2025年高考數(shù)學壓軸題訓練：導數(shù)中的極值偏移問題（全題型壓軸題）（學生版+解析）

專題11導數(shù)中的極值偏移問題(全題型壓軸題)

目錄

一、對稱化構(gòu)造法.........................................1

二、比值代換法...........................................2

三、對數(shù)均值不等式法.....................................4

一、對稱化構(gòu)造法

1.(2024?江西?模擬預測)已知函數(shù)/(X)=X+F.

e

⑴討論/*)的單調(diào)性；

(2)若改工9，且"占卜了6”？，證明：0<m<e,且再+X2<2.

2.(23-24高三上?河南?階段練習)已知函數(shù)〃%)=(》-2乂6"*-辦)(aeR).

(1)若°=2,討論了⑴的單調(diào)性.

(2)已知關(guān)于x的方程〃x)=(x-3)e，+2分恰有2個不同的正實數(shù)根

(i)求。的取值范圍；

(ii)求證：%+%>4.

3.（2024?貴州畢節(jié)?模擬預測）已知函數(shù)/（x）=（2x+a）lnx-3（x-a）,a>0.

（1）當x21時，/（%）>0,求〃的取值范圍.

⑵若函數(shù)”X）有兩個極值點士,弓，證明：占+%>2”.

4.（2024?全國?模擬預測）已知函數(shù)〃尤）=（尤-e—l）e-；e無2+e2x.

⑴求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與極值.

（2）若/（3）=/（三）=/（工3）（不<%<三），求證：當工<e-l.

二、比值代換法

1.（2023?湖南長沙?一模）已知a=（6-0.1）°”'，b-es>c=（e+0.1廣則a,b,c的大

小關(guān)系是（）

A.a<b<cB.c<a<b

C.b<a<cD.a<c<b

4.(2023?江西南昌?二模)已知函數(shù)/(x)=x(lnx-a),g^=l^l+a-ax.

⑴當x21時，/(x)》-lnx—2恒成立，求。的取值范圍.

2

(2)若g(x)的兩個相異零點為占,巧，求證：xTx2＞e.

x

5.(2023?全國?模擬預測)已知函數(shù)〃x)=-n-p-+lnx-x(aeR).

(1)討論函數(shù)的極值點的個數(shù)；

(2)若函數(shù)"X)恰有三個極值點不、演、七(百＜々＜七)，且W-為4I，求為+尤?+W的最大

值.

三、對數(shù)均值不等式法

1.(2023?北京通州?三模)已知函數(shù)/(%)=以一'一111](〃>。)

⑴已知了(%)在點(1,/(1))處的切線方程為y=%-1,求實數(shù)〃的值；

(2)已知/(九)在定義域上是增函數(shù)，求實數(shù)〃的取值范圍.

⑶已知g(%)=F(%)+@有兩個零點七,巧，求實數(shù)〃的取值范圍并證明卒2>?2.

X

2.(23-24高二下?貴州六盤水?期末)已知函數(shù)/(x)=3+lnx(aeR).

X

(1)討論"X)的單調(diào)性；

(2)若/(X)有兩個不相同的零點%,馬，設(shè),(X)的導函數(shù)為了'(X).證明:

,,

xif(xl)+x2f(x2)>2]na+2.

3.(2023,天津?二模)設(shè)函數(shù)/(x)=(x—l)lnx-無2+(加一1)為加€氏8(尤)為了(尤)的導函數(shù).

(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)討論g(x)零點的個數(shù)；

⑶若了(無)有兩個極值點尤且X<%，證明：x,+x2>2.

專題11導數(shù)中的極值偏移問題（全題型壓軸題）

目錄

一、對稱化構(gòu)造法.........................................1

二、比值代換法...........................................2

三、對數(shù)均值不等式法.....................................4

一、對稱化構(gòu)造法

1.（2024?江西?模擬預測）已知函數(shù)/（x）=x+一.

e

（1）討論/（x）的單調(diào)性；

（2）若占H%，且“占卜了6”？，證明：0＜m＜e,且再+Xz＜2.

【答案】①答案見解析

⑵證明見解析

【優(yōu)尖升-分析】（工）求定義域，求導，分加VO和機＞0兩種情況，得到函數(shù)的單調(diào)性；

（2）變形為公馬是方程〃?=e，（2-無）的兩個實數(shù)根，構(gòu)造函數(shù)g（x）=e'（2-x）,得到其單調(diào)

性和極值最值情況，結(jié)合圖象得到。＜加＜e,再構(gòu)造差函數(shù)，證明出國+%＜2.

【詳解】（1）/（x）的定義域為R,

由題意，得八尤）=1一%xeR,

exe%

當機＜0時，r（x）〉0恒成立，〃龍）在R上單調(diào)遞增；

當相＞0,且當X￡（—oo,lnM）時，＜0,/（九）單調(diào)遞減；

當xe（lnm,+8）時，ff（x）＞0,/（尤）單調(diào)遞增.

綜上，當〃出0時，在R上單調(diào)遞增；

當機＞0時，/（無）在區(qū)間（-8,ln〃z）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（ln〃z,+oo）上單調(diào)遞增.

（2）證明：由〃占）=〃9）=2,得看，X,是方程》+?=2的兩個實數(shù)根，

即不，Z是方程%=e*（2-尤）的兩個實數(shù)根.

令g（x）=e*（2-尤），則g'（x）=e%l-尤），

所以當時，g'(x)>o,g(x)單調(diào)遞增；

當xe(l,+8)時，g\x)<0,g(x)單調(diào)遞減，

所以g(*ax=g⑴=e-

因為當X--8時，g(x)->0；當xf+8時，g(x)f-co,g(2)=0,所以0<m<e.

不妨設(shè)無i<%，因為毛，巧是方程〃7=e，(2-x)的兩個實數(shù)根，則玉<1(尤z<2.

要證玉+/<2,只需證玉<2-%.

因為<1，2-％2<1,

所以只需證g(%)<g(2-匹).

因為g(占)=g(9),

所以只需證g(苞)<8(2-％).

令"(x)=g(x)-g(2-璇Fl<x<2,

則"。)=g'(x)+g'(2—尤)=e"(1-尤)+e2-v(x-l)=(l-x)(ex-e2T)

=(l-x)---上<0在(1,2)恒成立.

ex

所以蛇)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減,

所以〃(X)<,⑴=0,

即當1<%<2時，g(x)<g(2-x).

所以8(彳2)<8(2-七)，

即%+%2<2成立.

【點睛】極值點偏移問題，通常會構(gòu)造差函數(shù)來進行求解，若等式中含有參數(shù)，則先消去參

數(shù).

2.(23-24高三上?河南?階段練習)已知函數(shù)〃x)=(尤-2乂1-閑(“eR).

⑴若a=2,討論的單調(diào)性.

⑵己知關(guān)于x的方程〃切=(彳-3戶+26恰有2個不同的正實數(shù)根&%.

(i)求。的取值范圍；

(ii)求證：>4.

【答案】⑴f(x)在(21n2,y)上單調(diào)遞增，在(l,21n2)上單調(diào)遞減

2

re、

⑵(i),+°°；(ii)證明見解析

【優(yōu)尖升-分析】(1)求導后，根據(jù)廣(%)的正負可確定外力的單調(diào)性；

(2)(i)將問題轉(zhuǎn)化為y與g(x)=^(x>o)有兩個不同交點的問題，利用導數(shù)可求得

g(x)的單調(diào)性和最值，從而得到g(元)的圖象，采用數(shù)形結(jié)合的方式可確定。的范圍；

(ii)設(shè)三>k>0,根據(jù)：d=辦；，e*，采用取對數(shù)、兩式作差整理的方式可得工^=2

%

21五-1、x

通過分析法可知只需證如土<1%)即可,令"工?0,1),構(gòu)造函數(shù)

々工+1尤2

x2

/z(r)=lnz-^^(o<f<l),利用導數(shù)可求得單調(diào)性，從而得到如)<41)=0,由此

可證得結(jié)論.

【詳解】(1)當a=2時，/(x)=(x-2)(eY-2x),貝|

/,(x)=er-2x+(x-2)(e,:-2)=(x-l)(ex-4)；

令/'(%)二°，解得：％=1或x=ln4=21n2，

當無￡(ro』)U(21n2,+oo)時，風4>0；當無￡(l,21n2)時，

\/(九)在(-8」)，(21n2,+o))上單調(diào)遞增，在(l,21n2)上單調(diào)遞減.

(2)(i)由/(%)=(尤―3)e"+2ax得：ex—ax2=0,

?."(x)=(x-3度+2依恰有2個正實數(shù)根外,%2，.??=o?恰有2個正實數(shù)根小馬，

令g(x)=?x>0),則'與g⑺有兩個不同交點，

?..go。：?，,,；.當尤?0,2)時，g'(無)<0；當X?2,M)時,g'(無)>0；

2

.?.g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2,+8)上單調(diào)遞增，又g(2)=,，

當x從。的右側(cè)無限趨近于。時，g(x)趨近于+8；當x無限趨近于+8時，e*的增速遠大于

尤2的增速，則g(x)趨近于+%

則g(x)圖象如下圖所示,

y

2

.??當時，y=a與g(x)有兩個不同交點，

實數(shù)。的取值范圍為;

x,%2

(ii)由(i)知：e=axf,e=ax1,>0,x2>0)

.,.玉=Ina+21n玉,x2=]na+21nx2,

%=21nxi-21nx2=2In土,

不妨設(shè)%＞占＞。，則lnA,

%

2（%]-尤2）

要證%+%＞4,只需證二+無2＞,出，

尤2

2^-1

?」n土＜0,則只需證In+＜2（4-％）1尤2.

?/x2>^>0,0<—<1,

X2%Xl+X2五+1

尤2

令"*￡（°，1）,則只需證當?。?/）時，3＜甘。恒成立,

令力⑺=ln/_2（"：）（（）＜/＜]）,

?〃⑺=L2)+1)-2(1)=?+[)--力=(1)~

>0,

(f+l)2(+1)2z(/+l)2

.-./1（0在（0,1）上單調(diào)遞增，二//（0＜//（!）=0,

.?.當fe（O,l）時，Inf〈生二D恒成立，，原不等式占+馬＞4得證.

t+1

【點睛】思路點睛：本題考查利用導數(shù)求解函數(shù)單調(diào)性、方程根的個數(shù)問題和極值點偏移問

題的求解；本題求解極值點偏移的基本思路是通過引入第三變量，=土，將問題轉(zhuǎn)化為單變

x2

量問題，進而通過構(gòu)造函數(shù)的方式證明關(guān)于r的不等式恒成立.

3.(2024?貴州畢節(jié)?模擬預測)已知函數(shù)/(x)=(2x+a)liu—3(x—a),a>0.

(1)當時，/W>0,求。的取值范圍.

⑵若函數(shù)“X)有兩個極值點玉,弓，證明：%+%>2e工

【答案】⑴[L+8)

(2)證明見解析

【優(yōu)尖升-分析1(1)參變分離可得a之\yx在％21恒成立，令g(x)=3/1。,x?[1,+8),

3+mx3+lnx

利用導數(shù)求出函數(shù)的最大值，即可得解；

(2)求出函數(shù)的導函數(shù)，依題意可得函數(shù)丫=。與函數(shù)以x)=x-2xlnx,xe(0,E)的圖象有

/、11

兩個交點，利用導數(shù)說明M*)的單調(diào)性，不妨設(shè)。<玉<笈<9，要證看+%>2屋5,即證

%>3-占，令尸⑴?⑺-彳戈7；xe0,卡，利用導數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得證.

【詳解】(1)當*21時，/(x)之0o=3：-<nx在.21恒成立,

3+lnx

3x-2xh\x

令g(%)=%￡口,+8),

3+lnx

—(3+21nx)lnx

則g'(x)=<0

(3+lnx)2

???函數(shù)g(x)在［1,+8)上單調(diào)遞減,

?'?g(x)Vg⑴=1,

61的取值范圍是［1,+8).

(2)函數(shù)/(%)=(2%+。)111%-3(%-。)，a>0.

rn.iz.,/、ci2x+a—aia+2x］nx-x

貝(J/(x)=21n%+---------3=21nx+——1=-----------------

xxx

?函數(shù)/(X)有兩個極值點X1,巧，

.?./'(同=0有兩個正實數(shù)解0方程。=3-21111%有兩個正實數(shù)解今函數(shù)'=。與函數(shù)

h(x)=x-2x\nx,xe(0,4<o)的圖象有兩個交點.

/!,(x)=l-2-21nx=-21n%-l,令〃(x)=0,解得尤=^=,

當0<x<2時“(”〉0，則M%)單調(diào)遞增，當時〃(力<0，則M%)單調(diào)遞減,

函數(shù)/X)的極大值即最大值1為=2.

又0<%<十時/(力=%(1-21n%)>0,且當x-0時,-又M⑹=0,

2

0<a<p-.

不妨設(shè)。<玉<%7<%2，

要證明玉+%>

令F(x)=h(^x)~h

—2=0，

當且僅當即A%時取等號,

函數(shù)尸(%)在工￡

即%(%)<h

因此X]+x?>2e2成立.

【點睛】方法點睛：導函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單

調(diào)性，常化為不等式恒成立問題.注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應用；二是函數(shù)的零點、

不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理.

4.(2024?全國?模擬預測)已知函數(shù)/(x)=(尤-e-l)e*-ge無2+e-.

(1)求函數(shù)〃x)的單調(diào)區(qū)間與極值.

(2)若/(當)=/(%)=/(%)(々<三)，求證：*/<e_].

【答案】⑴單調(diào)遞增區(qū)間為(3,1)和(e,+8),單調(diào)遞減區(qū)間為(Le)；極大值為-ge,極小

1,

值為-e，+—e

⑵證明見解析

【優(yōu)尖升-分析】(1)利用導數(shù)可求得了(無)的單調(diào)區(qū)間，并確定極值點，由此可進一步求

得極值；

(2)根據(jù)單調(diào)性和極值可確定々，尤2,三的范圍，利用極值點偏移的證明方法，構(gòu)造函

數(shù)b(x)="x)—/(2—x),m(x)=f(x)-f(2e-x),可證得占+%>2,x2+x3<2e,結(jié)合

不等式的性質(zhì)可證得結(jié)論.

【詳解】(1)'."(X)定義域為R,尸(尤)=(%-6孵一款+3=(尤-6乂1-6),

令((x)=0,解得：x=e或》=1,

...當xw(e』)U(e,+oo)時,制x)>0；當xw(Le)時,(無)<0；

\/(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(—,1)和(e,+s),單調(diào)遞減區(qū)間為(l,e)；

的極大值為"1)=-1e,極小值為〃e)=Y+1e3.

(2)由(1)知：玉<1,1<%<e,x3>e.

令b(x)=〃x)-"2—x),l<x<e,

則F,(x)=/,(x)-[/(2-x)J=(x-e)(ex-e)+(2-x-e)(e2-x-e)

=^^[(x-e)e*T+x+e-21；

令G(x)=(x-e)ei+x+e-2,貝!]G,(x)=(x-e+l)eA-1+l；

令H(x)=G(x),則〃(x)=(x-e+2)產(chǎn),

W(x)>0在(l,e)上恒成立，.?.”(x)在(l,e)上單調(diào)遞增,

.-.H(x)>H(l)=3-e>0,

，G(x)>0在(l,e)上恒成立，，G(x)在(l,e)上單調(diào)遞增，，G(x)>G(l)=0,

.?1'(力>0在(l,e)上恒成立，.?.*%)在(l,e)上單調(diào)遞增，.■I(x)>/l)=0,

對任意xe(l,e)恒成立.

:.f(x^>f(2-xi),又/4)=/(%)，二/1)>/(2-蒼),

,.?/(x)在(-00,1)上單調(diào)遞增，^,2-Xje(^?,l),:.xl>2-x2,即X]+%>2；

令=/(%)-f(2e-x),l<x<e,

則m'(尤)=f(x)+[/(2e-x)]=(x-e)(e*-e)+(2e-x—e)(e“T-e)=(x—e)(e''—e"；

x2ee

y=e*-e-T在(l,e)上單調(diào)遞增,e-e^<e-e=0,

/.mr(x)>。在(l,e)上恒成立，m(x)在(l,e)上單調(diào)遞增,

m(x)<m(e)=O,f[x)<對任意xG(1,e)恒成立.

.?"(九2)v/(2e—%).又/(々六/伍)，???/(f)</(2e—九2),

,?"(x)在(e,+oo)上單調(diào)遞增，且毛,2e—九2e(e,-Hx)),:.x3<2e-x2,:,x2+x3<2e；

由西+々>2^^：一%一入2<—2,x2—5=(%2+毛)+(_Xy_々,〈Ze_2,/.—--<e—1.

【點睛】思路點睛：本題第(1)問用到導數(shù)零點九字訣：有沒有，在不在，比大小.第(2)

問用到第(1)問的兩個極值點1和e,然后兩次利用極值點偏移法，得出兩個不等式玉+%>2

和％+^<2e,再利用這兩個不等式巧妙得出所要證明的不等式.

二、比值代換法

1.(2023?湖南長沙?一模)已知4=仁一0.11+。,，b=e,,c=(e+O.l)c-01,則〃，b,c的大

小關(guān)系是()

A.a<b<cB.c<a<b

C.b<a<cD.a<c<b

【答案】D

【優(yōu)尖升-分析】轉(zhuǎn)化為比較比較必)一°,)，1—Jn(e+01)的大小,構(gòu)造函數(shù)

e-0.1e2-0.01e+0.1

/(x)=—,先證明。，b,c中b最大，設(shè)

X

苔=e-0.1,x=e+0.1,/(玉)=f(x)=m,m<-,x^x,先證明x>2e-x,再證明

23el3l3

/(X2)>/(X3)=/(%1),即得解.

【詳解】要比較。，b,。等價于比較Ina,Inb,Inc的大小,

In〃InZ?Inc

等價于比較

(e+0.l)(e-0.1)?(e+0.l)(e-0.1)?(e+0.l)(e-0.1)

即比較鵬生卡

構(gòu)造函數(shù)/(力=皿,廣(尤)=上及，

XX

令_f(x)>0,得0<x<e,令:(x)<0,得x>e,

所以/(X)在(o,e)單調(diào)遞增，(e,+s)單調(diào)遞減.

所以/⑴m"=〃e)=：，

因為=〃一0.1),^^*+,

e

所以2cc,最大，即.，b,C中b最大，

e-O.O1

設(shè)玉=e-0.1,x=e+0.1,/(%)=jf(x)=m,m<—,Xjy：x,

2一e33

結(jié)合了(%)的單調(diào)性得，<e<x3,

先證明］3一：<正［玉,其中。<%<e<w，

Inxl-Inx32

2(區(qū)-l)

即證In2<2(再一三)=-

尤3玉+^A+1

x3

令廣臺(。,1),岫=1/瞽’其中。<y,

i4*If

>0,

則“⑺丁"7f(/+l)2

所以，函數(shù)的)在(0,1)上為增函數(shù),當0</<1時，h(t)<h(I)=O,

產(chǎn)+%3

所以，當退>%>0時,

In玉-Inx32

則有2-「丁<占+鼻,

Inxx—Inx3

由/(%)=/(三)=機可知—■=?■=根，

cx,-X,x,-x,2

所以-----L=2-----1=—<x1+x3,

Inxx-Inx3機(玉一工3)m

因為根〈工，所以玉+%3>2e,即玉>2e-x3,

e

因為3<e,/(x)在(O,e)單調(diào)遞增，

所以〃不)>〃2e-x,),即/a)>〃2e—&),

因為尤1+々=2e,所以占=26-％2，所以〃26-々)>/(26-%,),

即2e-x2>2e-x3,.\x2<x3,

因為e<%<X3，/(x)在(e,+oo)單調(diào)遞減.

所以/(%)>/(%)=/(再)，

即山仁+0.1)>111仁-0.1),即c>",

e+0.1e-0.1

卜.,a<c<b,

故選：D

【點睛】關(guān)鍵點睛：應用對數(shù)平均不等式%一：2<%手(需證明)證明極值點

In玉-lnx22

偏移：①由題中等式中產(chǎn)生對數(shù)；②將所得含對數(shù)的等式進行變形得到?"'一：；③利

用對數(shù)平均不等式來證明相應的問題.

2.(2022?全國?模擬預測)設(shè)函數(shù)/(x)=lnx-ox(aeR).

⑴若a=3,求函數(shù)“X)的最值；

(2)若函數(shù)g(x)=W(x)-x+a有兩個不同的極值點，記作占,三,且占</，求證：

1叫+21nx2>3.

【答案】(1)無最小值，最大值為-ln3-l

(2)證明見解析

【優(yōu)尖升-分析】(1)對函數(shù)〃x)=lnx-3x求導后得尸(x)=L^,x>0,分別求出了'(x)>0

X

和r(x)<o的解集，從而可求解.

(2)由g(x)=4(x)-X+。有兩個極值點不，%ol時=2叫」噸=2秩，從而要證

]“衛(wèi)人_尤2>]

，

+21nx9>3<=>2ax{+4arn>3<=>a>-----------o----->——-——‘x,'構(gòu)建函

2再+4%2%一可玉+2%

數(shù)〃⑺=1皿-合?，然后利用導數(shù)求解的最值，從而可求解證明.

【詳解】(1)由題意得〃x)=lnx—3x,貝廳，(司=三?,》>0.

令廣(力>0,解得0<x<；；令r(x)<0,解得x>g,

在[。，，上單調(diào)遞增，在、，上單調(diào)遞減，

=/g[=ln[3x；=』3一1,

.?"(X)無最小值，最大值為Tn3-1.

1

(2),：g{<x)—xf(<x)-x+a=jAwc-ax-x+a,貝!]g，(龍)=lnx-2依，

又g(x)有兩個不同的極值點王，無2,，1叫=23,1匹=2”,

欲證1叫+21RX2>3,即證2ax{+4or2>3,

3

???0<%</，，原式等價于證明a>0:①.

2%+4X2—

X,In三

由1叫=23,1*=23，得111二=2。(%2一七)，貝|]=%]②.

再“一^^

]n強

由①②可知原問題等價于求證〉3

x2一%再+2X2

強一1

即證In強〉

%%+2%]+生

再

令"三，則，＞1,上式等價于求證lnt＞正D

占1+2r

令〃(/)=1皿一臺J,則〃。)=13(l+2r)-6(r-l)_(r-l)(4z-l)

7(1+2/7f(l+2r)2

*：t＞1,.,.花3＞。恒成立，h{t)在(1,+8)上單調(diào)遞增,

.?.當,>1時，7/(。>//(1)=0,即

?二原不等式成立，即1叫+21哇＞3.

【點睛】方法點睛：①對于極值點偏移問題，首先找到兩極值點的相應關(guān)系,然后構(gòu)造商數(shù)

/、

或加數(shù)關(guān)系t——,/■=X,+X]；

I玉)

②通過要證明的不等式，將兩極值點變形后構(gòu)造相應的函數(shù)，

③利用導數(shù)求解出構(gòu)造函數(shù)的最值，從而證明不等式或等式成立.

3.(2023?湖北武漢?三模)已知函數(shù)〃尤)=?x+(o-l)ln尤+—,aeR.

⑴討論函數(shù)〃尤)的單調(diào)性；

⑵若關(guān)于X的方程=北-In尤+工有兩個不相等的實數(shù)根4、巧，

X

(i)求實數(shù)。的取值范圍；

(||)求證：---1-----＞-------

x2%XxX2

【答案】⑴答案見解析

(2)(i)(e,+8)；(ii)證明見解析

【優(yōu)尖升-分析】

(1)求出//)=。+1甘一1),分。40、。>0兩種情況討論，分析導出的符號變化，即

可得出函數(shù)/(元)的增區(qū)間和減區(qū)間；

(2)⑴將方程變形為e>1n“=a(x+lnx),令r(x)=x+lnx,令g?)=W,可知直線尸。

與函數(shù)g⑺=：的圖象有兩個交點，利用導數(shù)分析函數(shù)g⑺的單調(diào)性與極值，數(shù)形結(jié)合可

得出實數(shù)。的取值范圍；

(ii)將所證不等式等價變形為4+弓>2,由e'=H變形可得出/=lna+ln/,推導出

2+1

&-4=ln?,即證^—>二］.令p=只需證構(gòu)造函數(shù)

f

八k_linkiP+1

4G

“p)=lnp-幺V，其中利用導數(shù)法即可證得結(jié)論成立.

【詳解】(1)解：因為/(x)=ax+(a-l)lnx+1,

所以尸(x)=a+佇!」=竺出…^=3厘，其中x>0.

①當aWO時，r(x)<0,所以函數(shù)/(X)的減區(qū)間為(0,+8),無增區(qū)間；

②當a>0時，由/'(x)>0得x>L由/(x)<0可得0cx<L

aa

所以函數(shù)〃X)的增區(qū)間為1，+J,減區(qū)間為［。,J.

綜上：當.40時，函數(shù)“X)的減區(qū)間為(0,+8),無增區(qū)間；

當a>0時，函數(shù)“X)的增區(qū)間為，,+1,減區(qū)間為/J.

(2)解：⑴方程〃尤)=xe'Tnx+：可化為xe'=G+aln無，BPex+lnr=a(x+lnx).

令t(x)=x+lnx,因為函數(shù)［無)在(0,+(?)上單調(diào)遞增，

易知函數(shù)f(x)=x+lnx的值域為R,

結(jié)合題意，關(guān)于/的方程e'=m(*)有兩個不等的實根.

又因為/=0不是方程(*)的實根，所以方程(*)可化為其=〃.

t

令g⑺=：,其中辦0,貝隈，3=當」.

由g'(r)<0可得/<0或0<r<l,由g'(r)>0可得/>1,

所以，函數(shù)g”)在(-*0)和(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增.

所以,函數(shù)g(。的極小值為g(l)=e,

P'p'

且當/<0時，g(f)=,<0；當1>0時，貝4g?)=亍>0.

作出函數(shù)g⑺和y=a的圖象如下圖所示：

由圖可知，當a>e時，函數(shù)y=a與g?)的圖象有兩個交點,

所以，實數(shù)。的取值范圍是(e,+8).

(ii)要證---1--->----，只需證+々e巧>2。，即證3+*>2〃.

因為e'二必，所以只需證％+t2>2.

由(i)知，不妨設(shè)0<。

FA=lna+\nt,,t、

因為e'=R,所以?=ln〃+ln，，即｛1,作差可得,2Ti=1n：.

=Intz+InZ2%

tr,+Z，2—+1

------->------t.2

所以只需證G—iIn邑，即只需證^〉——?

L豆—1In以

0%

令P=9（f>l），只需證Inp>2^?.

令Mp）=]np_2%；）其中g(shù),則，(力i廠4逅廠(z?—小1)^。,

所以MP)在(1,+8)上單調(diào)遞增,故MP)>/I⑴=0,即MP)>。在(I,e)上恒成立.

所以原不等式得證.

【點睛】方法點睛：利用導數(shù)證明不等式問題，方法如下：

(1)直接構(gòu)造函數(shù)法:證明不等式〃X)>g(X)(或/'(X)<g(X))轉(zhuǎn)化為證明〃X)-g(X)>0

(或f(x)-g(x)<0),進而構(gòu)造輔助函數(shù)〃(x)=f(x)-g(x)；

(2)適當放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；

(3)構(gòu)造"形似"函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函

數(shù).

4.(2023?江西南昌?二模)己知函數(shù)/(x)=x(1nx-。)，g(x)=/區(qū)+.

(1)當時，F(xiàn)(x)N-lnx-2恒成立，求。的取值范圍.

2

(2)若g(x)的兩個相異零點為4,演，求證：XjX2>e.

【答案】⑴*2］

(2)證明見解析

【優(yōu)尖升-分析】(1)運用導數(shù)研究/x)=(x+l)lnx-依+2的最小值不小于0即可.

⑵消去參數(shù)。及比值代換法后得In(占％)=gin乙運用導數(shù)研究碰)=二Inf在(1,+8)

上最小值大于0即可.

【詳解】(1)當時，］nx—2恒成立，

即當時，(x+l)lnx-ar+2N0恒成立，

設(shè)F(x)=(x+l)lnx-ax+2,

所以尸(1)=2—即a42,

=ln.x+—+1—i?,

設(shè)r(x)=lnx+1+l-a,

則/(x)=---^=土^,

xxx

所以，當時，/(x)>0,即《x)在［1,+s)上單調(diào)遞增，

所以r(x)>r(l)=2-a^0,

所以當時，F(xiàn)(^)=r(x)>0,即/(無)在［1,+8)上單調(diào)遞增，

所以尸(x)N尸(1)=2—a,

若尸(x)20恒成立，貝I|a42.

所以時，-Inx-2恒成立，a的取值范圍為(―,2］.

(2)由題意知，g(x)=\nx-ax,

1口(再%2)=〃(石+x)

Inx=ax.2

不妨設(shè)由得

?In-=tz(Xj-x)，

[mx2=ax22

A+1

In(x^)_xl+x2_x2

則

In五玉一%2主

x2x2

令

則gm)

Z+1nn,/\t+1

,即：In(xrx2)=Int.

\ntt-\-----------------t-1

要證當不2〉匕2,

只需證山（為々）＞2,

只需證*＞2,

即證In"型二

f+117

即證hn-亞』>0(z>i),

t+1

令根(7)=ln￡----(方>1),

'7Z+1

u>。,

因為加（，）=

(+1)2

所以根（。在（1,+8）上單調(diào)遞增,

當fw(l,+oo)時，相⑺>〃7⑴=0,

所以Inf-2"T)>0成立,

f+1

2

故xYx2>e.

【點睛】方法點睛：極值點偏移問題的解法

⑴（對稱化構(gòu)造法）構(gòu)造輔助函數(shù):對結(jié)論不+%＞（＜）2%型，構(gòu)造函數(shù)/⑴=/（x）-/（2%0-%）；

對結(jié)論占/＞（〈濡型，構(gòu)造函數(shù)尸（x）=/（x）-/（反），通過研究凡X）的單調(diào)性獲得不等式.

（2）（比值代換法）通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換f=土化為單變量的函數(shù)不等

X2

式，利用函數(shù)單調(diào)性證明.

X

5.（2023?全國?模擬預測）已知函數(shù)/（%）=竺-+ln冗-R）.

⑴討論函數(shù)“元）的極值點的個數(shù);

⑵若函數(shù)/（九）恰有三個極值點/、巧、％3（石＜%2＜X3），且%3-％41，求玉+X2+X3的最大

值.

【答案】⑴答案見解析

【優(yōu)尖升-分析】(1)求出函數(shù)/(元)的定義域與導數(shù)，對實數(shù)〃的取值進行分類討論，利用

導數(shù)分析函數(shù)/(X)的單調(diào)性，可得出函數(shù)/(尤)在實數(shù)。取不同知值時的極值點個數(shù)；

(2)由已知可得出=占，兩式相除得到e-f=巴，令r=三，則r>1,則尤3=%，/一必=t，

[ae%,=與占占

得%1=~t~\，￡=，分析可得1<大(e，則%+%+w="+1),+1.

令+i,其中i<t4e,利用導數(shù)求出函數(shù)的最大值，即為所求.

【詳解】(1)解：函數(shù)/(x)=?+lnx7(aeR)的定義域為(。,+8),

且/'(X)=--—\~——1=--------?

①當aM。時,aex一X<0,由r(x)<0,可得x>l；由制x)>0,可得0<x<l.

所以“尤)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

因此〃尤)在x=l處取得極大值，故當aWO時，〃尤)有一個極值點；

②當a靈時，令g(x)=],其中x>0,則g[x)=/^,

由g'(x)<0可得x>l,由g'(x)>0可得0<x<l,

因此g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+s)上單調(diào)遞減，

11V

所以g(x)max=g6=J所以故ae，-xNO，

由r(x)<0可得0<x<l,由方㈤>0可得X>1,

所以〃元)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(L+8)上單調(diào)遞增，

因此“X)在x=l處取得極小值，故當心：時，“X)有一個極值點;

X

③當0<aJ時，-11a---

(x-l)(ae*-x)ex

ef(x)

x2

令/'(尤)=0得％=1或〃=三，令人(%)=”「，由②知/?(%).=M1)=Q_：VO,

而/z（0）=a>0,h［in—j=a+2/ina=〃（1+2〃Ina）,

令（p（a）=2〃山"+1］（）<q<，），則”（a）=2（l+lna）vO,

所以9（a）在（0,：）上單調(diào)遞減,因此9（°）>1-/>0,故小n￡|>0,

所以函數(shù)Mx）在（0,1）和1,ln5）上各存在唯一的零點，分別為機、”，

所以函數(shù)在（0,m）上單調(diào)遞減，在（加1）上單調(diào)遞增，在（L"）上單調(diào)遞減，在（〃,+?）上

單調(diào)遞增，

故函數(shù)/（冗）在％=機和工=〃處取得極小值，在光=1處取得極大值，

所以當0<0<!時，〃尤）有三個極值點.

綜上所述，當aWO或az，時，/（X）有一個極值點；當0<a<!時，""有三個極值點.

ee

（2）解：因為函數(shù)/（x）恰有三個極值點/、巧、<x2<Xj）,

所以由（1）知占=根，無2=1，尤3=〃，

由=*,兩式相除得到e夕國=.

ae均=x3玉

令,則％>1,則退二比1，/一必=￡,得石=g,七=強白

因此為一占=lndl,所以l<「We,則占+尤2+三=用?+1.

（1+1）111/t----2In/

令左⑺J十…十］,其中l(wèi)v^we,貝限，①=」_____,

，TI）”1）2

令0（。=/一；一21nf,則°，⑺=1+:一,=（；1）>0,

所以0⑺在（l,e］上單調(diào)遞增，則當l<t〈e時，（y（r）><y（l）=O,

即/⑺>0,故在（l,e］上單調(diào)遞增，

所以當l<tWe時，M'）V%（e）=-故的最大值為一--

【點睛】易錯點點睛：本題考查利用導數(shù)求解函數(shù)的極值點個數(shù)，要注意"極值點"與"零點"

的區(qū)別，在轉(zhuǎn)化為導函數(shù)的零點問題時，還應注意函數(shù)在極值點附近的單調(diào)性的變化，緊扣

"極值點”的定義來解題.

三、對數(shù)均值不等式法

1.(2023?北京通州?三模)已知函數(shù)/(x)=ox—S—lnM?！?。)

⑴已知了(%)在點(1,/(1))處的切線方程為y=%-1,求實數(shù)〃的值;

(2)已知/(九)在定義域上是增函數(shù)，求實數(shù)〃的取值范圍.

⑶已知g(%)="%)+@有兩個零點七,巧，求實數(shù)〃的取值范圍并證明卒2>e?.

X

【答案】(1)。=1

(2).《

(3)0<a<-,證明見解析

e

【優(yōu)尖升-分析】(1)切線方程的斜率為1,所以有/0)=1，解方程即得實數(shù)4的值；

(2)依題意廣(九"。在(0,+8)上恒成立.，分參求解即可；

(3)求出函數(shù)g(x)的單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理即可求實數(shù)〃的取值范圍；通過分析法

2五-1

,構(gòu)造函數(shù)H(f)=ln"%?即可證得

要證明玉/>?2,只需證ln±<

%區(qū)+1

x2

【詳解】(1)因為〃司=依一,hr,所以尸(無)=°+十.

所以/'⑴=2°-1,又/(x)在點(1,/(I))處的切線方程為y=x-l,

所以/''(l)=2a_l=l,解得a=L.

(2)/(x)的定義域為(0,+8),因為/(x)在定義域上為增函數(shù)，

所以「(%)=。+彳-!20在(0,+8)上恒成立.

XX

2

即。「"20恒成立.。(尤2+1)2尤,即。、合丁

x-/\1-d(l+x)(l-%)

令gX)=",所以g(x)=「T~N=/21\2,

'/x2+1(x+1)(X+1J

xw(0,l)時g[x)>0,%￡(1,+00)時/(%)<0,

所以g(尤)在(o,D上單調(diào)遞增，在(1,y)上單調(diào)遞減，

11

所以