专题08极值点偏移问题（教师版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_02高考数学_2025年新高考资料_二轮复习_冲刺高考2025年高考数学二轮复习之压轴大题必杀技系列

专题 8 极值点偏移问题 函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现与函数极值点偏移有 关的函数与不等式问题,已知函数 y  f(x)是连续函数,在区间(x ,x )内有且只有一个极值点 x ,且 1 2 0 x x f(x ) f(x ),若极值点左右的“增减速度”相同,常常有极值点x  1 2 ,我们称这种状态为极值点不偏移； 1 2 0 2 x x 若极值点左右的“增减速度”不同,函数的图象不具有对称性,常常有极值点x  1 2 的情况,我们称这种状 0 2 态为“极值点偏移”（对可导函数 f x来说， f x的极值点就是 f¢x的零点，所以很多与零点或方程实根 有关的问题也可以利用处理极值点策略的方法去处理）.此类问题背景新颖,教材中又没有涉及,不少同学 望而生畏,本专题给出此类问题的常用解法,共同学们参考. (一) 通过对称化构造新函数破解极值点偏移问题 【以例及类】已知函数 f xxe-x． (1)求函数 f x的单调区间； (2)已知函数gx的图像与 f x的图像关于直线x1对称,证明：当x>1时, f x> gx； (3)如果x  x ,且 f x  f x  ,证明：x x >2． 1 2 1 2 1 2 【分析】(1)由 f¢xe-x1-x可得 f x在-¥,-1上递增,在-1,¥上递减； (2)gx f 2-x,构造函数Fx f x- f 2-x,F¢xx-1 ex-2 -e-x ,由Fx单调性可 得x >1时Fx> F10； (3)假设x <1< x ,由(2)得 f x > f 2-x ,即 f x > f 2-x ,由 f x在-¥,-1上递增,可得 1 2 2 2 1 2 x >2-x ,x  x >2. 1 2 1 2 该题的三问由易到难,层层递进,完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程,直观展示如下： 该题是这样一个极值点偏移问题：对于函数 f xxe-x ,已知 f x  f x  ,x  x ,证明x x >2． 1 2 1 2 1 2 再次审视解题过程,发现以下三个关键点： ①x ,x 的范围0< x <1< x ； 1 2 1 2 ②不等式 f x> f 2-xx>1； ③将x 代入（2）中不等式,结合 f x的单调性获证结论． 2 小结：用对称化构造的方法求解极值点偏移问题大致分为以下三步： ①求导,获得 f x的单调性,极值情况,作出 f x的图像,由 f x  f x 得x ,x 的取值范围（数形结 1 2 1 2 合）； ②构造辅助函数（对结论x x ><2x ,构造Fx f x- f 2x -x；对结论x x ><x2 ,构造 1 2 0 0 1 2 0 æ x2 ö Fx f x- f ç 0 ÷）,求导,限定范围（x 或x 的范围）,判定符号,获得不等式； x 1 2 è ø ③代入x （或x ）,利用 f x  f x 及 f x的单调性证明最终结论． 1 2 1 2 下面给出第(3)问的不同解法 【解析】法一： f¢(x)(1-x)e-x,易得 f(x)在(-¥,1)上单调递增,在(1,¥)上单调递减,x-¥时, 1 f(x)-¥, f(0)0,x¥时, f(x)0, 函数 f(x)在x1处取得极大值 f(1),且 f(1) ,如图所 e 示. 由 f(x ) f(x ),x  x ,不妨设x < x ,则必有0< x <1< x , 1 2 1 2 1 2 1 2 构造函数F(x) f(1x)- f(1-x),x(0,1], x 则F¢(x) f¢(1x) f¢(1-x) (e2x -1)>0,所以F(x)在x(0,1]上单调递增,F(x)> F(0)0,也 ex1即 f(1x)> f(1-x)对x(0,1]恒成立.由0< x <1< x ,得1-x (0,1], 1 2 1 所 以 f(1(1-x )) f(2-x )> f(1-(1-x )) f(x ) f(x ), 即 f(2-x )> f(x ), 又 因 为 1 1 1 1 2 1 2 2-x ,x (1,¥),且 f(x)在(1,¥)上单调递减,所以2-x < x ,即证x x >2. 1 2 1 2 1 2 法二：欲证 x x >2,即证 x >2-x ,由法一知0< x <1< x ,故 2-x ,x (1,¥),又因为 f(x)在 1 2 2 1 1 2 1 2 (1,¥)上单调递减,故只需证 f(x )< f(2-x ),又因为 f(x ) f(x ), 2 1 1 2 故也即证 f(x )< f(2-x ),构造函数 H(x) f(x)- f(2-x),x(0,1),则等价于证明 H(x)<0对 1 1 x(0,1)恒成立. 1-x 由H¢(x) f¢(x) f¢(2-x) (1-e2x-2)>0,则H(x)在x(0,1)上单调递增,所以H(x)< H(1)0, ex 即已证明H(x)<0对x(0,1)恒成立,故原不等式x x >2亦成立. 1 2 x 法三：由 f(x ) f(x ),得xe-x 1  x e-x 2 ,化简得ex 2 -x 1  2 …, 1 2 1 2 x 1 tx 不妨设 x > x ,由法一知,o< x <1< x .令t  x -x ,则t >0,x tx ,代入式,得et  1 ,反解出 2 1 1 2 2 1 2 1 x 1 t 2t 2t x  ,则x x 2x t  t,故要证：x x >2,即证： t >2,又因为et -1>0,等价 1 et -1 1 2 1 et -1 1 2 et -1 于证明：2t(t-2)(et -1)>0…, 构造函数G(t)2t(t-2)(et -1),(t >0),则G¢(t)(t-1)et 1,G¢¢(t)tet >0, 故 G¢(t)在 t(0,¥)上 单 调 递 增 ,G¢(t)>G¢(0)0, 从 而 G(t)也 在 t(0,¥)上 单 调 递 增 , G(t)>G(0)0,即证式成立,也即原不等式x x >2成立. 1 2 x lnx -lnx 法四：由法三中式,两边同时取以e为底的对数,得x -x ln 2 lnx -lnx ,也即 2 1 1,从而 2 1 x 2 1 x -x 1 2 1 x 2 1 lnx -lnx x x x x x x x (x x ) 2 1  2 1 ln 2  1 ln 2 , 1 2 1 2 x -x x -x x x x 2 1 2 1 1 2 -1 1 x 1 x t1 令t  2 (t >1),则欲证：x x >2,等价于证明： lnt >2…, x 1 2 t-1 1(t1)lnt 2 t2 -1-2tlnt 构造M(t) (1 )lnt,(t >1),则M¢(t) , t-1 t-1 t(t-1)2 又令(t)t2 -1-2tlnt,(t >1),则¢(t)2t-2(lnt1)2(t-1-lnt),由于t-1>lnt 对t(1,¥)恒 成立,故¢(t)>0,(t)在 t(1,¥)上单调递增,所以(t)>(1)0,从而 M¢(t)>0,故 M(t)在 t(1,¥)上 单 调 递 增 , 由 洛 比 塔 法 则 知 ： (t1)lnt ((t1)lnt)¢ t1 limM(t)lim lim lim(lnt )2,即证M(t)>2 即证式成立,也即原不 x1 x1 t-1 x1 (t-1)¢ x1 t , 等式x x >2成立. 1 2 【例1】（2023届贵州省威宁高三模拟）已知函数 f x2xalnx-3x-a,a>0. (1)当x³1时， fx³0，求a的取值范围. (2)若函数 f x有两个极值点x 1 ,x 2 ，证明： x x >2e - 1 2 . 1 2 3x-2xlnx 【解析】（1）当x³1时， f(x)³0Ûa³ 在x³1恒成立， 3lnx 3x-2xlnx -(32lnx)lnx 令g(x) ，x[1,¥)，则g¢(x) £0， 3lnx (3lnx)2 \函数g(x)在1,¥上单调递减，\gx£g11， \a³1，\a的取值范围是1,¥． 2xa a a2xlnx-x （2）函数 f(x)(2xa)lnx-3(x-a)，a>0．则 f¢x2lnx -32lnx -1 ， x x x Q 函数 f(x)有两个极值点x，x， 1 2 \f¢x0有两个正实数解Û方程ax-2xlnx有两个正实数解Û函数ya与函数h(x)x-2xlnx， x0,¥的图象有两个交点． 1 h¢x1-2-2lnx-2lnx-1，令h¢x0，解得x ， e 1 1 当00，则hx单调递增，当x> 时h¢x<0，则hx单调递减， e e æ 1 ö 2 \函数h(x)的极大值即最大值为hç ÷ ． è eø e 1   又00，且当x0时，h(x)0，又h e 0， e2 1 \02e - 1 2 Ûx 2 > 2 e -x 1 > 1 e Ûhx 2 2e - 2 成立． è eø è e ø 1 2 【例2】（2024云南省长水教育集团质量检测）已知函数 f x3lnxax2-4x(a>0). (1)当a1时，讨论 f x的单调性； 1 (2)当a 时，若方程 f xb有三个不相等的实数根x,x ,x ，且x 0在0,¥上恒成立， 即 f¢x>0在0,¥上恒成立，所以 f x在0,¥上单调递增. 1 1 3 x-3x-1 （2）当a 时，可得 f x3lnx x2-4x， f¢x x-4 ， 2 2 x x 13, f¢x>0; 故 f x在0,1,3,¥上单调递增，在1,3上单调递减， 由题意可得：00， èx ø è2-x ø x2-x 可知gx在0,1上单调递增，则gx2； 1 2 1 2 1 2 令hx f x- f 6-x,10， èx ø è6-x ø x6-x 可知hx在1,3上单调递增，则hxx ，即x x <6；由x x >2和x x <6可得x -x <4. 2 3 2 3 1 2 2 3 3 1 (二) 含参函数问题可考虑先消去参数 含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元x ,x 的基础上,又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想 1 2 尽一切办法消去参数,从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介,构造出一个变元的新的函数.由 于可导函数 f x的极值点是 f¢x的零点,也是方程 f¢x0的实根,所以有些与零点或方程实根有关的 问题可以利用求解极值点偏移问题的方法去解决. 【一题多解】已知函数 f(x)lnx-ax,a为常数,若函数 f(x)有两个零点x ,x , 1 2 试证明：x x >e2. 1 2 【分析】法一：消参转化成无参数问题： f(x)0ÛlnxaxÛlnxaelnx,x ,x 是方程 f(x)0的两根,也是方 1 2 程lnxaelnx的两根,则lnx 1 ,lnx 2 是 xaex,设u 1 lnx 1 ,u 2 lnx 2, g(x) xe-x,则 g(u 1 ) g(u 2 ),从而 x x >e2 Ûlnx lnx >2Ûu u >2,此问题等价转化成为【例1】,下略. 1 2 1 2 1 2 法二：利用参数a作为媒介,换元后构造新函数：不妨设x > x , 1 2 ∵lnx -ax 0,lnx -ax 0,∴lnx lnx a(x x ),lnx -lnx a(x -x ), 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2lnx -lnx ∴ 1 2 a,欲证明x x >e2,即证lnx lnx >2. x -x 1 2 1 2 1 2 2 ∵lnx lnx a(x x ),∴即证a> , 1 2 1 2 x x 1 2 lnx -lnx 2 x 2(x -x ) x ∴ 原 命 题 等 价 于 证 明 1 2 > , 即 证 ： ln 1 > 1 2 , 令 t  1 ,(t >1), 构 造 x -x x x x x x x 1 2 1 2 2 1 2 2 2(t-1) g(t)lnt- ,t >1,利用gt单调性求解,下略. t1 法三：直接换元构造新函数： lnx lnx lnx x x a  1  2 Û 2  2 ,设x < x ,t  2 ,(t >1), x x lnx x 1 2 x 1 2 1 1 1 lntx lntlnx 则x tx , 1 t Û 1 t , 2 1 lnx lnx 1 1 lnt lnt tlnt 反解出：lnx  ,lnx lntx lntlnx lnt  , 1 t-1 2 1 1 t-1 t-1 t1 故x x >e2 Ûlnx lnx >2Û lnt >2,转化成法二,略. 1 2 1 2 t-1 【例3】（2024届浙江省名校协作体高三上学期联考）函数 f xaex-e(x-1)2有两个极值点 x,x x 0 t t 由（1）可得í 1 ，两式相除得et2-t1  2 ，即t -t ln 2 >0， îaet 2 2t 2 >0 t 1 2 1 t 1 t 由et 1 e-2t 2 ³lt 1 t 2 得 t 2 -t 1 é ë et 1 e-2t 2 ù û ³lt 1 t 2 ln t 2 1 t t 2e-2 2 -e 1 e t t 2e-2t- 所以l£ t 1 2 ，令 t  t 2 >1,ht t (t >1) ， ln 2 t lnt t 1 1 ée-2t2eùlnt-2t-e-2t2e 则l£ht在1,¥恒成立，由于h¢t ë û ， t2ln2t e 令tée-2t2eùlnt-2t-e-2t2e，则¢t2e-2tlnt-2-e-2t ， ë û t e ¢¢t2e-2lnt2e-2- -e2， t2 显然¢¢t在1,¥递增， 1 又有¢¢1-2<0,¢¢e3e-6- >0，所以存在t 1,e使得¢¢t 0， e 0 0 且易得¢t在1,t 递减，t ,¥递增，又有¢10,¢ee2 -2e-1>0， 0 0 所以存在t 1,e使得t 0，且易得t在1,t 递减，t ,¥递增， 1 1 1 1 又1e0，则1e时，t>0,h¢t>0，所以易得ht在1,e上递 减，在e,¥上递增，则h(t) he(e-1)2， min所以l的取值范围为  -¥,(e-1)2ù． û (三) 对数平均不等式 ì a-b  (ab), 两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)ílna-lnb î a(ab). ab 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系： ab £ L(a,b)£ （此式记为对数平均不等式） 2 取等条件：当且仅当ab时,等号成立. 【例4】设函数 f(x)ex -axa(aR),其图象与x轴交于A(x ,0),B(x ,0)两点,且x < x . 1 2 1 2 （1）求实数a的取值范围； （2）证明： f¢( x x )<0(f¢(x)为函数 f(x)的导函数）； 1 2 【分析】（1） f¢(x)ex -a,xR , 当a£0时, f¢(x)>0在R上恒成立,不合题意 当a>0时, f(x)  f(lna)a(2-lna) min 当 f(x) ³0,即0e2时,由 f(1)e>0,且 f(x)在(-¥,lna)内单调递减,故 f(x)在(1,lna)有且只有一 min 个零点；由 f(lna2)a2 -2alnaaa(a1-2lna), 2 令y a1-2lna,a>e2,则y¢1- >0,故a1-2lna>e2 1-4e2 -3>0 a 所以 f(lna2)>0,即在(lna,2lna)有且只有一个零点. 由（1）知, f(x)在(-¥,lna)内递减,在(lna,¥)内递增,且 f(1)e>0 （2） 所以1< x (x -1)(x -1) x -1 x -1 x -1 x -1 ln(x -1)-ln(x -1) 1 2 1 2 1 2 1 2 所以x x -(x x )<0,要证： f¢( x x )<0,只须证e x 1 x 2 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 所以ln(x x -(x x )1)< x x -2 x x 成立,所以 f¢( x x )<0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 【评注】根据对数平均不等式求解的步骤是： 1.通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出lnx -lnx 及x -x , 1 2 1 2 x -x 2.通过等式两边同除以lnx -lnx 构建对数平均数 1 2 , 1 2 lnx -lnx 1 2 x -x x x 3.利用对数平均不等式将 1 2 转化为 1 2 后再证明x x <2x （或x x >2x ）. 两种方法 lnx -lnx 2 1 2 0 1 2 0 1 2 各有优劣,适用的题型也略有差异. (四) 一题多解赏析 1 【例5】已知 f x xlnx- mx2 -x,mR．若 f x有两个极值点x ,x ,且x < x ,求证：x x >e2 2 1 2 1 2 1 2 【分析】解法一：欲证x x >e2,需证lnx lnx >2． 1 2 1 2 若 f x有两个极值点x ,x ,即函数 f¢x有两个零点．又 f¢xlnx-mx,所以,x ,x 是方程 f¢x0 1 2 1 2 的两个不同实根． ìlnx -mx 0 lnx lnx 于是,有í 1 1 ,解得m 1 2 ． î lnx -mx 0 x x 2 2 1 2 ìlnx -mx 0 另一方面,由í 1 1 ,得lnx -lnx mx -x  , lnx -mx 0 2 1 2 1 î 2 2 lnx -lnx lnx lnx 从而可得, 2 1  1 2 ． x -x x x 2 1 1 2 æ x ö x ç1 2 ÷ln 2 lnx -lnx x x  x x è ø 于是,lnx lnx  2 1 2 1  1 1 ． 1 2 x -x x 2 1 2 -1 x 1 x 1tlnt 又0< x < x ,设t  2 ,则t >1．因此,lnx lnx  ,t >1． 1 2 x 1 2 t-1 1 t1lnt 2t-1 要证lnx lnx >2,即证： >2,t >1．即：当t >1时,有lnt > ．构造函数 1 2 t-1 t12t-1 htlnt- ,t ³1,利用ht为1.¥上的增函数求解. t1 解法二 ：欲证x x >e2,需证lnx lnx >2．若 f x有两个极值点x ,x ,即函数 f¢x有两个零点．又 1 2 1 2 1 2 f¢xlnx-mx,所以,x ,x 是方程 f¢x0的两个不同实根．显然m>0,否则,函数 f¢x为单调函数, 1 2 不符合题意． ìlnx -mx 0 2 由í 1 1 Þlnx lnx mx x ,问题转化为证明x  x > ,构造函数 î lnx -mx 0 1 2 1 2 1 2 m 2 2 æ 2 ö æ 1 ö æ 1 ö æ 1 ö 函数gx f¢x- f¢ ç -x ÷ ç 0< x< ÷,根据gx在ç 0, ÷上递增,可得gx< g ç ÷=0, èm ø è mø è mø èmø æ 2 ö 1 æ 1 ö 所以 f¢x< f¢ ç -x ÷,设x < < x ,由 f¢x在ç 0, ÷上递增可证. èm ø 1 m 2 è mø lnx lnx 解法三 ：由x ,x 是方程 f¢x0的两个不同实根得m ,令gx ,gx  gx  ,由于 1 2 x x 1 2 1-lnx g¢x ,因此,gx在1,e­, e,¥¯． x2 e2 æe2 ö 设1< x e2,只需证明x > 0,e ,只需证明 f x > f ç ÷,即 1 2 1 2 1 x 1 x è ø 2 2 æe2 ö æe2 ö f x > f ç ÷,即 f x - f ç ÷>0．来源： 微信公众号 中学数学研讨部落 2 x 2 x è ø è ø 2 2 æe2 ö 1-lnx e2 -x2 即hx f x- f ç ÷  x1,e ,h¢x >0,故hx在1,e­,故 è x ø x2e2 æe2 ö æe2 ö e2 hx ,即x x >e2． 2 x 1 2 1 ìlnx -mx 0 ìt met 1 t 解法四：设t lnx 0,1 ,t lnx 1,¥ ,则由í 1 1 得í1 Þ 1 et 1 -t 2,设 1 1 2 2 î lnx 2 -mx 2 0 î t 2 met 2 t 2 kek k k t -t <0,则t  ,t  ．欲证x x >e2,需证lnx lnx >2,即t t >2,把t ,t 代入整理 1 2 1 ek -1 2 ek -1 1 2 1 2 1 2 1 2 得k  1ek -2  ek -1  <0,构造gxk  1ek -2  ek -1  证明. ìlnx -mx 0 ìt met 1 t t 设t lnx 0,1 ,t lnx 1,¥ ,则由í 1 1 得í1 Þ 1 et 1 -t 2,设 1 k0,1, 1 1 2 2 î lnx 2 -mx 2 0 î t 2 met 2 t 2 t 2 klnk lnk 则t  ,t  ．欲证x x >e2,需证lnx lnx >2,即只需证明t t >2,即 1 k-1 2 k-1 1 2 1 2 1 2 k1lnk 2k-1 2k-1 2k-1 >2Ûlnk < Ûlnk- <0,设gklnk-  k Û0,1 , k-1 k1 k1 k1 k-12 g¢k >0,故gk在0,1­,因此gk< g10,命题得证． kk12 (五) 2022届高考全国卷甲理22题解析 极值点偏移问题前几年高考曾经考查过，2022年高考全国卷甲理再次考查极值点偏移问题，该题有一定难 度，但用前面介绍的方法可以轻易解决，下面给出两种解法，共同学们参考： ex 【例6】已知函数 f x -lnx x-a． x （1）若 f x³0,求a的取值范围； （2）证明：若 f x 有两个零点x,x ,则x x <1． 1 2 1 2 ex 【解析】解法一：（1）因为 f x -lnx x-a, x æ1 1 ö 1 1æ 1ö æ 1ö x-1æex ö f¢(x) ç - ÷ ex - 1 ç 1- ÷ ex  ç 1- ÷  ç 1÷ è x x2 ø x xè xø è xø x è x ø 令 f(x)0,得x1 当x(0,1), f¢(x)<0, f(x)单调递减；当x(1,¥), f¢(x)>0, f(x)单调递增, 所以 f(x)³ f(1)e1-a, 若 f(x)³0,则e1-a³0,即a£e1,所以a的取值范围为(-¥,e1]. （2）由（1）知, x(0,1), f(x)单调递减；当x(1,¥), f(x)单调递增, 若 f x 有两个零点x,x ,则一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设x <1< x 1 2 1 2 1 要证x x <1,即证x < , 1 2 1 x 21 æ 1 ö æ 1 ö 因为x , (0,1),即证 f x > f ç ÷,因为 f x  f x  ,即证 f x > f ç ÷ 1 x 2 1 è x 2 ø 1 2 2 è x 2 ø ex 1 1 即证 -lnxx-xex -lnx- >0,x(1,¥), x x ex 1 é 1æ 1öù 即证 -xex -2 ê lnx- ç x- ÷ú >0, x ë 2è xøû ex 1 1æ 1ö ex 1 下面证明x>1时, -xex >0,lnx- ç x- ÷ <0,设g(x) -xex,x>1, x 2è xø x æ1 1 ö æ 1 1 æ 1 öö 1æ 1ö 1 æ 1ö 则g¢(x) ç - ÷ ex -çex xex  ç - ÷÷ ç 1- ÷ ex -ex ç 1- ÷ è x x2 ø è è x2 øø xè xø è xø æ 1öæex 1 ö x-1æex 1 ö  ç 1- ÷ç -ex ÷ ç -ex ÷, è xøè x ø x è x ø ex æ1 1 ö x-1 设x x>1,¢x ç - ÷ ex  ex >0, x è x x2 ø x2 所以x>1e,而 1 ,所以 ex -e 1 x >0,所以g¢(x)>0, ex g(1)0,所以 -xex >0 x 1æ 1ö 1 1æ 1 ö 2x-x2 -1 -(x-1)2 令h(x)lnx- ç x- ÷ ,x>1h¢(x) - ç 1 ÷   <0, 2è xø x 2è x2 ø 2x2 2x2 1æ 1ö 所以h(x)在(1,¥)单调递减,即h(x)0,所以x x <1. x ë 2è xøû 1 2 ex 解法二： （1）因为 f x -lnx x-a ex-lnx x-lnx-a, x 1 x-1 设tgxx-lnx,则g¢x1-  x>0, x x 所以x0,1时g¢x<0,gx递减,x1,¥时g¢x>0,gx递增,tgx³g11, 设 f xhtet t-at³1,则ht为增函数,ht³h1e1-a, 若 f(x)³0,则e1-a³0,即a£e1,所以a的取值范围为(-¥,e1]. （2）由（1）知 f x 有两个零点x,x ,则方程x-lnxt有两个实根x,x , 1 2 1 2 因为x0,1时gx递减,x1,¥时gx递增, x -x 不妨设0< x <1< x ,由x -lnx x -lnx t得 2 1 1, 1 2 1 1 2 2 lnx -lnx 2 1 x -x x -x x 所以要证x x <1,即证 2 1 > x x ,即证 2 1 >2ln 2 , 1 2 lnx -lnx 1 2 x x x 2 1 1 2 1 x x x x 1 即证 2 - 1 -2ln 2 >0,设 2 mm>1 ,即证m- -2lnm>0, x x x x m 1 2 1 1 1 1 2 æ 1 ö 2 设Fmm- -2lnmm>1,则F¢m1 - ç -1÷ >0, m m2 m èm ø 所以Fm为增函数,Fm>F10,所以x x <1成立. 1 2 【例1】（2024届四川省眉山市高三下学期第三次诊断）已知函数 f(x)xlnx-ax2-2x. (1)若过点(1,0)可作曲线 y f(x)两条切线，求 a的取值范围； (2)若 f(x)有两个不同极值点 x,x . 1 2 ①求 a的取值范围； ②当x >4x 时，证明：xx2 >16e3. 1 2 1 2 【解析】（1）依题意， f¢(x)lnx-2ax-1， 设过点1,0的直线与曲线 y f(x)相切时的切点为(x ,y )，斜率 k lnx -2ax -1， 0 0 0 0 切线方程为 y-(x lnx -ax2-2x )(lnx -2ax -1)(x-x )，而点(1,0)在切线上， 0 0 0 0 0 0 0 则 -x lnx ax22x (lnx -2ax -1)(1-x )，即有 ax2-2ax -x lnx -10， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0由过点(1,0)可作曲线 y f(x)两条切线，得方程 ax2-2ax -x lnx -10有两个不相等的实数根， 0 0 0 0 令 g(x)ax2-2ax-xlnx-1，则函数 g(x)有2个零点， 1 2ax2-(2a1)x1 (2ax-1)(x-1) 求导得 g¢(x)2ax-2a-1   ， x x x 1 1 1 ①若 a> ，由 g¢(x)>0，得01，由 g¢(x)<0，得 0，得0 ，由 g¢(x)<0，得10，当 x>1时， g¢(x)<0， 函数在(0,1)上单调递增，在(1,¥)上单调递减，当 x1时， g(x)取得最大值 g(1)-a-2， 要函数 g(x)有2个零点，必有 g(1)-a-2>0，得 a<-2， 当01时，令ylnx-x，求导得y¢ -1<0，函数ylnx-x在(1,¥)上单调递减， x 则lnx-x<-1， g(x)a(x-1)2-a-1lnx-x0，当 x>e2时，u¢(x)<0， x x2 1 函数u(x)在(0,e2)上单调递增，(e2,¥)上单调递减，u(x)  ， max e2 1 lnx-1 且u(e)0，当 x>e时，函数u(x)>0恒成立，因此当0<2a< 时，2a 有两个实数根 e2 x 1 所以函数 f(x)有两个极点时， a的取值范围是(0, ). 2e2 ìlnx -2ax -10 ìlnx 2ax 1 lnx -lnx ②由í 1 1 ，即í 1 1 ，得2a 1 2 ， îlnx 2 -2ax 2 -10 îlnx 2 2ax 2 1 x 1 -x 2 要证明xx2 >16e3，只需证明lnx 2lnx >4ln23， 1 2 1 2 x ln 1 lnx -lnx x x 而lnx 2lnx 2a(x 2x )3(x 2x ) 1 2 3( 1 2) 2 3， 1 2 1 2 1 2 x -x x x 1 2 2 1 -1 x 2 x 令t 1 (x >4x )，则t >4，欲证明lnx 2lnx >4ln23， x 1 2 1 2 2 lnt t-1 即证明(t2) >4ln2(t >4)，只需证明lnt-4ln2 >0(t >4)即可， t-1 t2 t-1 令h(t)lnt-4ln2 (t >4)， t2 4 t4 -12ln2 求导得 h¢t 1 -4ln2 3  t24t4-12ln2t  t ， t (t2)2 t(t2)2 (t2)2 4 则(t)t4 -12ln2在t >4时单调递增，故(t)>(4)9-12ln2>0， t 1 则 h¢(t)>0，令 h(t)在t >4时单调递增，则h(t)>h(4)ln4-4´ ´ln20， 2 lnt 因此(t2) >4ln2(t >4)，即lnx 2lnx >4ln23，所以xx2 >16e3. t-1 1 2 1 2 【例2】（2024届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4月联合学情检测）已知函数 f xlnmx-xm>0． (1)若 f x£0恒成立，求m的取值范围； (2)若 f x有两个不同的零点x,x ，证明x x >2． 1 2 1 2【解析】（1）首先由m>0可知 f x的定义域是0,¥，从而 f xlnmx-xlnx-xlnm. 1 1-x 故 f¢xlnmx-x -1 ，从而当00，当x>1时 f¢x<0. x x 故 f x在0,1上递增，在1,¥上递减，所以 f x具有最大值 f 1lnm-1. 所以命题等价于lnm-1£0，即m£e.所以m的取值范围是0,e . （2）不妨设x 0，所以pt单调递增. 1t 1-t 1-t2 这表明t >0时pt> p0 f 1- f 10，即 f 1t> f 1-t . 又因为 f 2-x  f 11-x > f 1-1-x  f x 0 f x ，且2-x 和x都大于1， 1 1 1 1 2 1 2 故由 f x在1,¥上的单调性知2-x 2. 1 2 1 2 【例3】（2024届重庆市名校联盟高三下学期第一次联考）若函数 f x在定义域内存在两个不同的数 x,x ， 1 2 同时满足 f x  f x ，且 f x在点 x, f x ,x , f x  处的切线斜率相同，则称 f x为“切合函数” 1 2 1 1 2 2 (1)证明： f xx3-2x为“切合函数”； (2)若 gxxlnx-x2ax为“切合函数”，并设满足条件的两个数为 x,x ． 1 2 1 （ⅰ）求证： xx < ； 1 2 4 3 （ⅱ）求证：a12 xx - xx < ． 1 2 1 2 4 【解析】（1）假设存在两个不同的数 x,x ，满足题意， 1 2 易知 f¢x3x2-2，由题意可得 f x  f x ，即 x3-2x x3-2x ， 1 2 1 1 2 2 x3-2x -  x3-2x  0， x3-x3-2x -x 0，x -x  x2xx x2 -2x -x 0， 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 x -x  x2xx x2-2  0，又x  x ，所以 x2xx x2-20. 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 因为 f¢x  f¢x ，即3x2-23x2-2，化简可得 x2 x2，又x  x ， 1 2 1 2 1 2 1 2 所以 x -x ，代入 x2xx x2-20， 1 2 1 1 2 2可得 x - 2,x  2或 x  2,x - 2，所以 f xx3-2x为“切合函数”. 1 2 1 2 （2）由题意知 g¢xlnx-2xa1，因为 gxxlnx-x2ax为“切合函数”， 故存在不同的数 x,x (不妨设0 xx ，即 2 1 >lnx -lnx ， 2 - 1 >ln 2 ， lnx -lnx 1 2 xx 2 1 x x x 2 1 1 2 1 2 1 x x x x 1 令t 2 ，则由01，要证 2 - 1 >ln 2 ，只需证t- >2lnt， x 1 2 x x x t 1 1 2 1 即2lnt-t 1 <0，设mt2lnt-t 1 t >1，易知m¢t 2 -1- 1  -t-12 <0， t t t t2 t2 故mt在1,+¥单调递减，所以mt xx ，由上面的2式知 xx < ,所以 xx < . lnx -lnx 1 2 1 2 2 1 2 4 2 1 2x -x  （ⅱ）由上面的2得1 2 1 ， lnx -lnx 2 1 xlnx -x lnx xlnx -x lnx x x  a 1 1 2 2 x x  1 1 2 2  2 1 x -x 2 1 x -x 1 2 1 2 1 xlnx -x lnx x x  xlnx -x lnx x x lnx -lnx   1 1 2 2  2 1  1 1 2 2  2 1 2 1 x -x 2x -x  x -x 2x -x  2 1 2 1 2 1 2 1 lnx -lnx 2 1 2xlnx -x lnx x x lnx -lnx  xlnxx -x lnxx  lnxx   1 1 2 2 2 1 2 1  1 1 2 2 1 2 - 1 2 ， 2x -x  2x -x  2 2 1 2 1 1 又 xx < ，所以 a>ln2且xx e-2a， 1 2 4 1 2 3 3 故要证a12 xx - xx < ，只需证a12e-2a -e-a < ， 1 2 1 2 4 4 3 3 即 e2a+ea -a12 >0 a>ln2，设h(a) e2a+ea -a12， 4 4 3 3 则即证 h(a)>0 a>ln2，h¢(a) ´2e2a+ea -2a1= e2a+ea -2a1， 4 2设 k(a) 3 e2a+ea -2a1，则 k¢(a)3e2a+ea -2=  3ea -2  ea 1  >0， 2 即k(a)也就是h¢(a)在ln2,+¥单调递增， 3 3 h¢(a)>h¢(ln2) e2ln2eln2-2ln21  ´42-2ln2-2 23-ln2>0， 2 2 所以 h(a)在ln2,+¥单调递增， 3 所以h(a)>h(ln2) e2ln2eln2-ln212 5-ln2+12， 4 因为10，所以原不等式成立. ex 【例4】（2024届四川省广安友谊中学高三上学期月考）已知函数 f x -lnxx x (1)讨论函数 f x的单调性； (2)若不等式gxx2f x  x2-1  lnx-x3-x£t有解，求实数t的取值范围； (3)若函数hx f x-aaR有两个零点x ，x ，证明：x x <1． 1 2 1 2 ex exx-ex 1  exx x-1 【解析】（1） f x -lnxx,x0,¥\f¢x - 1 ， Q x x2 x x2 \x1,¥, f¢x>0, f x单调递增；x0,1, f¢x<0, f x单调递减； （2）gxx2f x  x2-1  lnx-x3-x£t有解， æex ö 所以gx £t，gxx2 ç -lnxx÷  x2-1  lnx-x3-xxex-lnx-x,x>0， min è x ø 1 1x æ 1ö g¢xx1ex- -1x1ex- x1 çex- ÷， x x è xø 1 1 tx=ex- ,t¢x=ex >0,tx单调递增， x x2 1 x0,tx-¥,t1e-1>0,x 0,1,g¢x tx 0,ex 0  ,x0,x ,g¢x<0,gx 单调递减； 0 0 0 x 0 0 1 1 xx 0 ,¥,g¢x>0,gx单调递增；Q ex0  x ,\x 0 ln x -lnx 0 0 0 所以gx gx x ex 0 -lnx -x 1-lnx -x 1，所以t³1. min 0 0 0 0 0 0 （3）hx f x-aaR有两个零点x ，x ， 1 2 ex hx -lnxx-a0有两个根x ，x ， 不妨设x 1，于是0< <1，由于 f(x)在(0,1)单调递减，故xx <1等价于 fx> fç ÷． 1 2 x 2 1 2 1 èx 2 ø æ 1 ö 而hx hx 0, f x  f x ，故xx <1等价于 f x > f ç ÷．① 1 2 1 2 1 2 2 èx ø 2 æ1ö 设t(x) f(x)- f ç ÷，则①式为tx >0． èxø 2 æ 1 ö (x-1)çexx-xex -1÷ 因为 æ1öæ1ö ¢ è ø ． t¢(x) f¢(x)- f¢ ç ÷ç ÷  èxøèxø x2 1 设 k(x)ex x-xex -1 ， 1 1 1 当x>1时，k¢(x)ex -ex  ex 1>0，故k(x)在(1,¥)单调递增， x 所以k(x)>k(1)0，从而t¢(x)>0，因此t(x)在(1,¥)单调递增． æ 1 ö 又x >1，故tx >t(1)0，故 f x > f ç ÷，于是xx <1． 2 2 2 èx ø 1 2 2 【例5】已知函数 f(x)lnx，g(x)ax2-2ax(a0)． (1)若a3，判断函数y f(x)-g(x)的单调性； (2)若函数h(x) f(x)g(x)的导函数h¢(x)有两个零点x,x (x f(2a)g(1)． 1 2 1 2 2 1 【解析】 (1)若a3，则y f(x)-g(x)lnx-3x26x(x>0)， 1 -6x26x1 6x2-6x-1 所以y¢ -6x6 - ， x x x 6x2-6x-1 3 15 6x2-6x-1 3 15 由y¢- >0，得0 ． x 6 x 6 æ 3 15ö æ3 15 ö 所以y f(x)-g(x)在ç0, ÷上单调递增，在ç ,¥÷上单调递减． ç ÷ ç ÷ 6 6 è ø è ø (2)因为函数h(x) f(x)g(x)，所以h(x)lnxax2-2ax(x>0)， 1 2ax2-2ax1 所以h¢(x) 2ax-2a ． x x 若函数h¢(x)有两个零点x,x (x 0， 1 2 1 2 1 x x 1,xx  >0，所以a>2． 1 2 1 2 2a 1 1 又x f(2a)g(1)，只需证-lnx -ln(2ax )-a2ax >ln2a-a， 2 1 1 1 1 即证lnx ln(2ax )-2ax <-ln2a． 1 1 1 æ 1 ö 设u(t)lntln(2at)-2at 2lntln(2a)-2at，其中tx 1  ç è 0, 2a ÷ ø ， 2 1 1 1 2- 2a 由u¢(t) -2a0，得t  ．因为a>2，所以 -  <0， t a a 2a 2a ì 2 ì 2 u¢(t) -2a>0, u¢(t) -2a<0,    t 1  t 1 1 由í 得0 < t < ；由í 得 f(2a)g(1)成立． 2 1 1．（2024届安徽省A10联盟高三最后一卷）已知函数 f(x)aex-e-x-(a1)x,a>0． (1)求证： f(x)至多只有一个零点； (2)当00成立，求实数k的取值范 1 2 1 2 围． 【解析】（1）由题意得， f¢xaex-a1 1   ex-1 æ ça- 1 ö ÷ 1  ex-1  aex-1  ， ex è ex ø ex 当a>0时，令 f¢x0，解得x 0,x -lna， 1 2  ex-1 2 ①当a1时， f xex-e-x-2x, f¢x ³0 ，所以 f x在R上单调递增， ex 又 f 00，此时函数 f x有唯一的零点0； ②当00，所以x-¥,0时， f¢x>0, f x单调递增，x0,-lna时， f¢x<0, f x单调递减，x-lna,¥时， f¢x>0, f x单调递增， 又 f -lna< f 0a-1<0，则函数 f x在区间-¥,-lna上无零点， 在-lna,¥上至多只有一个零点，所以函数 f x 至多只有一个零点； ③当a>1时，-lna<0，所以x-¥,-lna时， f¢x>0, f x单调递增， x-lna,0时， f¢x<0, f x单调递减，x0,¥时， f¢x>0, f x单调递增， 又 f -lna> f 0a-1>0， 则函数 f x在-¥,-lna上至多只有一个零点，在区间-lna,¥上无零点， 所以函数 f x至多只有一个零点，综上，函数 f x至多只有一个零点； （2）由（1）知，当00，所以a-1ké1-aa1lnaù>0， 1 2 ë û 因为0a-1k-1，即lna<ç1- ÷ *， è kø a1 2 æ 1ö x-1 x2 x1 设gxlnx-ç è 1- k ÷ ø  x1 ,x0,1，则 g¢x 1 - æ ç1- 1ö ÷ 2  k ， x è kø(x1)2 x(x1)2 2 4 令x2 x10，则Δ -4， k k2 ①当k £-1时，Δ£0，此时g¢x³0恒成立，则gx在0,1上单调递增， æ 1ö1-1 æ 1öa-1 所以gx0，设x2 x10的两个根为x ,x ，且x 0,x x 1，所以0g10，此时lna>ç1- ÷ ，与 * 矛盾，不合题意. 3 è køa1 综上所述，k的取值范围是-¥,-1 . 2．（2024届湖北省宜荆荆随恩高三5月联考）设函数 f x4lnx-ax24-2ax，aR (1)讨论 f x的单调性． (2)若函数 f x存在极值，对任意的0 ． x -x x x 2 1 2 1 x x （ⅱ）判断并证明 1 2 与x 的大小． 2 0 4 -1 【解析】（1） f¢x -2ax4-2a 2ax-4x1，x>0， x x 若a£0，则 f¢x>0， f x在0,¥上单调递增， 2 æ 2ö æ2 ö 若a>0，由 f¢x0得x ，当xç0, ÷时 f¢x>0；当xç ,¥÷时， f¢x<0， a è aø èa ø æ 2ö æ2 ö ∴ f x在ç0, ÷单调递增，在ç ,¥÷单调递减. è aø èa ø （2）∵ f x存在极值，由（1）知a>0， f x - f x 4lnx -lnx -a  x2-x2 4-2ax -x  2 1 2 1 2 1 2 1 4lnx -lnx -ax x x -x 4-2ax -x ， 2 1 2 1 2 1 2 1 f x - f x  4lnx -lnx  由题设得 f¢x  2 1  2 1 -ax x 4-2a， 0 x -x x -x 2 1 2 1 2 1 x ∵01)， 1 2 x 1 lnx -lnx 2 2t-1 （ⅰ）要证明 2 1 > 即证明lnt> t>1， x -x x x t1 2 1 2 1 2t-1 1 2t1-2t-1 (t-1)2 设gtlnt- ，（t>1），则g¢t -  >0， t1 t (t1)2 t(t1)2 2t-1 lnx -lnx 2 ∴gt在1,¥上单调递增，gt>g10，∴lnt > ，即 2 1 > 得证， t1 x -x x x 2 1 2 1 æx x ö 8 （ⅱ） f¢ ç 1 2 ÷ -ax x 4-2a， è 2 ø x x 2 1 1 2 æx x ö 4lnx -lnx  8 ælnx -lnx 2 ö f¢x - f¢ ç 1 2 ÷ 2 1 - 4ç 2 1 - ÷>0， 0 è 2 ø x -x x x è x -x x x ø 2 1 1 2 2 1 1 2æx x ö 4 x x ∴ f¢x > f¢ ç 1 2 ÷，∵ f¢x -2ax4-a在0,¥上是减函数，∴ 1 2 >x . 0 è 2 ø x 2 0 x2 3．（2024届全国统一考试押题卷）已知函数 f x ． ex (1)求函数 f x在1,3上的值域； (2)若方程 f x 1 有两个不相等的解x,x ，且x >0,x >0，求证：a  x2x2 >2e2． a 1 2 1 2 1 2 x2 x2-x 【解析】（1）因为 f x ，所以 f¢x ． ex ex 当x1,2时， f¢x>0, f x单调递增，当x2,3时， f¢x<0, f x单调递减， 4 1 9 1 所以当x1,3时， f(x)  f 2 ．又 f 1 < f 3 ，所以当x1,3时， f(x)  f 1 ， max e2 e e3 min e é1 4 ù 所以 f x在1,3上的值域是 , ． ê ëe e2ú û e2 （2）由题，不妨设0 ． 1 2 1 2 4 1 ìex 1 ax2 ex1 x2 由 f x 得í 1 ，则  1 ， a îex 2 ax 2 2 ex2 x 2 2 x -x 两边同时取自然对数，得x -x 2lnx -lnx ，即 1 2 2． 1 2 1 2 lnx -lnx 1 2 要证a  x 1 2x 2 2 >2e2，即证ex 1 ex 2 >2e2． 因为 x1x2 ，所以只需证 x 1 x 2 ³2， ex1 ex2 >2 ex1ex2 2e 2 2 æ x ö 即证 x 1 x 2 ³ x 1 -x 2 ，即证 2x 1 -x 2  ³ln x 1 ，即证 2 è ç x 1 2 -1 ø ÷ ³ln x 1 ． 2 lnx -lnx x x x x x 1 2 1 2 2 1 1 2 x 2 x 2t-1 2t-1 令 1 t，即证 ³lnt,t0,1， 令gt -lnt,t0,1， x t1 t1 2 4 1 -t-12 则g¢t -  <0，所以当t0,1时，gt单调递减，所以 t12 t tt12 gt>g(1) 2´1-1 -ln10，即 2t-1 >lnt．故a  x2x2 >2e2． 1 2 11 t1 4．（2024届江西省新八校高三第二次联考）已知函数 f(x) x2-axlnx(aR) (1)当a3时，求函数 f(x)的极值； (2)设函数 f(x)有两个极值点x,x ，且x >x ，若 f x 0， 1 2x2-3x1 f¢x2x-3  x>0 x x 1 令 f¢x0，即2x2-3x10，解得x 或x1， 2 æ 1ö 所以当xç0, ÷时， f¢x>0， f x单调递增， è 2ø æ1 ö 当xç ,1÷时， f¢x<0， f x单调递减，当x1,¥时， f¢x>0， f x单调递增； è2 ø 1 æ1ö 5 所以x 时， f x取得极大值，极大值为 f ç ÷- -ln2， 2 è2ø 4 x1时， f x取得极小值，极小值为 f 1-2. （2）因为 f(x)x2-axlnx(aR) x>0， 1 2x2-ax1 所以 f¢x2x-a  x>0，由已知 f(x)有两个极值点x,x ， 1 2 x x 所以方程2x2-ax10有两个相异的正根x >x 1 2 所以Da2-8>0，即a>2 2或a<-2 2， a 1 又x x  >0，所以a>0，x x  ，所以a>2 2； 1 2 2 1 2 2 a 2 所以y2x2-ax1对称轴为x > ，二次函数与x轴交点为x、x， 4 2 1 2 2 且x >x ，所以x在对称轴的右侧，则有x > ， 1 2 1 1 2 因为2x2-ax 10，即 ax 2x21， 1 1 1 1 所以 f x x2-ax lnx x2-  2x21  lnx -x2lnx -1，其中x > 2 ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 æ 2ö 1 1-2x2 æ 2ö 令gx-x2lnx-1çx> ÷，则g¢x-2x  çx> ÷， è ç 2 ø ÷ x x ç è 2 ÷ ø 令g¢x0，解得x± 2 均不在定义域内， 2 所以x> 2 时，g¢x<0，gx在 æ ç 2 ,¥ ö ÷上单调递减， 2 ç è 2 ÷ ø æ 2ö 3 1 3 1 3 1 gx0． 1 2 1 2 1 2 【解析】（1） f¢xa-1-lnx，当0< x0, f x单调递增； 当x>ea-1时， f¢x<0, f x单调递减．所以 f(x)  f  ea-1 ea-1£1， max 解得a£1，即a的取值范围为-¥,1．   （2）证明：不妨设x 0， 1 2 1 2 1 2 e2a-2 即证 xx ea-1时，a-1-lnx<0,x2-e2a-2 >0，则g¢x<0， æe2a-2 ö 所以gx在  ea-1,ea 上单调递减，则gx0成立． 1 x 1 2 2 1 6．（2024届云南省高三第二次统一检测）已知常数a>0，函数 f(x) x2-ax-2a2lnx. 2 (1)若x>0, f(x)>-4a2，求a的取值范围; (2)若x、x是 f(x)的零点，且x  x ，证明:x x >4a. 1 2 1 2 1 2 【解析】（1）由已知得 f(x)的定义域为{x|x>0}， 2a2 x2-ax-2a2 (x-2a)(xa) 且 f¢(x)x-a-   . x x x a>0，\当x(0,2a)时， f¢(x)<0，即 f(x)在(0,2a)上单调递减； Q 当x(2a,¥)时， f¢(x)>0，即 f(x)在(2a,¥)上单调递增. 所以 f x在x2a处取得极小值即最小值，\f x  f 2a-2a2ln2a， min x>0, f x>-4a2 Û f x -2a2ln2a>-4a2 Ûln2a0}， f(x)在(0,2a)上单调递减，在(2a,¥)上单调递增，且x2a是 f(x)的极小值点. Q x 1 、x 2 是 f(x)的零点，且x 1  x 2 ， \x 、x分别在(0,2a)、(2a,¥)上，不妨设0F(2a)0，即 f x > f 4a-x ， Q 1 1 1 1 f x  f x 0，\f x > f 4a-x ， x <2a，\4a-x >2a， Q 1 2 2 1 Q 1 1 又 Q x 2 >2a， f(x)在(2a,¥)上单调递增， \x >4a-x ，即x x >4a. 2 1 1 2 æ1 ö 7．（2024届河南省南阳市一中高三下学期模拟）已知函数 f xç e2xaex-x1÷ex. è3 ø (1)设 gx f xx-1ex，讨论函数 gx的单调性； (2)若函数 f x有两个极值点 x,x x 1. 1 2 1 2 1 2 æ1 ö æ1 ö 【解析】（1）解：因为 f xç e2xaex-x1÷ex，可得 gx f xx-1ex ç e2xaex ÷ex， è3 ø è3 ø æ2 ö æ1 ö 则 g¢xç e2xaex ÷exç e2xaex ÷ex e2x(ex2a)，其中定义域为 xR， è3 ø è3 ø 当 a³0时， g¢x>0，所以 gx在 R上单调递增； 当 a<0时，令 g¢x0，可得 xln-2a， 令 g¢x<0，可得 x0，可得 x>ln-2a， 所以 gx在 -¥,ln-2a 上单调递减，在 ln-2a,¥ 上单调递增， 综上所述，当 a³0时， gx在 R上单调递增； 当 a<0时， gx在 -¥,ln-2a 上单调递减，在 ln-2a,¥ 上单调递增.（2）解：因为 f x æ ç 1 e2xaex-x1 ö ÷ex，可得 f¢x  e2x2aex-x  ex， è3 ø 因为 f x有两个极值点 x,x ， 1 2 令 f¢x  e2x2aex-x  ex 0，即方程e2x2ae2-x0有两个实数根 x,x . 1 2 e2x2aex-x x 设hx ex- 2a， ex ex e2xx-1 则h¢x ，设mxe2xx-1，可得m¢x2e2x1>0， ex 所以mx在 R上单调递增，且m00， 所以当 x-¥,0时，h¢x<0，hx在-¥,0单调递减； 当 x0,¥时，h¢x>0，hx在0,¥单调递增，所以 x <00， ex ex 1 1-x x  ex1  ex-1  则 F¢x- x1ex -ex  >0， ex ex ex 所以 Fx在0,¥上单调递增，所以 Fx >F00,h-x -hx >0，即h-x >hx  . 2 2 2 2 2 因为hx=hx ，所以h-x >hx ， 1 2 2 1 因为 x <00， 1 2 2 1 1 2 所以ex1x2 >1，所以 x x ex1x2 >1. 1 2 ìxlnx,0hx在1,¥上恒成立； (2)若hx hx hx 00，所以函数ux在1,¥上单调递增， 即¢x在1,¥上单调递增，则¢x>¢10， 所以x在1,¥上单调递增，所以x>10， 即 f x>hx在1,¥上恒成立； ìxlnx,00,hx在ç ,1÷上单调递增， e èe ø æ1ö 1 é 1 ö hç ÷- ,h10，又当 x0时，hx0，所以hx ê - ,0÷. èeø e ë e ø 当 x³1时，hxx-xex-1，则h¢x1-x1ex-1<1-ex-1£0， 所以hx在1,¥上单调递减，且h10，此时hx£0， æ 1 ö 如图，由题意，设hx hx hx tç- ,0÷， 1 2 3 è e ø 设 y f x-x1与yt交点的横坐标为 x¢，则x¢ 1-t，有 x 0)，则y¢ -1 ， x x 所以当00，当 x>1时，y¢<0， 所以函数 ylnx-x-1(x>0)在0,1上单调递增，在1,¥上单调递减，所以lnx-x-1£ln1-1-10，即lnxm2-m-m-1m2-2m1>0，则 d¢m>0， 所以 dm在m1,2上单调递增， 2ln2 所以 dmlnn1 （ nN*）. kk1 k1 【解析】（1）（解法一）由题意可知 f(x)的定义域为(0,¥)， 1 a x2ax1 f¢(x)1   (x>0)，设 g(x)x2ax1(x>0)，其中 g01. x2 x x2 a ①当 - £0，即 a³0时， gx>0，所以 f¢(x)>0， f(x)单调递增， 2 所以当 x1,¥时， f(x)³ f 10，故 a³0满足题意； a ②当- >0，且 Da2-4£0，即 -2£a<0时， g(x)³0， 2 所以 f¢(x)³0， f(x)单调递增， 所以当 x1,¥时， f(x)³ f 10，故 -2£a<0满足题意； a ③当- >0，且 Da2-4>0，即 a<-2时， 2 设 gx0的两根为 p， q ，解得 p -a- a2-4 0< p<1， q -a a2-4 q>1， 2 2 则当 x(1，q)时， gx<0，所以 f¢(x)<0， f(x)单调递减， 则 f(x)< f 10，故 a<-2不满足题意 .综上， a的取值范围是[-2，¥) . （解法二）由题意可知 f(x)的定义域为(0，¥)， 1 a x2ax1 f¢(x)1   (x>0)， x2 x x2因为 f 10， f(x)³0x³1，所以 f¢1a2³0，解得 a³-2， 以下证明 a³-2满足题意. 1 1 由 x³1可知，lnx³0，所以当 a³-2时， f(x)x- alnx³x- -2lnx， x x 1 (x-1)2 设h(x)x- -2lnxx³1，h¢(x) ³0，所以 h(x)为递增函数， x x2 所以hx³h10，所以 f(x)³h(x)³0，综上，a的取值范围是[-2，¥). （2）由（1）可知，当 a<-2时， f(x)在0,p和q,¥上单调递增，在p,q上单调递减， 因为 f 10，所以 f(p)>0， f q<0， 取 x   a a21 2 <1， f  x  x - 1 alnx <1- 1 - 2a  x p -2a x p -1 0， p p p x p x x x p p p p 1 1 -2 （其中lnx£x-1£x，所以ln < ，即lnx> ）， x x x  2   1 取 x  a21-a >1， f x x - alnx >x -12a x 0. q q q x q q q q （其中lnx£x-1£x，所以ln x < x，即lnx<2 x）， 所以 f(x)在  x ,p  上存在唯一零点x，即在0,p上存在唯一零点x，在  q,x  上存在唯一零点 x ，即在 p 1 1 q 3 q,¥上存在唯一零点 x ，且 x 1， 3 2 1 1 所以 f(x )x - alnx 0， f(x )x - alnx 0， 1 1 x 1 3 3 x 3 1 3 æ 1 ö 1 1 1 æ 1 ö f ç ÷ - aln -çx - alnx ÷0 1 又 èx 1 ø x 1 1 x 1 è 1 x 1 1 ø ，所以 x 也是函数的零点， x 1 1 1 1 1 显然  x 且 1，所以 x ，即xx 1，所以xx x2，所以x，x， x 成等比数列. x 1 x x 3 1 3 1 3 2 1 2 3 1 1 1 （3）由（1）可知当 a-2时， f x为单调递增函数， 1 所以当 x1,¥时， f(x)> f 10，即 x- -2lnx>0， x 1 1 整理得 x- >lnx2，即 x- >lnx(x>1)， x x 1 1 æ 1ö 所以 1 k - 1 >lnç è 1 k ÷ ø（ kN*），则 1 >ln k1 （ kN*）， 1 k(k1) k kn 1 3 n1 故 å >ln2ln ...ln lnn1 （ nN*）. kk1 2 n k1 10．（2024届河南省商丘市部分学校5月联考）已知函数 f x的定义域为0,¥，其导函数 2 f¢x2x -2aaR,f 11-2a． x (1)求曲线 y f x在点 1, f 1 处的切线l的方程，并判断l是否经过一个定点； (2)若$x,x ，满足00  则íx x a>0Þa>2,00，所以 gx在  1, 2  上单调递减，在  2,¥  上单调递增，所以 gx³g  2  -1-3ln2，又当 x¥时， gx¥， 所以 gx的取值范围为-1-3ln2,¥， 即 2f x - f x 的取值范围为-1-3ln2,¥． 1 2 11．（2024届河北省沧州市高三下学期4月联考）已知函数 f xx2lnx. (1)求函数 f x的单调性； (2)若 y f x-t有两个不相等的零点 x,x ，且 x 0可得 f¢x2xlnxxx2lnx1， 令 f¢xx2lnx1>0Þx>e - 1 2 ，故 f x在 æ çe - 1 2,¥ ö ÷单调递增， è ø 令 f¢xx2lnx1<0Þ01时， f x>0，当00，所以0< < ,00， æ 1 1 ö gxx2lnx-x-1x2 çlnx-  ÷ x>0, è x x2 ø 1 1 1 1 2 x2x-2 x2x-1 令hxlnx-  ，则 h¢x  -   ； x x2 x x2 x3 x3 x3 令h¢x>0Þx>1,\hx在1,¥单调递增， h¢x<0Þ0x-1恒成立， 由①知0x -1，即 x < f x 1t1， 1 2 2 2 2 2 1 æ 1 ö 令 sx f x xx2 çlnx ÷， e è exø 1 1 1 ex-1 记 kxlnx ，则 k¢x -  ， ex x ex2 ex2 1 æ 1ö 当0 时， k¢x>0， kx在ç ,¥÷单调递增， e èe ø æ1ö 故 kx³kç ÷0，进而 sx³0， èeø 1 1 1 因此 sx f x xx2lnx x³0Þx2lnx³- x， e e e 1 1 1 所以 x2lnx ³- x ，故 f x ³- x ，即t³- x ，进而-x £et， 1 1 e 1 1 e 1 e 1 1 又因为 x ． 1 2 1 2 ë 1 2 û a 【解析】（1）当 a2时， gx f x-x2xlnx-1-x2，定义域为1,¥， 2x 2x 则 g¢x2lnx-1 -2xx>1．设h(x)2ln(x-1) -2x(x>1)， x-1 x-1 é æ 3ö 2 3ù 2ê-çx- ÷ - ú 则 2 2 -2x26x-6 êë è 2ø 4úû ， h¢(x) - -2  <0 x-1 (x-1)2 (x-1)2 (x-1)2 所以 h(x)在(1,¥)上单调递减，即 g¢(x)在(1,¥)上单调递减． 又h(2)04-40，即 g¢(2)0， 所以当 x(1,2)时， g¢(x)>0，当 x(2,¥)时， g¢(x)<0， 所以 g(x)在(1,2)上单调递增，在(2,¥)上单调递减． （2）令 f(x)0，得 axln(x-1)x(x-1)． 又 x>1，所以 aln(x-1)x-1．显然当 a0时，方程 x-10只有一个根，不符合题意， 1 ln(x-1) ln(x-1) 1-ln(x-1) 所以  (x>1)．令(x) (x>1)，则¢(x) ． a x-1 x-1 (x-1)2 当10，当 x>e1时，¢(x)<0， 1 所以(x)在(1,e1)上单调递增，在(e1,¥)上单调递减，则(x)£(e1) ． e 而(2)0，所以当 x>2时，恒有(x)>0． 1 1 1 要使 f(x)有两个零点 x,x ，则需直线y 与函数(x)的图象有两个交点，所以0< < ． 1 2 a a e 由上述可知， x >x >1，且 alnx -1x -1①， alnx -1)x -1②． 2 1 1 1 2 2 x -1 1 1 x -1 ②－①，得aln 2 x -x ，所以  ln 2 ． x -1 2 1 a x -x x -1 1 2 1 1 ②＋①，得 aé ë lnx 2 -1lnx 1 -1ù û x 2 -1x 1 -1， x -1x -1 x -1x -1 x -1 所以lné ë x 1 -1x 2 -1ù û  2 a 1  2 x -x 1 ln x 2 -1 ． 2 1 1 x -1 2 1 x -1 x -1 x -1 t1 设t  x 2 -1 >1，则ln ë éx 1 -1x 2 -1ù û  x 1 -1 ln x 2 -1  t-1 lnt． 1 2 -1 1 x -1 1 4 4 4 要证lnéx -1x -1ù> ，又 < <2，所以只需证lnéx -1x -1ù>2， ë 1 2 û a a e ë 1 2 û t1 2(t-1) 即证 lnt >2，即证lnt- >0． t-1 t12(t-1) (t-1)2 令m(t)lnt- (t >1)，则m¢(t) >0，所以m(t)在(1,¥)上单调递增， t1 t(t1)2 2(t-1) 4 则 m(t)>m(1)0，即lnt- >0，故lnéx -1x -1ù> ． t1 ë 1 2 û a 1 13．（2024届福建省福宁古五校教学联合体联考）已知函数 f(x)ax(a-1)lnx ,aR． x (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若关于 x的方程 xf(x) x2ex -xlnx1有两个不相等的实数根 x,x ， 1 2 （i）求实数 a的取值范围; ex1 ex2 2a （ii）求证:  > ． x x xx 2 1 1 2 1 【解析】（1）因为 f(x)ax(a-1)lnx ， x a-1 1 ax2(a-1)x-1 (x1)(ax-1) 所以 f¢(x)a -   ，其中 x>0, x x2 x2 x2 ①当 a£0时， f¢(x)<0，所以函数 f(x)的减区间为(0,¥)，无增区间； 1 1 ②当 a>0时，由 f¢(x)>0得x> ，由 f¢(x)<0可得00时，函数 f(x)的增区间为ç ,¥÷，减区间为ç0, ÷． èa ø è aø （2）（ⅰ）方程 xf(x) x2ex -xlnx1可化为 xex axalnx，即exlnx a(xlnx)． 令t(x)xlnx，因为函数t(x)在(0,¥)上单调递增， 易知函数t(x)xlnx的值域为 R， 结合题意，关于t的方程et at（*）有两个不等的实根． et 又因为t 0不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为 a． t et et(t-1) 令 g(t) ，其中t0，则 g¢(t) ． t t2 由 g¢(t)<0可得t<0或00可得t>1， 所以，函数 g(t)在(-¥,0)和(0,1)上单调递减，在(1,¥)上单调递增． 所以，函数 g(t)的极小值为 g(1)e， et et 且当t<0时， g(t) <0；当t >0时，则 g(t) >0． t t 作出函数 g(t)和 ya的图象如图所示：由图可知，当 a>e时，函数 ya与 g(t)的图象有两个交点， 所以，实数 a的取值范围是(e,¥)． ex1 ex2 2a （ⅱ）要证  > ，只需证xex1 x ex2 >2a，即证et1 et2 >2a． x x xx 1 2 2 1 1 2 因为et at，所以只需证t t >2 ， 1 2 由（i）知，不妨设0 t 2 t 2(p-1) 所以只需证 t -t t ，即只需证 1 > ．令 p 2 (t>1)，只需证lnp> ， 2 1 ln 2 t t t p1 t 2 -1 ln 2 1 1 t t 1 1 2(p-1) 1 4 (p-1)2 令h(p)lnp- ，其中 p>1，则h¢(p) -  >0， p1 p (p1)2 p(p1)2 所以 h(p)在(1,¥)上单调递增，故h(p)>h(1)0，即 h(p)>0在(1,¥)上恒成立． 所以原不等式得证. 1 14．（2024届广东省佛山市高三下学期教学质量检测）已知 f x- e2x4ex-ax-5. 2 (1)当 a3时，求 f x的单调区间； (2)若 f x有两个极值点x，x，证明： f x  f x x x <0. 1 2 1 2 1 2 1 【解析】（1）当 a3时， f x- e2x4ex-3x-5， 2 f¢x-e2x4ex-3-  ex-1  ex-3  ， 则当ex0,1È3,¥，即 x-¥,0Èln3,¥时， f¢x<0， 当ex1,3，即 x0,ln3时， f¢x>0，故 f x的单调递减区间为-¥,0、ln3,¥，单调递增区间为0,ln3； （2） f¢x-e2x4ex-a，令tex，即 f¢x-t24t-a， 令t ex1，t ex2，则t 、t 是方程t2-4ta0的两个正根， 1 2 1 2 则Δ-42 -4a16-4a>0，即 a<4， 有t t 4，tt a>0，即00，当 xx ,4时， g¢x<0， 0 0 故 gx在0,x 上单调递增， gx在x ,4上单调递减， 0 0 1 1 则 gx£gx x -x -1lnx -2x -x -1´ -2x  -3， 0 0 0 0 0 0 x 0 x 0 0 1 æ 5ö 1 又 x 0 1,2，则 x 0  x ç è 2, 2 ÷ ø ，故 gx 0 x 0  x -3<0， 0 0 即 gx<0，即 f x  f x x x <0. 1 2 1 2