2024年新结构题型中大题考点预测：导数综合 解析版.pdf

1、12024 年新结构题型中大题考点预测：导数综合目录题型一：导数恒能成立问题题型二：导数与函数零点问题题型三：导数解决双变量问题题型四：导数中的极值点偏移问题题型一：导数恒能成立问题1(2023黑龙江佳木斯模拟预测)已知函数 f x=lnx-a2x2-ax+a-1 a R(1)试讨论 f x的单调性；(2)若不等式 f x+1+a2 x+12+exx+1 0 对任意的 x 0 恒成立，求实数 a 的取值范围.【分析】(1)求出 f x的导函数，讨论 a 与 0 的大小关系即可求解；(2)由题意可得 ln x+1-ax-1+exx+1 0，设 g x=ln x+1-ax-1+exx+1 x 0，

2、当 a 1 时，利用放缩、构造函数、求导可知满足题意；当 a 1 时，证明 g x在 0,+上有唯一的零点 x0即可.【详解】(1)f x的定义域为 0,+，当 a=0 时，f x=lnx-1 在 0,+上单调递增；当 a 0 时，f x=1x-2a2x-a=-ax+12ax-1x，当 0 x 0，所以 f x在 0,12a上单调递增，当 x 12a 时，f x 0，在12a,+上单调递减当 a 0 时，f x=-ax+12ax-1x，当 0 x 0，所以 f x在 0,-1a上单调递增，当 x-1a 时，f x 0 时，f x在 0,12a上单调递增，在12a,+上单调递减；当 a 1 时，

3、g x=1x+1-a+xexx+12，设 t x=1x+1-a+xexx+12 x 0，则 t x=-1x+12+x+1ex x+12-2 x+1 xexx+14=x2+1ex-x-1x+13，因为当 x 0 时，x2+1ex-x-1 ex-x-1 0，所以 t x 0 恒成立，故 g x在 0,+上单调递增，设 x=2exx+12 x 1，则 x=2 x-1exx+13 0，所以 x在 1,+上单调递增，又(1)=2e4 1，所以 x 1 恒成立，即2exx+12 1，从而exx+12 12，所以当 x 2a 时，必有 g x=1x+1-a+xexx+12-a+x2 0，又 g 0=1-a

4、0，所以 g x在 0,+上有唯一的零点 x0，且当 x 0,x0时，g x 0，从而 g x在 0,x0上单调递减，结合 g 0=0 知当 x 0,x0时，g x 0 0 x 1，令 h(x)1，h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减.h(x)h(1)=0 f x 12 x2-x-1 恒成立，(2)g x=-sinx+sinx+xcosx=xcosx，当 x 0,2时，xcosx 0，g(x)0，g(x)在 0,2单调递增；当 x 2,时，xcosx 0，g(x)0，参变分离得 a 12 x2-xx-lnx，设 x=12 x2-xx-lnx，x 1e,e，即只需 a xmin

5、即可.x=x-1x-lnx-12 x2-x x-1x(x-lnx)2=x-112 x-lnx+1(x-lnx)2由(1)知 lnx x-1 得-lnx 1-x，12 x-lnx+1 12 x+1-x+1=2-12 x=4-x2 0令 x 0 1 x e，令 x 0 1e x 1，(x)在1e,1上单调递减，在(1,e)上单调递增.xmin=1=-12，a-12，又已知 a 1.故 a 的取值范围为 1,+.3(2024云南昆明模拟预测)已知函数 f x=ln x+1-x+x22x -1,+和 g x=x22+sinx+cosx-x-1 x -1,2(1)讨论 f x与 g x的单调性；(2)若

6、 ln x+1+1 sinx+cosx+ax 在 0,+上恒成立，求实数 a 的取值范围【答案】(1)f(x)在区间-1,+内单调递增；g(x)在区间-1,2内单调递减；(2)-,04【分析】(1)求出定义域，求导得到 f(x)=x2x+1 0，得到 f(x)在区间-1,+内单调递增，对 g x二次求导，得到 g(x)=h x h 0=0，g(x)在区间-1,2内单调递减；(2)不等式变形为 ln x+1+1-sinx-cosx ax，先判断 a 0，再证明 a 0 不等式成立即可.【详解】(1)f(x)的定义域为-1,+，则 f(x)=1x+1-1+x=x2x+1 0，所以 f(x)在区间-

7、1,+内单调递增，g x=x+cosx-sinx-1,x -1,2，令 h x=g(x)=x+cosx-sinx-1，x -1,2，则 h x=1-sinx-cosx=1-2sin x+4，当 x -1,0时，sin x+4 0，当 x 0,2时，sin x+422，则 h x 0，故 x ln x+1+1-sinx-cosx a，若 a 0，左边 x 0 时，ln x+1+1-sinx-cosx 0，而 ax+，此时不等式不成立.故 a 0，下面 a 0 符合.构造函数 F x=f x-g x=ln x+1+1-sinx-cosx，x 0,+，当 x 2,+时，ln x+1 ln 2+1 l

8、n2 12，则 ln x+1+1 32 2 2sin x+4=sinx+cosx，故此时 F x 0 恒成立，当 x 0,2时，F x=1x+1-cosx+sinx，设 v x=1x+1-cosx+sinx，则 v x=sinx+cosx-1x+12=2sin x+4-1x+12 0，故 v x为 0,2上的增函数，故 v x v 0=0，故 F x为 0,2上的增函数，故 F x F 0=0.综上，F x 0 对任意 x 0 恒成立，故 F x 0 ax 恒成立.综上，满足条件的实数 a 的取值范围为-,04(2024广东模拟预测)已知函数 f x=ex+cosx-2，g x=sinx.(1

9、)求证：当 x 0,+，g(x)x ax 恒成立，求实数 a 的取值范围.5【答案】(1)证明见解析(2)-,2【分析】(1)分别构造函数 G x=x-g(x)=x-sinx，F(x)=f(x)-x=ex+cosx-2-x，x 0，利用导数分别求出两函数的最值，即可得证；(2)f x+g x ax 在区间 0,+上恒成立，即 ex+cosx-2+sinx-ax 0 在区间 0,+上恒成立，构造函数 x=ex+cosx-2+sinx-ax，由 a 分类讨论求出函数的最值即可得解.【详解】(1)设 G x=x-g(x)=x-sinx，x 0则 G x=1-cosx 0，所以 G x在区间 0,+上

10、单调递增，所以 G x G 0=0，即 g(x)0，则 F(x)=ex-sinx-1，由 x 0 时，g(x)-x，所以 F(x)=ex-sinx-1 ex-x-1，设 h x=ex-x-1，则 h x=ex-1，当 x 0 时，h x 0，所以函数 h x在区间 0,+上单调递增，故在区间 0,+上，h x h 0=0，即在区间 0,+上，ex x+1，所以 F(x)ex-x-1 0，所以 F(x)在区间 0,+上单调递增，所以 F(x)F(0)=0，即 f x x，所以 g(x)x ax 在区间 0,+上恒成立，即 ex+cosx-2+sinx-ax 0 在区间 0,+上恒成立，设 x=e

11、x+cosx-2+sinx-ax，则 x 0 在区间 0,+上恒成立，而 x=ex-sinx+cosx-a，令 m x=x，则 m x=ex-cosx-sinx，由(1)知：在区间 0,+上，ex x+1 sinx+cosx，即 m x=ex-cosx-sinx 0，所以在区间 0,+上函数 x单调递增，当 a 2 时，0=2-a 0，故在区间 0,+上函数 x 0，所以函数 x在区间 0,+上单调递增，又 0=0，故 x 0，即函数 f x+g x ax 在区间 0,+上恒成立；当 a 2 时，0=2-a，ln a+2=a+2-sin ln a+2+cos ln a+2-a=2-2sinln

12、 a+2-4 0，故在区间 0,ln a+2上函数 x存在零点 x0，即 x0=0，又在区间 0,+上函数 x单调递增，故在区间 0,x0上函数 x x0=0，所以在区间 0,x0上函数 x单调递减，由 0=0，所以在区间 0,x0上 x 0=0，与题设矛盾.综上，a 的取值范围为-,2.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题6(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后

13、构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别5(2024湖南模拟预测)已知函数 f x=a2ex-3ax(a R,a 0,e 是自然对数的底数，e=2.71828).(1)当 a=1 时，求函数 f x的零点个数；(2)当 a=1 时，证明：f x cosx-2x；(3)证明：若 a 1,+,x R，则 f x 1-2sinx.【答案】(1)有两个不同零点(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，结合零点存在性判断即可；(2)依题意可得 ex-x cosx，令 h

14、 x=ex-x，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，结合余弦函数的性质即可得证；(3)依题意可得 a2ex-3ax+2sinx-1 0，令 g a=exa2-3xa+2sinx-1，结合二次函数的性质可得 g a g 1=ex-3x+2sinx-1，只需证明 ex-3x+2sinx-1 0 即可，即证 3x-2sinx+1ex-1 0，令 F x=3x-2sinx+1ex-1，利用导数说明函数的单调性求出函数的最大值，即可得证.【详解】(1)因为 f x=ex-3x 定义域为 R，所以 f x=ex-3，当 x ln3 时，f x ln3 时，f x 0，函数 f x单调递增，所以

15、 f xmin=f ln3=eln3-3ln3=3 1-ln3 0,f 2=e2-6 0，由零点存在性定理可知 f x在区间 0,ln3和 ln3,2上各存在一个零点，所以 f x有两个不同零点.(2)当 a=1 时，f x=ex-3x，由 f x cosx-2x，得 ex-x cosx，令 h x=ex-x，则 h x=ex-1，当 x 0 时，h x 0 时，h x 0,h x在 0,+上为增函数，所以 h x h 0=1，而 cosx 1，且 h 0=cos0，所以 ex-x cosx，即 f x cosx-2x.(3)由已知 f x 1-2sinx，即 a2ex-3ax+2sinx-1

16、 0，因为 a 1,+，令 g a=exa2-3xa+2sinx-1 为开口向上的二次函数，对称轴为 a=3x2ex，令 x=3x2ex，所以 x=3 1-x2ex，当 x 0，函数 x单调递增；当 x 1 时，x 0，函数 x单调递减，所以 xmax=1=32e 1，即 a=3x2ex 32e 1，故 g a在区间 1,+上单调递增，所以 g a g 1=ex-3x+2sinx-1，从而只需证明 ex-3x+2sinx-1 0 即可，即证 3x-2sinx+1ex-1 0，7令 F x=3x-2sinx+1ex-1，则 F x=2-3x+2sinx-2cosxex，令 q x=2-3x+2s

17、inx-2cosx，则 q x=-3+2cosx+2sinx=2 2sin x+4-3 0，所以函数 q x单调递减，且 q 0=0，所以当 x 0，当 x 0 时，F x 0，所以函数 F x在-,0上单调递增，在 0,+上单调递减，故 F x F 0=0，即 3x-2sinx+1ex-1 0，从而不等式 a2ex-3ax+2sinx-1 0 得证.6(2024全国模拟预测)已知函数 f x=axex 和函数 g x=lnxax 有相同的最大值.(1)求 a 的值；(2)设集合 A=x f x=b，B=x g x=b(b 为常数).证明：存在实数 b，使得集合 A B 中有且仅有 3个元素.

18、【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)先由定义域得到 a 0，求导，当 a 0 时，求出单调性和 f x有最大值 f 1=ae，进而求出 g x的单调性，最大值 g e=1ae，从而得到方程，求出 a 的值；(2)集合 A B 的元素个数即为直线 y=b 与两条曲线 y=f x和 y=g x的交点个数，在(1)的基础上作出 f x=xex 和 g x=lnxx，数形结合得到答案.【详解】(1)由题意可知 a 0，由 f x=axex，得 f x=a 1-xex，若 a 0，当 x 1 时，f x 1 时，f x 0，则 f x在-,1上单调递减，在 1,+上单调递增，所以 f x有最小

19、值 f 1=ae，无最大值，不合题意.所以 a 0，当 x 0；当 x 1 时，f x 0 且 a 0，当 0 x 0；当 x e 时，g x 0，解得 a=1.(2)集合 A B 的元素个数即为直线 y=b 与两条曲线 y=f x和 y=g x的交点个数.由(1)可知 f x=xex 在-,1上单调递增，在 1,+上单调递减，且 x+，f x 0，g x=lnxx在 0,e上单调递增，在 e,+上单调递减，且 x+，g x 0，8作出 f x=xex 和 g x=lnxx的图像如图所示.设 f x和 g x的图像交于点 M，则当直线 y=b 经过点 M 时，直线 y=b 与两条曲线 y=f

20、x和 y=g x共有 3 个交点，故存在实数 b，使得集合 A B 中有且仅有 3 个元素.7(2023上海模拟预测)已知函数 f(x)=x3+bx2+cx(b、c R)，其导函数为 f(x)，(1)若函数 f(x)有三个零点 x1、x2、x3，且 x1+x2+x3=3,x1x3=-9，试比较 f(3)-f(0)与 3f(2)的大小.(2)若 f(1)=-2，试判断 f(x)在区间(0,2)上是否存在极值点，并说明理由.(3)在(1)的条件下，对任意的 m,n R，总存在 x 0,3 使得|f(x)+mx+n|t 成立，求实数 t 的最大值.【答案】(1)f(3)-f(0)=3f(2)(2)存

21、在，理由见解析(3)2【分析】(1)根据分析得到 x2=0，x1,x3是方程 x2+bx+c=0 的两根，由韦达定理得 b=-3,c=-9，计算出f(3)-f(0)=3f(2)；(2)由导函数为二次函数，开口向上，结合特殊点的函数值及零点存在性定理得到极值点情况；(3)将 x=0,2,3 分别代入|f(x)+mx+n|M，得到不等式组，整理得到 6M|-54+6m+3n|+|-66+6m+3n|12，求出 M 2，进而求出 t 的最大值.【详解】(1)因为 x1x3=-9 0 时，f(1)f(0)0，f x单调递增，x (x0,1)时，f(x)0，f(1)f(2)0，根据零点存在定理可知，存在

22、 x0(1,2)使得 f(x0)=0，且 x (1,x0)时，f(x)0，所以 f(x)在区间(0,2)上存在极小值点；(3)对任意的 m,n R，总存在 x 0,3 使得|f(x)+mx+n|t 成立，9设 x 0,3，|f(x)+mx+n|的最大值为 M，则f 0+m 0+n Mf 2+m 2+n Mf 3+m 3+n M，即|n|M，|-22+2m+n|M，|-27+3m+n|M，由+2 得 3M|n|+2|-27+3m+n|-54+6m+3n|，由 3 得 3M|-66+6m+3n|，+得 6M|-54+6m+3n|+|-66+6m+3n|12，即 M 2，当且仅当n=2-22+2m+

23、n=-2-27+3m+n=2，即 m=9n=2时取等，所以 t 的最大值为 2.【点睛】设一元三次方程 ax3+bx2+cx+d=0 a 0的三个根为 x1,x2,x3，原方程可化为 x3+ba x2+ca x+da=x-x1x-x2x-x3，整理得 x3+ba x2+ca x+da=x3-x1+x2+x3x2+x1x2+x1x3+x2x3x-x1x2x3，比较左右两边同类项，得到一元三次的根与系数关系：x1+x2+x3=-ba,x1x2+x1x3+x2x3=ca,x1x2x3=-da.8(2023 高三全国专题练习)已知函数 f x=lna2x-2 ax+alna.(1)求证 f x a2-

24、3；(2)是否存在实数 k，使得只有唯一的正整数 a，对于 x (0,+)恒有：f(x)g 5g 4，求出 k 5ln4-4e-2,6ln5-5e-2，并求出正整数 a 的值.【详解】(1)f x=lnx-2 ax+a+2lna，定义域为 0,+，f x=1x-ax=1-axx，当 x 0；当 x 1a 时，f x 0，则函数 f x在 0,1a上单调递增，在1a,+上单调递减，f x f1a=a+1lna-2下证：a+1lna-2 a2-3，上式等价于证明 lna a-1设函数 h a=a-1-lna，则 h a=1-1a，函数 h a在 0,1上单调递减，在 1,+上单调递增，h a=a-

25、1-lna h 1=0，则 lna a-1，即 f x a2-310(2)由(1)可知 f xmax=a+1lna-2，故不等式 a+1lna-2 a+1lna-ea-2设函数 g a=a+1lna-ea-2，则 g a=lna+a+1a-e，其中 g1e=0，g 1=2-e 0令函数 u a=lna+a+1a-e，则 u a=1a-1a2=a-1a2，函数 u a在 0,1上单调递减，在 1,+上单调递增又 u 4=ln4+54-e 1.38+1.25-2.718 0，故存在 a0 4,5满足 u a0=0，函数 g a在 0,1e上单调递增，在1e,a0上单调递减，a0,+上单调递增其中

26、g 3=4ln3-3e-2 4.4-3 2.718-2=-5.754，g 4=5ln4-4e-2 5 1.38-4 2.718-2=-5.972，g 5=6ln5-5e-2 6 1.61-5 2.718-2=-5.93，故 g 3 g 5 g 4，k 5ln4-4e-2,6ln5-5e-2，此时 a=49(2023浙江温州模拟预测)已知函数 f x=ae2x-ex+1-12 x2 a R(1)若函数 f(x)有两个极值点，求整数 a 的值；(2)若存在实数 a，b，使得对任意实数 x，函数 f(x)的切线的斜率不小于 b，求 ba 的最大值【答案】(1)a=1(2)2e2【分析】(1)对函数求

27、导有 f(x)=2ae2x-ex+1-lnex，令 t=ex 0，将问题化为 y=2a 与 h(t)=et+lntt2 有两个交点，利用导数研究 h(t)最值及区间值域，进而求参数 a 范围，即可得答案.(2)令 t=e2x 0，问题化为 a,b R 使 2at-b e t+ln t 在 t (0,+)上恒成立，构造 k(t)=e t+ln t，求得1e2,0处的切线方程 y=e2t-1，再构造 m(t)=e2t-1-e t-ln t，利用导数证 e2t-1 e t+ln t 在(0,+)上恒成立，最后只需 2at-b e2t-1 对任意 t 0 恒成立，即可求目标式的最值.【详解】(1)由题

28、设 f(x)=2ae2x-ex+1-x=2ae2x-ex+1-lnex，令 t=ex 0，所以 f(x)=g(t)=2at2-et-lnt，又 f(x)有两个极值点，所以 f(x)=g(t)有两个不同零点，即 2a=et+lntt2 在 t (0,+)上有两个根，所以 y=2a 与 h(t)=et+lntt2 有两个交点，而 h(t)=1-et-2lntt3，令(t)=1-et-2lnt，易知(t)在 t (0,+)上递减，1e=2-e 0，14 e=32-e34 0，即 h(t)0，(t0,+)上(t)0，即 h(t)0，故 h(t)在(0,t0)上递增，(t0,+)上递减，t 趋向于 0

29、时 h(t)趋向-，t 趋向于+时 h(t)趋向 0，11h(t)max=h(t0)=et0+lnt0t20=121t20+et0=121t0+e22-e28，1t0(4 e,e)，所以4 e(4 e+e)2 h(t0)e(1+e)2，则4 e(4 e+e)4 h(t0)2 e(1+e)4，且4 e(4 e+e)4(1,2)，e(1+e)4(1,2)，综上，0 2a h(t0)，即 0 a 0，即 a,b R 使 g(t)=2at-e t-ln t b 在(0,+)上恒成立，所以 2at-b e t+ln t 在 t (0,+)上恒成立，令 k(t)=e t+ln t，在(0,+)上递增，且

30、k1e2=0，所以 k(t)=e2 t+12t 0，k1e2=e2，故 k(t)在1e2,0处的切线为 y=e2t-1，令 m(t)=e2t-1-e t-ln t，则 m(t)=e2-e2 t-12t 在(0,+)上递增，而 m1e2=0，故 0,1e2上 m(t)0，m(t)递增，所以 m(t)m1e2=0，即 e2t-1 e t+ln t 在(0,+)上恒成立，综上，2at-b e2t-1 对任意 t 0 恒成立，只需 2a=e2-b-1，即 ba 2e2，仅当 b=1 时等号成立，故 ba 的最大值 2e2.10(22-23 高三上安徽阶段练习)若存在 x1,x2 a,b且 x1 x2,

31、m 1 使 g x1-g x2m f x1-f x2成立，则在区间 a,b上，称 g x为 f x的“m 倍扩张函数”设 f x=ex,g x=-x2+x，若在区间-2,12上 g x为 f x的“m 倍扩张函数”(1)求实数 m 的取值范围；(2)证明：f x与 g x的图象存在两条公切线【答案】(1)1,5e2(2)证明见解析【分析】(1)根据“m 倍扩张函数”的定义列不等式，化简后利用构造函数法，结合导数来求得 m 的取值范围.(2)设出切点坐标，根据“公切线”的知识列方程，化简后利用构造函数法，结合导数研究所构造函数的零点个数，从而证得结论成立.【详解】(1)因为 f x=ex,g x

32、=-x2+x 在区间-2,12上单调递增，不妨设-2 x2 m f x1-f x2得 g x1-mf x1 g x2-mf x2令 h x=g x-mf x=-x2+x-mex，则 h x1 h x2所以 h x在-2,12上存在单调递增区间，即 h x=-2x+1-mex 0 在-2,12上有解，12即 m 1-2xex在-2,12上有解当 x -2,12时，设 p x=1-2xex，则 p x=2x-3ex 0，即 p x在-2,12上单调递减，故 p(x)max=p-2=5e2，则 m 5e2故实数 m 的取值范围为 1,5e2(2)因为 f x=ex,g x=-x2+x，所以 f x=

33、ex,g x=-2x+1设直线 l 分别与函数 f x,g x的图象相切于点 A x1,ex1,B x2,-x22+x2，易知直线 l 的斜率存在，则 f x1=g x2=kAB，即 ex1=-2x2+1=ex1+x22-x2x1-x2由 ex1=-2x2+1，得 x2=1-ex12，代入 ex1 x1-x2=ex1+x22-x2中，得 x1ex1-3ex12+e2x14+14=0，令 F x=xex-3ex2+e2x4+14，则 F x=x+1ex-3ex2+e2x2=ex2ex+2x-1令 x=ex+2x-1，则 x在 R 上单调递增，且 0=0，所以当 x 0 时，F x 0 时，F x

34、 0，所以 F x在-,0上单调递减，在 0,+上单调递增，所以 F(x)min=F 0=-1 0，所以 F x在 0,+上仅有一个零点因为 F-100=-100e100+14 e200-64 e100+14 14-100e100-64 e100=14 1-400e100-6e100 0，所以 F x在-,0上仅有一个零点所以 F x在 R 上有两个零点，故函数 f x与 g x的图象存在两条公切线【点睛】公切线的问题，关键点和突破口在于切线的斜率相同，可以由此建立切点横坐标的等量关系式.利用导数研究函数的零点，再求的函数的单调区间后，需要利用零点存在性定理来确定零点的个数.11(2024湖北

35、武汉二模)已知函数 f x=e lnx+1x+1-alnx，h x=exex(1)当 x 1 时，求证：h x-12 x+32；(2)函数 f x有两个极值点 x1，x2，其中 x1 e3a【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)构造 F x=exex-12 x+32求导，再构造 m x=2-2x+ex-1(x 1)应用导数研究单调性求函数符号，进而确定 F x符号，判断 F x单调性即可证结论；13(2)令 t1=lnx1，t2=lnx2 t1 3a 成立，根据极值点有 et1et1=et2et2=1-a，构造 h t=etet 研究单调性和最值，研究 h t=1-a 有两

36、个零点求 t1,t2范围，即可证.【详解】(1)F x=h x-12 x+32=exex-12 x+32，则 F x=1-xex-1+12=2-2x+ex-12ex-1令 m x=2-2x+ex-1(x 1)，则 m x=ex-1-2，在 1,ln2+1上 m x 0，m x单调递增所以 m x m ln2+1=2 1-ln2 0，综上，F x 0，即 F x在 1,+上单调递增，故 F x F 1=0，即 x 1,+时，h x-12 x+32 成立(2)由题设 f x=1-ax-elnxx2，f x有两个极值点 x1，x2，则1-ax1-elnx1=01-ax2-elnx2=0，要证 x2x

37、1 e3a成立，即证 lnx2-lnx1 3a 成立令 t1=lnx1，t2=lnx2 t1 3a 成立式可化为1-aet1-et1=01-aet2-et2=0，则 et1et1=et2et2=1-a，令 h t=etet，h t=1-tet-1，在-,1上 h t 0，h t单调递增，在 1,+上 h t 0，h t单调递减h 1=1，要使 h t=1-a 有两个零点，则 0 t1 1 t，若 y=t 与 y=1-a 交于 t1,1-a，则 t1-12 t+32，若 y=1-a 与 y=-12 t+32 交于 t2,1-a，则 1 t2 t2-t1=2a+1-1-a=3a 成立，则 x2x1

38、 e3a12(2024广西南宁一模)已知函数 f x=lnx-ax+a,g x=x-1ex-a-ax+1 a R(1)若 f x 0，求 a 的值；(2)当 a 0,1时，证明：g x f x【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数，分类讨论 a 的取值，结合函数的单调性判断 f x 0 是否成立，即可求得答案；(2)根据要证明的 g x f x，构造函数 h x=g x-f x，利用导数判断 x012,1，使得 h x0=0，结合单调性确定 h xmin=x0-1x20-3lnx0-x0+1，继而令 t x=x-1x2-3lnx-x+1,x 12,1，利用导数证明 t x

39、 0，即可证明结论.【详解】(1)由题意知 x 0,+,f x=1x-a=1-axx，当 a 0 时，f x 0，f x在 0,+上单调递增，而 f 1=ln1-a+a=0，当 x 1 时，f x f(1)=0，与题意不符；当 0 a 1，14由 f x 0 可得 x 0,1a，f x在 0,1a上单调递增，此时 f1a f(1)=0，不符合题意；当 a=1 时，由 f x 0 可得 x 0,1，f x在 0,1上单调递增，由 f x 1 时，0 1a 1，由 f x f(1)=0，不符合题意；综合上述，a=1；(2)证明：要证 g x f x，即证 g x-f x 0；即 h x=g x-f

40、 x=x-1ex-a-lnx+1-a,x 0，则 h x=xex-a-1x，令 x=xex-a-1x,x 0,+，则 x=(1+x)ex-a+1x2 0，则 x，即 h x在 0,+上单调递增，又 a 0,1，h12=12 e12-a-2 0,h 1=e1-a-1 0，故 x012,1，使得 h x0=0，即 x0ex0-a=1x0，则 ex0-a=1x20,x0-a=-2lnx0，则当 x 0,x0时，h x 0,h x在 x0,+上单调递增，故 h xmin=h x0=x0-1ex0-a-lnx0+1-a=x0-1x20-3lnx0-x0+1，令 t x=x-1x2-3lnx-x+1,x

41、12,1，则 t x=-1x2+2x3-3x-1=-x+2x2+x-1x3，当 x 12,5-12时，x2+x-1 0，当 x 5-12,1时，x2+x-1 0，则 t x 0,t 1=0，故 x 12,1时，t x 0，故 h xmin=h x0 0，即 h(x)0，即当 a 0,1时，g x f x成立.题型二：导数与函数零点问题13(23-24 高三上湖北期中)已知 a 0，曲线 C1：y=alnx 与 C2：y=exa 没有公共点.(1)求 a 的取值范围；(2)设一条直线与 C1，C2分别相切于点 i,j，s,t.证明：(i)i+t j+s；()0 i+se si+jt.15【分析】

42、(1)设 f x=alnx-exa，求得 f x=ax-1a exa，转化为 f x没有零点，分 a e 和 0 a i 2ai ln ai+ai+1，设 g(x)=2xlnx+x+1，利用导数求得 g x单调性，得到g x g e-32 0，转化为 i+s=a+i(2-lni)，设 h x=x(2-lnx)，求得 h x=1-lnx，得出函数 h x的单调性，进而得到 i+s a+e 2e,i+se 2，设 ailni+sesa-2iesa=a ilni+asi-2a，将 s=a-i(lni-1)代入，得到 ailni+sesa-2iesa=a(a-i)ai-lni，在分 0 i e，两种情

43、况讨论，即可求解.【详解】(1)解：设 f x=alnx-exa，可得 f x=ax-1a exa，曲线 C1与 C2没有公共点等价于 f x没有零点，当 a e 时，可得 f 1=-e1a 0，且 f a=alna-e 0，所以 f 1f a 0，根据零点的存在定理，可得 f x存在零点，不合题意；当 0 a e 时，可得 0 a23 0，f a=1-ea 0，则存在唯一 x0a23,a，使得 f x0=0，即 ax0-1a ex0a=0，可得 ex0a=a2x0，即 lnx0=2lna-x0a，当 0 x 0，f x单调递增；当 x x0时，f x 0，f x单调递减，故 f x f x0

44、=a 2lna-x0a-a2x0=2alna-x0+a2x0 2a(lna-1)0，符合题意.综上，实数 a 的取值范围是 0,e.(2)解：(i)记题设的直线为 l，由题意可知 l 与 x 轴不垂直，假设 i+t=j+s，则 l 的斜率 k=j-ti-s=1，由 y=alnx，可得 y=ax，且 ai=1，即 i=a，j=alna，又由 y=exa，可得 y=1a exa，1a esa=1，即 s=alna，t=a，所以 k=j-ti-s=alna-aa-alna=-1，矛盾，综上，i+t j+s.(ii)由 k=esaa=ai 及 1-saesa=a(lni-1)，可得 a-s=i(lni

45、-1)，若 i=e，则 a-s=i(lni-1)=0，a=s，且由 esaa=ai 可得 ea=ae，故 a=e，这与 0 a 0，t 0，当 0 i 0，故 s a 0，i+s 0，16当 i e 时，由 k=1a esa=ai，得 s=aln a2i=a 2ln ai+lni a 2ln ai+1，所以 i+s i+a 2ln ai+1=i 2ai ln ai+ai+1，其中 0 ai 1，设 g(x)=2xlnx+x+1(0 x 1)，则 g x=2lnx+3，当 0 x e-32 时，g x 0，g x单调递减；当 e-32 x 0，g x单调递增，所以 g x g e-32=1-2e

46、-32 1-2e-1 0，此时也有 i+s 1-2e-32i 0，由 a-s=i(lni-1)可得 i+s=a+i(2-lni)，设 h x=x(2-lnx)，则 h x=1-lnx，当 0 x 0，h x单调递增；当 x e 时，h x 0，h x单调递减，所以当 x e 时，h x h(e)=e，故 i+s a+e 2e,i+se 2，又由 si+jt=ailni+sesaiesa，设 ailni+sesa-2iesa=a ilni+asi-2a，将 s=a-i(lni-1)代入，可得 ailni+sesa-2iesa=a(a-i)ai-lni，当 0 i e，由上可知 i a 0，当 i

47、 e，由上可知 a e 0，故 si+jt 2，综上可得，0 i+se 2 0，曲线 y=f x在点 0,f 0处的切线与直线 x+y-2=0 垂直，证明：f x ln x+2；(2)若对任意的 x1,x2且 x1 x2，函数 g x=f x-eax1-eax2x1-x2，证明：函数 g x在 x1,x2上存在唯一零点【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)首先由导数的几何意义结合垂直关系求得 a=1，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性结合虚设零点的方式，即可证明不等式；(2)通过变形得 g(x1)=-eax1x2-x1ea x2-x1-a x2-x1-1，g x2=eax

48、2x2-x1ea x1-x2-a x1-x2-1，再通过构造函数 h x=ex-x-1 证明 g x1 0，则可得证.【详解】(1)f x=a2eax，f 0=a2=1，a=1，f x=ex，设 F x=ex-ln x+2(x-2)，则 F x=ex-1x+2，设 x=ex-1x+2(x-2)，则 x=ex+1(x+2)2 0，F x单调递增，又 F-1=1e-1 0，17 存在 x0-1,0使得 F x=0 即 ex0=1x0+2，x0=-ln x0+2，当 x -2,x0时，F x 0,F x单调递增，F x F x0=ex0-ln x0+2=1x0+2+x0=x02+2x0+1x0+2=

49、x0+12x0+2 0 f x ln x+2；(2)g x=aeax-eax1-eax2x1-x2a 0，g x=a2eax 0，g x在 x1,x2上单调递增，又 g x1=aeax1-eax1-eax2x1-x2=aeax1 x1-x2-eax1-eax2x1-x2=-eax1x2-x1a x1-x2+ea x2-x1-1=-eax1x2-x1ea x2-x1-a x2-x1-1g x2=eax2x2-x1ea x1-x2-a x1-x2-1设 h x=ex-x-1，则 h x=ex-1，令 h x=0，解得 x=0，当 x 0 时，h x 0 时，h x 0,h x单调递增，当 x 0

50、时，h x h 0=0，即 ex-x-1 0，ea x2-x1-a x2-x1-1 0,ea x1-x2-a x1-x2-1 0，又eax1x2-x1 0,eax2x2-x1 0，g x1 0，存在 c x1,x2，使得 g c=0，又 g x在 x1,x2上单调递增，函数 g x在 x1,x2上存在唯一零点.15(2024山西模拟预测)已知函数 f(x)=sinx+ln(x+1)-ax，且 y=f(x)与 x 轴相切于坐标原点(1)求实数 a 的值及 f(x)的最大值；(2)证明：当 x 6,时，f(x)+2x 12；(3)判断关于 x 的方程 f(x)+x=0 实数根的个数，并证明【答案】

51、(1)a=2，最大值为 0(2)证明见解析(3)2 个，证明见解析【分析】(1)由 f(0)=0 求出 a 的值，即可得到 f x解析式，再利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值；(2)依题意即证当 x 6,时 sinx+ln(x+1)12，记 m(x)=sinx+ln(x+1)-12，x 6,，当 x 186,56时直接说明即可，当 x 56,，利用导数说明函数的单调性，即可得证；(3)设 h(x)=f(x)+x，x -1,+，当 x (-1,0)时，由(1)知 f(x)f(0)=0，则 f(x)+x 0，当 x (0,)时，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断函数的零

52、点，当 x ,+)时，h(x)1+ln(x+1)-x，令 l(x)=1+ln(x+1)-x(x )，利用导数说明 l(x)在区间,+)上单调递减，即可得到 l(x)0，从而说明函数在,+)无零点，即可得解.【详解】(1)由题意知，f(0)=0 且 f(0)=0，f(x)=cosx+1x+1-a，f(0)=2-a=0，解得 a=2，f(x)=sinx+ln(x+1)-2x，x -1,+，则 f(x)=cosx+1x+1-2，当 x 0 时，cosx 1，1x+1 1故 f(x)0，所以 f(x)在区间 0,+)上单调递减，所以 f(x)f(0)=0当-1 x 1，g(x)f(0)=0，f(x)在

53、区间(-1,0)上单调递增，则 f(x)12，即证 sinx+ln(x+1)12，记 m(x)=sinx+ln(x+1)-12，x 6,，当 x 6,56时，12 sinx 1，ln(x+1)0，m(x)=sinx+ln(x+1)-12 0；当 x 56,时，m(x)=cosx+1x+1，记 n(x)=m(x)=cosx+1x+1，则 n(x)=-sinx-1(x+1)2 0，m(x)在区间56,上单调递减，则 m(x)m 56=-32+65+6 0，综上所述，当 x 6,时，f(x)+2x 12(3)设 h(x)=f(x)+x=sinx+ln(x+1)-x，x -1,+，h(x)=cosx+

54、1x+1-1，当 x (-1,0)时，由(1)知 f(x)f(0)=0，19故 f(x)+x f(x)0，h()=1+1-2 0，存在 x0(0,)，使得 h x0=0，所以当 0 x 0，当 x0 x 时 h x h(0)=0，又 h()=ln(+1)-2-0，f(x)+x=0 在区间 x0,上有且只有一个实数根，在区间 0,x0上无实数根当 x ,+)时，h(x)1+ln(x+1)-x，令 l(x)=1+ln(x+1)-x(x )，l(x)=1x+1-1=-xx+1 0，故 l(x)在区间,+)上单调递减，l(x)l()=ln(1+)-+1 3-0，于是 f(x)+x 0 恒成立故 f(x

55、)+x=0 在区间,+)上无实数根，综上所述，f(x)+x=0 有 2 个不相等的实数根16(23-24 高三上安徽池州期末)已知函数 f(x)与 g(x)的图象关于直线 y=x 对称，若 f x=ex，构造函数 p(x)=xf(x)+ag(x)(1)当 a=1 时，求函数 p(x)在点(1,p(1)处的切线与坐标轴围成三角形的面积；(2)若 r(x)=(x+1)f(x)-g(x)(其中 g(x)为 g(x)的导函数)，当 a=-1 时，(t+1)r(t)=p(t)，证明：59 t 0 x 0，h x 0 x 0，则 t t+lnt 0，又结合(*)式，可得 0 t2+t+1et+lnt-1，

56、因 t2+t+1=t+122+34 0则 et+lnt-1 0 t+lnt 0，由知 t+lnt=0，构造函数(t)=t+lnt，(t 0)，(t)=1+1t 0，则(t)在(0,+)单调递增，注意到 59=59+ln5-2ln3 0，53e=53e+ln5-ln3-10，由零点存在性定理可知：59 t 0，函数 g(x)=f(x)-aln|x|有且仅有 2 个零点，求 a 的值.【答案】(1)-2,2(2)1【分析】(1)求导，得到函数的单调性，得到答案；(2)求出定义域，结合(1)中 f x的单调性得到 g(x)在(-,0)总有唯一的零点-1，再考虑当 x 0 时，结合 g(1)=0，g(

57、1)=1-a，分 a=1，a 1，和 0 a 1 三种情况，结合函数单调性和特殊函数值，得到答案.【详解】(1)f(x)=1-2 cos x2，由 f(x)=0，得 cos x2=2，当 x (-1,1)时，x2 -2,2，所以 x2=，即 x=2，当-2 x 2 时，f(x)0，当-1 x-2 或 2 x 0，所以 f(x)在区间(-1,1)内的单调递减区间为-2,2.(2)依题意，g(x)=x-sin x2-aln|x|，定义域是(-,0)(0,+).(i)当 x 0 时，有 g(-1)=0.21当 x-1 时，-sin x2 1，-aln|x|0，所以 g(x)0；当-1 x 0，又-a

58、ln|x|0，所以 g(x)0.所以 g(x)在(-,0)总有唯一的零点-1.(ii)当 x 0 时，有 g(1)=0，g(x)=1-2 cos x2-ax，g(1)=1-a,令 u(x)=x-lnx，x 0,+，u(x)=1-1x=x-1x，当 x 1 时，u(x)0，u(x)=x-lnx 单调递增，当 0 x 1 时，u(x)1，有 g(x)在(1,2)单调递增，g(2)=1+2-a2.若 g(2)0，则当 x (1,2)时，有 g(x)0，又 g(1)0，则可知 x1(1,2)，使得 g x1=0.由，可知 g(x)在 1,x1单调递减，所以 g x1 g(1)=0，又当 x 趋向于正无

59、穷时，g(x)趋向于正无穷，所以 g(x)在(1,+)至少有 1 个零点，则可知 g(x)在(0,+)至少有 2 个零点，不符合题意.若 0 a 0，g12=1-24-2a 0，则可知 x2(0,1)，使得 g x2=0，且 g(x)在 x2,1单调递增，则有 g x2 g(1)=0，又当 x 趋向于 0 时，g(x)趋向于正无穷，所以 g(x)在 0,x2至少有 1 个零点，又 g(1)=0，可知 g(x)在(0,+)至少有 2 个零点，不符合题意.综上可知，a=1.18(2023全国模拟预测)一类项目若投资 1 元，投资成功的概率为 p(0 p 0)；如果投资失败，则会亏掉 1 元本金为了

60、规避风险，分多次投资该类项目，设每次投资金额为剩余本金的 x(0 x 1 时，使得平均回报率 f(x)最高的投资比例 x 满足凯利公式 x=pb-(1-p)b；(2)若 b=1，p=12，求函数 g(x)=e12x-x-f(cosx)在(0,)上的零点个数【答案】(1)证明见解析(2)有且仅有两个零点【分析】(1)证法一：直接求导，令 f(x)0，得到 x pb-(1-p)b，结合 0 pb-(1-p)b p 1 得到函数单调性，求出 f(x)在 x=pb-(1-p)b取得最大值；证法二：先对函数取对数，等价于 h(x)=lnf(x)=pln(1+bx)+(1-p)ln(1-x)的最值问题(方

61、便求导)，求导得到函数单调性，求出答案；22(2)得到 g(x)=e12x-x-sinx，二次求导，结合零点存在性定理得到函数单调性，得到 g(x)在(0,)上至多两个零点，再根据特殊点的函数值和零点存在性定理得到 g(x)至少有两个零点，从而得到 g(x)有且仅有两个零点【详解】(1)证法一：因为 f(x)=(1+bx)p(1-x)1-p，0 x 1，令 f(x)0，故 bp 1+bx1-xp-1(1-p)1+bx1-xp，解得 x 1，所以 0 pb-(1-p)b p 0，0 p 1，0 x 0，1-x 0，f(x)0要使得 f(x)最大，等价于使得 h(x)=lnf(x)=pln(1+b

62、x)+(1-p)ln(1-x)最大，则 h(x)=bp1+bx+p-11-x，令 h(x)0，得 x 1，所以 0 pb-(1-p)b p 0，所以 f(x)=1-x212=1-x2，则 f(cosx)=1-cos2x=sin2x=|sinx|=sinx，故 g(x)=e12x-x-sinx，则 g(x)=12 e12x-1-cosx，令 q(x)=g(x)，则 q(x)=14 e12x+sinx当 x (0,)时，q(x)0，故 q(x)=g(x)在(0,)上单调递增因为 g(0)=12-1-1=-32 0，故 x0(0,)，使得 g x0=0，同时使得当 x 0,x0时，g(x)0，故 g

63、(x)在 0,x0上单调递减，在 x0,上单调递增，故 g(x)在(0,)上至多两个零点又因为 g(0)=1-0-0=1 0，g(2)=e-2-sin2，g()=e2-，注意到 2 2 23，故32 sin2 32 1.72=0.85，故 g(2)=e-2-sin2 e-2-32 2.8-2-0.85=-0.05 0由于 g(0)g(2)2.7 2.56 2.5，2 1.5，2.71.5-4 2.5 2.560.5-4=2.5 1.6-4=0，由于 g(2)g()0，故 g(x)在(2,)上至少有一个零点综合，故 g(x)在(0,)上至少有两个零点综合，则 g(x)在(0,)上有且仅有两个零点

64、19(2023上海浦东新二模)设 P 是坐标平面 xOy 上的一点，曲线 是函数 y=f x的图象若过点P 恰能作曲线 的 k 条切线 k N，则称 P 是函数 y=f x的“k 度点”(1)判断点 O 0,0与点 A 2,0是否为函数 y=lnx 的 1 度点，不需要说明理由；(2)已知 0 m ，g x=sinx证明：点 B 0,是 y=g x0 x 0 与 a 0，则曲线 y=lnx 在点 t,lnt处的切线方程为 y-lnt=1t x-t则该切线过点 O 当且仅当-lnt=-1，即 t=e 故原点 O 是函数 y=lnx 的一个 1 度点，该切线过点 A(2,0)，故-lnt=1t 2

65、-t，令 w t=tlnt-t+2，则 w t=1+lnt-1=lnt，令 w t 0 得 t 1，令 w t 0 得 0 t 0，故-lnt=1t 2-t无解，点 A(2,0)不是函数 y=lnx 的一个 1 度点(2)设 t 0，y=cost，则曲线 y=sinx 在点 t,sint处的切线方程为 y-sint=cost x-t则该切线过点 0,当且仅当 -sint=-tcost(*)设 G t=sint-tcost-，则当 0 t 0，故 y=G t在区间 0,上严格增因此当 0 t m 时，G t 0，因为 h t=6t2-6at，由 t a 时 h t 0 得 y=h t严格增；而当

66、 0 t a 时 h t 0，得 y=h t严格减故 y=h t在 t=0 时取得极大值 h 0=a+b，在 t=a 时取得极小值 h a=b+a-a324又因为 h-3 a+b2=-3a3a+b22 0，所以当 h 0 0 h a时，由零点存在定理，y=h t在-,0、0,a、a,+上各有一个零点，不合要求；当 0 h 0 h a时，y=h t仅 a,+上有一个零点，不合要求；当 h 0 h a 0 时，y=h t仅-,0上有一个零点，也不合要求故 y=h t两个不同的零点当且仅当 h 0=0 或 h a=0若 a 0，再联立 y=1t x+lnt+1y=a x，转化为方程有两个正数根，构造

67、 g t=4lnt+4t，求导得到其单调性，极值最值情况，数形结合得到答案.【详解】(1)函数 y=ex-2和 y=lnx 是“L 函数组”，理由如下：设直线与曲线 y=ex-2和 y=lnx 相切于点 x1,y1,x2,y2，y=ex-2，y=1x，则切线方程分别为 y=ex1-2 x-x1+ex1-2,y=1x2x-x2+lnx2因此 ex1-2=1x2，则 x1-2=-lnx2故 y=ex1-2 x-x1+ex1-2=1x2x-x1+1x2=xx2+1-x1x2，y=1x2x-x2+lnx2=1x2x-x2-x1-2=xx2+1-x1，由于两切线为同一直线，故 1-x1x2=1-x1，即

68、 1-x1x2-1-x1=0，又 ex1-2=1x2，故-x1+1ex1-2-1=0，解得 x1=1 或 x1=2，当 x1=1 时，切线方程为 y=1e x，当 x1=2 时，切线方程为 y=x-1，因此切线方程为 y=1e x 或 y=x-1因为有且仅有两条不同的直线与函数 y=ex-2和 y=lnx 的图象均相切，所以它们为“L 函数组”(2)因为函数 f x=2+lnx 与 g x=a x 为“L 函数组”，25所以它们的图象有且仅有两条公切线由 f x=2+lnx，得 f x=1x，设切点坐标为 t,2+lnt，t 0，则切线方程为 y=1t x-t+2+lnt，g x=a2 x，设

69、切点为 m,a m，则切线方程为 y-a m=a2 m x-m，由题意得 1t=a2 m 有解，因为 t 0，所以 a 0联立 y=1t x+lnt+1y=a x，所以 x-at x+tlnt+t=0由判别式 =a2t2-4tlnt-4t=0，可得 a2=4lnt+4t依题意，关于实数 t 的方程 a2t2-4tlnt-4t=0 恰有两个不同的正数解令 g t=4lnt+4t，则 g t=4-4lnt-4t2=-4lntt2，故当 t 0,1时，g t 0，所以 g t单调递增；当 t 1,+时，g t 0，所以 g t单调递减，所以 g tmax=g 1=4又 g 1e=0，当 x+时，g

70、x 0+；所以 0 a2 0，所以 0 a 2+2a.【答案】(1)4(2)证明见解析【分析】(1)当 a 0 时，不可能有两个零点，当 a 0 时，首先满足 f xmin=f lna=a-alna+1 2+2a，即证 ex2-x1+1 2 ex2-x1-1x2-x1，令 t=x2-x1 0，转化为关于 t 的不等式,用导数证明即可.【详解】(1)f x=ex-ax+1，f x=ex-a当 a 0 时，f x=ex-a 0，f x在 R 上为单调递增函数，不可能有两个零点，舍去.当 a 0 时，令 f x=ex-a=0 得，x=lna，当 x lna 时，f x lna 时，f x 0，此时

71、f x为增函数，故 f xmin=f lna=a-alna+1，要使 f x有两个零点，首先满足 f xmin 0，g a=1-1+lna=-lna，当 0 a 0，此时 g a为增函数，且 g a 0，当 a 1 时，g a 0，g 4=5-4ln4=lne5-ln28 ln35-ln28=ln243-ln256 0，又 a Z，所以 a 的最小值为 4，下面证明当 a=4 时，f x=ex-4x+1 存在两个零点，此时 f 2ln2 0，f 2=e2-7 0，又由 f x的单调性知 f x在 0,2ln2,2ln2,2上各存在一个零点，满足条件.所以 a 的最小值为 4.(2)因为 f x

72、=ex-ax+1 有两个零点 x1，x2，不妨设 0 x1 lna 2+2a，即证 ax1-1+ax2-1 2a，即证 ex2+ex1 2a，即证 ex2+ex1 2 ex2-ex1x2-x1，即证 ex2-x1+1 2 ex2-x1-1x2-x1，令 t=x2-x1 0，即证t-2t+2et+1 0，令 h t=t-2t+2et+1,t 0，则 h t=t2t+22 et 0，所以 h t在 0,+上为增函数，所以 h t h 0=0，所以t-2t+2et+1 0 成立，所以 x1+x2 2+2a 成立.题型三：导数解决双变量问题22(22-23 高三上吉林通化开学考试)已知函数 f x=1

73、-xex-a(x2+1)(a R).(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 f x有两个不同的零点 x1,x2，证明：x1+x2 0.【分析】(1)由题可得 f(x)=-x ex+2a，然后分 a 0，a=-12，-12 a 0，a-12 讨论即得；(2)由题可知(1-x)exx2+1=a 有两个解，构造函数 g(x)=(1-x)exx2+1，利用导数研究函数的性质可得 x1 0 x2 1，然后经过分析可得证明 g x2-g-x2 0，解得 x 0，令 f(x)0，所以 f(x)的单调递减区间为(0,+)，f(x)的单调递增区间为(-,0)；当 ln(-2a)=0，即 a=-12 时，f(x)

74、0 在(-,+)上恒成立，所以 f(x)的单调递减区间为(-,+)，当 ln(-2a)0，即-12 a 0，解得 ln(-2a)x 0，令 f(x)0，解得 x 0，所以 f(x)的单调递增区间为(ln(-2a),0)，f(x)的单调递减区间为(-,ln(-2a)，(0,+)；27当 ln(-2a)0，即 a 0，解得 0 x ln(-2a)，令 f(x)0，解得 x ln(-2a)，所以 f(x)的单调递增区间为(0,ln(-2a)，f(x)的单调递减区间为(-,0)，(ln(-2a),+)；综上，当 a 0 时，f(x)的单调递减区间为(0,+)，f(x)的单调递增区间为(-,0)；当 a

75、=-12 时，f(x)的单调递减区间为(-,+)；当-12 a 0 时，f(x)的单调递增区间为(ln(-2a),0)，f(x)的单调递减区间为(-,ln(-2a)，(0,+)；当 a 0，解得 x 0，令 g(x)0，所以 g(x)在(-,0)上单调递增，在(0,+)上单调递减，又当 x 0，当 x 1 时，g(x)0，不妨设 x1 x2，则 x1 0 x2 1，要证 x1+x2 0，即证 x1-x2，又 g(x)在(-,0)上单调递增，所以只需证 g x1 g-x2，即证 g x2 g-x2，即证 g x2-g-x2 0，即证1-x2e2x2-x2-1 0，令 h(x)=(1-x)e2x-

76、x-1,x (0,1)，所以 h(x)=(1-2x)e2x-1，令 u(x)=h(x)，所以 u(x)=-4xe2x 0 在(0,1)上恒成立，所以 u(x)在(0,1)上单调递减，即 h(x)在(0,1)上单调递减，所以 h(x)h(0)=0，所以 h(x)在(0,1)上单调递减，又 0 x2 1，所以 h x2 h(0)=0，所以 x1+x2 0.23(2023山东威海一模)已知函数 f x=ex-ax 有两个零点.(1)求实数 a 的取值范围；(2)设 x1,x2是 f x的两个零点，求证：fx1x2 0 时，结合函数有两个零点，可知 a 0，利用函数单调性可知，当 f(lna)0 时，

77、原函数才有两个零点，求解即可；(2)要证 fx1x2 0，即证x1x2 -,lna，方法一：不妨设 x1 f(2lna-x2)，构造函 h(x)=f(x)-f(2lna-x)，求导，利用基本不等式可得 h(x)0，则 f(x2)-f(2lna-x2)0，结合 f(0)=1 0，所以 0 x1 lna x1x2，命题得证；方法二：不妨设x1 f(2lna-x2)，结合 f(x1)=0 和 ex2=ax2，得 a2ex2-282alna+ax2=ex2x21x2+2lnx2-x2，构造函数 h(x)=1x+2lnx-x x 1，则 h(x)0，则函数 h(x)在1,+上单调递减，所以 h(x2)h

78、(1)=0，所以 f(2lna-x2)0，可得 x1+x2 2lna，则 0 x1 lna 0，所以 f x在 R 上单调递增，不满足题意；当 a 0 时，令 f(x)0，可得 x lna,+，所以 f x在-,lna上单调递减，在 lna,+上单调递增，当 a e 时，有 f1a=e1a-1 0，f(a)=ea-a2 0，又因为函数 f x=ex-ax 有两个零点，所以 f(lna)0，即 elna-alna 0，所以 a-alna 1，所以 a e，故实数 a 的取值范围是 e,+.(2)要证 fx1x2 0，即证x1x2 -,lna，方法一：下证 x1+x2 2lna，即证 x1 2ln

79、a-x2，不妨设 x1 x2，由(1)可知 x1 lna x2，所以 2lna-x2 f(2lna-x2)，因为 f(x1)=f(x2)，所以 f(x2)f(2lna-x2)，即证 f(x2)-f(2lna-x2)0，令 h(x)=f(x)-f(2lna-x)，h(x)=f(x)+f(2lna-x)=ex-2a+e2lna-x=ex+a2ex-2a 2ex a2ex-2a=0，所以 h(x)在 R 上单调递增，又因为 x2 lna，所以 h(x2)h(lna)=0，即 f(x2)-f(2lna-x2)0，可得 f(0)=1 0，所以 0 x1 lna x1x2，即x1x2 lna，又因为 f

80、x在-,lna上单调递减，所以 fx1x2 0.方法二：下证 x1+x2 2lna，即证 x1 2lna-x2，不妨设 x1 x2，由(1)可知 x1 lna x2，所以 2lna-x2 f(2lna-x2)，因为 f(x1)=0，即证 f(2lna-x2)lna 且 a e，所以 x2 1，令 h(x)=1x+2lnx-x x 1，h(x)=-1x2+2x-1=-x-12x2 0，所以 h(x)在 1,+上单调递减，所以 h(x2)h(1)=0，所以 ex2x21x2+2lnx2-x2 0，所以 f(2lna-x2)0，可得 x1+x2 0，所以 0 x1 lna x1x2，即x1x2 ln

81、a，又因为 f x在-,lna上单调递减，所以 fx1x2 0.24(23-24 高三上重庆沙坪坝期中)已知函数 f x=aex-12 x2+a 有两个不同的极值点 x1,x2x1 0，且 x1+mx2 m+1，求 m 的取值范围.【答案】(1)0 a 0 两种情况，得到函数单调性和极值点情况，得到不等式，求出 0 a m+1,x1 x2，换元后得到 t et+m-m+1et-1 0 恒成立，构造函数，二次求导，分 m 1 和 0 m 0 时，g x=aex-1，令 g x=0 得：x=ln 1a，且 x ln 1a 时，g x ln 1a 时，g x 0，则 g x在-,ln 1a上单调递减

82、，在 ln 1a,+上单调递增；由题意，g ln 1a 0，即 aeln 1a-ln 1a=1-ln 1a 0，解得：0 a 1e.且此时，当 x lna g lna=a2-lna 0，当 x ln 1a2 ln 1a 时，g x g ln 1a2=1a-ln 1a2 0，因此，由零点存在定理知 g x在-,ln 1a和 ln 1a,+各有一个零点，符合题意.综上，0 a m+1 等价于 aex1+maex2 m+1.又-得：a=x1-x2ex1-ex2，代入得 x1-x2ex1-ex2 ex1+mex2 m+1，即 x1-x2ex1-x2-1 ex1-x2+m m+1,x1 m+1，又 t

83、0,t et+m-m+1et-1 0 恒成立，设 h t=t et+m-m+1et-1,t 0，h t=et t-m+m，设 t=h t,t=et t-m+1,0=-m+1.30当 m 1 时，t=et t-m+1 0,h t在-,0上单调递增，而 h 0=0，h t 0 在-,0上恒成立，符合题意.当 0 m 1 时，令 t=et t-m+1=0 得：t=m-1，且当 t m-1 时，t 0，当 m-1 t 0，则 t在-,m-1上单调递减，在 m-1,0上单调递增，而 0=h 0=0，当 t m-1,0时，h t 0，与题意不符.综上所述，m 1.25(23-24 高三上湖南长沙阶段练习)

84、函数 f x=alnx+12 x2-a+1x+32(a 0).(1)求函数 f x的单调区间；(2)当 a=1 时，若 f x1+f x2=0，求证：x1+x2 2；(3)求证：对于任意 n N*都有.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)求定义域，求导，分 0 a 1 三种情况，求解函数单调区间；(2)令 g x=f x+f 2-x=ln 1-(x-1)2+(x-1)2，构造 F x=lnx-x+1(x 0)，求导得到其单调性，进而得到 lnx x-1，进而得到 g x=f x+f 2-x 0，不妨设 0 x1 1 1 时，f x=lnx+12 x2-2x+3

85、2 f 1=0，变形得到 2lnx+(x-2)2 1 在 x 1 时恒成立，从而得到不等式，相加得到答案.【详解】(1)函数 f x的定义域是 0,+.由已知得，f x=ax+x-a-1=x2-a+1x+ax=x-1x-ax.当 0 a 1 时，当 0 x 0,f x单调递增；当 a x 1 时，f x 1 时，f x 0,f x单调递增.当 a=1 时，当 x 0 时，f x 0,f x单调递增.当 a 1 时，当 0 x 0,f x单调递增；当 1 x a 时，f x a 时，f x 0,f x单调递增.综上，当 0 a 1 时，函数 f x单调递增区间为 0,1，a,+，单调递减区间为

86、1,a.31(2)当 a=1 时，f x=lnx+12 x2-2x+32.由(1)知，函数 f x在 0,+单调递增且 f 1=0；令 g x=f x+f 2-x=lnx+12 x2-2x+32+ln 2-x+12(2-x)2-2 2-x+32=ln x 2-x+x2-2x+1=ln 1-(x-1)2+(x-1)2，令 F x=lnx-x+1(x 0),F x=1x-1=1-xx，令 F x 0，解得 0 x 1；令 F x 1，所以 F x在 0,1上单调递增，在 1,+上单调递减，所以 F x F 1=0，所以 lnx x-1，令(x-1)2=t 0,1，则 1-t 0,1，则 ln 1-

87、t 1-t-1=-t，故 ln 1-t+t 0，所以 g x=f x+f 2-x 0 恒成立，不妨设 0 x1 1 1,x2 1，而 f x在 0,+单调递增，所以 x2 2-x1，所以 x1+x2 2.(3)由(2)知，x 1 时，f x=lnx+12 x2-2x+32 f 1=0，即 2lnx+x2-4x+3=2lnx+(x-2)2-1 0，故 2lnx+(x-2)2 1 在 x 1 时恒成立，所以 2ln 21+(2-2)2=2ln 21+012 1，2ln 32+32-22=2ln 32+122 1，2ln 43+43-22=2ln 43+232 1，2ln n+1n+n+1n-22=

88、2ln n+1n+n-1n2 1，相加得.26(2023四川成都模拟预测)若函数 f x=alnx-12 x2+a+12 x 0有两个零点 x1,x2，且 x1 x2(1)求 a 的取值范围；(2)若 f x在 x1,0和 x2,0处的切线交于点 x3,y3，求证：2x3 12 t-1t0 t 1，构造函数h t=lnt-12 t-1t利用导数证明即可.【详解】(1)f x=ax-x=-x2+ax32当 a 0，f x 0 时，令 f x=0 得 x=ax 0,a，f x 0，f x单调递增，x a,+，f x 0)，g(x)=1x-1x2=x-1x2，x (0,1)时，g(x)0，g x单调

89、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 e1-1a eln a=a，而 f x=alnx-12 x2+a+12 alnx+a+1，所以 f e-1-1a 0；f 1+2 a=aln(1+2 a)-12(1+2 a)2+a+12-12(1+2 a)2+a+12=-2 a-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=f x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

90、+1，x1+x2x3=ax1x2+1，由题意得alnx1-12 x12+a+12=0alnx2-12 x22+a+12=0 a=12 x12-x22lnx1-lnx2，要证 2x3 2，即证ax1x2 1，即证12x1x2-x2x1ln x1x2 1，令 t=x1x2 12 t-1t0 t 1，令 h t=lnt-12 t-1t，h t=-t-122t2 h 1=0，lnt 12 t-1t0 t 1得证综上：2x3 x1+x2 0).()证明：F(x)存在两个零点 x1，x2；()证明：F(x)的两个零点 x1，x2满足 x1+x2+2 0.【答案】(1)-e(2)(i)证明见解析(ii)证明

91、见解析【分析】(1)用导数求出 f(x)单调性即可求解；(2)()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；()用 F(x)的单调性把需证明的不等式转化为即证 F(-2-x2)-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)()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

92、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 ex+2 1，令 ax+2a-1，得 x-1a-2 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

93、(x2)=0，综上，F(x)存在两个零点()要证 x1+x2+2 0，需证 x1-2-x2，由-1 x2 0，所以-2-x2-1，因为 F(x)在(-,-1 上单调递减，因此需证：F(-2-x2)F(x1)=0，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 x2 0，设 g(x)=-(2+x)e-x-xex+2，-1 x 0，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

94、)g(-1)=0，即F(-2-x2)=-(2+x2)e-x2-x2ex2+2 0，结论得证，所以 x1+x2+2 1，过 M m,0斜率为 k 的直线与曲线 y=lnx 交于 P，Q 两点(P 在第一象限，Q 在第四象限).(1)若 M 为 PQ 中点，证明：0 k 1.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)依题意得到 lnx1=k x1-mlnx2=k x2-m，x1x2=1，从而将问题转化为证x1-x2lnx1-lnx2x1x2 成立，再利用构造函数求导法证明即可.(2)利用逆否命题将问题转化为证“若 k 1，则 AP AQ”，构造函数 h(x)=x2+(lnx-1)2-(

95、x-lnx+a)2 x 0，从而将问题转化为证存在 a-1，使得 h(x)单调递增，由此得证.【详解】(1)依题意，设 l:y=k(x-m),P x1,lnx1,Q x2,lnx2，m 1，则 lnx1=k x1-mlnx2=k x2-m0 x2x1x2，34不妨设 x1=tx2，则由 0 x2 1，要证x1-x2lnx1-lnx2x1x2，即证(t-1)x2lnttx2，即证(t-1)lntt，即证tlnt 1)，则 f(t)=2+lnt2 t-1=2+lnt-2 t2 t，令 g(t)=2+lnt-2 t(t 1)，则 g(t)=1t-1t=1-tt 0 在 1,+上恒成立，所以 g t在

96、 1,+上单调递减，故 g(t)g(1)=0，即 f(t)0，所以 f t在 1,+上单调递减，故 f(t)f(1)=0，即tlnt x1x2=1，解得 0 k 1，所以 0 k 1”成立，可证其逆否命题“若 k 1，则 AP AQ”成立，令 x=x-lnx x 0，则 x=1-1x=x-1x，当 0 x 1 时，x 1 时，x 0；所以 x在 0,1上单调递减，在 1,+上单调递增，故 x 1=1，则 x-lnx+a 0(a-1)，又由(1)知 k=lnx1-lnx2x1-x2，所以当 k 1 时，0 x2-lnx2+a x1-lnx1+a(a-1)，要证 AP AQ，即证|AP|2|AQ|

97、2，即证 x21+lnx1-12-x22-lnx2-12 0，由于 x1-lnx1+a2-x2-lnx2+a2 0(a-1)，只需证：存在 a-1,x21+lnx1-12-x22-lnx2-12 x1-lnx1+a2-x2-lnx2+a2，即证 x21+lnx1-12-x1-lnx1+a2 x22+lnx2-12-x2-lnx2+a2，令 h(x)=x2+(lnx-1)2-(x-lnx+a)2=(2x-2+2a)lnx-a2-2ax+1 x 0，则 h x1 h x2，因为 h(x)=2 lnx+a-1x+1-a，取 a=2，则 h(x)=2 lnx+1x-1，令 m(x)=lnx+1x-1

98、x 0，则 m(x)=1x-1x2=x-1x2，当 0 x 1 时，m x 1 时，m x 0；所以 m x在 0,1上单调递减，在 1,+上单调递增，故 m x m 1=0，即 lnx+1x-1 0，所以 h(x)=2 lnx+1x-1 0，故 h(x)在 0,+上单调递增，因为 x1 x2，所以 h x1 h x2，证毕.29(2023全国模拟预测)已知函数 f x=1+2lnxx2.(1)设函数 g x=ekx-1kx k 0，若 f x g x恒成立，求 k 的最小值；(2)若方程 f x=m 有两个不相等的实根 x1、x2，求证：x1x2+x2x1 2 1-lnmm.【答案】(1)1

99、；35(2)证明见解析.【分析】(1)将问题转化为不等式 e2lnx+kx-xk-(1+2lnx)0 在(0,+)上恒成立，利用导数证明 k=1 时，不等式 e2lnx+x-2lnx-x-1 0 成立，进而分类讨论 0 k 1 两种情况，从而得解；(2)利用导数研究函数 f x的性质可得 0 m 1，由题意可得 m(x21+x22)2x1x2(1-lnm)，原不等式变形为 1+lnx1x2 0)证明 lnx+1 x，即 1+lnx1x2 x1x2，结合 x1x2 0、x 0 时，f(x)g(x)即 1+2lnxx2 ekx-1kx 恒成立，等价于 1+2lnx x2ekx-xk 1+2lnx

100、e2lnx+kx-xk e2lnx+kx-xk-(1+2lnx)0 恒成立.设 u(x)=ex-x-1，则 u(x)=ex-1，令 u(x)0 x 0 x 0，所以函数 u(x)在(-,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增，所以 u(x)min=u(0)=0，得 u(x)0，即 ex-x-1 0，当 k=1 时，令 v(x)=2lnx+x x 0，易得 v(x)在(0,+)上单调递增，又 v 1e=2ln 1e+1e=-2+1e 0，所以 v(x)在1e,1，即(0,+)上存在唯一零点 x0，所以 u v(x)u v x0=0，即 e2lnx+x-2lnx-x-1 0，且 e2lnx0+x0

101、-2lnx0-x0-1=0；当 0 k 1 时，令 m k=e2lnx+kx-xk-(1+2lnx)，易得关于 k 的函数 y=e2lnx+kx与 y=-xk 在 0,1上单调递增，则 m k m 1=e2lnx+x-2lnx-x-1，当 x=x0时，m k 0，即 e2lnx+kx-xk-(1+2lnx)1 时，易得 m k m 1=e2lnx+x-2lnx-x-1 0，即 e2lnx+kx-xk-(1+2lnx)0 恒成立；综上：k 1，则实数 k 的最小值为 1；(2)由题意知，m 0，f(x)=1+2lnxx2，则 f(x)=-4lnxx3(x 0)，令 f(x)0 0 x 1，令 f

102、(x)1，所以函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减，则 f(x)max=f(1)=1，当 x 1 时，易得 f(x)=1+2lnxx2 0 恒成立，当 x=1e 时，f(x)=1+2lnxx2 0，又函数 f(x)=m 有两个不同的实根 x1,x2，即 f x与 y=m 的图像有两个交点，作出 f x与 y=m 的部分图像如图：所以 0 m 1，且 m=1+2lnx1x21,m=1+2lnx2x22，得 mx21=1+2lnx1,mx22=1+2lnx2，有 m(x21+x22)=2+2lnx1x2.36要证 x1x2+x2x1 2(1-lnm)m，即证 m(x21+x

103、22)2x1x2(1-lnm)，即证 2+2lnx1x2 2x1x2(1-lnm)，即证 1+lnx1x2 0,lnm 0，得 x1x2 0)，则 h(x)=1x-1(x 0)，令 h(x)0 0 x 1，令 h(x)1，所以函数 h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减，所以 h(x)max=h(1)=0，则 h(x)0，即 lnx+1 x，所以 1+lnx1x2 x1x2，则 1+lnx1x2 x1x2 x1x2-x1x2lnm，即 1+lnx1x2 x1x2-x1x2lnm，即证.30(2023陕西安康二模)已知函数 f x=alnx，g x=bex(e 为自然对数的底数)

104、(1)当 a=e 时，恰好存在一条过原点的直线与 f x，g x都相切，求 b 的值；(2)若 b=1，方程 xg x-f x-ax=0 有两个根 x1，x2，(0 x1 e2-x1+x2【答案】(1)b=1e(2)证明见解析【分析】(1)由题可求得过原点的与 f x相切的直线方程：y=x，后利用切点即在 g x图像上，也在切线上，可求得相应切点横坐标，后由切线斜率为 1 可求得 b；(2)由题可得 xex=a x+lnx=aln xex有两个根 x1，x2，令 x1ex1=t1，x2ex2=t2，则可得方程 t=alnt 有两个根 t1，t2，则 lnt1t1=lnt2t2.通过令 t2 t

105、1 0，t2t1=m 1，可将证明 x1 x2e2-x1+x2，转化为证明 lnm 2 m-1m+1，后构造函数 h m=lnm-2 m-1m+1，m 1,+，通过其单调性可证明结论.【详解】(1)当 a=e 时，f x=ex，设直线与 f x的切点为 x1，y1，则切线斜率为 f x1=ex1，切线方程为y=ex1x.因 x1，y1即在 f x图像上，也在切线 y=ex1x 上，则y1=elnx1y1=ex1x1 x1=ey1=e，故切线斜率为 1，则切线方程为 y=x.又 g x=bex，g x=bex，设直线与 g x的切点为 x2，y2，则切线斜率为 g x2=bex2，切线方程为 y

106、=bex2x.因 x2，y2即在 g x图像上，也在切线 y=bex2x 上，则 y2=bex2 x2y1=bex2 x2=1，又切线斜率为 1，则g x2=bex2=1 b=1e；(2)当 b=1 时，xg x-f x-ax=xex-alnx-ax=0，则由题可得 xex=a x+lnx=aln xex有两个根 x1，x2，令 x1ex1=t1，x2ex2=t2，则可得方程 t=alnt 有两个根 t1，t2，则 lnt1t1=lnt2t2.令 t2 t1 0，t2t1=m 1，则 t2t1=lnt2lnt1=lnmt1lnt1=m lnm+lnt1=mlnt1 lnt1=lnmm-1，ln

107、t2=mlnt1=mlnmm-1.注意到 x1 x2 e2-x1+x2 x1ex1 x2ex2 e2 t1t2 e2 lnt1+lnt2 2 m+1m-1 lnm 2 lnm 2 m-1m+1，37则构造函数 h m=lnm-2 m-1m+1，m 1,+.因 h m=1m-4m+12=m-12m m+12 0，则 h m在 1,+上单调递增，得h m h 1=0 lnm-2 m-1m+1 0 lnm 2 m-1m+1.故命题得证.31(22-23 高三上广东揭阳期末)已知函数 f x=2alnx+x2-2(a+1)x(a 0).(1)讨论 f x的零点个数；(2)当 f x有两个零点时，分别设

108、为 x1，x2 x1 2，证明见解析.【分析】(1)利用导数可求出 f x的最小值为-1-2a，后讨论最小值与 0 的大小结合零点存在性定理可解决问题；(2)由(1)可得 0 x1 1 x2，f x在区间(1,+)上单调递增，则 x1+x2与 2 的大小关系，等价于 x2与 2-x1的大小关系，即 f x2与 f 2-x1的大小关系，又注意到 f x2=f x1，故利用导数研究函数 f 2-x-f x的单调性即可.【详解】(1)f x=2ax+2x-2(a+1)=2x2-2(a+1)x+2ax=2(x-a)(x-1)x，因为 a 0，所以当 x 0,1时，f x 0，f x单调递增，所以 f

109、xmin=f 1=-1-2a.所以当-1-2a 0，即 a-12 时，f x的零点个数为 0；当-1-2a=0，即 a=-12 时，f x的零点个数为 1；当-1-2a 0，即-12 a 0 时，注意到 0 e1a 0e-1a 1，f e-1a=-2+e-2a-2 a+1e-1a=e-1a e-1a-2a-2-2因-12 a 2，令-1a=t，则 f e-1a=et et+2t-2-2.令 g x=ex+2x-2，x 2,+，则 g x=ex-2x2，因 ex e2，2x2 0，即 g x在 2,+上单调递增.则 g x g 2=e2-1 6，则 f e-1a 6et-2 6e2-2 0.故

110、x1 e1a,1，x2 1,e-1a，使得 f x1=f x2=0，得-12 a 0 时，f x的零点个数为 2.综上：a-12 时，f x的零点个数为 0；a=-12 时，f x的零点个数为 1；得-12 a 2.证明如下：由(1)可知，当 a -12,0时，函数 f x有两个零点，且 0 x1 1 0，所以 F x在区间 0,1上单调递增，所以 F x1=f 2-x1-f x1 F 1=0，所以 f 2-x1 f x1=f x2.因为 0 x1 1 1.又由(1)知 f x在区间(1,+)上单调递增，则 2-x1 2.题型四：导数中的极值点偏移问题32(23-24 高三上重庆渝中期中)已知

111、函数 f x=xlnx-ax2+x,a R(1)若函数 f x是减函数，求 a 的取值范围；(2)若 f x有两个零点 x1,x2，且 x2 2x1，证明：x1x2 8e2【分析】(1)f x=lnx-2ax+2 0 在 0,+上恒成立，参变分离 2a lnx+2x在 0,+上恒成立，构造函数求出 u x=lnx+2x的最大值，从而求出 a 的取值范围；(2)由零点得到 a=lnx1x1+1x1=lnx2x2+1x2，令 x2=tx1(t 2)，从而得到 lnx1=lntt-1-1，lnx2=tlntt-1-1，ln x1x2=t+1lntt-1-2，构造 h t=t+1lntt-1-2(t

112、2)，求导得到其单调性，从而证明出结论.【详解】(1)f x=xlnx-ax2+x,a R 的定义域为 0,+，f x=lnx+1-2ax+1=lnx-2ax+2，函数 f x是减函数，故 f x=lnx-2ax+2 0 在 0,+上恒成立，即 2a lnx+2x在 0,+上恒成立，令 u x=lnx+2x，x 0,+，u x=1-lnx-2x2=-lnx-1x2，当 x 0,1e时，u x 0，u x=lnx+2x单调递增，当 x 1e,+时，u x 2x1 0，令 x2=tx1(t 2)，则 lnx1x1+1x1=ln tx1tx1+1tx1，39故 lnx1=lntt-1-1，则 lnx

113、2=ln tx1=lnt+lnx1=tlntt-1-1，ln x1x2=lnx1+lnx2=lntt-1-1+tlntt-1-1=t+1lntt-1-2，令 h t=t+1lntt-1-2(t 2)，则 h t=-2lnt+t-1t(t-1)2，令 t=-2lnt+t-1t(t 2)，则 t=-2t+1+1t2=(t-1)2t2 0，t在 2,+上单调递增，t 2=32-2ln2=3-4ln22=lne3-ln162 0，h t=t(t-1)2 0，则 h t在 2,+上单调递增，h t h 2=3ln2-2=ln 8e2，即 ln x1x2 ln 8e2，故 x1x2 8e2.33(2022

114、山东临沂二模)已知函数 f(x)=x-12 sinx(1)若存在 x 4,2，使 f(x)ax 成立，求 a 的取值范围；(2)若 g(x)=f(x)-mlnx，存在 x1，x2(0,+)，且当 x1 x2时，g x1=g x2，求证：x1x2 sinx2-sinx1将等式中 sinx2-sinx1替换掉，问题即可转化为证明 2m=x2-x1lnx2-lnx1x1x2，令 x2x1=t 即可进一步转化为证明 lnt-t-1t 0，x在4,2上单调递增，x 4=22-4 22=221-4 0，在4,2上，h x 0，h x单调递增，h(x)min=h 4=1-2，a 取值范围是 1-2,+；(2

115、)不妨设 0 x1 x1-sinx1，从而 x2-x1 sinx2-sinx1，由(*)得 m lnx2-lnx1 x2-x1-12 x2-x1=12 x2-x1，2m x2-x1lnx2-lnx1 0，下面证明：x2-x1lnx2-lnx1x1x2，令 x2x1=t，则 t 1.即证明：t-1lnt t，则只要证明 lnt-t-1t 1，m t=-(t-1)22t t 0 在 1,+恒成立，m t在 1,+单调递减，故 m tx2-x1lnx2-lnx1x1x2，x1x2x2-x1lnx2-lnx1，将问题转化为x2-x1lnx2-lnx1x1x2 即可34(2022贵州模拟预测)已知函数

116、f(x)=2lnx+ax2(a R)有两个零点.(1)求 a 的取值范围.(2)记两个零点分别为 x1，x2，证明：x1+x2 1.【答案】(1)0,1e；(2)证明见解析.【分析】(1)由题可得 f(x)=2(x2-a)x3，分类讨论，利用导数求函数的最值，可得 f(a)1，由题可得 ln(x1+x2)=tt+1(t+1)ln(t+1)t-tlntt-1，构造函数 g(x)=xlnxx-1(x 1)，利用导数可得函数的单调性，进而可得 ln(x1+x2)0，即证.【详解】(1)f(x)=2lnx+ax2(a R)f(x)=2x-2ax3=2(x2-a)x3，当 a 0 时，f(x)0，函数

117、f(x)在(0,+)上递增，不合题意，当 a 0 时，令 f(x)0，得 x a，令 f(x)0，得 0 x a.所以函数 f(x)在(0,a)上递减，在(a,+)上递增，f(x)f(a).令 f(a)0，即 lna+1 0，得 0 a 0，所以函数 f(x)在(a,1)上有一个零点，f(a)=2lna+1a，设 m(x)=2lnx+1x 0 x m 1e=e-2 0，即 f(a)0，函数 f(x)在(a,a)上有一个零点.41综上，函数 f(x)有两个零点，a 0,1e.(2)由(1)知 0 x1a 1，由2lnx1+ax21=02lnx2+ax22=0，得 lnx1lnx2=x22x21=

118、t2，lnx1=t2lnx2=t2(lnt+lnx1)，lnx1=-t2lntt2-1，ln(x1+x2)=ln(t+1)x1=ln(t+1)-t2lntt2-1=t2 ln(t+1)t2-lntt2-1=tt+1(t+1)ln(t+1)t-tlntt-1.设 g(x)=xlnxx-1(x 1)，g(x)=x-lnx-1(x-1)2，设 h(x)=x-lnx-1，h(x)=1-1x，当 x 1 时，h(x)0，函数 h(x)在(1,+)上递增，h(x)h(1)=0，即当 x 1 时，g(x)0，函数 g(x)在(1,+)上递增，则 g(x+1)g(x)，(x+1)ln(x+1)x xlnxx-

119、1，即(t+1)ln(t+1)t-tlntt-1，所以 ln(x1+x2)0，x1+x2 1.35(23-24 高三上湖北期中)已知 h x=lnx-ax(1)若 h x有两个零点，求 a 的取值范围；(2)若方程 ax ex=lnx+x 有两个实根 x1、x2，且 x2 x1，证明：h x1ex1+x2ex22 0.【答案】(1)0 a 1e(2)证明见解析【分析】(1)解法一：由参变量分离法可知直线 y=a 与函数 f x=lnxx的图象有两个交点，利用导数分析函数 f x的单调性与极值，数形结合可求得实数 a 的取值范围；解法二：直接对函数求解，通过对参数 a 的分类讨论，研究函数的单调

120、性与极最值，通过分析原函数图象，数形结合求得实数 a 的取值范围.(2)解法一：首先通过同构，将等式整理成 ax ex=ln x ex，再令 t=x ex，通过已知条件，假设 t1=x1ex1，t2=x2ex2是 h x的两个零点，进而可得 a=lnt1-lnt2t1-t2，要证 h t1+t22 2 t1-t2lnt1-lnt2，即证 ln t1t2 2 t1-t2t1+t2=2t1t2-1t1t2+1，令 k=t1t2 0,1，构造函数 k=lnk-2 k-1k+1进行证明即可；解法二：首先根据已知条件 t1=x1ex1、t2=x2ex2是 h x的两个零点，证 h t1+t22 2a，然

121、后分 t2 2a 和 1a t2 2a 两种情况进行分类讨论，最终构造函数 F x=h x-h 2a-x1a x 0，则 g x=1-lnxx2，令 g x=0 可得 x=e，列表如下：42x0,eee,+g x+0-g x增极大值 1e减且当 x 1 时，g x=lnxx 0，作出函数 g x和 y=a 的图象如下图所示：由图可知，当 0 a 1e 时，即当 0 a 0 恒成立得 h x在 0,+上递增，则函数 h x不可能存在两个零点，故该情况不成立；当 a 0 时，得 h x在 0,1a递增；在1a,+递减，要使 h x有两个不同零点，必须 a 0 且极大值 h 1a 0(x 0 和 x

122、+时 h x-)，0 a 1e.(2)解法一：方程 ax ex=lnx+x ax ex=ln x ex令 t=x ex，由 ax ex=lnx+x 有两个实根 x1、x2，则 t1=x1ex1，t2=x2ex2是 h x的两个零点，由 h t1=lnt1-at1=0 且 h t2=lnt2-at2=0，可得 a=lnt1-lnt2t1-t2，由 h x=lnx-ax 可得 h x=1x-a，要证 h t1+t22 2a，即证 t1+t2 2 t1-t2lnt1-lnt2，x2 x1，t2 t1，即证 ln t1t2 2 t1-t2t1+t2=2t1t2-1t1t2+1.令 k=t1t2 0,1

123、，即证 lnk 2 k-1k+1，构造函数 k=lnk-2 k-1k+1，其中 0 k 1，即证 k 0，所以，函数 k在 0,1上单调递增，k 1=0，故原不等式成立.解法二：方程 ax ex=lnx+x ax ex=ln x ex令 t=x ex，由 ax ex=lnx+x 有两个实根 x1、x2，则 t1=x1ex1、t2=x2ex2是 h x的两个零点由 h x=lnx-ax 可得 h x=1x-a 为减函数，要证 h t1+t22 2a，由 h x的图象，不妨设 t1 1a 2a，只需证 t1 2a-t2当 t2 2a 时，因 0 t1 1a，故上式显然成立.当 1a t2 2a 时

124、，0 2a-t2 1a，又 0 t1 h 2a-t2 h t2 h 2a-t2构造函数 F x=h x-h 2a-x1a x 0，F x在1a,2a为增函数，F x F1a=0，所以要证的不等式成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式(或)转化为证明(或)，进而构造辅助函数；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.36(2023安徽淮南一模)已知 f(x)=alnx+x 有两个不同的零点 x1,x2 0 x1 0 恒成立，求实数

125、的范围.【答案】(1)(-,-e)(2)(-,-1)1,+)【分析】(1)求定义域，求导，分 a 0 与 a 0，结合 t (0,1)，lnt 0，得到1+1-tt+lnt 0 恒成立，构造 h t=1+1-tt+lnt,h t，求导后分 2 1 与 2 0,f(x)在 x (0,+)单调递增，至多只有 1 个零点，不合题意；当 a-a 时，f(x)0，当 0 x-a 时，f(x)0，故 f(x)在(0,-a)单调递减，在(-a,+)单调递增；44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 0，令 g x=lnx-

126、x,x 0，则 g x=1x-12 x=2-x2x，当 0 x 0，当 x 4 时，g x 0，故 g x=lnx-x 在 0 x 4 上单调递减，故 g x=lnx-x,x 0 在 x=4 处取得极大值，也是最大值，故 g x g 4=ln4-2 0，故 lnx 0，f x=x+alnx x+a x=xx+a，取 x=a2，则 f a2=2a2 0，故 f x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 x1 0 恒成立，又 t (0,1)，lnt 0，即1+1-tt+lnt

127、 0 恒成立，设 h t=1+1-tt+lnt,h t 0 恒成立，h t=1t-1+2t+2=t+2-t 1+2t t+2=t-1t-2t t+2，)当 2 1 时，t-2 0，h(t)在(0,1)上单调递增，h(t)h(1)=0 恒成立，注意到 -1，-,-1 1,+符合题意；)当 2 0，h(t)在 0,2上单调递增；t 2,1时，h(t)h(1)=0，不满足 h(t)0)，函数 g x是定义在 0,+的可导函数，其导数为 g x，满足 0 g x-g x(1)若 f x在 0,+上单调递减，求实数 a 取值范围；(2)对任意正数 x1,x2 x1 x22g x2x1【分析】(1)根据

128、f x在 0,+上单调性得到不等式，转化为 a+1a x+1x 恒成立，结合基本不等式求出 x+1x 2，得到 a+1a 2，求出实数 a 的取值范围；(2)构造 G(x)=exg(x)，求导后得到 G x在 0,+上是减函数，令 I=x21gx1x2x22g x2x1，换元后得到 I=t2g(t)g1t=tg(t)1t g1t，由 0 t 1 G 1t，变形得到 I t2e1t-t=e2lnt+1t-t，t 0,1，结合第一问得到2lnt-1t+t 0，e2lnt+1t-t e0=1，从而证明出结论.【详解】(1)f x在 0,+上单调递减，x 0，f(x)=a+1ax-1x2-1 0，即

129、a+1a x+1x 恒成立，又 x+1x 2x 1x=2，当且仅当 x=1x，即 x=1 时等号成立，故 x+1xmin=2，a+1a 2，(a-1)2a 0，又 a 0，a-12 0，a=1，a 的取值范围是 1；(2)令 G(x)=exg(x)，得 G(x)=exg(x)+exg(x)=ex g(x)+g(x)，g(x)-g(x)，g(x)+g(x)0，G x 0，G x在 0,+上是减函数 x21g x1x2与 x22g x2x1均大于 0，记 I=x21gx1x2x22g x2x1，令 t=x1x2 0,1，则 I=t2g(t)g1t=tg(t)1t g1t，由 0 t 1 G 1t，

130、即 etg(t)e1t g 1t，g(t)g1t e1tet=e1t-t，I t2e1t-t=e2lnt+1t-t，t 0,1，由(1)知当 a=1 时，f(x)=2lnx+1x-x 在 0,1上单调递减，0 t f(1)=2ln1-1+1=0，即 2lnt-1t+t 0，e2lnt+1t-t e0=1，从而有 I 1，46即 x21g x1x2 x22g x2x138(22-23 高三上内蒙古阶段练习)已知函数 f(x)=ex-e-x-ax(a R)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2，证明：2-a f x1-f x2x1-x2 2 时，求出 f(x)=

131、0 的根，然后确定 f(x)的正负得单调性；(2)由(1)知当 a 2 时，f(x)存在两个极值点 x1,x2，同时得出 e-x1=a-ex1，e-x2=a-ex2，x1+x2=0，不妨设 x1 0 1 和 ex1-ex2x1-x2 2 时，f(x)=e-x e2x-aex+1，令 t=ex，g(t)=t2-at+1 =a2-4 0，方程 t2-at+1=0 有两个不相等的实数根，t1=a-a2-42，t2=a+a2-42，显然 0 t1 0；当 t t1,t2时，g(t)0，f(x)在-,lnt1和 lnt2,+上单调递增；当 x lnt1,lnt2时，f(x)2 时，f(x)在-,lnt1

132、和 lnt2,+上单调递增，在 lnt1,lnt2上单调递减(2)证明：由(1)知，当 a 2 时，f(x)存在两个极值点 x1,x2，f x1=ex1+e-x1-a=0，f x2=ex2+e-x2-a=0，e-x1=a-ex1，e-x2=a-ex2，f x1-f x2x1-x2=ex1-ex2-e-x1-e-x2-a x1-x2x1-x2=2 ex1-ex2x1-x2-a设 x1 2-a，只要证明 ex1-ex2x1-x2 1 ex1-ex2 x1-x2 ex1-e-x1 2x1 x1 0设 h(x)=ex-e-x-2x(x 0，当 x 0 时，h(x)单调递增，从而 h(x)h(0)=0，

133、即 ex1-e-x1 2x1 x1 1 成立，从而 f x1-f x2x1-x2 2-a 成立要证明 f x1-f x2x1-x2 0，只要证明 ex1-ex2x1-x2 a2 由(1)知，ex1+ex2=a，x1+x2=0 x1 0 x2，只要证明 ex1-e-x12x1 0设 u(x)=(1-x)e2x-(1+x)(x 0，47则当 x 0 时，u(x)单调递增，从而 u(x)u(0)=0；则当 x u(0)=0，即 ex1-ex2x1-x2 a2 成立，从而 f x1-f x2x1-x2 0综上，得 2-a f x1-f x2x1-x2 039(2023湖南永州一模)已知 f(x)=x2

134、-kxlnx-1，g(x)=12 ax2-xlnx+x(1)不等式 f(x)0 对任意 x 1 恒成立，求 k 的取值范围；(2)当 g(x)有两个极值点 x1,x2 x1 x2时，求证：(2ae-1)x1+x2 2 两种情况讨论，求出 k 的取值范围；(2)求导后，转化为 x1,x2是方程 a=lnxx的两个不等实根，记 x=lnxx，求导后，研究其单调性及图象特征得到 0 a 1e,1 x1 e 1,x2e 1，在第一问的基础上，取 k=2，得到 lnx 12 x-1x，将 ex1,x2e 分别代入，变形得到 1-2aex21+2ex1-e2 0，从而证明出结论.【详解】(1)方法一：当

135、x 1 时，不等式 x2-kxlnx-1 0 两边同除以 x 得：x-1x-klnx 0，x 1，记 h x=x-1x-klnx x 1，则 h x=1+1x2-kx=x2-kx+1x2，当 =(-k)2-4 0 即-2 k 2 时，x2-kx+1 0 则 h x 0，所以 h x在 1,+上递增，h x h 1=0 满足要求，当 k 2 时，令 h x 0 得，1 x k+k2-42所以 h x在 1,k+k2-42上递减，h x 2 时，令 h x 0 得，1 x k+k2-42所以 h x在 1,k+k2-42上递减，此时 h x 0 得：x 0,e，令 x 1 时，x=lnxx 0 恒

136、成立，所以 0 a 1e,1 x1 e 1,x2e 1，由(1)取 k=2，则 x 1 时，lnx 12 x-1xln ex1 12ex1-x1e 1-lnx1 e2-x212x1e，又 lnx1=ax1代入，并整理得，1-2aex21+2ex1-e2 0，同理，ln x2e 0，所以 1-2aex22+2ex2-e2 1-2aex21+2ex1-e2 2ae-1x1+x2 2e.40(23-24 高三上云南昆明阶段练习)设 a，b 为函数 f x=x ex-m(m 0)的两个零点(1)若当 x 1x 恒成立，求实数 m 的取值范围；(2)证明：ea+eb 1【答案】(1)-1e,0(2)证明

137、见解析【分析】(1)求出定义域，求导，得到 f x的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到 f xmin-1e，结合题目条件，得到当-1e m 0，根据零点存在性定理得到 f x在-，-1内存在唯一零点，同理得到 f(x)在-1,0内存在唯一零点，从而求出答案；(2)设 a-1 b 0，由 a ea=b eb可得 ea-b=ba，令 ba=t 0,1，故 a=lnt1-t，b=tlnt1-t，推出要证 ea+eb 1，即证 ln t+1t lntt-1，构造 g x=lnxx-1，x 1，求导，对分子再构造函数，证明出 g x 0，g x在定义域内单调递减，故 g t+1 g t，即 ln

138、1+t+tlnt1-t 0，证明出结论.【详解】(1)f x的定义域为 R，f(x)=x+1ex，当 x -,-1时，f x 0，故 f x在-,-1内单调递减，在-1,+单调递增，49故要使 f x有两个零点，则需 f xmin=f-1=-e-1-m-1e，由题目条件 m 0，可得-1e m 0，当-1e m m-m=0，又 1m-e 0，故 f(x)在-1,0内存在唯一零点，则 f x在 R 上存在两个零点，故满足题意的实数 m 的取值范围为-1e,0；(2)证明：由(1)可设 a-1 b 0，由 a ea=b eb可得 ea-b=ba，令 ba=t 0,1，则 b=at，所以 ea-at

139、=t，故 a=lnt1-t，所以 b=at=tlnt1-t，要证 ea+eb 1，即证 elnt1-t+etlnt1-t 1 etlnt1-t elnt+1 1 etlnt1-t t+1 1 etlnt1-teln t+1 1 etlnt1-t+ln t+1 1，即证 ln 1+t+tlnt1-t 0，因为 t 0,1，即证 ln 1+tt+lnt1-t 0，即 ln t+1t lntt-1，令 g x=lnxx-1，x 1，g x=x-1x-lnxx-12=1-1x+ln 1xx-12，令 h u=u-1-lnu，则 h u=1-1u，当 u 0,1时，h u 0，故 h u在 0,1内单调

140、递减，在 1,+单调递增，所以 h u h 1=0，所以 u-1-lnu 0，令 u=1x 得 1x-1-ln 1x 0，故 g x=1-1x+ln 1xx-12 0，g x在定义域内单调递减，故 g t+1 g t，即 ln t+1t lntt-1，ln t+1 tlntt-1，ln 1+t+tlnt1-t 0，则 ea+eb-2【答案】(1)1e,1212,+(2)证明见解析【分析】(1)易知 0 是函数 f(x)的一个极值点，则函数 g x=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 1e.由零点的存在性定理和 g(0)0,g(-1)0,即可求解

141、；(2)由(1)，设 x3=0,x1-2由 g x1=0g x2=0得 ex1-x2=2+x12+x2，令 x1-x2=t(t 0)得 x2=tet-1-2，则只需证 h t=2t+t-2et-1 0(t 0)，利用导数讨论函数 h(t)的性质得出 h(t)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 lna，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-1，所以 a 1e 又 g(-2)=e-2 0,g(lna)0)，则 m(

142、x)=2x-x2ex，令 m(x)0 得 0 x 2，令 m(x)2，所以 m(x)在(0,2)上递增，在(2,+)上递减，所以 m(x)m(2)=4e2 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,1212,+(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 g x1=0,g x2=0,得 ex1-ax1-2a=0,ex2-ax2-2a=

143、0,，即 ex1=2a+ax1,ex2=2a+ax2,两式相除得 ex1-x2=2+x12+x2令 x1-x2=t(t-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 h(0)=0所以 h(t)在(-,0)上是增函数，所以 h(t)-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 0，当 x-1,p x 0，51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 p x2 p-2-x1，又 p x2=p x1，故只要证 p x1 p-2-x1x1-1，即要证 x1+2ex1-x1e-2-x1 x1-1，也即要证 x1e2x1+2+x1+2 0 x1-1(#)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 q-1=0，故 q(x)在(-,-1)上递增，故 q(x)-2