第21讲极值点偏移_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第21讲 极值点偏移
知识梳理
1、极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数
图像没有对称性。若函数f(x)在x=x 处取得极值，且函数y=f(x)与直线y=b交于A(x,
0 1
x +x
b),B(x ,b)两点，则AB的中点为M 1 2,b
2 2

x +x
，而往往x ≠ 1 2。如下图所示。
0 2
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数y=f(x)在区间(a,b)内只有一个极值点x ，方程f(x)的解
0
x +x
分别为x 、x ，且a<x <x <b，(1)若 1 2 ≠x ，则称函数y=f(x)在区间(x,x )上极值
1 2 1 2 2 0 1 2
x +x
点x 偏移；(2)若 1 2 >x ，则函数y=f(x)在区间(x ,x )上极值点x 左偏，简称极值点
0 2 0 1 2 0
x +x
x 左偏；(3)若 1 2 <x ，则函数y=f(x)在区间(x ,x )上极值点x 右偏，简称极值点x
0 2 0 1 2 0 0
右偏。
2、对称变换
主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)
定函数(极值点为x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x .
0 0
(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x -x)，若证x x >x2 ，则
0 1 2 0
2x
令F(x)=f(x)-f 0
x
 .
(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性．
(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x -x)的大小
0
关系．
(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x -x)的大小关系转化为x与2x -
0 0
x之间的关系，进而得到所证或所求．
第 页 共 页
417 3427x +x
【注意】若要证明f 1 2
2

x +x
的符 号问题，还需进一步讨论 1 2 与x 的大小，得
2 0
x +x
出 1 2 所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
2
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的
应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，
但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、
化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，
这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种
常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功
效
x -x x +x
3、应用对数平均不等式 xx < 1 2 < 1 2 证明极值点偏移：
1 2 lnx -lnx 2
1 2
①由题中等式中产生对数；
x -x
②将所得含对数的等式进行变形得到 1 2 ；
lnx -lnx
1 2
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
4、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调
性证明题中的不等式即可.
必考题型全归纳
1 题型一：极值点偏移:加法型
763 (2024·河南周口·高二校联考阶段练习)已知函数fx 
x2-ax
= ，a∈R
ex
(1)若a=2，求fx  的单调区间；
(2)若a=1，x 1 ，x 2 是方程fx 
lnx+1
= 的两个实数根，证明：x +x >2． ex 1 2
【解析】(1)由题可知fx  的定义域为R，
fx 
x2-4x+2
=- .
ex
令hx  =x2-4x+2，则hx  =0的两根分别为x =2- 2，x =2+ 2． 1 2
当x<2- 2或x>2+ 2时，fx  <0；
当2- 2<x<2+ 2时，fx  >0；
所以fx  的单调递增区间为2- 2,2+ 2  ，单调递减区间为-∞,2- 2  ，
2+ 2,+∞  ．
(2)原方程可化为lnx-x2+x+1=0，
设gx  =lnx-x2+x+1，则gx 
1 -2x2+x+1
= -2x+1= ，x>0．
x x
令gx  =0，得x=1．∵在0,1  上，gx  >0，在1,+∞  上，gx  <0，
∴gx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
∴gx  ≤g1  =-1+1+1=1>0，且当x>0，x趋向于0时，gx  趋向于-∞，
当x趋向于+∞时，gx  趋向于-∞．
则gx  在0,1  和1,+∞  上分别有一个零点x ，x ， 1 2
不妨设0<x <1<x ，∵0<x <1，∴2-x >1，
1 2 1 1
第 页 共 页
418 3427设Gx  =gx  -g2-x  ，则Gx  =lnx-x2+x+1  -
ln2-x  -2-x  2+2-x   +1  =lnx-ln2-x  -2x+2，
Gx 
1 1 2x2-4x+2
= + -2=
x 2-x x2-x 
．
当0<x<1时，Gx  >0，
∴Gx  在0,1  上单调递增，而G1  =0，
∴当0<x<1时，Gx  <0，gx  <g2-x  ，即gx 1  <g2-x 1  ．
∵gx 2  =gx 1  ，
∴gx 2  <g2-x 1  ．
∵gx  在1,+∞  上单调递减，
∴x >2-x ，即x +x >2．
2 1 1 2
764 (2024·河北石家庄·高三校联考阶段练习)已知函数fx  =x2lnx-aa∈R  .
(1)求函数fx  的单调区间；
(2)若函数fx 
2
有两个零点x 、x ，证明1<x +x < . 1 2 1 2 e
【解析】(1)因为fx  =x2lnx-aa∈R  的定义域为0,+∞  ，
则fx  =2xlnx+x=x2lnx+1  ，
令fx 
1
>0，解得x> ，令fx
e

1
<0，解得0<x< ，
e
所以fx 
1
的单调减区间为0,
e

1
，单调增区间为 ,+∞
e
 .
1
(2)证明：不妨设x <x ，由(1)知：必有0<x < <x .
1 2 1 e 2
2 2
要证x 1 +x 2 < e ，即证x 2 < e -x 1 ，即证fx 2 
2
<f -x e 1  ，
又fx 2  =fx 1  ，即证fx 1 
2
-f -x e 1  <0.
令gx  =fx 
2
-f -x
e

1
，其中x∈0,
e
 ，
则gx  =x2lnx+1  2 + -x
e
 2 2ln -x
e
   +1

 ，
令hx  =gx  ，则hx  =2lnx+1  2 +1- 2ln -x
e
   +1

 x -1=2ln <0
2
-x
e
1
在x∈0,
e
 时恒成立，
所以hx 
1
在0,
e
 上单调递减，即gx 
1
在0,
e
 上单调递减，所以gx  >
1
g
e
 =0，
所以gx 
1
在0, e  上单调递增，所以gx 1 
1
<g e  =0，
即fx 1 
2
-f -x e 1 
2
<0，所以x +x < ； 1 2 e
接下来证明x +x >1，
1 2
x
令 x 2 =t，则t>1，又fx 1
1
 =fx 2 
t2lnt
，即x2lnx =x2lnx ，所以lnx = ， 1 1 2 2 1 1-t2
要证1<x 1 +x 2 ，即证1<x 1 +tx 1 ，有t+1  x >1， 1
第 页 共 页
419 3427不等式t+1  x 1 >1两边取对数，即证lnx 1 +lnt+1  >0，
t2lnt
即证 +lnt+1
1-t2

t+1
>0，即证
 lnt+1  tlnt
> ，
t t-1
令ux 
xlnx
= ，x∈1,+∞
x-1
 ，则ux 
lnx+1
=
 x-1  -xlnx
x-1 
x-lnx-1
=
2 x-1 
，
2
令px  =x-lnx-1，其中x∈1,+∞  ，则px 
1 x-1
=1- = >0，
x x
所以，px  在1,+∞  上单调递增，则当x∈1,+∞  时，px  >p1  =0，
故当x∈1,+∞  时，ux 
x-lnx-1
=
x-1 
>0
2
可得函数ux  单调递增，可得ut+1  >ut 
t+1
，即
 lnt+1  tlnt
> ，所以x +x t t-1 1 2
>1，
2
综上，1<x +x < .
1 2 e
765 (2024·广东深圳·高三红岭中学校考期末)已知函数fx  =lnx.
(1)讨论函数gx  =fx  -axa∈R  的单调性；
1
(2)①证明函数F(x)=f(x)- (e为自然对数的底数)在区间1,2
ex
 内有唯一的零点；
②设①中函数Fx 
x
的零点为x ，记m(x)=minxf(x), 0  ex  (其中min{a,b}表示a,b中的
较小值)，若mx  =n(n∈R)在区间1,+∞  内有两个不相等的实数根x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，证
明：x +x >2x .
1 2 0
【解析】(1)由已知gx  =lnx-ax，
函数gx  的定义域为0,+∞ 
1 1-ax
，导函数g(x)= -a= (x>0)
x x
当a≤0时，gx  >0恒成立，所以gx  在0,+∞  上单调递增；
当a>0时，令gx 
1
=0有x= ，
a
1
∴当x∈0,
a
 时，gx  >0，gx  单调递增，
1
当x∈ ,+∞
a
 时，gx  <0，gx  单调递减.
综上所述：
当a≤0时，gx  在0,+∞  上单调递增；
当a>0时，gx 
1
在0,
a

1
上单调递增，在 ,+∞
a
 上单调递减.
1
(2)①F(x)=lnx- 的定义域为0,+∞
ex

1 1
，导函数F(x)= + ，
x ex
当x∈1,2  时，Fx  >0，即Fx  在区间1,2  内单调递增，
1 1
又F(1)=- <0，F(2)=ln2- >0，且Fx
e e2
 在区间1,2  内的图像连续不断，
∴根据零点存在性定理，有Fx  在区间1,2  内有且仅有唯一零点.
1 1 1
②当x>0时，F(x)= + >0，函数F(x)=lnx- 在0,+∞
x ex ex
 上单调递增，
又Fx 0  =0，
1 x
∴当1<x<x 时，F(x)<0，故f(x)< ，即xf(x)< ；
0 ex ex
1 x
当x>x 时，F(x)>0，故f(x)> ，即xf(x)> ，
0 ex ex
第 页 共 页
420 3427xlnx,1<x≤x
 0
∴可得m(x)= x ，
, x>x
ex 0
当1<x<x 0 时，m(x)=xlnx，由m(x)=1+lnx>0得mx  单调递增；
x 1-x
当x>x 0 时，m(x)= ex ，由m(x)= ex <0得mx  单调递减：
若m(x)=n在区间1,+∞  内有两个不相等的实数根x 1 ，x 2x 1 <x 2  ，
则x 1 ∈1,x 0  ，x 2 ∈x 0 ,+∞ 
∴要证x +x >2x ，需证x >2x -x ，又2x -x >x ，
1 2 0 2 0 1 0 1 0
而mx  在x 0 ,+∞  内递减，
故需证mx 2  <m2x 0 -x 1  ，又mx 1  =mx 2  ，
即证mx 1  <m2x 0 -x 1 
2x -x
，即xlnx < 0 1 1 1 e2x0-x1
2x -x
下证xlnx < 0 1：
1 1 e2x0-x1
2x -x
记h(x)=xlnx- 0 ，1<x<x ，
e2x0-x 0
由Fx 0  =0知：h(x )=0， 0
t 1-t
记φ(t)= ，则φ(t)= ：
et et
当t∈0,1  时，φ(t)>0；
当t∈1,+∞  时，φ(t)<0，
1 1
故φ(t) = ，而φ(t)>0，所以0<φ(t)< ，
max e e
1 2x -x
由2x -x>1，可知- <- 0 <0.
0 e e2x0-x
1 2x -x 1
∴h(x)=1+lnx+ - 0 >1- >0，即hx
e2x0-x e2x0-x e
 单调递增，
2x -x
∴当1<x<x 时，h(x)<h(x )=0，即xlnx < 0 1，故x +x >2x ，得证.
0 0 1 1 e2x0-x1 1 2 0
766 (2024·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测)已知函数fx 
π
=x-sin x
2
 -alnx,x
=1为其极小值点．
(1)求实数a的值；
(2)若存在x 1 ≠x 2 ，使得fx 1  =fx 2  ，求证：x +x >2． 1 2
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
π π
f(x)=1- cos x
2 2

a
- ，依题意得f(1)=1-a=0，得a=1，
x
π π
此时f(x)=1- cos x
2 2

1
- ，
x
π π π π
当0<x<1时，0< x< ，0< cos x
2 2 2 2

π 1
< ， >1，故f(x)<0，f(x)在(0,1)
2 x
内单调递减，
π π π π
当1<x<2时， < x<π， cos x
2 2 2 2

1
<0， <1，故f(x)>0，f(x)在(1,2)内单
x
调递增，
故f(x)在x=1处取得极小值，符合题意.
综上所述：a=1.
第 页 共 页
421 3427π
(2)由(1)知，f(x)=x-sin x
2
 -lnx，
不妨设0<x <x ，
1 2
当1≤x <x 时，不等式x +x >2显然成立；
1 2 1 2
当0<x <1，x ≥2时，不等式x +x >2显然成立；
1 2 1 2
当0<x <1，0<x <2时，由(1)知f(x)在(0,1)内单调递减，因为存在x ≠x ，使得
1 2 1 2
fx 1  =fx 2  ，所以1<x <2， 2
要证x +x >2，只要证x >2-x ，
1 2 1 2
因为1<x <2，所以0<2-x <1，又f(x)在(0,1)内单调递减，
2 2
所以只要证f(x 1 )<f(2-x 2 )，又fx 1  =fx 2  ，所以只要证f(x )<f(2-x )， 2 2
设F(x)=f(x)-f(2-x)(1<x<2)，
π π
则F(x)=f(x)+f(2-x)=1- cos x
2 2

1 π π
- +1- cos (2-x)
x 2 2

1
-
2-x
1 1
=2- +
x 2-x

π π
- cos x
2 2

π
+cosπ- x
2
  
1 1
=2- +
x 2-x

π π
- cos x
2 2

π
-cos x
2
  
1 1
=2- +
x 2-x
 ，
1 1
令g(x)=2- +
x 2-x

1 1 4-4x
(1<x<2)，则g(x)= - = ，
x2 (2-x)2 x2(2-x)2
因为1<x<2，所以g(x)<0，g(x)在(1,2)上为减函数，所以g(x)<g(1)=0，
即F(x)<0，
所以F(x)在(1,2)上为减函数，
所以F(x)<F(1)=0，即f(x )<f(2-x ).
2 2
综上所述：x +x >2.
1 2
767 (2024·湖北武汉·高二武汉市第六中学校考阶段练习)已知函数fx 
3
=x2lnx- a
2
 ，a
为实数．
(1)求函数fx  的单调区间；
(2)若函数fx  在x=e处取得极值，fx  是函数fx  的导函数，且fx 1  =fx 2  ，x 1
<x ，证明：2<x +x <e
2 1 2
3
【解析】(1)函数f(x)=x2lnx- a
2
 的定义域为(0,+∞)，
fx 
3
=2xlnx- a
2
 +x=x(2lnx-3a+1)
令fx 
3a-1 3a-1
=0，所以lnx= ，得x=e 2 ，
2
3a-1
当x∈0,e 2 
3a-1
，f(x)<0，当x∈e 2 ,+∞  ，f(x)>0，
3a-1
故函数f(x)递减区间为0,e 2 
3a-1
，递增区间为e 2 ,+∞  .
(2)因为函数f(x)在x=e处取得极值，
3a-1
所以x=e 2 =e，得a=1，
3
所以f(x)=x2lnx-
2
 ，得fx  =x(2lnx-2)=2x(lnx-1)，
令g(x)=2x(lnx-1)，
因为g(x)=2lnx，当x=1时，g(x)=0，
第 页 共 页
422 3427所以函数g(x)在x∈0,1  单调递减，在x∈1,+∞  单调递增，
且当x∈0,e  时,gx  =2xlnx-1  <0,当x∈e,+∞  时,gx  =xlnx-1  >0,
故0<x <1<x <e.
1 2
先证x +x >2，需证x >2-x.
1 2 2 1
因为x 2 >1,2-x 1 >1，下面证明gx 1  =gx 2  >g2-x 1  .
设tx  =g2-x  -gx  ,x∈0,1  ,
则tx  =-g2-x  -gx  ,tx  =-2ln(2-x)-2lnx=-2ln[(2-x)x]>0
故tx  在0,1  上为增函数,故tx  <t1  =g1  -g1  =0,
所以tx 1  =g2-x 1  -gx 1  <0,则g2-x 1  <gx 2  ,
所以2-x <x ,即得x +x >2，
1 2 1 2
下面证明：x +x <e
1 2
令gx 1  =gx 2  =m，当x∈0,1  时gx  -(-2x)=2xlnx<0，所以gx  <-2x成立,
所以-2x 1 >gx 1 
m
=m，所以x <- . 1 2
当x∈1,e  时，记hx  =gx  -2x-2e  =2xlnx-4x+2e,
所以x∈1,e  时hx  =2lnx-2<0，所以hx  为减函数得hx  >he  =2e-4e+
2e=0,
所以m=gx 2 
m
>2x -2e,即得x < +e. 2 2 2
m m
所以x +x <- + +e=e得证，
1 2 2 2
综上，2<x +x <e.
1 2
768 (2024·江西景德镇·统考模拟预测)已知函数fx 
x+1
=
 a+lnx 
x
(1)若函数fx  在定义域上单调递增，求a的最大值；
(2)若函数fx  在定义域上有两个极值点x 1 和x 2 ，若x 2 >x 1 ，λ=ee-2  ，求λx +x 的 1 2
最小值．
【解析】(1)因为fx 
x+1
=
 a+lnx  ax+1
=
x
 +x+1  lnx
，其中x>0，
x
则fx 
x+1
a+lnx+
x
=
 x- ax+1  +x+1   lnx 
x-lnx+1-a
= ，
x2 x2
因为函数fx  在0,+∞  上单调递增，对任意的x>0，x-lnx+1-a≥0，即a≤x-
lnx+1，
令gx  =x-lnx+1，其中x>0，则a≤gx  ，gx
min

1 x-1
=1- = ，
x x
由gx  <0可得0<x<1，由gx  >0可得x>1，
所以，函数gx  的单调递减区间为0,1  ，单调递增区间为1,+∞  ，
所以，gx  =g1
min
 =1-ln1+1=2，故a≤2，所以，a的最大值为2.
x
(2)由题意可知，x >x >0，设 2 =t>1，
2 1 x
1
由 fx 1  =0
fx 2 
 可得 x 1 -lnx 1 +1-a=0 ，则 x 1 -lnx 1 +1-a=0 ，
  
=0 x -lnx +1-a=0 tx -lnt-lnx +1-a=0 2 2 1 1
lnt tlnt λ+t
可得x = ，x = ，所以，λx +x = 1 t-1 2 t-1 1 2
 lnt
，令ht t-1 
λ+t
=
 lnt
，其中t>1， t-1
第 页 共 页
423 3427所以，ht 
λ
λ+t- -1-λ+1
t
=
 lnt
t-1 
，
2
令pt 
λ
=λ+t- -1-λ+1
t
 lnt，其中t>1，则pt 
λ λ+1
=1+ - =
t2 t
t-1  t-λ 
，
t2
因为λ=ee-2  >1，由pt  <0，可得1<t<λ，由pt  >0可得t>λ，
所以，函数pt  在1,λ  上单调递减，在λ,+∞  上单调递增，且λ=ee-2  <e，
又因为pe  =ee-2  +e-e-2  -1- ee-2   +1  =0且p1  =0，
所以，当1<t<e时，pt  <0，即ht  <0，
当t>e时，pt  >0，即ht  >0，
所以，函数ht  在1,e  上单调递减，在e,+∞  上单调递增，
所以，ht  =he
min

λ+e e2-2e+e
= = =e.
e-1 e-1
769 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx 
aex
= +lnx-xa∈R
x
 ．
(1)讨论函数fx  的极值点的个数；
(2)若函数fx  恰有三个极值点x 1 、x 2 、x 3x 1 <x 2 <x 3  ，且x -x ≤1，求x +x +x 的 3 1 1 2 3
最大值．
【解析】(1)函数fx 
aex
= +lnx-xa∈R
x
 的定义域为0,+∞  ，
且fx 
ax-1
=
 ex 1 x-1
+ -1=
x2 x
 aex-x 
．
x2
①当a≤0时，aex-x<0，由fx  <0，可得x>1；由fx  >0，可得0<x<1.
所以fx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
因此fx  在x=1处取得极大值，故当a≤0时，fx  有一个极值点；
1
②当a≥ 时，令gx
e

x
= ，其中x>0，则gx
ex

1-x
= ，
ex
由gx  <0可得x>1，由gx  >0可得0<x<1，
因此gx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
所以gx  =g1
max

1 1 x
= ，所以a≥ ≥ ，故aex-x≥0，
e e ex
由fx  <0可得0<x<1，由fx  >0可得x>1，
所以fx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
因此fx 
1
在x=1处取得极小值，故当a≥ 时，fx
e
 有一个极值点；
1
③当0<a< 时，fx
e

x-1
=
 aex-x  ex x-1
=
x2

x
a- ex 
，
x2
令fx 
x
=0得x=1或a= ，令hx
ex

x
=a- ，由②知hx
ex
 =h1
min

1
=a- <0，
e
而h0 
1
=a>0，hln
a2
 =a+2a2lna=a1+2alna  ，
令φa 
1
=2alna+10<a<
e
 ，则φa  =21+lna  <0，
所以φa 
1
在0,
e
 上单调递减，因此φa 
2 1
>1- >0，故hln
e a2
 >0，
第 页 共 页
424 3427所以函数hx  在0,1 
1
和1,ln
a2
 上各存在唯一的零点，分别为m、n，
所以函数fx  在0,m  上单调递减，在m,1  上单调递增，在1,n  上单调递减，在
n,+∞  上单调递增，
故函数fx  在x=m和x=n处取得极小值，在x=1处取得极大值，
1
所以当0<a< 时，fx
e
 有三个极值点．
1
综上所述，当a≤0或a≥ 时，fx
e

1
有一个极值点；当0<a< 时，fx
e
 有三个极值
点．
(2)因为函数fx  恰有三个极值点x 1 、x 2 、x 3x 1 <x 2 <x 3  ，
所以由(1)知x =m，x =1，x =n，
1 2 3
由

a
a
e
e
x
x
1
3
=
=
x
x
1，两式相除得到ex3-x1= x
x
3．
3 1
x
令t= 3，则t>1，则x =tx ，et-1
x 3 1
1

lnt tlnt
x1=t，得x = ，x = ，
1 t-1 3 t-1
t+1
因此x -x =lnt≤1，所以1<t≤e，则x +x +x =
3 1 1 2 3
 lnt
+1．
t-1
令kt 
t+1
=
 lnt
+1，其中1<t≤e，则kt
t-1

1
t- -2lnt
t
=
t-1 
，
2
令ωt 
1
=t- -2lnt，则ωt
t

1 2 t-1
=1+ - =
t2 t
 2
>0，
t2
所以ωt  在1,e  上单调递增，则当1<t≤e时，ωt  >ω1  =0，
即kt  >0，故kt  在1,e  上单调递增，
所以当1<t≤e时，kt  ≤ke 
2e 2e
= ，故x +x +x 的最大值为 ． e-1 1 2 3 e-1
770 (2024·广西玉林·高二广西壮族自治区北流市高级中学校联考阶段练习)已知函数f(x)=
lnx-ax．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=1时，若f(x)=f(x )(x <x )，求证：x +x >2
1 2 1 2 1 2
【解析】(1)f(x)=lnx-ax的定义域为0,+∞  ，
因为fx 
1 1-ax
= -a= ，x>0
x x
当a≤0时，fx  >0，
所以fx  在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，令fx 
1
>0得0<x< ，令fx
a

1
<0得x> ，
a
所以fx 
1
在0,
a

1
上单调递增，在 ,+∞
a
 上单调递减；
综上，当a≤0时，fx  在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，fx 
1
在0,
a

1
上单调递增，在 ,+∞
a
 上单调递减．
(2)当a=1时a>0，fx  =lnx-x，定义域为0,+∞  ，
fx 
1
= -1，所以fx
x
 在0,1  上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
又因为fx 1  =fx 2  (x <x )，所以0<x <1<x ， 1 2 1 2
设Fx  =fx  -f2-x  x∈0,1    ，
第 页 共 页
425 3427则Fx 
1 1 2(x-1)2
= - -2=
x x-2 x2-x 
≥0在0,1  上恒成立，
所以Fx  =fx  -f2-x  在0,1  上单调递增，
所以Fx 1  =fx 1  -f2-x 1  <0，即fx 1  =fx 2  <f2-x 1  ，
又因为x >1，0<x <1，所以2-x >1，
2 1 1
又因为fx  在(1,+∞)上单调递减，
所以x >2-x ，即x +x >2．
2 1 1 2
771 (2024·安徽·高二安徽师范大学附属中学校考阶段练习)已知函数fx 
1 3
= x3- x2+
3 2
log a xa>0,a≠1  ．
(1)若fx  为定义域上的增函数，求a的取值范围；
(2)令a=e，设函数gx  =fx 
1
- 3 x3-4lnx+9x，且gx 1  +gx 2  =0，求证：x +x ≥ 1 2
3+ 11．
【解析】(1)fx  的定义域为0,+∞ 
1
，f(x)=x2-3x+
xlna
由f(x)为定义域上的增函数可得f(x)≥0恒成立.
1 1
则由x2-3x+ ≥0得 ≥-x3+3x2，
xlna lna
令h(x)=-x3+3x2，h(x)=-3x2+6x=-3x(x-2)
所以当x∈0,2  时，hx  >0,hx  单调递增；
当x∈2,+∞  时，hx  <0,hx  单调递减；
故h (x)=h(2)=4,
max
1 1 1
则有 ≥4⇒0<lna≤ 解得a∈1,e4
lna 4
 .
1
故a的取值范围为1,e4 
1 3
(2)g(x)=f(x)- x3-4lnx+9x=- x2-3lnx+9x
3 2
由gx 1  +gx 2 
3 3
=0有- x2-3lnx +9x - x2-3lnx +9x =0 2 1 1 1 2 2 2 2
3
有- 2 x2 1 +x2 2  -3lnx 1 x 2 +9x 1 +x 2  =0
1
即- 2 x 1 +x 2   2-2xx 1 2  -lnx 1 x 2 +3x 1 +x 2  =0
1
即- 2 x 1 +x 2  2+3x 1 +x 2  =lnxx -xx . 1 2 1 2
令t=xx (t>0),φ(t)=lnt-t
1 2
由φt 
1
= -1可得当t∈0,1
t
 时，φt  >0,φt  单调递增；
当t∈1,+∞  时，φt  <0,φt  单调递减；则φ(t)≤φ(1)=-1，
1
即- 2 x 1 +x 2  2+3x 1 +x 2  ≤-1，
解得x +x ≥3+ 11或x +x ≤3- 11(负值舍去)，
1 2 1 2
故x +x ≥3+ 11.
1 2
772 (2024·全国·高二专题练习)已知函数fx  =lnx-ax-2  (a∈R)．
(1)试讨论函数fx  的单调性；
(2)若函数fx 
3
有两个零点x ，x (x <x )，求证：x +3x > -a+2． 1 2 1 2 1 2 a
第 页 共 页
426 3427【解析】(1)由已知，fx  的定义域为0,+∞  ，fx 
1
= -a，
x
①当a≤0时，∀x∈0,+∞  ，fx 
1
= -a>0恒成立，
x
∴此时fx  在区间0,+∞  上单调递增；
②当a>0时，令fx 
1 1
= -a=0，解得x= ，
x a
1
当x∈0,
a
 时，fx 
1
= -a>0，fx
x

1
在区间0,
a
 上单调递增，
1
当x∈ ,+∞
a
 时，fx 
1
= -a<0，fx
x

1
在区间 ,+∞
a
 上单调递减，
综上所述，当a≤0时，fx  在区间0,+∞  上单调递增；
当a>0时，fx 
1
在区间0,
a

1
上单调递增，在区间 ,+∞
a
 上单调递减.
(2)若函数fx  有两个零点x ，x (x <x )， 1 2 1 2
则由(1)知，a>0，fx 
1
在区间0,
a

1
上单调递增，在区间 ,+∞
a
 上单调递减，
1
且f a  >0，fx 1  =fx 2 
1
=0，0<x < <x ， 1 a 2
当x∈x 1 ,x 2  时，fx  >0，当x∈0,x 1  ∪x 2 ,+∞  时，fx  <0，(*)
∵f2  =ln2>0，∴2∈x 1 ,x 2  ，∴x >2， 2
1 1
又∵x > ，∴2x > +2，
2 a 2 a
2 3 3
∴只需证明x +x > ，即有x +3x > +2> -a+2.
1 2 a 1 2 a a
2
下面证明x +x > ，
1 2 a
设Fx  =fx 
2
-f -x
a
 =lnx-ax-2 
2
-ln -x
a

2
+a  -x
a
   -2


2
=lnx-2ax-ln -x
a

2
+2，x∈0,
a
 ，
设Gx  =Fx 
1 1
= -2a+ ，则Gx
x 2 -x
a

1 1
=- +
x2 2  -x
a

4ax-4
=
2 x2 2-ax 
，
2
令Gx 
1
=0，解得x= ，
a
1
当x∈0,
a
 时，Gx  <0，Gx  =Fx 
1
在区间0,
a
 单调递减，
1 2
当x∈ ,
a a
 时，Gx  >0，Gx  =Fx 
1 2
在区间 ,
a a
 单调递增，
∴Fx 
1
≥F
a
 =0，Fx  =fx 
2
-f -x
a

2
在区间0,
a
 上单调递增，
1
又∵x ∈0, 1 a  ，∴Fx 1  =fx 1 
2
-f -x a 1 
1
<F a 
1
=f a 
2 1
-f - a a  =0，
2
即f -x a 1  >fx 1  =0，
2
∴由(*)知， a -x 1 ∈x 1 ,x 2 
2 2
，∴ -x <x ，即x +x > . a 1 2 1 2 a
1
又∵x > ，x >2，
2 a 2
3 3
∴x +3x > +2> -a+2，原命题得证.
1 2 a a
773 (2024·全国·高二专题练习)已知函数fx  =ax2+a-2  x-lnxa∈R  .
(1)讨论fx  的单调性；
第 页 共 页
427 3427(2)若fx 
2
有两个零点x,x ，证明：x +x > . 1 2 1 2 a
【解析】(1)函数fx  的定义域为0,+∞  ,fx 
1 ax-1
=2ax+a-2- =
x
 2x+1 
，
x
a≤0时，fx  <0恒成立，所以fx  在0,+∞  上单调递减；
a>0时，令fx 
1
=0得x= ，
a
1
当x∈0,
a
 时，fx 
1
<0；当x∈ ,+∞
a
 时，fx  >0，
所以fx 
1
在0,
a

1
上单调递减，在 ,+∞
a
 上单调递增.
(2)证明：a≤0时，由(1)知fx  至多有一个零点.
1
a>0时，由(1)知当x= 时，fx
a

1
取得最小值，最小值为f
a

1
=1- +lna.
a
1
①当a=1时，由于f
a
 =0，故fx  只有一个零点；
1 1
②当a>1时，1- +lna>0即f
a a
 >0，故fx  没有零点；
1 1
③当0<a<1时，1- +lna<0即f
a a
 <0，
1
又f
e

1
=a
e

2
+a-2 
1

e

1 a a 2
-ln = + +1- >0，
e e2 e e
由(1)知fx 
1
在0,
a
 上有一个零点.
3
又f
a

3
=a
a

2
+a-2 
3

a

3 3 3
-ln =3+ -ln >4>0，
a a a
由(1)知fx 
1
在 ,+∞
a
 有一个零点，
所以fx  在0,+∞  上有两个零点，a的取值范围为0,1 
1 1 3 2 1
不妨设x <x ，则 <x < <x < ，且 -x > ，
1 2 e 1 a 2 a a 1 a
令Fx  =fx 
2
-f -x
a

=ax2+a-2  2 x-lnx- a -x
a
 2 +a-2  2  -x
a
 2 -ln -x
a
  


2
=2ax-lnx+ln -x
a

2
-2,x∈0,
a
 ，
则Fx   1 1 =2a- +
x 2
-x
 a
 ，
由于 1
+
1
x 2
-x
 a
 a 2
= x+ -x
2 a

 1 1
+
x 2
-x
 a

2
 -x
a a x
= 2+ +
2  x 2
-x
 a

≥
 2 -x
a a x
2+2 ⋅
2  x 2
-x
 a

1
=2a(且仅当x= 等号成立)，
a
2
所以当x∈0,
a
 时，Fx  ≤0,Fx 
2
在0,
a

1
单调递减，又F
a
 =0，
所以Fx 1 
1
>F a  =0，即Fx 1  =fx 1 
2
-f -x a 1  >0，
又fx 1  =fx 2  ，所以fx 2 
2
>f -x a 1  ，
1 2 1
又由于x 2 > a , a -x 1 > a ，且fx 
1
在 ,+∞ a  上单调递增，
第 页 共 页
428 34272 2
所以x > -x 即x +x > .
2 a 1 1 2 a
774 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx  =lnx-1 
kx-2
-

.
x
(1)若fx  ≥0对∀x∈2,+∞  恒成立，求实数k的取值范围；
lnx-1
(2)已知方程
 1
= 有两个不同的根x 、x ，求证：x +x >6e+2，其中e=
x-1 3e 1 2 1 2
2.71828⋯为自然对数的底数.
【解析】(1)由f(x)=lnx-1 
kx-2
-

≥0，得xlnx-1
x
 -kx-2  ≥0.
令φx  =xlnx-1  -kx-2  ，x∈2,+∞  ，则φx  =lnx-1 
x
+ -k，
x-1
令hx  =φx  ，则hx 
1 1
= -
x-1 x-1 
x-2
=
2 x-1 
≥0x≥2
2
 .
所以，函数φx  =lnx-1 
x
+ -k在2,+∞
x-1
 上单增，故φx  ≥φ2  =2-k.
①当k≤2时，则φx  ≥2-k≥0，所以φx  在2,+∞  上单增，φx  ≥φ2  =0，
此时fx  ≥0对∀x∈2,+∞  恒成立，符合题意；
②当k>2时，φ2  =2-k<0，φek+1 
ek+1
= >0，
ek
故存在x 0 ∈2,+∞  使得φx 0  =0，
当x∈2,x 0  时，φx  <0，则φx  单调递减，此时φx  <φ2  =0，不符合题意.
综上，实数k的取值范围-∞,2  .
(2)证明：由(1)中结论，取k=2，有lnx-1 
2x-2
>

x>2
x
 ，即lnt>
2t-1 
t>1
t+1
 .
x
2 2 -1
x x x
不妨设x >x >1，t= 2 >1，则ln 2 > 1
2 1 x x
1 1

x +x x -x
，整理得 1 2 > 2 1 .
x 2 lnx -lnx
2 +1 2 1
x
1
于是 x 1 -1  +x 2 -1  > x 2 -1
2
 -x 1 -1 
lnx 2 -1  -lnx 1 -1 
x -x = 2 1
1 3e x 2 -1  -x 1 -1   
=3e，
即x +x >6e+2.
1 2
775 (2024·江西宜春·高三校考开学考试)已知函数fx  =3alnx-a-3  x，a∈R.
(1)当a=1时，求曲线gx  =fx 
π
-3lnx-sinx在x= 处的切线方程；
2
(2)设x 1 ，x 2 是hx  =fx  -3a-2  lnx-3x的两个不同零点，证明：ax 1 +x 2  >4.
【解析】(1)当a=1时，gx  =fx  -3lnx-sinx=2x-sinx，
gx 
π
=2-cosx，g
2

π
=2，g
2
 =π-1，
曲线gx 
π
在x= 处的切线方程为y-π-1
2

π
=2x-
2
 ，即2x-y-1=0；
(2)令hx  =fx  -3a-2  lnx-3x=2lnx-ax=0，可得2lnx=axx>0  ，
令tx  =2lnxx>0  ，nx  =axx>0  ，设函数nx  与tx  相切于x 0 ,y 0  ，
由a=tx 0 
2 2
= 、2lnx =y 、ax =y 可得y =2，x =e，a= ， x 0 0 0 0 0 0 e
0
tx  =2lnxx>0  ，nx  =axx>0  的大致图象如下，
第 页 共 页
429 34272
当0<a< 时，tx
e
 =2lnxx>0  与nx  =axx>0  有两个不同的交点，
即hx 
2
有两个零点，所以a的取值范围为0,
e
 ，
hx 
2 2
= -a，当x∈0,
x a
 时，hx  >0，hx 
2
在0,
a
 上递增，
2
当x∈ ,+∞
a
 时，hx  <0，hx 
2
在 ,+∞
a
 上递减，
要证ax 1 +x 2 
4
>4，只要证x +x > ， 1 2 a
不妨设x 1 <x 2 ，由hx 1  =hx 2 
2
，则0<x < <x ， 1 a 2
构造函数Fx  =hx 
4
-h -x
a

2
0<x<
a
 ，
Fx  =hx 
4
-h -x
a

2
= -a
x

 2
- - +a
 4
-x
 a
 2 2
== + -2a=
x 4
-x
a
2
x4-ax 
ax-2  2，
2
∵0<x< ，∴Fx
a
 >0，∴Fx 
2
在0,
a
 是递增，
2
又F
a
 =0，∴Fx  =hx 
4
-h -x
a
 <0，∴hx 
4
<h -x
a
 ，
∴hx 1 
4
<h -x a 1  ，又hx 1  =hx 2  ，∴hx 2 
4
<h -x a 1  ，
4 2
而x ， -x ∈ ,+∞ 2 a 1 a  ，hx 
2
在 ,+∞ a 
4 4
上递减，∴x > -x ，即x +x > ， 2 a 1 1 2 a
∴ax 1 +x 2  >4.
776 (2024·海南·海南华侨中学校考模拟预测)已知函数f(x)=lnx+x(x-3).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若存在x,x ,x ∈(0,+∞)，且x <x <x ，使得f(x)=f(x )=f(x )，求证：2x +x >
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2
x .
3
【解析】(1)函数fx  的定义域为0,+∞  ，
1 2x2-3x+1 (2x-1)(x-1)
f(x)= +2x-3= = ，
x x x
令fx 
1
=0，得x= 或x=1，
2
1
在0,
2
 上，fx 
1
>0，在 ,1
2
 上，fx  <0，在1,+∞  上，fx  >0，
所以fx 
1
在0,
2

1
上单调递增，在 ,1
2
 上单调递减，在1,+∞  上单调递增.
1
(2)由(1)可知0<x < <x <1<x ，
1 2 2 3
第 页 共 页
430 34271
设F(x)=f(x)-f(1-x)，x∈  ,1
 2
 ，
1 1 (2x-1)2
则F(x)=f(x)+f(1-x)= + -4= ，
x 1-x x(1-x)
1
因为x∈  ,1
 2
 ，所以Fx  ≥0，Fx 
1
在  ,1
 2
 上单调递增.
1
又F
2

1
=f
2

1
-f
2

1
=0，所以当x∈ ,1
2
 时，Fx  >0，即fx  >f1-x  .
1
因为 2 <x 2 <1，所以fx 2  >f1-x 2  ，所以fx 1  >f1-x 2  ，
因为fx 
1
在0, 2 
1 1
上单调递增，且0<x < ，0<1-x < ， 1 2 2 2
所以x >1-x ，即x +x >1.①
1 2 1 2
1
设G(x)=f(x)-f(2-x)，x∈ ,1
2
 ，
1 1 2(x-1)2
则G(x)=f(x)+f(2-x)= + -2= .
x 2-x x(2-x)
1
因为x∈ ,1
2
 ，所以Gx  ≥0，Gx 
1
在 ,1
2
 上单调递增，
又G1  =f1  -f1 
1
=0，所以当x∈ ,1
2
 时，Gx  <0，即fx  <f2-x  ，
1
因为 2 <x 2 <1，所以fx 2  <f2-x 2  ，所以fx 3  <f2-x 2  .
因为fx  在1,+∞ 
3
上单调递增，且x >1，1<2-x < ， 3 2 2
所以x <2-x ，即x +x <2.②
3 2 3 2
由①得2x 1 +x 2  >2，由②得-x -x >-2，所以2x +x >x . 2 3 1 2 3
2 题型二：极值点偏移:减法型
777 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx  =x-e-1 
1
ex- ex2+e2x．
2
(1)求函数fx  的单调区间与极值．
(2)若fx 1  =fx 2  =fx 3  x 1 <x 2 <x 3 
x -x
，求证： 3 1 <e-1． 2
【解析】(1)∵fx  定义域为R，fx  =x-e  ex-ex+e2=x-e  ex-e  ，
令fx  =0，解得：x=e或x=1，
∴当x∈-∞,1  ∪e,+∞  时，fx  >0；当x∈1,e  时，fx  <0；
∴fx  的单调递增区间为-∞,1  和e,+∞  ，单调递减区间为1,e  ；
fx  的极大值为f1 
1
=- e，极小值为fe
2

1
=-ee+ e3.
2
(2)由(1)知：x <1，1<x <e，x >e．
1 2 3
令Fx  =fx  -f2-x  ，1<x<e，
则Fx  =fx  - f2-x    =x-e  ex-e  +2-x-e  e2-x-e  =
ex-e
x-e
ex-1
  ex-1+x+e-2  ；
令Gx  =x-e  ex-1+x+e-2，则Gx  =x-e+1  ex-1+1；
令Hx  =Gx  ，则Hx  =x-e+2  ex-1，
∵Hx  >0在1,e  上恒成立，∴Hx  在1,e  上单调递增，
∴Hx  >H1  =3-e>0，
∴Gx  >0在1,e  上恒成立，∴Gx  在1,e  上单调递增，∴Gx  >G1  =0，
第 页 共 页
431 3427∴Fx  >0在1,e  上恒成立，∴Fx  在1,e  上单调递增，∴Fx  >F1  =0，
∴fx  >f2-x  对任意x∈1,e  恒成立．
∵x 2 ∈1,e  ，∴fx 2  >f2-x 2  ，又fx 1  =fx 2  ，∴fx 1  >f2-x 2  ，
∵fx  在-∞,1  上单调递增，x 1 ,2-x 2 ∈-∞,1  ，∴x >2-x ，即x +x >2； 1 2 1 2
令mx  =fx  -f2e-x  ，1<x<e，
则mx  =fx  + f2e-x    =x-e  ex-e  +2e-x-e  e2e-x-e  =
x-e  ex-e2e-x  ；
∵y=ex-e2e-x在1,e

上单调递增，∴ex-e2e-x<ee-ee=0，
∴mx  >0在1,e  上恒成立，∴mx  在1,e  上单调递增，
∴mx  <me  =0，∴fx  <f2e-x  对任意x∈1,e  恒成立．
∵x 2 ∈1,e  ，∴fx 2  <f2e-x 2  ．又fx 2  =fx 3  ，∴fx 3  <f2e-x 2  ，
∵fx  在e,+∞  上单调递增，且x 3 ,2e-x 2 ∈e,+∞  ，∴x <2e-x ，∴x +x <2e； 3 2 2 3
由x 1 +x 2 >2得：-x 1 -x 2 <-2，∴x 3 -x 1 =x 2 +x 3  +-x 1 -x 2 
x -x
<2e-2，∴ 3 1 < 2
e-1.
778 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =ex-2x-a+1  ，gx  =x2+a-1  x-
a+2  (其中e≈2.71828是自然对数的底数)
(1)试讨论函数fx  的零点个数；
(2)当a>1时，设函数hx  =fx  -gx  的两个极值点为x 、x 且x <x ，求证：ex2- 1 2 1 2
ex1<4a+2.
【解析】(1)由fx  =0可得a=ex-2x-1，令px  =ex-2x-1，其中x∈R，
则函数fx  的零点个数等于直线y=a与函数px  =ex-2x-1图象的公共点个数，
px  =ex-2，令px  =0可得x=ln2，列表如下：
x -∞,ln2  ln2 ln2,+∞ 
px  - 0 +
px 
极小值1-
减 增
2ln2
如下图所示：
当a<1-2ln2时，函数fx  无零点；
当a=1-2ln2时，函数fx  只有一个零点；
当a>1-2ln2时，函数fx  有两个零点.
(2)证明：∵hx  =fx  -gx  =ex-x2-a+1  x+1，其中x∈R，
第 页 共 页
432 3427所以，hx  =ex-2x-a+1  ，由已知可得 hx 1  =ex1-2x 1 -a+1  =0 hx 2  =ex2-2x 2 -a+1   ，  =0
上述两个等式作差得ex2-ex1=2x 2 -x 1  ，
要证ex2-ex1<4a+2，即证x -x <2a+1，
2 1
因为p0  =0，设函数px  的图象交x轴的正半轴于点x 3 ,0  ，则x >ln2， 3
因为函数px  在ln2,+∞  上单调递增，p1 
3
=e-3<0，p 2 
3
=e2-4>0，∴x ∈ 3
3
1,
2
 ，
设函数px  的图象在x=0处的切线交直线y=a于点Ax 1 ,a  ，
函数px  的图象在x=x 3 处的切线交直线y=a于点Bx 2 ,a  ，
因为p0  =-1，所以，函数px  的图象在x=0处的切线方程为y=-x，
y=a x=-a
联立  可得  ，即点A-a,a
y=-x y=a
 ，
构造函数mx  =px  +x=ex-x-1，其中x∈R，则mx  =ex-1，
当x<0时，mx  <0，此时函数mx  单调递减，
当x>0时，mx  >0，此时函数mx  单调递增，所以，mx  ≥m0  =0，
所以，对任意的x∈R，px  ≥-x，当且仅当x=0时等号成立，
由图可知x 1 <0，则px 1  =ex1-2x -1=a>-x ，所以，x >-a， 1 1 1
因为px 3  =ex3-2x -1=0，可得ex3=2x +1， 3 3
函数px  在x=x 3 处的切线方程为y=ex3-2  x-x 3  ，
y=ex3-2 联立  x-x 3   a a a  y=a ，解得x= ex3-2 +x 3 = 2x
3
-1 +x 3 ，即点B 2x
3
-1 +x 3 ,a  ，
a 因为 2x -1 +x 3 -a+1
3
 =x 3 -1  2a 1- 2x -1
3
 = x 3 -1  2x 3 -1-2a  <0， 2x -1
3
a
所以，x= +x <a+1，
2 2x -1 3
3
构造函数nx  =ex-2x-1-ex3-2  x-x 3  ，其中x∈R，则nx 3  =0，nx  =ex-
ex3，
当x<x 3 时，nx  <0，此时函数nx  单调递减，
当x>x 3 时，nx  >0，此时函数nx  单调递增，则nx  ≥nx 3  =0，
所以，对任意的x∈R，px  ≥ex3-2  x-x 3  ，当且仅当x=x 时，等号成立， 3
所以，px 2  =ex2-2x 2 -1=a>ex3-2  x 2 -x 3 
a
，可得x < +x =x， 2 ex3-2 3 2
因此，x -x <x-x<a+1+a=2a+1，故原不等式成立.
2 1 2 1
1
779 (2024·四川成都·高二川大附中校考期中)已知函数f(x)= x2-ax+lnx(a∈R).
2
第 页 共 页
433 3427(1)若f(x)在定义域上不单调，求a的取值范围；
1
(2)设a<e+ ,m,n分别是f(x)的极大值和极小值，且S=m-n，求S的取值范围.
e
【解析】分析：(1)利用导数法求出函数 f(x) 单调递增或单调递减时，参数 a 的取值范围
为a≤2，则可知函数f(x) 在定义域上不单调时，a 的取值范围为a>2 ；(2)易知a>
1 x x
2 ，设f(x)=0 的两个根为x,x (x <x ) ，并表示出m,n，则S=-  1 - 2
1 2 1 2 2 x x
2 1

x
+ln 1，
x
2
x 1 1
令t= 1，则S=- t-
x 2 t
2
 +lnt，再利用导数法求S的取值范围.
详由已知fx 
1
=x+ -ax>0,a∈R
x
 ，
(1)①若fx  在定义域上单调递增，则fx 
1
≥0，即a≤x+ 在0,+∞
x
 上恒成立，
1
而x+ ∈2,+∞
x
 ，所以a≤2；
②若fx  在定义域上单调递减，则fx 
1
≤0，即a≥x+ 在0,+∞
x
 上恒成立，
1
而x+ ∈2,+∞
x
 ，所以a∈∅.
因为fx  在定义域上不单调，所以a>2，即a∈2,+∞  .
(2)由(1)知，欲使fx  在0,+∞  有极大值和极小值，必须a>2.
1 1
又a<e+ ，所以2<a<e+ .
e e
令fx 
1 x2-ax+1
=x+ -a= =0的两根分别为x ，x ， x x 1 2
x +x =a
即x2-ax+1=0的两根分别为x 1 ，x 2 ，于是  x 1 x = 2 1 .
1 2
不妨设0<x <1<x ，
1 2
则fx  在0,x 1  上单调递增，在x 1 ,x 2  上单调递减，在x 2 ,+∞  上单调递增，
所以m=fx 1  ，n=fx 2  ，
所以S=m-n=fx 1  -fx 2 
1
= x2-ax +lnx 2 1 1 1 
1
- x2-ax +lnx 2 2 2 2 
1
= 2 x2 1 -x2 2  -ax 1 -x 2  +lnx 1 -lnx 2 
1
=- 2 x2 1 -x2 2 
x 1 x2-x2 x 1 x x
+ln 1 =- × 1 2 +ln 1 =-  1 - 2 x 2 xx x 2 x x
2 1 2 2 2 1

x
+ln 1. x
2
x
令t= 1 ∈0,1
x
2

1 1
，于是S=- t-
2 t
 +lnt，
t+ 1 = x2 1 +x2 2 = x 1 +x 2
t xx
1 2
 2-2xx 1 1 2 =a2-2∈2,e2+
xx e2
1 2
 ，
1 1 1
由t+ <e2+ ，得 <t<e2，
t e2 e2
1
又0<t<1，所以 <t<1.
e2
1 1
因为S=- 1+
2 t2

1 1 1
+ =-  -1
t 2 t

2
<0，
1 1
所以S=- 1-
2 t

1
+lnt在 ,1
e2
 上为减函数，
e4-4e2-1
所以S∈0,
2e2
 .
3 题型三：极值点偏移:乘积型
第 页 共 页
434 3427780 (2024·全国·高三统考阶段练习)已知函数fx  =xex-ax+1,x∈-1,+∞  ,a>0  ,
gx 
lnx
=bx- ．
x
(1)当b=1，fx  和gx  有相同的最小值，求a的值；
(2)若gx  有两个零点 x ， x ，求证：xx >e． 1 2 1 2
【解析】(1)问题转化为2bt=lnt有两个零点，证明tt >e2，进而只需要证明只需要证明
1 2
t
2 1 -1
t t
lnt +lnt >2，也即是ln 1 > 2 1 2 t
2

t
，从而令m= 1 >1，构造函数sm t t
1 +1 2
t
2
 =lnm-
2m-1 
m>1
m+1
 求出最值即可证出结论．
(1)由b=1．
所以gx 
lnx
=x- ．
x
所以gx 
x2+lnx-1
= ．
x2
令hx  =x2+lnx-1，则hx  为0，+∞  上的增函数，且h1  =0．
所以gx  在0，1  上单调递减，1，+∞  上单调递增．
所以g min1  =1．
又fx  =xex-ax+1．
所以fx  =x+1  ex-a．令mx  =x+1  ex-a，则mx  =x+2  ex>0
所以 fx  为-1，+∞  上的增函数．
又f-1  =-a<0．
令x+1  ex-a=0，因为nx  =x+1  ex在-1，+∞  上单调递增，且n-1  =
-1+1  e-1=0，而a>0，因此函数nx  =x+1  ex与直线y=a有唯一交点，
故方程x+1  ex-a=0在-1，+∞  上有唯一解，
所以存在唯一x 0 ∈-1,+∞  ，使得fx 0  =0．
即x 0 +1  ex0-a=0，故a=x 0 +1  ex0，
所以fx  在-1,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增．
所以f minx  =fx 0  =x ex0-ax +1=-x2ex0+1=1． 0 0 0
所以x =0．
0
故而a=1．
(2)由题意gx  有两个零点x,x ． 1 2
lnx
bx = 1
所以   1 ln x x 1 ，即   2 2 b b x x 2 1 2 = = l l n n x x 2 1 2 ．
bx = 2 2 2
2 x
2
所以等价于：2bt=lnt有两个零点，证明tt >e2.
1 2
不妨令t >t >0．
1 2
2bt =lnt lnt -lnt
由  1 1 ⇒2b= 1 2．
2bt =lnt t -t
2 2 1 2
要证tt >e2，只需要证明lnt +lnt >2．
1 2 1 2
即只需证明：lnt 1 +lnt 2 =2bt 1 +t 2  =t 1 +t 2 
lnt -lnt
1 2 >2． t -t
1 2
第 页 共 页
435 3427只需证明：lnt -lnt > 2t 1 -t 2
1 2

t
2 1 -1
t t ，即ln 1 > 2
t +t t
1 2 2

．
t
1 +1
t
2
t
令m= 1 >1．
t
2
2m-1
只需证明：lnm>

m>1
m+1
 ．
令sm 
2m-1
=lnm-

m>1
m+1
 ．
则sm 
m-1
=
 2
mm+1 
，即sm
2
 在1,+∞  上为增函数．
又s1  =0．
所以sm  >s1  =0．
综上所述，原不等式成立．
781 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =lnx.
(1)证明：fx+1  ≤x.
(2)若函数hx  =2xfx  ，若存在x 1 <x 2 使hx 1  =hx 2 
1
，证明：x ⋅x < . 1 2 e2
【解析】(1)令gx  =fx+1  -x=lnx+1  -x，x>-1，gx 
-x
= ，
x+1
令gx  >0，解得：-1<x<0；令gx  <0，解得：x>0，
∴gx  在-1,0  递增，在0,+∞  递减，则gx  =g0
max
 =0，
∴gx  ≤0恒成立，即lnx+1  ≤x.
(2)∵hx  =2xlnx，x>0  ，∴hx  =2lnx+2，
令hx 
1
>0，解得：x> ；令hx
e

1
<0，解得：0<x< ；
e
∴hx 
1
在 ,+∞
e

1
递增，在0,
e
 递减.
1
又∵h e 
2
=- ，h1 e  =0，∃x 1 <x 2 ，hx 1  =hx 2 
1 1
，且0<x < ， <x <1. 1 e e 2
1 1
要证xx < ，即证x < .
1 2 e2 1 e2x
2
1 1
∵0< e2x < e ，∴hx 1
2

1
>h e2x
2
 ，
又∵hx 1  =hx 2  ，∴只证hx 2 
1
>h e2x
2
 即可.
令mx  =hx 
1
-h
e2x

1 1
=2xlnx+2 lne2x， <x<1
e2x e
 ，
mx 
2
=2lnx+2+ 1-lne2x
e2x2
 =21+lnx 
1
1-
e2x2
 >0恒成立，
∴mx 
1
在 <x<1单调递增.
e
1
又∵m
e
 =0，∴mx  >0，∴hx 
1
>h
e2x
 ，
即hx 2 
1
>h e2x
2

1
，∴xx < . 1 2 e2
782 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
π
=x-sinx-tanx+alnx+b，x∈0,
2
 .
第 页 共 页
436 3427π
(1)求证：2x<sinx+tanx，x∈0,
2
 ；
π
(2)若存在x 、x ∈0, 1 2 2  ，且当x 1 ≠x 2 时，使得fx 1  =fx 2 
xx
成立，求证： 1 2 <1. a2
【解析】(1)证明：构造函数gx 
π
=2x-sinx-tanx，其中x∈0,
2
 ，
则gx  sinx =2-cosx-
cosx
 =2-cosx- 1 =- cos3x-2cos2x+1
cos2x cos2x
cosx-1
=-
 cos2x-cosx-1 
，
cos2x
π
因为0<x< ，则0<cosx<1，cos2x-cosx-1=cosxcosx-1
2
 -1<0，
π
即当0<x< 时，gx
2
 <0，所以，函数gx 
π
在0,
2
 上单调递减，
π
故当0<x< 时，gx
2
 =2x-sinx-tanx<g0  =0，即2x<sinx+tanx.
x -x
(2)证明：先证明对数平均不等式 1 2 > xx ，其中x >x >0，
lnx -lnx 1 2 2 1
1 2
x x -x x x
即证ln 1 > 1 2 = 1 - 2 ，
x xx x x
2 1 2 2 1
x
令t= 1 ∈0,1
x
2

1
，即证2lnt>t- ，
t
令ht 
1
=2lnt-t-
t
 ，其中0<t<1，则ht 
2 1 t2-2t+1
= -1- =- <0，
t t2 t2
所以，函数ht  在0,1  上为减函数，当0<t<1时，ht  >h1  =0，
x -x
所以，当x >x >0时， 1 2 > xx ，
2 1 lnx -lnx 1 2
1 2
本题中，若a≤0，则fx 
1 a a sin2x
=1-cosx- + = -cosx- <0，
cos2x x x cosx
此时函数fx 
π
在0,
2
 上单调递减，不合乎题意，所以，a>0，
由(1)可知，函数gx 
π
在0, 2 
π
上单调递减，不妨设0<x <x < ，则lnx <lnx ， 1 2 2 1 2
则gx 1  >gx 2  ，即2x -sinx -tanx >2x -sinx -tanx ， 1 1 1 2 2 2
所以，sinx 1 -sinx 2 +tanx 1 -tanx 2 <2x 1 -x 2  ，
因为fx 1  =fx 2  ，则x -sinx -tanx +alnx +b=x -sinx -tanx +alnx +b， 1 1 1 1 2 2 2 2
所以，alnx 1 -lnx 2  =sinx 1 -sinx 2 +tanx 1 -tanx 2 -x 1 -x 2  ，
所以， alnx 1 -lnx 2  sinx -sinx +tanx -tanx = 1 2 1 2 -1>2-1=1，
x -x x -x
1 2 1 2
lnx -lnx 1 x -x
所以， 1 2 > ，所以，0< 1 2 <a，
x -x a lnx -lnx
1 2 1 2
x -x xx
由对数平均不等式可得 xx < 1 2 <a，可得xx <a2，所以， 1 2 <1.
1 2 lnx -lnx 1 2 a2
1 2
783 (2024·全国·高二专题练习)已知函数f(x)=ex-xlnx+x2-ax．
(1)证明：若a≤e+1，则f(x)≥0；
(2)证明：若f(x)有两个零点x ，x ，则xx <1．
1 2 1 2
ex
【解析】(1)因为f(x)定义域为(0,+∞)，所以f(x)≥0等价于 -lnx+x-a≥0．
x
ex ex+x
设g(x)= -lnx+x-a，则g(x)=
x
 (x-1)
，
x2
当0<x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，
第 页 共 页
437 3427所以g(x)在(0,1)单调递减，g(x)在(1,+∞)单调递增，
故g(x)≥g(1)=e+1-a．
因为a≤e+1，所以g(x)≥0，于是f(x)≥0．
(2)不妨设x <x ，由(1)可知x ，x 也是g(x)的两个零点，且0<x <1，x >1，于是0
1 2 1 2 1 2
1
< x <1，由于g(x)在(0,1)单调递减，故x 1 x 2 <1等价于gx 1
2

1
>g x
2
 ．
而gx 1  =gx 2  =0，故x 1 x 2 <1等价于gx 2 
1
>g x
2
 ．①
1
设h(x)=g(x)-g x  ，则①式为hx 2  >0．
1 因为h(x)=g(x)-g
x
 1 
x

1
(x-1)ex+x-xex-1
=

．
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h(x)>0，因此h(x)在(1,+∞)单调递增．
又x 2 >1，故hx 2  >h(1)=0，故gx 2 
1
>g x
2
 ，于是xx <1． 1 2
784 (2024·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模)已知函数fx  =xlnx-a  ，gx  =
fx 
+a-ax．
x
(1)当x≥1时，fx  ≥-lnx-2恒成立，求a的取值范围．
(2)若gx  的两个相异零点为x ，x ，求证：xx >e2． 1 2 1 2
【解析】(1)当x≥1时，fx  ≥-lnx-2恒成立，
即当x≥1时，x+1  lnx-ax+2≥0恒成立，
设Fx  =x+1  lnx-ax+2，
所以F1  =2-a≥0，即a≤2，
Fx 
1
=lnx+ +1-a，
x
设rx 
1
=lnx+ +1-a，
x
则rx 
1 1 x-1
= - = ，
x x2 x2
所以，当x≥1时，rx  ≥0，即rx  在1,+∞  上单调递增，
所以rx  ≥r1  =2-a≥0，
所以当x≥1时，Fx  =rx  ≥0，即Fx  在1,+∞  上单调递增，
所以Fx  ≥F1  =2-a，
若Fx  ≥0恒成立，则a≤2．
所以x≥1时，fx  ≥-lnx-2恒成立，a的取值范围为-∞,2  .
(2)由题意知，g(x)=lnx-ax，
lnx =ax lnx 1 x 2
不妨设x 1 >x 2 >0，由  lnx 1 =ax 1 得 2 2
 =ax 1 +x 2 
x ln x 1 =ax 1 -x 2
2


 ，
则 lnx 1 x 2 
x
1 +1
x +x x = 1 2 = 2 ，
x x -x x
ln 1 1 2 1 -1
x x
2 2
第 页 共 页
438 3427x
令t= 1 >1，
x
2
则 lnx 1 x 2  t+1 lnt = t-1 ，即：lnx 1 x 2  t+1 = lnt． t-1
要证xx >e2，
1 2
只需证lnx 1 x 2  >2，
t+1
只需证 lnt>2，
t-1
2t-1
即证lnt>

t>1
t+1
 ，
2t-1
即证lnt-

>0(t>1)，
t+1
令mt 
2t-1
=lnt-

(t>1)，
t+1
因为mt 
t-1
=
 2
tt+1 
>0，
2
所以mt  在1,+∞  上单调递增，
当t∈1,+∞  时，mt  >m1  =0，
2t-1
所以lnt-

>0成立，
t+1
故xx >e2．
1 2
785 (2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)已知f(x)=2x-sinx- alnx．
(1)当a=1时，讨论函数f(x)的极值点个数；
(2)若存在x ，x (0<x <x )，使f(x)=f(x )，求证：xx <a．
1 2 1 2 1 2 1 2
1
【解析】(1)当a=1时，f(x)=2x-sinx-lnx，则f(x)=2-cosx- ，
x
当x≥1时，f(x)≥1-cosx≥0，
故f(x)在1,+∞  上单调递增，不存在极值点；
1 1
当0<x<1时，令h(x)=2-cosx- ，则h(x)=sinx+ >0总成立，
x x2
故函数h(x)即f(x)在(0,1)上单调递增，
1
且f(1)=1-cos1>0，f 4 
1 1
=-cos -2<0，所以存在x ∈ ,1 4 0 4  ，使得fx 0  =0，
所以当0<x<x 0 时，fx  <0，f(x)单调递减；当x 0 <x<1时，fx  >0，f(x)单调递
增；
故在0,1  上存在唯一极值点，
综上，当a=1时，函数f(x)的极值点有且仅有一个．
(2)由f(x)=f(x )知2x -sinx - alnx =2x -sinx - alnx ，
1 2 1 1 1 2 2 2
整理得，2(x -x )-(sinx -sinx )= a(lnx -lnx )(*)，
1 2 1 2 1 2
不妨令g(x)=x-sinx(x>0)，则g(x)=1-cosx≥0，故g(x)在(0,+∞)上单调递增，
当0<x <x 时，有g(x)<g(x )，即x -sinx <x -sinx ，
1 2 1 2 1 1 2 2
那么sinx -sinx >x -x ，
1 2 1 2
x -x
因此，(*)即转化为 a> 1 2 ，
lnx -lnx
1 2
x -x x x x
接下来证明 1 2 > xx (0<x <x )，等价于证明ln 1 > 1 - 2 ，
lnx -lnx 1 2 1 2 x x x
1 2 2 2 1
第 页 共 页
439 3427x
不妨令 1 =t(0<t<1)，
x
2
1 2 1 -(t-1)2
建构新函数φ(t)=2lnt-t+ ，φ(t)= -1- = <0，则φ(t)在(0,1)上
t t t2 t2
单调递减，
x x x x -x
所以φ(t)>φ(1)=0，故ln 1 > 1 - 2 即 1 2 > xx (0<x <x )得证，
x x x lnx -lnx 1 2 1 2
2 2 1 1 2
由不等式的传递性知 xx < a，即xx <a．
1 2 1 2
786 (2024·北京通州·统考三模)已知函数fx 
a
=ax- -lnx(a>0)
x
(1)已知f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=x-1，求实数a的值；
(2)已知f(x)在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知gx  =fx 
a
+ 有两个零点x ，x ，求实数a的取值范围并证明xx >e2. x 1 2 1 2
【解析】(1)因为fx 
a
=ax- -lnx，所以fx
x

a 1
=a+ - .
x2 x
所以f1  =2a-1，又f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=x-1，
所以f1  =2a-1=1，解得a=1..
(2)f(x)的定义域为(0，+∞)，因为f(x)在定义域上为增函数，
所以fx 
a 1
=a+ - ≥0在(0，+∞)上恒成立.
x2 x
ax2-x+a
即 ≥0恒成立.ax2+1
x2

x
≥x，即a≥ ，
x2+1
令gx 
x
= ，所以gx
x2+1

1-x2
=
x2+1

1+x
=
2
 1-x 
x2+1

，
2
x∈(0,1)时gx  >0，x∈(1,+∞)时gx  <0，
所以gx  在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以gx  =g1
min

1 1
= ，即a≥ .
2 2
(3)gx  =ax-lnx
定义域为0,+∞  ，gx 
1 ax-1
=a- =
x x
当a≤0时，gx  <0，所以gx  在(0，+∞)上单调递减，不合题意.
当a>0时，gx 
1 ax-1
=a- =
x x
gx 
1
在0，
a

1
上单调递减，在 ,+∞
a
 上单调递增，
所以gx 
1
的最小值为g
a

1
=1-ln ，
a
函数gx 
1
存在两个零点的必要条件是g
a

1
=1-ln <0，
a
1
即0<a< ，又g1
e
 =a>0，
所以gx 
1
在1，
a

1
上存在一个零点 >1
a
 .
当x→+∞时，gx  →+∞，所以gx 
1
在 ，+∞
a
 上存在一个零点，
综上函数gx 
1
有两个零点，实数a的取值范围是0<a< .
e
不妨设两个零点x >x >0
2 1
由gx 1  =gx 2  =0，所以lnx =ax ，lnx =ax ， 1 1 2 2
第 页 共 页
440 3427所以lnx 1 -lnx 2 =ax 1 -x 2 
lnx -lnx
，所以a= 1 2， x -x
1 2
要证xx >e2，
1 2
只需证lnx 1 x 2  >2，
只需证lnx +lnx >2，
1 2
由lnx 1 +lnx 2 =ax 1 +ax 2 =ax 1 +x 2  =x 1 +x 2 
lnx -lnx
1 2， x -x
1 2
lnx -lnx 2
只需证 1 2 > ，
x -x x +x
1 2 1 2
只需证lnx -lnx < 2x 1 -x 2
1 2
 ，
x +x
1 2
x
2 1 -1
x x
只需证ln 1 < 2
x
2

，
x
1 +1
x
2
x
令 1 =t0<t<1
x
2

2t-1
，只需证lnt<

，
t+1
令Ht 
2t-1
=lnt-

，
t+1
Ht 
1 4
= -
t t+1 
t+1
=
2
 2-4t
tt+1 
t-1
=
2
 2
tt+1 
>0，
2
∴H(t)在(0，1)上单调递增，∴Ht  <H1  =0，
2t-1
即lnt<

成立，
t+1
所以xx >e2成立.
1 2
4 题型四：极值点偏移:商型
787 (2024·浙江杭州·高三浙江大学附属中学校考期中)已知函数f(x)=2e-x  lnx，其中e
=2.71828⋅⋅⋅为自然对数的底数.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若x 1 ,x 2 ∈0,1  ，且x 2 lnx 1 -x 1 lnx 2 =2ex 1 x 2lnx 1 -lnx 2 
1 1
，证明：2e< + <2e+ x x
1 2
1.
2e 2e
【解析】(1)f'(x)= -(1+lnx)，y= 是减函数，y=1+lnx是增函数，
x x
所以f'(x)在0,+∞  单调递减，
∵f'e  =0，
∴x∈0,e  时，f'(x)>f'e  =0，f(x)单调递增；x∈e,+∞  时，f'(x)<f'e  =0，
f(x)单调递减.
lnx lnx
(2)由题意得， 1 - 2 =2elnx -2elnx ，即
x x 1 2
1 2
1
2e-
x
1

1
lnx =2e-
1 x
2

1
lnx ，2e-
2 x
1

1 1
ln =2e-
x x
1 2

1
ln ，
x
2
1 1
设 x =a 1 ， x =a 2 ，则由x 1 ,x 2 ∈0,1
1 2
 得，a 1 ,a 2 ∈1,+∞  ，且fa 1  =fa 2  .
不妨设a <a ，则即证2e<a +a <2e+1，
1 2 1 2
由f2e  =0及f(x)的单调性知，1<a <e<a <2e. 1 2
令F(x)=f(x)-f2e-x  ，1<x<e，则
第 页 共 页
441 34274e2
F'(x)=f'(x)+f'(2e-x)= -2-lnx(2e-x)
x(2e-x)
 ，
∵x2e-x 
4e2
≤e2，∴F'(x)> -2-lne2=0，F(x)<F(e)=0，
e2
∴f(x)<f2e-x  ，取x=a 1 ，则fa 1  <f2e-a 1  ，
又fa 1  =fa 2  ，则fa 2  <f2e-a 1  ，
又2e-a 1 >e，a 2 >e，且f(x)在e,+∞  单调递减，∴a >2e-a ，a +a >2e. 2 1 1 2
下证：a +a <2e+1.
1 2
(i)当a <e+1时，由a <e得，a +a <2e+1；
2 1 1 2
(ii)当e+1≤a <2e时，令G(x)=f(x)-f(2e+1-x)，e+1<x<2e，则
2
2e 2e
G'(x)=f'(x)+f'(2e+1-x)= -1-lnx+ -1-ln(2e+1-x)
x 2e+1-x
2e(2e+1)
= -2-ln-x2+(2e+1)x
-x2+(2e+1)x
 ，
2e(2e+1)
记t=-x2+(2e+1)x，e+1≤x<2e，则G'(x)= -2-lnt，
t
又t=-x2+(2e+1)x在e+1,2e  为减函数，∴t∈2e,e2+1  ，
2e(2e+1)
-2在2e,e2+1
t
 单调递减，lnt在2e,e2+1 
2e(2e+1)
单调递增，∴ -2-
t
lnt单调递减，从而，G'(x)在e+1,2e  单调递增，
2e(2e+1)
又G'(2e)= -2-ln2e(2e+1-2e)=2e-1-ln2e，lnx≤x-1，
2e(2e+1-2e)
∴G'2e  >0，
2e(2e+1) e-1
又G'(e+1)= -2-ln(e+1)(2e+1-e-1)= -ln(e+1)
(e+1)(2e+1-e-1) e+1
<0，
从而，由零点存在定理得，存在唯一x 0 ∈(e+1,2e)，使得G'x 0  =0，
当x∈e+1,x 0  时，G'(x)<G'x 0  =0⇒G(x)单调递减；
当x∈x 0 ,2e  时，G'(x)>G'x 0  =0⇒G(x)单调递增.
所以，G(x)≤maxG(e+1),G(2e)  ，
又G(e+1)=f(e+1)-f(2e+1-e-1)=f(e+1)-f(e)=(e-1)ln(e+1)-e，
lnx 1 x e+1
≤ ⇒lnx≤ ⇒ln(e+1)≤ ，
x e e e
e+1 -1
所以，G(e+1)<(e-1)⋅ -e= <0，
e e
显然，G2e  =f2e  -f2e+1-2e  =0-0=0，
所以，G(x)<0，即f(x)-f2e+1-x  <0，
取x=a 2 ∈e+1,2e  ，则fa 2  <f2e+1-a 2  ，
又fa 1  =fa 2  ，则fa 1  <f2e+1-a 2  ，
结合2e+1-a 2 <2e+1-e+1  =e，a 1 <e，以及f(x)在0,e  单调递增，得到a <2e 1
+1-a ，
2
从而a +a <2e+1.
1 2
788 (2024·全国·统考高考真题)已知函数fx  =x1-lnx  .
(1)讨论fx  的单调性；
1 1
(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2< + <e.
a b
第 页 共 页
442 3427【解析】(1)fx  的定义域为0,+∞  ．
由fx  =x1-lnx  得，fx  =-lnx，
当x=1时，f′x  =0；当x∈0,1  时f′x  >0；当x∈1,+∞  时，f'x  <0．
故fx  在区间0,1  内为增函数，在区间1,+∞  内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
1 1
由blna-alnb=a-b得 1-ln
a a

1 1
= 1-ln
b b

1
，即f
a

1
=f
b
 ．
1 1
由a≠b，得 ≠ ．
a b
1 1 1
由(1)不妨设 ∈(0,1), ∈(1,+∞)，则f
a b a

1
>0，从而f
b

1
>0，得 ∈(1,e)，
b
①令gx  =f2-x  -fx  ，
则g(x)=ln(2-x)+lnx=ln(2x-x2)=ln[1-(x-1)2]，
当x∈0,1  时，g′x  <0，gx  在区间0,1  内为减函数，gx  >g1  =0，
从而f2-x  >fx 
1
，所以f2-
a

1
>f
a

1
=f
b
 ，
1 1 1 1
由(1)得2- < 即2< + ．①
a b a b
令hx  =x+fx  ，则h'x  =1+fx  =1-lnx，
当x∈1,e  时，h′x  >0，hx  在区间1,e  内为增函数，hx  <he  =e，
从而x+fx 
1 1
<e，所以 +f
b b
 <e．
1 1 1 1
又由 ∈(0,1)，可得 < 1-ln
a a a a

1
=f
a

1
=f
b
 ，
1 1 1
所以 + <f
a b b

1
+ =e．②
b
1 1
由①②得2< + <e．
a b
lna lnb 1 1 lna+1
[方法二]【最优解】：blna-alnb=a-b变形为 - = - ，所以 =
a b b a a
lnb+1
．
b
1 1
令 =m, =n．则上式变为m1-lnm
a b
 =n1-lnn  ，
于是命题转换为证明：2<m+n<e．
令fx  =x1-lnx  ，则有fm  =fn  ，不妨设m<n．
由(1)知0<m<1,1<n<e，先证m+n>2．
要证：m+n>2⇔n>2-m⇔fn  <f2-m  ⇔f(m)<f2-m 
⇔fm  -f2-m  <0．
令gx  =fx  -f2-x  ,x∈0,1  ，
则g′x  =-lnx-ln2-x  =-ln x2-x    ≥-ln1=0，
∴gx  在区间0,1  内单调递增，所以gx  <g1  =0，即m+n>2．
再证m+n<e．
因为m1-lnm  =n⋅1-lnn  >m，所以需证n1-lnn  +n<e⇒m+n<e．
令hx  =x1-lnx  +x,x∈1,e  ，
所以h'x  =1-lnx>0，故hx  在区间1,e  内单调递增．
所以hx  <he  =e．故hn  <e，即m+n<e．
1 1
综合可知2< + <e．
a b
第 页 共 页
443 3427[方法三]：比值代换
1 1
证明 + >2同证法2．以下证明x +x <e．
a b 1 2
x
不妨设x =tx ，则t= 2 >1，
2 1 x
1
tlnt
由x(1-lnx)=x (1-lnx )得x(1-lnx)=tx[1-ln(tx)]，lnx =1- ，
1 1 2 2 1 1 1 1 1 t-1
要证x 1 +x 2 <e，只需证1+t  x <e，两边取对数得ln(1+t)+lnx <1， 1 1
tlnt
即ln(1+t)+1- <1，
t-1
ln(1+t) lnt
即证 < ．
t t-1
s
-ln(1+s)
ln(1+s) 1+s
记g(s)= ,s∈(0,+∞)，则g(s)= .
s s2
s 1 1
记h(s)= -ln(1+s)，则h′(s)= - <0，
1+s (1+s)2 1+s
所以，hs  在区间0,+∞  内单调递减．hs  <h0  =0，则g's  <0，
所以gs  在区间0,+∞  内单调递减．
由t∈1,+∞  得t-1∈0,+∞  ，所以gt  <gt-1  ，
ln(1+t) lnt
即 < ．
t t-1
[方法四]：构造函数法
lna lnb 1 1 1 1
由已知得 - = - ，令 =x, =x ，
a b b a a 1 b 2
不妨设x 1 <x 2 ，所以fx 1  =fx 2  ．
由(Ⅰ)知，0<x <1<x <e，只需证2<x +x <e．
1 2 1 2
证明x +x >2同证法2．
1 2
e
-2+ +lnx
1-lnx x
再证明x +x <e．令h(x)= (0<x<e),h(x)= ．
1 2 x-e (x-e)2
e 1 e x-e
令φ(x)=lnx+ -2(0<x<e)，则φ′(x)= - = <0．
x x x2 x2
所以φx  >φe  =0,h′x  >0，hx  在区间0,e  内单调递增．
1-lnx 1-lnx 1-lnx x -e
因为0<x <x <e，所以 1 < 2，即 1 > 1
1 2 x -e x -e 1-lnx x -e
1 2 2 2
又因为fx 1  =fx 2 
1-lnx x x x -e
，所以 1 = 2, 2 > 1 ， 1-lnx x x x -e
2 1 1 2
即x2 2 -ex 2 <x2 1 -ex 1 ,x 1 -x 2  x 1 +x 2 -e  >0．
1 1
因为x <x ，所以x +x <e，即 + <e．
1 2 1 2 a b
1 1
综上，有2< + <e结论得证．
a b
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，
构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处
理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用
函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于x +x -e<0的式子，这是本方法证明不等式的
1 2
第 页 共 页
444 3427关键思想所在.
789 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =x1-lnx  .
(1)讨论fx  的单调性；
1 1
(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2< + .
a b
【解析】(1)函数的定义域为0,+∞  ，又fx  =1-lnx-1=-lnx，
当x∈0,1  时，fx  >0，当x∈1,+∞  时，fx  <0，
故fx  的递增区间为0,1  ，递减区间为1,+∞ 
(2)因为blna-alnb=a-b，故blna+1  =alnb+1  ，
lna+1 lnb+1 1
即 = ，故f
a b a

1
=f
b
 ，
1 1
设 a =x 1 , b =x 2 ，则fx 1  =fx 2  ，
不妨设x <x ，由(1)可知原命题等价于：已知0<x <1<x <e，证明：x +x >2 .
1 2 1 2 1 2
证明如下：
若x ≥2，x +x >2恒成立；
2 1 2
若x <2，即 0<x <1<x <2时，
2 1 2
要证：x 1 +x 2 >2，即证x 1 >2-x 2 ，而0<2-x 2 <1，即证fx 1  >f2-x 2  ，
即证：fx 2  >f2-x 2  ，其中1<x <2 2
设gx  =fx  -f2-x  ，1<x<2，
则gx  =fx  +f2-x  =-lnx-ln2-x  =-ln x2-x    ，
因为1<x<2，故0<x2-x  <1，故-lnx2-x  >0，
所以gx  >0，故gx  在1,2  为增函数，所以gx  >g1  =0，
故fx  >f2-x  ，即fx 2  >f2-x 2  成立，
所以x +x >2成立，
1 2
综上，x +x >2成立.
1 2
790 (2024·广东茂名·茂名市第一中学校考三模)已知函数fx  =ax+a-1 
1
lnx+ ，a∈
x
R．
(1)讨论函数fx  的单调性；
(2)若关于x的方程fx 
1
=xex-lnx+ 有两个不相等的实数根x 、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
【解析】(1)因为fx  =ax+a-1 
1
lnx+ ，
x
所以fx 
a-1 1 ax2+a-1
=a+ - =
x x2
 x-1 x+1
=
x2
 ax-1 
，其中x>0.
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；
②当a>0时，由fx 
1
>0得x> ，由fx
a

1
<0可得0<x< .
a
所以函数fx 
1
的增区间为 ,+∞
a

1
，减区间为0,
a
 ．
综上：当a≤0时，函数fx  的减区间为0,+∞  ，无增区间；
当a>0时，函数fx 
1
的增区间为 ,+∞
a

1
，减区间为0,
a
 ．
第 页 共 页
445 3427(2)(i)方程fx 
1
=xex-lnx+ 可化为xex=ax+alnx，即ex+lnx=ax+lnx
x
 ．
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
令gt 
et
= ，其中t≠0，则gt
t

et t-1
=

．
t2
由gt  <0可得t<0或0<t<1，由gt  >0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，
且当t<0时，gt 
et
= <0；当t>0时，则gt
t

et
= >0.
t
作出函数gt  和y=a的图象如下图所示：
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,+∞  .
(ii)要证
ex1
+
ex2
>
2a
，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 <1<t ．
1 2
t =lna+lnt t
因为et=at，所以t=lna+lnt，即  t 1 =lna+lnt 1，作差可得t 2 -t 1 =ln t 2．
2 2 1
t
2 +1
t +t 2 t 2
所以只需证 2 1 > ，即只需证 1 > ．
t -t t t t
2 1 ln 2 2 -1 ln 2
t t t
1 1 1
t
令p= 2 t>1
t
1

2p-1
，只需证lnp>

．
p+1
令hp 
2p-1
=lnp-

，其中p>1，则hp
p+1

1 4
= -
p p+1 
p-1
=
2
 2
pp+1 
>0，
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．
第 页 共 页
446 34275 题型五：极值点偏移:平方型
791 (2024·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测)已知函数fx  =lnx-ax2.
(1)讨论函数fx  的单调性：
(2)若x 1 ,x 2 是方程fx  =0的两不等实根，求证：x2+x2>2e； 1 2
【解析】(1)由題意得，函数fx  的定义域为0,+∞  .
由fx  =lnx-ax2得：fx 
1 1-2ax2
= -2ax= ，
x x
当a≤0时，fx  >0,fx  在0,+∞  上单调递增；
当a>0时，由fx 
2a
>0得0<x< ，由fx
2a

2a
<0得x> ，
2a
所以fx 
2a
在0,
2a

2a
上单调递增，在 ,+∞
2a
 上单调递减.
(2)因为x,x 是方程lnx-ax2=0的两不等实根，lnx-ax2=0⇔2lnx-2ax2=0，
1 2
即x,x 是方程lnx2-2ax2=0的两不等实根，
1 2
lnt
令t=x2(t>0)，则t =x2,t =x2，即t,t 是方程2a= 的两不等实根.
1 1 2 2 1 2 t
令gt 
lnt
= ，则gt
t

1-lnt
= ，所以gt
t2
 在0,e  上递增，在e,+∞  上递减，ge  =
1
，
e
当t→0时，gt  →-∞；当t→+∞时，gt  >0且gt  →0.
1 1
所以0<2a< ，即0<a< .
e 2e
令1<t <e<t ，要证x2+x2>2e，只需证t +t >2e，
1 2 1 2 1 2
解法1(对称化构造)：令ht  =gt  -g2e-t  ,t∈1,e  ，
则ht  =gt  -g2e-t 
lnt ln2e-t
= -
t
 2e-t
=
2e-t
 lnt-tln2e-t 
t2e-t 
，
令φt  =2e-t  lnt-tln2e-t  ，
则φt 
2e
= -1-lnt-ln2e-t
t

t 2e-t t
+ = + -ln-t2+2et
2e-t t 2e-t

2e-t
>
t
t
+ -2>0，
2e-t
所以φt  在1,e  上递增，φt  <φe  =0，
所以ht  =gt  -g2e-t  <0，所以gt  <g2e-t  ，
所以gt 2  =gt 1  <g2e-t 1  ，所以t >2e-t ， 2 1
即t +t >2e，所以x2+x2>2e.
1 2 1 2
x -x x +x
解法2(对数均值不等式)：先证 1 2 < 1 2，令0<x <x ，
lnx -lnx 2 1 2
1 2
x -x lnx -lnx 2x-1
只需证 2 1 < 2 1，只需证
x +x 2
2 1
 x
-lnx<0x= 2 >1
x+1 x
1
 ，
令φx 
2x-1
=

-lnx(x>1),φx
x+1

4 1 -(x-1)2
= - = <0，
(x+1)2 x x(x+1)2
所以φx  在1,+∞  上单调递减，所以φx  <φ1  =0.
t t t +t t -t t +t
因为 1 = 2 ，所以 1 2 = 1 2 < 1 2，
lnt lnt lnt +lnt lnt -lnt 2
1 2 1 2 1 2
所以lnt +lnt >2，即tt >e2，所以t +t >2 tt >2e.
1 2 1 2 1 2 1 2
第 页 共 页
447 3427792 (2024·全国·高二专题练习)已知函数fx 
lnx
= -ax.
x
(1)若fx  ≤-1，求实数a的取值范围；
(2)若fx 
12
有2个不同的零点x,x (x <x )，求证：2x2+3x2> . 1 2 1 2 1 2 5a
【解析】(1)因为函数fx  的定义域为0,+∞  ，所以fx 
lnx+x
≤-1成立，等价于a≥
x2
成立.
令hx 
lnx+x
= ，则hx
x2

1-x-2lnx
= ，
x3
令gx  =1-x-2lnx，则gx 
2
=-1- <0，所以gx
x
 在0,+∞  内单调递减，
又因为g1  =0，所以当x∈0,1  时，hx  >0，hx  单调递增；当x∈1,+∞  时，
hx  <0，hx  单调递减，
所以y=hx  在x=1处取极大值也是最大值.
因此a≥h1  =1，即实数a的取值范围为1,+∞  .
(2)fx 
lnx
有2个不同的零点等价于a= 有2个不同的实数根.
x2
令Fx 
lnx
= ，则Fx
x2

1-2lnx
= ，当Fx
x3
 =0时，解得x= e.
所以当x∈0, e  时，Fx  >0，Fx  单调递增，
当x∈ e,+∞  时，Fx  <0，Fx  单调递减，
所以y=Fx  在x= e处取极大值为F e 
1
= .
2e
又因为F1  =0，当x∈0,1  时，Fx  <0，当x>1时，Fx  >0.
且x→+∞时，Fx  →0.
1
所以1<x < e<x ，且a∈0,
1 2 2e
 .
因为x 1 ,x 2 是方程a= ln x2 x 的2个不同实数根，即   l l n n x x 1 = = a a x x 2 1 2 .
2 2
x2 lnx
将两式相除得 2 = 2，
x2 lnx
1 1
x lnx t lnt t2lnt
令t= 2，则t>1，t2= 2 ，变形得lnx = ，lnx = .
x lnx 1 t2-1 2 t2-1
1 1
lnx lnx 12 2lnx 3lnx 12
又因为x2= 1，x2= 2，因此要证2x2+3x2> ，只需证 1 + 2 > .
1 a 2 a 1 2 5a a a 5a
12 3t2lnt 2lnt 12
因为a>0，所以只需证2lnx +3lnx > ，即证 + > .
1 2 5 t2-1 t2-1 5
12t2-1
因为t>1，即证lnt-

53t2+2

>0.
令Gt 
12t2-1
=lnt-

53t2+2

t>1  ，则Gt 
3t2-2
=

2
t3t2+2

≥0，
2
所以Gt  在1,+∞  上单调递增，Gt  >G1  =0，
12t2-1
即当t>1时，lnt-

53t2+2

>0成立，命题得证.
793 (2024·全国·高二专题练习)已知函数fx 
1+lnx
= ，a>0．
ax
(1)若fx  ≤1，求a的取值范围；
(2)证明：若存在x 1 ，x 2 ，使得fx 1  =fx 2  ，则x2+x2>2． 1 2
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448 34271+lnx lnx
【解析】(1)f(x)= ，f(x)=- ，令f(x)=0，解得x=1，
ax ax2
所以当x∈(0,1)时，f(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f(x)<0，f(x)在(1,+∞)单调递减，
1 1
所以f(x) =f(1)= ，要使f(x)≤1，则有 ≤1，而a>0，故a≥1，
max a a
所以a的取值范围为[1,+∞)．
(2)证明：当a>0时，由(1)知，当x∈(0,1)时，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f(x)单调递减，
设x <x ，所以x ∈(0,1)，x ∈(1,+∞)，
1 2 1 2
①若x ∈[2,+∞)，则x2+x2>x2≥4>2，成立；
2 1 2 2
②若x ∈(1,2)，先证x +x >2，此时2-x ∈(0,1)，
2 1 2 2
要证x +x >2，即证x >2-x ，即f(x)>f(2-x )，f(x )>f(2-x )，
1 2 1 2 1 2 2 2
令g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(1,2)，
lnx ln(2-x) 1  lnx ln(2-x)
g(x)=- - = - -
ax2 a(2-x)2 a  x2 (2-x)2

>
1  lnx ln(2-x)
- -
a x2 x2
 1 ln[x(2-x)] 1 ln[-(x-1)2+1]
=- × =- × >0，
a x2 a x2
所以g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)≥g(1)=0，
即f(x)>f(2-x)，x∈(1, 2)，所以x +x >2，
1 2
因为x2+1>2x ，x2+1>2x ，所以x2+1+x2+1>2(x +x )，
1 1 2 2 1 2 1 2
即x2+x2>2(x +x )-2>2．
1 2 1 2
794 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
1+lnx
=
ax
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若ex 1  x2=ex 2  x1，且x >0，x >0，x ≠x ，证明: x2+x2> 2. 1 2 1 2 1 2
【解析】(1)fx 
lnx
=- x>0
ax2

当a>0时，x∈0，1  ，fx  >0 ，所以fx  单调递增；x∈1，+∞  ，fx  <0 ，所以
fx  单调递减；
当a<0时，x∈0，1  ，fx  <0，所以fx  单调递减；x∈1，+∞  ，fx  >0，所以
fx  单调递增；
(2)证明：
∵ex 1  x2=ex 2  x1 ，∴x 2 lnex 1  =x 1 lnex 2  ， lnex 1  = lnex 2 x
1
 x
2
即当a=1时，fx 1  =fx 2 
由(1)可知，此时x=1是fx  的极大值点，因此不妨令0<x <1<x 1 2
要证 x2+x2> 2，即证：x2+x2>2
1 2 1 2
①当x ≥2时，x2+x2>2成立；
2 1 2
②当1<x <2时
2
先证x +x >2
1 2
此时2-x 2 ∈0，1 
要证x 1 +x 2 >2，即证：x 1 >2-x 2 ，即fx 1  >f2-x 2  ，即fx 2  >f2-x 2 
即：fx 2  -f2-x 2  >0 ①
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449 3427令gx  =fx  -f2-x 
1+lnx 1+ln2-x
= -
x

x∈1,2
2-x
   ，
∴gx 
lnx ln2-x
=- -
x2

2-x 
lnx ln2-x
>- -
2 x2
 ln2x-x2
=-
x2

>0
x2
∴gx  在区间1，2  上单调递增
∴g
x 
>g
1 
=0，∴①式得证.
∴ x +x >2
1 2
∵x2+1>2x ，x2+1>2x
1 1 2 2
∴x2 1 +x2 2 +2>2x 1 +2x 2 ∴x2 1 +x2 2 >2x 1 +x 2  -2>2 ∴ x2+x2> 2 1 2
795 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =x-sinxcosx-alnx，a∈R.
π π
(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点 ,f
2 2
   处的切线方程；
(2)若f(m)=f(n)，0<m<n，求证：m2+n2>|a|.
【解析】(1)当a=0时，y=f(x)=x-sinxcosx，导数为f′(x)=1-cos2x+sin2x，
π
可得切线的斜率为f′
2

π
=1-0+1=2，且f
2

π
= ，
2
π π
所以切线的方程为y- =2x-
2 2
 ，
π
即为y=2x- ；
2
a
(2)证明：由题意可得f′(x)=1-cos2x- ，
x
若a≤0，则f′(x)≥0，所以f(x)在(0,+∞)递增，
因此不存在0<m<n，使得f(m)=f(n)，所以a>0；
1
设g(x)=x- sin2x-x2，x>0，则g′(x)=1-cos2x-2x，
2
令h(x)=g′(x)=1-cos2x-2x，h′(x)=2sin2x-2≤0，
所以g′(x)在(0,+∞)递减，又g′(0)=0，所以g′(x)<0在(0,+∞)恒成立，
1 1
从而g(x)在(0,+∞)递减，从而m-n- sin2m+ sin2n>m2-n2.①
2 2
又由f(m)=f(n)，可得m-sinmcosm-alnm=n-sinncosn-alnn，
1 1
所以m-n- sin2m+ sin2n=a(lnm-lnn).②
2 2
由①②可得a(lnm-lnn)>m2-n2.
2(m2-n2)
又因为0<m<n，所以a< ，
lnm2-lnn2
因此要证m2+n2>|a|=a，
2(m2-n2)
只需证明m2+n2> ，
lnm2-lnn2
m
即证ln
n

m 2 
2 n
-
   2 -1


m

n

<0，③
2
+1
2(t-1) (t-1)2
设H(t)=lnt- ，0<t<1，则H′(t)= >0，
t+1 t(t+1)2
所以H(t)在(0,1)上为增函数，
m
又因为0<
n

2 m
<1，所以H 
n

2
  <H1  =0，即③式成立.
所以m2+n2>|a|获证.
第 页 共 页
450 34276 题型六：极值点偏移:混合型
a-1-x
796 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)= (x>0)(e为自然对数的底数，a∈
ex
R)．
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若存在x 1 ≠x 2 ，满足fx 1  =fx 2 
4a
，求证： x +x > ． 1 2 a+2
-1×ex-ex a-1-x
【解析】(1)f(x)=
 1
= (x-a).
ex ex
当a≤0时，fx  ≥0，所以fx  在0,+∞  上单调增，无极值；
1
当a>0时，令f(x)= (x-a)=0，得x=a，
ex
当x∈0,a  时，fx  <0；当x∈a,+∞  时，fx  >0；
所以fx  在0,a  上单调递减，在a,+∞  单调递增．
所以函数fx  的极小值为fa 
1
=- ，无极大值.
ea
(2)由题(1)可知，当a>0时才存在x 1 ≠x 2 ，满足fx 1  =fx 2  ，
不妨设0<x <a<x ，
1 2
设g(x)=f(x)-f(2a-x)0<x<a 
a-1-x x-a-1
，则g(x)= -
ex e2a-x
gx 
1
= x-a
ex

1
+ a-x
e2a-x
 =x-a 
e2a-e2x

e2a+x
 ，
因为x∈(0,a)，所以x-a<0,e2a-e2x>0，所以g(x)<0，
所以gx  在(0,a)上单调递减，
所以gx 1  >ga  =0，所以f(x)-f(2a-x)>0，即f(x)>f(2a-x) 1 1 1 1
故fx 2  =fx 1  >f2a-x 1  ，
因为x 2 >a,2a-x 1 >a，又fx  在(a,+∞)上单调递增，
所以x >2a-x ，所以x +x >2a，
2 1 1 2
4a
下面证明：2a≥
a+2

2
；
4a
因为2a-
a+2

2 2a a+2
=
  2-8a 
a+2 
2aa-2
=
2
 2
a+2 
≥0，
2
4a 4a
所以 2a≥ ，所以 x +x > 2a≥ ，
a+2 1 2 a+2
4a
所以 x +x > ，得证.
1 2 a+2
797 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x-a 
1
- +a,a∈R.
x
(1)若f(1)=2，求a的值；
(2)若存在两个不相等的正实数x,x ，满足f(x)=f(x )，证明：
1 2 1 2
①2<x +x <2a；
1 2
x
② 2 <a2+1.
x
1
【解析】(1)由f(1)=1-a  -1+a=2，化简得：1-a  =3-a，两边平方，解得：a=2.
(2)不妨令x <x ，
1 2
1 1
①当x>a时，f(x)=x-a- +a=x- 在0,+∞
x x
 上单调递增，故不能使得存在两
个不相等的正实数x,x ，满足f(x)=f(x )，舍去；
1 2 1 2
第 页 共 页
451 34271
当x=a时，f(x)=a- 为定值，不合题意；
a
1
当x<a时，f(x)=2a-x+
x
 ，由对勾函数知识可知：当a≤1时，f(x)=2a-
1
x+
x
 在0,a 
1
上单调递增，f(x)=x- 在a,+∞
x
 上单调递增，两个分段函数在x
=a处函数值相同，故函数fx  在0,+∞  上单调递增，不能使得存在两个不相等的正实
数x,x ，满足f(x)=f(x )，舍去；
1 2 1 2
当a>1时，函数fx  在0,1  上单调递增，在1,a  上单调递减，在a,+∞  上单调递
1
增，且f(a)=2a-a+
a

1
=a- ，即分段函数在x=a处函数值相等，要想存在两个不
a
相等的正实数x,x ，满足f(x)=f(x )，则x,x 有三种类型，第一种：0<x <1<x <a，
1 2 1 2 1 2 1 2
显然x 1 +x 2 <2a，令hx  =fx  -f2-x  ，则h1  =0，当x∈0,1  时，hx  =fx  +
f2-x 
1 1
=-2+ +
x2 2-x 
2
>-2+
2 x2-x 
2
>-2+
x+2-x 
2

=0，即hx
2
 在x∈
0,1  单调递增，所以hx  <h1  =0，即fx  <f2-x  ，由于x 1 ∈0,1  ，所以fx 1  <
f2-x 1  ，又因为f(x 1 )=f(x 2 )，所以fx 2  <f2-x 1  ，因为x 2 >1,2-x 1 >1，而fx  在
1,+∞  上单调递减，所以x >2-x ，即x +x >2，综上：2<x +x <2a；第二种情 2 1 1 2 1 2
况：0<1<x <a<x ，显然满足x +x >2，
1 2 1 2
接下来证明x 1 +x 2 <2a，令gx  =fx  -f2a-x  ，则ga  =0，当x∈1,a  时，gx 
=fx  +f2a-x 
1 1 2
=-1+ +1+ = >0，即gx
x2 x2 x2
 =fx  -f2a-x  在x∈
1,a  单调递增，所以gx  =fx  -f2a-x  <ga  =0，又x 1 ∈1,a  ，所以fx 1  <
f2a-x 1  ，又f(x 1 )=f(x 2 )，所以fx 2  <f2a-x 1  ，因为x 2 >a，2a-x 1 >a，fx  在
a,+∞  上单调递增，所以x <2a-x ，即x +x <2a，综上：2<x +x <2a；第三种情 2 1 1 2 1 2
况：0<x <1<a<x ，由第一种情况可知满足x +x >2，由第二种情况可知：x +x
1 3 1 2 1 2
<2a，则2<x +x <2a，
1 2
综上：2<x +x <2a，证毕.
1 2
1
②由①可知：当0<x <x <a时，由f(x)=f(x )得：2a-x +
1 2 1 2 1 x
1

1
=2a-x +
2 x
2
 ，
1+x2 1+x2 x 1+x2 1+a2
整理得： 1 = 2，即 2 = 2 < <1+a2；
x x x 1+x2 1+x2
1 2 1 1 1
1 1
当0<x <a<x 时，x - =2a-x +
1 2 2 x 1 x
2 1

1 1
，整理得：x +x =2a+ - ，整理
1 2 x x
2 1
x x -2a 得： 2 =-x2-xx +2ax +1=-x + 1
x 2 1 2 2 2 2
1
 2 +1+ x 1 -2a  2 ≤1+ x 1 -2a
4
 2 ，因为
4
0<x <a，所以1+ x 1 -2a
1
 2 x <1+a2，综上： 2 <a2+1，证毕.
4 x
1
a
798 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=xlnx- x2-x+a(a∈R)，在其定义域内
2
有两个不同的极值点.
(1)求a的取值范围；
(2)记两个极值点为x ，x ，且x <x ，当λ≥1时，求证：不等式x ⋅xλ>e1+λ恒成立.
1 2 1 2 1 2
【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
方程f(x)=0在(0,+∞)有两个不同根，
即方程lnx-ax=0在(0,+∞)有两个不同根，
第 页 共 页
452 3427lnx
即方程a= 在(0,+∞)有两个不同根；
x
lnx
令g(x)= ，则gx
x

1-lnx
= ，
x2
则当0<x<e时，gx  >0，x>e时，gx  <0，
lnx
则函数g(x)= 在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
x
1
所以g(x) =g(e)= ，
max e
又因为g(1)=0，当x>1时，g(x)>0，当0<x<1时，g(x)<0，
1
所以a的取值范围为0,
e
 ；
(2)证明：欲证x ⋅xλ>e1+λ 两边取对数等价于要证1+λ<lnx +λlnx ，
1 2 1 2
由(1)可知x ，x 分别是方程lnx-ax=0的两个根，
1 2
即lnx =ax ，lnx =ax
1 1 2 2
所以原式等价于1+λ<ax +λax =a(x +λx )，因为λ>0，0<x <x ，
1 2 1 2 1 2
1+λ
所以原式等价于要证明a> .
x +λx
1 2
x
ln 1
x x
又由lnx =ax ，lnx =ax 作差得，ln 1 =a(x -x )，即a= 2 .
1 1 2 2 x 1 2 x -x
2 1 2
x
ln 1
x 1+λ x
所以原式等价于 2 > ，令t= 1，t∈(0,1)，
x -x x +λx x
1 2 1 2 2
(1+λ)(t-1)
则不等式lnt< 在t∈(0,1)上恒成立.
t+λ
(1+λ)(t-1)
令h(t)=lnt- ，
t+λ
1 (1+λ)2 (t-1)(t-λ2)
又h(t)= - = ，
t (t+λ)2 t(t+λ)2
当λ≥1时，可见t∈(0,1)时，h(t)>0，
所以h(t)在t∈(0,1)上单调增，
又h(1)=0，h(t)<0,
x (1+λ)(x -x )
所以ln 1 < 1 2 在t∈(0,1)恒成立，所以原不等式恒成立.
x x +λx
2 1 2
1+x
799 (2024·陕西宝鸡·校考模拟预测)已知f(x)= ex, g(x)=a(x+1)．
1-x
(1)求y=f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，若关于x的方程f(x)+g(x)=0存在两个正实数根x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，证明：a
>e2且xx <x +x ．
1 2 1 2
【解析】(1)∵y=f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞)，
3-x2
又∵f(x)= ex,∴由f(x)=0得x=± 3，
(1-x)2
当x∈-∞,- 3  ∪ 3,+∞  时，f(x)<0，
当x∈(- 3,1)∪(1, 3)时，f(x)>0，
∴y=f(x)的减区间为：(-∞,- 3),( 3,+∞)，增区间为：(- 3,1),(1, 3)，
(2)证明：方法一：由f(x)+g(x)=0存在两个正实数根x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，
整理得方程ex=a(x-1)(x≠1)存在两个正实数根x 1 ,x 2x 1 <x 2  ．
第 页 共 页
453 3427ex
由a>0，知x >x >1, a= ，
2 1 x-1
ex ex(x-2)
令h(x)= ，则h(x)= ，
x-1 (x-1)2
当x∈(1,2)时，h(x)<0,h(x)减函数；当x∈(2,+∞)时，h(x)>0,h(x)增函数．
所以h(x) =h(2)=e2．
min
因为x→1,h(x)→+∞;x→+∞,h(x)→+∞．所以h(x)的值域为e2,+∞  ，
问题等价于直线y=a和y=h(x)有两个不同的交点．
∴a>e2，且x ∈(1,2),x ∈(2,+∞)，
1 2
所以 ex1=ax 1 -1 
ex2=ax 2 -1 


，从而 e
e
x
x
2
1
=ex2-x1= x
x
2
1 -
-
1
1 ．
x -x =lnt
 2 1 lnt tlnt
令t=ex2-x1,t>1，则x -1 ，解得x = +1,x = +1，
2 =t 1 t-1 2 t-1
x -1
1
x 1 x 2 <x 1 +x 2 ⇔x 1 -1  x 2 -1  <1，而x 1 -1  x 2 -1 
tln2t
= ， (t-1)2
tln2t
下面证明t>1时， <1⇔tln2t-(t-1)2<0，
(t-1)2
令F(t)=tln2t-(t-1)2,(t>1)，
2(lnt-t+1)
则F(t)=ln2t+2lnt-2(t-1),F(t)= ，
t
1
令S(t)=lnt-t+1,(t>1)，则S(t)= -1<0，
t
∴S(t)在(1,+∞)为减函数，∴S(t)<S(1)=0，
∴F(t)<0,F(t)在(1,+∞)为减函数，∴F(t)<F(1)=0，
∴F(t)在(1,+∞)为减函数，∴F(t)<F(1)=0，即xx <x +x ．
1 2 1 2
方法二：由f(x)+g(x)=0存在两个正实数根x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，
整理得方程ex=a(x-1)(x≠1)存在两个正实数根x 1 ,x 2x 1 <x 2  ．
由a>0，知x >x >1，
2 1
令h(x)=ex-ax+a，则h(x)=ex-a，
当x>lna时，h(x)>0,h(x)在(lna,+∞)上单调递增；
当x<lna时，h(x)<0,h(x)在(0,lna)上单调递减．
所以h(x) =h(lna)=2a-alna．
min
因为h(x)=ex-ax+a有两个零点，即2a-alna<0，得a>e2．
因为实数x, x 是ex=a(x-1)的两个根，
1 2
所以 ex1=ax 1 -1 
ex2=ax 2 -1 


，从而
e
e
x
x
2
1 =ex1-x2=
x
x
2
1 -
-
1
1
．
α lnα-lnβ
令α=x -1, β=x -1，则eα-β= ，变形整理 =1，
1 2 β α-β
1
要证xx <x +x ，则只需证αβ<1，即只要证β< (0<α<1<β)，
1 2 1 2 α
1 1
结合对数函数y=lnx的图象可知，只需要证(α,lnα), ,ln
α α
 两点连线的斜率要比(α,
lnα)，(β,lnβ)两点连线的斜率小即可．
1
lnα-ln
lnα-lnβ α 1
因为 =1，所以只要证 <1，整理得 -α+2lnα>0(0<α<1)．
α-β 1 α
α-
α
第 页 共 页
454 34271 1 2 (x-1)2
令g(x)= -x+2lnx(0<x<1)，则g(x)=- -1+ =- <0，
x x2 x x2
所以g(x)在(0,1)上单调递减，即g(x)>g(1)=0，
1
所以 -α+2lnα>0(0<α<1)成立，故xx <x +x 成立．
α 1 2 1 2
800 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=xe-x(x∈R)．
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)+2a2-3a+1=0有两个不同的根，求实数a的取值范围；
(3)如果x ≠x ，且f(x)=f(x )，求证：ln(x +x )>ln2．
1 2 1 2 1 2
【解析】(1)因为f(x)=xe-x，所以f(x)=(1-x)e-x，令f(x)>0，解得x<1，令f(x)<
0，解得x>1，
即函数f(x)=xe-x在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．
1
(2)由(1)可得函数f(x)=xe-x在x=1处取得最大值，f(x) =f(1)= ，
max e
所以函数f(x)的图象大致如下：
．
1
易知函数f(x)=xe-x的值域为-∞,
e
 ．
因为方程f(x)+2a2-3a+1=0有两个不同的根，
1
所以-2a2+3a-1∈0,
e

1 1
，即-2a2+3a-1>0，-2a2+3a-1< ，解得 <a<1．
e 2
1
即实数a的取值范围为 ,1
2
 ．
(3)证明：由f(x)=f(x )，x ≠x ，不妨设x <x ，
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，
ex+1
所以F(x)在x∈(0，1]上单调递增，F(x)>F(0)=0，
也即f(1+x)>f(1-x)对x∈(0，1]恒成立．
由0<x <1<x ，则1-x ∈(0，1]，
1 2 1
所以f(1+(1-x))=f(2-x)>f(1-(1-x))=f(x)=f(x )，
1 1 1 1 2
即f(2-x)>f(x )，又因为2-x ，x ∈(1,+∞)，且f(x)在(1,+∞)上单调递减，所以2
1 2 1 2
-x <x ，
1 2
第 页 共 页
455 3427即证x +x >2．
1 2
即ln(x +x )>ln2．
1 2
801 (2024·天津河西·统考二模)设k∈R，函数f(x)=lnx-kx．
(1)若k=2，求曲线y=f(x)在P(1,-2)处的切线方程；
(2)若f(x)无零点，求实数k的取值范围；
(3)若f(x)有两个相异零点x,x ，求证：lnx +lnx >2．
1 2 1 2
1 1-kx
【解析】(1)函数的定义域为(0,+∞)，f(x)= -k= ，
x x
当k=2时，f(1)=1-2=-1，则切线方程为y-(-2)=-(x-1)，即x+y+1=0．
(2)①若k<0时，则f(x)>0，f(x)是区间(0,+∞)上的增函数，
∵f(1)=-k>0，f(ek)=k-kea=k(1-ek)<0，
∴f(1)⋅f(ek)<0，函数f(x)在区间(0,+∞)有唯一零点；
②若k=0，f(x)=lnx有唯一零点x=1；
1
③若k>0，令f(x)=0，得x= ，
k
1
在区间0,
k
 上，f(x)>0，函数f(x)是增函数；
1
在区间 ,+∞
k
 上，f(x)<0，函数f(x)是减函数；
1
故在区间(0,+∞)上，f(x)的极大值为f
k

1
=ln -1=-lnk-1，
k
1
由于f(x)无零点，须使f
k

1
=-lnk-1<0，解得k> ，
e
1
故所求实数k的取值范围是 ,+∞
e
 ．
(3)证明：设f(x)的两个相异零点为x ，x ，设x >x >0，
1 2 1 2
∵f(x)=0，f(x )=0，∴lnx -kx =0，lnx -kx =0，
1 2 1 1 2 2
∴lnx -lnx =k(x -x )，lnx +lnx =k(x +x )，
1 2 1 2 1 2 1 2
∵xx >e2，故lnx +lnx >2，故k(x +x )>2，
1 2 1 2 1 2
lnx -lnx 2 x 2(x -x )
即 1 2 > ，即ln 1 > 1 2 ，
x -x x +x x x +x
1 2 1 2 2 1 2
x 2(t-1)
设t= 1 >1上式转化为lnt> (t>1)，
x t+1
2
2(t-1)
设g(t)=lnt- ，
t+1
∴gt 
t-1
=
 2
tt+1 
>0，
2
∴g(t)在(1,+∞)上单调递增，
2(t-1)
∴g(t)>g(1)=0，∴lnt> ，
t+1
∴lnx +lnx >2．
1 2
802 (2024·四川成都·高二四川省成都列五中学校考阶段练习)已知函数fx  =x1-alnx  ，
a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
(2)若x∈0,
2
 时，都有fx  <1，求实数a的取值范围；
1+lnx x
(3)若有不相等的两个正实数x ，x 满足 2 = 2，证明：x +x <exx .
1 2 1+lnx x 1 2 1 2
1 1
第 页 共 页
456 3427【解析】(1)因为fx  =x1-alnx  ，定义域为0,+∞  ，f(x)=1-a-alnx.
1-a 1-a
①当a>0时，令f(x)=0,1-α-alnx=0⇔lnx= ，解得x=e a
a
1-a
即当x∈0,e a  时，f(x)>0，f(x)单调递增，
1-a
当x∈e a ,+∞  时，f(x)<0，f(x)单调递减；
②当a=0时f(x)=1>0，f(x)在(0,+∞)单调递增；
1-a 1-a
③当a<0时令f(x)=0,1-α-alnx=0⇔lnx= ，解得x=e a ，
a
1-a
即当x∈0,e a  时，f(x)<0，f(x)单调递减，
1-a
当x∈e a ,+∞  时，f(x)>0，f(x)单调递增；
1-a
综上：当a>0时，f(x)在0,e a 
1-a
单调递增，在e a ,+∞  单调递减；
当a=0时，f(x)在(0,+∞)单调递增；
1-a
当a<0时，f(x)在0,e a 
1-a
单调递减，在e a ,+∞  单调递增.
1
(2)若x∈0,
2
 时，都有fx  <1，
即x1-alnx 
x-1
<1，a< 恒成立.
xlnx
x-1 xlnx-(lnx+1)(x-1) lnx-x+1
令h(x)= ，则a<h(x) ，h(x)= = ，
xlnx min (x⋅lnx)2 (xlnx)2
1 1-x
令g(x)=lnx-x+1，所以g(x)= -1= ，
x x
1
当x∈0,
2
 时，
1
g(x)>0，g(x)单调递增，g(x) =g
max 2

1
=-ln2+ <0，
2
x-1 1
所以h(x)<0，h(x)= 在0,
xlnx 2
 单调递减，
1
所以h(x) =h
min 2

1 1
= ，所以a<
ln2 ln2
1+lnx x 1 1 1 1 1 1
(3)原式 2 = 2 可整理为 - ln = - ln ，
1+lnx x x x x x x x
1 1 2 2 2 1 1 1
1
令F(x)=x(1-lnx)，原式为F
x
1

1
=F
x
2
 ，
由(1)知，F(x)=x(1-lnx)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，
1 1 1
则 , 为F(x)=k两根，其中k∈(0,1)，不妨令 ∈0,1
x x x
1 2 1

1
, ∈1,e
x
2
 ，
要证x +x <exx ，
1 2 1 2
1 1 1 1
即证 + <e，e- > ，
x x x x
1 2 1 2
1
只需证F
x
2

1
=F
x
1

1
>Fe-
x
1
 ，
令φ(x)=F(x)-F(e-x)，x∈0,1  ，φ(x)=-lnx(e-x)  ，
令φ(x )=0，则x∈(0,x )，φ(x)>0，φ(x)单调递增，
0 0
x∈(x ,1)，φ(x)<0，φ(x)单调递减.
0
又x>0,F(x)>0,F(e)=0，
故x→0,φ(0)=0,
第 页 共 页
457 3427φ(1)=F(1)-F(e-1)>0，所以φ(x)>0恒成立，
1
即F
x
2

1
=F
x
1

1
>Fe-
x
1
 成立，
1 1
所以 + <e，原式x +x <exx 得证.
x x 1 2 1 2
1 2
803 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =ex-ax2+bx-1，其中a，b为常数，e为自然
对数底数，e=2.71828⋅⋅⋅．
(1)当a=0时，若函数fx  ≥0，求实数b的取值范围；
(2)当b=2a时，若函数fx  有两个极值点x ，x ，现有如下三个命题： 1 2
①7x 1 +bx 2 >28；②2 ax 1 +x 2  >3xx ；③ x -1+ x -1>2； 1 2 1 2
请从①②③中任选一个进行证明．
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
【解析】(1)当a=0时，fx  =ex+bx-1，fx  =ex+b
当b≥0时，因为f-1 
1
= -1
e
 -b<0，所以此时不合题意；
当b<0时，当x∈ -∞,ln-b    时，fx  <0，fx  单调递减，
当x∈ ln-b   ,+∞  时，fx  >0，fx  单调递增，
所以fx  =f ln-b
min
   =-b+bln-b  -1，
要fx  ≥0，只需fx  =-b+bln-b
min
 -1≥0，
令gx  =x-xlnx-1，则gx  =-lnx，
当x∈0,1  时，gx  >0，gx  单调递增；
当x∈1,+∞  时，gx  <0，gx  单调递减，
所以gx  ≤g1  =0，则由g-b  =-b+bln-b  -1≥0得-b=1，
所以b=-1，故实数b的取值范围为-1  ．
(2)当b=2a时，fx  =ex-ax2+2ax-1，fx  =ex-2ax+2a，
令φx  =fx  =ex-2ax+2a，则φx  =ex-2a，
因为函数fx  有两个极值点x 1 ，x 2 ，所以φx  =fx  =ex-2ax+2a有两个零点，
若a≤0，则φx  >0，φx  单调递增，不可能有两个零点，所以a>0，
令φx  =ex-2a=0得x=ln2a，
当x∈-∞,ln2a  时，φx  <0，φx  单调递减；
当x∈ln2a,+∞  时，φx  >0，φx  单调递增；
所以φx  =φln2a
min
 =4a-2aln2a，
因为φx 
1
有两个零点，所以4a-2aln2a<0，则a> e2，
2
设x 1 <x 2 ，因为φ1  =e>0，φ2  =e2-2a<0，则1<x <2<x ， 1 2
因为φx 1  =φx 2  =0，所以ex1=2ax -2a，ex2=2ax -2a， 1 2
则 e e x x 2 1 = x x 2 1 - - 1 1 ，取对数得x 2 -x 1 =lnx 2 -1  -lnx 1 -1  ，
令x 1 -1=t 1 ，x 2 -1=t 2 ，则t 2 -t 1 =lnt 2 -lnt 1 ，即t 2 -lnt 2 =t 1 -lnt 10<t 1 <1<t 2 
①令ut  =t-lnt，则ut 1  =ut 2  ，因为ut 
1
=1- ，所以ut t  =t-lnt在 0,1 
上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
令vt  =ut  -u2-t  =2t-lnt+ln2-t  -20<t<2  ，
则vt 
2t-1
=
 2
tt-1 
≤0，vt  在0,2  上单调递减，
第 页 共 页
458 3427因为0<t 1 <1，所以vt 1  >v1  =0，即ut 1  -u2-t 1  >0，
亦即ut 2  =ut 1  >u2-t 1  ，
因为t 2 >1，2-t>1，ut  =t-lnt在1,+∞  上单调递增，所以t >2-t ， 2 1
则x 2 -1>2-x 1 -1  ，整理得x +x >4， 1 2
所以2ax +7x >7x +7x >28，故①成立
1 2 1 2
②令ut  =t-lnt，则ut 1  =ut 2  ，
因为ut 
1
=t- ，所以ut
t
 =t-lnt在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
令vt  =ut 
1
-u
t

1
=t- -2lnt，则vt
t

t-1
=
 2
≥0，vt
t2
 在0,+∞  上单调递
增，
又v1  =0，所以当t∈0,1  时，vt  <v1  =0，即ut 
1
<u
t
 ，
因为t 2 >1，2-t 1 >1，ut  =t-lnt在1,+∞ 
1
上单调递增，所以t < ， 2 t
1
1
所以x -1< ，即xx <x +x ，
2 x -1 1 2 1 2
1
2 1
所以x 1 x 2 <x 1 +x 2 < 3 2 e2 x 1 +x 2 
2
< 3 ax 1 +x 2  ，
即3x 1 x 2 <2 ax 1 +x 2  ，故②成立．
t
③令x -1=t ，x -1=t ，则t -t =lnt -lnt =2ln 2 ，
1 1 2 2 2 1 2 1 t
1
令Ft 
2t-1
=lnt-

t>1
t+1
 ，则Ft 
t-1
=
 2
tt+1 
>0，
∴Ft 
2t-1
=lnt-

在1,+∞
t+1
 上单调递增，则Ft 
2t-1
=lnt-

>F1
t+1
 =0，
2t-1 ∴lnt> 
t
2 2 -1
t t ，则t -t =2ln 2 >2 1
t+1 2 1 t
1

t - t =4⋅ 2 1 ，
t t + t
2 +1 2 1
t
1
两边约去 t - t 后化简整理得 t + t >2，即 x -1+ x -1>2，
2 1 1 2 1 2
故③成立．
804 (2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测)已知函数fx  =alnx+2  -
xa∈R  .
(1)讨论f(x)的单调性和最值；
2 1 m
(2)若关于x的方程ex= - ln (m>0)有两个不等的实数根x,x ，求证：ex1+
m m x+2 1 2
2
ex2> .
m
【解析】(1)fx 
a a-2-x
= -1= ，其中x>-2
x+2 x+2
若a≤0，则fx  <0在-2,+∞  上恒成立，故f(x)在-2,+∞  上为减函数，
故f(x)无最值.
若a>0，当x∈-2,a-2  时，fx  >0；
当x∈a-2,+∞  时，fx  <0；
故f(x)在-2,a-2  上为增函数，在a-2,+∞  上为减函数，
故f(x) max =fa-2  =alna-a+2，f(x)无最小值.
第 页 共 页
459 34272 1 m
(2)方程ex= - ln (m>0)即为mex+x+lnm=x+2+lnx+2
m m x+2
 ，
故ex+lnm+lnex+lnm=x+2+lnx+2  ，
因为y=x+lnx为0,+∞  上的增函数，所以x+2=ex+lnm=mex
2 1 m
所以关于x的方程ex= - ln (m>0)有两个不等的实数根x,x 即为：
m m x+2 1 2
x+2=mex有两个不同的实数根x,x .
1 2
所以x 1 +2=mex1,x 2 +2=mex2，所以x 1 -x 2 =mex1-ex2  ，
不妨设x 1 >x 2 ，t=x 1 -x 2 ，故ex1+ex2=ex1+ex2 
x -x
1 2 mex1-ex2

，
2
要证：ex1+ex2> 即证ex1+ex2
m

x -x
1 2
mex1-ex2

2
> ，
m
即证ex1-x2+1 
x -x
1 2 >2，即证et+1
ex1-x2-1

t
>2t>0
et-1
 ，
即证et+1  t>2et-2t>0  ，
设st  =et+1  t-2et+2，则st  =et+1+tet-2et=t-1  et+1，
故st  =tet>0，所以st  在0,+∞  上为增函数，
故st  >s0  =0，所以st  在0,+∞  上为增函数，
所以st  >s0 
2
=0，故ex1+ex2> 成立.
m
805 (2024·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模)已知函数hx  =x-alnxa∈R  .
(1)若hx  有两个零点，a的取值范围；
(2)若方程xex-alnx+x 
e2
=0有两个实根x 、x ，且x ≠x ，证明：ex1+x2> . 1 2 1 2 xx
1 2
【解析】(1)函数hx  的定义域为0,+∞  .
当a=0时，函数hx  =x无零点，不合乎题意，所以，a≠0，
由hx 
1 lnx
=x-alnx=0可得 = ，
a x
构造函数fx 
lnx 1
= ，其中x>0，所以，直线y= 与函数fx
x a
 的图象有两个交点，
fx 
1-lnx
= ，由fx
x2
 =0可得x=e，列表如下：
x 0,e  e e,+∞ 
fx  + 0 -
fx 
极大值
增 1 减
e
所以，函数fx  的极大值为fe 
1
= ，如下图所示：
e
第 页 共 页
460 3427且当x>1时，fx 
lnx
= >0，
x
1 1 1
由图可知，当0< < 时，即当a>e时，直线y= 与函数fx
a e a
 的图象有两个交点，
故实数a的取值范围是e,+∞  .
(2)证明：因为xex-alnx+x  =0，则xex-alnxex  =0，
令t=xex>0，其中x>0，则有t-alnt=0，
t=x+1  ex>0，所以，函数t=xex在0,+∞  上单调递增，
因为方程xex-alnx+x  =0有两个实根x 、x ，令t =xex1，t =x ex2， 1 2 1 1 2 2
则关于t的方程t-alnt=0也有两个实根t 、t ，且t ≠t ，
1 2 1 2
e2
要证ex1+x2> ，即证xex1⋅xex2>e2，即证tt >e2，即证lnt +lnt >2，
xx 1 1 2 1 2
1 2
由已知 t 1 =alnt 1，所以， t 1 -t 2 =alnt 1 -lnt 2 
t =alnt 2 2

t 1 +t 2 =alnt 1 +lnt 2 
  ，整理可得 t 1 +t 2 = lnt 1 +lnt 2，
t -t lnt -lnt 1 2 1 2
不妨设t >t >0，即证lnt +lnt = t 1 +t 2ln t 1 >2，即证ln t 1 > 2t 1 -t 2
1 2 1 2 t -t t t
1 2 2 2
 =
t +t
1 2
t
2 1 -1
t
2

，
t
1 +1
t
2
t 2s-1
令s= 1 >1，即证lns>
t
2

，其中s>1，
s+1
构造函数gs 
2s-1
=lns-

，其中s>1，
s+1
gs 
1 4
= -
s s+1 
s-1
=
2
 2
ss+1 
>0，所以，函数gs
2
 在1,+∞  上单调递增，
当s>1时，gs  >g1  =0，故原不等式成立.
806 (2024·广东佛山·高二统考期末)已知函数fx  =xex-alnx-a，其中a>0．
(1)若a=2e，求fx  的极值：
(2)令函数gx  =fx  -ax+a，若存在x 1 ，x 2 使得gx 1  =gx 2  ，证明：xex1+x ex2> 1 2
2a．
【解析】(1)当a=2e时fx  =xex-2elnx-2e，x∈0,+∞  ，
所以fx  =1+x 
2e x1+x
ex- =
x
 ex-2e
，
x
当x∈0,1  时，0<x2+x<2，1<ex<e，所以fx  <0，
当x∈1,+∞  时，x2+x>2，ex>e，所以fx  >0，
所以fx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
所以fx  的极小值为f1  =-e，无极大值.
第 页 共 页
461 3427(2)证明：gx  =fx  -ax+a=xex-alnx-ax=xex-alnxex  ，
令t=xex，则上述函数变形为ht  =t-alnt，
对于tx  =xex，x∈0,+∞  ，则tx  =1+x  ex>0，即tx  =xex在0,+∞  上单调递
增，
所以若存在x 1 ，x 2 使得gx 1  =gx 2  ，则存在对应的t 1 =x 1 ex1、t 2 =x 2 ex2t 1 <t 2  ，
使得ht 1  =ht 2  ，
对于ht  =t-alnt，则ht 
a
=1- ，因为a>0，所以当0<t<a时ht
t
 <0，当t>a
时ht  >0，
即ht  在0,a  上单调递减，在a,+∞  上单调递增，所以t=a为函数ht  的唯一极小
值点，
所以0<t <a<t ，则2a-t >a，
1 2 1
令Ft  =ht  -h2a-t  ，则Ft  =ht  +h2a-t 
a a
=1- +1- =
t 2a-t
-2t-a  2
t2a-t 
<0，
所以Ft  在0,a  上单调递减，所以Ft 1  >Fa  =0，
即ht 1  -h2a-t 1  >0，又ht 1  =ht 2  ，所以ht 2  >h2a-t 1  ，
又ht  的单调性可知t >2a-t ，即有t +t >2a成立， 2 1 2 1
所以xex1+x ex2>2a.
1 2
807 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =x1-alnx  ,a≥0.
(1)讨论fx  的单调性；
1
(2)若x∈0,
2
 时，都有fx  <1，求实数a的取值范围；
1+lnx x
(3)若有不相等的两个正实数x,x 满足 2 = 2，求证：x +x <exx .
1 2 1+lnx x 1 2 1 2
1 1
【解析】(1)函数fx  =x1-alnx  的定义域为0,+∞  ，f(x)=1-a-alnx.
①当a>0时，令fx 
1-a
=0，即1-a-alnx=0，解得：x=e a .
令fx 
1-a
>0，解得：0<x<e a ；令fx 
1-a
<0，解得：x>e a ；
所以函数fx 
1-a
在0,e a 
1-a
上单调递增，在e a ,+∞  上单调递减.
②当a=0时，则fx  =1>0，所以函数fx  在0,+∞  上单调递增.
综上所述：当a>0时，函数fx 
1-a
在0,e a 
1-a
上单调递增，在e a ,+∞  上单调递减.
当a=0时，函数fx  在0,+∞  上单调递增.
1
(2)当x∈0,
2
 时，都有fx  <1，即x1-alnx  <1，
x-1 1
亦即a< 对∀x∈0,
xlnx 2
 恒成立.
令hx 
x-1 1
= ,x∈0,
xlnx 2
 ，只需a<hx  .
min
hx 
lnx-x+1
= .
(xlnx)2
令gx  =lnx-x+1，则gx 
1 1
= -1，所以当x∈0,
x 2
 时，gx  >0，
所以gx 
1
在0,
2
 上单增，所以gx 
1
=g
max 2

1 1 1 e
=ln - +1=-ln2+ =ln
2 2 2 2
第 页 共 页
462 3427e
=ln <0，
4
1
所以当x∈0,
2
 时，gx  <0.
所以hx 
lnx-x+1
=
xlnx 
<0，所以hx
2

1
在0,
2
 上单减，
所以hx 
1
=h
min 2

1
-1
2 1
= = .
1 1 ln2
ln
2 2
1
所以a< .
ln2
1
综上所述：实数a的取值范围为-∞,
ln2
 .
1+lnx x 1 1 1 1 1
(3) 2 = 2 可化为： - ln = - lnx.
1+lnx x x x x x x 1
1 1 2 2 2 1 1
令Fx  =x1-lnx 
1
，上式即为F
x
1

1
=F
x
2
 .
由(1)可知：Fx  =x1-lnx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
1 1
则 , 为Fx
x x
1 2
 =k的两根，其中k∈0,1  .
1
不妨设 ∈0,1 x
1

1
, ∈1,e x
2

1 1 1 1
，要证x +x <exx ，只需 + <e，即 <e- ， 1 2 1 2 x x x x
1 2 2 1
1
只需证F
x
2

1
=F
x
1

1
>Fe-
x
1
 .
令φx  =Fx  -Fe-x  ,x∈0,1  .
则φx  =-ln xe-x    .
当x→0时，φx  =-lnx(e-x)  →+∞；当x=1时，φx  =-ln1×(e-1)  <0.
由零点存在定理可得：存在x 0 ，使得φx 0  =0.
当x∈0,x 0  时，φx  >0，φx  单增；当x∈x 0 ,1  时，φx  <0，φx  单减；
又x>0,Fx  >0,Fe  =0，所以x→0,φ0  →0.
φ1  =F1  -Fe-1  =2-e+e-1  lne-1  .
因为2-e≈-0.71828，e-1  lne-1 
e
> >0.8，
2
所以φ1  >0.
所以φx  >0恒成立.
1
所以φ
x
1

1
=F
x
1

1
-Fe-
x
1
 >0.
1
所以F
x
1

1
>Fe-
x
1
 .
1
所以F
x
2

1
=F
x
1

1
>Fe-
x
1

即证.
7 题型七：拐点偏移问题
808 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=2lnx+x2+x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
(2)若正实数x,x 满足f(x)+f(x )=4，求证：x +x ≥2.
1 2 1 2 1 2
【解析】(1)f(1)=2ln1+12+1=2，切点为(1,2).
第 页 共 页
463 34272
f(x)= +2x+1，k=f(1)=5.
x
切线为：y-2=5(x-1)，即5x-y-3=0.
(2)f(x)+f(x )=2lnx +x2+x +2lnx +x2+x =4
1 2 1 1 1 2 2 2
2lnx +x2+x +2lnx +x2+x =4.
1 1 1 2 2 2
(x +x )2+(x +x )=4+2(xx -lnxx )
1 2 1 2 1 2 1 2
令xx =t，g(t)=t-lnt，t>0，
1 2
1 t-1
g(t)=1- = ，
t t
t∈(0,1)，g(t)<0，g(t)为减函数，
t∈(1,+∞)，g(t)>0，g(t)为增函数，
g (t)=g(1)=1，所以g(t)≥1.
min
即(x +x )2+(x +x )≥4+2=6.
1 2 1 2
得：(x +x +3)(x +x -2)≥0，
1 2 1 2
得到x +x -2≥0，即：x +x ≥2.
1 2 1 2
809 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =2lnx+x2+a-1  x-a，(a∈R)，当x≥1
时，f(x)≥0恒成立．
(1)求实数a的取值范围；
(2)若正实数x 、x (x ≠x )满足f(x)+f(x )=0，证明：x +x >2．
1 2 1 2 1 2 1 2
【解析】(1)根据题意，可知fx  的定义域为0,+∞  ，
2
而f(x)= +2x+(a-1)，
x
2
当a≥-3时，f(x)= +2x+(a-1)≥a+3≥0，f1
x
 =0，
∴f(x)为单调递增函数，
∴当x≥1时，f(x)≥0成立；
当a<-3时，存在大于1的实数m，使得f(m)=0，
∴当1<x<m时，f(x)<0成立，
∴f(x)在区间(1,m)上单调递减，
∴当1<x<m时，f(x)<f1  =0；
∴a<-3不可能成立，
所以a≥-3，即a的取值范围为-3,+∞  .
(2)证明：不妨设x <x ，
1 2
∵正实数x 、x 满足f(x)+f(x )=0，
1 2 1 2
有(1)可知，0<x <1<x ，
1 2
又∵f(x)为单调递增函数，
所以x +x >2⇔x >2-x ⇔f(x )>f(2-x)，
1 2 2 1 2 1
又∵f(x)+f(x )=0⇔f(x )=-f(x)，
1 2 2 1
所以只要证明：-f(x)>f(2-x)⇔f(x)+f(2-x)<0，
1 1 1 1
设g(x)=f(x)+f(2-x)，则g(x)=2[lnx+ln(2-x)+x2-2x+1]，
4(x-1)3
可得g(x)= ，
x(x-2)
∴当0<x<1时，g(x)>0成立，
∴g(x)在区间(0,1)上单调增函数，
第 页 共 页
464 3427又∵g1  =0，
∴当0<x<1时，g(x)<0成立，即f(x)+f(2-x)<0，
所以不等式f(x)+f(2-x)<0成立，
1 1
所以x +x >2.
1 2
1
810 (2024·陕西咸阳·统考模拟预测)已知函数f(x)= x2-3x+2lnx.
2
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)(ⅰ)若对于任意x 1 ,x 2 ∈[1,3]，都有f(x 1 )-f(x 2 )  ≤2m-2，求实数m的取值范围;
1 7
(ⅱ)设g(x)=f(x)+ x2，且g(x)+g(x )=0，求证:x +x > .
2 1 2 1 2 2
2 5
【解析】(1)由已知得f(x)=x-3+ ，切点1,-
x 2
 ，
则切线斜率k=f(1)=0，
5
所以切线方程为y=- .
2
(2)(ⅰ)依题意知，只要fx  -fx
max
 ≤2m-2，x∈[1,3]，
min
2 x2-3x+2 (x-1)(x-2)
因为f(x)=x-3+ = = ，
x x x
f(x)<0⇒1<x<2，f(x)>0⇒2<x<3，
所以f(x)在[1,2)递减，在(2,3]递增，
5 9
所以f(x) =max{f(1),f(3)}=max- ,2ln3-
max  2 2

9
=2ln3- ，f(x) =f(2)=
2 min
2ln2-4，
9 3 1
所以2m-2≥2ln3- -(2ln2-4)=2ln - ，
2 2 2
3 3
解得：m≥ln + .
2 4
(ⅱ)证明：因为g(x)=x2-3x+2lnx，定义域为(0,+∞)，
由g(x)+g(x )=0得x2+x2-3(x +x )+2(lnx +lnx )=0，
1 2 1 2 1 2 1 2
即(x +x )2-3(x +x )=2xx -2ln(xx )，
1 2 1 2 1 2 1 2
令t=xx >0
1 2
2(t-1)
令h(t)=2t-2lnt，t>0，则h(t)= ，
t
h(t)>0⇒t>1，h(t)<0⇒0<t<1，
所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以h(t)≥h(1)=2，
所以(x +x )2-3(x +x )=2xx -2ln(xx )≥2
1 2 1 2 1 2 1 2
即(x +x )2-3(x +x )-2≥0，
1 2 1 2
又因为x,x >0，
1 2
3+ 17 7 7
所以x +x ≥ > ，即x +x > .
1 2 2 2 1 2 2
1 1
811 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)= x2-1+
2a a2

1
x+ lnx(a∈R).
a
(1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性；
1
(2)当a= 时，设g(x)=f(x)+6x，若正实数x ，x ，满足g(x)+g(x )=4，求证：x +x
2 1 2 1 2 1 2
≥2
【解析】试题分析：1  求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
第 页 共 页
465 34272  结合已知条件构造函数，然后结合函数单调性得到要证的结论．
1 1
：(1)①0<a<1时，a- <0，即0<a < ，则fx
a a
 在0,a 
1
和 ，+∞
a
 上单增，在
1
a，
a

1
上单减；②a=1时，a= =1，f'x
a
 ≥0，则fx  在0，+∞  上单增
1 1
③a>1时，a- >0即0< <a，则fx
a a

1
在0，
a
 和a，+∞ 
1
上单增，在 ,
a
 上
单减.
(2)由gx 1  +gx 2  =4得：x2+x +2lnx +x2+x +2lnx =4； 1 1 1 2 2 2
x 1 +x 2  2+x 1 +x 2  =4+2 x 1 x 2 -lnx 1 x 2    ；设函数φx  =x-lnx(x>0).因为φx 
1 x-1
=1- = ，所以在区间0,1
x x
 上φx  <0，φx  单调递减，在区间1,+∞  上
φx  >0，φx  单调递增；因而函数φx  =x-lnx(x>0)的最小值为φ1  =1.
由函数φx  =x-lnx≥1知x 1 +x 2  2+x 1 +x 2  ≥6，即x 1 +x 2 +3  x 1 +x 2 -2  ≥0，
又x +x >0，故x +x ≥2.
1 2 1 2
812 (2024·江苏盐城·江苏省东台中学校考一模)已知函数f(x)=lnx+x-ax2，a∈R．
(1)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；
(2)设g(x)=f(x)+(a-3)x，试讨论函数g(x)的单调性；
1
(3)当a=-2时，若存在正实数x,x 满足n，求证：x +x > ．
1 2 1 2 2
【解析】(1)因为fx  =lnx+x-ax2，所以fx 
1
= +1-2ax，
x
因为fx  在x=1处取得极值，
所以f1  =1+1-2a=0，解得a=1．
验证：当a=1时，fx 
1 x-1
= +1-2x=-
x
 2x+1 
(x>0)，
x
令fx  >0，即x-1  2x+1  <0，解得x>1；
令fx  <0，即x-1  2x+1  >0，解得0<x<1；
∴fx  在(0,1)上单调递增，(1,+∞)上单调递减，
所以fx  在x=1处取得极大值．
(2)因为gx  =fx  +a-3  x=lnx+x-ax2+a-3  x=lnx-ax2+a-2  x，
所以gx 
1
= -2ax+a-2
x

ax+1
=-
 2x-1 
(x>0)．
x
①若a≥0，∵x>0，∴ax+1>0 ，
1
所以当x∈0,
2
 时，gx  >0，所以函数gx 
1
在0,
2
 上单调递增；
1
当x∈ ,+∞
2
 时，gx  <0，所以函数gx 
1
在 ,+∞
2
 上单调递减．
②若a<0，gx 
1
ax+
a
=-
 2x-1 
(x>0)，
x
1 1
(i)当a<-2时，0<- < ，
a 2
令gx 
1
>0，即x+
a
 2x-1 
1 1
>0，解得0<x<- 或x> ，
a 2
令gx 
1
<0，即x+
a
 2x-1 
1 1
<0，解得- <x< ，
a 2
所以函数gx 
1
在0,-
a

1
和 ,+∞
2

1 1
上单调递增，在- ,
a 2
 上单调递减；
第 页 共 页
466 3427(ii)当a=-2时，gx  ≥0恒成立，所以函数gx  在0,+∞  上单调递增；
1 1
(iii)当-2<a<0时， <- ，
2 a
令gx 
1
>0，即x+
a
 2x-1 
1 1
>0，解得0<x< 或x>- ，
2 a
令gx 
1
<0，即x+
a
 2x-1 
1 1
<0，解得 <x<- ，
2 a
所以函数gx 
1
在0,
2

1
和- ,+∞
a

1 1
上单调递增，在 ,-
2 a
 上单调递减．
(3)证明：当a=-2时，fx  =lnx+x+2x2，
因为fx 1  +fx 2  +3xx =0， 1 2
所以lnx +x +2x2+lnx +x +2x2+3xx =0，
1 1 1 2 2 2 1 2
即lnx 1 x 2 +2x 1 2+x 2 2  +x 1 +x 2  +3xx =0， 1 2
所以2x 1 +x 2  2+x 1 +x 2  =xx -lnxx ． 1 2 1 2
令t=x 1 x 2 ，φt  =t-lnt(t>0)，
则φt 
1 t-1
=1- = (t>0)，
t t
当t∈0,1  时，φt  <0，所以函数φt  =t-lnt(t>0)在0,1  上单调递减；
当t∈1,+∞  时，φt  >0，所以函数φt  =t-lnt(t>0)在1,+∞  上单调递增．
所以函数φt  =t-lnt(t>0)在t=1时，取得最小值，最小值为1．
所以2x 1 +x 2  2+x 1 +x 2  ≥1，
即2x 1 +x 2  2+x 1 +x 2 
1
-1≥0，所以x +x ≥ 或x +x ≤-1． 1 2 2 1 2
1
因为x,x 为正实数，所以x +x ≥ ．
1 2 1 2 2
1
当x +x = 时，xx =1，此时不存在x,x 满足条件，
1 2 2 1 2 1 2
1
所以x +x > ．
1 2 2
813 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ae2x+ex+x，a∈R．
(1)若f(x)在x=0处取得极值，求a的值；
(2)设g(x)=f(x)-(a+3)ex，试讨论函数g(x)的单调性；
1
(3)当a=2时，若存在实数x ，x 满足f(x)+f(x )+3ex1ex2=0，求证：ex1+ex2> ．
1 2 1 2 2
【解析】(1)因为f(x)=ae2x+ex+x，所以f(x)=2ae2x+ex+1，
因为f(x)在x=0处取得极值，
所以f(0)=2a+1+1=0，解得：a=-1．
验证：当a=-1时，f(x)=-(2ex+1)(ex-1)，
易得f(x)在x=0处取得极大值．
(2)因为g(x)=f(x)-(a+3)ex=ae2x-(a+2)ex+x，
所以g(x)=2ae2x-(a+2)ex+1=2ae2x-(a+2)ex+1=(aex-1)(2ex-1)，
①若a≤0，则当x∈(-∞,-ln2)时，g(x)>0，所以函数g(x)在(-∞,-ln2)上单调递
增；
当x∈(-ln2,+∞)时，g(x)<0，∴函数g(x)在(-ln2,+∞)上单调递减；
②若a>0，g(x)=(aex-1)(2ex-1)，
当a>2时，易得函数g(x)在(-∞,-lna)和(-ln2,+∞)上单调递增，在(-lna,-ln2)
上单调递减；
第 页 共 页
467 3427当a=2时，g(x)≥0恒成立，所以函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增；
当0<a<2时，易得函数g(x)在(-∞,-ln2)和(-lna,+∞)上单调递增，在(-ln2,
-lna)上单调递减.
(3)证明：当a=2时，因为f(x)+f(x )+3ex1ex2=0，
1 2
所以2e2x1+ex1+x +2e2x2+ex2+x +3ex1ex2=0，
1 2
所以2(ex1+ex2)2+(ex1+ex2)=ex1ex2-x -x =ex1+x2-(x +x )，
1 2 1 2
令t=x +x ，φ(t)=et-t，则φ(t)=et-1=0，
1 2
当t∈(-∞,0)时，φ(t)<0，所以函数φ(t)=et-t在(-∞,0)上单调递减；
当t∈(0,+∞)时，φ(t)>0，所以函数φ(t)=et-t在(0,+∞)上单调递增；
所以函数φ(t)=et-t在t=0时，取得最小值，最小值为1，
所以2(ex1+ex2)2+(ex1+ex2)≥1，
1
即2(ex1+ex2)2+(ex1+ex2)-1≥0，所以ex1+ex2≥ ，
2
1
当x +x =t=0时，ex1+ex2≥2 ex1+x2=2> 此时不存在x ，x 满足等号成立条件，
1 2 2 1 2
1
所以ex1+ex2> ．
2
814 (2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习)已知函数fx  =2lnx+mx2-
2m+1  x-8，m∈R.
(1)讨论函数fx  的单调性；
(2)对实数m=2，令gx  =fx  -3x，正实数x 1 ，x 2 满足gx 1  +gx 2  +2xx =0，求x 1 2 1
+x 的最小值.
2
【解析】(1)f'x 
2
= +2mx-2m+1
x

2x-1
=
 mx-1 
x>0
x
 .
若m≤0，当x∈0,1  时，f'x  ≥0，即fx  在0,1  上单调递增；
当x∈1,+∞  时，f'x  <0，即fx  在1,+∞  上单调递减.
若0<m<1，当x∈0,1 
1
∪ ,+∞
m
 时，f'x  >0，即fx  在(0,1 
1
， ,+∞
m
 上均
单调递增；
1
当x∈1,
m
 时，f'x  <0，即fx 
1
在1,
m
 上单调递减.
若m=1，则f'x  ≥0，即fx  在0,+∞  上单调递增.
1
若m>1，当x∈0,
m
 ∪1,+∞  时，f'x  >0，即fx 
1
在0,
m
 ，1,+∞  上均单调
递增；
1
当x∈ ,1
m
 时，f'x  <0，即fx 
1
在 ,1
m
 上单调递减.
(2)当实数m=2时，gx  =fx  -3x=2lnx+2x2-9x-8x>0  ，
gx 1  +gx 2  +2xx =0， 1 2
∴2lnx +2x2-9x -8+2lnx +2x2-9x -8+2xx =0，
1 1 1 2 2 2 1 2
∴2x 1 +x 2  2-9x 1 +x 2  -16=2x 1 x 2 -2lnx 1 x 2  ，
令t=x 1 x 2 ，ht  =2t-2lntt>0  ，
由于h't 
2t-1
=

，知当t∈0,1
t
 时，h't  <0，即ht  单调递减；
当t∈1,+∞  时，h't  >0，即ht  单调递增.
从而，ht  =h1
min
 =2，
第 页 共 页
468 3427于是，2x 1 +x 2  2-9x 1 +x 2  -16≥2，即 2x 1 +x 2   +3  x 1 +x 2 -6  ≥0，
而x,x >0，所以x +x ≥6，
1 2 1 2
而当x =3-2 2，x =3+2 2时，x +x 取最小值6.
1 2 1 2
815 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =lnx+2x-ax2，a∈R.
(1)若fx  在x=1处取得极值，求a的值；
(2)设gx  =fx  +a-4  x，试讨论函数gx  的单调性；
(3)当a=-2时，若存在正实数x 1 ,x 2 满足fx 1  +fx 2  +3xx =x +x ，求证：x +x > 1 2 1 2 1 2
1
.
2
【解析】(1)因为fx  =lnx+2x-ax2，所以f'x 
1
= +2-2ax，
x
因为fx  在x=1处取得极值，
所以f'1 
3
=1+2-2a=0，解得a= ．
2
3
验证：当a= 时，fx
2
 在x=1处取得极大值．
(2)因为gx  =fx  +a-4  x =lnx-ax2+a-2  x
所以gx 
1
= -2ax+a-2
x

ax+1
=-
 2x-1 
(x>0)．
x
1
①若a≥0，则当x∈0,
2
 时，gx  >0，所以函数gx 
1
在0,
2
 上单调递增；
1
当x∈ ,+∞
2
 时，gx  <0，∴函数gx 
1
在 ,+∞
2
 上单调递减．
②若a<0，gx 
1
ax+
a
=-
 2x-1 
(x>0)，
x
当a<-2时，易得函数gx 
1
在0,-
a

1
和 ,+∞
2
 上单调递增，
1 1
在- ,
a 2
 上单调递减；
当a=-2时，gx  ≥0恒成立，所以函数gx  在0,+∞  上单调递增；
当-2<a<0时，易得函数gx 
1
在0,
2

1
和- ,+∞
a
 上单调递增，
1 1
在 ,-
2 a
 上单调递减．
(3)证明：当a=-2时，fx  =lnx+2x-ax2，
因为fx 1  +fx 2  +3xx =x +x ， 1 2 1 2
所以lnx +x +2x2+lnx +x +2x2+3xx =0，
1 1 1 2 2 2 1 2
即lnx 1 x 2 +2x 1 2+x 2 2  +x 1 +x 2  +3xx =0， 1 2
所以2x 1 +x 2  2+x 1 +x 2  =xx -lnxx ． 1 2 1 2
令t=x 1 x 2 ，φt  =t-lnt(t>0)，
则φt 
1 t-1
=1- = (t>0)，
t t
当t∈0,1  时，φt  <0，所以函数φt  =t-lnt(t>0)在0,1  上单调递减；
当t∈1,+∞  时，φt  >0，所以函数φt  =t-lnt(t>0)在1,+∞  上单调递增．
所以函数φt  =t-lnt(t>0)在t=1时，取得最小值，最小值为1．
所以2x 1 +x 2  2+x 1 +x 2  ≥1，
即2x 1 +x 2  2+x 1 +x 2 
1
-1≥0，所以x +x ≥ 或x +x ≤-1． 1 2 2 1 2
第 页 共 页
469 34271
因为x,x 为正实数，所以x +x ≥ ．
1 2 1 2 2
1
当x +x = 时，xx =1，此时不存在x,x 满足条件，
1 2 2 1 2 1 2
1
所以x +x >
1 2 2
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470 3427