重难点培优10 导数中的双变量问题（10大题型）（复习讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学讲义聚焦高考导数双变量核心考点，涵盖同构思想构造函数、齐次化比值差值换元、主元法及极值点偏移等方法，按“知识重构-题型精研-实战检测”逻辑架构，通过重难梳理、技巧通法指导、分层真题训练，帮助学生系统突破压轴题难点。 讲义创新采用“方法归类+题型突破”教学策略，如在比值换元题型中，引导学生通过设t=x1/x2转化双变量为单变量函数，培养数学思维中的推理能力与数学语言的模型观念。设置基础巩固与创新提升分层练习，配合即时方法总结，确保高效复习，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

重难点培优10 导数中的双变量问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构·重难梳理固根基 1 02 题型精研·技巧通法提能力 5 题型01 双变量之同构思想构造同源函数（★★★★★） 5 题型02 双变量之结合函数单调性（★★★★） 6 题型03 双变量齐次化——比值换元（★★★★★） 8 题型04 双变量齐次化——差值换元（★★★★★） 10 题型05 双变量之主元法处理不等式证明（★★★★） 11 题型06 双变量之对数、指数均值不等式（★★★★★） 13 题型07 双变量之恒成立、存在性与最值综合（★★★★） 15 题型08 双变量之函数零点相关问题（★★★★★） 16 题型09 双变量之极值点相关问题（极值点偏移）（★★★★★） 18 题型10 双变量之构造差函数处理偏移（★★★★） 20 03 实战检测·分层突破验成效 21 重难知识巩固 21 创新能力提升 27 知识重构·重难梳理固根基 知识点01 导数双变量问题概述 1、 双变量问题 导数双变量问题，指题干含有两个互不独立变量（或），常见条件：、、函数两个极值点、两个零点；设问一般为证明不等式、求参数范围、求代数式取值范围。 它在高中函数与导数知识模块中属于重难点问题，往往会作为压轴题出现。 2.核心思想：消元减元，双变单变，把两个变量问题转化为只含一个变量的函数，利用导数研究单调性、最值。 知识点02 处理导数双变量问题的常见方法 1.同构构造同源函数 （1）方法原理：针对含有两个变量 的等价型双变量不等式问题，解题的第一步先不妨设定大小关系：令 ；接下来对原式进行代数变形，通过移项、两边同除、同乘、取对数等操作，把不等式左右两边整理成结构完全一样的表达式，也就是两边分别对应同一个函数 。 当左边可以写成 、右边可以写成 之后，原来带有两个变量 的不等式，就成功转化为关于同源函数 的函数值大小关系：（方框代表不等号）。 接下来只需要研究这个单个新函数 的单调性，利用单调性的性质： ①如果 单调递增：由 ； ②如果 单调递减：由 ； 就可以脱去外层函数 ，直接得到两个内层变量 的大小关系，实现双变量问题向单变量函数问题的转化。 （2）常见同构模型：； （3）变形技巧：观察式子的结构特征，对等式或不等式两边同时除以 、同时乘 、同时取自然对数，通过上述几种典型的代数操作完成同构变形，构造出左右两边形式相同的同源函数。 2.齐次化换元 齐次的含义：一个等式当中，每一项里面变量的次数都相同。齐次化换元法，就是利用式子次数相同这一特点，通过换元的手段减少变量的个数，分为比值换元、差值换元两大类。 （1）比值换元（商换元）：令 ，我们不妨先设定条件 ，于是得到新变量范围 ；之后我们把原式当中所有的 ，全部使用 进行代换，把双变量式子改写为只含有新变量 的一元函数关系式。比值换元多用于对数型双变量极值点偏移问题。 （2）差值换元（差换元）：令 ，，也就是 ；将两个变量之间的差作为新元，再进行变量替换，差值换元多用于指数型的双变量等式、不等式问题。 注意：进行换元操作以后，一定要把题目当中全部的已知条件，翻译成新变量 的取值约束条件，新元的范围是后续解题必不可少的一环，不可遗漏。 3.主元法 当题目中两个变量地位对等、无明显主次关系时，可固定其中一个变量视为常数，选取另一个变量作为主元自变量，构造一元函数。 通过研究该一元函数在定义域内的单调性、最值与恒成立性质，间接证明双变量不等式。主元法的核心思想是固定次元、聚焦主元、化双元为单元，常用于处理结构复杂、无法直接同构与换元的双变量证明问题。 4.对数均值不等式 (1)在双变量不等式证明、极值点偏移问题中，对于任意两个不相等的正数 ，存在固定大小关系： ，其中叫做正数 的对数平均值。 在考试解题中，该结论不可直接使用，必须先通过换元构造函数、求导证明不等式成立后，再代入题目条件进行推导。该不等式主要用于快速处理零点双变量、双变量分式结构的证明问题。 (2)【证明】先证，不妨设， 则该不等式等价于． 令，则，只需证． 构造（），则， 故在上单调递减，从而，即成立． 再证，不妨设，则该不等式等价于， 令，则，只需证， 构造（）， 则， 故在上单调递增，从而，即成立． 5.指数均值不等式 （1）由对数均值不等式等价变形推导得出，专门适用于含指数型双变量偏移问题。 对任意不相等的实数 ，恒有：若，记，代入对数均值不等式得： 指数均值不等式专门解决含 结构的双变量零点、双变量差值证明问题，同样需要先完整证明，再用于解题，不可直接作为定理使用。 （2）【证明】设，则，将代入对数均值不等式中，可得，即 把代入. 综上，由对数均值不等式可得到指数均值不等式. 6.构造差函数（极值点偏移专用） 已知函数满足 ， 为函数唯一极值点，在证明 或 这类偏移问题时，采用构造差函数的标准方法。 首先构造辅助差函数：，通过求导判断辅助函数 在极值点单侧区间的单调性与正负性。 结合 的条件，替换变量得到 与 的大小关系，再利用原函数在极值点两侧的单调性脱去函数外壳，最终证明两根的对称偏移关系，是解决标准极值点偏移问题的通用通法。 知识点03 极值点偏移基础概念 1.设函数 只有一个极值点 ，且满足条件 ，其中 。 （1）若 ，称为右偏移：两个零点的中点 在极值点 的右侧； （2）若 ，称为左偏移：两个零点的中点 在极值点 的左侧。 判断方法： 极值点偏移的本质是极值点左右两侧函数的增长速度（变化速率）不一致，导致两个函数值相等的点 并不关于极值点 对称，两根的中点偏离极值点，从而产生偏移现象。 知识点04 零点与极值点的条件转化 处理双变量导数问题，第一步就是对零点条件、极值点条件进行代数翻译，把题目文字条件转化成方程，再对方程做代数变形，得到 的关系式，为后续同构、齐次换元、主元法等方法做好准备。 1.若 是函数 的两个零点，则满足方程组 拿到两个零点方程之后，常用的变形手段：两式相加、两式相减，进行移项、合并、分离参数等恒等变形，构造出含有 、、 的关系式。 2.若 是函数 的两个极值点，则满足方程组 拿到两个导函数零点的方程之后，常用变形手段：两式相加、两式相减，结合韦达定理（当导函数为多项式函数时）进行参数与双变量关系式的推导，再选用合适的双变量解题方法进行下一步求解。 注意：零点对应原函数 ；极值点对应导函数 ，一定要区分二者，很多双变量题目给两个极值点，本质就是对导函数做双变量问题。 知识点05 常见双变量不等式变形技巧 拿到双变量条件 的关系式，先做代数等价变形，再匹配对应的解题方法，下面为三类高频题型的变形套路： 1. 类型一：（或 ） 当 时，对不等式两边同时除以 ，等价变形为： 构造新函数 ；原不等式等价转化为函数 的单调性问题，通过证明 单调递增完成证明；如果不等号方向相反，则构造 之后证明函数单调递减。 本质：割线斜率问题，通过构造函数，把两点斜率不等式转化为函数单调性。 2.类型二： 把所有项移到不等式的一侧，进行移项构造： 令 ，于是原式转化为 ，再根据 的大小，研究 的单调性即可。 3.类型三：已知 （极值点偏移经典条件） 两个等式做代数处理：两式相减，消去常数项，构造含有 的表达式；两式相加，构造含有 的表达式，之后根据式子结构，选择齐次换元、对数均值不等式、构造差函数等方法继续解题。 题型精研·技巧通法提能力 题型01 双变量之同构思想构造同源函数 【技巧通法·提分快招】 同构解题步骤： ①对条件等式、不等式做移项、同乘同除、取对数； ②变形使得等式两侧出现完全相同函数结构； ③研究单调性； ④由单调性脱去外层函数外壳，得到大小关系； ⑤再代入待证不等式完成证明。 1.（25-26高三下·黑龙江绥化·期中）已知函数，若对任意的，当时，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2.（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知，，则下列说法错误的是（   ） A． B． C． D． 3.（多选）（25-26高三下·福建·开学考试）若，则（   ） A．当时， B．当时， C．当时， D．， 4.（25-26高二下·福建福州·期中）已知函数，，若，且，则的最大值为______. 5．（2026·河北·模拟预测）已知，，，则的最小值为______． 6.（25-26高二下·江苏南京·期末）已知函数， (1)若恒成立，求实数t的值； 7． （2026高二·全国·专题练习）已知函数．设，为两个不相等的正数，且，证明：． 题型02 双变量之结合函数单调性 【技巧通法·提分快招】 与函数单调性有关的双变量问题 此类问题一般是给出含有的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解. 常见结论： (1)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (2)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (3)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (4)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增. 1．（25-26高二下·天津静海·期末）已知函数，，若，，有，则的最大值为（     ） A． B．1 C． D． 2.（2026高二上·重庆·专题练习）已知，其中，若恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 3．(多选）（25-26·陕西咸阳·模拟预测）已知，则下列说法正确的是（   ） A．函数在上单调递增 B．函数有1个零点 C．对任意，，都有 D．若函数在区间上有且只有一个零点，则 4.（25-26高三下·福建泉州·开学考试）已知函数. 若且，证明：. 5．（26-27高三上·上海·开学考试）已知函数的图象上有不重合的两点，． 若，设的中点为，求证： ． 6.（25-26高二下·天津和平·期末）已知函数． 设（、均为实数，且），若函数有两个零点，，记为与的平均数，证明：（其中是的导函数）． 题型03 双变量齐次化——比值换元 【技巧通法·提分快招】 比值换元解题步骤： ①给出条件，两式相减，整理得到齐次分式； ②不妨设，令，则，； ③把所有全部替换为，消去，全部式子转化只含； ④构造关于的一元函数，，导数证明不等式。 1.（2026高三·全国·专题练习）已知，其中，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2.（25-26高二下·吉林白城·期中）已知函数有两个不同的零点且有，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 3.（25-26高二·全国·专题练习）已知函数，若函数有两个零点，，求证：. 4.（25-26高二下·全国·课后作业）已知函数，若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明：． 5．（2026高三·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点，，求证：. 6．（2026高三·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点，，求证：. 7．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数，若有两个不同的零点． 求证：． 题型04 双变量齐次化——差值换元 【技巧通法·提分快招】 差值换元解题步骤： ①不妨设，令，则，； ②将代入等式，解出用表达； ③把待证不等式全部改写为只含的函数； ④，构造一元函数求导证明不等式。 1.（25-26高三上·全国·专题练习）已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：． 2.（25-26高三·全国·专题练习）已知函数． 若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 3．（25-26高二下·辽宁·阶段检测）已知函数． 若有两个极值点，求证：． 4.（25-26高二下·广东江门·阶段检测）已知函数（且）. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个零点，（），且，证明：. 题型05 双变量之主元法处理不等式证明 【技巧通法·提分快招】 两个变量地位等价，固定其中一个变量当作常数，另一个为主元自变量 x，构造一元函数，求导判断恒成立。适合处理含有参数、双变量不等式证明。 1．（2025-2026·高一下·湖北·期中)已知，，对于值域内的所有实数，不等式恒成立，则x的取值范围是（　　） A． B． C． D． 2.（2026·四川攀枝花·一模）已知函数. 设m，n是两个不相等的正数，且，证明：. 3.（25-26·陕西西安·模拟预测）已知函数，记． (1)讨论函数的单调性； (2)已知，且，求证：． 4.（2026·河南驻马店·模拟预测）已知函数． 设不同正数m，n满足，证明：． 5.（25-26高二上·全国·课后作业）已知． 当有两个极值点时，求证：． 6.（25-26高二下·山东·阶段检测）已知函数． (1)求函数的极值； (2)若（），求证：． 题型06 双变量之对数、指数均值不等式 【技巧通法·提分快招】 高考大题不能直接写结论，必须先写出简短证明，再使用。 1.（2026高二·全国·专题练习）已知函数.若存在，，使得.证明：. 2．（25-26高二下·山东青岛·期中）已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若且，，证明：． 3.（25-26高二下·天津南开·期末）已知函数，． 函数（为自然对数的底数）在区间内有唯一的零点，记（其中表示，中的较小值），若（）在区间内有两个不相等的实数根，（），证明：． 4．（25-26高二下·广东清远·期中）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)是否存在x使得成立？若存在，求x的取值范围，若不存在，请说明理由； (3)若方程有两个不同的实数解，证明：． 5．（25-26高二下·天津南开·期末）已知函数，． (1)求函数的极值点； (2)证明：对于区间内任意两个不相等的实数，，都有； (3)函数（为自然对数的底数）在区间内有唯一的零点，记（其中表示，中的较小值），若（）在区间内有两个不相等的实数根，（），证明：． 题型07 双变量之恒成立、存在性与最值综合 【技巧通法·提分快招】 1.，使得； 2.，； ，恒成立单调递增 1．（25-26高三上·贵州·阶段检测）已知函数，，若存在，对任意，使得恒成立，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·北京·期中）已知函数若，使成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3.（2026·四川成都·模拟预测）已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围为__________． 4．（25-26高二下·辽宁沈阳·期中）已知函数，若使得成立，则实数的取值范围是_____________. 5．（26-27高三上·浙江·开学考试）已知函数. 若存在，使得成立，求实数的取值范围； 6．（25-26高二下·天津静海·期末）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若，，，都有，其中，，求的取值范围． 7．（25-26高三上·内蒙古巴彦淖尔·阶段检测）已知函数． (1)求函数在上的最值及其零点个数； (2)若对于任意的，均有，求的取值范围． 题型08 双变量之函数零点相关问题 【技巧通法·提分快招】 1.若是两个零点，则列出零点条件，两个方程是双零点变形的基础条件； 2.两式相加，构造含有的关系式；两式相减，整理得到齐次关系式，为后续换元做准备； 3.比值换元，令，将双变量统一转化为单变量，实现二元问题一元化； 4.结合零点存在定理以及函数单调性，确定换元后新变量的取值范围，再借助导数研究函数，完成证明或求参。 1.（2026高三·全国·专题练习）已知函数，若有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·河南漯河·期末）已知函数，则下列说法中正确的是（   ） A．对任意的，都有 B．当时，有两个实根 C．若关于的方程在上只有一个解，则的取值范围为 D．若方程有两个不同的根，且恒成立，则 3．（25-26高二下·湖北武汉·阶段检测）已知函数． (1)若函数有两个零点，求的取值范围； 4．（2026高二·全国·专题练习）已知函数． (1)讨论的零点个数． (2)若有两个零点且，求证：． 5.（25-26高二下·黑龙江·期末）已知函数有两个不同的零点，． (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 6．（25-26高二下·湖北·期中）已知函数． (1)若函数，求函数的单调区间； (2)若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且． ①求a的取值范围； ②已知，若不等式恒成立，求的取值范围． 题型09 双变量之极值点相关问题 【技巧通法·提分快招】 极值点偏移通用解题套路： ①求导，求出唯一极值点； ②已知，不妨设； ③构造差辅助函数：； ④求导，判断在区间单调性，得到（或者 > 0）； ⑤得到，结合得到； ⑥利用在单调性脱去外壳，得到，即。 1.（25-26高二下·湖北武汉·期中）函数的两个极值点满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 2．（26-27高三上·云南玉溪·阶段检测）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为_________；若，则的最大值为_________． 3．（25-26高三上·江苏无锡·阶段检测）设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是________. 4.（25-26高二下·广东江门·期中）已知函数，为的导函数.若的两个极值点分别为和，且. (1)求实数的取值范围； (2)证明：. 5．（25-26高二下·福建龙岩·期末）已知函数，． 已知，记为的导函数，，若存在两个极值点． （1）证明：； （2）已知，求的取值范围． 6.（25-26高二下·江西赣州·期末）已知函数． 若有两个极值点，，且． （1）求实数的取值范围； （2）当时，求的取值范围． 题型10 双变量之构造函数处理偏移 【技巧通法·提分快招】 本题型针对待证式子直接做差，利用条件消元，构造单变量。 适用场景：已经知道，要证，不是标准形式。 1．（26-27高三上·河南驻马店·开学考试）已知函数，若存在两个不等正数，，满足，则下列关系式正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·江苏无锡·期中）已知函数在点处的切线方程为． 若两个不相等的实数，满足：，求证：． 3．（25-26高二下·天津宝坻·阶段检测）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)已知函数的图象与的图象关于直线对称，证明：当时，； (3)如果，且，证明：． 4．（25-26高三上·黑龙江齐齐哈尔·阶段检测）已知函数． 若函数有两个零点． （1）求的取值范围； （2）求证：． 5．（2026高三·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点，，求证：. 6．（2026·福建泉州·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的值域； (2)若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； (3)设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．（2026高二上·重庆·专题练习）已知，其中，若恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·河南漯河·期末）已知函数，则下列说法中正确的是（   ） A．对任意的，都有 B．当时，有两个实根 C．若关于的方程在上只有一个解，则的取值范围为 D．若方程有两个不同的根，且恒成立，则 3．(多选）（25-26高三上·河南安阳·阶段检测）已知正数满足，则（    ） A．是的函数 B．是的函数 C． D．的最大值为 4．(多选）（25-26高三下·河北邢台·阶段检测）已知函数，的图象与直线交于、两点，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则a的取值范围为 B．若，则无最值 C． D．在处的切线的斜率大于 5．（25-26高二上·浙江温州·期末）已知函数有两个零点，且.设为常数，当变化时，有最小值，则常数的值为______. 6．（25-26高三·天津·二轮复习）已知函数． (1)证明：函数有且只有一个极值点； (2)若关于的方程在区间上恰有两个实数根，求实数的取值范围． 7．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数，其中． (1)讨论的单调性； (2)当时，，求实数a的取值范围； (3)若存在不等实数和，满足，且，求的取值范围． 8.（26-27高三上·山东滨州·开学考试）（1）证明：当时，； （2）若，，求的最大值； （3）若对于任意的，且，都有，求的最大值． 9．（25-26高三上·福建漳州·阶段检测）已知， (1)当时，证明：； (2)设，若对任意的，恒成立，求的取值范围； (3)证明：对任意的正整数，总有. 10．（25-26高二下·广东·期末）已知函数． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)若对任意的恒成立，求整数的最大值； (3)设有两个极值点，求的取值范围． 11．（25-26高二下·吉林·期末）已知函数． (1)函数． （ⅰ）若是的极值点，，，求n的值； （ⅱ）若，与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，求实数a的取值范围； (2)若函数，，，是的两个极值点，求的最小值． 12．（25-26高三上·山东滨州·期末）已知函数． (1)若曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，求的值； (2)若函数有三个零点，，，且． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 13．（25-26高三上·贵州·阶段检测）设函数． (1)讨论的单调性； (2)若对任意，恒成立，求的取值范围； (3)当时，若，且，证明：． 14．（25-26高三上·河北衡水·期末）已知函数. (1)当时，讨论的单调性. (2)设. （ⅰ）若，使不等式成立，求的取值范围. （ⅱ）若，且，比较与的大小，并证明你的结论. 15．（25-26高二下·天津武清·阶段检测）已知函数． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若存在两个极值点，且． （i）求实数的取值范围； （ii）若满足，且，证明：． 16.（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）已知函数，，记，为自然对数的底数． (1)若为增函数，求实数的最小值； (2)若有三个零点，，． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 创新能力提升 1．（25-26高三·全国·二轮复习）已知函数. (1)求的最大值； (2)已知关于的方程恰有两个实数根、，若，求的取值范围； 2．（25-26高三上·上海·阶段检测）已知函数（）的最小正周期为. (1)求的单调递减区间； (2)若，对于任意，总存在，使得成立，求a的取值范围； (3)把曲线向左平移个单位，再把曲线上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变得到曲线.设函数（），将在区间上的极值点按从小到大的顺序排列成数列.若，求实数k的值. 3．（25-26高二上·江苏南京·期末）已知函数，． (1)当时，求的极值； (2)若函数在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； (3)若，且有两个极值点，其中，求的取值范围． 4．（2026·广西桂林·一模）已知函数，其中. (1)当时，求在上的单调性； (2)若存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）当时，求的取值范围. 5．（25-26高三上·湖北·开学考试）设函数，其中为参数． (1)当时，求的单调区间． (2)求的取值范围，使得对所有实数成立． (3)设，其中为（2）中范围的右端点，记为的两个正实数解，为（2）中定义的正实数（满足）．证明：． （注：） 6．（2026·江西抚州·二模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若在区间上单调递减，求的取值范围. (3)若，且存在两个极值点，证明：. 7．（25-26高三上·江西赣州·期中）已知函数 (1)若函数恰有4个零点，求实数的取值范围. (2)若函数有三个不同的零点，，. （I）求实数的取值范围； （II）若，求证：. 8．（25-26高二下·辽宁沈阳·阶段检测）已知函数（e是自然对数的底数）． (1)求的极值； (2)若，使得对恒成立，求实数b的取值范围； (3)若函数，，且满足（m，），证明：． 9．（2026·陕西西安·三模）已知函数，当时，恒成立． (1)求实数a的取值范围； (2)已知函数有两个极值点，证明：． (3)当时，直线与函数图象的三个交点的横坐标从小到大依次为，1，判断与0的大小关系，并证明． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 重难点培优10 导数中的双变量问题 目录(Ctrl并单击鼠标可跟踪链接 01 知识重构·重难梳理固根基 02题型精研技巧通法提能力… 题型01双变量之同构思想构造同源函数（★★★★★)5 题型02双变量之结合函数单调性（★★★★） .22 题型0仍双变量齐次化一一比值换元（★★★★★).6 题型04双变量齐次化一一差值换元（★★★★★)… 题型05 双变量之主元法处理不等式证明（★★★★)14 题型06双变量之对数、指数均值不等式（★★★★★)… ..18 题型07双变量之恒成立、存在性与最值综合（★★★★)22 题型08双变量之函数零点相关问题（★★★★★)…。 ...22 题型09双变量之极值点相关问题（极值点偏移）（★★★★★） 22 题型10双变量之构造差函数处理偏移（★★★★） .22 03实战检测分层突破验成效 .27 重难知闩巩固. 27 创新能力提升. …42 知识重构•重难梳理固根基 ◆知识点01导数双变量问题概述 1、双变量问题 导数双变量问题，指题干含有两个互不独立变量x1,x32(或m,n),常见条件：f(x1)=f(x2)、 f(x1)-f(x2)=k、函数两个极值点、两个零点；设问一般为证明不等式、求参数范围、求代数式取值范 围。 1/136 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 它在高中函数与导数知识模块中属于重难点问题，往往会作为压轴题出现。 2.核心思想：消元减元，双变单变，把两个变量问题转化为只含一个变量的函数，利用导数研究单调性、 最值。 ◆知识点02处理导数双变量问题的常见方法 1.同构构造同源函数 (1)方法原理：针对含有两个变量X1,X2的等价型双变量不等式问题，解题的第一步先不妨设定大小关 系：令X1<X2;接下来对原式进行代数变形，通过移项、两边同除、同乘、取对数等操作，把不等式左右 两边整理成结构完全一样的表达式，也就是两边分别对应同一个函数gx)。 当左边可以写成F(u、右边可以写成F(V)之后，原来带有两个变量1，X2的不等式，就成功转化为 关于同源函数F(t)的函数值大小关系：F(u)口F(V)(方框代表不等号)。 接下来只需要研究这个单个新函数F(t)的单调性，利用单调性的性质： ①如果F(t)单调递增：由F(u)<F(v)→u<v; ②如果F(t)单调递减：由F(u)<F(v)→u>v: 就可以脱去外层函数F,直接得到两个内层变量u,V的大小关系，实现双变量问题向单变量函数问题的 转化。 (2)常见同构模型：xe, ex,xInx, Inx X (3)变形技巧：观察式子的结构特征，对等式或不等式两边同时除以x、同时乘、同时取自然对数， 通过上述几种典型的代数操作完成同构变形，构造出左右两边形式相同的同源函数。 2.齐次化换元 齐次的含义：一个等式当中，每一项里面变量的次数都相同。齐次化换元法，就是利用式子次数相同这一 特点，通过换元的手段减少变量的个数，分为比值换元、差值换元两大类。 ()比值换元（育换元）：令t一膏我们不纺先设定条件X>为>0，于是符到新变里范用1，之 后我们把原式当中所有的x1,2,全部使用t进行代换，把双变量式子改写为只含有新变量t的一元函 数关系式。比值换元多用于对数型双变量极值点偏移问题。 (2)差值换元（差换元）：令t=x1-x2,t>0,也就是x1=X2+t;将两个变量之间的差作为新元，再 进行变量替换，差值换元多用于指数型的双变量等式、不等式问题。 注意：进行换元操作以后，一定要把题目当中全部的已知条件，翻译成新变量t的取值约束条件，新元 的范围是后续解题必不可少的一环，不可遗漏。 3.主元法 2/136 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 当题目中两个变量地位对等、无明显主次关系时，可固定其中一个变量视为常数，选取另一个变量作为主 元自变量，构造一元函数。 通过研究该一元函数在定义域内的单调性、最值与恒成立性质，间接证明双变量不等式。主元法的核心思 想是固定次元、聚焦主元、化双元为单元，常用于处理结构复杂、无法直接同构与换元的双变量证明问题。 4对数均值不等式 (1)在双变量不等式证明、极值点偏移问题中，对于任意两个不相等的正数Q,b,存在固定大小关系： Vab<-a-b-a+b 。a-b 1na-lnb<2,其中na-1nb叫做正数a,b的对数平均值。 在考试解题中，该结论不可直接使用，必须先通过换元构造函数、求导证明不等式成立后，再代入题目条 件进行推导。该不等式主要用于快速处理零点双变量、双变量分式结构的证明问题。 ②)【证明】先证V<,b-a <nb-na,不妨设b>a>0, b ba 则该不等式等价于血。日： =,则x>1”只需证2nx<x- 构8/同2n-+,则re)-21-=-0-<0. 1 x2 故f()在(L,+)上单调递减，从而f)<了)=0，即2nx<x- 成立 b-aatb .b、2(b-a) 再证nb-1na<2,不妨设b>a'则该不等式等价于血。 aa+b' 令。x,期>1”只需证nx>2- b a x+1 构造8()=nx-2x-) x+1 （x>1）, 则g(x)=1,4=(x-1 x(x+2x(x+1 >0, 2(x-1) g(x).(1,+o) 8(x)>g()=0nx> 故在 上单调递增，从而 ,即 x+1 成立 5.指数均值不等式 (1)由对数均值不等式等价变形推导得出，专门适用于含指数型双变量偏移问题。 3/136 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 对任意不相等的实数X1,x2,恒有：若x1≠x2,记u=e1,v=e*2,代入对数均值不等式得： he e 2 X1-X2 2 指数均值不等式专门解决含结构的双变量零点、双变量差值证明问题，同样需要先完整证明，再用于 解题，不可直接作为定理使用。 (2》【证明】设=lna,=nb,则a=e,b=e,将a=e,b=e代入对数均值不等式 Jab<a-b veressen-er e-e + na-lnb中，可 -x2,即e2<-x2 a-b<a+b→e-e<e+e a=e,b=e Ina-inb 22 em-ex ee e 2< 综上，由对数均值不等式可得到指数均值不等式 X1-X2 2 6.构造差函数（极值点偏移专用） 已知函数满足f(x1)=「(x2),x,为函数唯一极值点，在证明X1+x2>2x,或X1+X2<2x,这类偏移问 题时，采用构造差函数的标准方法。 首先构造辅助差函数：h(x)=f(x)-f(2x,~x,通过求导判断辅助函数h(x)在极值点单侧区间的单 调性与正负性。 结合f(x1=f(x2)的条件，替换变量得到fx2)与(2x-X)的大小关系，再利用原函数在极值点 两侧的单调性脱去函数外壳，最终证明两根的对称偏移关系，是解决标准极值点偏移问题的通用通法。 >知识点03极值点偏移基础概念 1.设函数f(x)只有一个极值点x,且满足条件f（X1=fx2,其中x1≠x2。 (1)若X+x>2x,称为右偏移：两个零点的中点 在极值点Xo的右侧； (2)若X+X,<2X,称为左偏移：两个零点的中点 2 在极值点X,的左侧。 判断方法： 极值点偏移的本质是极值点左右两侧函数的增长速度（变化速率）不一致，导致两个函数值相等的点 X1,X2并不关于极值点X,对称，两根的中点偏离极值点，从而产生偏移现象。 知识点04零点与极值点的条件转化 处理双变量导数问题，第一步就是对零点条件、极值点条件进行代数翻译，把题目文字条件转化成方程， 4/136 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 再对方程做代数变形，得到X1,X2的关系式，为后续同构、齐次换元、主元法等方法做好准备。 f(x)=0 1若X1,x2是函数f(x的两个零点，则满足方程组fx)=0 拿到两个零点方程之后，常用的变形手段：两式相加、两式相减，进行移项、合并、分离参数等恒等变形， 构造出含有X1+X2、X1一X2、 X4的关系式。 X f(x1)=0 2.若X1,2是函数f(x)的两个极值点，则满足方程 f(x2=0 拿到两个导函数零点的方程之后，常用变形手段：两式相加、两式相减，结合韦达定理（当导函数为多项 式函数时)进行参数与双变量关系式的推导，再选用合适的双变量解题方法进行下一步求解。 注意：零点对应原函数「(x)=0;极值点对应导函数f(x)=0,一定要区分二者，很多双变量题目给两 个极值点，本质就是对导函数做双变量问题。 ◆知识点05常见双变量不等式变形技巧 拿到双变量条件f(X1),f(x2)的关系式，先做代数等价变形，再匹配对应的解题方法，下面为三类高频 题型的变形套路： 1.类型一：fx1)-f(x2)>k(x1-x2)(或f(1)-f(x2)<k(x1-x2) 当X1>X2时，对不等式两边同时除以X1一X2,等价变形为： f(x)-f(xl>k X1-X2 构造新函数g(x)=f(x)-kx;原不等式等价转化为函数gx)的单调性问题，通过证明g(x)单调递 增完成证明；如果不等号方向相反，则构造g(x)=f(x)-心之后证明函数单调递减。 本质：割线斜率问题，通过构造函数，把两点斜率不等式转化为函数单调性。 2类型二：f(x)小-f(xsk1-1 X1 X2 把所有项移到不等式的一侧，进行移项构造：引名一冬<f(》一女 令9x)=f(x-女于是原武转化为9x,gx。再根据X,名的大小，研究gx)的单调性即 可。 3.类型三：已知f（x1)=f(x2)(极值点偏移经典条件) 两个等式做代数处理：两式相减，消去常数项，构造含有X1一X2的表达式：两式相加，构造含有X1+X2 的表达式，之后根据式子结构，选择齐次换元、对数均值不等式、构造差函数等方法继续解题。 5/136 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型精研技巧通法提能力 ◆题型01双变量之同构思想构造同源函数 【技巧通法提分快招】 同构解题步骤： ①对条件等式、不等式做移项、同乘同除、取对数： ②变形使得等式两侧出现完全相同函数结构F(u)=F(V): ③研究F(t)单调性： ④由单调性脱去外层函数外壳，得到u,V大小关系； ⑤再代入待证不等式完成证明。 1.(25-26高三下黑龙江绥化期中)已知函数f(x)=2x血x-x,若对任意的，∈(0，+o),当x<时， 都有2x+f()<2x,+f(x),则实数a的取值范围为() B.(1 D.(t) e 【答案】C 【分析】先根据题设不等式的特点，构造函数8(，)=f)-2x,可得其在(0，+∞)上单调递减，从而将问题 转化成g()=2nx-2ac≤0在(0，+o)上恒成立，参变分离后，只需求()= x在(0，+o)的最大值即可。 【详解】由2x+f()<2x+f(x)可得f(:)-2x>f()2x, 设g(x)=f(x)-2x, 依题意，当0<x<x2时，g(:)>g()恒成立， 故函数8：在(0，+∞)上单调递减， 因8(x)=fx)-2x=2xlnx-ar2-2x,求导得g'()=21nx-2ax, 则2nr-2ars0在(0，m上恒成立，即a≥(5， 设=则)-1。 x2 当0<x<e时，h()>0,则h(x)在(0，e)上单调递增： 当x>e时，h(x)<0，,则h()在(e,+o)上单调递减， 6/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 故当x=e时，h)r=he)=I 1 故实数，的取值范国为。+切 2.(25-26高三下四川成都开学考试)已知b>0,e2+2lnae=4,则下列说法错误的是() A.b<In B.en2>4-2a C.ae'>I D.b+a-1>0 【答案】C 【分析】将条件整理可得。+na=1”0<a<1对于A:整理可得b-lh。-b-e心+1，令 f(b)=b-e+l,b>0,结合导数分析判断即可：对于B:整理可得e2>4-2a等价于e>2-a,令 1 g(a)=a-ha-l,0<a<1,结合导数分析判断即可：对于C:整理可得ae心>1等价于l-l血a>a,令 h(o)。+aa-l,0<a<1>结合导数分折判断即可：对于D:令m=e>1:n=lna<0整理可得 b+a-1>0等价于nm+e-m-1>0,令(m)=hm+em-l,m>1,结合导数分析判断即可 【详解】因为e2+2nae=4,则2e°+2（血a+)=4,可得e+lna=1, 由b>0,则e=1-lna>1,解得0<a<1. 对于选项A由题意可得：na=1-e,则b-n+na=b-。+1, 令f(b)=b-e+l,b>0,则f'(b)=1-e<0, 可知f(b)在(0，+∞)内单调递减，则f(b)<f(O)=0, 所以6-h。0,6<h加。放A正商 对于选项B:因为en2=2e°，则en2>4-2a等价于e>2-a, 由题意可得：e=1-na,则e°+a-2=a-lna-l, 令ga)=a-lna-l,0<a<1,则g'(a)=1-L-a-1<0, aa 可知8(a在(0,1)内单调递减，则g(a)>g()=0, 所以e>2-a,即e2>4-2a,故B正确： 对于选项C:因为。=1-ha则a心>1等价于1-h小>1，即l-lna> 7/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 令4a)-。na-1,0ca1r则a)-+日2c0, 可知h(a)在(0，)内单调递减，则h(a)>h()=0, 所以l-ha<女用e<1小数c箭误 对于选项D:令m=e°>1，n=lna<0,则m+n=1,即n=l-m, 可得b=lnm,a=e”=e-m,则b+a-1>0等价于lnm+e-m-l>0, 令k(m)=lnm+en-lm>l,则k(m）=1-em=e-e m mem, 令1(m)=e"-em,m>1,则'(m)=e"-e>0, 可知(m)在(L,+o)内单调递增，则(m)>1()=0,即k(m)>0, 可知k(m)在(，+∞)内单调递增，则k(m)>k()=0, 即lnm+e-m-1>0,所以b+a-1>0,故D正确 故选：C 3.(多选)(25-26高三下福建开学考试)若mm-m=(e"-1)l血n,则() A.当m>0时，m=lnn B.当0<n<1时，m<0 C.当m>0时，n2+2m+3>4n D.3n∈(0，+oo),(m-n+1)2=0.01 【答案】CD 分析】举反例判断AB:对于C,先检跑时满足思意，当时，由题设可得=， f)=e x,利用导数分析其单调性，可得m=nn'n>1~进而求解判断即可：对于D,由 (m-n+1)2=0.01可得lnn=n-1.1或nn=n-0.9,再结合函数图象求解即可判断 【详解】对于A,当n=1,m>0时满足mn-m=(e“-血n,而m≠nn,故A错误： 对于B,当0<n<1,m=0时满足mn-m=(e-hn,故B错误： 对于C,当m>0时，若n=1,满足mn-m=(e”-)hn,且n2+2m+3>4n: "-1en"-1 若n≠1由mn-m=(e"-l)hn,得 m Inn 设/)=e x,则fm)=f0mm 8/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 而f()=-)e*+1 产，设g)=(K-1e+1则g=e, 当x<0时，g'()<0,当x>0时，8'()>0， 则函数g(x)在（-∞，0)上单调递减，在(0，+0)上单调递增，又g(0)=0, 则x<0或x>0时，g)>0, 所以f)在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递增， 设函数p()=e-1-x,则p(x)=e-1, 当x<0时，p(x)<0,p(x)单调递减， 当x>0时，p()>0,p)单调递增， 所以)≥p(0)=e°-1-0=0，则e-1≥x,当且仅当x=0时，等号成立. 当0时，当<0时，<1 所以当m>0且n≠1时，由f(m)=fnm),得f血m)>1, 则lnn>0,即n>1,又f()在(0，+∞)上单调递增，则m=nn, 令)-c-+nx-x+x>D.则=-2+>0. 所以h()在山，+∞)上单调递增，则h()>h0=0, 所以a-+lnn=a-+m>n-山，即，f+2m+3>4n 综上所述，当m>0时，n2+2m+3>4n,故C正确： 对于D,若存在n∈(0，+)，使得(m-n+l)=0.01,由C知，若m>0,可得m=lnn, 当n=1时，等式不成立： 当n≠1时，得m-n+1=0.1或m-n+1=-0.l,即nn=n-l.1或lnn=n-0.9, 画出函数y=x-1.1与函数y=血x的图象，易得两图象有交点，故D正确。 y y=x-1.1 y=lnx 4.(25-26高二下福建福州期中)己知函数f(x)=e-x,g(x)=x-nx,若f(:)=g(:)=(>2),且 9/136 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 Int-In2 5>x>0,则-： 的最大值为， 【答案】2 【分析】根据f(x)的单调性及特殊值，求得，>x>1,再由∫(：)=8(：)=>2)，找到x和x满足的 In In! 等量关系 ，再以此化简得到2= In 4=x2 x2-x t .构遮画致0-2>2小，利用导数求最值即可 【详解】f'(x)=e-l,x∈(0，+∞)时，'(x)>0,f(x)单调递增， 又f)=e-1<2,f(x)=t(t>2),所以x>1, 又>>0，所以x>x>1, 由f(x)=g(:)=t,有e-x=3-lnx=e-lnx2=t,即f(s)=f(lnx), 又x>1,nx,>hl=0,f()在(0，+∞)上单调递增，所以x=h, 即-，所以ht-lh2_nf-n2_ e4=x2 x2-x e-x t 2(t>2) In* 、1-ln 令h0=,2>2小：则0)= 2 当t∈(2,2e)时，h()>0,h()单调递增， 当te(2e,+∞)时，()<0，h()单调递减， In! 所以a0=h(a-名即5s之即2去 t 2e -x2e Int-In 2 1 所以5，-：的最大值为2 5. （2026河北：模拟预测)已知a>0'0<6<1' a bea+Inb-1 =-be°，则的最小值为 【答案】e 【分析】对已知条件进行变形，结合同构法构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值即可 【详解1由aqc+nb--c.有e〔+日-+h》即e气+日-+》e 10/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 取晒数fe0:0:则日与 因为f'(x)e(1+x)+e=e(2+x)>0,所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以3单君，所以号=e 111 a 记g(a)=ae2'a>0' 令ga=0则白--0，解 a=1 当a∈(0,1)时，g'(a)<0,当ae(1,+∞)时，g(a)>0, 所以g(@)在(0,1)上单调递减，在(L,+∞)上单调递增， 所以ga2g0=c,即名之e,所以分的最小值为。 故答案为：e 6(25-26高二下江苏南京期末)已知函数f(x)=t(x-1)-2Inx(t∈R), )若f(x)≥0恒成立，求实数t的值： 【答案】)t=2: 【分析】(1)由f(x)≥0=f()可判断∫()=0，解得1值并验证： 【详解1(4)f()=1-是，因为f0=0,若f)20,即f(20 由于x=1不是定义域区间的端点，且f(x)在定义域上连续， 故∫)不仅是函数f(x)的最小值，同时也是极小值， 所以f'()=1-2=0,解得t=2. 检验：当，=2时，f()=2x-2-2xc>0),则f)=2-2-2 当0<x<1时，'()<0，f()在(0，)上单调递减， 当x>1时，∫'()>0，f(x)在(1，+∞)上单调递增： 所以f()的最小值为f(),即f(x)≥f()=0成立， 综上，t=2 11/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 7.(2026高二·全国专题练习)已知函数f()=x(r-l).设a,b为两个不相等的正数，且 bna-alnb=a-b,证明：ab>1. 【答案】由题得f'()=nr,当f'(x)<0时，x∈(0，)，故f()在x∈(0，)单调递减，当f'(x)>0时， x∈(1，+o),故f(x)在（山，+o)单调递增： f()≥f(0)=-l,则xnr≥x-1,且f(e)=0, 故0<x<1时，f(x)e(-l,0),1<x<e时，f(x)e(-l,0) 若aa的a-A则后小-g小=日 令4=后4方则证4<1即可：f)=6)=m:易知0<41<5<e 以.-)为顶点，约造鞋助画数)=+1-2加， )=f@g6=xr-a+1+2a)=nr-a+是，i0=0 ,1 令6小-n-a+是，则(e-2.w0=1-2a=0a=方 v=m 8=(x) ◆--2.a0-rg6m+2. )=m-京，0）=0，- x, 当0<x<1时，()<0，(x)单调递减，当x>1时，()>0，N(x)单调递增， N(x)≥()=0，所以h(x)在(0，+∞)单调递增， :当0<x<1时，h()<h0=0,即f)<g(): 当x>1时，h)>h=0,即f()>g(), 12/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 5-4-4-m<26+7)2-m 则 -m4+-2-m 1 对gw号得8四-司) 当0<x<1时，g<0:则g)车0)上单调递减。 当x>1时，g()>0,则g(x)在L,+)上单调递增，设方程g)=m的两个根为，4(，<)， ∫f(4)m=0=g()-m g(43)-m<g(6)-m 因此0<5<1<4，'而6)-m=0=86)-m,于是g)-m>g6)-m: g(4)<g(4) 即g)>g6)解得0<5<5<1<5，<4：方程gw=m化为：2-2m+2x+1=0 1 即有4=1，所以4，<4，=1，即ab<1,故b>1 【分析】先对题干等式blna-alnb=a-b做同构变形，匹配已知函数f()=x血x-l)的结构，通过变量替 换将证明b>1转化为证明替换后两个变量的乘积小于1，再结合f(x)的单调性，构造辅助对勾函数，利 用导数分析函数单调性与极值特征，通过不等式放缩完成证明 【详解】略 >题型02双变量之结合函数单调性 【技巧通法提分快招】 与函数单调性有关的双变量问题 此类问题一般是给出含有，，(：)，f()的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为同源函数，可利 用函数单调性定义构造单调函数，再利用导数求解 常见结论： f)-f>0 ①)若对任意，∈D,当X≠时恒有x-为 ,则y=f)在D上单调递增： f()-f(>k ②)若对任意七∈D,当≠时恒有x-为 则y=f()-:在D上单调递增 f()-f(2) B)若对任意，∈D,当≠时恒有 x-X2 =f(x)+ xx2,则 在D上单调递增； f()-fx 4若对任意x∈D,当≠时恒有，- ,则y=()-r在D上单调递增 13/136 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.(25-26高二下·天津静海期末)已知函数f)=xe+1,g(x)=xnx+1,若3x1,>0,有 fx)=gx,)则x,的最大值为() 1 p. A.e B.1 C. 【答案】D 【分所1税化条件得天=s则意-多。令)-兰>0，利阳号装来得间的最大在 【详解】由题意，3x,x2>0,xe+1=xlnx+1, 即xe=xlnx=t,则enln=t,ex=Inx2, 令f(x)=e,f'(x)=(x+1)e, 当x>-1时，'()>0，f(x)单调递增： 当x<1时，∫"(x)<0,f(x)单调递减： 作函数f(x)=e的草图如下， y=f(x) e 由图可知，当t>0时，f(x)=1有唯一解， XInx2 故x=m,’且x>0,5>1即无=6， 设回=s>1,刘0)-，令=0，解得，c 当s∈(，e)时，()>0，函数h(S)单调递增， 当s∈(e,+o)时，h(s)<0,函数h(s)单调递减， 故A)s4e)-。,即是号的最大值为 即之=血玉 1 2.(2026高二上重庆专题练习)已知2025Ina=a+m,2025血b=b+m,其中a≠b,若ab<元恒成立，则 实数九的取值范围为() 14/136 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2025},*0) A.[( e B.[20272,+0) C.[20252,+0) D.[(2025e)2,+o) 【答案】C 【分析】构造函数f(x)=山x- 2025X,利用导数结合条件可设0<a<2025<b: b=>),进而可得 ab=20252.10m)} 口-)一，再利用导函数求ab的取值范围即可： a m=Inb- b 【详解】由20251na=a+m,2025nb=b+m,得na-20252025 025' 令国=h05,即@=005来号得/闭-52085 x20252025x, 当x∈(0,2025)时，f'()>0,当x∈(2025，+o)时，f'()<0, 函数f)在(0,2025)上单调递增，在(2025，+∞)上单调递减， m 而f(2025)>0:因此a,b是直线y=2025与函数y=f)图象的两个交点的横坐标， 不妨令0<a<2025<b'a -0>》，而2025h2=b-a, 圆025n1a即春a子h=20因做的2025Hn》 (t-1)2 令函数g)=血)}-(t-l,1>1,求导得g0=(血)+21nt-21+2, 令函数0=g0>1求号得0=子1+1-)，令画数p0)=n1+1-41>1 求导得p0=1<0,函数o0在，o上单调递减，则p0<p0=0,即0<0 函数h0在山，+∞)上单调递减，则h(0<h0=0,即g'0<0,函数g在山，+∞)上单调递减， t(Int)2 因此g0<g0=0即0n--y<0:即0-<1，则b<2025 由b<入恒成立，得1≥20252，所以实数2的取值范围为[20252，+∞). 故选：C 3.(多选)(25-26陕西咸阳模拟预测)己知fx)=(x-1)-x2,则下列说法正确的是() A.函数f)在(0，n2)上单调递增 B.函数()有1个零点 15/136 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 色 C.对任意x,x[l,+∞)”x≠x,都有2 D.若函数g(x)=f(x)-m在区间0,2)上有且只有一个零点，则m∈[-l,e2-4] 【答案】BC 【分析】求导，根据导数符号可判断A:根据单调性结合极值可判断B:利用二阶导数可判断C:转化为 f()的图象与直线y=m只有一个交点可判断D. 【详解】函数f(x)的定义域为R,则f'(x)=xe-2x=x(e-2), 对于A,当0<x<n2时，f()<0,则fx)在(0，h2)单调递减： 当ln2<x或x<0时，f'()>0,则f)在（-0,0)，（血2，+）单调递增，故A错误： 对于B,由A可知，在x=0处取极大值，在x=山2处取极小值， 极大值为f0)=-1<0且f血2)=-(n2)-2(1-ln2)<0: 又当x→+0，f)→+0，故f0在R上只有一个零点，故B正确： 对FC,)fs+5 2 2 代表该函数为凹函数， 记h()=xe-2x,则h(x)=(x+l)e-2, 又()=2e-2>0,当x∈[1，+o)时，h(x)>0恒成立，函数为凹函数，故C正确： 对于D,由上知f(x)在(0，lh2)单调递减，在（血2,2）单调递增， 又f2)=e2-4>0,f0=-1,fm2)=-(n2)}-21-n2) 所以g()=f(x)-m在区间[0,2)上有且仅有一个根等价于函数f(x)在[0,2)上的图象与直线y=m只有一个 交点， 所以-1<m≤e2-4或m=-(n2-2(1-lh2),故D错误. 故选：BC 4.(25-26高三下福建泉州开学考试)已知函数f(x)=x+(x-)n(x+1). 若x≠x且f()=f(),证明：x+>0. 【分析】根据fx)的单调性可得-1<x<0<x,分x≥1,0<x<1讨论，根据f(:)厂f()的表达式 可构造函数h(x)=2x+(x-l)ln(x+)+(x+)l-),其中0≤x<1,通过导数研究hx)的单调性可得 f(:)<f(-x),进而求证 16/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】不妨设5<，由函数f四的减区间为(1,0)，增区间为(0，+∞)，可得1<，<0<x ①当≥1时，由-1<x<0,可得+x>-1+1=0: ②当0<x2<1时，由f(x)小-f(-x)=f()-f(-x)=[x+(x-1)n(x+1] [-x+(-x-1)n(-x+1]=2x+(x-1)ln(3+1)+(3+1)n(1-x) 令h(x)=2x+(x-I)h(x+)+(x+1)h(1-x),其中0≤x<1, 有=2+ne++l-其h0-r)-}2 x+1 又者片经-2组以-}经即-0时取等9 由0<1-x2≤1，可得ln(1-x2)sn1=0, 所以h()≤0-2+2=0，可得函数h()是减函数， 又由h(O)=0,可得h)≤0（当且仅当x=0时取等号）： 又由0<x2<1,可得f(:)-f(-x)<0,即f(x)<f(-x), 又由-1<x<0,-1<-为<0及函数fx)在(-1,0)上单调递减，得>-，即x+x>0, 由①②可知，若x≠x且f(x)=f(:),则不等式x+为>0成立 5.(26-27高三上·上海开学考试)已知函数f(r)=r+(a-2)x+blnx(a>0,x>0)的图象上有不重合的两 点P(x,出)，(，) 若。=b’设P0的中点为M(,）》求证： fs厂f<f(). X1-X2 【答案】见详解 2 -1 【分析】先根据已知条件表示出 和fs)-f飞)然后将问腰转化成h占>占 再构造新 X2 f'(x) +1 X1-X2 X2 函数h)=nt-2-) 1+1，求导通过单调性证明即可 【详解】由题意f(r)=x2+(a-2)x-alnx,(a>0,x>0), 则f'(x)=2x+a-2- x 因为M(%)为P阳的中点。则=5兰， 17/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 故f(,)=2x+a-2-“=5+5+a-2-20 Xo x+x2’ f(x)-f(x2)_+(a-2)x-alnx-x2-(a-2)x2+alnx2 的 x1一x2 X1-x2 x-x号+(a-2(x-x)-aln当 ah支 =x+x+a-2-占， X1-x2 x1-x2 aln 故要证/飞)f）<)即证-。支<-20· X1-x2 x-x2 x+x2 n支 由于 ,即证五>2， a>0 x-x2 x+x2 2x-1 不妨设 n支、2-)即证n支、 ,只需证 X2 +1 x>x2>0 x2+x2 设1=克>1，构适函数0=n1-20-,则0=么- t+1 f+)>0, 所以函数h(t)在(L,+oo)单调递增，故h()>h(①)=0， x-1 +1 从而fs)-)<() x-x2 625-25高下天津和平期末)已知函数/户nx++伽eR) 设H(x)=x2-px+2-gl血x(p、g均为实数，且q>0),若函数H(x)有两个零点，，记为x与 x的平均数，证明：H'()>0(其中H'(x)是H(x)的导函数). 【答案】见详解 【分析】首先利用零点条件列方程，化简，将H'()转化为x,x的表达式，构造函数证明不等式 【详解】证明：H)=2-px+2-ghx,定义域为0，四)则)=2x-p-是 x-px+2-gInx=0 函数H(x)有两个零点x”飞：不妨设x<5所以巧-P匹，+2-9血，=0 18/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 两式相减得号-x-p(x-x)-q血x-nx)=0, 即，-x+名-p-gm5-n5)=0:则6+-P=95-n X2-x1 因为x,为x与5的平均数，所以6=，5，H'(G)=2x-p-g=x+x-p-29 2 x+x2” 代入可得H(6)=9血5-血).29-g 2一1 h五-2. x2-x x+x2 x2-x 2+1 :要0>则6)小”-2分。 x2-x 令0=nt-2-D,0=14=- t+1 it+1t+1, 因为1>1，h')>0,h(在(1，+∞)上单调递增， 所以h)>h()=0. 因为x<5”g>0()=591-2>0, t+11 因此H'()>0得证 ◆题型03双变量齐次化— 比值换元 【技巧通法提分快招】 比值换元解题步骤： ①给出条件f(x1)=fx2,两式相减，整理得到齐次分式； @不防xg20,创-安即1，为= ③把所有X1全部替换为tX2,消去X2,全部式子转化只含t: ④构造关于t的一元函数，t>1,导数证明不等式。 1.(2026高三全国专题练习)已知6hm=m+a,6n=e"+a,其中m≠e,则m+e"的取值范围为() A.(0,6n2) B.(0,12) c.(6ln2,+o) D.(12,+o) 【答案】D 【分析】令fx)=6lnx-x,x>0,求出函数的单调区间，结合已知可得f(m)=f(e),不妨设 0<m<6<e”,记x=m,x32=e”,解法一：设g()=f(12-)-f(x)=6n(12-x)-6lnx+2x-12,x∈(0,6)， 19/136 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 利用导数求出+x2的范围即可： e”-m 解法二：由题设易得ne-nm =6,再结合对数均值不等式即可得解. 【件解】令f)=6nx-x”x>0:则f国=名1-6x 故当x∈(0,6)时，∫(x)>0,f(x)单调递增，当x∈(6+o)时，f'(x)<0,f(x)单调递减， 因为6lnm=m+a,6n=6lne”=e"+a,所以f(m)=f(e）. 又m≠e”,不妨设0<m<6<e”,记x=m,x2=e” 解法一：设8()=f02-)-f田=6n12-x)-(12-x)-(6hx-x)=61n(12-x)-61nx+2x-12,x∈(0,6)， 则3x=66+2=2x-0<0在0.6上恒成立 x-12x x(x-12) 所以g(x)在(0,6)上单调递减，所以8()>g(6)=f12-6)-f(6)=0, 则f(12-x)>f(x)=f(x),又12-，为∈(6，+∞)，且fx)在(6，+o)上单调递减， 所以12-x<x,则+为>12，所以m+e”>12,故选D 解法二：由6lnm=m+a,6n=6lne”=e'+a,两式相减整理得 e”-m一=6， Ine"-In m 由对数均值不等式n-n<2,可得m+e>2x。二m 为天<5+x Ine"-Inm =2×6=12. 故选：D. 2.(25-26高二下·吉林白城期中)己知函数f(x)=e-x+a有两个不同的零点，且有x<x2,则下列 说法中错误的是() A.1<x<Ina<x2 B.a>e2 C.(x-1)(x2-1)>1 D.+x2 2Ina 【答案】C e e 【分析】对A、B,求导讨论函数单调性，然后计算可知：对C,一一“，两边取对数然后结合 对数均值不等式判断即可：对D,构建函数H(x)=f(血a+x)-f(血a-),x>0,然后求导可知函数单调 性，结合l<,<na<x2,计算判断即可. 【详解】由题得∫'(x)=e-a,故当a≤0时，f'(x)>0,不符合题意 20/136 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 当a>0时，令f'(x)=0,得x=lna,若x∈(-o,lha）,则f'(x)0:若xe(na,+o).则f'(x)>0 由题知必有f(na)=2a-alna<0,故a>e2.因为f)=e>0,所以l<,<ha<:.则A,B正确. 由e5-ax+a=0和es-此，+a=0知-1名-a,因为1<x<1ha<x, x2-X1 (x2-1)-(x-1) 所以等号两边取对数得x-h(g-1)=名-h(:-)=na即n(飞一j)-n(x-可h传-)h-1, 由对数平均不等式知VG-玉-可n,-n:-,即(k-)(-)<1,则C精误. X2-x1 构造函数H(x)=f(na+x)f(na-x),x>0. 则H'(x)=∫'(na+x)+f'(na-x)=a(e+e-2)>0,所以H(x)单调递增，故H(x)≥H(O)=0,即 f(Ina+x)>f(Ina-x) 由l<x<lna<x2知2lna-x>lna, 所以f(:)=f(x)=f[na-(na-x)]<f[na+(na-x)门=f(2na-x), 因为f(c)在(na,+o)上单调递增，所以x+x<2lna.则D正确。 故选：C 3.(25-26高二全国专题练习)已知函数f(=21血x-r-文，若函数f)有两个零点x?x,求证： xx2 >e. 【答案】 证明：设fx)=f)=0,0<x<2, 代入得2nx-a,- 10, _1=0,2n2-a2 X 2n点 1 两式相减并整理得：a=立+ X2-x1 xx2 2In(x2)1 又由两式相加得并整理得：a= +x3xx2’ 21h ln支 则玉+1=21血()1，“x_h()_1 x2-x1 xx2 x+x2 xx2 X2-xx+x2 xx2 21/136 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 设F6)=nx-2=,则F'(=x- ≥0 x(x+1)2 单调递增， x+1 F(x) 则当x>1时，F>F0=0,即hx>2 x+1: X2-1 代入s如空>2学-2点3 xx2+12+七’则项 x>2 x X X2-x1x1+x2 加支 则“x=血(x_1>2, X2-Xx+x2 xX2x+x2 则l血(cx)-2>+五> 2 xx2Vxx2’ 则ln(xx)-2-- 2>0 x 设80=血-2-2. ，则g0单调递增，且ge)=-1-2 则xx2>e. 【分析】把两个零点代入函数解析式，分别相减、相加表示出来建立等式，构造函数以及结合基本不等 式，得到关于xx的不等式，利用单调性证得结论 【详解】略 4.(25-26高二下·全国课后作业)己知函数f(x)=lnx+ -(a+1)xaeR,若关于的方程 1 1 f)=2r有两个不同实根x,:,求实数。的取值范围并证明：x>e, 【答案】 Q 证明：当-1<a<。1时，f)=2m有两个不同实根x’: 两根满足lnx=(a+)x,hx=(a+)x, 两式相加得：h()=a+s+5,两式相减得h三=a+-), X 22/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ln(x-+五 上述两式相除得h五名-，， 不妨设<x,要证：x2>e2 2(点-10 只需证： n(x5)=+5n点>2 即证h点>2-当- +五+1 x2- x 设-至，令p0=m2-m+清-2 t+1 则F0=,4=- 1+y+y>0, ∴函数F)在(L,+o)上单调递增，且F()=0, F)>0,即lnr>2-) t+1” >e2 【分析】将向题转化为a+1=、有两个不同的实根x,,构造函数g)=(x>0), F0-w-2,-+,?,利用号数研充西效单调性极值与最位即可求证， t+1 【详解】关于，的方起)r有两个不同实根5 即x-a+x=0有两不同实根5：为，得a+1- 令8=x>0,8a)-1" x2, 令g'()=0,得x=e, 当xe(0,e)时，g'(x)>0,g(x)在(0，e)上单调递增， 当xe(e,+o)时，g'(x)<0,g(x)在(e,+o)上单调递减， x=e时，g()取得最大值。，且g()=0,得图象如图：· y个 1 e .a+1∈(0，-) 23/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以实数。的取值花醒是(-。- 证明略 5.(2026高三·全国专题练习)已知函数f(x)=lnx+mx有两个不同的零点，x,求证： +3>2e,xx2>e2 【答案】f)=nx+mx,定义域为(0，+o).f'(=+m. 若m20,则f'()>0恒成立，f)在(0，+0)单调递增，至多有1个零点，不符合题意，故m<0. 1 令f"()=0,解得x=- m 由f"()>0,得0<x<-1 m 由f()<0,得x>-1 m ÷的在0，月上单调递增，在（四）上单调递减。 &f的最大值为f(月=1n(+m:马=n-凸-1 m :f有两个不同零点，：f(月>0，即l(马>1， m m >e,即。<m<0,故极值点6=-> 1 解得 ->e m m 不妨设两个零点满足0<x<e<,由零点定义得：hx+mx=0①，h+mx,=0②， 证明七x2>e 由题意得血，+mx=0 m支 两式相减得 即m= In x2 +mx2 =0 Inx-Inx2 +m(x)=0 x1-x2 要证xx,>e2,即证lhx+lh>2,即证-m(化+x)>2, n(+x) 将代入得 >2 m X2-X1 今1=点>1，不等武转化为 +0l1h'>2,即ln1>2-D X t+1 24/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 >1求导得0-a护名>0 令h0=nt-2u-) 14(t-1)2 :t>1时h'()>0,h()在山，+o)上单调递增， 六)>h0=0,即lht>2-) >t+1，故x,>e得证 证明x+x2>2e 要证+x3>2e,即证为>2e-x. ,x2>e,x<e,.2e-x>e, 又f(x)在(e,+o)上单调递减，故只需证f(x)<f(2e-). :f(x)=f(x)=0,故只需证f(x)<f(2e-x),x∈(0，) 构造函数H(x)=f(x)-f(2e-x),x∈(0，e), H(x)=Inx+mx-[In(2e-x)+m(2e-x)]=Inx-In(2e-x)+2m(x-e), 求导得H)=+,1+2m=2e x 2e-x +2m x(2e-x) :xe(0,e),x(2e-x)=-(x-e)}2+e2<e2, 2e2e2 ·x2e-对>e=e, 一> mze 2m>- e :H>?子=0，放H在0.g上单调通增， ee 、H()<H(e)=ne-lhe+2m0=0,即fx)<f(2e-x)对x∈(0，e)恒成立， ∴.f(x)<f(2e-x),即f(x)<f(2e-x) :x2>e,2e-x>e,f(x)在(e,+oo)单调递减， x>2e-,即x+>2e得证 【分析】先将画数有肉个零点转化为方程m=一：有两个不同解，通过求导分新西数g=血。 的单调 性与极值，确定参数m的范围及两零点的分布，再分别通过比值换元法、构造对称函数法证明xx,>与 x+x2>2e 【详解】略 6.(2026高三全国专题练习)已知函数f(x)=e*-mx+m有两个不同的零点，，x2,求证： 25/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ()<0 【答案】：函数f()=e-mx+m的定义域为R,f'()=e-m 若m≤0，则f'(>0恒成立，f()在R上单调递增，至多存在1个零点，不符合题意，故m>0. 令∫'()=0，解得x=nm, .f(r)在(-oo,lnm)上单调递减，在(nm,+oo)上单调递增， :f()的极小值为fnm)=e-mnm+m=m(2-nm). :fx)有两个不同的零点，∴.f血m）<0,即2-hm<0,解得m>e2. 令f(x)=0得e=m(x-1),又e>0,故x-1>0,即两个零点，均大于1， 不妨设l<x<lnm<x2. 由零点定义可得：e=m(x-)①，e=m(,-)② 对①②两边取自然对数得： =Inm+In(x -1),x2 =In m+In(x2 -1). &---0=1 两式相减得x-,=n(x-1)-ln(x,1),即n(x-)-n(x,-D 根据对数平均不等式：对任意正实数a人.a≠b,有Vd<ng- Ina-Inb' 证明如下： 不纺令a>b>0原不等式函<n8b,两边同隆以6：并令1-号得<已e> Int :1>1时n1>0:变形得ht<f- 1 构造函数8()=lnt-VF+- ,t>1求导得： g0-↓-1=-f-<0 1222 3 212 之g0在L+o)上单调递减，故g0<g0=0:即h1<f- F,不等式得证 当a=b时，vab=na-b na-nb,等号成立 令a=x-1,b=x2-1,可得： V(x-10x2-1)<1,即(x-1x-)<1③ 26/136 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 将①②两式相乘得：e+=m(:-10(x)④ 要证∫'(V)<0,即证e-m<0,等价于证e2<m2. 将④代入上式，只需证e西< e+5 化-1（飞-D,即证e+-2>(化-1x,-) 由基本不等式可得+≥2√xx,当且仅当x=时等号成立，又x≠，故+x-2√，>0，因此 e+-2w>e°=1. 结合③式(：-1：-)<1，可得e+-2>1>(化-1(x-),故e2<m成立，即e<m,因此 f'(Vxx2)<0 原不等式得证 【分析】先根据函数有两个零点确定参数m的取值范围，结合零点定义变形得到等式，再通过对数平均不 等式、基本不等式完成证明， 【详解】略 7.(25-26高三全国一轮复习)已知函数g()=山x-bx,若g(x)有两个不同的零点X,2. 求证：lhx+lnx2>2 【答案】见详解 【分析】利用零点的意义建立方程组并消去参数b,再换元构造函数，利用导数推理得证 Inx -bx =0 【详解】（证明：由(1）知，不妨设1<5<e<x,'且n,-bx,=0 两式相减得nx,-nx=b(x2-),两式相加得nx,+lnx=b(x2+x), 2点-0 欲证 ,只需证 即证-n,2·即证h克> x+1 Inx,+Inx 2 b(c2+x)>2 x2-x x2+x 2(-1) 设x2三>1”不导式n2>● 一等价于 “x1+1 >2-), 1+1,1>1 设/)=nt-2- t+1 2,>1,求导得f0=12+)-2-)=《-y t(t+)2 0+)P>0, 面数0在o)上单调适带，则0>用=0：0不等式w>21>1成立， t+1 所以nx+lnx,>2 27/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型04双变量齐次化 差值换元 【技巧通法提分快招】 差值换元解题步骤： ①不妨设X1>X2,令t=X1-X2,则t>0,X1=X2+t: ②将x1=x2+t代入f(x1=f(x2)等式，解出用t表达x2: ③把待证不等式全部改写为只含t的函数： ④t>0,构造一元函数求导证明不等式。 1.(25-26高三上全国专题练习)己知函数h(x)=r和8()=a,若存在两个实数，x,且x≠x,使 得h(x)=g(:),h()=g(x),证明：xx>e2 【答案】证明：因为水≠x2,不妨设>x, 因为lnx-a=0,lhx2-ax2=0. 所以lnx+lnx2=a(x+x2),lnx-lnx2=a(x-x), lnx-ln此=a 所以x一x 欲证xx2>e,即证hy+lhx2>2 因为n+ns=a5+与小所以即证a> x+x2” Inx,-Inz>2 所以即证x-五x+无，即证血古>2名-5】 x2X1+x21 ，则>1”5>e等价下m-2-少0. 令ts戈 t+1 构造函数g)=1nr-2-) t+1’t>1' 因为8'0)=-少 t(t+1)2 0，所以g0在化，+w)上单调通增。 故g0>1nl-2x-)-0, 1+1 即m-2,0,所以>e t+1 28/136 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 方法二：直接换元构造新函数a= ,可得号=nA=+三=+= Int 则为，=’lnx t-1t-1 m+-+nr>2em-2-0 由于xk2>e2台n+lnx,>2台t-1t-1-1 t+1 构造函数g)=nr-2-) t+1,t>1' 因为8)=- t(t+1) >0,所以g0在0，+切)上单调递增。 故g0>1nl-2x0-=0,即r-2-0. 1+1 t+1 所以x2>e2 【分析】利用参数。作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明t 2t-)>0,利用 t+1 构造函数法，结合导数证得结论成立， 【详解】略 2.(25-26高三全国·专题练习)已知函数f(x)=xnr-x. 若函数g(x)=f(x)-ar2+a有两个不同的极值点，记作x,x2,且x<x,求证：nx+2nx2>3. 【答案】见详解 【分析】由题可得，要证 ,即证h立、 1+2 然后通过研究： Inx +2Inx,>3 a0=m-3->) 1+2t 单调性可完成证明. 【详解】g(x)=f(x)-ax2+a=xlnr-ar2-x+a,g'(x)=lnr-2ar. 因为8(x)有两个不同的极值点x,x,所以ln=2a,n,=2ax,. 欲证hx+2ln,>3,即证2a+4a,>3,又0<<为， 3 所以原式等价于4>2x+4杯0 由lnx=2ax,nx2=2ax2, 29/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 m支 得n点=2a(x-x)户a= x② 2(x2-x) In 由①②知原问题等价于求证>3， x2-x1x+2x2 3-1 即证n点>3s-)_天 1+2 ,则>1上式等价于求证m>3-) 令ts5 1+2t 令h()=nr- 1+2t >0,则00-=30+26-)-- (t-1) (1+2t) t(1+2)2 因为，>1所以0)>0恒成立，所以h日)单调递增，A0)>h0=n1-3x--0. 1+2×1 即lnt> 3(t-1) +2,所以原不等式成立，即1nx+21>3 3.(25-26高二下辽宁阶段检测)已知函数f)=x--4nx,g(x)=1-2a)r2-1 1 9 若F()=()-g()有两个极值点，<3 求证：x2> e2. 【答案】见详解 【分析】由题意可得r-x+1=0有两个不等的实数根飞，与·且5>3，解法-：设4=点>3。符 X nt+ln-a+1=0,进而得lnx=nt-t+l 从而有n(c)三中口2，根据导数即可得证：解法马 t-1 运用缘合法证明，要证>，只需证w>加9，设P)-片>3》，限据号数即可得三 【详解】证明：因为F(x)=f(x)-g()=2ar2-4x血r有两个极值点x,x, 所以F'(x)=4ar-4lnr-4=0,即lnr-ax+1=0有两个不等的实数根x,x,且x2>3x. 解肤：设-年>5，则5=在 所以lh(c)-a(c)+l=0,即lnt+lnx-at+1=0(*), 30/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又lnx-ax+1=0,所以ax=lnx+l, 代入()式得nr+n-iax+l)+1=0,所以ls--t+ t-1 n()mnt ns int inr1 t-1t-1 从而hk天)=ls+is=s+n(c)--+l+-1=亿+-2. t-1t-1 t-1 t-1-2Int 改a0-+-20≥3则M0)-日-D t-1 设m()=1-}2nr0>3》, 则m0-一>0：所以n0在6+四)上单调造增。 2 又m(=0,1>3,所以m()>0恒成立，故'()>0，从而h()在(3，+∞)上单调递增， 所以h0>h(3)=2h3-2=n。三， 9 9 从而血()>血。三，故>e. 9 解法二：要证>。，只需n(x)>h9-2,即nx+lnx2>n9-2 因为lhx=ax-l,lnx,=a,-1,所以nx+lnx2=a(:+x)-2,所以只需证a(:+x)>ln9, 又因为-lx=ak-）,所以a-s-座， x3-x’ 2+1 所议只需证nx,+x>h9即。-加号之9 x2-x1 X 段五>3，只需证+m>n9,设p0=-nt>3),p=二2 X t(t-1)2” 设9()=2-1-2lt,所以9()=2i-21nt-2, 令0)=21-2nr-2,则p0=2-2>0, 所以9(0)=2t-21nt-2在(3，+o)是增函数，所以9()>g(3)=4-2n3>0, 所以9()在(3，+∞)是增函数，所以9()>9(3)=8-63>0， 31/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以p)>0:所以p0->3》是婚商数。 所以p()>p(3)=2血3=n9,所以得证. 4(2526高=下广东T门阶段枪测已知西数)-三-2hx(aER且a≠0 a (1)讨论函数f()的单调性： 2)若函数f()有两个零点x,(x<x),且a=e2,证明：+>2e, 【答案】 ()当a<0时，f(x)在(0，+o)上单调递减：当a>0时，f(x)在(0，Va)上单调递减，在(Wa,+o)上单调递增 ②证明：当。=心时，f)--2r: 由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增： 由题意可得x∈(0，e),为∈(e,+o), 由f(2e)=2-2h2>0及f(x)=0,得∈(e,2e): 欲证x+x3>2e,只要>2e-x3, 注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x)=0,只要证明f(2e-x)>0即可： 由/()-三-2，=0，得5=2e2hx 所以/e-5)-2e-=-2h(2e-5） 4e2-4ex,+-2n(2e-x) e 4e-4ex,+2e'lnx-2In(2e-x2) e- =4-4&+2m,-2n(2e-x)xe(e,2e), e 令g0）=4-g+2hr-2h(2e-)1e(e,2e. e 则80=-+2+，2-4e- e+片2e-1a2e-0>0, 则g(t)在(e,2e)上是单调递增的， 32/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因此g()>g(e)=0,即f(2e-x)>0: 综上，x+2>2e 【分析】(1)分类讨论，根据导数的正负来判断函数的单调性： (②)依据(2)中的结论，可知证明5>2e-5即可，构选函数g)=4-:+2hr-2h(2e-小h1e(e,2) e 即可得出结论 【详解】(1)f()的定义域为(0，+∞)，了()=2红_2 a x 当a<0时，f'(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递减： 当0.f)g至品+回： 当x∈(0，Va)时，f(x)<0,所以f(x)单调递减： 在Na,+0)上，f(x)>0,所以f(x)单调递增： 综上所得，当a<0时，f(w)在(0，+o)上单调递减： 当a>0时，f()在(0，Va)上单调递减，在(Na,+o)上单调递增 (2)略 >题型05双变量之主元法处理不等式证明 【技巧通法提分快招】 两个变量地位等价，固定其中一个变量当作常数，另一个为主元自变量x,构造一元函数，求导判断恒成 立。适合处理含有参数、双变量不等式证明。 1. (②025-203·高-下·北·期中)已知j0=2sn1,1e管孕，对于f0值域内的所有实数m,不 等式2x2+mx-2<m+2x恒成立，则x的取值范围是() A.(-1,V2) B.(1,V2) C.(-1, D.(-1,2) 【答案】A 【分析】求出函数f()的值域，把问题化为m∈[L,2]时不等式2x2+mx-2<m+2x恒成立，转化为关于m 的一次函数8(m)在m∈L,2]上恒小于0，从而求出x的取值范围。 [ππ 【详解】函数f)=2sint,te62], 33/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则f()的值域为[1,2]： 又对所有实数m∈L,2],不等式2x'+mx-2<m+2x恒成立， 等价于：m(x-1)+2x2-2x-2<0在m∈[L,2]内恒成立， 当x=1时，不等式为-2<0恒成立： 当x≠1时，令g(m)=m(-1)+2x2-2x-2,其中m∈[l,2]: 问题转化为8(m)在m∈[L,2]上恒小于0， g(1)<0 2x2-x-3<0 则1g(2)<0,化简为2x2-4<0: 解得：-1<x<V2, 所以x的取值范围是(-1，V2),故选A 2(2026四川攀枝花一模)已知函数)= 设L,n是两个不相等的正数，且m+lnn=n+lnm,证明：m+n+lh(mm)>2. 【答案】证明：要证m+n+h(mm)>2,只需证：(m+lnn)+(n+lnm)>2 由m+lnn=n+lnm,只需证：n+lhm>l1 不妨设m<n,则有：m-lnm=n-lnn; ae"=e 两边取指数得e-bm=e-m,化简得m m n 设A)-三：则A=eg=gM)=m 由(1)得()在(-∞，0，(0，)上单调递减，在山，+∞)上单调递增（如图所示）， YA V: B n 要使h(m)=h(n)且m≠n, 则0<m(1,n)1,即0<m<1<n,从而n>l,1-nm>1. 要证n+nm>1,只需证：n>1-nm 34/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 由于h(x)在(L,+o)上单调递增，只需证：hm)）>h(1-lnm), 又h(m)=h(m),只需证：h(m)>h(-lnm) 只需证：e>e-h" e =,m台e"l-lnm)>e m 1-Inm 1-Inm 设的=e0-lnc0<x<则)=e-hr- 设的=1-x则ra=士与三>00在0，)上单调遥培 所以0=0：从)=e-r}0 所以p(x)在(0,1)上单调递减，从而p(x)>p()=e,则p(m)=e"(1-lnm)>e, 所以m+n+ln(mnm)>2 【分折】由分析法，转化为证明+m>小少再由已知条件构这面数()-兰，再根搭商数4（问的图家， 结合函数的图象和性质，转化为证明h(m)>h(l-lnm),再代入后转化为构造函数p(x)=e(I-lnx)(0<x<) 利用导数求函数的最小值 【详解】略 3(2526陕西西安模拟预测)已知函数f()=mr+受(meR).记F=2)+x (Q)讨论函数F(x)的单调性： 2)已知0<x<x,且F()=F(),求证：x>m2 【答案】4)当m≤0时，函数F(x)在(0，+o)上单调递增： 当m>0时，函数F(r)在(0，m)上单调递减，在(m,+∞)上单调递增. 2)己知0<x<x,且F()=F(),由(1)知，m>0, 且函数F(x)在(0，m)上单调递减，在(m,+o)上单调递增， 则0<x<m<x2, 2m 2x,+ 2m=2n2+ X. 得nx2-lnⅸ，= mm X1X2’ 35/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 得lnx2-lnx= m(x2-x) XX2 Xx2In2 得m= X1, X2-X1 要证xx2>m2,即证√xx2>m, x3m支 即证xx2> X, X2-x1 V书n 即证1> x2-x 因为0<x<m<x,所以x2-x>0, 即证-x>VIn占 ->n占 即证了为 >n 即证xV 令t= 2,t>1 即证t->2nt,t>1, 令p0=1-}-2hr,>1, 将p0-+片子1a-0 12 则函数p()在(，+∞)上单调递增， 得p(t)≥p(1)=1-1-2lnl=0. 1 即t->2lht得证， 故命题得证. 【分析】（山）F(四)2血x+,对其求导，对实数m进行分类讨论进行求解： 2m 36/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 xX2.Inxz (2)由(1)知， ,由 得m= ×1,要证 ,即证 0<x<m<x2 F(x)=F(x2) X2-X1 xx2 >m2 ,即证xx> In 戈，即证 xx2>m x2-X VxVx 区>n点，令1=臣，1>1，即证1-2ht1>1,令 p0)=1-}2n,1>1,利用导数判断单调性进行证明。 【i详解】)F()=2f)+x=2nr-x+2m+x=2nr+2m x, 则F'()=22m_2x-m) x x2 x2 当m<0时，F'()>0,此时函数F(x)在(0，+∞)上单调递增， 当m>0时，由F'()>0,得x>m,由F'(x)<0,得0<x<m, 则函数F(x)在(0，m)上单调递减，在(m,+o)上单调递增， 综上知， 当m≤0时，函数F()在(0，+∞)上单调递增： 当m>0时，函数F(x)在(0，m)上单调递减，在(m,+o)上单调递增. (2)略 4(2026河南驻马店模拟预测)已知函数f)-anx+'a≠0，g)-c 设不同正数，n满足nm=me”-m,证明：m2+n2>2, c”,两边取对数整理得 Inn+1 Inm+1 【答案】由n=mem得 n m, 令90)=nx+1 x则gm)=qm) 9)=二lnx x2,q()在0,1)递增，(1，+o)递减，则qx)x=q=1 又9白=0，当x>1,q()>0: 1 不妨设m<n,则。<m<1<n 记w)=q()-g2-x,xe（6D,则 37/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 w0=qtg2-对=-hx+-n2-93-lhx.n20=-[-+l>0, 3 (2-x)2 x2 x2 w)在。D递增，则w<w0=0,即g<g2-) 又9m）=qm)<9(2-m),2-m∈1,2- e 因为9)在4，+∞)递减，所以n>2-m,则m2+n2>m2+(2-m)2=2(m-1)2+2>2. 原命题得证 【分析】对已知等式取对数变形，令g)为变形后式子根据g)单调性设。<m<1<”要证不等式，转化 为证9m）<q(2-m）,令w,)=9)-9(2-)为对应式子，求导判断单调性证明 【详解】略 5(2s-26高=上全国课后作业)已知f)=r--l,8()x2-n+x. 当8(x)有两个极值点，x(:<x)时，求证：(2ae-1(x+x)<2e. 【答案】g)-m-nr+x定义线为0，+o),g)=r-ry 令g()=0,得0。白短意，生是方程0业 的两个不等实根， 记)-g 则p'(x)=1-nx ,令0)>0：得x0,e令p<0,xe+o: 故p(x)在(0，e)上递增，在(e,+o)上递减. 因为p）=p）=a·又0=0e(e)-日 且当>1时，()->0恒成立， 所以0a<e6,则>l总刘 e e 由少民2则.如n-1m e-x 2xe 又ny=ax代入，并整理得(1-2ae)r+2ex-e2<0 38/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 e2e x, →(1-2ae)x+2ex2-e2 0 所以(1-2ae)+2ex-e2>(1-2ae)x+2ex-e2→(2ae-l(x+x)<2e,得证 【分折】由题意。与，5是方程g(=0的两个不等实根；分离参数后构造函数()=，通过对问 性质研究得>>1，再由山中的不等式<-》 得到(1-2ae)x+2ex-e2<0,同理 (1-2ae)x+2ex2-e2>0. 所以(1-2ae)+2ex,-e2>(1-2ae)x+2ey-e.整理后即可得证 【详解】略 6(25-26高二下山东阶段检测)已知函数f()=e2-2x-1. 1)求函数f(x)的极值： 2)若f(x)=f(x)(x<x),求证：x+x<0. 【答案】)极小值为0，无极大值 2)若f(:)=f(:),由(1)可知，x在极值点的两侧，则有<0<x, x+x2<0等价于x<-x,考虑m()=f(x)f(x), 则m6x)=f(x)+f(-x)=2(e2+e2-2)222e2e-2=0, 等号在e2=e2r即x=0时取得，所以m(x)单调递增， 因为x>0,则m()=f(:)-f(-)>m(0)=f(0)-f(0)=0, 即f(:)>f(-x),又因为f(x)=f(),即得f(:)>f(-x), 因为<0，-3<0且由(1)可知(x)在(-∞，0)单调递减， 所以<一，原不等式得证 【分析】(1)求导判断单调性即可得到极值： (2)首先根据(1)中分析得到，x的分布，然后将原不等式转为<一x,构造函数 m(x)=f(x)-f(-x)得到其最小值，从而得到f(:)与f(-x)也即f(:)与f(-x)的关系，再利用f(x) 单调性得到<-x2 39/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】(1)因为f(x)=e2-2x-1,所以f'(x)=2e2x-2=2(e2-1), 当x<0时，f'()<0,f(x)单调递减；当x>0时，f'(x)>0,f()单调递增： 当x=0时，∫'(x)=0,f(x)取极小值f(O)=e°-0-1=0，无极大值 (3)略 题型06 双变量之对数、指数均值不等式 【技巧通法提分快招】 高考大题不能直接写结论，必须先写出简短证明，再使用。 1.(2026高二全国专题练习)已知函数g()=血x-bxb>0)若存在，∈(0，+0)，使得 8-e6)道期：民+店>后 【答案】 明：由函数g付=血r-x,可得8gc)=b,>0 x-x=1 设0<x<x,'由g(s)=g(3)可得nx-bx=n为-bx,则n-lnxb, 令f=n2->则r=>0. x+1 x(x+1)2 所以函数f(x)在(，+∞)上单调递增，故f(x)>f()=0, 由0<x<5'得E>压>0：即 2>0,整理得 .f 压-压<压+压 In x2 -In 2 (-V压+) -1（G+G 2(nvx,-lhV压) Inx,-Inx b 故+后，得起 压-压压+医 【分】由：)：可得之品古利阳对题平约位不等式可利片- 2, 40/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 得1 (+ 得证 b 【详解】略 之.(226有=下山东青马期中)已知蜀数)-1-。士+刊 )当a=0时，求f(x)的最大值： @诺50，+0胆x5e 中，证明：+x>2 【答案】1)1 (2)证明如下： 由e=空 ，可得。4宁=巧’ Inx +1 Inx2 +1 两边取以。为底的对数并整理得，x,(x+1)=x(x,+1),即无=：， 因为≠x2,不妨设x<x2, 由（山知，当a=0时，质数）-中(>0)在0)上单调造：布化+网上单调速减 f(x)x=f()=1, .Inx,+1_In +1 五即f(x)=f(x) 丙得)=0，且当x>1时，>0恒成立，得到1<： 记g=f-0-x月 sro-e-fre-小是贵g9.,。 >0 x2 x2 x2 画数)在日上单调遥馆， 41/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴g(x)<g()=0,即f()<f(2-),于是f()=f(x)<f(2-), 又f(x)在（山，+∞）上单调递减，>2-x, x+>x+(2-x)}=2x-4x+4=2(x-1)+2>2,得证. 【分析】(1)利用导数讨论f(x)的单调性，即可求得最大值： (2)将已知条件变形得到飞 Inx +1 Inx2 +1 ，再利用(1)中函数f(x)的单调性，构造函数 )-f()-2-).x 进而可以得证 【详解1（山当a=0时.）->0，/e)(>0叭. 当0<x<1时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 当x>1时，"(<0，f(x)单调递减， 所以f()=f()=1: (2)略 3(2526高=下天津南开期末)已知函数f付=xh,8()-。. 函数F()=y1 X。（。为自然对数的底数)在区间（1,2)内有唯一的零点，记m()=min{/),g(x》 (其中min{a,b}表示a,b中的较小值)，若m(x)=n(neR)在区间(L,+)内有两个不相等的实数根：， x2(x<x2),证明：3x-2x2<x<n+1 【指1国方天起P)-但-山日的，所以古， 即血=。高，所以f()=g(6) 由上知f(x)在（山，+∞）上单调递增，g(x)在（山，+∞）上单调递减， xInx,1<x<xo 所以m(x)= e≥，故 <5<,<5’n=点=n e ①证x<n+1,即x<xnx+1,xnx-x+l>0, 令A(x)=xl血x-x+l,x∈（山，x),则A(x)=l血x>0,函数A()单调递增， 42/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以A(x)>1xhl-1+1=0,所以xlhx-x+1>0,即x<n+1成立 ②证3x,-2x<x,等价于-<2(：-） 由题知f(x)=n=g(x),f(xo)=g(x),可得f(x)f(x)=g(x)-g(), 对任意x>1,f"(x)=hx+1>h1+1=1, 对任意>1g(以=.设o=c-(-少 则p()=e-1>0对x>1恒成立，故(x)>p()=e>0,即e>x-1, 因此g(以=。二<1 设()=f)-f()-(-x),则4()=f'()-1>0, 所以h()>(:)=0,即f()f(x)>0-x, 设h()=g()-g()-(-x),则()=-g()-1=g'(t)-1<0, 所以h()<h()=0,即8()-8(G)<五-x0, 因为f(x)在（山，+∞）上单调递增，g(x)在（山，+∞）上单调递减， 所以f)f(x)=g()g(:)>0, 所以-<f()-f(s)<8()-g(x)<2[g()-g(】=2(x-), 即x-x<2(x2-xo), 综上，3x-2x3<x<n+1成立 【分析】构造增量函数么()=f()-f(G)-(-x)和h()=g()-g()-(-),结合f(x)和8(x)的单 调性证明即可。 【详解】略。 4.(25-26高二下·广东清远·期中)已知函数f(x)=nx-x2+x. (1)求函数的单调区间： (2②)是否存在x使得f(f(,+)≥0成立？若存在，求x的取值范围，若不存在，请说明理由： ®片方思a-+风有两个不同的关行<)至，（付+号 【答案】1)单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(L,+∞) 43/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)x=1 3) 由f(x)=(m-l)x2+x,得nx=mx2(meR), 若f(x)=(m-l)x+x有两个不同的实数解x,x(:<x),则lnx=mx,nx=m, 2(x号-x)1 两式相减得1n此，-1nr=m(长-)所以n-lnm 不妨设g(y)=lnr 2(x-1) e圆go >0, x+1 所以g()在L+o)上单调速增，此时g小g0=0,所以r>2 x+1 - 2 所以n x2 即 2(号-x)所以 ① 号+> 1 Inx2 -Inx2 +x> m 白了因=(m-)r+,相要mm∈R)有两个不同的实数解，K<) ◆)g()-1-2r x3 当0<x<时p'(x)>0,p(y)单调递增，当x>时p(x)<0,(x)单调递减， ()1 、2e'0=0所以1<x<e2<x,0<m< 由pe2= 2e 1 1 令二，则方程，二m有两个不同的实数解三上子 x 由前面(1)(2)知f()=lhr-x+x≤0，则有21n1≥t-1. 设h()=tnt,te(0,+o）,则h()=lnt+1, 当0<1<。时，N()<0,h()单调递减，当>。时，N()>0,h()单调递增， 此时0)≥A日=-。即h1≥-。故rh12-,当且仅当：=时等号成立， e 不妨设直线y=-m与直线y=-。七，y=1-1交点的横坐标分别为，5， 44/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 y=PInt/ y-e y=t-1 则43-4<t2-4=1-m-em=1-(e+1)m, 所以+>(e+)m@. 上.++ea=e 【分析】(1)通过求导，根据导数的正负来确定函数的单调区间： (2)借助前面的单调性讨论，得到最值，要使ff()+)≥0能成立，则只能ff(x)+)=0,得到 f(x)+1=1计算即可； 2(x号-x2)1 (3③)由f(闪)=(m-)2+x有两个不同的实数解x,x(k<无)得n-nm,构适 8()=nr-2r-1） 2,x(L,+w)并研究其函数值符号得+> (号-x) x+1 -n,由=m(meR)有两个不同 的实数解，（任<）上构适()-，并利用导数研究性质可得1<5心<，0<m<」 1 x 则方程，rm有两个不同的实数解5=人。 无，构造设n()=tnr,t∈(0，+o)导数研究性质得 2n1≥-1，进而得到1+ +1-1>(e+)m,即可证 x2x 【详解】(1)首先对函数f(,=hx-x2+x求导，可得： =-2x+1=22+x+1-2x+1-》.函数的定义域为(0，w 令因=0：尉2+-少=0，因为>0则-10解得=1 当0<x<1时，f(x)>0,所以f(x)在(0，)上单调递增： 当x>1时，∫'"()<0，所以f)在山，+o)上单调递减， 综上所得，函数(x)的单调递增区间0，)，单调递减区间是(1，+o). 45/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)由前面知道，f(:的最大值为f0=0,要使f(f(:+)≥0能成立，则只能ff(:)+)=0,即 f()+1=1,则()=0，有前面讨论，知道函数f)的单调递增区间是0，)，单调递减区间是，+o).则 x=1 (3)略 5.(25-26高=下天津南开期末)已知函效f)=xnx,8()。. ()求函数f(x)的极值点： ②)证明：对于区间L,2)内任意两个不相等的实数s,1,都有/（⊙）-f(>g(s)-g(以： B)函数F(x)=f四1 x一。（。为自然对数的底数)在区间(1,2)内有唯一的零点。，记 m(x)=min{f(x),g(x}(其中min{a,b}表示a,b中的较小值)，若m()=n(n∈R)在区间(+∞)内 有两个不相等的实数根，x2(,<x2),证明：3x-2x2<x<n+1. 【答案】)极小值点为。，无极大值点： 2)由(1)知，f(x)在（山，2）上单调递增， g()-,当xe2)时，8()-。<0，g)单调道减。 不妨设s<1,s,t∈(1,2)，则(s)-f)0g(s)-g()》0, f(s)-f()>g(s)-g()f()-f(s)>g(s)-g() 台f()+g()>f(s)+8(s), 记()-f(e)+g(创=hx+,xe2), 则()=h+1+。xeL.2, 令n()。xe2.则m-。2<0. e -x>1-2。-1 所以()-。在L,2)上单调递减，敢。 e2 e3, 所以当x∈L,2)时，()=nx+1+-x>nx+1- er e2>0 所以h(x)在(1,2)上单调递增， 46/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由s<t,s,t∈(，2)可得h(s)<h(),即f()+g()>f(s)+g(s), 所以对于区间(L2)内任意两个不相等的实数，1，都有f(s)一f()>g(s)-g(小 ®)烟为x是F()=儿国1=n 1 x er e的零点，所以lnx= 6, 即无血6=点.所以f6)=g(6) 由上知f(x)在（山，+∞）上单调递增，g(x)在（山，+∞）上单调递减， xInx,1<x<xo 所以m(x)= e≥ <<,<5'h斯=点=n ,故 ex ①证x<n+l,即x<xhx+l,xhx-x+1>0 令A(x)=xlnx-x+l,xr∈（山，），则4'()=血x>0,函数A(x)单调递增， 所以A(x)>1xnl-1+1=0,所以xlnx-x+1>0,即x<n+1成立 ②证3x-2x<,等价于。-为<2(：2-0) 由题知f()=n=g(),f()=g(),可得f()-f(:)=g()-g(:), 对任意x>1,f'()=hx+1>h1+l=1, 对任意>1g(以=，设（国=e-(k-) 则p'(x)=e-1>0对x>1恒成立，故p()>p(0)=e>0,即e>x-1, 因此g以=<1 设片()=f)-f()-(-x),则片()=f(0)-1>0, 所以h()>h(G)=0,即f()-f(x)>-x, 设h(0)=g()-g()-(t-x),则4()=-g')-1=1g()-1<0, 所以h()()=0,即g()g()<x-, 因为f(x)在(，+∞)上单调递增，8(x)在（山+∞）上单调递减， 所以f(x)f(x)=g(x)g()>0, 所以-x<f()f()<g()-g()<2[g()-g(:)]=2(3-x), 47/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 即，-x<2(x3-x) 综上，3x,-2x<<n+1成立 【分析】(1)利用导数判断函数单调性，然后可得极值点； ◆题型07双变量之恒成拉、存在性与最值综合 【技巧通法提分快招】 1.Vx1∈D1,3x2∈D2,使得f(x1=g(x)~f(D1)cgD2: i2.Yx1,x2∈D,lfx)-f(x2川≤M“M≥fmx-fmin: 3.VX1,x2, fx)-fx≥k恒成立“g(x)=f(xle单调递增 X1-X2 1. (25-26高三上贵州阶段检测)已知函数f()=xhx-k，8(x)=x,若存在x∈[l,©，对任意 :∈[L,,使得f(:)≥g()恒成立，则实数k的取值范围是() A.（-0,0] B.（-o,] c.（-o,e) D.[e,+o) 【答案】A 【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，将问题化为计算两个函数的最大值即可 【f解1易知=h,令闪>0得>。了<0网0<x 则内在0上单调递减，在。+松上单调道增。 1 所以x∈山，©]时，f(:)单调递增，即f(x)∈[-k,e-k] 而x∈L,e时，g()e[,e, 由题意可知f(:)am之g(:)x,所以e-k≥e,即k∈(-o,0]. 故选：A 2.(25-26高二下北京期中)已知函数f()= x2-x,x,0, x-aln,x>0,若x0,3,>0,使f(x)=f(x)成立， 则实数a的取值范围为() A.[0,e B.（-o,0)U(0,e] C.[e,+o) D.(-o,0U[e,+∞) 【答案】D 48/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【分析】由题意可得x≤0时f(x)的值域是x>0时∫(x)值域的子集，根据二次函数的性质求出∫(x)在 (-0,0]上的值域，利用导数对a进行讨论求出f(x)在(0，+0)上的值域，最后利用包含关系列出不等式即 可求解 【详解】当x≤0时，f)=x2-x,该二次函数开口向上，对称轴为x=2,因此f)在(20,0]上单调递 减， 则fx)≥f(0)=0,即f()的值域为[0，+∞) 当x>0时，g()=x-anx,86x)=1-0=-0(x>0). xx 当a<0时： x-a>0恒成立，故8(x)>0,g()在(0，+o)上单调递增， 当x→0*时，g()→-0；当x→+0时，8)→+0， 因此g(x)的值域为R,显然包含[0，+O),满足条件： 当a=0时： g(x)=x(x>0),值域为(0，+0)，取不到0，不满足条件； 当a>0时： x∈(0，a)时，g()<0,g(x)单调递减：x∈(a,+∞)时，g(x)>0,g(x)单调递增 最小值为g(a=a-alna,要让值域包含[0，+oo),只需最小值g(a)≤0 即a-ana≤0e1-lna≤0ea≥e满足条件. 综上：a的取值范围是（∞，0）U[e,+o) 3.(2026四川成都模拟预测)已知函数f()=x-3x2-9x,g(x)=x-ln(x+2)+a,若x,∈-1,1]， x∈[0,4，使得f(:)=g(:),则实数a的取值范围为. 【答案】[-26,1n3-刂 【分析】利用导数分别求函数(x)和g(x)的值域，再根据不等式，转化为子集问题，即可列不等式求解 【详解】f"(x)=3x2-6x-9=3(x+1(-3)=0,得x=-1或x=3, 因为∈[0,4]，所以f'(x)=0,得x=3, 当x∈[0,3)，f()<0,f(x)单调递减，当x∈(3,4]，f()>0,f()单调递增， f(0)=0,f(3)=-27,f(4)=-20,所以函数f(x)在区间[0,4]的值域是[-27,0]， 49/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 8()=1- x+1 x+2+2≥0，在区间[-1川恒成立，所以g(~)在区间[-1]单调递增， 所以g(x)在区间[-l,的值域为[-l+a,l-ln3+a, 由条件可知函数8(：)在区间-1，的值域是f(x)在区间[0,4]的值域的子集， 即[-1+a,1-lh3+a]是[-27,0]的子集， 「-1+a≥-27 即1-1n3+a≤0，解得：-26≤a≤ih3-1 所以实数a的取值范围是[-26，ln3-]. 4(25-26高二下辽宁沈阳期中)已知函数/)=血x, ,g(,=e-ax,若xe[l,e,3x,∈(0,1]使得 f(:)>g(x)成立，则实数a的取值范围是 【答案】(e,+o) 【分析】先求出(：)的最小值将原命题转化为8(x)有解的问题，随后运用参变分离法构造新函数并求其 极小值，即可得出参数a的取值范围， 1 【详解】由题意得f'(x)= .x-Inx 1-Inx x2 x2 则当xeL时时.f)加5≥0，即利在Le上单调港卷。 则f(G)=f0=n 1=0;由x∈，e,,∈0,1]使得f(s)>g(s)成立， 则g()<0在(0,1上有解，即a> >x在(0,1上有解。 令a)-ge0,因为e>0x-15020-则4因=- -≤0 故h()在(0，]上单调递减，则a>h)=e,即实数a的取值范围是(e,+o) 5.(26-27高三上浙江·开学考试)已知函数f(x)=2e-x3+2x21nx-ax2(aeR). 若存在x∈(O,+o),使得f(x)≤0成立，求实数a的取值范围： 【答案】 -2+21n2,+0 2 【分析】通过参变分离，得到存在x∈(0，+四小，使得a≥2 -x+2x成立：构造函数g(y) 2e* 50/136 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 根据导数与单调性及最值的关系求解即可： 【详解】存在x∈(0，+o),使得f(x)≤0成立，即存在x∈(0，+∞)，使得2e-x2+2x21nr-ar2≤0， 也即存在xe(0,+o）,使得a≥20 -x+2lnx成立. g国-空-+2，则6-2如1+是〔0-g -2-1.则-2日引1到 g-0即-引0，解得=2 当x∈(0,2)时，h(x)<0,h()单调递减；当x∈(2，+∞)时，h(c)>0,h()单调递增， 数（上a(2)=号1>0 所以当x∈(0,2)时，g'(x)<0,g(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，g(x)>0,g(x)单调递增， 所以a≥g)=g(2)=g-2+2h2 2 e2 故实数的取值范围为 -2+2ln2,+∞ 2 6.(25-26高二下·天津静海期末)已知函数f(x)=ae+2(a-1)e-2x,aeR. (I)讨论(x)的单调性： 包考8=-2hx+2-b,R,式0，o:都有≥g)共中ab>0:求b的取值范用. b 【答案】)当a≤0时，f()在R上单调递减：当a>0时，f()在(o,-h)单调递减，在(-lha,+∞)单 调递增： (2)1,+∞) 【分析】(1)对)求导，结合导数分析函数单调性即可； ②由腿意可得/之8a·分别计年mg的，可有6.2h(a的20，再结合换元达求解 a 范围。 【详解】(1)f'()=2ae2+2(a-l0e-2=2(ae-l(e+l),e+1>0恒成立， 51/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 当a≤0时，ae-1<0恒成立，故∫()<0，f)在R上单调递减： 当a>0时，令ae-1=0得x=-lna: 当x∈(-o,-lha)时，∫'(x)<0,f(x)单调递减： 当x∈(lha,+o)时，f'()>0,f)单调递增 (2)由题意知f()m≥g()mn a≤0时f(x)单调递减，无最小值， 故a>0'由得：fm=f(-ln0)=2-1+21na 0 8'e=2r-b) 当x∈0，b)时，g(y)<0, 当x∈(b+o)时，g'(x)>0, 故g(x)在(0，b)上单调递减，在(b,+o)上单调递增， 故8mim=g(b)=2-b-2nb 所以2-+2na≥2-b-2nb,即b-+2h(ab)≥0， a 令1=b(1>0),则6=a,代入得： t-1+2nt20 当0<t<1时：t-1<0,ht<0,不等式不成立； 当t=1时：左边=0+0=0，不等式成立： 当t>1时：t-1>0,lnt>0,左边为正数，不等式成立， 因此t≥1，即ab∈l,+oo) 7.(25-26商三上内蒙古巴彦淖尔阶段检测)已知函数f)=e-2x>0,g)=nx」 ()求函数h()=fx)+g(x)在山，©]上的最值及其零点个数： 2)若对于任意的0<x<,均有f(x)-g(:)水f(,)ag(:),求a的取值范围. 【答案】I)最大值为e°-1，最小值为-e,只有1个零点： (2)a≤3e 【分析】(1)利用导数计算函数的单调性计算最值，再根据零点存在性定理确定零点个数即可： (2)构造函数m(:)=f(x)-ag(x),将问题化为函数m(x)定义域上单调递增，即m'(x)≥0恒成立，分离 参数，再利用导数研究函数的单调性、最值计算即可： 52/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【详解】(1易知(x)=f)+g)=e_2e lnx(x>0), 则(x)=e*+兰 2e.1 +二>0定义域上恒成立， 所以h(x)在l,e上单调递增，则h(x)sh(e)=e-l,h(x)≥h()=-e, 即最大值为e-1,最小值为-e, 又-e<0<e-1,根据零点存在定理和函数的单调性，则h(x)在l,e]上只有一个零点： (2)设m(x)=f()-ag(x,则对于任意的0<x<x,均有m(:)<m(:), 即m(x)在(0，+oo)上单调递增， 所以m()=()-ag()=e+≥0在(0，+四)上恒成立 x2 x 即ase*+2e 在(0，+∞)上恒成立， 令)=e+e>o0叭，则()(+e2。 令=：则r()=(+2小e+华>0，即在0，四)上单调遥增， 又n()=0,则n(x)在(0,1)上单调递减，在，+∞)上单调递增。 所以n()≥n(0=3e,故a≤3e 。题型08双变星之函数零点相关问题 【技巧通法提分快招】 f(x)=0 11.若x1,2是f(x)两个零点，则列出零点条件 f(x2)=0' 两个方程是双零点变形的基础条件； !2.两式相加，构造含有X1+X2的关系式：两式相减，整理得到X1一x2齐次关系式，为后续换元做准备： a比值换元，今1宁将双变量×，X统一转化为单变，实现二元时置一元化。 4.结合零点存在定理以及函数单调性，确定换元后新变量的取值范围，再借助导数研究函数，完成证明或 求参。 ln,x≥l 1.(2026高三全国专题练习)已知函数f(x)= 有两个零点 F(x)=f[f(x)+1]+m Xx2 53/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 则+的取值范围是() A.[4-2n2,+o) B.[1+VE,+∞ c.4-2n2,1+E) D.（-o,l+vE 【答案】A 【分析】依题意可得f()=©”-1有两个根xx,根据f()的解析式，分别求出xx的表达式，再根据 导数求x+x的取值范围 【详解】由题意可知，当x≥1时，f(x)+1=lnx+12l,所以f[f(x)+=ln(f(x)+1): 当<1时，e1=1-1=2-1,所u=hU 综上，对xeR,有f[f(x)+1]=n(f(x)+I), 由F()=f[f()+]+m有两个零点xx2,即方程血(f(x)+)+m=0有两个根， 即方程f(x)=e"-1有两个根x,不妨设x<x, 易知函数f(x)在(-∞，1)上单调递减，在，+∞)上单调递增， 当x≥1时，g=e-1,当<1时，1-之=e- 令1-6小因1-登>分所分 所以=e,x=2-21,则5+x=e-21+2,1> 2 令g0=e-21+2,1>2, 1 g')=e-2,令g')>0,解得1>n2令g'()<0:解得2<1<血2， 1 所以函数g)在（血2，+w)上单调递增，在21血2 上单调递减， 当t=ln2时8(0)m=eh2-21hn2+2=4-2n2 所以函数8(t)的值域为[4-2ln2,+o), 即x+的取值范围是[4-21血2，+∞) 2.(25-26高三上河南漯河·期末)已知函数f(x)=x(x>0),则下列说法中正确的是() A.对任意的n∈N,都有m>(n+1)” 54/136 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B.当0<m<e时，f(x)-m=0有两个实根 C.若关于x的方程a=x(a>0且a1)在(0，+∞)上只有一个解，则a的取值范围为(0,1) D.若方程/付m=0有两个不同的银，U--+d)50框安立，则子<血m< 【答案】D 【分析】本题考查了特殊的复合函数f(x)=x=(ex)=ex(x>0)的求导及极值点分析：A选项利用代 值法判断：B选项利用f()图像判断，注意当，趋于+0时，函数值趋于1：C选项构造函数g()= 利用8(x)图像判断；D选项利用对数不等式，进行判断： 【1了日=6e兰>列利用复合南数农号，可限r-e1中1中，当 x2 0<x<e时，f'()>0,所以f()在区间(0，)上单调递增：当x≥e时，'(x)0,所以f(x)在区间 (e,+∞)上单调递减：f(x)在x=e处，取到极大值点，f(e)=(e)函数图像如下： ○ 对于选项A:当n=1时，不满足n>(n+1少”，故A错误； 对于选项B:由上分析得f(x)x=f(e)=(e),当x趋于+o时，函数值趋于1， 当1<m<(e)时，f(x)m=0有两个实数根： 当0<m≤1时，f(x)-m=0有一个实数根： 故B错误： 对于选项C:方程a=x(a>0且a≠)，两边取对数得xna=alnx,即1 g'()=1-nr x2, 令g(x)=0,则x=e,当0<x<e时，f'(x)>0, 所以f(x)在区间(0，e)上单调递增：当x趋于0时，函数值趋于-o: 55/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 当x≥e时，'(x)<0,所以f(x)在区间(e,+∞)上单调递减：当x趋于+o时，函数值趋于0： 故&()=ge),如图所示 与y=血 0<a<1时，0<0，y- a 只有一个交点， 当e时，00=2与y有2个交点 a 与x 当。=e时，y=血a与 只有一个交点： e0日与有2个交点， a 故a=r(a>0且a1)在(0，+o∞)上只有一个解，则a的取值范围为(0,1)U{e}, 故C错误； 对于选项D:若方程f(x)-m=0有两个不同的根，则1<m<(©)，设两根为x,x(:<): 1 1 则x=x=m,由函数的单调性知1<x<e<x2,因为(f(x)m)(x2-cx+d)≤0恒成立，所以：，x,同时 是方程x2-Cx+d=0的两根：根据韦达定理得x+,=C,xx,=d,因为x1=x9=m,两边取对数得 Inx=Inx=Inm X X2 Inx =x.Inm n无=hm,两式做差，1h-n5=nm-化-5》根据对数不等式历<b<ab, Ina-Inb 2' nm=血x-h五>2=22 x-+xc,即关<nm: C hm=血x-n为<1_=L X1-X2 污a,即m<a: 1 所以<hm<后，选项D正确 故选：D 56/136 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ②)考查了g()=x的图像与性质： Inx (3)通过8(x)性质，判断出f(x)图像，特别需要注意当x趋于+o时，函数值趋于1： (4)考查了双变量含参问题中对数不等式的运用： 3.(25-26高二下湖北武汉阶段检测)己知函数f(x)=(x-)nr-x2+ax(aeR)」 ()若函数y=f"(x)有两个零点，求a的取值范围： 【答案】(2，+∞) 【分析】函数y=有两个零点转化为直线y=a与函数g()=2x+上x-1的图象有两个不同的交点， 利用导数研究函数单调性与最值，数形结合即可求α的取值范围： 【i详解】f)=(K-1)nr-r+ax,则了()=1-+nr-2x+a, 令f'闪)=0，得a=2x+1-lmr-l, 若函数y=了（冈）有两个零点，则直线y=口与函数8()=2x+m-1的图象有两个不同的交点。 设8-2+r1期8o=-2士20Bt- 当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递减，当x∈（山，+∞）时，g(x)>0,g(x)单调递增， 因此g(x)mm=g()=2.当x→0时，g(x)→+，当x→+o时，g(x→+o, 作出函数g(x)的大致图象与直线y=,如图所示，要使二者有两个不同交点， 则a>2,故a的取值范围为(2，+oo). v=g(x) 3 2 y=a -1012345x 4.(2026高二全国专题练习)已知函数f()=e-ax(a≠0). (1)讨论f(x)的零点个数」 2)若f()有两个零点，x且x<x2,求证：x+为>2. 57/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【答案】)当0<a<e时，f(x无零点；当a=e或a<0时，f()有唯-零点： 当a>e时，fx)有两个零点 ②)因为f(x)有两个零点，且x<x, 所以a>0,x>0,x3>0, 则e=ax1,e3=ar2, 所以e=占 X' 设-云，则，>1广%1则5昌 所以+-2-0-2-m-2》--2+,】 -w清0-i0 t+1 所以函数8()在(，+∞)上单调递增，所以g()>g()=0, 因为>1所以告>0， 所以x+x2>2 【分析】(1)利用转化法，结合构造法、利用导数的性质、数形结合思想进行求解即可： (2)由（山）知0将两个零点代入两数表达式，设-异计算5+5-2的表达式，道过导致计算 的表达式的最小值大于0，由此得证， 【详解】(1)令f()=e-ax=0,显然0不是该方程的解， 所以由f()=e-r=0→a=(x≠0)， 设g)=g(x≠0)→g)=e- 当x>1时，8(x)>0,g(x)在(L,+∞)上单调递增， 当x<0,或0<x<1时，g'()<0,g(x)在(0，)和(-0,0)上单调递减，如下图所示： 58/136 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 y=a y=g(x) 当0<a<e时，直线y=a与函数8)-(c≠0)没有交点，所以无零点 当。=e时，直线，=口与函数g()-(≠0)有一个交点，所以f有唯一零点 当a>e时，直线y=4与函数g()-(≠0)有两个交点，所以了有两个零点。 当。<0时，直线)=a与西数g)-(x≠0)有一个交点。所以f)有唯一零点： 综上所述：当0<a<e时，f(x)无零点：当a=e或a<0时，f(x)有唯一零点： 当a>e时，f(x)有两个零点. (2)略 5.(25-26高二下黑龙江期末)己知函数f(x)=xr-x+l有两个不同的零点x,为. (I)求实数a的取值范围； 2)证明：￥+x>2: 3)证明：h(nl)≥n-lnn-1(neN)】 【答案】1)a>1 (2)证明： 设0<<为，因为hx-a+1=0,xh,-a,+1=0, 所以nx+=n5+ +安整理可得如克袋令套 =方，则t∈(0,1) 则=在·所以h1=-5-1 房层解特巧日期品 +>2,则整理可符21n1-f+1>0令g)=2h1-f+10<1<) 则证明ntnt 则g0=20a1-1+1)令h0=n1-1+1.则0=1号>0. 所以8()在(0,1)上单调递增，则8()<g()=0, 59/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以g()在(0,1)上单调递减，即g()>g()=0, 所以2ht-2+1>0,故+x2>2 (3)证明： 由(1)知，当a=1时，f(x)=xnx-x+l,f'(x)=lnx, 因为f'(x)在(0，+∞)上单调递增，且f'()=0,所以当x∈(0，)时，f'()<0, 当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0,故f(x)在(0,1)上单调递减，在(，+∞)上单调递增， 所以f()≥f(四)=0，即xnx-x+1≥0，当且仅当x=1时取等号， ++++1+ 所以nx21-,则h+n2+ln3++nn≥n-气+2+3 n-1n n-1n 令x= 产a≥2，则血名话所以na-ha- n' 则h2-h12分，1h3-h25,a4-h3≥经hm-h(a-2 当n≥2时，将以上n-1个不等式两边分别相加，得血n 23 n-1'n 当n=1时，h(n)=n-lnn-l成立，所以ln(n≥n-lnn-l(neN)得证 【分析】(1)将问题转化为函数g()=x+的图象与直线y=a有两个不同的交点，，数形结合即可求 解； -1+->2 四南5为通数专点有到会安令京化阳到品品 令g=2l血-+1(0<t<),再次构造函数令h)=血t-t+l,求导得到8（的单调性，即可得证 (3)证明血x21-,再利用累加法即可证明。 【详解】)令f0)=0,可得r-ar+1=0因为x>0:所以a=r+ 问题转化为有数s()-r的图家与直线y=有两个不同的交点：所以g)士是 60/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 当0<x<1时，8()<0，g(x)在(0,1)单调递减： 当x>1时，g'(x)>0,g(x)在(，+∞)单调递增， 所以8(x)在x=1处取得最小值8()=1， 当x→0时，8()→+0：当x→+0时，g()→+0， 要使y=a与8(x)有两个交点，必须满足a>g()=1, 因此，实数a的取值范围是(1，+o∞) (2)略 (3)略 6.(25-26高二下湖北期中)已知函数(x)=lhx-ax(aeR)」 若函数8()=f)+axac,求西数g)的单调区间； 2 (2)若函数∫(x)有两个不同的零点，记两个零点分别为，x,且<x2. ①求a的取值范围； ②已知2>0，若不等式l+元<nx+lnx恒成立，求的取值范围 【答案】①)当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间； 当。>0时，g(x)的单调递增区间为 a>0 a 单调递减区间为 200<a<e:②121 【分析】山)先化商8()=nxr,求号得g)-ax=1-, x,按a≤0与a>0分类，根据导数 的正负判断单调区间： (②①代)有两个零点等价于a=,求4()的单调性与最大位，结合图象得0<a< m支 ②由零点条件将不等式转化为 构造函数，求导 +2<a(x+x2) 代入a=立，换元=飞， x-x2 x2t∈(0,1) 分析单调性得入≥1， 【详解】c山由避意得g)=nx-0r的定义被为0，+o,g()--am-1a 61/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 当a≤0时，g(x)>0,则8(x)在区间(0，+o)内单调递增： (舍去)， 1 当0<x<V后时，g()>0:g内)单调递增，当x>后时，g)<0:g()单调递减. 所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间： 当。>0时：8)的单调递增区间 0,a 单调递减区间为 (2)①依题意，函数f(x)的定义域为(0，+∞)， 所以函数f()=血x-ar有两个不同的零点， 可得方程nx-ax=0在(0，+∞)有两个不同根， 得到函数()-与函数y=a的图象在0，四)上有两个不同交点。 又)-尘“。当0<6时：>0：A单调超猫 当xe时，k0,Ae)单调递成所以6（以g付）-日 又h()有且只有一个零点是1，且在x→0，时，h()→-0，在x→+0时，(x)→0， 如图，h()的图象如下： y=h(x) y-a 可见，要想西数4()=与函数y=0在图象(0+四)上有两个不洞交点，只需0<a<。 ②由①可知，x分别为方程lnx-ar=0的两个根，即hx=a,lnx2=a心2， 所以原式等价于l+九<a+1a心2=a(x+元x2)」 1+元 因为>0'0<：<，所以原式等价于a> x+Ax 62/136 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 n支 又由 作差得，n立=a(x-)即a=，, Inx ax In x2 ax2 X2 x1-x2 n支 所以原式等价于五>1+九 x-x2x+九x2 因为0<x<原武恒成立，即血支<+A-5) x+九x2 恒成立， 。,1∈(0，)则不等式nt<+业-) ts t+元 在t∈(0,1)上恒成立. 0-.-- t+λ 当2≥1时，可见t∈(0,1)时，m'()>0,所以m()在t∈(0，)上单调递增， 又m()=0,m()<0在t∈(0,1)恒成立，符合题意： 当2<1时，可见当t∈(0,22)时，m'()>0:当1∈(a2,1)时，m'()<0, 所以m()在t∈(0,2)时单调递增，在t∈(2，)时单调递减. 又m()=0,所以m()在1∈(0，)上不能恒小于0，不符合题意，舍去. 综上所述，若不等式1+元<血x+血恒成立，只须22≥1，又>0，所以2≥1， ◆题型09双变量之极值点相关问题 【技巧通法提分快招】 极值点偏移通用解题套路： ①求导，求出唯一极值点X0 ②已知f(x1)=f(x2),不妨设x1<x<x2: ③构造差辅助函数：h(x)=f(x)-f(2x-x): ④求导，判断h(x)在x<xo区间单调性，得到h(x)<0(或者>o); ⑤得到f(x1)<f(2x,-x1),结合f(x1)=f(x2得到f(x2)<f(2x,-x): ⑥利用f(x)在(x,+0)单调性脱去f外壳，得到X2>2x,-X1,即X1+X2>2xo。 1.(25-26高二下湖北武汉期中)函数f()-C+lhx+b(aeR,b∈R)的两个极值点x,,满足5<5≤2x, 则+2的最大值为（) 63/136 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.2n2 B.3In2 C.4In2 D.5In2 【答案】D 【分折】根据极值点为导函数的零点，整理变形得©=点， 念点=1代入后表示出5，西，代入目标 =名，然后令飞 式转化为关于的函数，利用导数求最值即可： 【详解】由题知，函数的定义规为O,+∞f四=&+=心， 十 因为内有两个极值点5·所以e-:=0:。-4,=0:则e一京.回 点=1，因为5<552x所以1e,2] 令 将字-代入0整理可得气=岩名兴 Int 2tInt (2t+1)Int 所以x+2x3 t-1t-1t-1-, 3hx+21-1 令g)=2+n,0<x≤2列则g(= x-1 (x-1 设-3h+2x士1，则-2+2-2-- x2 因为1<x≤2，所以h(x)>0,所以h(x)在(，2]上单调递增， 所以h(x)>-3l1+2-1-1=0,所以8(x)在(1,2]上单调递增， 所以8(x)x=g(2)=5h2 故选：D 2.(2627高=上云南玉溪阶段检测)已知函数-+0-ar-hx有两个极值点5，：<5小，则 实数a的取值范围为. ;若2x之x3>0,则lhx+nx+2a的最大值为. 【答案】 (1,+0) 3ln2 【分析】由f(x)有两个极值点x,x,得f'(x)有两个变号零点，构造函数h(x)=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，的取值范围；设年=teL2,将n5+n飞+2a化为 64/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (t+1)Int t-1, 再构造函数0=+l,1,2】,利用导数可求出其最大值。 t-1 【详解】由题意得f(x)的定义域为(0，+o),f'(x)=x+(1-a)-(1+nx)=x-lnx-a, 由已知得，x2是∫"(x)=x-hx-a的两个变号零点， 令=x-nK-a:则()=1-x>0, 当x∈(O,)时，h()<0,h()单调递减， 当x∈L,+oo)时，h()>0,h)单调递增， 所以函数∫'(x)在0，)上单调递减，在(L,+∞)上单调递增， 又当x→0和x→+0时，∫'(x)→+0， 如图，作出符合题意的图形， y=f(x) 由图可知，只需f'mmm=f'0=1-a<0即可，所以a>1, 即实数a的取值范围是(L,+o∞)； 若2x之5，又0<5<5，则令经=121， 由已知a=x-nx=无-ln,则-名=n克=r, 测-5=h,则与==光 t-1 所以hx+lhx3+2a=x+2= Int tInt (+1)Int t-1”t-1t-1, 令m0-g+DnE2:则m0+0-》-+0n2h1+1 t-1 t-102 t-1)2 令p0=-2nt+1-}则p0=-21+2-《->0ee2D. 1 12 所以函数p()在1∈(1,2]上递增，又因为)=0， 所以当1∈(L,2]时，p0>0,即m'0>0, 65/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以函数m()在1∈(，2]上递增，所以m@)≤m(2)=3h2, 所以hx+nx+2a的最大值为3ln2. 3.(25-26高三上江苏无锡阶段检测)设函数fx)=hx+2-ax(a∈R),若f(x)有两个极值点，x, 且￥∈(0,2]，则fx)-x)的最小值是 【答案】3h2-63 6 【分析】根据函数有两个极值点可得方程2x2-ax+1=0在(0，+o)上有两个不等实根，x2,由此可得韦达 定理的结论，将f)-)表示为关于x的函数的形式，构造函数8()=2r-r+4 +2+ln2(0<x≤2)， 利用导数求得g(x)mim即可. 【详解】：f)定义域为0，+0f)=+2x-a=2-+1 x ∴.f()有两个极值点x,X2等价于2x2-am+1=0在(0，+0)上有两个不等实根x,x2, :+5分=分a=2+小为2元 .f(x)-f(x2)=Inx+x-ax-Inx2-x2+axz 1 1+2x =s+-2x化+2+ln2x)4花+舌 2x. 2x-+43+n20<x≤2 设8)=2nr-r+在+n20<x62. 则g0-2-2x-是44-1-2s0. 2r3 2x3 2x3 ∴8()在(0,2]上单调递减，、8≥8(2)=2血2-4+ +16+lh2=3n2- 16 即/6)-f)=2m-+ *4g+h2≥3h2-63 16 /)-1G)的最小值为3h2-63 16 故答案为：3n2-63 16 4(25-26高=下广东江门期中)己知函数f(x)=(血r-2)r2-mx(>0),g(x)为f(x)的导函数若f(x) 66/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 的两个极值点分别为和x2,且x<x2 (I)求实数m的取值范围： (2)证明：x2-x<m+2e 【答案】a)(-2√，0 2) 由(1)可知m=h(5),且h()=0时，x=eE,又：<x,所以e<2<e6 令p(x)=h(x)+2e-五，则p'(s)=2血x-2,p(x)在(0，+∞)上单调递增，又p'(e)=0, 所以∈(，e)时，p'(x)<0,x∈(e,e)时，p'(x)>0, 所以p(x)在(N,e)上单调递减，在(e,eve)上单调递增。 所以p()≥p(e)=2e-3e+2e-e=0,即h(s)+2e-x≥0，则h()+2e≥x2, 又因为0<x<V,所以x>x-x, 所以h()+2e>x-x,即x-x<m+2e 【分析】(1)由题意得x,是方程8(x)=2x血x-3x-m=0的两个正根，进一步转化为 h(x)=x(2l血x-3)与y=m有两个不同的交点，然后利用导数求出h(x)的单调区间和极值分析求解即可： (2)由(1)可知m=h(x),由h()=0得x=eE,则可得v<:2<c,令p(:)=h(x)+2e-x, 利用导数求出其单调区间和最值，从而可证得结论 【详解】(1)8()=f'()=2xnx-3x-m,且定义域x∈(0，+∞) 因为f(x)有两个极值点，所以，x是方程2x血x-3x-m=0的两个正根， 即x(2血x-3)=m有两个正根x,x· 令h(x)=x(2hx-3)(x>0),则h(x)=2nx-1, 令N(x)=2血x-1=0,解得x=VE 所以当r∈(O,e)时，(x)<0,h(x)单调递减：当x∈(VE,+∞)时，N(x)>0,n(x)单调递增， 所以当x=Ve时，h(x)取得最小值，为h(V)=-2e, 当x(2nx-3)=0时，x=, 又当0<x<e2时，x(2hx-3)<0,当x>e2时，x(2lnx-3)>0, 67/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以当0<x<e时，h(x)<0,当x>e2时，h(x)>0, 所以-26<m<0时，h)=x(21血x-3)的图象与直线y=m有两个不同的交点，所以m∈(-2E,0) (2)略 5.(25-26高二下福建龙岩期末)已知函数f(x)=e(ax+blnx),a,beR. 已知，1”记问为回的导至数，8=但，若句存在两个餐位点5，K<)上 (1)证明：8(x)<0； (2)已知8(x)g()>e+2e+3 e 求的取值范围。 1 【答案】（山法1：当。=1时，8(）=x+1+ mx+x) 求导得g(x)= x2+bx-b x2 因8(x)有两个极值点x,x(0<<), △=b2+4b>0 故方程 有两个正实根，因此书+x=-b>0,解得 x2+bx-b=0 xx2=-b>0 b<-4 因g是方程+红-60的根，版6 x2-1 由6<-4，又因为0<5<5，则>分2 将b=-5 x2-1 本，即证血：+L 1 即证之<n为+品 +2-1>0 1x2则是--20， 令n()=lnx+'+1」 n(x)在(2，+o)上单调递增， 数小n2)-h2-}n6-0,即gs<0 441 法2：当。=1时，8()=x+1+6血x+,求号得8g)=产+-6 x2. 68/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因8(x)有两个极值点x,x(0<,<x),故方程x2+bx-b=0有两个正实根， △=b2+4b>0 因此x+x=b>0,解得 xx2=-b>0 b<-4 因为(x-2)(x2-2)=xx2-2(x+x3)+4=-b-2(-b)+4=b+4<0, 又<x2,所以x<2<x2, 因为8(x)在(x,x)单调递减， 所以8(s)<g(2)=2+bn2+1+9=3+bn2+ 1 2/ <0. 2 所以8(x2)<0 ②年em) 【分析】(1)两种方法均先由极值点条件得到含参二次方程根的范围推出b<-4与x>2,法1通过根代 换消去b构造单变量函数，利用单调性证明8(：)<0：法2先证x<2<x,结合区间单调性放缩至8(2) 代入6<-4直接证得不符式：（②）设比位换元1->1，结合市达定理用，表示，：将8化）广86) 转化为关于t的函数h(t),两次构造辅助函数求导判断单调性，再利用己知不等式h()>h(©)直接推出 X2 t>e'得到x的取值范围 【详解】(1)略： 《2)令=生>1，由x+x=5’得中 X2=t+1, 故b=-+ t 66s-2小r s40-2-a,o0-vn咖-6明 令q0=(t+1)nt--),则9)=ht+>0,g)在(，+o)上单调递增， 故9)>0，N()>0,h()在（山，+∞）上单调递增 69/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 已知A0>c+2c+3-Ae,故1>e e ∈(e,+0) 即 6(25-26高二下江西赣州期末)己知函数f(x)=e“-ax2 若f(x)有两个极值点x,x2,且x<x2. (1)求实数a的取值范围： (2)当x+<3时，求无的取值范围. 【答案】(1) (2)(（L,2) 【分析】(1)将极值点问题转化为方程的解的问题，再转化为函数图像交点问题，结合导数分类讨论， 分析函数单调性即可得出结果；（②）结合已知条件，化简构造函数，判断单调性，结合双极值点换元模 型分析单调性，即可求解。 【详解】(1)由题知，f(x)=ae“-2ar=a(e“-2x), 若a=0,'(x)=0恒成立，无极值： 若a≠0，则e“-2x=0,即e“=2x有两个不同实根x,X2,且<x, 显然x>0:令，=am则x=后 a 代入上式相-名a=之 e 设40=白，则0)=。号。 当t<1时，h()>0,h()单调递增， 当1>1时，h()<0,h()单调递减， 若a>0,则t>0, 又A0-2104001→0-，0： 所u0o日0a 若a<0,t=ax<0, 70/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 刘公0-号>0，A0在(m,0)上单调适喻 又t→-o,h(0)→-o,t→0，h(0)-→0， 即t<0时，h()∈(-o,0) 此时a=2h()最多只有一个解，不满足题意，舍去 2 综上，。的取值范围为0，。) [ea=2x1 ②设=4>1，由e=2 两式相除得，ee-冬=，即a,-)=ht x 又名=G,代入得ax亿-l)=,即ax= t-1 而e=2,4=)e两代入得，x=)e,则x=e, 2 2 2 所以x+x2 -t+1 In 2er-i 记m)=1+1 e-,t>1. 2 令0兴则0微 t(t-1)2, 令p()=t-l1-hnt,则p'(t)=-lt<0, 又()=0，所以()<0，则()<0， 所以n()在(L,+∞)上单调递减，m()在(1，+o∞)上单调递增， 且m(2)=3, 所以1<1<2 e(（1,2) 即x 一题型10双变量之构造函数处理偏移 【技巧通法提分快招】 本题型针对待证式子直接做差，利用(x1)=f(x2)条件消元，构造单变量。 适用场景：已经知道f(x1)=fx2),要证F(X1,X2)>0,不是标准x1+x2>2xo形式。 71/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.(26-27高三上河南驻马店开学考试)已知函数f()=x-山x,若存在两个不等正数x,x,满足 f(:)=f(:),则下列关系式正确的是() A.xx2>I B.x2=1 C.x+x2>2 D.x+x2<2 【答案】C 【分析】先求导确定单调区间，然后通过构造函数证明，+为>2恒成立 【详解】f)=x-nx的定义域为(0，+o),f()=1-!-- 当0<x<1时，'(x)0,函数单调递减： 当x>1时，'()>0，函数单调递增 且f(0)=1,且当x→0时，f()→+0，x→+o时f(x)→+0， 故f(x)在(0,1)上递减，在(4，+∞)上递增，最小值为(0)=1 若存在≠为使f(:)=f(:),则、：必位于1的两侧，不妨设0<x<1<x. 今=)-f母x士2h,0exe 则)=1+草子-2_化-少 x 即h(c)>0在(0,1)上恒成立， 即h(x)在(0,1)上单调递增， 又a0=0:所以当0<r<1时，h()<0,即f)f X=)rs小 又6号之，且例印+网)止单调运 所以<文，即xX,<1故A错误，B错误： 令8()=f()-f(2-x),0<x<1. 72/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则8()=f(+f"(2-)=-+1-x-20- -<0 x2-xx(2-x) 所以8(x)在(0，)上单调递减，故g(x)>g(0)=0,即f(x)>f(2-x) 令x=,得f(:)>f(2-x), 又f(x)=f(),所以f(x)>f(2-x) 由于>1,2-x>1,且f(x)在(L,+∞)单调递增， 故>2-x,即x+>2.因此C正确，D错误 2.(25-26高二下江苏无锡期中)己知函数f(x)=e(ax+b)在点（-山，f(-》处的切线方程为 x-y+3=0 若两个不相等的实数m,n满足：me”-ne"=e"-e”,求证：m+n>0. 【答案】证明如下： 因为n一e-e-e:所u2- 设8()-中，则8()-。，令g闪=0得x=0 令g(x)>0得x<0,令8(x)<0得x>0, 所以8(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞）上单调递减， 不妨取m<0<n,欲证m+n>0,即证n>-m>0, 又因为8(x)在(0，+∞)上单调递减，故只需证g(n)<g(-m), 又因为gm）=gm,故也即证8(m)<g(-m), 构造函数H(m)=g(m)-g(-m),m∈(-oo,0), 则等价于证明H(m)<0对m(-∞，0)恒成立. 网)=go网j+gt=me- 因为m∈（←0,0），所以e"<。,所以Hm>0 则H(m)在m∈（←o,0)上单调递增， 所以H(m)<H(O)=0,即已证明H(m)<0对m∈(-o,0)恒成立， 故原不等式m+n>0成立. 73/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 +1_n+1 【分析】由me一ne”=e“-e得e e, 设8(x)=x+1 ex, 利用导数研究其单调性，要证m+n>0' 即证8(n)<g(-m),然后构造H(m)=g(m)-g(←m),m∈（←o,0),利用导数研究其单调性，即可证明 【详解】略 3.(25-26高二下·天津宝坻阶段检测)已知函数f(x)=e。 )求函数f(x)的单调区间： 2)已知函数8(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称，证明：当x>1时，f()>g(): 3)如果≠x,且f()=f(),证明：x+>2. 【答案】证明：法一：f'()=①-xe,易得f(x)在(-0，)上单调递增，在，+o)上单调递减，x→-o 时，f()→-0，f(0)=0,x→+0时，f)→0， 函数在x=1处取得极大值0且/0=。，如图所示。 y=f(x) AI由 ,不妨设 ,则必有 1x1+X2 X2 f(x)=f(x2),x1≠x2 X<X2 0<x<1<x2 构造函数F)=f1+)-f0-),x∈(0，]， 则F')=f0+x)+f0-x)=e2-)>0, 所以F()在x∈(0，)上单调递增，F()>F(O)=0, 也即f1+x)>f1-x)对x∈(0，]恒成立.由0<x<1<x2,得1-x∈(0，， 所以f0+1-x》=f2-x)>f0-1-x》=f(x)=f),即f2-x)>f(x), 又因为2-x,x3∈(L,+0)，且f(x)在(L,+o)上单调递减，所以2-<x, 即x+x2>2 法二：欲证+x>2,即证x>2-,由法一知0<x<1<2, 故2-x,x3∈(1，+0)， 又因为f(x)在（山，+o)上单调递减，故只需证f()<f(2-x), 又因为f(x)=f(x2), 故也即证fx)<f(2-x),构造函数H(x)=f(x)-f(2-x,x∈(0，)， 74/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则等价于证明H()<0对x∈(0，)恒成立 由o)=)+/Q-)-。0-e)>0,则在xe0)上单调适暗。 所以H()<H(0=0,即已证明H()<0对x∈(0，)恒成立， 故原不等式+>2成立. 法三：由f)=f),得xe4=5e,化简得e-点 不妨设为>，由法一知，0<x<1<.令=为-x,则t>0,=+, 代入e字，我=货，反解出则5+=24+1名 2t 故要证：+x>2:即证：e一+1>2， 又因为e'-1>0,等价于证明：2t+(t-2)(e'-l1)>0, 构造函数G()=2t+(t-2)e'-1),(t>0),则G()=(t-1)e'+1, 令G(g)=p()→p'()=e>0. 故G'0在t∈(0，+)上单调递增，G(0>G'(0)=0, 从而G0也在t∈(0，+∞)上单调递增，G0>G(0)=0,即证21+(t-2e-l)>0成立， 也即原不等式x+x,>2成立. 【分析】方法1，由导数知识可得f()大致图象，据此可得0<，<1<x,然后通过研究函数 F()=f1+)-f0-x,x∈(0，，可得f+x)>f1-x)对x∈(0，恒成立，最后由题意，结合 0<x<1<x,可完成证明：方法2，要证x+x>2,即证fx)<f(2-x),然后通过研究 2t H(=f)-f2-,x∈0，)可完成证明：方法3，令1=-x,要证x+5>2,即证：。-+1>2。 然后通过研究G(0=2t+(t-2(e'-l),(>0)可完成证明 【详解】略 4.(25-26高三上·黑龙江齐齐哈尔阶段检测)己知函数f(x)=(x-l)l血x. 若函数8(x)=f(x-a有两个零点x,2. (1)求a的取值范围； (2)求证：+x32>2」 【答案】(1)a>0:(2)证明见解析 75/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【分析】(1)求导，分类讨论求出函数的单调性，从而可求出答案；(2)要证+名>2，只需证 g(:)>g(2-x),构造h()=g(x)g(2-x),x∈(0,1)，求导，判断函数h(x)单调性后即可得证 【详1()g=(-x-ag6)=nr+号，白)知， 当x∈(0,1)时，g(x)<0,g()单调递减， 当x∈（山，+∞）时，g(x)>0,g()单调递增， 若a<0,则(x)>0恒成立，没有零点，不符合题意： 若a=0,g(x)=f(x)≥0恒成立，且仅当x=1时，8(x)=0,不符合题意， 若a>0,则8()=f()-a=-a<0, 此时，0<eew<lg(ee）=(ea-儿-(a+l月-a=1-(a+1)eo, 令e(=1-xe(c≥)，g(y)=-e-e-x-1 e2x er, x21Q(x)20∴0(x)=Q0=1-1>0 ∴Q(x)>0,:a+1>1,0(a+1)=1-(a+1)ea>0,故gea）>0, 因此，存在x∈(e,)c(0,),使得g)=0, 同时，e>e>2>l1,g(e)=(e1-1(a+1)-a>(a+1)-a=1>0, 因此，存在∈(1，e)c(1,+o),使得g(3)=0, 综上所述，a的取值范围是a>0, (2)要证(+x>2,只需证为3>2-x, 由于2-，2∈（山，+o),且当x∈（山，+∞）时，g(x)单调递增， 故而只需证明8(，)>g(2-x), 由于8(，)=0=8(：)，故而只需证明8(：)>g(2-x). 构造(x)=g(x)-g(2-x)x∈(0,1)， )=g-[s2-=g6+g-=r++h2-)+2 g-明时 76/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 当x∈(0，)时，0<x(2-x)<1, 则()<0，故h(x)在区间(0，)单调递减， 因为h()=0,所以当x∈(0,1)时，h(x)>0 因为x∈(0，)，所以h()>0,即g(:)>g(2-x), 所以+x2>2 5.(2026高三全国专题练习)已知函数()=山x+mx有两个不同的零点，x,求证： x+x2>2e,xx2>e2. 【答案】：f)=nx+m,定义线为0，四f)=+m x 若m20,则f'(:>0恒成立，f()在(0，+∞)单调递增，至多有1个零点，不符合题意，故m<0. 令f)=0,解得x=-1 m 由f()>0,得0<x<- m 由∫()<0，得>1 m :在@京上单调递增，在（品+烟）上单调递减。 m ：f)的最大值为八品=h(-点+m(动=（动-1 m m :f有两个不同零点，：f(>0,即(-马>1， m m 1 解得m >e,即。<m<0,故极值点=-m>e m 不妨设两个零点满足0<：<e<x,由零点定义得：hx+m=0①，nx2+mx,=0②， 证明xx,>e2 由题意得1血x+m=0,两式相减 In Inx2 +mx2 =0 即m= Inx-Inx2 +m(x2)=0 x1-x2 要证xx>e2,即证lnx+n:2>2,即证-m(化+)>2， +x2) 将代入得 ->2 m X2-x1 77/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 令1=点>1，不等武转化为+>2，即1n>2-D t-1 t+1 1+1,>1求导得0=1,4=《- 令h0=lnt-2-) t++1>0. :t>1时h)>0,、h()在L,+o)上单调递增， 0>0=0,即n1>2-》 t+1,故xx>e得证 证明x+2>2e 要证+>2e,即证x3>2e-x. .x2>e,x<e,.2e-x>e, 又fx)在(e,+oo)上单调递减，故只需证f(xz)<f(2e-x) :f(x)=f(x)=0,故只需证f(x)<f(2e-x),x∈(0，e) 构造函数H(r)=f(x)-f(2e-x),x∈(0，e). H(x)=Inx+mx-[ln(2e-x)+m(2e-x)]=Inx-In(2e-x)+2m(x-e), 求导得H=+,J+2m=2e。+2m x 2e-x x(2e-x) :xe(0,e),x(2e-x)=-(x-e)2+e2<e2, 2e、2e_2 ·x2e-ee' e,2m>-2 又：m> H>子0，故H在0.8上单调通增。 ee :.H(x)<H(e)=lhe-lne+2m0=0,即f(x)<f(2e-x)对x∈(0，e)恒成立， .f(x)<f(2e-x),即f(x2)<f(2e-x) ,x,>e,2e->e,f(x)在(e,+oo)单调递减， :.x>2e-x,即x+书3>2e得证 【分析】先将函数有两个零点转化为方程m=一、有两个不同解，通过求导分析函数8：)=一血X位 x的单调 性与极值，确定参数m的范围及两零点的分布，再分别通过比值换元法、构造对称函数法证明x,>与 x+x2>2e 78/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】略 6.(2026福建泉州模拟预测)己知函数f(x)=(m+1)sinr-xcOSx,x∈[0，】 ()当m=0时，求f(x)的值域： (②)若∫(x)存在唯一的极值且为极小值，求m的取值范围； B)设n∈R,若存在m∈(-o,O)使得m≤V2(f()-m)对x∈[0，恒成立，求n的最大值. 【答案】1)[0，π] (2)m<0 【分析】(1)求导，根据导数符号判断即可： (2②)当m<0时，分区间利用=阶导数讨论：当m>0时，利用导数证明函数在2内有极大值：综合 (1)可得m的取值范围： √2 (3)解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数g(x)=sir- xsinx 2 m cosx 利用导数求最小值可解；解法二：构造函数g(x)=(m+I)sinx-xcosx- √2 m,利用导数，分类讨论g(x) 的最小值即可得解 【详解】(l)当m=0时，由f(x)=sinx-XCOSX,得f'(x)=cosx-[cosr+x(-sinr)】=xsinx, 又x∈[0，π，x≥0，sinr≥0，所以f'()≥0， 故f(x)在[0，]单调递增. 又f(0)=sin0-0=0,f()=sinm-π×cosm=元， 故f(x)在[0，上的值域为[O,]. (2)由(1)可知m≠0： 依题意得：f'(x,)=(1+m)cosr-[cosr+x(-sinr)]=xsinx+-mcosx; (i)若m<0, ①xE2,π时，sinr≥0'mCOSX>0'此时f(x>0 79/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 故f()在2π无极值。 ②当e[0引时.今树=f付)-A+moe:得--m小nr+mer 由1-m>0?mr之00s之0：为20：从面4曰在[0引单调适带。 又0=0+m00， 由专点存在性定理可知，存在、∈0引， 使得(x)=0 从而当x∈[0，x)f(x)<0,当xo2 f'(x)>0: f(x)在[0，x)单调递减，在o,2 单调递增， 所以f()是f(x)在[0，]上唯一的极值且为极小值，故m<0符合题意. (ii)m0 f(x)=mcosx+xsinx=cosx(m+xtanx), 当*[0引时，则20：从面问在[0引上单调递增，从面了冈在0引上 没有极值点： 当xe2π (π)=0： 则(x)= xsinx sinxcosx+xcos2x+xsin'x sinxcosx+x cosx cos2x cosx (x)=sinxcosx+x=sin2x+x, π 则p(x)=cos2x+1≥0，故p(x)在2元单调递增， 所以2>0，即20所以y在2 单调递增。 因为(x)=0,t→2时，(x)→-0 所以(x)的值域为(-0,0]. 80/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2 y=-1m /y=xtanx 故当m>0时，-m=xtanx有唯一解xo, 且当xe5)时，了>0，内)单调递增： 当x∈(，π)时，f'(x)<0,f(x)单调递减： 此时f(x)在(2有唯一极大值点。，不合题意，故m>0舍去： 综上，m<0 3)解法一：由(2)可知，f(x)有且仅有一个极小值点， (x)min=f (xo)=(m+1)sino-xocosxo. 因为f(6)=mcs,+无，=0：所以m= COSXo 由影意知，了付2m+n,可得f包)=了化)=(m+1)sn6-x6os,≥ -m+n, 即1- Xosinxo in-x.cost≥V2 Xosinxo+1 cOSxo 2 cosxo 化简得n≤sinx。- coSxo +、 设g(y)=sinr-之sinr cosx (2 1 √2 (sinx+xcosx)cosx+x xsinx sinx 又 2 '(x)=cosx- cos-x 2 cosx+ 2 v sinxcosx+ -xcos2x-cosx-xsinx+ 2 2 2 xsin2x cos2x cosr(cos-1)+ sinxcosx-xsinx+ -x(cos2x+sin2x) cos'x 81/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 -cosxsin2x+ 2 sinxcosx-xsinx+ 2 cosx √2 cosxsinx -sinx-x sinx- 2 2 cosx (cosxsinx+x) 2 -sinx cos2x 因为*0引， 所以sinrcosx+x>0' 当0<x<时， √2 -simx>0,g'(x)>0: 当4 2-sinr<0,g(x)<0: 放在0)上单调递箱，在任)上单调港减。 ππ 所以g以=8可目-1-引时m=子依腿，s1-到引 收，的大-引 M二：由ms付-网s) -m. 令g6f-号e=a+小r-w号。 m, 2 9-引 因为8()="(x). 由(2)知，8(x)有且仅有一个极小值点)，且8()m=g(). ①当m=- 时；g6)-=r+oim.因为8[任}-0，所以%-子 4 又g的在心引上道成，在子]上遂培：所以g以=8目到--到） 所以-引 82/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ②当m<-亚时，因为g 4 -m+ 2 5<0,所以 24 又s内0小上适减，所以=8g6)小g[目)-1-到引 电时≤g)-到 又g的6上通.所以g以=8)小e[目)--引 时≤)-到 综上，当m=一4时，n取得最大值， 依题意的最大值为 0-引 实战检测•分层突破验成效 ◆重难知识巩固剩 1.(2026高二上重庆专题练习)已知2025lna=a+m,2025nb=b+m,其中a≠b,若ab<2恒成立， 则实数九的取值范围为() 2025},+ A.[ e B. [2027,+0) C.[20252,+0) D.[(2025e)',+o) 【答案】C 1 【分析】构造函数f(x)=lnx- 2025,利用导数结合条件可设0<<2025<5，？=1(>)，进而可徇 ab=20252.0nt)} (t-1)2 ，再利用导函数求b的取值范围即可 a m 【i详解】由20251na=a+m,20251nb=b+m得na-20252025 Inb-b 025? 83/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 s,即f@=®=2求号得f) 1 1 令f(x)=lnx- 12025-x x20252025x· 当x∈(0,2025)时，f'()>0:当xe(2025,+∞)时，f'()<0, 函数f(,在(0,2025)上单调递增，在(2025，+∞)上单调递减， 百2025>0：风此6是直线y=微5与函数，=四图的两个交点的横丝标， 不妨令0<a<2025<b’a =1t>1),而20251n2=b-a, a 圆2025naD春a22h=t2因时02025.0》 (t-1)2? 令函数g0=血)-t-),t>1,求导得g'0=(血)}+2血t-21+2, 令函数40=g0>1:求号得0=子1+1-0)，令画数p0)=h1+1-1t>1 求导得90=1<0，函数0在，+o)上单调递减，则p0<p0=0:即0<0， 函数h0在L,+∞)上单调递减，则h(0<h0=0,即g')<0,函数g)在L,+∞)上单调递减， t(Int) 因此g0<g0=0:即m--<0,即- <1,则b<20252” 由b<1恒成立，得2≥20252，所以实数2的取值范围为[20252，+o). 故选：C 2.(25-26高三上河南漯河·期末)已知函数f(x)=x*(x>0),则下列说法中正确的是() A.对任意的neN,都有n>(n+l) B.当0<m<e时，f(x)-m=0有两个实根 C.若关于x的方程a=x(a>0且a1)在(0，+o)上只有一个解，则a的取值范围为(0,1) D.芒方程-m0有两个不同装，-m仁-+d小s0恒成立，测子c血m方 【答案】D 【分析】本题考查了特殊的复合函数f(x)=x=(ex)严=ex(x>0)的求导及极值点分析：A选项利用代 值法判断：B选项利用∫()图像判断，注意当，趋于0时，函数值趋于1：C选项构造函数8()=x 利用8(x)图像判断；D选项利用对数不等式，进行判断： 84/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】/)==(e)广=e兰(c>0),利用复合函数求导，可得)=e”.1-h=,1上n I Inx x2 ,当 0<x<e时，f'(x)>0,所以f(x)在区间(0，e)上单调递增：当x≥e时，f'()<0,所以f()在区间 (e,+o)上单调递减：f(x)在x=e处，取到极大值点，f(e)=(e).函数图像如下： 对于选项A:当n=1时，不满足n>(n+少”，故A错误： 对于选项B:由上分析得f(x)=f(e)=(©)，当x趋于+o时，函数值趋于1' 当1<m<(e)时，f(x)-m=0有两个实数根： 当0<m≤1时，f(x)-m=0有一个实数根： 故B错误； 对于选项G方程。=ro>0且小，两边取对数得山aah甲兰-巴，今8)- x,则 8'(x)=1-x x2, 令g'(x)=0,则x=e,当0<x<e时，f'()>0, 所以f(x)在区间(0，)上单调递增；当x趋于0时，函数值趋于-o: 当x≥e时，f'(x)<0,所以f(x)在区间(e,+∞)上单调递减；当x趋于+o时，函数值趋于0： 故8(=go)-。,如图所示 当0<a<1时，<0，y=0与 a 口与y=只有一个交点， a 当cae时，0<g<-a可与a 。与y=x有2个交点， a 85/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 当a=e时，y=ha 与y=血x 。只有一个交点： a 当。，0与 a x有2个交点， 故a=x(a>0且a≠)在(0，+o)上只有一个解，则a的取值范围为(0,1U{e}, 故C错误； 对于选项D:若方程f(x)-m=0有两个不同的根，则1<m<(e),设两根为x,x2(x<x) 1 1 则x5=x5=m,由函数的单调性知1<x<e<x,因为(f()-m)(x2-x+d)≤0恒成立，所以x,x,同时 是方程x-x+d=0的两根；根据韦达定理得x+:=c,xx=d,因为x=x5=m,两边取对数得 Inx _Inx=Inm Inx=x.Inm 血=hm,两式做差，h写-n5=nm6-5)根据对数不等式a5<g<a白， lna-lnb2’ nm=x-n五>2=2n2 x1-X2 +xc,即关<nm: C nm=nx-lh龙<1=1 x1-x2 V:,a,即lnm< v: 2 1 所以。<hm<后，选项D正确： 故选：D 3.(多选)(25-26高三上河南安阳·阶段检测)己知正数x,y满足xnr=e'-ny,则() A.y是x的函数 B.x是y的函数 c.y+1<1 y D.lny-lnx的最大值为2n2-2 【答案】BCD 【分析】由已知易得e'=ln(y)e,h(y)>0,构造f(c)=e,结合f(x)的单调性知lnx=y-lny, 进而判断AB,对于C,可得号。，设8)y>0利用导数分折其华调性，进面 r=c y+l_y+l 判断即可：对于D,可得lmy-lnx=2ny-y,设h(y)=2血y-y,y>0,利用导数分析其单调性，进而判断 即可 86/136 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】由xnr=e'-xlny,则e=xn(y),即e'=yh(y)=ln(y)eo(, 因为x,y为正数，则e=xh()>e=1,即h(y)>>0, 设f(x)=e,x>0,则()即f(y)=f(血(y), 而f'()=e(x+)>0,则f(c)在(0，+)上单调递增， 故y=n(y)=nx+lny, 即nr=y-hy=e- y,故B正确： 由e-号求号得，6- y2,令x>0得>1令<0得0<y<1 数函数x,在0.上单调速藏在山+∞上单调递增 则y=l时，xmn=e,若取x>e,则对应y的值有两个，故y不是x的函数，即A错误： 对于C,由x= 号可路号史 设8(y)=y e,y>0,则8'()=-上<0， 所以函数8(y)在(0，+∞)上单调递减， 则g小公0=1：即若1，夜cE高 对于D,由lhr=y-lny,可得lny-lhr=2y-y, 设h)=2加v->0:则h00)-=2-1=2-y. y 令h()>0,得0<y<2,令()<0，得y>2, 所以函数h(y)在(0,2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减， 则h(y)≤h(2)=2n2-2,即lmy-lnx的最大值为2n2-2,故D正确 故选：BCD 4.(多选)(25-26高三下河北邢台阶段检测)已知函数f(x)=x-hx+a(a∈R),f(x)的图象与直线 y=1交于M(,)、N(,)两点，且<x,则下列说法正确的是() A.若t=0,则a的取值范围为a≤-l 87/136 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B.若g(x)=f(x)-f(2-),则8()无最值 +x2>x一 2 In x2-Inx D。f)在=主处的切线的斜率大于0 2 【答案】BCD 【分析】利用导数分析函数∫(x)的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围，可判断A选项：利 用导数分析函数8(x)的单调性，可判断B选项；分析可知0<x<1<x,将所证不等式变形为 2-1 令 X2+1 ，构造函数 =>1 0=n1-24-2>） 结合函数 的单调性可判断C选项； x t+1 h(t) 利用D选项中的结论结合导数的几何意义可判断D选项， 【详解】对于A选项，函数f)的定义城为0，+o）,f()-1-} 令f'(x)<0,则0<x<1,令f'()>0,则x>1, 所以函数f(x)的单调减区间为(0，)，单调增区间为(，+∞)， 所以函数f(x)的极小值为f()=1+a,作出函数f(x)的图象如下图所示： y=f(x) 当t=0时，则函数f()有两个零点，所以，a+1<0,解得a<1,A错： 对于B选项，若8(x)=f(x)f(2-x), x>0 对于函数g(),有2-x>0:解得0<x<2即函数g()的定义域为(0,2) 且=10--2六2- 88/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2 2 =2 ≤2 =0 x(2-x x+2-x 、2 当且仅当x=2-x(0<x<2)时，等号成立， 所以，函数8(x)在(0,2)上为减函数，函数8(x)无极值，B对： 对于C选项，因为函数f(x)的单调减区间为(0，)，单调增区间为L,+∞），则0<x<1<x2, 2-1 爽延55-子·即驱如之>2 xx+x2 2+1 2 In x2 Inx 令=点>l,h0=t2-,其中则h0+i+>0, t+1 t>1 所以，函数h()在(L,+∞)上为增函数，当t>1时，h()>h()=0, +龙2>一 所以，2 lhx-lnx,C对： 对于D选项，因为5-hnx+a=t=x-hx+a, x32-x=1 所以x-x=n,-nx'所以nx,-lnx 因为2>nx2-lnx x+x 因为所以函数f()在x= 处的切线斜率大于O,D对 故选：BCD 5.(25-26高二上浙江温州期末)已知函数f()=ae-x-1有两个零点，x,且<x.设n为常数，当 a变化时，+x+(n+)有最小值e,则常数n的值为一 【答案】e2-2e 【分析】令p=4-4,<0,通过整体元变换消元，将心+x+(+)转化为单变量函数 p(ne”+l) g(p)= eP-1 ,p<0,最值问题转化方程有解问题，利用导函数分析最值情况即可 ae=x+1 【详解】由题意知 ae=:+1,两式作比得e=舌+1 3+1: 89/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 x+1=4 令x,+1,则=，令p=i-6<0 则e”-,=5+2 4-p飞，解得=pe -=e-1 所以匹+3+(n+1)=n(:+)+x+1=所+52 =npe"pp(ne"+1) eP-1'ep-1 e-1 p<0:则8)-e[e-+p-ee- 设g(p)=P(ne+l。 (e-1 要使g(P)在(-0,0)存在最小值， 则关于p的方程g'(p)=0在(-0,0)有解，设P为g'(p)=0的根， 则ne[e-(1+p)】=(p,-1)e+1, 当e-(（1+Po)=0时，等式左边=0，右边=p6, 又P。<0,故不满足题意，故-(1+po)≠0： 1+(p-1)e 由此可解得”ee0-1+Po】' 1+(po-1)e Po e+1 所以 (p)= Po(ne +1) Poe"[ew-1+p)】e ePo-1 eo-1 1+(po-1)e Po +1 e-(1+po) _p[1+(p-l)e+e-(1+p)】 ePo-1 (ew-1)(e-p-1】 Po(Poe"-Po) Po (-eA-A,-可ea-n-e, 故p后=eH-e(p+l), 令p()=e1-e(x+1)-x2,则ox)=eH-e-2x, 令h()=e1-e-2x则h(x)=e-2, 令h'(x)=0,解得x=n2-l, 则当x<ln2-1时，h(x)<0,则h(x)在(-，h2-l)上单调递减： 90/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 当ln2-1<x<0时，(x)>0,则h(x)在(n2-l,0)上单调递增： 且h(-)=3-e>0,hn2-)<0,h(0)=0； 故存在∈(-1，血2-l),使得h(x)=0, 则当x<x时，h(x)>0,即p'(x)>0,则p(x)在(-0，x)单调递增： 当<x<n2-l,h()<0,即p'()<0,则p()在，0)单调递减 又p(-10=0,p0)=0， 由单调性可知p(x)在(-0,0)有唯一解-1， 即p6=e-c(p+1)有唯一解P=-l, 1+(P-1)e 代入” ee-1+P】,得n=e-2e 故答案为：e2-2e 6.(25-26高三·天津·二轮复习)已知函数f(x)=hx. 1)证明：函数g()=(x-儿f()-有且只有一个极值点： 2)若关于x的方程(x)=br'-br在区间L,2]上恰有两个实数根，求实数b的取值范围. 【答案】()证明见解析 【分析】（山）对g(问求导得g()=血x-,利用函数单调性和零点存在性定理即可证明； （2②)设a()=nx-br2+bxKe,2,求导得=2+r+ ，设p()=-2hx2+bx+1,再分b≤0和 b>0讨论(x)在L,2]上的单调性，得到p(x)的正负，即(x的正负情况，从而判断(x)在区间，2]上 的零点个数，最终确定实数b的取值范围， 【详解】因为g)=x-0mx-),所以8)=hx-} 显然g问在0tw上单河腿编，且g0-=e)-h2-}h40 故根据零点存在性定理知8(x)在(0，+∞)上有且仅有一个零点，且在(0，)上，8'()<0，在(x,+∞)上， g'(x)>0. 91/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 则g(x)在(0，)上单调递减，在(，+∞)上单调递增， 即8(x)在(0，+∞)上有且只有一个极值点 (2)设h(x)=nx-br2+br(x∈[山，2D,则由题可知，h(x)在，2]上恰有两个零点 W(x)=I-2bx+b=-2bw+bx+1 .1)2 记6=-22+bc+1=-2x-1+ 当b≤0时，p(x)在，2]单调递增，(x)21-b>0, 所以()-+61-2x>0恒成立，则函数（在[L2]上单调递增 因为h(0)=0,所以h()在L,2]上有且只有一个零点1，不合题意： 当b>0时，函数o(x)在，2]上单调递减， ④当0<b≤石时，()20(2)=1-6b≥0恒成立，即()20恒成立， 则函数h(x)在山，2]上单调递增，此时函数h(x)在，2]上有且只有一个零点1，不合题意： (i当b≥1时，p()Sp(0)=1-b≤0恒成立，即(x)≤0恒成立，则函数h()在，2]上单调递减， 此时函数h()在，2]上有且只有一个零点1，不合题意： (i)当6<b<1时，p()=1-b>0,p(2)=1-6b<0,故存在x∈(1,2)，使得（飞）=0，即h(飞)=0， 则函数h(x)在(1，)上单调递增，在(：，2)上单调递减，又由于h()=0, 2<b<1, 则h(x)>h()=0,若要满足题设，只需h(2)=1n2-2b≤0，解得2 又因为821所以n2>}所8子名，所以6取值箱国定[坚小 综上所运，实数，的取值范阳为学)》 7.(25-26高三全国一轮复习)已知函数f)=n(a), 8()= e,其中a≠0 (1)讨论(x)的单调性； 2)当1≤x≤2时，g(f(x)2ln2,求实数a的取值范围； 3)若存在不等实数和，满足g(:)=(x),且2x<为3<3x,求8+x)的取值范围. 92/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【答案】0)当a>0时，西数在0，上单调速增，在+上单调递减：当a<0时，函数在 a (仁0)上单调递增，在(0,9上单调递减 224: 2n33n2 3) 98 【分析】(1)求出函数()的定义域，再利用导数分类求出单调区间 (2)利用导数求出函数8(x)的单调区间，再将给定不等式等价转化并分离参数，构造函数并利用导数求 出最值即可 。品，令=红·将天，5表不为，的商数，再利用导数求出x+的范国。 (3)由给定等式可得nx,-lnx 结合函数(x)的单调性即可求出范围 【详解】()函数)-中ar>0:当a>0时，x>0:当a<0时，<0 当a>0时，函数f()的定义域为(0，+o);当a<0时，函数f)的定义域为(-0,0)， 求导得f')=I-n(a) 四，令=0：解得=后 当a>0时，由f>0:得xe0:由<0，得xe(后+o, 函数在0，上单调递增，在+m)上单调递减： a a 当a<0时，由r>0:得xe(片0：由<0得xe(9, 函数闲在(0)上单调递增，在(-心9上单调速减 所以当。a>0时，函数在0，上单调递增，在（台+）上单调递减； 当a<0时，函数f)在（后，0）上单调递增，在（∞9）上单调递减 （②)函数8)=三，求号得8)， Fe，当x<1时，g(x)>0:当x>1时，g'(x)<0 函数g)在(-o,)单调递增，在L+∞单调递减，而hV2=2_血4 24 ga2)2-号&4)422-2 Fe=4=2，则g(f)≥nV2台gfx)≥gm2)=gm4): 93/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 而n2<1n4因此当xen.2y时，h2sf)≤h4台h2≤h四sn4台sa≤华恒成立， 2 4 令酒数0=xe2.求号利p-2h2-D。 2,当1sr< 1 2时，p<0: 当2<x≤2时，p网>0~函数p的在L上造减，在之刘上道。 4三20=422，令函数u6)=4xe北2，求导得u6)=4tn4-》>0. x2 函数u(x)在l,2]上单调递增，当x=1时，(x)mim=4,则2≤a≤4， 所以a的取值范围为[2,41. x3-=1, (出g)=g)相会-点，则x-n%=k-n5即m-in 令=1e测气晋6g+)a。 t-1-2Int 令函数0=《+ln',2<1<3求导得h0+中 t-1 1i+n-,2 2=1-}2>0, 令函数F0=1-2血，2<1<3，求导得F0=1+京子=d 商数Fr0在2)上年调通增，F0>F②=2-号2h2-2加2=h>0, 2 4 因此h(t)>0,函数h(t)在(2,3)上单调递增，则3ln2<h(t)<2ln3, 由函数g(x的单调性可知，其在血8，n9上单调递减，则g(l血)<g (t+1)Int ]<g(ln8), t-1 In9 1n 即e9<8x+) 。,所以gg+5)的取值范国是2血3,3h2 9’8 ππ 8(2627高三上山东滨州开学考试)(1)证明：当x22时，} sind s: (2)若x∈0，元 sn>红-x,求的最大值： 6 (3)若对于任意的，x2,且x≠x2,都有sinx-sinx,<:-x,求p的最大值. 【答案】(I)因为y=sinx和y=x都是奇函数，所以sinx和d都是偶函数， 因此只需证明xe0受时：snr≤x即可， 94/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 令8(x)=x-sinx,求导得g()=1-cosx, 因为re0,孕，所以eosr≤1故g20 所以g()在0,2上单调递增， 因为8(0)=0，所以x>0时，g)>0,即x>sinx, 结合偶函数性质，对任意xe(受受，都有如对5，当且仅当：=0时取等号： (2)1 (3)1 【分析】（山）问思化为证明x∈0孕时，s如r≤x即可，构造函数并应用导数证明不等关系即可 (②)问题化为对任意x∈0，，k<血x +x恒成立，利用导数研究右侧的性质求下确界，即可得： 6 3)首先证明P=1时不等式成立，再应用反证法证明P>1时不等式不恒成立，即可得. 【详解】(1)略 (2)由题意，对任意x∈0，，k<血+名恒成立， 2 x 6 今()-n+。,则的最大值为（在0，孕上的下确郭， 对h求导()=CO5.-sinx+{x=3 BCOS-3simr+r x2 3 3x2 u(x)=3xcosx-3sinx+x3,u(x)=3cosx-3xsinx-3cosx+3x2=3x(x-sinx), 由(1)知，当x>0时，x>sinx,所以(x)>0, 因此在0孕上单调递增，且u0=0~所以u时>0， 即>0在0，孕上恒成立，故单调递增。 由此h(x)的下确界为x→0时h(x)→1， 要使不等式恒成立，必须有k≤1，所以k的最大值为1. (3)对于任意不相等的实数x,2, 由和差化积公式lsin,-sinx=2cos名十5sin,L, 2 2 95/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 因为6os≤1恒成立，所以sn-sn≤25n号， n时s引得2sm521s2.2=-6, 2 2 若要等号成立，需同时满足lcos占5=1且lsin5,名1=， 2 2 2 当os5到=1时，5当=红〈ke2,即5-2-4 2 此时sinx-sinx,l=sinx-sin(2km-x)=2 sinx=2sin(x-km)儿， 由于X≠，所以≠kπ，故-kπ≠0， 由(1)，当x≠0时，有lsinx<d, 所以2sin(:-m儿<2x-m=x-xl, 因此sinx--sinx<,-恒成立，即p=l满足条件， 假设p>l,则不等式为sinx--sin<x-x,P, 令3=0，七=x(x≠0且趋近于0)，代入得lsin<P, 当x→0时，sinx→x,不等式左侧趋近于d,右侧趋近于xP, 时 因为p>1,所以1-p<0,则p→+o, 说明x足够接近于0时，Isin远大于xP,即存在x使得lsinx>xP, 这与原不等式lsin<P矛盾，因此p不能大于1， 综上所述，P的最大值为1. 9.(25-26高三上福建漳州阶段检测)已知f(x)=xhnx+asin(x-l),aeR )当a=0时，证明：f()≤x(x-): (②)设g(x)=fx+1),若对任意的r∈(0，π)，g(x)>0恒成立，求a的取值范围： ③)证明：对任意的正整数，总有)sin1+二sin)+…+”sin<n(n+1) 3 n+1 n 【答案】(1)证明如下： a=0,f()=xlhx,则f)-x(x-)=nx-(x-I儿，定义域为(0，+o) 令)=nx-K-),则)=1 96/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 令t()>0,得xe(0,1)；令(x)<0,得x∈L,+o) 所以(x)在(0，)上单调递增，在(，+∞)上单调递减 所以()as=t(四=0，所以当x∈(0，+o)时()≤0. 所以f(≤x(x-)得证 2)[-l,+o) 3)证明如下： 由(2)中结论， 有当a≥-l时，(x+l)h(x+)+asinx>0,对任意的x∈(0，)恒成立， 取a=-1可得，(x+)n(x+)-sinx>0,对任意的x∈0，恒成立 即对任意的x∈O,)(x+1)ln(x+1)>sinx,变形可得x+ sinx<ln(x+l), 2111 sin-<ind+ 份别令用，2，可得5m1<nt行，子sin大n安，中元 21 2 3 累加可得)sinl+sin)++”sin<n+n)++ln"十=n(n+),证毕 39 n+1 n 1 n 【分析】(1)由已知，当a=0时，f)-x(x-)=血x-(x-l小，构造函数(x)=hx-(x-),利用导 数可得(x)≤0恒成立，从而证得f(x)≤x(x-1): (2)讨论a的取值，分析8(x)的单调性，及8(x)在(0，π)上的取值情况，可得对任意的x∈(0，π)， g(x)>0恒成立时a的取值范围： (3)由(2)的结论，得n+1s1 n 1 -sin-<In 1+ 根据对数的运算性质，可证 1 2.1 sinl+=sinsin<In(n+1) 3 2 n+l n 【详解】(1)略 (2)设8(x)=f(x+1)=(x+1)ln(x+1)+asinx 若对任意的x∈(0，)，g(x)>0恒成立，则(cx+l)n(x+l)+asinx>0恒成立 g(x)=1+In(x+1)+acosx, 设A=8(:则()= =x+asin((0,刃，.且有g0)=0,g'0)=1+a (i)当a≥0，xe0,)时，显然g(x)中(x+)n(x+l)>0,asinx≥0则g()>0恒成立： 97/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (i)当-1≤a<0,xe0,)时，h(x)>0,则8'(x)=h(x)单调递增，g()>g'(0)=1+a≥0. 所以g(x)在(0，π)单调递增，所以g(x)>g(0)=0,所以g:)>0恒成立： (ii)当a<-1,xe(0,)时，h'(x)>0,则g'(x)单调递增，g'(0)=1+a<0 又g受=1+n写++acos受>0，则必然存在一个，e0孕，使得g=0, 且有x∈(0，)时g'(x)<0,g)单调递减：x∈(，π)时，8'(x)>0,g(x)单调递增 此时，g()<g(O)=0不满足8(x)>0恒成立， 综上所述，a的取值范围是-山，+oo). (3)略 10.(25-26高二下·广东期末)己知函数f(x)=lnr+:. ()若k=1,求函数f(x)在x=e处的切线方程： ®诺了()-+)对任意的>1恒成立，求整数的最大值： ®)设F()=f)-3流+分有两个极值点5<，求F6)的取值范国。 【答案】y=e+ (2)2 6)-0,-2 【分析】(1)求导得切线斜率，代入点斜式写出切线方程： (②)分离参数将不等式化为k<血r+ x-1，构造函数求其最小值，由最小值所在区间确定整数人的最大值： (3)由极值点条件转化为二次方程两根分布，利用韦达定理消去参数k,将F(:)化为关于，的单变 量函数，求其值域， 【详解】(1)当k=1时，函数f(r)=nx+x, 求导得f()=上+1， 则f'(e)=e+1 e, 而f(e)=e+1, 98/136 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以函数国的图象在x=6处的切战方程为-(e+)-=(-e。 即yse+1 e （②)对任意的>1不等式)-+x-台<血+ （x x-1恒成立， 令函数h(x)=nr+1 x-1,x>1, 求导得)）-a+儿x-少（x+)-nr-2 (x-1) (x-2· 令函数u(x)=x-lnx-2,x>1, 求导得()-1-士>0，函数（句）在(，切)上单调递增。 而u(3)=1-ln3(0,u(4)=2-ln40, 则存在∈(3,4)，使得u(:)=0,即lnx,=x-2, 当1<x<时，u(x)<0,N(x)<0,当x>x时，u(x)>0,N(x)>0, 函数h(x)在（山，x)上单调递减，在(，+0）上单调递增， 则=)-215-=6-1e(3.<5-1, 0-1 -1 所以整数k的最大值是2 ()函数F)-r-2+分式的定义城为0，+o求号得 F'()=！-2k+x=-2+1 由函数F(x)有两个极值点，x(化<)， 得方程x2-2x+1=0有两个不等的正根，x(:<x3): △=4k2-4>0 则x+x2=2k>0 xx32=1>0 1 即k>1x= ,>1,且2，=号+1 Fs)=m2点，+号=-h6>h 99/136 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 令函数p0=m-h1>1, 求导得00}1-上-八<0， 函数p()在（山，+）上单调递减， 则0水o0=- 所以F(飞，)的取值范围是 11.(25-26高二下吉林期末)已知函数f()=e+1. )函数F(x)=四 (i)若是F(x)的极值点，∈(m,n+),neZ,求n的值： (i)若g(x)=l血(-x)+a,F(r)与g(x)的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，求实数a的取值范围： 2)若函数G()=(x+2x+2r儿f()-],r∈R,,x(G<)是G()的两个极值点，求 G-G(的最小值. e*-e* 【答案】)(1)n=1:(i)（-0,-e-l) 4 ②e-1 【分析】(1)(1)求导，令h()=(x-)e-1,x≠0，分析可知F(x)的极值点即为h()的零点，利 用导数分析h(x)的零点即可：(i)设g(x)关于原点对称的函数，可得 e+l+lnx=-a,令 a创-生+x,20利师号数分析a()的单调性和图象。即可得解 ②)求导，分析可知+2(+1k+22+2r=0有2个不相等实根5，飞化<5)，令1=52产e@,, 2 整理可得G()G(s)-2-24(e+ e-e 。-,令k=ec]可得6)6)-2-+1h& e-e2 k一1一，构建函数 H()=(+) k-1一，k∈(1，e],利用导数求最值即可得解 【】（1)因为F.约能义装0，且F因-- 100/136