第十四講極值點(diǎn)偏移問題

一、題型分析

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一直是高考中的熱點(diǎn)與難點(diǎn)，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(diǎn)偏移有

關(guān)的函數(shù)與不等式問題(如2022高考全國卷甲理22)，已知函數(shù)y=/(x)是連續(xù)函數(shù),在區(qū)間內(nèi)

有且只有一個(gè)極值點(diǎn)/，且/(%)=f(x2)，若極值點(diǎn)左右的“增減速度”相同，常常有極值點(diǎn)％=生產(chǎn)，我們

稱這種狀態(tài)為極值點(diǎn)不偏移；若極值點(diǎn)左右的“增減速度”不同，函數(shù)的圖象不具有對(duì)稱性，常常有極值點(diǎn)

豐文』的情況，我們稱這種狀態(tài)為“極值點(diǎn)偏移”.此類問題背景新穎，教材中又沒有涉及，不少同學(xué)望

2

而生畏，本專題給出此類問題的常用解法，共同學(xué)們參考.

二、解題思路

(-)通過對(duì)稱化構(gòu)造新函數(shù)破解極值點(diǎn)偏易問題

【以例及類】已知函數(shù)/(尤)=xe-x.

⑴求函數(shù)/(%)的單調(diào)區(qū)間；

(2)已知函數(shù)g(x)的圖像與/(力的圖像關(guān)于直線x=l對(duì)稱,證明：當(dāng)％>1時(shí),〃x)>g(x);

⑶如果引/々，且/(%)=/(%)，證明：工1+X2〉2.

【分析】⑴由/■'(切=/(1-力可得/(可在(-8,-1)上遞墻在(-1,y)上遞減；

⑵g(無)=/(2-無)，構(gòu)造函數(shù)尸(x)=/(x)—/(2-X)尸(％)=(xT(產(chǎn)—0)，由/(X)單調(diào)性可

得x>l時(shí)下(對(duì)>/(1)=0；

⑶假設(shè)看<1<%2,由(2)得/(X2)>“2—%)，即/'(%)>"2—%)，由/(X)在(F,—l)上遞墻可得

%1>2-x2,X；+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(diǎn)偏移問題的一般方法——對(duì)稱化構(gòu)造的全過程，直觀

展示如下：

該題是這樣一個(gè)極值點(diǎn)偏移問題：對(duì)于函數(shù)/(%)=九er，已知/(%)=/(吃)，為/馬，證明X,+X2>2.

再次審視解題過程,發(fā)現(xiàn)以下三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn):

①再，X2的范圍(0<%<1<%)；

②不等式/(x)>"2-x)(x>l);

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

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

①求導(dǎo)，獲得“X)的單調(diào)性，極值情況，作出/(X)的圖像,由/(石)=)得士，尤2的取值范圍(數(shù)形結(jié)

合)；

②構(gòu)造輔助函數(shù)(對(duì)結(jié)論%+%2>(<)2毛,構(gòu)造/(%)=/(%)-/(2x0-x);對(duì)結(jié)論王9>(<)%]構(gòu)造

尸(x)=y(x)-4])，求導(dǎo)，限定范圍(%或馬的范圍)，判定符號(hào)，獲得不等式；

③代入為(或%)，利用及“X)的單調(diào)性證明最終結(jié)論.

下面給出第⑶問的不同解法

【解析】法一:f(x)=(l-x)eT,易得/(X)在(7,1)上單調(diào)遞增，在(1,y)上單調(diào)遞減,XfF時(shí),

于(X)f7,/(0)=0,%—此時(shí),/(x)-0,函數(shù)/(X)在x=1處取得極大值/(I)，且/(1)=L如圖所

e

示.

由/(石)=/(%2)，西W々,不妨設(shè)X]<x2，則必有0<%<1<%,

構(gòu)造函數(shù)F[x)=/(I+x)—/(I-x),xe(0,1],

則/'(x)=r(l+x)+/'(l—x)=》Ie?*—1)>0,所以F(x)在xe(0,1]上單調(diào)遞增,F(x)>尸(0)=0,也

即/(I+x)>/(I—x)對(duì)xe(0,1]恒成立.

由0<再<1<%2,則1一芭G(0,1],

所以7(1+(1-^))=7(2-^)>/(l-(l-x1))=/(x1)=/(%2),即/(2—占)〉/(々)，又因?yàn)?/p>

2-石,%e(1,+QO)，且/(%)在(1,-Ko)上單調(diào)遞減，

所以2-%,即證石+々〉2.

法二：欲證+x2〉2,即證9〉2-%，由法一知0<石<1<%,故2-石e(l,+oo)，又因?yàn)閒(x)在

(1,y)上單調(diào)遞減，故只需證/(%2)</(2-x1)，又因?yàn)?(為)=/(%2),

故也即證/(%1)<“2—七)，構(gòu)造函數(shù)H(x)=f(x)~/(2-x),xe(0,1),則等價(jià)于證明H(x)<0對(duì)

xe(0,1)恒成立.

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

e

即已證明"(％)<0對(duì)xe(0,1)恒成立，故原不等式A-]+x2>2亦成立

法三：由/(%)=/(々),得中』=登，化簡(jiǎn)得涉』=三…①，

X]

不妨設(shè)X,>石，由法一知,o<X]<1<M.令/=%-芯,則/〉0,%2=/+%],代入①式，得"="土，反解出

t2.2r

Xx=———JOxl+x2=2xi+t=——?+/,故要證：X1+》2〉2,即證：--一■+f〉2,又因?yàn)閑'-1>0,等價(jià)

e—1e—1e—1

于證明：2%+?—2)(4—1)>0…②，

構(gòu)造函數(shù)G⑺=2/+(力—2)(告一1)，(/>0)，則G造=(I)e'+1,G"(t)=9>0,

故G⑴在te(0,+8)上單調(diào)遞增，G'⑺〉G'(0)=0,從而G⑺也在/e(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X]+x2>2成立

法四：由法三中①式,兩邊同時(shí)取以e為底的對(duì)數(shù)，得々-占=In三=In汨-In七,也即1除一1呻=],從而

再x2-x1

三+1

…=a+9)電石山=迨工王=Jln2

%一%次2一玉三_]X1

再

令f=迤0〉1),則欲證：西+%2〉2,等價(jià)于證明：上」n/>2…③,

國t-1

構(gòu)造心然彳詈W—nSD廁叱⑺=胃干1

又令9⑺=/—1—2〃nr,?〉1)Jl](p'(t)=2t-2(lnf+1)=2(/—1—In。，由于1—1>In/對(duì)V/e(1,+oo)恒

成立，故°,⑺>0,9?)在te(1,+oo)上單調(diào)遞增，所以⑴=0，從而MXt)>0，故”⑺在

?e(l,+oo)上單調(diào)遞增，由洛比塔法則知

r“/、T?+l)lnf

limM(0=lim--------=lim(?+DM，)=Hm(lnt+—)=2，即證>2即證③式成立，也即原不

X->\X—>1t-]1a-iyx->lt，

等式玉+x2>2成立.

［例1］(2023屆貴州省威寧彝族回族苗族自治縣高三數(shù)學(xué)樣卷)已知函數(shù)

/(X)=(2x+〃)lnx-3(x-〃)M>0.

⑴當(dāng)％31時(shí)，〃%)之。,求，的取值范圍.

,\1

(2)若函數(shù)/(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)小三，證明：

x1+x2>2e萬?

【解析】(!)當(dāng)時(shí)，小注。0心嗡詈在恒成立,

人.、3x-2x\nx□,、

令=，xeU，+8)，

則匹卷器辱。

，函數(shù)g(x)在［1,+?)上單調(diào)遞減,

二g(x)Vg(l)=l,

:.a>l,

，。的取值范圍是[1，+8).

(2)函數(shù)/(%)=(2%+々)111%-3(工一〃)，〃〉0.

……2%+。--aa+2x\nx-x

貝[]f'(x)=21nx+------3=21nx+--l?=----------

XXX

???函數(shù)/⑶有兩個(gè)極值點(diǎn)X-4

.?"'（X）=。有兩個(gè)正實(shí)數(shù)解O方程“=x-2xlnx有兩個(gè)正實(shí)數(shù)解o函數(shù)y="與函數(shù)〃（x）=x-2x]nx,

xe（0,田）的圖象有兩個(gè)交點(diǎn).

r

/z（x）=l-2-21nx=-21nx-lz令”（%）=0,解得x=,

當(dāng)℃喘時(shí)〃（x）>°，則〃（元）單調(diào)遞增，當(dāng)x>+時(shí)/?x）<。,則M尤）單調(diào)遞減,

2

?-?函數(shù)〃G）的極大值即最大值為飛?

又0<xv時(shí)/，(x)=x(l-21nx)>。,且當(dāng)xf0時(shí)，/?(x)-0,又血)=。

2

:.0<a<

不妨設(shè)°<%<+<%2,

-12W1=，(%)<從能-石］="(%)<從下2一%

要證明玉+X2>2e2u>%>—再〉

ee

令F(x)=%(尤)-川xInXG0,=0

所以F\x)=l-21nx-2+l-21n

XH---k—X

冊(cè),

=-21n一x-2>-2xIn—2=0'

4

21

當(dāng)且僅當(dāng)、=丁-、，即苫=區(qū)時(shí)取等號(hào)，

函數(shù)F（x）在xe卜2]

單調(diào)遞增，

=0,F(x)<0,即/7(x)<

_￡、

因此網(wǎng)+x2>2e萬成L.

（二）含參函數(shù)問題可考慮先消去參數(shù)

含參數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題，在原有的兩個(gè)變?cè)?馬的基礎(chǔ)上，又多了一個(gè)參數(shù),故思路很自然的就會(huì)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(gè)變?cè)男碌暮瘮?shù).

由于可導(dǎo)函數(shù)/（X）的極值點(diǎn)是廣（％）的零點(diǎn)，也是方程r（月=o的實(shí)根，所以有些與零點(diǎn)或方程實(shí)根有關(guān)

的問題可以利用求解極值點(diǎn)偏移問題的方法去解決.

【一題多解】已知函數(shù)/(x)^nx-ax,a為常數(shù)，若函數(shù)/(%)有兩個(gè)零點(diǎn)七,々，

2

試證明：%1-x2>e.

【分析】法一：消參轉(zhuǎn)化成無參數(shù)問題：

}nx

/(x)=Oolnx=?xolnx=ae,xx,x2是方程f(x)=0的兩根，也是方

lnvx

程Inx=?e的兩根，則In%,In々是x=ae，設(shè)/=In芯,/=Inx2,g(x)=x"*,貝?。輌(%)=g(u2)，從而

XjX,>/oIn%+In%2>2。%+〃2>2，此問題等價(jià)轉(zhuǎn)化成為【例1】，下略.

法二：利用參數(shù)。作為媒介才奐元后構(gòu)造新函數(shù)：

不妨設(shè)%>x2,

,?Tn九1-axx=0,Inx2-ax2=0,，ln玉+Inx2=Q（玉+x2）,lnx1-lnx2=Q（玉-x2）,

???33—也三=a，欲證明王工2〉片,即證InXj+lnx2>2.

萬一/一一

、2

In玉+In々+9）3?即證a>------，

一一石+x2

原命題等價(jià)于證明lnX1-lnX2>^—，即證：In%〉"-%），令"土,?>1），構(gòu)造

國-x2再+x2x2再+x2x2

g⑺=In/-寧停/>1,利用g⑺單調(diào)性求解,下略.

法三：直接換元構(gòu)造新函數(shù)：

4=嶼=202=%,設(shè)為<々/=逗,?〉1）,

國x2In玉石再

InZx,In+Inx

貝mi!lJ%?二比i，---L=/o--------L=t,

In玉In石

iIn。iiiiiIn%

反向牟出：In%=---,mx=ln/Xj=lnr+lnx=ln/+----=----,

t-19t-1t-1

故xxx2>/0in玉+In尤2>20七口山t>2，轉(zhuǎn)化成法二，略.

［例2］(2024屆浙江省名校協(xié)作體高三上學(xué)期聯(lián)考)函數(shù)〃》)=。/-6。-1)2有兩個(gè)極值點(diǎn)

%,%(%<%).其中aeR,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

(1)求實(shí)數(shù)。的取值范圍；

⑵若ex,+(e-2)/+2(l-e)“a恒成立，求2的取值范圍.

【解析】(1)由于尸(x)=ae-2e(x-l),

由題知廣(切=。有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根，即。=至生。有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根.

e

令g(x)=2e(l),則go)』。"。,解得工。,故g(%)在(…,2］上單調(diào)遞增，在［2,+向上單調(diào)

ee

2

遞減，且Xf-8時(shí)，g(x)f-00,xf+8時(shí)，gtx)f0,g(2)=-，故g(x)的圖象如圖所示，

當(dāng)ae］o.|卜寸，尸(X)有兩個(gè)零點(diǎn)為歷且%<%.則/■'(x)20o0<x<X］或XN%,故/⑺在(0,引上單

調(diào)遞增，在(占，%)上單調(diào)遞減，在(％，”)上單調(diào)遞增，的極大值點(diǎn)為極小值點(diǎn)為4.

故〃x)=ae，_e(x_l)2有兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,：.

(2)由于+(e—2)4+2(1—e)之4(%—1)(々——l)+(e—2)(々—1)之2(田—1)(0—1)

若設(shè)。=%一1，%2=%2—1(。V%<%2)，貝?。萆鲜郊礊镸+(e—2?2>加142

Iae"=2t,>0-ti打八

由(1)可得t,'八，兩式相除得et2'=；,即f「4=ln；>°,

2

[ae=2t2>Q4%

由跖+(e-2)r2>〃?/2得&)[跖+(e-2)L]之卯21n，

2+(e—2)——e--z>.e

所以人--------i-"令>l,g)=+w,

In2t,Int

則花2)在(1,+8)恒成立，由于〃⑴」(e-2)/+e]--2”(e-2)/+e

令=[(e_2)/+e]In，_2,_(e_2)/+e,貝[|/，(1)=2(e_2)dnZ'_2_(e_2)Z'_i—,

(pn(t)-2(e-2)lnf+2(e-2)—■y-e+2,

顯然0〃⑺在(1，+8)遞增,

又有“⑴=—2<0,“(e)=3e-6-4>0，所以存在f。?l,e)使得?！▋?yōu))=。,

e

且易得。'⑺在(1，%)遞減，&，內(nèi))遞增，又有。'⑴=0M(e)=e2-2e-1>0,

所以存在「?1,6)使得0&)=。,且易得。⑺在(1⑷遞減,&,申)遞增,

又。(l)=3(e)=0，貝h<x<e時(shí)，。⑺<。,〃⑺<0,%>e時(shí)，。⑺>0,〃⑺>0，所以易得刀⑺在(l,e)上

遞減，在(e,+8)上遞增,則孫焉=/z(e)=(e-廳，

所以2的取值范圍為(f，(e-l)2].

(三)對(duì)數(shù)平均不等式

a-b

兩個(gè)正數(shù)。和〃的對(duì)數(shù)平均定義：L(a,b)=Ina—Inb“豐

a(a=b).

對(duì)數(shù)平均與算術(shù)平均、幾何平均的大小關(guān)系：

猴<L(a,b)<—(此式記為對(duì)數(shù)平均不等式)

2

取等條件：當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，等號(hào)成立.

【例3】設(shè)函數(shù)/(x)=e'-ax+a(aeR),其圖象與x軸交于A(xx,0),fi(x2,0)兩點(diǎn)且xY<x2.

(1)求實(shí)數(shù)。的取值范圍；

(2)證明：/'(衣號(hào))<0(7'(x)為函數(shù)/(%)的導(dǎo)函數(shù))；

【分析】(1)/'(x)=e'-a,尤eH,當(dāng)aW0時(shí),/'(%)>0在R上恒成立，不合題意

當(dāng)a>0時(shí)，/(x)^=/(Ina)=a(2-Ina)

當(dāng)/(x)血口20,即0<a<e?時(shí),“幻至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意,故舍去；

當(dāng)/(x)min<o,即a〉e?時(shí)油/(I)=e>0,且/(x)在(-a>,lnd)內(nèi)單調(diào)遞減，故/(%)在(l,lna)有且只有一

個(gè)零點(diǎn)；由f(Jna2)=a2-2a]na+a=a(a+l-2]na),

2

令)=。+1—2111〃,〃>/,貝[],，=1——>0,故〃+l-21n〃>/+l-4=e2-3>o

a

所以/(In/)>o,即在(in21na)有且只有一個(gè)零點(diǎn).

(2)由(1)知"(%)在(-00,1n。)內(nèi)遞減，在(Ina,+oo)內(nèi)遞增，且/(1)=e>0

x

所以1<玉<ln〃<龍2<21na,因?yàn)?(石)=e'-ax{+a=0,f(x2)=e巧-ax2+〃=0

6國a-1)一(%2—i)

a=-----，所以1=〉-I)?_1)

玉一1In(玉-1)-ln(x2-1)

所以玉々一(%i+%2)<°,要證：/'()v。，只須證<a，即yjxrx2<lna

故,“1%2V菁_ln(%i-1),VX2-1n(%2-1)

所以2dxi%V%+%2-In(石-1)(X2一1),所以111(玉工2—(菁+%2)+1)<%1+%2-2，菁%2

因?yàn)橛?2-(再+%2)<0,所以ln(%%2-(尤1+%2)+1)<lnl=。,而X+%2_2>。

r

所以ln(%%2-(%+%)+1)vX+%-2dxi4成立，所以/(A/x1x2)<0

【評(píng)注】根據(jù)對(duì)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(duì)數(shù)或相減等配湊出In玉-In/如-九2，

2.通過等式兩邊同除以山西-In/構(gòu)建對(duì)數(shù)平均數(shù)?%一+

In國-Inx2

3.利用對(duì)數(shù)平均不等式將藥一0轉(zhuǎn)化為出土三后再證明石+%<2/（或石+%>2/）.兩種方法

InXj-lnx22

各有優(yōu)劣，適用的題型也略有差異.

（四）一題多解貫析

【例4】已知/(x)=xlnx-gm：2—x,〃zeR2

若/（%）有兩個(gè)極值點(diǎn)X],x2，且XI<x2，求證：XjX2>e

【分析】解法一

欲證XjX2>e?,需證InXj+In%2>2.

若外力有兩個(gè)極值點(diǎn)花,4，即函數(shù)/'(尤)有兩個(gè)零點(diǎn).又/'(X)=InX-e，所以,XI,%是方程

r(%)=0的兩個(gè)不同實(shí)根.

Inx-mx,=0立-Inx+Inx9

于是，有111c，解得帆=一!-----='

lnx,-mx2=0Xi+X2

Inx-mx=0[/\

另一方面，由In“呼}=0'行馬-山石=，〃(9-%)，

..h—rmInx?-InxLInx1+Inx9

從而可得,-----=-------二

玉+x

2、

In%

于是,In再+山/=也3匕乂3=J石

又0<$<々，設(shè)/=上，貝卜>1.因止匕,Inx,+In々=a+'"n',t>\.

X]t-1

要證Inxi+lnx2〉2,即證：與當(dāng)"〉2">1.即：當(dāng)/〉1時(shí)，有Inf〉受J.構(gòu)造函數(shù)

丸⑺=In—"之1,利用/?⑺為(L+8)上的增函數(shù)求解.

解法二

欲證西々>e?,需證In%+ln%2>2.若有兩個(gè)極值點(diǎn)看，馬，即函數(shù)/'(尤)有兩個(gè)零點(diǎn).又

/'(x)=lnx-7nx，所以,看,%是方程/'(%)=0的兩個(gè)不同實(shí)根.顯然相>0,否則，函數(shù)/'(%)為單調(diào)函

數(shù)，不符合題意.

由,n?一吵=ln%々=根(X+x,),問題轉(zhuǎn)化為證明^+%2>-，構(gòu)造函數(shù)

Iinx2—iwc?=u/m

函數(shù)g(x)=r(x)—[[o<x<\],根據(jù)g(x)在[o,5]上遞增，可得g(x)<g]\'o,

所以r(x)<r[W-j,設(shè)玉<,<%,由/'(%)在[of)上遞增可證.

解法三

由國,4是方程/'(%)=0的兩個(gè)不同實(shí)根得加=/，令g(x)=W，g(%)=g(W)，由于

g<x)=U^^llt,g(x^(Le)T,(e,+co)J.

X

2

e

設(shè)1<X]<e<々，需證明西々〉e?,只需證明石>一e（0,e）,只需證明/■（%）>/■—，即

*2X2

（八，八2、

x

f(2)>f—,BP/(x2)-/—〉0.

7九2、7

/2\(l-lnx)^e2-x2

即/z(x)=/(x)—y—(xe(l,e)),/z,(x)=>0,故/z(x)在(l,e)T,故

Ix1x2e2

<e2><e2>2

h(x)<h(e)=0,BP/(x)<f-.令無=西,則。(％2)=/(菁)</一，因?yàn)橛?，—e(e,+oo),/(x)

X“7''7%

e2

2

在(e,+oo)J,所以馬〉一,SPx1x2>e.

玉

解法四

/1

In玉一mxx=0A=me

設(shè)/1=lnX[e(O,l),Z=lnx則由得/B】.=^>—=gw，設(shè)k=t—t<0,

22Inx-mx=0t=me]2

222G一

kekk

則％=.欲證x/2>e?，需證InXj+ln%2>2,即q+J>2把八,t2代入整理得

E4二r

硝+力―2(1—1)<0,構(gòu)造g3=Ml+i)—2(1—1)證明.

Inf-mx=0t.=me/i

設(shè)％=ln玉e(0,l),r=lnx則由1得】=」=e'L*設(shè),=ke(O,l),

22h

Inx2-mx2=0q=me’2’2

kk"

則a=--,t=—.欲證X1%>e2，需證InX]+lnx>2,即只需證明乙+今>2,即

k—12k—12

回空—山low山）<0,設(shè)且（女）=111左_2￡：）（左0（0,1））,

k-1k+1k+\

（左一I）?

+~\〉o,故g（。在（0,1）T,因此g（左）<g⑴=o,命題得證.

左（女+1）

（五）2022屆高考全國卷甲理22題解析

極值點(diǎn)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(diǎn)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：

【例5】已知函數(shù)/(%)=——lnx+x—a.

(1)若外力20,求a的取值范圍;

(2)證明：右f(%)有兩個(gè)零點(diǎn)%，則<1.

【解析】解法一：

ex--+l=-

xx

令/'(xhO狷%=1

當(dāng)xe(0,1)"G)<0,/(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xe(1,y),廣。)>0,/(x)單調(diào)遞增,

所以/(x)?〃l)=e+l-a,

^/(x)>O,ljll]e+l—a>O,BPfl<e+l,

所以。的取值范圍為(-8,e+1].

(2)由(1)知，xe(0,1),/(%)單調(diào)遞減；當(dāng)xe(l,+co),/(x)單調(diào)遞增，

若/(%)有兩個(gè)零點(diǎn)飛，尤2，則一"1零點(diǎn)小于1,一個(gè)零點(diǎn)大于L不妨設(shè)％<1<%

1

X

要證占了2<1,即證l<一，

1(1>

因?yàn)楹鸵?(0,1),即證/(&)>/—，因?yàn)?(%)=/(%),即證〃々)>/

X2\X2)

、e"—]

即證----lnx+x-xex-Inx——>0,xG(1,+oo),

即證《一猶1_2lnx--||>0,

x2(x)

下面證明x>l時(shí),J—xe，>0,lnx-Mx1

<0,

xX

QX1

設(shè)g(x)=-----xex,x>l,

1

e*+xex-=11-1e-eX1--

vXXX

1(X1、

x-1e

--QX,

X(XJ

ig^(x)=—(x>1),^(%)=f---=^-^-er>0,

%kA-X/X

所以0(x)>Ml)=e，而［<e，

x1

所以e上-e*〉0,所以g'(x)>。，

x

所以g(X)在(l,+8)單調(diào)遞增

即g(x)>g⑴=0,所以Jxe,〉0

x

1

、11(.1、2x-%2-1一(X-1)2

h(x)=—-1+—

x21x-)27

所以〃(x)在(1,+8)單調(diào)遞減,

即/z(x)</i(l)=0,所以Inx—g<0

綜上，----xex—2In%——x>0,所以％/,<1.

x2Vx)

解法二：

(1)因?yàn)?(x)=-——In%+=ex~inx+(%-In-a,

x

ir_i

設(shè)口(力=了-1匹貝"(0=1_7=^r(%>0),

所以x?0,1)時(shí)g，(x)<0,g(x)遞減,xG(l,+oo)時(shí)g，(x)>0,g⑺遞增,

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

設(shè)/(苫)=〃?)=1+/-。(出1),則〃(0為增函數(shù),〃(f)NMl)=e+l-a,

若f(x)>O,pll]e+l—a>O,BPa<e+l,

所以a的取值范圍為(-8，e+l].

(2)由(1)知/'(%)有兩個(gè)零點(diǎn)占,工2,則方程X-lnx=，有兩個(gè)實(shí)根占

因?yàn)閤e(0,1)時(shí)g(尤)遞減,尤e(1,+8)時(shí)g(x)遞增，

不妨設(shè)。＜項(xiàng)＜1＜々，

Y—Y

由X]_InX]=%_lnx2=r得]=1,

所以要證不%＜1,即證＞同和證我小

in%2inX［王

即證睚-忖臼啜＞0,

設(shè)倏?na.Al),即證相_工_21n機(jī)>0,

'%m

ii2I1>0,

設(shè)廠(機(jī))=m-----21n機(jī)貝！]Fr(m)=ld——----￡

m

所以歹⑺為增函數(shù)歹（7"）＞尸⑴=0,

所以中2＜1成立.

三、典例分析

［例1］（2024屆四川省廣安友誼中學(xué)高三上學(xué)期9月月考）已知函數(shù)“可=?-1取+》

⑴討論函數(shù)〃X）的單調(diào)性；

（2）若不等式g（無）=尤2〃尤）+（/-l）lnx-*3一尤力有解，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；

⑶若函數(shù)Mx）=〃x）-a（aeR）有兩個(gè)零點(diǎn)刈,X2,證明：和馬＜1.

【解析】（1）?1,/（%）=--hu+x,xe（0,+oo）f'（x）=eAe-—+1=-------v-----，

XXXX

.”?1,”）,尸（句＞0,/（對(duì)單調(diào)遞增；

xe(O,l),_f(x)<OJ(x)單調(diào)遞減;

(2)g(x)=x2/(x)+(x2-l)lnx-x3-x<^^,

所以gOO^nwr，g(元)=x?(x?—1)111￥一彳3—尤=xe*-Inx—龍,x>0,

九)

邛1+x=(x+MT

g，(x)=(x+l)ex---1=(x+l)ex-

X

l/（尤）=&'+二＞0,《切單調(diào)遞增,

XX"

,Jb

x-?0,f(x)->-oo,/(l)=e-l>0,x0e(O,l),g(xo)=r(xo)=O,e=',xe(O,Xo),g<x)<O,g(x)單調(diào)遞減；

xo

尤ea),+w),g'(x)>O,g(x)單調(diào)遞增；:e"=—,/,x=ln—=-lnx

%0Xo0

所以g(x).=g(%)=/e"—lux。一/=1-叫—5=1,

所以年L

（3）〃（%）=〃力-4（0€叼有兩個(gè)零點(diǎn)刈,X2,

x

%（%）=丁e-血+%-。=0有兩個(gè)根刈，X2,不妨設(shè)玉＜入2,由（1）可知兩根也是了（X）與y="的兩個(gè)交

點(diǎn)，

且0〈再＜1,%＞1,于是0＜：＜1,由于/（X）在91）單調(diào)遞減，故占尤2＜1等價(jià)于〃再）＞/[1].

%2\X2）

而〃（xj=〃（%）=OJ（X]）=/（X2），故網(wǎng)々＜1等價(jià)于/■（無.①

設(shè)心）=/（x）-dJ，則①式為低）＞0.

1

、j_

?k{x)=ex+x-xex-1i

111

當(dāng)x〉l時(shí)，r(x)=ex-ex+-ex+1>0，故女(%)在(L+8)單調(diào)遞增，

所以左(%)>/1)=。,從而，(九)〉0,因此心)在(1,行)單調(diào)遞增.

又%>1,故《當(dāng))>?)=0，故工，于是占尤2<1.

[例2](2024屆浙江省名校協(xié)作體高三上學(xué)期7月適應(yīng)性考試)已知函數(shù)/Xx)=xlnx-2彳-”有兩個(gè)零點(diǎn)

西,馬.

⑴證明：-e<a<0;

⑵求證：①再入2V/；②再+%2</.

【解析】(1)由/'(%)=lnx—1,當(dāng)％￡(0,e)時(shí)r(x)v。,%￡化,+8)時(shí)—(%)>。,

所以“九)在(。⑶上單調(diào)遞減，在(e,+8)上單調(diào)遞增，貝U/QUn=/(e)=-e-〃<0,

所以〃>-e,

當(dāng)％￡(0,1)時(shí)L<0,-2x<0,^/TIUfM=x\nx-2x-a<-a,

若-,即〃20時(shí)，貝心￡(0」)時(shí)f(x)v。，此時(shí)/⑺在(0,e)上不存在零點(diǎn)，

要使“犬)有兩個(gè)零點(diǎn)，故-e<〃<0.

2

e

(2)①要證再/<。I不妨設(shè)°<玉<e<%I則證％2<i

不

因?yàn)椤?在(e，+8)上單調(diào)遞增，即證/&)=/(々)</(￡)，

一百

2222_2

令g(x)=/(x)-/(J),xc(O,e)，貝［jg'(x)=O'(x)+=r(J)=(lnx-l)d>。,

XXXX

所以g(x)在xe(O，e)單調(diào)遞增，所以g(%)<g(e)=O,即再％，得證;

②引理1:當(dāng)xe(O，e)時(shí)/(x)<-x-a：

證明：當(dāng)xe(O,e)時(shí)/(x)=x\nx—2x—a<x—2x—a=—x—a,得證.

利用引理1:y(占)=。＜-尤1-〃，所以再＜一。①，

引理2:f(x)＞x-e2-a：

證明：令〃(x)=/OO-x+e?+。=xlnx—3%+e2,

貝(]〃(x)=lnx-2,當(dāng)xe(0,e2)時(shí)"(x)＜。,xe(e￡*+?)時(shí)〃(x)＞0,

所以〃(X)在(0,『)上單調(diào)遞減，在d,+8)上單調(diào)遞增，所以Z/(x)大無心2)=0,

利用引理2,因?yàn)椤?In尤2-2)=。＜。,所以X2＜e?,

所以/(工2)=。＞工2-62-。，所以/②，

由①，②知：X|+Z＜e2.

[例3](2023屆江蘇省常州市高三上學(xué)期期末)已知函數(shù)/(x)=l+lnx+2以(aeR).

(1)討論函數(shù)/⑶的單調(diào)性；

11,

⑵若"X)存在兩個(gè)零點(diǎn)4,巧，求。的取值范圍，并證明：7+三＞一4生

【解析】(1)因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)?。，討),八x)\+2a="l,

當(dāng)a20時(shí)，f'M＞0,廣⑴在(0,y)上遞增；

當(dāng)"0時(shí)，由/口)=。得，尤=-；,

2a

卜寸，/V)＞0,/(x)遞增；

卜寸，f'(x)＜0,/(x)遞減.

綜上，當(dāng)時(shí),廣⑺在(。,+8)上遞增；

當(dāng)。＜0時(shí)，/⑴在上遞增，在上遞減.

(2)由(1)知，〃＜。且,解得一(〈“VO,

當(dāng)；。＜0時(shí)，?。?＜0,所以/⑴在上存在唯一零點(diǎn)，記為A；

2?e2aJ

1_11a+2八ll、11「九/11?J112

因1為AL二十丁=與石＞°，所以二〉一丁，因?yàn)?/=1+117+],

a2a2aa2a)\a)a

設(shè)r=-：＞2,g（r）=l+21n―2f,則g，⑺=；一2＜0,

所以gQ）在（2,+⑹上遞減，

所以g?）＜g（2）=21n2.3＜0,即,

所以Ax）在（-4二］上存在唯一零點(diǎn)，記為演,

\laa）

因?yàn)?的取值范圍是［1，。］

因?yàn)閼?"+2叫=0令=三＞1

U/Jzv

［l+lnx2+2ax2=0%，

1+ln玉+2的=0'曰1_2a(t-l)

則

1+In1+In石+2。歷=0'm匹In/

二口”二1"I12。(產(chǎn)-1)

玉x2tx{tint'

11.2a(t2-D1

要證一+—>-4a,只要證-皿”>Ta,只要證r--21nf>。,

%%2tultt

/Q)=/-----2Inzt>11

貝"'⑺=]+?(—)

2-＞0,所以尸⑺在（L+8）上遞增，

所以尸⑺＞尸6=0,得證.

［例4］（2023屆江西省九江第一中學(xué)高三上學(xué)期12月月考）已知函數(shù)/（%）=尤2-依+ahu-有兩個(gè)極值點(diǎn)

為，

⑴求”的取值范圍；

2424

⑵證明：“再）+/（%2）+量+不＜161n2.

2x2aX+a

【解析】（1）f'（x）=2x-a+-=~,

XX

/（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)4,了2，則/（%）=。在（0,+。）上有兩個(gè)實(shí)數(shù)根玉，Xg,

所以2--亦+a=O在（0,+8）上有兩個(gè)實(shí)數(shù)根A,X2,

△二〃2-8〃>0

則再入2=2>。解得〃>8,

a?

Xy+%2=5>0

故。的取值范圍為。>8,

,,aa

（2）由（1）知石％=]，玉+々=5/且〃>8,

r/\r/\242421212424

/（石）+j-^2/-I-----1=X]—cix^+6zln%|+x?—1/%2+-------1-----

24（%+々）

二（再+々）2~2X^2_Q（玉+元2）+。1叫％2+

22

aa,a2aQ…

=----a—a——I-aln——F24=------a+41〔n--F24,

42242

2QQ

g（〃）=——Q+〃ln萬+24（Q>8）,g（〃）=-5+1”,，

令/2（。）=?'（。）=-5+111*/（。）=-1+l=-9<。在。>8上恒成立,

所以Ma）=gM）=-|+ln￡在a>8單