3.8变量关系

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讲义正文

变量关系

不同的变量往往不能任意的增长或减小,它们或多或少地受到各种法则的约束,彼此之间呈现出多种多样的关系.我们将在本节研究函数约束下的变量关系.

对于多个变量的关系,我们通常利用这一关系做消元或换元.

消元是最为常见的处理方式,我们在解方程时就已经熟练掌握此方法,只是此处的约束是基于函数的.

A 组习题

习$\displaystyle \quad$题

A组

【2013安徽理8】函数 $\displaystyle y=f(x)$ 的图象如图所示, 在区间 $\displaystyle [a,b]$ 上可找到 $\displaystyle n$ ($\displaystyle n \geqslant 2$) 个不同的数 $\displaystyle x_1,x_2,\cdots,x_n$, 使得 $\displaystyle \frac{f(x_1)}{x_1}=\frac{f(x_2)}{x_2}=\cdots=\frac{f(x_n)}{x_n}$, 求$\displaystyle n$ 的取值范围.

答案

$\displaystyle \{2,3,4\}$.

2. 【2017全国I卷理11】设$\displaystyle x,y,z$为正数,且$\displaystyle 2^x=3^y=5^z$,比较$\displaystyle 2x,3y,5z$的大小.
答案

$\displaystyle 3y<2x<5z.$
```
对等式每一项取自然对数得$\displaystyle x\ln 2=y\ln 3=z\ln 5=k$,比较$\displaystyle 2x=\frac{2k}{\ln 2},3y=\frac{3k}{\ln 3},5z=\frac{5k}{\ln 5}$
```
三数大小,转为比较$\displaystyle \frac{\ln 2}{2},\frac{\ln 3}{3},\frac{\ln 5}{5}$三数大小,可知 $$\displaystyle \frac{\ln 3}{3}>\frac{\ln 2}{2}=\boxed{\frac{\ln 4}{4}}>\frac{\ln 5}{5}$$

故$\displaystyle 3y<2x<5z$。
1. 【2020全国I卷12】若$\displaystyle 2a+\log_2a=4b+2\log_4b$,则
- $\displaystyle a>2b$
- $\displaystyle a<2b$
- $\displaystyle a>b^2$
- $\displaystyle a<b^2$
答案

B. $$\displaystyle \boxed{2a+\log_2a}=4b+2\log_4b<\boxed{2(2b)+\log_2(2b)}\Longrightarrow a<2b$$
```
故B选项正确.
```
1. 【2023四省联考8】已知$\displaystyle a,b,c$满足$\displaystyle a=\log_5(2^b+3^b),c=\log_3(5^b-2^b)$,则
- $\displaystyle |a-c|\geqslant|b-c|,|a-b|\geqslant|b-c|$
- $\displaystyle |a-c|\geqslant|b-c|,|a-b|\leqslant|b-c|$
- $\displaystyle |a-c|\leqslant|b-c|,|a-b|\geqslant|b-c|$
- $\displaystyle |a-c|\leqslant|b-c|,|a-b|\leqslant|b-c|$
答案

B. $\displaystyle x\to +\infty$时, $$\displaystyle a=\log_5(2^b+3^b)\approx \log_5 3^b=b\log_53,\quad c=\log_3(5^b-2^b)\approx \log_35^b=b\log_35$$

有$\displaystyle a<b<c$，于是$\displaystyle |a-c|\geqslant |b-c|$，而 $\displaystyle a+c=b(\log_53+\log_35)\geqslant 2b$，于是$\displaystyle c-b\geqslant b-a$，即$\displaystyle |a-b|\leqslant |b-c|$. 故B选项正确.

评：
1. 【2011 福建10】（多选） 已知函数 $\displaystyle f(x) = \mathrm{e}^x + x$．对于曲线 $\displaystyle y = f(x)$ 上横坐标成等差数列的三个点 $\displaystyle A, B, C$,下列叙述正确的是
- $\displaystyle \triangle ABC$ 一定是钝角三角形
- $\displaystyle \triangle ABC$ 可能是直角三角形
- $\displaystyle \triangle ABC$ 可能是等腰三角形
- $\displaystyle \triangle ABC$ 不可能是等腰三角形
答案

AD.
1. 【2012四川文16改编】（多选）设$\displaystyle a,b$为正实数,下列命题中正确的是
- 若$\displaystyle a^2-b^2=1$,則$\displaystyle a-b<1$
- 若$\displaystyle \frac{1}{b}-\frac{1}{a}=1$,則$\displaystyle a-b<1$
- 若$\displaystyle |\sqrt{a}-\sqrt{b}|=1$,則$\displaystyle |a-b|<1$
- 若$\displaystyle |a^3-b^3|=1$,則$\displaystyle |a-b|<1$
答案

AD.
1. 【2025“数海漫游二模”（网络联考）13】若函数$\displaystyle f(x)=|x|\ln|x|-a$的四个不同零点恰构成一个等差数列,求$\displaystyle a$.
答案

$\displaystyle -\frac{\sqrt{3}}{6}\ln 3$.
1. 解答下述问题：
2. 【2023广州零模12】已知$\displaystyle a>0,b>0,abe^a+\ln b-1=0$,证明或反驳： $$\displaystyle (a). \ln b>\frac{1}{a}\quad (b). \mathrm{e}^a>\frac{1}{b} \quad (c). a+\ln b<1 \quad (d). ab<1$$
3. 已知正数$\displaystyle a,b$满足等式$\displaystyle a^2-b=2(2\ln b-\ln a)$,证明或反驳： $$\displaystyle (a).a>b^2>\frac{1}{2}\quad (b).a<b^2<\frac{1}{2} \quad(c).a>b>1 \quad (d).b<a<1$$
答案

（1）分离变量$\displaystyle a,b$,有 $$\displaystyle ae^a=\frac{1-\ln b}{b}$$

由于$\displaystyle a>0$,故$\displaystyle b\in(0,\mathrm{e})$

$\displaystyle (a)$错误：当$\displaystyle b\in (0,1)$时,$\displaystyle \ln b<0<\frac{1}{a}$,不成立；

$\displaystyle (b)$正确：$\displaystyle f(x)=xe^x$在$\displaystyle (0,+\infty)$单增,借助函数$\displaystyle f(x)$的单调性消元.

设$\displaystyle y=f(x)$图象上有一点$\displaystyle (a,ae^a)=(a,\frac{1-\ln b}{b})$,比较$\displaystyle \frac{1-\ln b}{b}$与$\displaystyle g(-\ln b)$即可；

$\displaystyle (c)$正确：同上,比较$\displaystyle \frac{1-\ln b}{b}$与$\displaystyle g(1-\ln b)$即可；

$\displaystyle (d)$正确：同上,比较$\displaystyle \frac{1-\ln b}{b}$与$\displaystyle g(\frac{1}{b})$即可；
1. 【2009辽宁12】已知$\displaystyle 2x_1+2^{x_1}=5,2x_2-2\log_2(x_2-1)=5$,求$\displaystyle x_1+x_2$；
答案

$\displaystyle \frac{7}{2}$. 由于$\displaystyle 2x_1+2^{x_1}=5$, 则$\displaystyle x_1=\log_2(5-2x_1)$. 令$\displaystyle t=\dfrac{7}{2}-x_1$, 则$\displaystyle \dfrac{7}{2}-t=\log_2(2-2t)=1=\log_2(t-1)$. 于是$\displaystyle 2t+2\log_2(t-1)=5$. 由于方程$\displaystyle 2x+2\log_2(x-1)=5$只有一个根, 所以$\displaystyle t=x_2$, 故$\displaystyle x_1+x_2=\dfrac{7}{2}$.
1. 已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{2\ln(-x)}{x},g(x)=\frac{x-2m}{3x^2}$,函数$\displaystyle h(x)=g[f(x)]+\frac{1}{m}$有三个零点$\displaystyle x_1,x_2,x_3,x_1<x_2<x_3$,求$\displaystyle f(x_1)+f(x_2)+2f(x_3)$的取值范围.
答案

$\displaystyle m\in (-\frac{4}{3\mathrm{e}},0)\cup (0,\frac{2}{e})$.
1. 【2023长沙适应性考试16】已知函数 $\displaystyle f(x)= \begin{cases} x+1,x< 0 \\ \ln(x+1),x\geqslant0 \end{cases}$.
2. 讨论关于$\displaystyle x$的方程$\displaystyle f(f(x))=a$的不同实根的个数；
3. 若第（1）问中的方程恰有两个不相等的实根$\displaystyle x_1,x_2(x_1<x_2)$,求$\displaystyle \frac{x_2+1}{x_1+2}$的取值范围.
答案

（1）
```
（2）$\displaystyle [\frac{\mathrm{e}}{\ln 2},\mathrm{e}^{\mathrm{e}-1})$.
```
1. 【2010天津理21节选】已知函数$\displaystyle f(x)=xe^{-x}(x\in\mathbb{R})$.
2. 已知函数$\displaystyle y=f(x),y=g(x)$的图象关于$\displaystyle x=1$对称,证明：当$\displaystyle x>1$时,$\displaystyle f(x)>g(x)$；
3. 如果$\displaystyle x_1\neq x_2$,且$\displaystyle f(x_1)=f(x_2)$,证明：$\displaystyle x_1+x_2>2$.
4. 【2016全国I卷理21】已知函数$\displaystyle f(x)=(x-2)\mathrm{e}^x+a(x-1)^2$有两个零点.设$\displaystyle x_1,x_2$是$\displaystyle f(x)$的两个零点,证明：$\displaystyle x_1+x_2<2$.
5. 【2021新高考I卷22】已知函数 $\displaystyle f\left(x\right)=x\left(1-\ln x\right)$.
6. 讨论 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的单调性；
7. 设$\displaystyle a,b$为两个不相等的正数,且$\displaystyle b\ln a-a\ln b=a-b$,证明：$\displaystyle 2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<\mathrm{e}$.
\iffalse

答案

$\displaystyle f'\left(x\right)=-\ln x$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上单调递增，在 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 上单调递减.

问先进行一个简单变形与 $\displaystyle f\left(x\right)$ 联系起来：

\[\displaystyle b\ln a-a\ln b=a-b \Rightarrow -b\ln\frac{1}{a}+b=-a\ln\frac{1}{b}+a\]

\[\displaystyle \Rightarrow -\frac{1}{a}\ln\frac{1}{a}+\frac{1}{a} =-\frac{1}{b}\ln\frac{1}{b}+\frac{1}{b},\]

也即 $\displaystyle f\left(\frac{1}{a}\right)=f\left(\frac{1}{b}\right)$，所以问题等价于：

令 $\displaystyle 0<x_1<x_2$，$\displaystyle f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$，证明 $\displaystyle 2<x_1+x_2<\mathrm{e}$.

$\displaystyle 2<x_1+x_2$ 的证明在后面极值点偏移章节有介绍，这里只证明 $\displaystyle x_1+x_2<\mathrm{e}$.

考虑 $\displaystyle f\left(x\right)$ 单调性有 $\displaystyle 0<x_1<1<x_2$，由于 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(\mathrm{e},0\right)$ 处的切线为 $\displaystyle y=-x+\mathrm{e}$，不难证明 $\displaystyle g\left(x\right)=f\left(x\right)+x-\mathrm{e}$ 最大值为 $\displaystyle 0$，$\displaystyle f\left(x_2\right)+x_2-\mathrm{e}\leqslant0$.

那么我们接下来只要证明 $\displaystyle f\left(x_2\right)>x_1$，问题就得到了证明. 而

\[\displaystyle f\left(x_2\right)=f\left(x_1\right)=x_1\left(1-\ln x_1\right)>x_1\]

这是显然的，完整过程如下：

由 $\displaystyle f\left(x\right)$ 单调性可知 $\displaystyle 0<x_1<1<x_2$.

令 $\displaystyle g\left(x\right)=f\left(x\right)+x-\mathrm{e}$，$\displaystyle g'\left(x\right)=1-\ln x$. $\displaystyle 0<x<\mathrm{e}$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递增；$\displaystyle x>\mathrm{e}$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)<0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递减.

$\displaystyle g\left(x\right)\leqslant g\left(\mathrm{e}\right)=0$，即 $\displaystyle f\left(x_2\right)+x_2-\mathrm{e}\leqslant0$.

又 $\displaystyle f\left(x_2\right)=f\left(x_1\right)=x_1\left(1-\ln x_1\right)>x_1$，因此 $\displaystyle x_1+x_2-\mathrm{e}<0$，即 $\displaystyle x_1+x_2<\mathrm{e}$.

\fi 15. 【2022全国甲卷21】已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{e^x}{x}-\ln x+x-a$.证明：若$\displaystyle f(x)$有两个零点$\displaystyle x_1,x_1$,则$\displaystyle x_1x_2<1$.
答案

$\displaystyle f\left(x\right)$ 的定义域为 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$，$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{\left(\mathrm{e}^{x}+x\right)\left(x-1\right)}{x^{2}}$．当 $\displaystyle x\in\left(0,1\right)$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$；当 $\displaystyle x\in\left(1,+\infty\right)$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$．所以 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上单调递减，在 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 上单调递增。不妨设 $\displaystyle x_1<x_2$．于是$\displaystyle x_1\in\left(0,1\right)$，$\displaystyle x_2\in\left(1,+\infty\right)$，即 $\displaystyle \frac{1}{x_2}\in\left(0,1\right)$．由于 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上单调递减，故 $\displaystyle x_1x_2<1$ 等价于 $\displaystyle f\left(x_1\right)>f\left(\frac{1}{x_2}\right)$．而 $\displaystyle f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)=0$，故 $\displaystyle x_1x_2<1$ 等价于 $\displaystyle f\left(x_1\right)>f\left(\frac{1}{x_1}\right)$，即 $$\displaystyle \frac{\mathrm{e}^{x_2}}{x_2}-\ln x_2+x_2>x_2\mathrm{e}^{\frac{1}{x_2}}+\ln x_2+\frac{1}{x_2},$$

整理得 $$\displaystyle \frac{\mathrm{e}^{x_2}}{x_2}+\ln\frac{\mathrm{e}^{x_2}}{x_2}>x_2\mathrm{e}^{\frac{1}{x_2}}+\ln\left(x_2\mathrm{e}^{\frac{1}{x_2}}\right).\eqno{(*)}$$

令函数$\displaystyle g\left(x\right)=x+\ln x$，$\displaystyle (*)$式化为 $\displaystyle g\left(\frac{\mathrm{e}^{x_2}}{x_2}\right)>g\left(x_2\mathrm{e}^{\frac{1}{x_2}}\right)$，又 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递增，故$\displaystyle (*)$式等价于 $\displaystyle \frac{\mathrm{e}^{x_2}}{x_2}>x_2\mathrm{e}^{\frac{1}{x_2}}$,即$\displaystyle x_2-2\ln x_2-\frac{1}{x_2}>0．$

令 $\displaystyle h\left(x\right)=x-2\ln x-\frac{1}{x}$，则 $\displaystyle h'\left(x\right)=1-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^{2}}=\frac{\left(x-1\right)^{2}}{x^{2}}$，所以当 $\displaystyle x>1$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)>0$，故 $\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 上单调递增．又 $\displaystyle x_2>1$，所以 $\displaystyle h\left(x_2\right)>h\left(1\right)=0$，即 $\displaystyle x_2-2\ln x_2-\frac{1}{2}>0$．因此 $\displaystyle x_1x_2<1$．

注：本题更简易的做法是注意到$\displaystyle f(x)=\frac{e^x}{x}+\ln\frac{e^x}{x}-a$，于是$\displaystyle f(x_1)=f(x_2)=0$当且仅当$\displaystyle \frac{e^{x_1}}{x_1}=\frac{e^{x_2}}{x_2}$.

\iffalse
```
评：我们讲：“剩饭炒三遍，狗都不吃。”这一类与零点，极值点相关的变形处理技巧已经泛滥到了极点，这不可能是新高考未来的风向，许多学生或受学校

有一种观点认为新高考融入了北京、上海的命题特色，前者的代表是**【2024新高考I卷19】**，后者的代表是**【2026新高考I卷19】**，加之自2022新高考I卷后，模拟考的计算复杂性也大幅上升，相比于老高考，现在的学生需要应对更繁多更复杂的良莠不齐的习题，尤其是在应对模拟考试时。事实上，在学校，家长与同龄环境的三重压力下，绝大多数学生自发或是被迫地把模考分数看得格外重要，即使他们认为部分所谓“名校”联考质量低下，如果没有足够高的分数依傍，那么也难以吐露这一想法，因“分数为王”的观念已全方位地渗透到各个角落。学生、老师、家长几乎认为考试“分数高”才是“能力强”，才有所谓“发言权”，否则难免背上“忤逆权威”、“自以为是”、的“骂名”，遭到“目中无人”、“狂妄至极”的贬低，甚至学生稍有异心，就一鞭子打得他魂飞魄散。如此被“权威”驱使，学生在应试上事倍功半，高考数学复习乃至大部分的高中数学学习完全是“竹篮打水一场空”，更严重的是，他们时刻被这些不必要的问题困扰。

学生只能盲目依赖市面上流通的教辅、模拟题。因其选题马虎，解析低劣，学生不由自主地落入"机械刷题"的困境，同时也被搬运整合、毫无营养的参考答案弄得晕头转向，逐渐丧失了自信心与能动力。这样的学生因其焦虑担忧的心理也极易误入歧途，走上贪图"捷径"、沉迷"秒杀"的邪路；教师在网络上所能寻得的专题教案大多是未经推敲、重量不重质的填鸭式资料：结论堆砌却推导寥寥、题目繁多但套路严重、行文轻浮、内核空洞，使学生工于记忆、疲于思考。

**【2025天津20】**已知函数$\displaystyle f(x)=ax-(\ln x)^2$有三个零点$\displaystyle x_1,x_2,x_3$,且$\displaystyle x_1<x_2<x_3$,求$\displaystyle a$的取值范围,并证明：$\displaystyle (\ln x_2-\ln x_1)\cdot \ln x_3<\frac{4\mathrm{e}}{e-1}$

*现在很多人学数学，不是学会的，是练熟的。基本概念都没有搞明白，来龙去脉也不清楚，更不知道为什么要学，就拼命地做练习。为了在高考中取得好成绩，就进行大量重复、机械性的训练，最终实现条件反射式的“一看就会，一做就对”。加之数学教育被极端功利化的社会氛围所毒害，校外机构，网课组织搞“短平快”颠覆教育传统，导致中小学课堂教学越来越浮躁。*
```
\fi
\iffalse 16. 【2023广州零模22节选】已知函数$\displaystyle f(x)=a^x-ex^2$,$\displaystyle a>1$.若$\displaystyle f(x)$存在三个零点$\displaystyle x_1<x_2<x_3$,求实数$\displaystyle a$的取值范围,并证明：$\displaystyle x_1+3x_2+x_3>\frac{2\mathrm{e}+1}{\sqrt{e}}$. \fi 17. 【2018浙江22（1）】已知函数$\displaystyle f(x)=\sqrt{x}-\ln x$,若$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle x=x_1,x=x_2(x_1\neq x_2)$处导数相等,证明：$\displaystyle f(x_1)+f(x_2)>8-8\ln 2$

答案

对$\displaystyle f(x)$求导得到 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{x},$，由题意知， $\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x_1}}-\frac{1}{x_1}=\frac{1}{2\sqrt{x_2}}-\frac{1}{x_2}$，化简得到$\displaystyle \sqrt{x_1x_2}=2\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right).$ 而 $\displaystyle f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)=\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}-\ln x_1-\ln x_2=\frac{\sqrt{x_1x_2}}{2}-\ln x_1x_2.$，又因为 $$\displaystyle x_1+x_2\geqslant\sqrt{x_1x_2}=2\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)>4\sqrt[4]{x_1x_2}\Rightarrow x_1x_2>256.$$ 于是令 $\displaystyle g\left(x\right)=\frac{\sqrt{x}}{2}-\ln x$，则 $\displaystyle g'\left(x\right)=\frac{1}{4x}\left(\sqrt{x}-4\right),$当 $\displaystyle x>16$ 时，$\displaystyle g' \left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(16,+\infty\right)$ 上单调递增，因此 $\displaystyle f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)=g\left(x_1x_2\right)>g \left(256\right)=8-8\ln2$.
1. 【2012 全国I卷21】已知函数 $\displaystyle f\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}$．若 $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant (a+1)x+b$恒成立，求 $\displaystyle \left(a+1\right)b$ 的最大值．
答案

（i）若 $\displaystyle a+1<0$，则对任意常数 $\displaystyle b$，当 $\displaystyle x<0$，且 $\displaystyle x<\frac{1-b}{a+1}$ 时，有 $\displaystyle \mathrm{e}^{x}-\left(a+1\right)x<b$，不符题意。

（ii）若 $\displaystyle a+1=0$，则当$\displaystyle b\leqslant 0$时满足题意此时 $\displaystyle \left(a+1\right)b=0$．

（iii）若 $\displaystyle a+1>0$，设 $\displaystyle g\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}-\left(a+1\right)x$，则 $\displaystyle g'\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}-\left(a+1\right)$．当 $\displaystyle x\in\left(-\infty,\ln\left(a+1\right)\right)$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)<0$；当 $\displaystyle x\in\left(\ln\left(a+1\right),+\infty\right)$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)>0$，从而 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,\ln\left(a+1\right)\right)$ 内单调递减，在 $\displaystyle \left(\ln\left(a+1\right),+\infty\right)$ 内单调递增，故 $\displaystyle g\left(x\right)$ 有最小值 $$\displaystyle g\left(\ln\left(a+1\right)\right)=a+1-\left(a+1\right)\ln\left(a+1\right).$$

所以 $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant (a+1)x+b$ 等价于 $\displaystyle b\leqslant a+1-\left(a+1\right)\ln\left(a+1\right)$，因此 $\displaystyle \left(a+1\right)b\leqslant\left(a+1\right)^{2}-\left(a+1\right)^{2}\ln\left(a+1\right)$．

设 $\displaystyle h\left(a\right)=\left(a+1\right)^{2}-\left(a+1\right)^{2}\ln\left(a+1\right)$，则 $\displaystyle h'\left(a\right)=\left(a+1\right)\left[1-2\ln\left(a+1\right)\right]$．所以 $\displaystyle h\left(a\right)$ 在 $\displaystyle \left(-1,\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}-1\right)$ 内单调递增，在 $\displaystyle \left(\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}-1,+\infty\right)$ 内单调递减，故 $\displaystyle h\left(a\right)$ 在 $\displaystyle a=\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}-1$ 处取得最大值，从而 $\displaystyle (a+1)b=h\left(a\right)\leqslant\frac{\mathrm{e}}{2}$ ，当 $\displaystyle a=\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}-1$，$\displaystyle b=\frac{\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}}{2}$ 时取到等号。

综上，$\displaystyle \left(a+1\right)b$ 的最大值为 $\displaystyle \frac{\mathrm{e}}{2}$．
1. 【2014湖南文21】已知函数 $\displaystyle f(x)=x\cos x-\sin x+1\ (x>0)$.记 $\displaystyle x_i$ 为 $\displaystyle f(x)$ 的从小到大的第 $\displaystyle i\ (i\in\mathbb{N}^*)$ 个零点, 证明: 对一切 $\displaystyle n\in\mathbb{N}^*$, 有 $\displaystyle \frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}+\cdots+\frac{1}{x_n^2}<\frac{2}{3}$.
2. 【2014湖南理22】已知常数 $\displaystyle a>0$, 函数 $\displaystyle f(x)=\ln(1+ax)-\frac{2x}{x+2}$.
3. 讨论 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上的单调性；
4. 若 $\displaystyle f(x)$ 存在两个极值点 $\displaystyle x_1,x_2$, 且 $\displaystyle f(x_1)+f(x_2)>0$, 求 $\displaystyle a$ 的取值范围.
答案

对$\displaystyle f(x)$求导得到 $$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{a}{1+ax}-\frac{4}{\left(x+2\right)^2}=\frac{ax^2-4\left(1-a\right)}{\left(1+ax\right)\left(x+2\right)^2}.$$

若 $\displaystyle a\geqslant1$，$\displaystyle x>0$ 时 $\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递增；

若 $\displaystyle 0<a<1$，$\displaystyle 0<x<\frac{2\sqrt{a\left(1-a\right)}}{a}$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$；$\displaystyle x>\frac{2\sqrt{a\left(1-a\right)}}{a}$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，即

$\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{2\sqrt{a\left(1-a\right)}}{a}\right)$ 上单调递减，在 $\displaystyle \left(\frac{2\sqrt{a\left(1-a\right)}}{a},+\infty\right)$ 上单调递增.

（2）由 $\displaystyle \left(1\right)$ 问知，若 $\displaystyle f\left(x\right)$ 存在两个极值点 $\displaystyle x_1,x_2$，则$\displaystyle p(x)=ax^2-4\left(1-a\right)=0$ 在 $\displaystyle \left(-\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上有两个不等的根，于是 $\displaystyle \frac{4\left(1-a\right)}{a}>0$，且$\displaystyle p(-\frac{1}{a})>0$，解得$\displaystyle a\in\left(0,\frac{1}{2}\right)\cup\left(\frac{1}{2},1\right)$.由韦达定理得到 $\displaystyle x_1+x_2=0$，$\displaystyle x_1x_2=\frac{4\left(a-1\right)}{a}=4-\frac{4}{a}$.故

\[\displaystyle f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)&=\ln\left(1+ax_1\right)+\ln\left(1+ax_2\right)-\frac{2x_1}{x_1+2}-\frac{2x_2}{x_2+2} &=\ln\left[\left(1+ax_1\right)\left(1+ax_2\right)\right]-\frac{4x_1x_2+4\left(x_1+x_2\right)}{x_1x_2+2\left(x_1+x_2\right)+4} &=\ln\left(2a-1\right)^2+\frac{2}{2a-1}-2.\]

令 $\displaystyle t=2a-1$，$\displaystyle t\in\left(-1,0\right)\cup\left(0,1\right)$，$\displaystyle g\left(x\right)=\ln x^2+\frac{2}{x}-2$，可以证明 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-1,0\right)$，$\displaystyle \left(0,1\right)$ 上单调递减.

$\displaystyle g\left(-1\right)=-4$，因此 $\displaystyle -1<t<0$ 也即 $\displaystyle 0<a<\frac{1}{2}$ 时，$\displaystyle g\left(t\right)<g\left(-1\right)<0$，不满足题意；$\displaystyle g\left(1\right)=0$，因此 $\displaystyle 0<t<1$ 也即 $\displaystyle \frac{1}{2}<a<1$ 时，$\displaystyle g\left(t\right)>g\left(1\right)=0$，满足题意.

综上，$\displaystyle a\in\left(\frac{1}{2},1\right)$.
1. 已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x-ax^2$有三个零点$\displaystyle x_1,x_2,x_3(x_1<x_2<x_3)$
2. 证明：若$\displaystyle x_1,x_2,x_3$成等差数列,则$\displaystyle x_1^2,x_2^2,x_3^2$成等比数列；
3. 若$\displaystyle x_1,x_2,x_3$成等差数列,求公差$\displaystyle d$；
4. 若$\displaystyle x_1,x_2,x_3$成等比数列,求公比$\displaystyle q$.
??? answer "答案"
```
$\displaystyle d=2\ln (\sqrt{2}+1);q=2\sqrt{2}+3.$
```
1. 【2018全国I卷理21（2）】已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}-x+a\ln x$,若$\displaystyle f(x)$存在两个极值点$\displaystyle x_1,x_2$,证明：$\displaystyle \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2$.
答案

可知 $\displaystyle f\left(x\right)$ 存在两个极值点 $\displaystyle x_1,x_2$，且 $\displaystyle x_1x_2=1$. 不妨设 $\displaystyle 0<x_1<1<x_2$.则 $$\displaystyle \frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}=-\frac{1}{x_1x_2}-1+a\left(\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}\right)=-2+a\cdot\frac{-2\ln x_2}{\frac{1}{x_2}-x_2}.$$

即证 $\displaystyle \frac{-2\ln x_2}{\frac{1}{x_2}-x_2}<1$ 也即 $\displaystyle x_2-\frac{1}{x_2}-2\ln x_2>0$.这是显然的，略证。
1. 【2008大纲卷II理22】已知函数 $\displaystyle f(x) = x^2 + a\ln(1+x)$ 有两个极值点 $\displaystyle x_1,x_2$, 且 $\displaystyle x_1 < x_2$.
2. 求 $\displaystyle a$ 的取值范围, 并讨论 $\displaystyle f(x)$ 的单调性；
3. 证明: $\displaystyle f(x_2) > \frac{1-2\ln2}{4}$.
4. 【2019天津文20】设函数 $\displaystyle f(x) = \ln x - a(x-1)\mathrm{e}^x$,其中 $\displaystyle a \in \mathbb{R}$,$\displaystyle 0 < a < \frac{1}{e}$
5. 证明 $\displaystyle f(x)$ 恰有两个零点；
6. 设 $\displaystyle x_1$ 为 $\displaystyle f(x)$ 的极值点,$\displaystyle x_2$ 为 $\displaystyle f(x)$ 的零点,且 $\displaystyle x_2 > x_1$,证明 $\displaystyle 3x_1 - x_2 > 2$.
答案

（1）$\displaystyle f(x)$ 的定义域为 $\displaystyle (0,+\infty)$，$\displaystyle f'(x)=\frac{1}{x}-[a\mathrm{e}^{x}+a(x-1)\mathrm{e}^{x}]=\frac{1-ax^{2}\mathrm{e}^{x}}{x}.$,令 $\displaystyle g(x)=1-ax^{2}\mathrm{e}^{x}$，$\displaystyle x\in(0,+\infty)$，由 $\displaystyle 0<a<\frac{1}{\mathrm{e}}$ 可知 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内单调递减，又 $\displaystyle g(1)=1-a\mathrm{e}>0$，且 $$\displaystyle g\left(\ln\frac{1}{a}\right)=1-a\left(\ln\frac{1}{a}\right)^{2}\cdot\frac{1}{a}=1-\left(\ln\frac{1}{a}\right)^{2}<0,$$ 故 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内有唯一零点，从而 $\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内有唯一零点，设该零点为 $\displaystyle x_0$，$\displaystyle 1<x_0<\ln\frac{1}{a}$。当 $\displaystyle x\in(0,x_0)$ 时，$\displaystyle f'(x)=\frac{g(x)}{x}>\frac{g(x_0)}{x}=0$，所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,x_0)$ 单调递增；当 $\displaystyle x\in(x_0,+\infty)$ 时，$\displaystyle f'(x)=\frac{g(x)}{x}<\frac{g(x_0)}{x}=0$，所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (x_0,+\infty)$ 内单调递减。因此 $\displaystyle x_0$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的唯一极值点。

可知$\displaystyle f(1)=0$，于是$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (0,x_0)$上有唯一零点$\displaystyle x=1$，而 $$\displaystyle f\left(\ln\frac{1}{a}\right)=\ln\ln\frac{1}{a}-a\left(\ln\frac{1}{a}-1\right)\mathrm{e}^{\ln\frac{1}{a}}=\ln\ln\frac{1}{a}-\ln\frac{1}{a}+1=h\left(\ln\frac{1}{a}\right)<0,$$

又因为 $\displaystyle f(x_0)>f(1)=0$，所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (x_0,+\infty)$ 内有唯一零点，从而$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内恰有两个零点。

（2）方法一：由题意，$\displaystyle f'(x_0)=0,f(x_1)=0,$即 $$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}ax_0^{2}\mathrm{e}^{x_0}=1，\\\ln x_1=a(x_1-1)\mathrm{e}^{x_1}=0。\end{array}\right.$$

从而 $\displaystyle \ln x_1=\frac{x_1-1}{x_0^{2}}\mathrm{e}^{x_1-x_0}$，即 $\displaystyle \mathrm{e}^{x_1-x_0}=\frac{x_0^{2}\ln x_1}{x_1-1}$。当 $\displaystyle x>1$ 时，$\displaystyle \ln x<x-1$，又 $\displaystyle x_1>x_0>1$，故 $$\displaystyle \mathrm{e}^{x_1-x_0}<\frac{x_0^{2}(x_1-1)}{x_1-1}=x_0^{2}$$

两边取对数得 $\displaystyle \ln\mathrm{e}^{x_1-x_0}<\ln x_0^{2}$，于是 $\displaystyle x_1-x_0<2\ln x_0<2(x_0-1)$，整理得 $\displaystyle 3x_0-x_1>2$。

方法二：即证明$\displaystyle 3x_0-2>x_1$，可知$\displaystyle 3x_0-2>x_0$，于是$\displaystyle 3x_0-2>x_1$当且仅当$\displaystyle f(3x_0-2)<0$，又$\displaystyle x_0$满足$\displaystyle f'(x_0)=0$，即$\displaystyle 1-ax_0^2\mathrm{e}^{x_0}=0$，于是 $$\displaystyle f(3x_0-2)&=\ln(3x_0-2)-a(3x_0-3)\mathrm{e}^{3x_0-2} &=\ln(3x_0-2)-\frac{(3x_0-3)\mathrm{e}^{2x_0-2}}{x_0^2} &=\ln(3x_0-2)-(3x_0-3)\mathrm{e}^{2(x_0-1-\ln x_0)} &\leqslant \ln(3x_0-2)-(3x_0-3)<0.$$

于是完成了证明。

评：对于第（1）问的取点$\displaystyle \ln\frac{1}{a}$，理论上只要取比它大的都可行，不必被此拘束。第（2）问的方法一进行了多次放缩，这一做法是有风险的，每次放缩造成的误差引入难以被事先估计其严重程度，方法二则先进行等价的消元后再考虑放缩，减少了误差传递，是较为稳妥的。
1. 【2025新高考II卷18】已知函数 $\displaystyle f(x)=\ln(x+1)-x+\frac{1}{2}x^2-kx^3$,$\displaystyle k\in\left(0,\frac{1}{3}\right)$.
2. 证明：$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上存在唯一的极值点和唯一的零点；
3. 设 $\displaystyle x_1, x_2$ 分别为 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上的极值点和零点. 1. 设函数 $\displaystyle g(t)=f(x_1+t)-f(x_1-t)$,证明：$\displaystyle g(t)$ 在 $\displaystyle (0,x_1)$ 上单调递减；
  1. 比较 $\displaystyle 2x_1$ 与 $\displaystyle x_2$ 的大小,并证明.
答案

（1）由已知可得$\displaystyle f'(x)=\frac{1}{1+x}-1+x-3kx^{2}=\frac{-x^{2}(3kx+3k-1)}{1+x}$

由于 $\displaystyle 0<k<\frac{1}{3}$，因此 $\displaystyle \frac{1-3k}{3k}>0$。当 $\displaystyle x\in\left(0,\frac{1-3k}{3k}\right)$ 时，$\displaystyle f'(x)>0$，$\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle \left(0,\frac{1-3k}{3k}\right)$ 单调递增；当 $\displaystyle x\in\left(\frac{1-3k}{3k},+\infty\right)$ 时，$\displaystyle f'(x)<0$，$\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle \left(\frac{1-3k}{3k},+\infty\right)$ 单调递减。所以 $\displaystyle x=\frac{1-3k}{3k}$ 是 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle (0,+\infty)$ 的唯一极值点。

思路1：又 $\displaystyle f(0)=0$，所以 $\displaystyle f\left(\frac{1-3k}{3k}\right)>0$。由于当 $\displaystyle x\in(0,+\infty)$ 时，$\displaystyle \ln(1+x)-x<0$，因此当 $\displaystyle x>\frac{1}{2k}$ 时，$\displaystyle f(x)<\frac{1}{2}x^{2}(1-2kx)<0$。所以 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle (0,+\infty)$ 存在唯一零点。

思路2：又 $\displaystyle f(0)=0$，所以当 $\displaystyle x\in(0,x_1)$ 时，$\displaystyle f(x)>0$，且 $\displaystyle f(x_1)>0$。

设 $\displaystyle h(x)=\ln(1+x)-x$，则当 $\displaystyle x>0$ 时，$\displaystyle h'(x)=\frac{-x}{1+x}<0$。所以 $\displaystyle h(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 单调递减。从而 $\displaystyle h\left(\frac{1}{2k}\right)<0$。而 $\displaystyle f\left(\frac{1}{2k}\right)=\ln\left(1+\frac{1}{2k}\right)-\frac{1}{2k}=h\left(\frac{1}{2k}\right)<0$，且 $\displaystyle \frac{1}{2k}>\frac{1-3k}{3k}$，所以当 $\displaystyle x\in(x_1,+\infty)$ 时 $\displaystyle f(x)$ 存在唯一零点 $\displaystyle x_2$。

综上，$\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle (0,+\infty)$ 存在唯一的极值点和唯一的零点。

（2.i）思路1：由（1）知 $\displaystyle x_1=\frac{1-3k}{3k}>0$，故 $\displaystyle k=\frac{1}{3(1+x_1)}$，$\displaystyle f'(x)=\frac{x^{2}(x_1-x)}{(1+x)(1+x_1)}$。

由题设可得 $$\displaystyle g'(t)=f'(x_1+t)+f'(x_1-t)=\frac{2t^{2}(t^{2}-x_1^{2}-2x_1)}{(1+x_1+t)(1+x_1-t)(1+x_1)}。$$

所以当 $\displaystyle t\in(0,x_1)$ 时，$\displaystyle g'(t)<0$，$\displaystyle g(t)$ 在区间 $\displaystyle (0,x_1)$ 单调递减。

思路2：由（1）知 $\displaystyle x_1=\frac{1-3k}{3k}>0$，故 $\displaystyle k=\frac{1}{3(1+x_1)}$。故

\[\displaystyle g(t)&=\ln(1+x_1+t)-\ln(1+x_1-t)-2(1-x_1+3kx_1^{2})t-2kt^{3} &=\ln(1+x_1+t)-\ln(1+x_1-t)-2\left(1-x_1+\frac{x_1^{2}}{1+x_1}\right)t-\frac{2t^{3}}{3(1+x_1)} g'(t)&=\frac{1}{1+x_1+t}+\frac{1}{1+x_1-t}-2\left(1-x_1+\frac{x_1^{2}}{1+x_1}\right)-\frac{2t^{2}}{1+x_1} &=\frac{2t^{2}(t^{2}-x_1^{2}-2x_1)}{(1+x_1+t)(1+x_1-t)(1+x_1)}\]

所以当 $\displaystyle t\in(0,x_1)$ 时，$\displaystyle g'(t)<0$，$\displaystyle g(t)$ 在区间 $\displaystyle (0,x_1)$ 单调递减。

思路3：由（1）知 $\displaystyle x_1=\frac{1-3k}{3k}$，故

$$\displaystyle g(t)&=\ln(1+x_1+t)-\ln(1+x_1-t)-2(1-x_1+3kx_1^{2})t-2kt^{3} &=\ln(1+3kt)-\ln(1-3kt)-6kt-2kt^{3} g'(t)&=\frac{3k}{1+3kt}+\frac{3k}{1-3kt}-6k-6kt^{2} &=\frac{6kt^{2}(9k^{2}t^{2}+9k^{2}-1)}{(1+3kt)(1-3kt)}$$ 当 $\displaystyle 0<t<x_1$ 时，$\displaystyle 1-3kt>1-3kx_1=3k>0$，$\displaystyle 9k^{2}t^{2}+9k^{2}-1<9k^{2}x_1^{2}+9k^{2}-1=6k(3k-1)<0$，故 $\displaystyle g'(t)<0$，所以 $\displaystyle g(t)$ 在区间 $\displaystyle (0,x_1)$ 单调递减。

（2.ii）$\displaystyle 2x_1>x_2$，证明如下：

由（2.i）知，$\displaystyle g(x_1)<G(0)=0$，即 $\displaystyle f(2x_1)-f(0)<0$。又 $\displaystyle f(0)=0$，故 $\displaystyle f(2x_1)<0$，于是 $\displaystyle f(2x_1)<f(x_2)$。

由（1）知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (x_1,+\infty)$ 单调递减，且 $\displaystyle x_2>x_1$，$\displaystyle 2x_1>x_1$，所以 $\displaystyle 2x_1>x_2$。
1. 【2005天津22】设函数$\displaystyle f(x)=x\sin x(x\in\mathbb{R})$.
2. 设$\displaystyle x_0$为$\displaystyle f(x)$的一个极值点,证明：$\displaystyle [f(x_0)]^2=\frac{x_0^4}{1+x_0^2}$；
3. 设$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (0,+\infty)$内的全部极值点按从小到大的顺序排列$\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots$,证明：$\displaystyle \frac{\pi}{2}<a_{n+1}-a_n<\pi(n=1,2,\cdots)$
答案

（1） $\displaystyle f'\left(x\right)=\sin x+x\cos x$，依题意 $\displaystyle f'\left(x_0\right)=0$

若 $\displaystyle \cos x_0=0$，则 $\displaystyle \sin x_0\neq 0$，进而 $\displaystyle f'\left(x_0\right)\neq 0$，矛盾，因此 $\displaystyle \cos x_0\neq 0,x_0=-\tan x_0$

$\displaystyle \left[f\left(x_0\right)\right]^2=x_0^2\sin^2x_0=x_0^2\cdot\frac{\sin^2x_0}{\sin^2x_0+\cos^2x_0}=x_0^2\cdot\frac{\tan^2x_0}{\tan^2x_0+1}=\frac{x_0^4}{x_0^2+1}$

（2）由（1）问可知 $\displaystyle \cos a_n\neq 0$，因此 $\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_n$ 均为 $\displaystyle g\left(x\right)=\frac{f'\left(x\right)}{\cos x}=x+\tan x$ 的零点.

可知，$\displaystyle g\left(x\right)$在区间 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{2}+k\pi,\frac{3\pi}{2}+k\pi\right),k\in\mathbb{Z}$ 上单调递增，且值域为 $\displaystyle \mathbb{R}$，于是 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{2}+k\pi,\frac{3\pi}{2}+k\pi\right)$ 有且仅有一个变号零点，而$\displaystyle \cos x$在区间$\displaystyle \left(\frac{\pi}{2}+k\pi,\frac{3\pi}{2}+k\pi\right)$ 上不变号，因此 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{2}+k\pi,\frac{3\pi}{2}+k\pi\right)$ 的变号零点也是 $\displaystyle f'\left(x\right)$ 的变号零点，于是 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上的所有零点都是 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的极值点.

这意味着 $\displaystyle a_n\in\left(\frac{\pi}{2}+\left(n-1\right)\pi,\frac{3\pi}{2}+\left(n-1\right)\pi\right)\left(n=1,2,\cdots\right)$. 又 $\displaystyle g\left(n\pi\right)=n\pi>0$，因此 $\displaystyle a_n\in\left(\frac{\pi}{2}+\left(n-1\right)\pi,n\pi\right)\left(n=1,2,\cdots\right)$，于是$\displaystyle \frac{\pi}{2}<a_{n+1}-a_n<\frac{3}{2}\pi$，完成了左侧的证明。

再证明右侧，即证明$\displaystyle a_{n+1}<a_n+\pi$，而$\displaystyle a_{n}+\pi\in (\frac{\pi}{2}+n\pi +(n+1)\pi)$，故$\displaystyle a_{n+1}<a_n+\pi$当且仅当$\displaystyle g(a_n+\pi)>0$.

而$\displaystyle g(a_n+\pi)=a_n+\pi+\tan(a_n+\pi)=a_n+\pi+\tan a_n=\pi >0$.于是完成了证明。

评：第（2）问如果直接对 $\displaystyle f'\left(x\right)$ 继续求导，就会得到 $\displaystyle f''\left(x\right)=2\cos x-x\sin x$，再进一步求导得到 $\displaystyle f'''\left(x\right)=-3\sin x-x\cos x$，可见直接多次求导只会让问题变得越来越复杂，如果对 $\displaystyle f'\left(x\right)$ 简单做个处理：$\displaystyle g\left(x\right)=\frac{f'\left(x\right)}{\cos x}=\tan x+x$，这就容易分析多了。此外，结论的形式其实就是要证 $\displaystyle \tan\left(a_{n+1}-a_n\right)<0$。
1. 设函数 $\displaystyle f(x) = (x-t_1)(x-t_2)(x-t_3)$,其中 $\displaystyle t_1, t_2, t_3 \in \vv{R}$,且 $\displaystyle t_1, t_2, t_3$ 是公差为 $\displaystyle d$ 的等差数列．
2. 若 $\displaystyle d = 3$,求 $\displaystyle f(x)$ 的极值；
3. 若曲线 $\displaystyle y = f(x)$ 与直线 $\displaystyle y = -(x-t_2) - 6\sqrt{3}$ 有三个互异的公共点,求 $\displaystyle d$ 的取值范围．
4. 【2014天津理20】已知函数$\displaystyle f(x)=x-ae^x,a\in\mathbb{R}$有两个零点$\displaystyle x_1,x_2,x_1<x_2$：
5. 证明：$\displaystyle \frac{x_2}{x_1}$随着$\displaystyle a$的减小而增大；
6. 证明：$\displaystyle x_1+x_2$随着$\displaystyle a$的减小而增大.
答案

（1）由 $\displaystyle f(x)=x-ae^x=0$，有 $\displaystyle a=\frac{x}{\mathrm{e}^x}.$ 设 $\displaystyle g(x)=\frac{x}{\mathrm{e}^x}$,可得$\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,1)$ 上单调递增，在 $\displaystyle (1,+\infty)$ 上单调递减，且当 $\displaystyle x\in(-\infty,0]$ 时 $\displaystyle g(x)\leqslant0$，当 $\displaystyle x\in(0,+\infty)$ 时 $\displaystyle g(x)>0$。

设$\displaystyle a_1>a_2\in(0,\mathrm{e}^{-1})$，且$\displaystyle \xi_1,\xi_2,\eta_1,\eta_2$ 满足 $\displaystyle a_1=g(\xi_1)=g(\xi_2),a_2=g(\eta_1)=g(\eta_2)$，$\displaystyle \xi_1,\eta_1\in (0,1),\xi_2,\eta_2\in (1,+\infty)$.根据函数$\displaystyle g(x)$的单调性可得$\displaystyle \xi_1>\eta_1$,$\displaystyle \xi_2<\eta_2$，而$\displaystyle \xi_1,\eta_1>0$，所以 $\displaystyle \frac{\xi_2}{\xi_1}<\frac{\eta_2}{\eta_1}.$故$\displaystyle \dfrac{x_2}{x_1}$ 随着 $\displaystyle a$ 的减小而增大。

（2）由 $\displaystyle x_1=ae^{x_1}$、$\displaystyle x_2=ae^{x_2}$，得 $\displaystyle \begin{cases} \ln x_1=\ln a+x_1,\\ \ln x_2=\ln a+x_2. \end{cases}$, 故 $\displaystyle x_2-x_1=\ln x_2-\ln x_1=\ln\frac{x_2}{x_1}.$ 令 $\displaystyle \frac{x_2}{x_1}=t,t>1,$ 解得 $\displaystyle x_1=\frac{\ln t}{t-1}, x_2=\frac{t\ln t}{t-1}.$ 因此 $\displaystyle x_1+x_2=\frac{(t+1)\ln t}{t-1}.$. 令 $\displaystyle h(x)=\frac{(x+1)\ln x}{x-1},x\in(1,+\infty),$可以证明$\displaystyle h(x)$ 在 $\displaystyle (1,+\infty)$ 上单调递增。结合（1）可知，$\displaystyle x_1+x_2$ 随着 $\displaystyle t$ 的增大而增大；而 $\displaystyle t$ 随着 $\displaystyle a$ 的减小而增大，所以 $\displaystyle x_1+x_2$ 随着 $\displaystyle a$ 的减小而增大。
1. 【2022新高考I卷22】已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x-x$和$\displaystyle g(x)=x-\ln x$.证明：存在直线$\displaystyle y=b$,其与两条曲线$\displaystyle y=f(x)$和$\displaystyle y=g(x)$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.
答案

\iffalse

（2）由（1）, $\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x-x$, $\displaystyle g(x)=x-\ln x$. 画出函数$\displaystyle y=f(x)$与$\displaystyle y=g(x)$的图象如下:

令, 则当时, 由(1)可知且, 所以. 由, 而, 所以在区间内有唯一解, 即函数满足. 所以当直线经过点时, 直线与函数有三个不同的交点(其余情况都是有0或2或4个交点，这一步需要详细说明，这里就略过了). 记的图象与直线有两个交点, 的图象与直线有两个交点. 则.

注意到由$\displaystyle f(x_2)=g(x_2)$可得$\displaystyle f(x_2)=\mathrm{e}^{x_2}-x_2=x_2-\ln x_2=\mathrm{e}^{\ln x_2}-\ln x_2=f(\ln x_2)$, 由于$\displaystyle x_2\in(0,1)$,则$\displaystyle \ln x_2< 0$, 所以$\displaystyle x_1=\ln x_2$.

再由$\displaystyle f(x_2)=g(x_2)$可得$\displaystyle g(x_2)=x_2-\ln x_2=\mathrm{e}^{x_2}-x_2=\mathrm{e}^{x_2}-\ln \mathrm{e}^{x_2}=g(\mathrm{e}^{x_2})$, 由于$\displaystyle x_2\in(0,1)$, 则$\displaystyle \mathrm{e}^{x_2}>1$, 所以$\displaystyle x_3=\mathrm{e}^{ x_2}$.

所以$\displaystyle x_3-x_2=\mathrm{e}^{x_2}-x_2=f(x_2)=b$, $\displaystyle x_2-x_1=x_2-\ln x_2=g(x_2)=b$. 因此$\displaystyle x_1,x_2,x_3$成公差为$\displaystyle b$的等差数列.

\fi
1. 已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{\ln(ax)}{x},g(x)=\frac{x}{e^x}$,其中$\displaystyle a\neq 0$.
2. 当$\displaystyle 1\leqslant x\leqslant 2$时,$\displaystyle g(f(x))\geqslant \ln \sqrt{2}$,求实数$\displaystyle a$的取值范围；
3. 若存在不相等的实数$\displaystyle x_1,x_2$,满足$\displaystyle g(x_1)=g(x_2)$,且$\displaystyle 2x_1<x_2<3x_1$,求$\displaystyle g(x_1+x_2)$的取值范围.

B 组习题

B组

【2024“数海漫游一模”（网络联考）8】已知$\displaystyle 2^x - x^2 = \frac{2^{x + 2y - 2}}{y^2}$,则
- $\displaystyle x \geqslant 0$
- $\displaystyle y > 0$
- $\displaystyle x < 2$
- $\displaystyle y \leqslant 2$
2. 已知$\displaystyle O$为坐标原点,函数$\displaystyle y=\mathrm{e}^x$与函数$\displaystyle y=kx+2$的图象有两个不同的交点$\displaystyle A,B$,$\displaystyle S_{\Delta AOB}=f(k)$,求$\displaystyle f(k)$的最小值点.

答案

方法一：即求$\displaystyle |x_A-x_B|$的最小值,设$\displaystyle A(x_1,\mathrm{e}^{x_1}),B(x_2,\mathrm{e}^{x_2})$,已知$\displaystyle \begin{cases} \mathrm{e}^{x_1} = kx_1 + 2 &(1)\\ \mathrm{e}^{x_2} = kx_2 + 2 &(2) \end{cases}$,设$\displaystyle t = x_2 - x_1$.

$\displaystyle (2)-(1)$得：$\displaystyle \mathrm{e}^{x_1} = \frac{kt}{e^t-1}$,将其带入$\displaystyle (1)$式得到： $$\displaystyle \frac{kt}{e^t-1} = k \ln \left( \frac{t}{e^t-1} \right) + 2\quad (*)$$

设$\displaystyle p = \frac{t}{e^t-1}\in (0,1)$,且$\displaystyle t$增大时,$\displaystyle p$减小.则由求$\displaystyle t_{\min}$转化为求$\displaystyle p_{\max}$,整理

整理$\displaystyle (*)$得： $$\displaystyle p - \ln p = \ln k + \frac{2}{k} =r$$

$\displaystyle r$越小越好,取最小值时,$\displaystyle k=2$,即为本题答案.

方法二：设$\displaystyle t_1=x_1-\ln k,t_2=x_2-\ln k$,则有$\displaystyle \begin{cases} \mathrm{e}^{t_1} = t_1 + \frac{2}{k} \\ \mathrm{e}^{t_2} = t_2 + \frac{2}{k} \end{cases}$

即$\displaystyle y=\frac{2}{k}$交$\displaystyle y=\mathrm{e}^x-x$的图象有两个交点,要使这两交点横坐标之差$\displaystyle |t_1-t_2|=|x_1-x_2|$最小,$\displaystyle k=2$时取到最小.
1. 【2022粤港澳大湾区联考22】设$\displaystyle a,b$是不相等的正数,且$\displaystyle a+\ln b=b+\ln a$,证明：$\displaystyle a+b+\ln ab>2$.
2. 【2010浙江理22】已知 $\displaystyle a$ 是给定的实常数, 设函数 $\displaystyle f(x)=(x-a)^2(x+b)\mathrm{e}^x,b \in \mathbb{R},x=a$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的一个极大值点.
  1. 求 $\displaystyle b$ 的取值范围；
3. 设 $\displaystyle x_1,x_2,x_3$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的 $\displaystyle 3$ 个极值点, 问是否存在实数 $\displaystyle b$, 可找到 $\displaystyle x_4 \in \mathbb{R}$, 使得 $\displaystyle x_1,x_2,x_3,x_4$ 的某种排列 $\displaystyle x_{i_1},x_{i_2},x_{i_3},x_{i_4}$ (其中 $\displaystyle \{i_1,i_2,i_3,i_4\}=\{1,2,3,4\}$) 依次成等差数列？若存在, 求所有的 $\displaystyle b$ 及相应的 $\displaystyle x_4$; 若不存在, 说明理由.
4. 【2015天津20节选】已知函数$\displaystyle f(x)=nx-x^n,x\in\mathbb{R}$,其中$\displaystyle n\in\mathbb{N_+}$且$\displaystyle n\geqslant2$.
5. 设曲线$\displaystyle y=f(x)$与$\displaystyle x$轴正半轴的交点为$\displaystyle P$,曲线在点$\displaystyle P$处的切线方程为$\displaystyle y=g(x)$,求证：对任意正实数$\displaystyle x$,都有$\displaystyle f(x)\leqslant g(x)$；
6. 若关于$\displaystyle x$的方程$\displaystyle f(x)=a$（$\displaystyle a$为实数）有两个正实数根$\displaystyle x_1,x_2$,求证： $$\displaystyle |x_2-x_1|<\frac{a}{1-n}+2$$
  
  答案
  
  设 $\displaystyle P\left(x_0,0\right)$，则 $\displaystyle x_0=n^{\frac{1}{n-1}}$，$\displaystyle f'\left(x_0\right)=n-n^2$.
  
  \[\displaystyle g\left(x\right)=\left(n-n^2\right)\left(x-n^{\frac{1}{n-1}}\right),\]
  
  令 $\displaystyle F\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)$，$\displaystyle x>0$，
  
  \[\displaystyle F'\left(x\right)=f'\left(x\right)-g'\left(x\right) =n\left(1-x^{n-1}\right)-n+n^2 =n\left(n-x^{n-1}\right).\]
  
  $\displaystyle 0<x<x_0$ 时，$\displaystyle F'\left(x\right)>0$，$\displaystyle F\left(x\right)$ 单调递增；$\displaystyle x>x_0$ 时，$\displaystyle F'\left(x\right)<0$，$\displaystyle F\left(x\right)$ 单调递减；
  
  因此 $\displaystyle F\left(x\right)\leqslant F\left(x_0\right)=f\left(x_0\right)-g\left(x_0\right)=0$，即在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上恒有 $\displaystyle f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$.
  
  \item 问需要借助放缩，但要同时借助两个放缩，其中一个放缩是（2）问的结论，另一个放缩需要自行延展，考虑 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在原点处的切线 $\displaystyle y=nx$，显然在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上恒有 $\displaystyle nx>f\left(x\right)$，这样就可以证明了：
  
  由（1）问知 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上单调递增，在 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 上单调递减，因此 $\displaystyle f\left(x\right)-a=0$ 若存在两个根，则在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 与 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 上各有一个根，不妨设 $\displaystyle x_1\in\left(0,1\right)$，$\displaystyle x_2\in\left(1,+\infty\right)$.
  
  显然 $\displaystyle 0<x<1$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)<nx$，因此 $\displaystyle f\left(x_1\right)<nx_1$，即 $\displaystyle x_1>\frac{a}{n}$；
  
  由（2）问知 $\displaystyle x>1$ 时 $\displaystyle f\left(x\right)<\left(n-n^2\right)\left(x-n^{\frac{1}{n-1}}\right)$，因此
  
  \[\displaystyle f\left(x_2\right)<\left(n-n^2\right)\left(x_2-n^{\frac{1}{n-1}}\right),\]
  
  即
  
  \[\displaystyle x_2<\frac{a}{n-n^2}+n^{\frac{1}{n-1}}.\]
  
  于是
  
  \[\displaystyle \left|x_1-x_2\right|=x_2-x_1 <\frac{a}{n-n^2}+n^{\frac{1}{n-1}}-\frac{a}{n} =\frac{a}{1-n}+n^{\frac{1}{n-1}}.\]
  
  下证 $\displaystyle n^{\frac{1}{n-1}}\leqslant2$ 即 $\displaystyle 2^{n-1}\geqslant n$：
  
  \[\displaystyle 2^{n-1}=\left(1+1\right)^{n-1}\geqslant \mathrm{C}_{n-1}^{0}+\mathrm{C}_{n-1}^{1}=1+n-1=n,\]
  
  问题得证.
  1. 【2015湖南理21】已知 $\displaystyle a>0$, 函数 $\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^{ax}\sin x\ (x\in[0,+\infty))$, 记 $\displaystyle x_n$ 为 $\displaystyle f(x)$ 的从小到大的第 $\displaystyle n\ (n\in\mathbb{N}^*)$ 个极值点. 证明：
    1. 数列 $\displaystyle \{f(x_n)\}$ 是等比数列；
    2. 若 $\displaystyle a\geqslant \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}^2-1}}$, 则对一切 $\displaystyle n\in\mathbb{N}^*$, $\displaystyle x_n<|f(x_n)|$ 恒成立.
  2. 【2019天津理20】设函数 $\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x\cos x$, $\displaystyle g(x)$ 为 $\displaystyle f(x)$ 的导函数.
    1. 当 $\displaystyle x\in\left[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right]$ 时, 证明 $\displaystyle f(x)+g(x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\geqslant 0$；
    2. 设 $\displaystyle x_n$ 为函数 $\displaystyle u(x)=f(x)-1$ 在区间 $\displaystyle \left(2n\pi+\frac{\pi}{4},2n\pi+\frac{\pi}{2}\right)$ 内的零点, 其中 $\displaystyle n\in\mathbb{N}$, 证明：$$\displaystyle 2n\pi+\frac{\pi}{2}-x_n<\frac{\mathrm{e}^{-2n\pi}}{\sin x_0-\cos x_0}$$

C 组习题

杂$\displaystyle \quad$题

【2024长郡二十校联考8】设方程 $\displaystyle 2^{x} \cdot \left| \log_{2} x \right| = 1$ 的两根为 $\displaystyle x_{1}, x_{2} (x_{1} < x_{2})$,则
- $\displaystyle 0 < x_{1} < 1, x_{2} > 2$
- $\displaystyle x_{1} > \frac{1}{x_{2}}$
- $\displaystyle 0 < x_{1}x_{2} < 1$
- $\displaystyle x_{1} + x_{2} > 3$
2. 已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{e^x}{x^2}$,$\displaystyle x_1,x_2(x_1<x_2)$满足$\displaystyle f(x_1)=f(x_2)=m,x_2>3x_1$,求$\displaystyle m$的取值范围. 3. 已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{x^2+1}{x\ln x}$,证明$\displaystyle f(x)$恰有两个极值点$\displaystyle x_1,x_2$,并求$\displaystyle f(x_1)+f(x_2)$的值. 4. 【2022武汉四调22（2）】已知定义在 $\displaystyle \left(-\frac{\pi}{2}, +\infty\right)$ 函数 $\displaystyle f(x) = (x - k)\sin x$.将 $\displaystyle f(x)$ 的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列 $\displaystyle \{x_n\}$,若 $\displaystyle f(x_1) + f(x_2) = 0$,求 $\displaystyle k$ 的值. 5. 【2026郑州一模19节选】已知函数$\displaystyle f(x)=a\ln x-2x+2a$.

（2）若$\displaystyle f(x)$有两个零点,求实数$\displaystyle a$的取值范围；

（3）设$\displaystyle g(x)=ax-2\mathrm{e}^x+2a$,若函数$\displaystyle y=f(x)$与$\displaystyle y=g(x)$共有4个不同的零点,是否存在实数$\displaystyle a$,使这4个零点在调整顺序后成等差数列,若存在,求出$\displaystyle a$的值,否则请说明理由. 6. 已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{e^x}{x^2}-k\left(\frac{2}{x}+\ln x\right)$有三个极值点$\displaystyle x_1,x_2,x_3$,且$\displaystyle x_1<x_2<x_3$.

（1）求实数$\displaystyle k$的取值范围；

（2）若2是$\displaystyle f(x)$的一个极大值点,证明：$\displaystyle \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}<\frac{k^2}{e}-k$. 7. 【2023武汉二调22】已知关于$\displaystyle x$的方程$\displaystyle ax-\ln x=0$有两个不相等的正实数根$\displaystyle x_1,x_2,x_1<x_2$. 1. 求实数$\displaystyle a$的取值范围； 2. 设$\displaystyle k$为常数,当$\displaystyle a$变化时,若$\displaystyle x_1^kx_2$有最小值$\displaystyle \mathrm{e}^\mathrm{e}$,求常数$\displaystyle k$的值. 8. 【2025闵行一模12】设集合$\displaystyle T=\left \{ (x,y)|x>1,y\in\mathbb{R}\right \}$,集合$\displaystyle M_a=\{(x,y)|y=(a\ln x+\frac{1}{a})^2 \}$,若存在$\displaystyle (x_0,y_0)\in M_{a_0}$,对属于$\displaystyle T$且不属于任意$\displaystyle M_a$的所有$\displaystyle (x,y)$都有$\displaystyle y-x\leqslant y_0-x_0$,则$\displaystyle y_0-x_0$的取值范围是$\displaystyle (\triangle)$ 9. 已知函数$\displaystyle f(x)=x(x-b)^2$,若$\displaystyle b>0$,直线$\displaystyle y=1$与函数$\displaystyle f(x)$的图像有三个交点,其坐标分别为$\displaystyle A(x_1, 1), B(x_2, 1), C(x_3, 1)$,且$\displaystyle x_1 < x_2 < x_3$. 1. 求$\displaystyle b$的取值范围； 2. 若$\displaystyle x_1, x_2, x_3$成等差数列,求$\displaystyle b$； 3. 判断$\displaystyle x_3-x_1$与$\displaystyle b$的大小关系. 10. 【2025武汉九调19】已知函数$\displaystyle f(x)=(x^{2}-kx+1)\ln x$在区间$\displaystyle (0,1)$和$\displaystyle (1,+\infty)$各恰有一个零点,分别记为$\displaystyle x_{1}$和$\displaystyle x_{2}$. 1. 求实数$\displaystyle k$的取值范围； 2. 记曲线$\displaystyle y=f(x)$在点$\displaystyle (x_{1},0)$处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为$\displaystyle S$,求$\displaystyle \dfrac{S}{x_{2}-x_{1}}$的最大值； 3. 若函数$\displaystyle g(x)=f(x)-a$有三个零点$\displaystyle t_{1}$,$\displaystyle t_{0}$,$\displaystyle t_{2}$,其中$\displaystyle t_{1}<t_{0}<t_{2}$,证明：$\displaystyle t_{2}-t_{1}\leqslant x_{2}-x_{1}$. 11. 已知函数 $\displaystyle f(x)=ae^{-x}-\ln(x+1)$, $\displaystyle a\in\mathbb{R}$. 1. 若函数 $\displaystyle f(x)$ 存在两个极值点, 求 $\displaystyle a$ 的取值范围； 2. 若 $\displaystyle m,n\in\mathbb{R}$ 满足 $\displaystyle f(m)=f(n)+\frac{1}{e}>0$, 证明: $\displaystyle |n-m|<1$. 12. 【2023武汉九调22】已知函数 $\displaystyle f(x)=(x^2+mx+n)\mathrm{e}^x$.若 $\displaystyle m=a+b+2,n=a^2+b^2+2$,且 $\displaystyle f(x)$ 有两个极值点,分别为 $\displaystyle x_1$ 和 $\displaystyle x_2(x_1<x_2)$,求 $\displaystyle \frac{f(x_2)-f(x_1)}{e^{x_2}-\mathrm{e}^{x_1}}$ 的最小值. 13. 【2026湖南九校联考19】设函数$\displaystyle f(x)=x^{3}-ax-b$,$\displaystyle x\in\mathbb{R}$,$\displaystyle a,b\in\mathbb{R}$. 1. 讨论函数$\displaystyle f(x)$的单调区间； 2. 当$\displaystyle a=2$,$\displaystyle b=0$时,函数$\displaystyle f(x)$的图象上有且仅有$\displaystyle 2$个点到原点距离为$\displaystyle d$,求$\displaystyle d$的取值范围； 3. 函数$\displaystyle f(x)$的图象上是否存在唯一的一组点$\displaystyle A_{1},A_{2},\cdots,A_{n}$,构成正$\displaystyle n$边形,$\displaystyle n\in\mathbb{N^{*}}$且$\displaystyle n\geqslant3$？若存在,请求出所有满足条件的$\displaystyle n$以及对应$\displaystyle a$的值；若不存在,请说明理由.

3.8变量关系

讲义正文

变量关系

A 组习题

习\(\displaystyle \quad\)题

B 组习题

C 组习题

杂\(\displaystyle \quad\)题

D 组习题