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2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题23同构与双变量问题（Word版附解析）
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这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题23同构与双变量问题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
专题23同构与双变量问题
知识梳理
方法技巧
题型归类
题型一：地位同等同构型
题型二：指对跨阶同构型
题型三：零点同构型
题型四：转化为同源函数解决
题型五：与函数单调性有关的双变量问题
题型六：与极值点有关的双变量问题
题型七：整体代换
题型八：构造一元函数求解双变量问题
题型九：构造具体函数解决双变量问题
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
强化测试
共8题
一、【知识梳理】
【方法技巧】
1.含有地位同等的两个变量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果进行整理(即同构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数单调性解决.
2.对于一个指数、直线、对数三阶的问题可以通过跨阶函数的同构，转化为两阶问题解决，通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同构来快速解题.跨阶同构需要构造一个母函数，即外层函数，这个母函数需要满足：①指对跨阶，②单调性和最值易求.
3.为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需要对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：x＝eln x，xex＝eln x＋x，x2ex＝e2ln x＋x，＝e－ln x＋x，ln x＋ln a＝ln(ax)，ln x－1＝ln ，有时也需要对两边同时加、乘某式等.
4.指对跨阶同构的基本模式有：
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左：aea≤bln b⇔aea≤(ln b)eln b，构造函数f(x)＝xex；
②同右：aea≤bln b⇔ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；
③两边同取自然对数：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)，构造函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型：<，一般也有三种同构方式：
①同左：<⇔<，构造函数f(x)＝；
②同右：<⇔<，构造函数f(x)＝；
③两边同取自然对数：a－ln a
①同左：ea±a>b±ln b⇔ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右：ea±a>b±ln b⇔ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
5.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x1,x2,fx1,fx2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x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>0,则y=fx在D上是增函数；
(2)若对任意x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>k,则y=fx-kx在D上是增函数；
(3)若对任意x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>kx1x2,则y=fx+kx在D上是增函数；
(4)若对任意x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>x1+x2,则y=fx-x2在D上是增函数.
6.与极值点有关的双变量问题
与极值点x1,x2有关的双变量问题,一般是根据x1,x2是方程f'x=0的两个根,确定x1,x2的关系,再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为x1,x2的齐次式,然后转化为关于x2x1的函数.
7.与零点有关的双变量问题
与函数零点x1,x2有关的双变量问题,一般是根据x1,x2是方程fx=0的两个根,确定x1,x2的关系,再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为x1,x2的齐次式,然后转化为关于x2x1的函数,有时也可转化为关于x1-x2的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.
8.独立双变量,各自构造一元函数
此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.
9.构造一元函数求解双变量问题
当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.
二、【题型归类】
【题型一】地位同等同构型
【典例1】若0＜x1＜x2＜a，都有x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2成立，则a的最大值为( )
A. B.1
C.e D.2e
【解析】由x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，
两边同除以x1x2得－≤－，
即＋≤＋，
令f(x)＝＋，则f(x)在(0，a)上为增函数.
∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝，可知f(x)在(0，1)上为增函数，
∴a≤1，∴a的最大值为1，故选B.
【典例2】若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，则m的最小值是( )
A.e2 B.e
C.1 D.
【解析】对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，易知m≥0，
则x1ln x2－x2ln x1＜2x2－2x1，
所以，x1(ln x2＋2)＜x2(ln x1＋2)，
即＞，
令f(x)＝，则函数f(x)在(m，＋∞)上为减函数，
因为f′(x)＝－，由f′(x)＜0，可得x＞，
所以函数f(x)的单调递减区间为，
所以，(m，＋∞)⊆，
所以，m≥，
因此， 实数m的最小值为.故选D.
【典例3】若0
C.x2e x1>x1e x2 D.x2e x1
∴f′(x)＝ex－＝，
设g(x)＝xex－1，则有g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，1)上单调递增，因为g(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，从而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0.
由单调性可判断出，x∈(0，x0)，g(x)<0⇒f′(x)<0；
x∈(x0，1)，g(x)>0⇒f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上不单调，不等式不会恒成立，A不正确；
B选项，e x1－e x2>ln x2－ln x1⇔e x1＋ln x1>e x2＋ln x2，设函数f(x)＝ex＋ln x，
可知f(x)单调递增，所以f(x1)
则f′(x)<0在x∈(0，1)恒成立，所以f(x)在(0，1)上单调递减，所以f(x1)>f(x2)成立，C正确，D错误.
故选C.
【题型二】指对跨阶同构型
【典例1】设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是
A．， B．， C．， D．，
【解析】依题意, 2me2mx-lnx≥0, 即 2mx⋅e2mx-xlnx≥0, 即 e2mx⋅lne2mx≥xlnx, 设 fx=xlnxx>1,f'x=lnx+1>0, 则 fx 在 1,+∞ 上单调递增, ∴e2mx≥x 在 1,+∞ 上恒成立, 即 2m≥lnxx 在 1,+∞ 上恒成立, 设 gx=lnxxx>1,g'x=1-lnxx2, 易知函数 gx 在 1,e 单调递增, 在 e,+∞ 单调递减, ∴2m≥gxmax =ge=1e, 则 m≥12e. 故选: A.
【典例2】已知，不等式对任意的实数恒成立，则实数的最小值为
A． B． C． D．
【解析】不等式 xa+1ex+alnx≥0 可化为 xex≥x-alnx-a, 即 exlnex≥x-alnx-a, a<0,x>2, 则 x-a>1,ex>1, 设 fx=xlnx, 则 f'x=lnx+1,x>1 时, f'x>0,fx 是增函数, 所以由 exlnex≥x-alnx-a, 得 ex≥x-a,x≥-alnx,-a≤xlnx, 所以 x>2 时, -a≤xlnx 恒成立.
设 gx=xlnx, 则 g'x=lnx-1ln2x,
当 2e 时, g'x>0,gx 单调递增, 所以 gxmin=ge =e,
所以 -a≤e,a≥-e.
所以 a 的最小值是 -e.
故选: B.
【典例3】已知函数和有相同的最小值．
（1）求；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【解析】
（1）fx 定义域为 R，∵fx=ex-ax，∴f'x=ex-a，
若 a≤0,
则 f'x>0,fx 无最小值,
故 a>0,
当 f'x=0 时, x=lna, 当 g'x=0 时, x=1a,
当 x
故 fxmin=flna=a-alna,
gx 的定义域为 0,+∞,
∵gx=ax-lnx,
∴g'x=a-1x,
令 g'x=0, 解得 x=1a,
当 0
故 gxmin=1+lna,
∵ 函数 fx=ex-ax 和 gx=ax-lnx 有相同的最小值
∴a-alna=1+lna,
∵a>0,
∴a-alna=1+lna 化为 lna-a-1a+1=0,
令 hx=lnx-x-1x+1,x>0,
则 h'x=1x-x+1-x-1x+12=1x-2x+12=x2+1xx+12,
∵x>0,
∴h'x=x2+1xx+12>0 恒成立,
∴hx 在 0,+∞ 上单调递增,
又 ∵h1=0,
∴h (a) =h1, 仅有此一解,
∴a=1.
(2) 证明: 由 (1) 知 a=1, 函数 fx=ex-x 在 -∞,0 上单调递减, 在 0,+∞ 上单调递增, 函数 gx=x-lnx 在 0,1 上单调递减, 在 1,+∞ 上单调递增,
设 ux=fx-gx=ex-2x+lnxx>0,
则 u'x=ex-2+1x>ex-2, 当 x≥1 时, u'x≥e-2>0,
所以函数 ux 在 1,+∞ 上单调递增, 因为 u 1=e-2>0,
所以当 x≥1 时, ux≥u (1) >0 恒成立, 即 fx-gx>0 在 x≥1 时恒成立,
所以 x≥1 时, fx>gx,
因为 f0=1, 函数 fx 在 0,+∞ 上单调递增, g1=1, 函数 gx 在 0,1 上单调递减,
所以函数 fx 与函数 gx 的图象在 0,1 上存在唯一交点, 设该交点为 m,fm0
由图象知当直线 y=b 与两条曲线 y=fx 和 y=gx 共有三个不同的交点时,
直线 y=b 必经过点 Mm,fm, 即 b=fm,
因为 fm=gm, 所以 em-m=m-lnm, 即 em-2m+lnm=0,
令 fx=b=fm 得 ex-x=em-m=m-lnm, 解得 x=m 或 x=lnm, 由 0
从左到右的三个交点的横坐标依次为, lnm,m,em,
因为 em-2m+lnm=0, 所以 em+lnm=2m,
所以 lnm,m,em 成等差数列.
所以存在直线y=b，其与两条曲线y=fx和y=gx共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【题型三】零点同构型
【典例1】已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是________.
【解析】f(x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数单调递增.
由et－at＝0有两个根，
即a＝，即有两个交点，
可画出函数图象得到a的范围是(e，＋∞).
【典例2】已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点，则e2－x0＋ln x0＝________.
【解析】x2ex－2＋ln x－2＝0，
可得x2ex－2＝2－ln x，
即＝2－ln x，
x2ex＝2e2－e2ln x，xex＝－ln x，
即xex＝ln ，
两边同取自然对数，
ln x＋x＝ln＋ln ，
所以ln＝x，即2－ln x＝x，
即ln x＝2－x，
∴e2－x＝x，∴e2－x0＋ln x0＝x0＋ln x0＝2.
【典例3】已知f(x)＝xln x＋x2＋1，若关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解，求a的取值范围.
【解析】由xex－a＝f(x)－x2＋ax－1(x＞0)，
即xex－a＝xln x＋ax，
即ex－a＝ln x＋a，
即ex－a＋x－a＝x＋ln x，
∴ln(ex－a)＋ex－a＝ln x＋x，
令h(x)＝ln x＋x(x＞0)，
则h(ex－a)＝h(x)，
h′(x)＝＋1＞0，
∴h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴ex－a＝x，
则x－a＝ln x，a＝x－ln x(x＞0)，
因为关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解，
则方程a＝x－ln x(x＞0)有两个不同的实数解.
令φ(x)＝x－ln x，
则φ′(x)＝1－＝，
当0＜x＜1时，φ′(x)＜0，
当x＞1时，φ′(x)＞0，
所以函数φ(x)＝x－ln x在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以φ(x)min＝φ(1)＝1，
当x→0时，φ(x)→＋∞，
当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
所以a＞1，
综上，a的范围为(1，＋∞).
【题型四】转化为同源函数解决
【典例1】已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，其中a为实常数.对于函数图象上任意不同的两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直线AB的斜率为k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范围.
【解析】由题意，k＝，则原不等式化为x1＋x2＋＞0，不妨设x1＞x2＞0，则(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即x－x＋f(x1)－f(x2)＞0，
即f(x1)＋x＞f(x2)＋x.
设g(x)＝f(x)＋x2＝ln x＋x2－ax＋1，
则g′(x)＝＋2x－a＝，
由已知，当x1＞x2＞0时，不等式g(x1)＞g(x2)恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上是增函数.
所以当x＞0时，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，
即a≤＝2x＋恒成立，
因为2x＋≥2，当且仅当2x＝，
即x＝时取等号，
所以＝2.
故a的取值范围是(－∞，2].
【典例2】已知函数f(x)＝aln x＋x2，在其图象上任取两个不同的点P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，总能使得＞2，则实数a的取值范围为( )
A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1，2) D.[1，2]
【解析】由＞2，x1＞x2＞0，
∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，
∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，
构造函数g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－2x，
则g(x1)＞g(x2)，
∴函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
由于g′(x)＝＋x－2，则g′(x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
由g′(x)＝＋x－2≥0，
可得a≥－x2＋2x，
当x＞0时，则y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时，等号成立，
∴a≥1，因此实数a的取值范围为[1，＋∞).
【题型五】与函数单调性有关的双变量问题
【典例1】已知函数f(x)=lnx+ax2-3x.
(1)若函数f(x)的图像在点1,f1处的切线方程为，求函数f(x)的极小值；
(2)若a=1，对于任意x1,x2∈[1,5]，当x1mx2-x1x1⋅x2恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)解：f(x)=lnx+ax2-3x的定义域为(0,+∞)，f'(x)=1x+2ax-3
由函数f(x)在点1,f1处的切线方程为y=-2，
得f'1=1+2a-3=0，解得a=1，
此时f(x)=lnx+x2-3x，f'(x)=1x+2x-3=2x2-3x+1x．
令f'(x)=0，解得x=1或x=12．
当 01 时, f'x>0, 即 fx 在 0,12 和 1,+∞ 上单调递增, 当 12
因为当 x∈1,5 时, F'x<0,
所以函数 Fx 在 1,5 上单调递减, 所以 Fxmin =F5=-2×53+3×52-5=-180,
所以 m≤-180,
即实数 m 的取值范围为 (-∞,-180].
【题型六】与极值点有关的双变量问题
【典例1】设函数fx=x2-x+alnxa>0．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若fx存在两个极值点x1，x2，证明：fx1-fx2x1-x2>4a-12．
【解析】(1)fx的定义域为0，+∞，f'x=2x-1+ax=2x2-x+ax，令2x2-x+a=0，
当Δ=1-8a≤0时，即a≥18时，f'x≥0，fx在0，+∞上递增，
当Δ=1-8a>0时，即0
当f'x>0时解得，01+1-8a4，所以函数在0，1-1-8a4，1+1-8a4，+∞上单调递增，
当f'x<0时解得，1-1-8a4
x1+x2=12，x1x2=a2．
fx1-fx2x1-x2=x12-x1+alnx1-x22+x2-alnx2x1-x2=x12-x22-x1-x2+alnx1-lnx2x1-x2=
x1+x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-12+alnx1-lnx2x1-x2.
=要证 fx1-fx2x1-x2>4a-12成立，只需证-12+alnx1-lnx2x1-x2>4a-12,
即证lnx1-lnx2x1-x2>4，即证lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2，
即证lnx1-lnx2>2(x1-x2)x1+x2，
设x1>x2>0，即证lnx1x2>2(x1x2-1)x1x2+1-
令t=x1x2>1，即证lnt>2(t-1)t+1，
设ht=lnt-2(t-1)t+1，h't=(t-1)2tt+12>0，ht在1，+∞上递增，ht>h1=0，
所以lnt>2(t-1)t+1成立，
即fx1-fx2x1-x2>4a-12.
【题型七】整体代换
【典例1】设a∈R，函数f(x)＝ln x－ax，若f(x)有两个相异零点x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2.
【解析】由已知得ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以a＝＝，
所以ln x1＋ln x2＞2等价于ln ＞2，
即ln ＞2，
设x1＞x2，令t＝＞1，g(t)＝ln t－，
则g′(t)＝－＝＞0，
所以g(t)＞g(1)＝0，
即ln t＞，
即得ln t＞2，所以原题得证.
【题型八】构造一元函数求解双变量问题
【典例1】已知函数fx=exln1+x．
(1)求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)设gx=f'x，讨论函数gx在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s,t∈0,+∞，有fs+t>fs+ft．
【解析】(1)解：因为 fx=exln1+x, 所以 f0=0, 即切点坐标为 0,0,
又 f'x=exln1+x+11+x,
∴ 切线斜率 k=f'0=1
∴ 切线方程为: y=x
(2) 解: 因为 gx=f'x=exln1+x+11+x,
所以 g'x=exln1+x+21+x-11+x2,
令 hx=ln1+x+21+x-11+x2,
则 h'x=11+x-21+x2+21+x3=x2+11+x3>0,
∴hx 在 [0,+∞) 上单调递增,
∴hx≥h0=1>0
∴g'x>0 在 [0,+∞) 上恒成立,
∴gx 在 [0,+∞) 上单调递增.
(3)解：原不等式等价于 fs+t-fs>ft-f0, 令 mx=fx+t-fx,x,t>0, 即证 mx>m0,
∵mx=fx+t-fx=ex+tln1+x+t-exln1+x，
m'x=ex+tln1+x+t+ex+t1+x+t-exln1+x-ex1+x=gx+t-gx，
由 (2) 知gx=f'x=exln1+x+11+x 在 [0,+∞)上单调递增，
∴gx+t>gx，
∴m'x>0
∴mx 在 0,+∞ 上单调递增, 又因为 x,t>0,
∴mx>m0, 所以命题得证.
【题型九】构造具体函数解决双变量问题
【典例1】已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
(2)证明 由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得－＝－，即＝，即f＝f.
令x1＝，x2＝，
由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当00，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x1
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为0
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)
所以即证f(x1)
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)
＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当0
即当00，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0
再证x1＋x2
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y＝x，
设f(x1)＝f(x2)＝m，
当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1
则h′(x)＝1－ln x，
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1
【训练一】已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，证明：g(x)>0.
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝或x＝.
当x∈∪
时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，
上单调递减，
在上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1.
又因x2>x1>0，所以x2>1.
又g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)
＝－－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2)
＝a
＝－a.
设φ(x)＝－x＋2ln x，x>1.
由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，
从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.
所以＋2ln x2－x2<0，故g(x)>0.
【训练二】已知函数f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，g(x)＝ex－2ax.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞).
因为f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，
所以f′(x)＝－1＝.
当2a－1≤－1，即a≤0时，f′(x)＜0，
则f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当2a－1＞－1，即a＞0时，
令f′(x)＞0，得－1＜x＜2a－1，
令f′(x)＜0，得x＞2a－1，
则f(x)在(－1，2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当a＞0时，f(x)在(－1，2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减.
(2)由f(x)＋g(x)≥0，得2aln(x＋1)－x－1＋ex－2ax≥0，
即ex－2ax≥x＋1－2aln(x＋1)＝eln(x＋1)－2aln(x＋1)，
即g(x)≥g(ln(x＋1))在x∈[0，＋∞)上恒成立.
令h(x)＝x－ln(x＋1)，x∈[0，＋∞)，
则h′(x)＝1－＝≥0，
所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，所以x≥ln(x＋1)，
即只需g(x)＝ex－2ax在[0，＋∞)上单调递增.
因为g′(x)＝ex－2a，
所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即a≤在[0，＋∞)上恒成立.
因为函数y＝在[0，＋∞)上单调递增，
所以a≤＝，
故实数a的取值范围是.
【训练三】已知f(x)＝2x＋1－eax(a∈R).若x1，x2为方程f(x)＝1的两个相异的实根，求证：x1＋x2＞.
【解析】 x1，x2为方程f(x)＝1的两个相异的实根，
则x1，x2为方程2x－eax＝0的两个相异的实根，
即x1，x2为方程ax＝ln(2x)的两个相异的实根，
∴ax1＝ln(2x1)，ax2＝ln(2x2).
不妨设x1＞x2＞0.
∴a(x1－x2)＝ln ，即a＝.
要证x1＋x2＞，只需证a＞，
即证＞，
即证ln ＞.
令＝t＞1，
则上述不等式等价于g(t)＝ln t－＞0(t＞1)，
g′(t)＝－＝＞0，
∴函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(t)＞g(1)＝0，
∴ln ＞成立.
即x1＋x2＞.
四、【强化测试】
1. 已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).当x＞y＞e－1时，求证：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
【证明】∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，
即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，
欲证exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
即证明＞，
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞1－＞0，即g′(x)＞0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x＞y＞e－1时，g(x)＞g(y)，
即＞，
∴当x＞y＞e－1时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
2. 已知函数f(x)＝ex－aln x(其中a为参数)，若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>aln a恒成立，则正实数a的取值范围是________.
【解析】由f(x)>aln a，
得－ln a>ln x，
即ex－ln a－ln a>ln x，
两边同时加x得
ex－ln a＋x－ln a>eln x＋ln x.
令g(t)＝et＋t，
则g(x－ln a)>g(ln x)，
因为g(t)为单调增函数，
所以x－ln a>ln x，
即ln a
则h′(x)＝.
所以h(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝1，
所以ln a<1，解得0
【证明】求导得f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，
所以函数f(x)的极小值点为x＝1.
∵f(x1)＝f(x2)＝0，不妨设x1＜1＜x2，
要证x1＋x2＜2，即证x2＜2－x1.
若2－x1和x2属于某一个单调区间，那么只需要比较f(2－x1)和f(x2)的大小，
即探求f(2－x)－f(x)的正负性.
于是构造辅助函数
F(x)＝f(2－x)－f(x)，x＜1，
代入整理得F(x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex.
求导得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2).
当x＜1时，F′(x)＜0，
则函数F(x)是(－∞，1)上的单调减函数.
于是F(x)＞F(1)＝0，
则f(2－x)－f(x)＞0，
即f(2－x)＞f(x)(x＜1).
将x1代入上述不等式中，
则f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1)，
即f(x2)＜f(2－x1).
又函数f(x)是(1，＋∞)上的单调增函数，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，
所以x2＜2－x1.
故x1＋x2＜2得证.
4. 已知f(x)＝aex－1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，求a的取值范围.
【解析】同构构造h(x)＝xex，
h′(x)＝(x＋1)ex，当x>－1时，h′(x)>0恒成立，
h(x)在(－1，＋∞)上单调递增.
aex－1－ln x＋ln a≥1⇒aex－1≥ln ⇒xex≥ln ＝ln eln ，即h(x)≥h，
∴x≥ln ＝1＋ln x－ln a，
令g(x)＝1＋ln x－x(x>0)，
则g′(x)＝－1＝，
当x>1时，g′(x)<0，当00，
故g(x)＝1＋ln x－x在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
则ln a≥0，解得a≥1.
5. 设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x，g(x)＝2aln x－4x＋b，其中a＞0，b∈R.已知a＞2，且方程f(x)＝g(x)在(1，＋∞)上有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′＞0.
【证明】方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－aln x＝b，
在(1，＋∞)上有两个不等实根x1和x2，不妨设1＜x1＜x2，
则x－(a－2)x1－aln x1＝b①，
x－(a－2)x2－aln x2＝b②，
①－②得a＝，
∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋＝＝，x＞0，
则f(x)在上单调递减，上单调递增，
∴当x∈时，f′(x)＜0，
当x∈时，f′(x)＞0，
若证f′＞0，只需证＞，
即a＜x1＋x2，
只需证＜x1＋x2，
∵x1＜x2，∴x1＋ln x1＜x2＋ln x2，
即需证x＋2x1－x－2x2＞(x1＋x2)(x1＋ln x1－x2－ln x2)，
整理得ln x1－ln x2＜，
即证ln ＜，
令t＝∈(0，1)，设h(t)＝ln t－，
h′(t)＝＞0，
显然h(t)在(0，1)上单调递增.
∴h(t)＜h(1)＝0，故f′＞0得证.
6. 已知函数f(x)＝x－ln x，
(1)求函数f(x)的单调性；
(2)当x＞，证明：≥e＋1；
(3)若不等式x＋aln x＋≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.
【解析】(1)解 f(x)＝x－ln x，
f′(x)＝1－＝(x>0)，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
则当0
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
(2)证明 要证：≥e＋1，
即证：ex＋ln ex≥ex＋x⇒ex－x≥ex－ln ex⇒ex－ln ex≥ex－ln ex，
又∵ex≥ex＞1，
由(1)可得：f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故f(ex)≥f(ex)，故原不等式成立.
(3)解 x＋aln x＋≥xa⇒＋x≥xa－aln x⇒e－x－ln e－x≥xa－aln x
⇒e－x－ln e－x≥xa－ln xa
⇒f(e－x)≥f(xa)，
又因为0＜e－x＜1，
f(x)在(0，1)上单调递减，
∴e－x≤xa⇒a≥－.
令g(x)＝－(x>1)，
g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e.
当10，g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)的最大值为g(e)＝－＝－e，
所以a≥－e，所以a的最小值为－e.
7. 已知函数f(x)＝ln x＋－x－2a＋1.若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＜0.
【证明】f′(x)＝(x＞0)，
∵f(x)有两个极值点x1，x2，
故x1，x2为方程－x2＋x－a＝0的两个不等正实根，
∴∴0＜a＜，
∴f(x1)＋f(x2)＝ln x1x2＋－(x1＋x2)－4a＋2＝ln a－4a＋2，
令g(a)＝ln a－4a＋2，
则g′(a)＝＞0，
g(a)在上单调递增，
故g(a)＜g＝ln ＋1＜0，
∴f(x1)＋f(x2)＜0.
8. 若不等式e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xex对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是________.
【解析】(1)∵ex－a≥ln x＋a，
∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，
∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，
设f(t)＝et＋t，则f′(t)＝et＋1＞0，
∴f(t)在R上单调递增，
故ex－a＋(x－a)≥eln x＋ln x，
即f(x－a)≥f(ln x)，
即x－a≥ln x，即a≤x－ln x，
设g(x)＝x－ln x，
则g′(x)＝1－＝，
令g′(x)＞0，x＞1，
∴g(x)在(1，＋∞)上递增，在(0，1)上递减，
故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故选C.
(2)e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xex⇔e(m－2)x＋3mx≥3ln x＋7x⇔e(m－2)x＋3(m－2)x≥3ln x＋x.
构建g(x)＝ex＋3x，
则可得g((m－2)x)≥g(ln x)，
∵g(x)＝ex＋3x在R上单调递增，
则(m－2)x≥ln x⇔m－2≥，
构建F(x)＝，
则F′(x)＝，
令F′(x)>0，
则0
则F(x)≤F(e)＝，
即m－2≥，即m≥2＋.
专题23同构与双变量问题
知识梳理
方法技巧
题型归类
题型一：地位同等同构型
题型二：指对跨阶同构型
题型三：零点同构型
题型四：转化为同源函数解决
题型五：与函数单调性有关的双变量问题
题型六：与极值点有关的双变量问题
题型七：整体代换
题型八：构造一元函数求解双变量问题
题型九：构造具体函数解决双变量问题
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
强化测试
共8题
一、【知识梳理】
【方法技巧】
1.含有地位同等的两个变量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果进行整理(即同构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数单调性解决.
2.对于一个指数、直线、对数三阶的问题可以通过跨阶函数的同构，转化为两阶问题解决，通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同构来快速解题.跨阶同构需要构造一个母函数，即外层函数，这个母函数需要满足：①指对跨阶，②单调性和最值易求.
3.为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需要对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：x＝eln x，xex＝eln x＋x，x2ex＝e2ln x＋x，＝e－ln x＋x，ln x＋ln a＝ln(ax)，ln x－1＝ln ，有时也需要对两边同时加、乘某式等.
4.指对跨阶同构的基本模式有：
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左：aea≤bln b⇔aea≤(ln b)eln b，构造函数f(x)＝xex；
②同右：aea≤bln b⇔ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；
③两边同取自然对数：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)，构造函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型：<，一般也有三种同构方式：
①同左：<⇔<，构造函数f(x)＝；
②同右：<⇔<，构造函数f(x)＝；
③两边同取自然对数：a－ln a
①同左：ea±a>b±ln b⇔ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右：ea±a>b±ln b⇔ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
5.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x1,x2,fx1,fx2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x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>0,则y=fx在D上是增函数；
(2)若对任意x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>k,则y=fx-kx在D上是增函数；
(3)若对任意x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>kx1x2,则y=fx+kx在D上是增函数；
(4)若对任意x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>x1+x2,则y=fx-x2在D上是增函数.
6.与极值点有关的双变量问题
与极值点x1,x2有关的双变量问题,一般是根据x1,x2是方程f'x=0的两个根,确定x1,x2的关系,再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为x1,x2的齐次式,然后转化为关于x2x1的函数.
7.与零点有关的双变量问题
与函数零点x1,x2有关的双变量问题,一般是根据x1,x2是方程fx=0的两个根,确定x1,x2的关系,再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为x1,x2的齐次式,然后转化为关于x2x1的函数,有时也可转化为关于x1-x2的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.
8.独立双变量,各自构造一元函数
此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.
9.构造一元函数求解双变量问题
当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.
二、【题型归类】
【题型一】地位同等同构型
【典例1】若0＜x1＜x2＜a，都有x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2成立，则a的最大值为( )
A. B.1
C.e D.2e
【解析】由x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，
两边同除以x1x2得－≤－，
即＋≤＋，
令f(x)＝＋，则f(x)在(0，a)上为增函数.
∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝，可知f(x)在(0，1)上为增函数，
∴a≤1，∴a的最大值为1，故选B.
【典例2】若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，则m的最小值是( )
A.e2 B.e
C.1 D.
【解析】对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，易知m≥0，
则x1ln x2－x2ln x1＜2x2－2x1，
所以，x1(ln x2＋2)＜x2(ln x1＋2)，
即＞，
令f(x)＝，则函数f(x)在(m，＋∞)上为减函数，
因为f′(x)＝－，由f′(x)＜0，可得x＞，
所以函数f(x)的单调递减区间为，
所以，(m，＋∞)⊆，
所以，m≥，
因此， 实数m的最小值为.故选D.
【典例3】若0
C.x2e x1>x1e x2 D.x2e x1
∴f′(x)＝ex－＝，
设g(x)＝xex－1，则有g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，1)上单调递增，因为g(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，从而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0.
由单调性可判断出，x∈(0，x0)，g(x)<0⇒f′(x)<0；
x∈(x0，1)，g(x)>0⇒f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上不单调，不等式不会恒成立，A不正确；
B选项，e x1－e x2>ln x2－ln x1⇔e x1＋ln x1>e x2＋ln x2，设函数f(x)＝ex＋ln x，
可知f(x)单调递增，所以f(x1)
则f′(x)<0在x∈(0，1)恒成立，所以f(x)在(0，1)上单调递减，所以f(x1)>f(x2)成立，C正确，D错误.
故选C.
【题型二】指对跨阶同构型
【典例1】设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是
A．， B．， C．， D．，
【解析】依题意, 2me2mx-lnx≥0, 即 2mx⋅e2mx-xlnx≥0, 即 e2mx⋅lne2mx≥xlnx, 设 fx=xlnxx>1,f'x=lnx+1>0, 则 fx 在 1,+∞ 上单调递增, ∴e2mx≥x 在 1,+∞ 上恒成立, 即 2m≥lnxx 在 1,+∞ 上恒成立, 设 gx=lnxxx>1,g'x=1-lnxx2, 易知函数 gx 在 1,e 单调递增, 在 e,+∞ 单调递减, ∴2m≥gxmax =ge=1e, 则 m≥12e. 故选: A.
【典例2】已知，不等式对任意的实数恒成立，则实数的最小值为
A． B． C． D．
【解析】不等式 xa+1ex+alnx≥0 可化为 xex≥x-alnx-a, 即 exlnex≥x-alnx-a, a<0,x>2, 则 x-a>1,ex>1, 设 fx=xlnx, 则 f'x=lnx+1,x>1 时, f'x>0,fx 是增函数, 所以由 exlnex≥x-alnx-a, 得 ex≥x-a,x≥-alnx,-a≤xlnx, 所以 x>2 时, -a≤xlnx 恒成立.
设 gx=xlnx, 则 g'x=lnx-1ln2x,
当 2
所以 -a≤e,a≥-e.
所以 a 的最小值是 -e.
故选: B.
【典例3】已知函数和有相同的最小值．
（1）求；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【解析】
（1）fx 定义域为 R，∵fx=ex-ax，∴f'x=ex-a，
若 a≤0,
则 f'x>0,fx 无最小值,
故 a>0,
当 f'x=0 时, x=lna, 当 g'x=0 时, x=1a,
当 x
故 fxmin=flna=a-alna,
gx 的定义域为 0,+∞,
∵gx=ax-lnx,
∴g'x=a-1x,
令 g'x=0, 解得 x=1a,
当 0
故 gxmin=1+lna,
∵ 函数 fx=ex-ax 和 gx=ax-lnx 有相同的最小值
∴a-alna=1+lna,
∵a>0,
∴a-alna=1+lna 化为 lna-a-1a+1=0,
令 hx=lnx-x-1x+1,x>0,
则 h'x=1x-x+1-x-1x+12=1x-2x+12=x2+1xx+12,
∵x>0,
∴h'x=x2+1xx+12>0 恒成立,
∴hx 在 0,+∞ 上单调递增,
又 ∵h1=0,
∴h (a) =h1, 仅有此一解,
∴a=1.
(2) 证明: 由 (1) 知 a=1, 函数 fx=ex-x 在 -∞,0 上单调递减, 在 0,+∞ 上单调递增, 函数 gx=x-lnx 在 0,1 上单调递减, 在 1,+∞ 上单调递增,
设 ux=fx-gx=ex-2x+lnxx>0,
则 u'x=ex-2+1x>ex-2, 当 x≥1 时, u'x≥e-2>0,
所以函数 ux 在 1,+∞ 上单调递增, 因为 u 1=e-2>0,
所以当 x≥1 时, ux≥u (1) >0 恒成立, 即 fx-gx>0 在 x≥1 时恒成立,
所以 x≥1 时, fx>gx,
因为 f0=1, 函数 fx 在 0,+∞ 上单调递增, g1=1, 函数 gx 在 0,1 上单调递减,
所以函数 fx 与函数 gx 的图象在 0,1 上存在唯一交点, 设该交点为 m,fm0
由图象知当直线 y=b 与两条曲线 y=fx 和 y=gx 共有三个不同的交点时,
直线 y=b 必经过点 Mm,fm, 即 b=fm,
因为 fm=gm, 所以 em-m=m-lnm, 即 em-2m+lnm=0,
令 fx=b=fm 得 ex-x=em-m=m-lnm, 解得 x=m 或 x=lnm, 由 0
从左到右的三个交点的横坐标依次为, lnm,m,em,
因为 em-2m+lnm=0, 所以 em+lnm=2m,
所以 lnm,m,em 成等差数列.
所以存在直线y=b，其与两条曲线y=fx和y=gx共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【题型三】零点同构型
【典例1】已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是________.
【解析】f(x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数单调递增.
由et－at＝0有两个根，
即a＝，即有两个交点，
可画出函数图象得到a的范围是(e，＋∞).
【典例2】已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点，则e2－x0＋ln x0＝________.
【解析】x2ex－2＋ln x－2＝0，
可得x2ex－2＝2－ln x，
即＝2－ln x，
x2ex＝2e2－e2ln x，xex＝－ln x，
即xex＝ln ，
两边同取自然对数，
ln x＋x＝ln＋ln ，
所以ln＝x，即2－ln x＝x，
即ln x＝2－x，
∴e2－x＝x，∴e2－x0＋ln x0＝x0＋ln x0＝2.
【典例3】已知f(x)＝xln x＋x2＋1，若关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解，求a的取值范围.
【解析】由xex－a＝f(x)－x2＋ax－1(x＞0)，
即xex－a＝xln x＋ax，
即ex－a＝ln x＋a，
即ex－a＋x－a＝x＋ln x，
∴ln(ex－a)＋ex－a＝ln x＋x，
令h(x)＝ln x＋x(x＞0)，
则h(ex－a)＝h(x)，
h′(x)＝＋1＞0，
∴h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴ex－a＝x，
则x－a＝ln x，a＝x－ln x(x＞0)，
因为关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解，
则方程a＝x－ln x(x＞0)有两个不同的实数解.
令φ(x)＝x－ln x，
则φ′(x)＝1－＝，
当0＜x＜1时，φ′(x)＜0，
当x＞1时，φ′(x)＞0，
所以函数φ(x)＝x－ln x在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以φ(x)min＝φ(1)＝1，
当x→0时，φ(x)→＋∞，
当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
所以a＞1，
综上，a的范围为(1，＋∞).
【题型四】转化为同源函数解决
【典例1】已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，其中a为实常数.对于函数图象上任意不同的两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直线AB的斜率为k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范围.
【解析】由题意，k＝，则原不等式化为x1＋x2＋＞0，不妨设x1＞x2＞0，则(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即x－x＋f(x1)－f(x2)＞0，
即f(x1)＋x＞f(x2)＋x.
设g(x)＝f(x)＋x2＝ln x＋x2－ax＋1，
则g′(x)＝＋2x－a＝，
由已知，当x1＞x2＞0时，不等式g(x1)＞g(x2)恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上是增函数.
所以当x＞0时，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，
即a≤＝2x＋恒成立，
因为2x＋≥2，当且仅当2x＝，
即x＝时取等号，
所以＝2.
故a的取值范围是(－∞，2].
【典例2】已知函数f(x)＝aln x＋x2，在其图象上任取两个不同的点P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，总能使得＞2，则实数a的取值范围为( )
A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1，2) D.[1，2]
【解析】由＞2，x1＞x2＞0，
∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，
∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，
构造函数g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－2x，
则g(x1)＞g(x2)，
∴函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
由于g′(x)＝＋x－2，则g′(x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
由g′(x)＝＋x－2≥0，
可得a≥－x2＋2x，
当x＞0时，则y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时，等号成立，
∴a≥1，因此实数a的取值范围为[1，＋∞).
【题型五】与函数单调性有关的双变量问题
【典例1】已知函数f(x)=lnx+ax2-3x.
(1)若函数f(x)的图像在点1,f1处的切线方程为，求函数f(x)的极小值；
(2)若a=1，对于任意x1,x2∈[1,5]，当x1
【解析】(1)解：f(x)=lnx+ax2-3x的定义域为(0,+∞)，f'(x)=1x+2ax-3
由函数f(x)在点1,f1处的切线方程为y=-2，
得f'1=1+2a-3=0，解得a=1，
此时f(x)=lnx+x2-3x，f'(x)=1x+2x-3=2x2-3x+1x．
令f'(x)=0，解得x=1或x=12．
当 0
因为当 x∈1,5 时, F'x<0,
所以函数 Fx 在 1,5 上单调递减, 所以 Fxmin =F5=-2×53+3×52-5=-180,
所以 m≤-180,
即实数 m 的取值范围为 (-∞,-180].
【题型六】与极值点有关的双变量问题
【典例1】设函数fx=x2-x+alnxa>0．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若fx存在两个极值点x1，x2，证明：fx1-fx2x1-x2>4a-12．
【解析】(1)fx的定义域为0，+∞，f'x=2x-1+ax=2x2-x+ax，令2x2-x+a=0，
当Δ=1-8a≤0时，即a≥18时，f'x≥0，fx在0，+∞上递增，
当Δ=1-8a>0时，即0
当f'x>0时解得，0
当f'x<0时解得，1-1-8a4
x1+x2=12，x1x2=a2．
fx1-fx2x1-x2=x12-x1+alnx1-x22+x2-alnx2x1-x2=x12-x22-x1-x2+alnx1-lnx2x1-x2=
x1+x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-12+alnx1-lnx2x1-x2.
=要证 fx1-fx2x1-x2>4a-12成立，只需证-12+alnx1-lnx2x1-x2>4a-12,
即证lnx1-lnx2x1-x2>4，即证lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2，
即证lnx1-lnx2>2(x1-x2)x1+x2，
设x1>x2>0，即证lnx1x2>2(x1x2-1)x1x2+1-
令t=x1x2>1，即证lnt>2(t-1)t+1，
设ht=lnt-2(t-1)t+1，h't=(t-1)2tt+12>0，ht在1，+∞上递增，ht>h1=0，
所以lnt>2(t-1)t+1成立，
即fx1-fx2x1-x2>4a-12.
【题型七】整体代换
【典例1】设a∈R，函数f(x)＝ln x－ax，若f(x)有两个相异零点x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2.
【解析】由已知得ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以a＝＝，
所以ln x1＋ln x2＞2等价于ln ＞2，
即ln ＞2，
设x1＞x2，令t＝＞1，g(t)＝ln t－，
则g′(t)＝－＝＞0，
所以g(t)＞g(1)＝0，
即ln t＞，
即得ln t＞2，所以原题得证.
【题型八】构造一元函数求解双变量问题
【典例1】已知函数fx=exln1+x．
(1)求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)设gx=f'x，讨论函数gx在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s,t∈0,+∞，有fs+t>fs+ft．
【解析】(1)解：因为 fx=exln1+x, 所以 f0=0, 即切点坐标为 0,0,
又 f'x=exln1+x+11+x,
∴ 切线斜率 k=f'0=1
∴ 切线方程为: y=x
(2) 解: 因为 gx=f'x=exln1+x+11+x,
所以 g'x=exln1+x+21+x-11+x2,
令 hx=ln1+x+21+x-11+x2,
则 h'x=11+x-21+x2+21+x3=x2+11+x3>0,
∴hx 在 [0,+∞) 上单调递增,
∴hx≥h0=1>0
∴g'x>0 在 [0,+∞) 上恒成立,
∴gx 在 [0,+∞) 上单调递增.
(3)解：原不等式等价于 fs+t-fs>ft-f0, 令 mx=fx+t-fx,x,t>0, 即证 mx>m0,
∵mx=fx+t-fx=ex+tln1+x+t-exln1+x，
m'x=ex+tln1+x+t+ex+t1+x+t-exln1+x-ex1+x=gx+t-gx，
由 (2) 知gx=f'x=exln1+x+11+x 在 [0,+∞)上单调递增，
∴gx+t>gx，
∴m'x>0
∴mx 在 0,+∞ 上单调递增, 又因为 x,t>0,
∴mx>m0, 所以命题得证.
【题型九】构造具体函数解决双变量问题
【典例1】已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
(2)证明 由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得－＝－，即＝，即f＝f.
令x1＝，x2＝，
由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0
不妨设x1
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为0
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)
所以即证f(x1)
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)
＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当0
即当0
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0
再证x1＋x2
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y＝x，
设f(x1)＝f(x2)＝m，
当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1
则h′(x)＝1－ln x，
当1
所以当1
【训练一】已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，证明：g(x)>0.
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝或x＝.
当x∈∪
时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，
上单调递减，
在上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1.
又因x2>x1>0，所以x2>1.
又g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)
＝－－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2)
＝a
＝－a.
设φ(x)＝－x＋2ln x，x>1.
由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，
从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.
所以＋2ln x2－x2<0，故g(x)>0.
【训练二】已知函数f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，g(x)＝ex－2ax.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞).
因为f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，
所以f′(x)＝－1＝.
当2a－1≤－1，即a≤0时，f′(x)＜0，
则f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当2a－1＞－1，即a＞0时，
令f′(x)＞0，得－1＜x＜2a－1，
令f′(x)＜0，得x＞2a－1，
则f(x)在(－1，2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当a＞0时，f(x)在(－1，2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减.
(2)由f(x)＋g(x)≥0，得2aln(x＋1)－x－1＋ex－2ax≥0，
即ex－2ax≥x＋1－2aln(x＋1)＝eln(x＋1)－2aln(x＋1)，
即g(x)≥g(ln(x＋1))在x∈[0，＋∞)上恒成立.
令h(x)＝x－ln(x＋1)，x∈[0，＋∞)，
则h′(x)＝1－＝≥0，
所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，所以x≥ln(x＋1)，
即只需g(x)＝ex－2ax在[0，＋∞)上单调递增.
因为g′(x)＝ex－2a，
所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即a≤在[0，＋∞)上恒成立.
因为函数y＝在[0，＋∞)上单调递增，
所以a≤＝，
故实数a的取值范围是.
【训练三】已知f(x)＝2x＋1－eax(a∈R).若x1，x2为方程f(x)＝1的两个相异的实根，求证：x1＋x2＞.
【解析】 x1，x2为方程f(x)＝1的两个相异的实根，
则x1，x2为方程2x－eax＝0的两个相异的实根，
即x1，x2为方程ax＝ln(2x)的两个相异的实根，
∴ax1＝ln(2x1)，ax2＝ln(2x2).
不妨设x1＞x2＞0.
∴a(x1－x2)＝ln ，即a＝.
要证x1＋x2＞，只需证a＞，
即证＞，
即证ln ＞.
令＝t＞1，
则上述不等式等价于g(t)＝ln t－＞0(t＞1)，
g′(t)＝－＝＞0，
∴函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(t)＞g(1)＝0，
∴ln ＞成立.
即x1＋x2＞.
四、【强化测试】
1. 已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).当x＞y＞e－1时，求证：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
【证明】∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，
即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，
欲证exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
即证明＞，
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞1－＞0，即g′(x)＞0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x＞y＞e－1时，g(x)＞g(y)，
即＞，
∴当x＞y＞e－1时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
2. 已知函数f(x)＝ex－aln x(其中a为参数)，若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>aln a恒成立，则正实数a的取值范围是________.
【解析】由f(x)>aln a，
得－ln a>ln x，
即ex－ln a－ln a>ln x，
两边同时加x得
ex－ln a＋x－ln a>eln x＋ln x.
令g(t)＝et＋t，
则g(x－ln a)>g(ln x)，
因为g(t)为单调增函数，
所以x－ln a>ln x，
即ln a
则h′(x)＝.
所以h(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝1，
所以ln a<1，解得0
【证明】求导得f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，
所以函数f(x)的极小值点为x＝1.
∵f(x1)＝f(x2)＝0，不妨设x1＜1＜x2，
要证x1＋x2＜2，即证x2＜2－x1.
若2－x1和x2属于某一个单调区间，那么只需要比较f(2－x1)和f(x2)的大小，
即探求f(2－x)－f(x)的正负性.
于是构造辅助函数
F(x)＝f(2－x)－f(x)，x＜1，
代入整理得F(x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex.
求导得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2).
当x＜1时，F′(x)＜0，
则函数F(x)是(－∞，1)上的单调减函数.
于是F(x)＞F(1)＝0，
则f(2－x)－f(x)＞0，
即f(2－x)＞f(x)(x＜1).
将x1代入上述不等式中，
则f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1)，
即f(x2)＜f(2－x1).
又函数f(x)是(1，＋∞)上的单调增函数，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，
所以x2＜2－x1.
故x1＋x2＜2得证.
4. 已知f(x)＝aex－1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，求a的取值范围.
【解析】同构构造h(x)＝xex，
h′(x)＝(x＋1)ex，当x>－1时，h′(x)>0恒成立，
h(x)在(－1，＋∞)上单调递增.
aex－1－ln x＋ln a≥1⇒aex－1≥ln ⇒xex≥ln ＝ln eln ，即h(x)≥h，
∴x≥ln ＝1＋ln x－ln a，
令g(x)＝1＋ln x－x(x>0)，
则g′(x)＝－1＝，
当x>1时，g′(x)<0，当0
故g(x)＝1＋ln x－x在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
则ln a≥0，解得a≥1.
5. 设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x，g(x)＝2aln x－4x＋b，其中a＞0，b∈R.已知a＞2，且方程f(x)＝g(x)在(1，＋∞)上有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′＞0.
【证明】方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－aln x＝b，
在(1，＋∞)上有两个不等实根x1和x2，不妨设1＜x1＜x2，
则x－(a－2)x1－aln x1＝b①，
x－(a－2)x2－aln x2＝b②，
①－②得a＝，
∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋＝＝，x＞0，
则f(x)在上单调递减，上单调递增，
∴当x∈时，f′(x)＜0，
当x∈时，f′(x)＞0，
若证f′＞0，只需证＞，
即a＜x1＋x2，
只需证＜x1＋x2，
∵x1＜x2，∴x1＋ln x1＜x2＋ln x2，
即需证x＋2x1－x－2x2＞(x1＋x2)(x1＋ln x1－x2－ln x2)，
整理得ln x1－ln x2＜，
即证ln ＜，
令t＝∈(0，1)，设h(t)＝ln t－，
h′(t)＝＞0，
显然h(t)在(0，1)上单调递增.
∴h(t)＜h(1)＝0，故f′＞0得证.
6. 已知函数f(x)＝x－ln x，
(1)求函数f(x)的单调性；
(2)当x＞，证明：≥e＋1；
(3)若不等式x＋aln x＋≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.
【解析】(1)解 f(x)＝x－ln x，
f′(x)＝1－＝(x>0)，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
则当0
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
(2)证明 要证：≥e＋1，
即证：ex＋ln ex≥ex＋x⇒ex－x≥ex－ln ex⇒ex－ln ex≥ex－ln ex，
又∵ex≥ex＞1，
由(1)可得：f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故f(ex)≥f(ex)，故原不等式成立.
(3)解 x＋aln x＋≥xa⇒＋x≥xa－aln x⇒e－x－ln e－x≥xa－aln x
⇒e－x－ln e－x≥xa－ln xa
⇒f(e－x)≥f(xa)，
又因为0＜e－x＜1，
f(x)在(0，1)上单调递减，
∴e－x≤xa⇒a≥－.
令g(x)＝－(x>1)，
g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e.
当1
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)的最大值为g(e)＝－＝－e，
所以a≥－e，所以a的最小值为－e.
7. 已知函数f(x)＝ln x＋－x－2a＋1.若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＜0.
【证明】f′(x)＝(x＞0)，
∵f(x)有两个极值点x1，x2，
故x1，x2为方程－x2＋x－a＝0的两个不等正实根，
∴∴0＜a＜，
∴f(x1)＋f(x2)＝ln x1x2＋－(x1＋x2)－4a＋2＝ln a－4a＋2，
令g(a)＝ln a－4a＋2，
则g′(a)＝＞0，
g(a)在上单调递增，
故g(a)＜g＝ln ＋1＜0，
∴f(x1)＋f(x2)＜0.
8. 若不等式e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xex对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是________.
【解析】(1)∵ex－a≥ln x＋a，
∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，
∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，
设f(t)＝et＋t，则f′(t)＝et＋1＞0，
∴f(t)在R上单调递增，
故ex－a＋(x－a)≥eln x＋ln x，
即f(x－a)≥f(ln x)，
即x－a≥ln x，即a≤x－ln x，
设g(x)＝x－ln x，
则g′(x)＝1－＝，
令g′(x)＞0，x＞1，
∴g(x)在(1，＋∞)上递增，在(0，1)上递减，
故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故选C.
(2)e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xex⇔e(m－2)x＋3mx≥3ln x＋7x⇔e(m－2)x＋3(m－2)x≥3ln x＋x.
构建g(x)＝ex＋3x，
则可得g((m－2)x)≥g(ln x)，
∵g(x)＝ex＋3x在R上单调递增，
则(m－2)x≥ln x⇔m－2≥，
构建F(x)＝，
则F′(x)＝，
令F′(x)>0，
则0
则F(x)≤F(e)＝，
即m－2≥，即m≥2＋.
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