2025高考數(shù)學(xué)壓軸導(dǎo)數(shù)大題訓(xùn)練：極值點偏移問題（學(xué)生版+解析）

專題8極值點偏移問題

考情分析

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一直是高考中的熱點與難點，近幾年高考試卷及各地模擬試卷中常出現(xiàn)與函數(shù)極值點偏移有

關(guān)的函數(shù)與不等式問題，已知函數(shù)y=/（x）是連續(xù)函數(shù),在區(qū)間（石,工2）內(nèi)有且只有一個極值點%,且

/（%1）=/（%），若極值點左右的“增減速度”相同，常常有極值點/=與垣，我們稱這種狀態(tài)為極值點不偏

移；若極值點左右的“增減速度”不同，函數(shù)的圖象不具有對稱性，常常有極值點X。中與Z的情況，我們稱這

種狀態(tài)為“極值點偏移”（對可導(dǎo)函數(shù)/（X）來說，/（X）的極值點就是廣（X）的零點，所以很多與零點或方程

實根有關(guān)的問題也可以利用處理極值點策略的方法去處理）.此類問題背景新穎，教材中又沒有涉及，不少同

學(xué)望而生畏，本專題給出此類問題的常用解法，共同學(xué)們參考.

解題秘籍

（-）通過對稱化構(gòu)造新函數(shù)破解極值點偏移問題

【以例及類】已知函數(shù)〃九）=疣：

⑴求函數(shù)/（九）的單調(diào)區(qū)間；

（2）已知函數(shù)g（X）的圖像與/（X）的圖像關(guān)于直線X=1對稱,證明：當(dāng)X>1時,/（%）>g（X）;

⑶如果玉且/（%）=/（%2），證明：%+々>2.

【分析】⑴由/'（x）=eT（l—x）可得“X）在上遞增，在（一1,80）上遞減；

（2）g（x）=/（2—x），構(gòu)造函數(shù)F（%）=/（%）-/（2-%）,（%）=（%-l）（e^2F（x）單調(diào)性可

得%>1時/（x）>F（l）=O；

⑶假設(shè)匹<1<%，由⑵得/（%）>/（2-9），即/（無1）>/（2—9），由“X）在（Y°，T）上遞增，可得

xi>2-x2,xi+x2>2.

該題的三問由易到難，層層遞進(jìn)，完整展現(xiàn)了處理極值點偏移問題的一般方法——對稱化構(gòu)造的全過程，直觀

展示如下:

該題是這樣一個極值點偏移問題：對于函數(shù)/(九)=xe7,已知/(藥)=/(%)，%產(chǎn)%,證明%+%>2.

再次審視解題過程，發(fā)現(xiàn)以下三個關(guān)鍵點：

①再，%的范圍(。<%<1<々)；

②不等式〃x)>"2r)(x>4

③將超代入(2)中不等式，結(jié)合/(九)的單調(diào)性獲證結(jié)論.

小結(jié)：用對稱化構(gòu)造的方法求解極值點偏移問題大致分為以下三步：

①求導(dǎo)，獲得f(x)的單調(diào)性，極值情況，作出了⑴的圖像由/(石)=/(馬)得再,馬的取值范圍(數(shù)形結(jié)合)；

②構(gòu)造輔助函數(shù)(對結(jié)論玉+%2>(<)2%，構(gòu)造產(chǎn)(%)=/(x)-/(2x0-x)；對結(jié)論石々>(<)4，構(gòu)造

F(x)=f(x)-f2)，求導(dǎo)，限定范圍(再或％的范圍)，判定符號,獲得不等式；

VxJ

③代入不(或超)，利用/(%)=/(%)及的單調(diào)性證明最終結(jié)論.

下面給出第(3)問的不同解法

【解析】法一：/'(%)=(1-x)e~x,易得/(%)在(-8,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減,x--8時，

/(%)T-00,/(0)=0,x-4W時,/(x)f0,函數(shù)/(X)在X=1處取得極大值/(I)，且/⑴=L如圖所

e

示.

由/(%1)=/(x2),玉HX］，不妨設(shè)玉<%2，則必有0<%<1<%,

構(gòu)造函數(shù)尸(x)=/(I+x)-/(l-x),xe(0,1］,

則F'(x)=f'(l+x)+/(1—x)=a(e2x—1)>0,所以尸(x)在xe(0,1］上單調(diào)遞增.F(x)>F(0)=0,也

即/(l+x)>/(l—x)對xe(0,l］恒成立.由0<%<1<%,得1—%e(0』］,

所以,即石)>/(%),又因為

/(1+(1-A1))=/(2-^1)>/(1-(1-XI))=/(X1)=/(^2)/(2—

2-Xj,x2e(1,+oo)，且/(x)在(l,+oo)上單調(diào)遞減，所以2-%<%,即證%+%2>2.

法二：欲證%+々>2,即證/>2-X],由法一知0<%<1<%,故2—石,々e(L+00)，又因為f(x)在

(1,+<?)上單調(diào)遞減，故只需證/(%)</(2-xt)，又因為/(菁)=/(%),

故也即證/(%)</(2-石)，構(gòu)造函數(shù)H(x)=/(x)—/(2—x),xe(0,l)，則等價于證明H(x)<0對

xe(0,1)恒成立.

由H\x)=f'(x)+f'(2—x)=與(1-e2x-2)>0,則H(x)在xe(0,1)上單調(diào)遞增，所以H(x)<H(l)=0,

即已證明H(x)<0對xe(0,1)恒成立，故原不等式%+%>2亦成立.

法三：由/(%)=/(9)，得中f=羽"巧,化簡得*』=±…①，

西

不妨設(shè)尤2>玉，由法一知，。<再<1<%2-令f=%2—玉,則f>°，％2=。+%1，代入①式,得d=/+為，反解出

X]

t2/2t

%1=———，則%+/=2%+f=二----故要證：石+沏>2,即證：———+/〉2,又因為——1>0,等價

e—1e—1~e-1

于證明：2f+?—2)(1—1)>0…②，

構(gòu)造函數(shù)G(t)=2t+(t-2)(一一1),(1>0)，則G\t)=(t-1)￡+1,G\t)=te,>Q,

故G”)在te(0,+8)上單調(diào)遞增，G'(t)>G'(0)=0,從而G(t)也在法(0,+8)上單調(diào)遞增，

G(0>G(0)=0,即證②式成立，也即原不等式%+%>2成立.

法四：由法三中①式，兩邊同時取以e為底的對數(shù)，得x,—%=In三=InX,—In%,也即”-丁芭=i,從而

X]x2-1]

三+1

%,+々=(西+X,)lnx2—lnxi逗=3—In上，

%2一再X2~X1再三_]玉

石

X/+1

令，==?〉1),則欲證：玉+%>2,等價于證明：——ln%>2…③，

再t-1

、(t+1)In/2—1—2/In/

構(gòu)la,M(/)=---------=(1H-----)Int,(t>1),則A/(/)=---------；—

t-1t-1/(r-1)

又令9。)=r2-l-2rlnr,(r>l),則(p'(t)=2t—2(ln/+1)=2(/—1—In/),由于/—1>In/對V/e(1,+8)恒

成立，故(p'(t)>0.夕⑺在fe(L+oo)上單調(diào)遞增，所以以。>9⑴=0，從而，故"⑺在

?e(l,+oo)上單調(diào)遞增，由洛比塔法則知：

limM(0=lim(?+1)lnZ=lim更土里叫=limQnf+二)=2,即證MQ)>2即證③式成立，也即原不

%-^1%-^1t—]X-^1(/—1)，％-t，

等式石+%2>2成立.

【例1】（2023屆貴州省威寧高三模擬）已知函數(shù)〃x）=（2x+a）ln.3（x-a）,a>。.

⑴當(dāng)時，/W>0,求。的取值范圍.

⑵若函數(shù)“X）有兩個極值點不，%,證明：為+招>2-二

【解析】（1）當(dāng)X21時，0oa在x21恒成立,

二3:+l―nx

3x-2xlnx-(3+21nx)lnx<

令g(%)=X€[1,+oo)則g'(x)

3+lnx(3+lnx)2"

函數(shù)g（x）在［1,+S）上單調(diào)遞減，，g（x）Vg⑴=1,

r.a21,的取值范圍是[l,+8).

(2)函數(shù)/。)=(2了+〃)山彳_3(尤_"),a>Q,則生吆_3=21nx+g_]=〃+2xlnxx

XXX

函數(shù)/(X)有兩個極值點X],jr2,

.?./'（力=0有兩個正實數(shù)解O方程。=x-2xlnx有兩個正實數(shù)解O函數(shù)y=a與函數(shù)依）=x_2xlnx,

xe（0,+co）的圖象有兩個交點.

/z,(x)=l-2-21nx=-21nx-l,令/(x)=0,解得％=十，

當(dāng)0<x<十時/則/z(x)單調(diào)遞增，當(dāng)美時/z'(x)<0,則/z(x)單調(diào)遞減,

函數(shù)/x）的極大值即最大值為《%卜飛2.

又0<工<5時/z(x)=Ml—21n%)>。，且當(dāng)xf0時，力(幻-0,又/1(6)=0,

2

產(chǎn)

0<QV―廄■不妨設(shè)°<玉〈工:,々，

2川（玉）<;2］宏一玉

要證明玉+工2>2e2x2>—&>=

令F(x)=

所以尸'(x)=l-21nx-2+l-21n

當(dāng)且僅當(dāng)工=宏-x,即％=3時取等號，，函數(shù)網(wǎng)x）在

單調(diào)遞增,

=°,；?/（％）<°，即〒-“，因此為+無，>255成立.

【例2】（2024云南省長水教育集團(tuán)質(zhì)量檢測）已知函數(shù)/（x）=31nx+ax2-4x（a>0）.

⑴當(dāng)。=1時，討論“X）的單調(diào)性;

⑵當(dāng)a=1■時，若方程〃x）=6有三個不相等的實數(shù)根外,々，泡，且演<龍2<尤3，證明：尤3-占<4.

【解析】（1）由題意可知：的定義域為（0,+⑹,

“、32ax2-4x+3

f(x)=-+2ax-4=-----------------

%x

令/'(x)=0,可得2?-4x+3=0,當(dāng)a=l時，即2--4元+3=0,

A=16-24=-8<0,可知2/一4尤+3>0在（0,+e）上恒成立，

即/'（力>0在（0,+8）上恒成立，所以〃尤）在（0,+8）上單調(diào)遞增.

（2）當(dāng)a=，時，可得/（x）=3ku,+工爐一4工，f（x）=3+I=,

22xx

1<x<3J'（x）<0;0<x<1,或x〉3J'（x）〉0;

故/（X）在（0,1）,（3,+8）上單調(diào)遞增，在（1,3）上單調(diào)遞減，

由題意可得：0<%<1<々<3<尤3，因為/（%）=/（々）=/（&）=人，

令g（x）=〃x）—/（2-x）,0<x<l,

則"〃W(2T)=&T+￡+2_X_4,號^0,

可知g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，

則g(力<g⑴=。，可得/(力</(2-力在(0,1)上恒成立,

因為0<無1<1,貝1]〃西)=/伍)</(2-%),

且1<2-不<2[<%2<3J(x)在(1,3)上單調(diào)遞減，則2-%<%,即玉+%>2；

令/z(x)=/(x)-/(6-x),l<%<3,

則"(x)=〃x)+/'(6一x)=R+x-占+6T-4J=^^>。，

可知h(x)在(1,3)上單調(diào)遞增,則h(x)<h(3)=0,

可得〃x)</(6-x)在(1,3)上恒成立,因為1<巧<3,則/(/)=<a)<〃6—馬)，

且3<6-9色動工/⑴在包+⑹上單調(diào)遞增，

貝1」6-工2>%3，即冗2+工3<6；由+%2>2和％+退<6可得七一玉<4.

(-)含參函數(shù)問題可考慮先消去參數(shù)

含參數(shù)的極值點偏移問題，在原有的兩個變元周,%的基礎(chǔ)上，又多了一個參數(shù),故思路很自然的就會想到：想

盡一切辦法消去參數(shù)，從而轉(zhuǎn)化成不含參數(shù)的問題去解決；或者以參數(shù)為媒介，構(gòu)造出一個變元的新的函數(shù).

由于可導(dǎo)函數(shù)“X)的極值點是/'(X)的零點，也是方程/'(X)=O的實根，所以有些與零點或方程實根有關(guān)

的問題可以利用求解極值點偏移問題的方法去解決.

【一題多解】已知函數(shù)f(x)=lnx-ax,a為常數(shù)，若函數(shù)/(%)有兩個零點石,9,

2

試證明：X1-x2>e.

【分析】法一：消參轉(zhuǎn)化成無參數(shù)問題：

nx

/(x)=0olnx=tuolnx=ae",x1,x2是方程f(x)=0的兩根，也是方

程lnx=a**的兩根，則InXiJn%是1=。0",設(shè)%=lnx1,w2=ln%2,g(x)=xe-“，貝Ug(%)=g(%)，從而

2

X[X2>eoInX]+In々>2o%+%>2,此問題等價轉(zhuǎn)化成為【例1】，下略.

法二：利用參數(shù)〃作為媒介,換元后構(gòu)造新函數(shù)：不妨設(shè)石＞4，

「In玉-ax1=0,Inx2-ax2=0,?'?In再+lnx2=〃(％+九2)/口石-lnx2=〃(再-x2),

/.In%Tn/=a，欲證明天々＞e2，即證In玉+In%〉2.

2~X2

2

In再+In%=〃(再+/)，?'即證〃〉------，

再+12

原命題等價于證明In%Tn/〉^，即證：也土〉24-苫2),令”土，什〉助，構(gòu)造

玉一％2%+々玉+%2

g?)=lnt—若2/＞1,利用g?)單調(diào)性求解,下略.

法三：直接換元構(gòu)造新函數(shù)：

=4=皿0g=迨，設(shè)苞＜%,/=迨，?〉1),

%!x2In王玉玉

InZxIn/+Inx

則nilx=Zx——-二t。---------

2pIn$In%i

LE?1In%1iiii]ntt]nt

反解出：1nx=——-,lnx2=\ntxi=mt-\-\nxi=mt+——-=——-

故%I%>〃oln%+lnx2>20上；In%>2,轉(zhuǎn)化成法二，略.

【例3】(2024屆浙江省名校協(xié)作體高三上學(xué)期聯(lián)考)函數(shù)/(x)=“e，-e(x-l)2有兩個極值點

%,%2(不＜々)?其中aeR,e為自然對數(shù)的底數(shù).

(1)求實數(shù)”的取值范圍；

⑵若叫+(e—2)x2+2(1—e)＞2(x(—1)(%,一1)恒成立，求2的取值范圍.

【解析】(1)由于尸(力=。/-26(尤一1),

由題知尸(x)=0有兩個不同實數(shù)根，即a=2e(：T有兩個不同實數(shù)根.

令g(x)=2e(:T),則g，(x)=2e(27).0,解得了＜2,故g(x)在(—,2］上單調(diào)遞增，在［2,+4上單調(diào)

ee

2

遞減，且x-＞-8時，g(x)--CO,Xf+8時，g(x)-0,g(2)=-,故g(x)的圖象如圖所示，

當(dāng)ae(0,j|時，/'(x)有兩個零點且占則/(x)20o0<xWX］或了工，故〃x)在(0,占］上單

調(diào)遞增，在(冷馬)上單調(diào)遞減，在(4,內(nèi))上單調(diào)遞增，〃x)的極大值點為耳，極小值點為巧.

故/(x)=ae*-e(x-l)2有兩個極值點時，實數(shù)〃的取值范圍為(0,1］.

——

(2)由于QXy+(e—2)%2+2(1—e)2石—1)e(玉-1)+(e—2)(/—1)2之(石—l)(x21)

若設(shè)：=xi-l,t2=尤2—1(。<4<%2)，則上式即為孰+(e-2)%24

兩式相除“節(jié)，即…喈>。,

由(1)可得

由%+(e-2)?2>%.L得&F)[M+(e-2)弓]2卯21n，

2+(e-2)r-1

所以24令t=Z>=?>1)'

In/

則九W在(1,+8)恒成立，由于〃(0=[(e-2)產(chǎn)+e]ln"2Te-2?+e

、7/iR

號=—2)/+e]In/—2t—(e_2)/+e,貝Ij=2(e—2)HnZ—2—(e—2)t—,

。"⑺=2(e-2)ln?+2(e-2)--1--e+2,

顯然，⑺在(1,+8)遞增，

又有明1)=-2<0,叫e)=3e-6」>0,所以存在t0e(l,e)使得0〃&)=0,

e

且易得。'⑴在(14)遞減，優(yōu),田)遞增，又有得⑴=o〃(e)=e2r2e—1>0,

所以存在％e(l,e)使得夕&)=0,且易得。⑴在。工)遞減，&,包)遞增,

又0(l)=0(e)=O,則l<x<e時,w(/)<O,7z'(f)<O,x>e時,°⑺>0,"⑺>0,所以易得/??)在(l,e)上遞

減,在(e,+oo)上遞增，則W)111ta=/z(e)=(e—l)2,

所以九的取值范圍為(^o,(e-1)].

(三)對數(shù)平均不等式

a-b

兩個正數(shù)。和b的對數(shù)平均定義：L(a,b)={lna—In//“"

a(a=b).

對數(shù)平均與算術(shù)平均、幾何平均的大小關(guān)系：%WL(a,b)W彳(此式記為對數(shù)平均不等式)

取等條件：當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，等號成立.

【例4】設(shè)函數(shù)/(x)=e*-ax+。伍wR),其圖象與％軸交于4(再,0),B(x2,0)兩點，且再</.

(1)求實數(shù)a的取值范圍；

(2)證明：號)<0(尸(九)為函數(shù)〃x)的導(dǎo)函數(shù))；

【分析】(1)r(x)=e*—a,xeH,當(dāng)aWO時,/'(幻>0在R上恒成立不合題意

當(dāng)a>0時，/(%)*=/(lna)=a(2-ln。)

當(dāng)/(x)而”>0,gp0<a<e2時,/(x)至多有一個零點，不合題意，故舍去；

當(dāng)/(x)m1n<o,即a>e2時,由/⑴=e>0,且/(%)在(-oo,lna)內(nèi)單調(diào)遞減，故/(%)在(1,Ina)有且只有一

個零點；由/(Ina~)=a2-2aina+a=a(a+l—21n。)，

2

令y=a+l—21na,a>，,則yf=1——>0,故Q+l-Zlna〉/+1-4=/一3>0

a

所以/(In/)>0,即在Qna,21na)有且只有一個零點.

⑵由(1)知,/(%)在(~°o,lna)內(nèi)遞減，在(lna,+°o)內(nèi)遞增，且/⑴=e>0

xX1

所以1<%<lna<x2<21na,因為/(再)=e-axx+a=0,/(x2)=e-ax2+a=0

-^―，所以1=>Ja一】)(%2一1)

x2-1In(玉-1)-ln(x2-1)

所以石入2一&+%2)<°，要證：/'(JXR)v。,只須證e?<〃，即

故,J%%v玉一In(玉-1),J%/vx2—ln(%2-1)

所以X]X?＜%+w—ln（x—1）（%—1），所以ln（x九2—（、+/）+1）＜%+%—21工/

因為國々-（芯+%）＜0,所以Ina9-（%+々）+1）＜也1=0,而玉+%一2新尤2＞。

所以Inq%-（X+%）+1）＜芭+%一2J%龍2成立，所以/'（新/）＜0

【評注】根據(jù)對數(shù)平均不等式求解的步驟是：

1.通過等式兩邊同取自然對數(shù)或相減等配湊出In%-In/及石-馬,

2.通過等式兩邊同除以In番-In/構(gòu)建對數(shù)平均數(shù)為一々

In%1-lnx2

3.利用對數(shù)平均不等式將馬一々轉(zhuǎn)化為主也后再證明石+“＜2/（或為+%＞2%）.兩種方法

lnxi-lnx22

各有優(yōu)劣，適用的題型也略有差異.

（四）一題多解賞析

【例5】已知/⑴=%lnx-gg；2一%,加￡鼠若“X）有兩個極值點/，元2,且玉＜%2,求證：西入2＞。2

【分析】解法一：欲證七%＞e?濡證In%+ln%2＞2.

若/（X）有兩個極值點國,馬，即函數(shù)/'（X）有兩個零點.又r（x）=lnx-儂:，所以,國,42是方程/'（%）=。

的兩個不同實根.

Jin玉一mx=0

于是，有x，解得冽=lnX|+lnx2

[Inx-mx=0

22石+x2

JinXj-mx=0

另一方面，由l

[lnx2-mx2=0

從而可得,In^TnXi=1呻+”

玉+x2

于是,In玉+ln/二也"皿⑷

又0<石<%，設(shè)/=生■，貝U%>1因止匕,In石+Inx2="+,.>]

再t-1

(r+l)lnr2(7—1)

要證In%+Inx,>2,即證：——』—>2j>l.即：當(dāng)f〉l時，有l(wèi)n/>=—.構(gòu)造函數(shù)

t-1t+1

h(t)=lnt-2：")J21,利用/z為(1.+8)上的增函數(shù)求解.

解法二：欲證再%>e?,需證In%]+ln%2>2.若〃龍)有兩個極值點看,9，即函數(shù)/'(九)有兩個零點.又

f'(x)=,所以,七,%是方程/'(九)=0的兩個不同實根.顯然m>0,否貝!J,函數(shù)f'(x)為單調(diào)函數(shù),

不符合題意.

由(inx-mx二\nlnX+山々=根(西+%)，問題轉(zhuǎn)化為證明x\+Z>?■，構(gòu)造函數(shù)

函數(shù)g(x)=/'(x)——x][o<x<工],根據(jù)g(%)在[°，,]上遞增，可得g(x)<gJ"]=0,

所以ra)<設(shè)f<,<々，由/,a)在上遞增可證.

解法三：由再，々是方程r(九)=0的兩個不同實彳艮得機=——，令g(x)=——遙(石)=名(%),由于

g[x)=2，因此g(%)在(l,e)T,(e,??)J.

e2宙、

設(shè)1cxi〈ev%,需證明再尤2>62,只需證明石>—-e(O,e),只需證明/'(xj>/—，即

X21尤2)

-2A、(e2、

fM>f-，即〃x,)—/->o.

1尤2J1“2/

,22

即力(x)=/(x)f(xe(l,e)),/z(x)=Je-x)

2------>0,故h[x)在(1,e)T,故

、x)xe

七2、2A2

/z(x)<A(e)=0,BP/(x)</一.令％，則)=/(^i)</—，因為了2，±e(e,+oo)龍)

kx7k藥Jx\

在(e,+GO)J,所以％2>一，即2X2>e??

X\

ix-mx.=0/曰k=me"t.、幾

解法四：設(shè)％=ln玉G(0,1)J2=ln%2e(l,+oo),則由1:}t

11八得「t='=3'設(shè)

?2

ix2-mx2=0[r2=met2

左ek

左=4-%2<0,則％=———,t2=———.欲證再X2>e?,需證1nM+ln9>2,即4>2,把％/代入整理

e-1e—1

得

左（1+/）—2.—1）<0,構(gòu)造g（x）=Ml+e*）—2（/—1）證明.

l，2

設(shè)％=ln.￥,G（0,1）=lnx9e（l,E）,則由[，玉—叫_*得卜=^>—=e'~（0,1）,

v7t2

-一、）眸=0[t2=m&t2：2

kIpkInk

則，]=-----4=——?欲證再入2>匕2,需證lnX]+ln9>2,即只需證明0+L〉2,即

k-1k-1

上i小h。,設(shè)gQln"止為。（?！唬?/p>

k1k+1k+1k+1

8"）=匕27〉0,故8（左）在（0,1）個,因此目（左）<8（1）=0,命題得證.

k[k+l）

（五）2022屆高考全國卷甲理22題解析

極值點偏移問題前幾年高考曾經(jīng)考查過，2022年高考全國卷甲理再次考查極值點偏移問題，該題有一定難

度，但用前面介紹的方法可以輕易解決，下面給出兩種解法，共同學(xué)們參考：

1

【例6】已知函數(shù)/(%)=----In%+x-tz.

（1）若/（x）20,求。的取值范圍;

（2）證明：若/（X）有兩個零點%則看%<L

【解析】解法一：（1）因為/'（%）=《—lnx+x—a.

令f(x)=0,得x=l

當(dāng)xw(0,1),r(x)<0,/(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xe(1,+8),/'(%)>0,/(x)單調(diào)遞增,

所以/(x)2/(l)=e+l—a,

若/(x)20,則e+1—。20,即aWe+1,所以。的取值范圍為(―8,e+l].

(2)由⑴知，xe(0,l),/(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xe(l,+8),/(x)單調(diào)遞增，

若/(x)有兩個零點可，尤2,則一個零點小于1,一個零點大于1,不妨設(shè)玉<1<%2

1

要證X/2<1，即證王<：，

1(1A(1A

因為西，一€(°」),即證/(不)>/—，因為/(芯)=/(%2)，即證/(工2)>/一

X2JVX2J

x

e-1

即證----lnx+x-xex-Inx——>O,XG(1,+OO),

xx

x-if1)ex-

下面證明x>l時,——exe%>O,lnx--x一一<0,設(shè)g(%)=----xex,x>l,

x2^X)x

0x-1

設(shè)9(x)=—(x>l),^(x)=ex>0,

所以9(尤)>°(1)=0,而^<e，所以---e*>0,所以g'(x)>0.

所以g(x)在(1,y)單調(diào)遞增即g(x)>g⑴=0,所以J—xe*>0

x

「，、、If1}…、1\(2x-x2-l-(x-1)2八

令/z(x)=lnx_Tx_—,x>l/?(x)=——-A1+—=-—=7<0,

2^x)x2\x2J2x22x2

所以h{x)在(1,+oo)單調(diào)遞減，即h(x)</z(l)=0,所以山％-![％-口<0；

綜上，----xe'—2Inx—x—>。,所以玉工2<1.

x2\x)

解法二：(1)因為=——Inx+x-6/=e"-lnx+(x-Inx)-(2,

1r_1

設(shè)f=g(x)=x-lnx^l|g'(x)=l-=-——(x>0).

所以xe(0,1)時g'(無)<0,g(x)遞減xG(1,+(?)時g'(x)>0,g(無)遞增,

f=g(x)2g(l)=l,

設(shè)“x)=/7(f)=e'+f-a(此1)，則h[t)為增函數(shù)，咐)N/z⑴me+l-a,

若/(x)20,則e+1—aNO,即a＜e+l,所以。的取值范圍為(―8,e+l].

(2)由(1)知/(x)有兩個零點工則方程x-lnx"有兩個實根玉,9,

因為xe(O,l)時g(x)遞減,xe(l,+co)時g(x)遞增，

Y—Y

不妨設(shè)0＜為＜1＜%2，由M—山西=々Tn/=,得--=一一=1,

lnx2-lnxl

所以要證再％＜1,即證]—＞《大好2，即證—匕＞21nH,

即證-21n口＞0,設(shè)m=，即證機一---21nm＞0,

Y玉\9"玉Vm

iI2(1、

設(shè)尸(加)=a-----21nm(m>1)JlJF'(m)=1+――=—―1>0,

mmm\m)

所以尸(m)為增函數(shù)，尸(%)＞尸⑴=0,所以再叫＜1成立.

【例1】(2024屆四川省眉山市高三下學(xué)期第三次診斷)已知函數(shù)/(x)=xlnx-ax2-2x.

⑴若過點Q，0)可作曲線＞=f(x)兩條切線，求a的取值范圍；

⑵若〃x)有兩個不同極值點

①求〃的取值范圍；

②當(dāng)為＞4x2時，證明：＞16e3.

【解析】(1)依題意，/'(%)=lnx-2ax-l,

設(shè)過點(1,0)的直線與曲線＞=/(尤)相切時的切點為(％,%),斜率左=1血。-2時-1,

切線方程為>-(尤ol叫)-依;-2%)=(lnx0-2ax0-l)(x-x0),而點(1,0)在切線上,

貝Ij-xolnxo+ax^+2x0=(lnx0-2ax0-l)(l-x0),即有ax1-2ax0-x0+lnx0-1=0,

由過點(1,0)可作曲線y=/(x)兩條切線，得方程端-2〃%。-%+1叫-1=0有兩個不相等的實數(shù)根,

令g(x)=ax2-2ax-x+lnx-l,則函數(shù)g(x)有2個零點，

求導(dǎo)得g'(x)=2ax-2a-l+-=2蘇-Q“+l)x+l=(2辦-1)(1),

XXX

①若。>3，由，(尤)>0,得0<x<3或X>1,由g'(x)<0,得上〈xvl,

22a2a

即函數(shù)g(x)在(0,二)，(1,+8)上單調(diào)遞增，在([,1)上單調(diào)遞減，

2a2a

則當(dāng)尤=[時，g(x)取得極大值；當(dāng)X=1時，g(元)取得極小值，

2a

又g(—)=fl-(—)2-2a———-+ln---1=-ln2a--52<0,

2a2a2a2a2a4a

當(dāng)xVl時，g(x)<。恒成立，因此函數(shù)g(x)最多1個零點，不合題意；

②若“=；，g'(x)?0恒成立，函數(shù)g(無)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

因此函數(shù)g(x)最多1個零點，不合題意；

③若0<。<二，由g'(x)>0,0<x<ljaKx>——,由g'(x)<0,得,

22a2a

11

即函數(shù)g(%)在(0,1),(丁,+8)上單調(diào)遞增，在(1,丁)上單調(diào)遞減，

2a2a

則當(dāng)x=l時，g(x)取得極大值；當(dāng)x=1時，g(x)取得極小值，又g⑴=-。-2<0,

2a

顯然當(dāng)時，g(x)<0恒成立，因此函數(shù)g(x)最多1個零點，不合題意；

2a

④若〃40,顯然2也一1<0,當(dāng)?！待坴l時，g'(x)>。，當(dāng)入>1時，gr(x)<0,

函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,笆)上單調(diào)遞減，當(dāng)％=1時，gQ)取得最大值冢1)=-。-2,

要函數(shù)g(x)有2個零點，必有/1)=—2>。，得"―2,

當(dāng)0v%v1時，g(x)=-I)2-x-a-l+Inx<-a-l+Iwc,

而函數(shù)y=-a-1+lnx在(0,1)上的值域為因此g(%)在(0,1)上的值域為(-8,-々-2),

當(dāng)x>l時，令y=ln%—%,求導(dǎo)得y=L—i<0,函數(shù)y=1口九一無在(l,+oo)上單調(diào)遞減，

x

則In1—%v—1,g(%)=—I)之一a—1+Iwc-x<a(x—I)2-tz-2,

而函數(shù)y=〃(九一1)2-〃一2在(1,+00)上單調(diào)遞減，值域為(一8,-〃一2),

因此函數(shù)g(x)在(l,+oo)上的值域為(-8,-a-2),

于是當(dāng)av-2時，函數(shù)g(%)有兩個零點，

所以過點(1,0)可作曲線y=兩條切線時，a的取值范圍是(-*-2).

(2)①由(1)知，f(x)=\wc-2ax-l,

由函數(shù)/(X)有兩個極值點得/(元)=0,即2a=蛆U有兩個實數(shù)根%,9,

X

令〃(工)=則-求導(dǎo)得=-詈，當(dāng)0vx<e2時，/(x)>0,當(dāng)尤>e?時，w(%)<0,

xx

函數(shù)"(X)在(0,?2)上單調(diào)遞增，(e2,+OO)上單調(diào)遞減，"(X)max=^，

e

1i_i

且"(e)=0,當(dāng)％>e時，函數(shù)比(%)>0恒成立，因此當(dāng)0<2〃<+時，2〃=’nr」有兩個實數(shù)根

ex

所以函數(shù)“X)有兩個極點時，。的取值范圍是(0,」).

Inx[-2axx-1=0]叫=2ax1+1z_]叫-lnx2

②由即[c1,得2〃=

lnx2-2ax2-1=0liu2=2ax2+1再一元2

要證明司后只需證明1叫+2hu：2>41n2+3,

In五

liuv_JC

!-^+3,

而1叫+21rL^2=2〃(項+2X2)+3=(玉+2x2)---------+3=(―+2)

%-x2x2五-1

x2

令f=>4%),貝">4,欲證明1叫+21噸>41n2+3,

即證明Q+2)?里〉41n2?>4),只需證明Inf-41n2?匕>0Q>4)即可，

t-1t+2

令咐)=lnr-41n2?上！■?>4),

t+2

4

求導(dǎo)得"⑺」-41ni+"⑵n2"je廠⑵已

')tQ+2)2t(t+2)2(t+2)2

4

貝i]°Q)=f+4+--121n2在/>4時單調(diào)遞增，故0。)>以4)=9-121n2>0,

t

貝⑺>0,令〃⑺在r>4時單調(diào)遞增，則//⑺>/i(4)=ln4-4xgxln2=0,

因此"+2)?史>41n2(f>4),即1叫+211H：2>41n2+3,所以&x；>16e3.

【例2X2024屆江蘇省揚州市儀征市四校高三下學(xué)期4月聯(lián)合學(xué)情檢測)已知函數(shù)〃力=ln(Wu)-x(m>0).

(1)若/(x)W0恒成立，求機的取值范圍；

(2)若/(元)有兩個不同的零點W,馬,證明xI+x2>2.

【解析】(1)首先由機>0可知/(X)的定義域是(o,+8),從而/(x)=ln(mx)-x=lnx-x+ln〃z.

11_r

故尸(x)=In(wix)—x=—1=----,從而當(dāng)0<x<1時/'(%)>0,當(dāng)x>1時/'(x)<0.

故/(x)在(0,1)上遞增，在(1,+向上遞減，所以〃力具有最大值〃l)=ln〃z-L

所以命題等價于Ina-lWO,即〃?We.所以加的取值范圍是(0,e].

(2)不妨設(shè)&</，由于〃x)在(0,1)上遞增，在(1,+句上遞減，故一定有0<占<1<%.

在一1々<1的范圍內(nèi)定義函數(shù)p?)=/(l+?！?(1T).

則；/(。=/，。+。+廣。一。+匕=若>0,所以p⑺單調(diào)遞增.

這表明/>0時2?)>P(O)=/(1)_/(1)=O,即/(1+/)〉/(1一/).

又因為“2-玉)=/(1+(1-玉))>/(1一(1一玉))=〃％)=。=〃々)，且2-%和巧都大于1,

故由〃尤)在(1,+8)上的單調(diào)性知2-％<尤2，即石+彳2>2.

【例3】(2024屆重慶市名校聯(lián)盟高三下學(xué)期第一次聯(lián)考)若函數(shù)/(X)在定義域內(nèi)存在兩個不同的數(shù)%%,

同時滿足/(%)=/(%),且〃x)在點(/〃%)),(程/伉))處的切線斜率相同，則稱〃尤)為“切合函數(shù)”

⑴證明：〃x)=x3—2x為“切合函數(shù)”；

(2)若8(彳)=疝次-/+依為“切合函數(shù)”，并設(shè)滿足條件的兩個數(shù)為士,馬.

(i)求證：石%2<；；

(ii)求證：(。+1)x1x2~^xxx2<—.

【解析】(1)假設(shè)存在兩個不同的數(shù)石，々，滿足題意，

易知r(x)=3f—2,由題意可得%)=/5