnx，g（x）=x-alnx，由x1，x2是g（x）=x-alnx=0的兩個根，則，兩式相減，得a（lnx2-ln

3、x1）=x2-x1），即a=，即證x1x2，即證=，由x1x2，得=t1，只需證ln2t-t-，設(shè)g（t）=ln2t-t-，則g（t）=，令h（t）=2lnt-t+，h（t）=-（）20，h（t）在（1，+）上單調(diào)遞減，h（t）h（1）=0，g（t）0，即g（t）在（1，+）上是減函數(shù)，g（t）g（1）=0，即ln2tt-2+在（1，+）上恒成立，x1x2a2【變式訓(xùn)練】 已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）設(shè)，若函數(shù)的兩個極值點恰為函數(shù)的兩個零點，且的范圍是，求實數(shù)a的取值范圍. 【解析】（1）的定義域為，.（i）若，則，當(dāng)且僅當(dāng)，時，（ii）若，令得.當(dāng)時，；當(dāng)時，所以，當(dāng)時，單調(diào)遞減區(qū)間

4、為，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)時，單調(diào)遞減區(qū)間為；單調(diào)遞增區(qū)間為.（2）由（1）知：且.又，由得，.，令，所以在上單調(diào)遞減.由y的取值范圍是，得t的取值范圍是，又，故a的取值范圍是. (二)各自構(gòu)造一元函數(shù) 【例】 已知函數(shù)f（x）lnxax+1（aR）（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）設(shè)g（x）lnx，若對任意的x1（0，+），存在x2（1，+），使得f（x1）g（x2）成立，求實數(shù)a的取值范圍【分析】（1）函數(shù)求導(dǎo)得，然后分a0和a0兩種情況分類求解.（2） 根據(jù)對任意的x1（0，+），存在x2（1，+），使得f（x1）g（x2）成立，等價于f（x）maxg（x）max，然后分別求最大值求解即可.

5、【詳解】（1） 略（2），在區(qū)間（1，3）上，g（x）0，g（x）單調(diào)遞增，在區(qū)間（3，+）上，g（x）0，g（x）單調(diào)遞減，所以g（x）maxg（3）ln3，因為對任意的x1（0，+），存在x2（1，+），使得f（x1）g（x2）成立，等價于f（x）maxg（x）max，由（1）知當(dāng)a0時，f（x）無最值，當(dāng)a0時，f（x）maxf（）lna，所以lnaln3，所以，解得a 【變式訓(xùn)練】【廣東省2020屆高三期末】設(shè)函數(shù).（1）當(dāng)時，求曲線在點處的切線方程；（2）設(shè)，若對任意的，存在使得成立，求的取值范圍.【解析】 (1)當(dāng)時，因為，所以，又因為，所以曲線在點處的切線方程為，即.(2)“對任

6、意的，存在使得成立”等價于“在區(qū)間上，的最大值大于或等于的最大值”.因為，所以在上的最大值為. ,令，得或.當(dāng)，即時，在上恒成立，在上為單調(diào)遞增函數(shù)，的最大值大為，由，得；當(dāng)，即時，當(dāng)時，為單調(diào)遞減函數(shù)，當(dāng)時，為單調(diào)遞增函數(shù)，所以的最大值大為或.由，得；由，得，又因為，所以；當(dāng)，即時，在上恒成立，在上為單調(diào)遞減函數(shù)，所以的最大值大為，由，得，又因為，所以，綜上所述，實數(shù)的取值范圍是或. (三)消元構(gòu)造一元函數(shù) 【例】已知函數(shù)f(x)=e-x+1,x0,2x,x>0.函數(shù)y=f(f(x)+1)-m(mR)恰有兩個零點x1和x2（1）求函數(shù)f(x)的值域和實數(shù)m的最小值；（2）若x1<

7、x2，且ax1+x21恒成立，求實數(shù)a的取值范圍【解析】（1）當(dāng)x0時，f(x)=e-x+12. 當(dāng)x>0時，f(x)=2x>0. f(x)的值域為(0,+) 令f(f(x)+1)=m， f(x)+1>1， f(f(x)+1)>2， m>2.又f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-,0，增區(qū)間為(0,+). 設(shè)f(x)+1=t1，f(x)+1=t2，且t1<0，t2>1 f(x)=t1-1無解.從而f(x)=t2-1要有兩個不同的根，應(yīng)滿足t2-12， t23. f(t2)=f(f(x)+1)23.即m23 m的最小值為23.(2) y=f(f(x)+1)-m有兩

8、個零點x1、x2且x1<x2，設(shè)f(x)=t，t2,+)， e-x1+1=t， x1=-ln(t-1).2x2=t， x2=t24. -aln(t-1)+t241對t2,+)恒成立設(shè)h(t)=-aln(t-1)+t24-1，h'(t)=-at-1+t2=t2-t-2a2(t-1). t2,+)， t2-t2,+)恒成立.當(dāng)2a2，即a1時，h'(t)0， h(t)在2,+)上單調(diào)遞增. h(t)h(2)=-aln1+1-1=0成立. 當(dāng)a>1時，設(shè)g(t)=t2-t-2a.由g(2)=4-2-2a=2-2a<0. t0(2,+)，使得g(t0)=0.且當(dāng)t(2

9、,t0)時，g(t)<0，t(t0,+)時，g(t)>0.當(dāng)t(2,t0)時，h(t)單調(diào)遞減，此時h(t)<h(2)=0不符合題意.綜上，a1.【變式訓(xùn)練】 f(x)=x2+ax-alnx.（1）若函數(shù)f(x)在2,5上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；（2）當(dāng)a=2時，若方程f(x)=x2+2m有兩個不等實數(shù)根x1，x2，求實數(shù)m的取值范圍，并證明x1x2<1. 【解析】（1）f'(x)=2x+a-ax，函數(shù)f(x)在2,5上單調(diào)遞增，f'(x)0在x2,5恒成立，即2x+a-ax0對x2,5恒成立，a-2x2x-1對x2,5恒成立，即a-2x2x-1m

10、ax，x2,5，令g(x)=-2x2x-1(x2,5)，則g'(x)=-2x2+4x(x-1)20(x2,5)，g(x)在2,5上單調(diào)遞減，g(x)在2,5上的最大值為g(2)=-8.a的取值范圍是-8,+).（2）當(dāng)a=2時，方程f(x)=x2+2mx-lnx-m=0，令h(x)=x-lnx-m(x>0)，則h'(x)=1-1x，當(dāng)x(0,1)時，h'(x)<0，故h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x(1,+)時，h'(x)>0，故h(x)單調(diào)遞增，h(x)min=h(1)=1-m.若方程f(x)=x2+2m有兩個不等實根，則有h(x)min<0，即

11、m>1，當(dāng)m>1時，0<e-m<1<em，he-m=e-m>0，hem=em-2m，令g(x)=ex-2x(x>1)，則g'(x)=ex-2>0，g(x)單調(diào)遞增，g(x)>g(1)=e-2>0，h(em)>0，原方程有兩個不等實根，實數(shù)m的取值范圍是(1,+).不妨設(shè)x1<x2，則0<x1<1<x2，0<1x2<1，x1x2<1x1<1x2hx1>h1x2，hx1=hx2=0，hx1-h1x2=hx2-h1x2=x2-lnx2-m-1x2-ln1x2-m,=x2-1

12、x2-2lnx2.令(x)=x-1x-2lnx(x>1)，則'(x)=1+1x2-2x=1x-12>0，(x)在(1,+)上單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時，(x)>(1)=0，即x2-1x2-2lnx2>0，hx1>h1x2，x1x2<1.(四)獨立雙變量，化為兩邊同函數(shù)形式【例】 已知函數(shù)，其中為非零實數(shù).（1）求的極值；（2）當(dāng)時，在函數(shù)的圖象上任取兩個不同的點、.若當(dāng)時，總有不等式成立，求正實數(shù)的取值范圍：【詳解】（1） 略；（2）當(dāng)時，當(dāng)時，總有不等式成立，即，構(gòu)造函數(shù)，由于，則函數(shù)在區(qū)間上為減函數(shù)或常函數(shù)，解不等式，解得.由題意可知，因此，正實

13、數(shù)的取值范圍是； 【變式訓(xùn)練】設(shè)函數(shù)（1）若曲線在點處的切線與直線垂直，求的單調(diào)遞減區(qū)間和極小值（其中為自然對數(shù)的底數(shù)）；（2）若對任何恒成立，求的取值范圍【解析】 （2）條件等價于對任意恒成立，設(shè)則在上單調(diào)遞減，則在上恒成立，得恒成立，（對僅在時成立），故的取值范圍是 【變式訓(xùn)練】已知函數(shù)fx=x+xlnx.（）求函數(shù)fx的圖象在點1,1處的切線方程；（）若kZ，且kx-1<fx對任意x>1恒成立，求k的最大值；（）當(dāng)n>m4時，證明：mnnm>nmmn.【解析】（）f'(x)=lnx+2,f'(1)=2，函數(shù)f(x)的圖象在點(1,1)處的切線方程y

14、=2x-1；（）由（）知，f(x)=x+xlnx,k(x-1)<f(x)，對任意x>1恒成立，即k<x+xlnxx-1對任意x>1恒成立 令g(x)=x+xlnxx-1，則g'(x)=x-lnx-2(x-1)2， 令h(x)=x-lnx-2(x>1)，則h'(x)=1-1x=x-1x>0，所以函數(shù)h(x)在(1,+)上單調(diào)遞增 h(3)=1-ln30,h(4)=2-2ln20，方程h(x)=0在(1,+)上存在唯一實根x0，且滿足x0(3,4)當(dāng)1<x<x0時，h(x)<0，即g'(x)<0，當(dāng)x>x0時

15、，h(x)>0，即g'(x)>0，所以函數(shù)g(x)=x+xlnxx-1在(1,x0)上單調(diào)遞減，在(x0,+)上單調(diào)遞增g(x)min=g(x0)=x0(1+lnx0)x0-1=x0(1+x0-2)x0-1=x0(3,4)，k<g(x)min=x0(3,4)，故整數(shù)k的最大值是3（）由（）知，g(x)=x+xlnxx-1是4,+)上的增函數(shù)， 當(dāng)n>m4時，n+nlnnn-1>m+mlnmm-1 即n(m-1)(1+lnn)>m(n-1)(1+lnm)整理，得mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn+(n-m) n>m,mnlnn+ml

16、nm>mnlnm+nlnn即lnnmn+lnmm>lnmmn+lnnn即ln(nmnmm)>ln(mmnnn)(mnn)m>(nmm)n (五)把其中一個看作自變量，另一個看作參數(shù)【例】 已知，函數(shù)（）若函數(shù)在上為減函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍；（）設(shè)正實數(shù)，求證：對上的任意兩個實數(shù)，總有成立【分析】（）將問題轉(zhuǎn)化為在上恒成立，可得，令， 可判斷出在上單調(diào)遞增，即，從而可得的范圍；（）構(gòu)造函數(shù)，且；利用導(dǎo)數(shù)可判斷出在上是減函數(shù)，得到，經(jīng)驗算可知，從而可得，從而可證得結(jié)論.【解析】（）由題意知：函數(shù)在上為減函數(shù)，即在上恒成立即在上恒成立，設(shè)當(dāng)時，單調(diào)遞減，單調(diào)遞增在上單調(diào)遞增

17、，即的取值范圍為（）設(shè)，令：，則，令，則在上為減函數(shù)，即在上是減函數(shù)，即時， ，【變式訓(xùn)練】 已知函數(shù)f(x)=ex-x，g(x)=(x+k)ln(x+k)-x（1）若k=1，f'(t)=g'(t)，求實數(shù)t的值（2）若a,bR+，f(a)+g(b)f(0)+g(0)+ab，求正實數(shù)k的取值范圍【解析】（1）由題意，得f'(x)=ex-1，g'(x)=ln(x+k)， 由k=1，f'(t)=g'(t)，得et-ln(t+1)-1=0，令(t)=et-ln(t+1)-1，則'(t)=et-1t+1，因為(t)=et+1(t+1)2>0

18、，所以'(t)在(-1,+)單調(diào)遞增， 又'(0)=0，所以當(dāng)-1<x<0時，'(t)>0，(t)單調(diào)遞增； 當(dāng)x>0時，'(t)<0，(t)單調(diào)遞減；所以(t)(0)=0，當(dāng)且僅當(dāng)t=0時等號成立 故方程有且僅有唯一解t=0，實數(shù)t的值為0 （2）解法一：令h(x)=f(x)-bx+g(b)-f(0)-g(0)（x>0），則h'(x)=ex-(b+1)，所以當(dāng)x>ln(b+1)時，h'(x)>0，h(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)0<x<ln(b+1)時，h'(x)<0，h(x)單調(diào)

19、遞減;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），則t'(x)=ln(x+k)-ln(x+1)（i）若k>1時，t'(x)>0，t(x)在(0,+)單調(diào)遞增，所以t(x)>t(0)=0，滿足題意 （ii）若k=1時，t(x)=0，滿足題意（iii）若0<k<1時，t'(x)<0，t(x)在(0,+)單調(diào)遞減，所以t(x)<t

20、(0)=0不滿足題意 綜上述：k1 (六)利用根與系數(shù)的關(guān)系，把兩變量用另一變量表示【例】（2020山西高三期末）設(shè)函數(shù)（1）討論的單調(diào)性；（2）若有兩個極值點和，記過點的直線的斜率為，問：是否存在，使得？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由 【解析】 （1）定義域為，令，當(dāng)時，故在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，的兩根都小于零，在上，故在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，的兩根為，當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，；故分別在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. （2）由（1）知，因為.所以,又由（1）知，于是，若存在，使得，則，即，亦即 再由（1）知，函數(shù)在上單調(diào)遞增，而，所以，這與上式矛盾，故不存在，使得.【變式訓(xùn)練】 已知函數(shù)，其中.（

21、1）討論的單調(diào)性；（2）若有兩個極值點，證明：. 【解析】（1）解：由題得，其中，考察，其中對稱軸為，.若，則，此時，則，所以在上單調(diào)遞增；若，則，此時在上有兩個根，且，所以當(dāng)時，則，單調(diào)遞增；當(dāng)時，則，單調(diào)遞減；當(dāng)時，則，單調(diào)遞增，綜上，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.（2）證明：由（1）知，當(dāng)時，有兩個極值點，且，所以.令，則只需證明，由于，故在上單調(diào)遞減，所以.又當(dāng)時，故，所以，對任意的，.綜上，可得.【變式訓(xùn)練】已知函數(shù).（1）討論函數(shù)f（x）的極值點的個數(shù)；（2）若f（x）有兩個極值點，證明：.【解析】（1）由題意，函數(shù)，得， （i）若時；，當(dāng)時，

22、函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增，所以當(dāng)，函數(shù)取得極小值，是的一個極小值點；（ii）若時，則，即時，此時，在是減函數(shù)，無極值點，當(dāng)時，則，令，解得，當(dāng)和時，當(dāng)時，在取得極小值，在取得極大值，所以有兩個極值點，綜上可知：（i）時，僅有一個極值點；(ii).當(dāng)時，無極值點；(iii)當(dāng)，有兩個極值點.（2）由（1）知，當(dāng)且僅當(dāng)時，有極小值點和極大值點，且，是方程的兩根，,，則，設(shè)，則， 時，是減函數(shù)，.三、跟蹤訓(xùn)練1.已知函數(shù).（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）若，且存在不相等的實數(shù)，使得，求證：且.【解析】（1）由題意，函數(shù)，可得，當(dāng)時，因為，所以，所以，故函數(shù)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，所以，故函數(shù)在單調(diào)

23、遞增；當(dāng)時，解得或，解得，所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間和區(qū)間上單調(diào)遞增.綜上所述，當(dāng)時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間和區(qū)間上單調(diào)遞增.（2）由題知，則.當(dāng)時，所以在上單調(diào)遞增，與存在不相等的實數(shù)，使得矛盾，所以.由，得，所以，不妨設(shè)，因為，所以，欲證，只需證，只需證，令，等價于證明，即證，令，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以，從而得證，于是.2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函數(shù)f(x)=alnx-x2.（1）令g(x)=f(x)+ax，若y=g(x)在區(qū)間(0,3)上不單調(diào)，求a的取值范圍；（2）當(dāng)a=2時，函數(shù)h(x)=f(x)-mx的圖象與x軸交于兩點Ax1,

24、0，Bx2,0，且0<x1<x2，又h'(x)是h(x)的導(dǎo)函數(shù).若正常數(shù)，滿足條件+=1，.試比較h'x1+x2與0的關(guān)系，并給出理由【解析】（1）因為gx=alnx-x2+ax，所以g'x=ax-2x+a，因為gx在區(qū)間0,3上不單調(diào)，所以g'x=0在0,3上有實數(shù)解，且無重根，由g'x=0，有a=2x2x+1=2x+1+1x+1-4，x(0,3)，令t=x+1>4則y=2(t+1t)-4在t>4單調(diào)遞增，故a0,92（2）h'x=2x-2x-m，又fx-mx=0有兩個實根x1，x2，2lnx1-x12-mx1=02l

25、nx2-x22-mx2=0，兩式相減，得2lnx1-lnx2-x12-x22=mx1-x2，m=2lnx1-lnx2x1-x2-x1+x2，于是h'x1+x2=2x1+x2-2x1+x2-2lnx1-lnx2x1-x2+x1+x2=2x1+x2-2lnx1-lnx2x1-x2+2-1x2-x1.，21，2-1x2-x10.要證：h'x1+x2<0，只需證：2x1+x2-2lnx1-lnx2x1-x2<0，只需證：x1-x2x1+x2-lnx1x2>0.（*）令x1x2=t0,1，（*）化為1-tt+lnt<0，只需證ut=lnt+1-tt+<0u&

26、#39;t=1t-1t+2>0ut在0,1上單調(diào)遞增，ut<u1=0，lnt+1-tt+<0，即x1-x2t+lnx1x2<0.h'x1+x2<0.2.（2020·江蘇金陵中學(xué)高三開學(xué)考試）已知函數(shù)f（x）=12ax2+lnx，g（x）=-bx，其中a，bR，設(shè)h（x）=f（x）-g（x），（1）若f（x）在x=22處取得極值，且f（1）=g（-1）-2求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若a=0時，函數(shù)h（x）有兩個不同的零點x1，x2求b的取值范圍；求證：x1x2e21【答案】（1）在區(qū)間（0,1）上單調(diào)增；在區(qū)間（1,+）上單調(diào)減.（2）（-1

27、e，0）詳見解析【解析】試題分析：（1）先確定參數(shù)：由f'(1)=g(-1)-2可得a=b-3. 由函數(shù)極值定義知f'(22)=22a+2=0所以a=" -2,b=1" .再根據(jù)導(dǎo)函數(shù)求單調(diào)區(qū)間（2）當(dāng)a=0時，h(x)=lnx+bx，原題轉(zhuǎn)化為函數(shù)(x)=-lnxx與直線y=b有兩個交點，先研究函數(shù)(x)=-lnxx圖像，再確定b的取值范圍是（-1e，0）.x1x2e2>1x1x2>e2lnx1x2>2，由題意得lnx1+bx1=0,lnx2+bx2=0,所以lnx1x2lnx2-lnx1=x1+x2x2-x1，因此須證lnx2-lnx1

28、>2(x2-x1)x2+x1，構(gòu)造函數(shù)F(t)=lnt-2(t-1)t+1，即可證明試題解析：（1）因為f'(x)=ax+1x，所以f'(1)=a+1,由f'(1)=g(-1)-2可得a=b-3.又因為f(x)在x=22處取得極值，所以f'(22)=22a+2=0，所以a=" -2,b=1" . 所以h(x)=-x2+lnx+x，其定義域為（0，+）h'(x)=-2x+1x+1=-2x2+x+1x=-(2x+1)(x-1)x令h'(x)=0得x1=-12,x2=1，當(dāng)x（0,1）時，h'(x)>0，當(dāng)x（1

29、,+）h'(x)<0，所以函數(shù)h（x）在區(qū)間（0,1）上單調(diào)增；在區(qū)間（1,+）上單調(diào)減.（2）當(dāng)a=0時，h(x)=lnx+bx，其定義域為（0，+）.由h(x)=0得b=-lnxx，記(x)=-lnxx，則'(x)=lnx-1x2,所以(x)=-lnxx在(0,e)單調(diào)減，在(e,+)單調(diào)增，所以當(dāng)x=e時(x)=-lnxx取得最小值-1e.又(1)=0，所以x(0,1)時(x)>0，而x(1,+)時(x)<0,所以b的取值范圍是（-1e，0）.由題意得lnx1+bx1=0,lnx2+bx2=0,所以lnx1x2+b(x1+x2)=0,lnx2-lnx1+

30、b(x2-x1)=0,所以lnx1x2lnx2-lnx1=x1+x2x2-x1，不妨設(shè)x1<x2,要證x1x2>e2, 只需要證lnx1x2=x1+x2x2-x1(lnx2-lnx1)>2.即證lnx2-lnx1>2(x2-x1)x2+x1，設(shè)t=x2x1(t>1),則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,所以函數(shù)F(t)在（1，+）上單調(diào)增，而F(1)=0，所以F(t)>0即lnt>2(t-1)t+1,所以x1x2>e2.考點：函數(shù)極值，構(gòu)

31、造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式3【福建省2020高三期中】已知函數(shù)f(x)=exex-ax+a有兩個極值點x1，x2.（1）求a的取值范圍；（2）求證：2x1x2<x1+x2.【解析】（1）因為f(x)=exex-ax+a，所以f'(x)=exex-ax+a+exex-a=ex2ex-ax，令f'(x)=0，則2ex=ax，當(dāng)a=0時，不成立；當(dāng)a0時，2a=xex，令g(x)=xex，所以g'(x)=1-xex，當(dāng)x<1時，g'(x)>0，當(dāng)x>1時，g'(x)<0，所以g(x)在(-,1)上單調(diào)遞增，在(1,+)上單調(diào)遞減，又

32、因為g(1)=1e，當(dāng)x-時，g(x)-，當(dāng)x+時，g(x)0，因此，當(dāng)0<2a<1e時，f(x)有2個極值點，即a的取值范圍為(2e,+).（2）由（1）不妨設(shè)0<x1<1<x2，且2ex1=ax12ex2=ax2，所以ln2+x1=lna+lnx1ln2+x2=lna+lnx2，所以x2-x1=lnx2-lnx1，要證明2x1x2<x1+x2，只要證明2x1x2lnx2-lnx1<x22-x12，即證明2lnx2x1<x2x1-x1x2，設(shè)x2x1=t(t>1)，即要證明2lnt-t+1t<0在t(1,+)上恒成立，記h(t)=2

33、lnt-t+1t(t>1)，h'(t)=2t-1-1t2=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，所以h(t)在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞減，所以h(t)<h(1)=0，即2lnt-t+1t<0，即2x1x2<x1+x2.4【安徽省示范高中皖北協(xié)作區(qū)2020屆高三模擬】已知函數(shù)fx=-12x2+2x-2alnx（1）討論函數(shù)fx的單調(diào)性；（2）設(shè)gx=f'x，方程gx=c（其中c為常數(shù)）的兩根分別為,<，證明：g'+2<0注：f'x,g'x分別為fx,gx的導(dǎo)函數(shù)【解析】（1）函數(shù)fx的定義域為0,+，f

34、9;x=-x+2-2ax=-x2+2x-2ax，令hx=-x22a-2a，=4-8a，當(dāng)0時，即a12時，恒有hx0，即f'x0，函數(shù)fx在0,+上單調(diào)減區(qū)間當(dāng)>0時，即a<12時，由hx=0，解得x1=1-1-2a,x2=1+1-2a，（i）當(dāng)0<a<12時，當(dāng)x0,x1,x2,+時，hx<0，即f'x<0，當(dāng)xx1,x2時，hx>0，即f'x>0，函數(shù)fx在0,x1,x2,+單調(diào)遞減，在x1,x2上單調(diào)遞增（ii）當(dāng)a0時，h0=-2a0，當(dāng)xx2,+時，hx<0，即f'x<0，當(dāng)x0,x2時，hx

35、>0，即f'x>0，函數(shù)fx在x2,+單調(diào)遞減，在0,x2上單調(diào)遞增證明（2）由條件可得gx=-x+2-2ax,x>0，g'x=-1+2ax2，方程gx=c（其中c為常數(shù)）的兩根分別為,<，g=cg=c可得=2c，g'+2=-1+8+2=-1+4+2=-1+4+2，0<<，0<<1，+>2，g'+2=-1+4+2<-1+1=05（2020江蘇徐州一中高三期中）設(shè)函數(shù)，其中N，2，且R（1）當(dāng)，時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)時，令，若函數(shù)有兩個極值點，且，求的取值范圍；【答案】（1）見解析；（2）；（3）

36、見解析【解析】【分析】（1）將，代入解析式，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從而即可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）由題意知，求導(dǎo)，從而可得，由方程有兩個不相等的正數(shù)根，（）可得，由方程得，且，由此分析整理即可得到答案；（3）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到的單調(diào)性，求出的最小值，通過構(gòu)造函數(shù)結(jié)合零點存在性定理判斷函數(shù)的零點即可.【詳解】（1）依題意得， 令，得；令，得 則函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增 （2）由題意知：則， 令，得，故方程有兩個不相等的正數(shù)根，（），則 解得 由方程得，且 由，得 ， ，即函數(shù)是上的增函數(shù)，所以，故的取值范圍是 6（2019·江蘇徐州一中高三月考）已知函數(shù)，g（x）b（x1），其中a

37、0，b0（1）若ab，討論F（x）f（x）g（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）已知函數(shù)f（x）的曲線與函數(shù)g（x）的曲線有兩個交點，設(shè)兩個交點的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，證明：【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）求導(dǎo)得，按照a0、 a0討論的正負(fù)即可得解；（2）設(shè)x1x2，轉(zhuǎn)化條件得，令，只需證明即可得證.【詳解】（1）由已知得，當(dāng)0x1時，1x20，lnx0，1x2lnx0，；當(dāng)x1時，1x20，lnx0，1x2lnx0故若a0，F(xiàn)（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+）上單調(diào)遞減；故若a0，F(xiàn)（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+）上單調(diào)遞增（2）不妨設(shè)x1x2，依題意，同理得由

38、得，故只需證，取，即只需證明，成立，即只需證，成立，p（t）在區(qū)間1，+）上單調(diào)遞增，p（t）p（1）0，t1成立，故原命題得證【點睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合運用，考查了轉(zhuǎn)化化歸思想與計算能力，屬于難題.7（2020·廣西南寧二中高三（文）已知函數(shù)（）若，討論函數(shù)的單調(diào)性；（）設(shè)，且有兩個極值點，其中，求的最小值.（注：其中為自然對數(shù)的底數(shù)）【答案】（）見解析；（）最小值為.【解析】【分析】（）對函數(shù) 求導(dǎo)，對a分情況討論即可確定的單調(diào)區(qū)間；（）先對 求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)式等于0由韋達(dá)定理求出兩個極值點的關(guān)系 ，所以，整理，構(gòu)造關(guān)于 的函數(shù) ，求導(dǎo)根據(jù)單調(diào)性確定最值即可?！驹斀狻浚ǎ┑亩x域是，當(dāng)時， 在，單調(diào)遞增；在單調(diào)遞減.當(dāng)時，在單調(diào)遞增.當(dāng)時， 在，單調(diào)遞增；在單調(diào)遞減.（）， 由題意得方程的兩根分別為，且所以，則 設(shè)，則當(dāng)時，恒成立，所以在上單調(diào)遞減，所以，即的最小值為.【點睛】本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，根據(jù)導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間，函數(shù)的零點，以及構(gòu)造函數(shù)求最值，考查學(xué)生的運算推理能力，屬于難題。8（2020·云南高三（理）已知函數(shù)為常數(shù)).（1）討論的單調(diào)性；（2）是的導(dǎo)