文档内容
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ax ，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 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．
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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fx
x2-ax
= ，a∈R
ex
(1)若a=2，求fx 的单调区间；
(2)若a=1，x 1 ，x 2 是方程fx
lnx+1
= 的两个实数根，证明：x +x >2． ex 1 2
【解析】(1)由题可知fx 的定义域为R，
fx
x2-4x+2
=- .
ex
令hx =x2-4x+2，则hx =0的两根分别为x =2- 2，x =2+ 2． 1 2
当x<2- 2或x>2+ 2时，fx <0；
当2- 20；
所以fx 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gx =lnx-x2+x+1，则gx
1 -2x2+x+1
= -2x+1= ，x>0．
x x
令gx =0，得x=1．∵在0,1 上，gx >0，在1,+∞ 上，gx <0，
∴gx 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，
∴gx ≤g1 =-1+1+1=1>0，且当x>0，x趋向于0时，gx 趋向于-∞，
当x趋向于+∞时，gx 趋向于-∞．
则gx 在0,1 和1,+∞ 上分别有一个零点x ，x ， 1 2
不妨设01，
1 2 1 1
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418 3427设Gx =gx -g2-x ，则Gx =lnx-x2+x+1 -
ln2-x -2-x 2+2-x +1 =lnx-ln2-x -2x+2，
Gx
1 1 2x2-4x+2
= + -2=
x 2-x x2-x
．
当00，
∴Gx 在0,1 上单调递增，而G1 =0，
∴当02-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fx =x2lnx-aa∈R .
(1)求函数fx 的单调区间；
(2)若函数fx
2
有两个零点x 、x ，证明10，解得x> ，令fx
e
1
<0，解得0
1
g
e
=0，
所以gx
1
在0, e 上单调递增，所以gx 1
1
1，
1 2
x
令 x 2 =t，则t>1，又fx 1
1
=fx 2
t2lnt
，即x2lnx =x2lnx ，所以lnx = ， 1 1 2 2 1 1-t2
要证11， 1
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419 3427不等式t+1 x 1 >1两边取对数，即证lnx 1 +lnt+1 >0，
t2lnt
即证 +lnt+1
1-t2
t+1
>0，即证
lnt+1 tlnt
> ，
t t-1
令ux
xlnx
= ，x∈1,+∞
x-1
，则ux
lnx+1
=
x-1 -xlnx
x-1
x-lnx-1
=
2 x-1
，
2
令px =x-lnx-1，其中x∈1,+∞ ，则px
1 x-1
=1- = >0，
x x
所以，px 在1,+∞ 上单调递增，则当x∈1,+∞ 时，px >p1 =0，
故当x∈1,+∞ 时，ux
x-lnx-1
=
x-1
>0
2
可得函数ux 单调递增，可得ut+1 >ut
t+1
，即
lnt+1 tlnt
> ，所以x +x t t-1 1 2
>1，
2
综上，12x .
1 2 0
【解析】(1)由已知gx =lnx-ax，
函数gx 的定义域为0,+∞
1 1-ax
，导函数g(x)= -a= (x>0)
x x
当a≤0时，gx >0恒成立，所以gx 在0,+∞ 上单调递增；
当a>0时，令gx
1
=0有x= ，
a
1
∴当x∈0,
a
时，gx >0，gx 单调递增，
1
当x∈ ,+∞
a
时，gx <0，gx 单调递减.
综上所述：
当a≤0时，gx 在0,+∞ 上单调递增；
当a>0时，gx
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，Fx >0，即Fx 在区间1,2 内单调递增，
1 1
又F(1)=- <0，F(2)=ln2- >0，且Fx
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Fx 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Fx 0 =0，
1 x
∴当1x 时，F(x)>0，故f(x)> ，即xf(x)> ，
0 ex ex
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420 3427xlnx,1x
ex 0
当10得mx 单调递增；
x 1-x
当x>x 0 时，m(x)= ex ，由m(x)= ex <0得mx 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 2x 1 2x ，需证x >2x -x ，又2x -x >x ，
1 2 0 2 0 1 0 1 0
而mx 在x 0 ,+∞ 内递减，
故需证mx 2 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hx
e2x0-x e2x0-x e
单调递增，
2x -x
∴当12x ，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fx
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fx 1 =fx 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01，故f(x)<0，f(x)在(0,1)
2 x
内单调递减，
π π π π
当10，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.
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421 3427π
(2)由(1)知，f(x)=x-sin x
2
-lnx，
不妨设02显然成立；
1 2 1 2
当02显然成立；
1 2 1 2
当02，只要证x >2-x ，
1 2 1 2
因为12.
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fx
3
=x2lnx- a
2
，a
为实数．
(1)求函数fx 的单调区间；
(2)若函数fx 在x=e处取得极值，fx 是函数fx 的导函数，且fx 1 =fx 2 ，x 1
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)=x2lnx-
2
，得fx =x(2lnx-2)=2x(lnx-1)，
令g(x)=2x(lnx-1)，
因为g(x)=2lnx，当x=1时，g(x)=0，
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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,gx =2xlnx-1 <0,当x∈e,+∞ 时,gx =xlnx-1 >0,
故02，需证x >2-x.
1 2 2 1
因为x 2 >1,2-x 1 >1，下面证明gx 1 =gx 2 >g2-x 1 .
设tx =g2-x -gx ,x∈0,1 ,
则tx =-g2-x -gx ,tx =-2ln(2-x)-2lnx=-2ln[(2-x)x]>0
故tx 在0,1 上为增函数,故tx 2，
1 2 1 2
下面证明：x +x gx 1
m
=m，所以x <- . 1 2
当x∈1,e 时，记hx =gx -2x-2e =2xlnx-4x+2e,
所以x∈1,e 时hx =2lnx-2<0，所以hx 为减函数得hx >he =2e-4e+
2e=0,
所以m=gx 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，2x 1 ，λ=ee-2 ，求λx +x 的 1 2
最小值．
【解析】(1)因为fx
x+1
=
a+lnx ax+1
=
x
+x+1 lnx
，其中x>0，
x
则fx
x+1
a+lnx+
x
=
x- ax+1 +x+1 lnx
x-lnx+1-a
= ，
x2 x2
因为函数fx 在0,+∞ 上单调递增，对任意的x>0，x-lnx+1-a≥0，即a≤x-
lnx+1，
令gx =x-lnx+1，其中x>0，则a≤gx ，gx
min
1 x-1
=1- = ，
x x
由gx <0可得00可得x>1，
所以，函数gx 的单调递减区间为0,1 ，单调递增区间为1,+∞ ，
所以，gx =g1
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 fx 1 =0
fx 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ht t-1
λ+t
=
lnt
，其中t>1， t-1
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423 3427所以，ht
λ
λ+t- -1-λ+1
t
=
lnt
t-1
，
2
令pt
λ
=λ+t- -1-λ+1
t
lnt，其中t>1，则pt
λ λ+1
=1+ - =
t2 t
t-1 t-λ
，
t2
因为λ=ee-2 >1，由pt <0，可得10可得t>λ，
所以，函数pt 在1,λ 上单调递减，在λ,+∞ 上单调递增，且λ=ee-2 e时，pt >0，即ht >0，
所以，函数ht 在1,e 上单调递减，在e,+∞ 上单调递增，
所以，ht =he
min
λ+e e2-2e+e
= = =e.
e-1 e-1
769 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx
aex
= +lnx-xa∈R
x
．
(1)讨论函数fx 的极值点的个数；
(2)若函数fx 恰有三个极值点x 1 、x 2 、x 3x 1 1；由fx >0，可得00，则gx
ex
1-x
= ，
ex
由gx <0可得x>1，由gx >0可得00可得x>1，
所以fx 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，
因此fx
1
在x=1处取得极小值，故当a≥ 时，fx
e
有一个极值点；
1
③当00，hln
a2
=a+2a2lna=a1+2alna ，
令φa
1
=2alna+101- >0，故hln
e a2
>0，
第 页 共 页
424 3427所以函数hx 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fx 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fx 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01，则x =tx ，et-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10，
t2
所以ωt 在1,e 上单调递增，则当1ω1 =0，
即kt >0，故kt 在1,e 上单调递增，
所以当12
1 2 1 2 1 2
【解析】(1)f(x)=lnx-ax的定义域为0,+∞ ，
因为fx
1 1-ax
= -a= ，x>0
x x
当a≤0时，fx >0，
所以fx 在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，令fx
1
>0得0 ，
a
所以fx
1
在0,
a
1
上单调递增，在 ,+∞
a
上单调递减；
综上，当a≤0时，fx 在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，fx
1
在0,
a
1
上单调递增，在 ,+∞
a
上单调递减．
(2)当a=1时a>0，fx =lnx-x，定义域为0,+∞ ，
fx
1
= -1，所以fx
x
在0,1 上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
又因为fx 1 =fx 2 (x 1，01，
2 1 1
又因为fx 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fx
1 3
= x3- x2+
3 2
log a xa>0,a≠1 ．
(1)若fx 为定义域上的增函数，求a的取值范围；
(2)令a=e，设函数gx =fx
1
- 3 x3-4lnx+9x，且gx 1 +gx 2 =0，求证：x +x ≥ 1 2
3+ 11．
【解析】(1)fx 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，hx >0,hx 单调递增；
当x∈2,+∞ 时，hx <0,hx 单调递减；
故h (x)=h(2)=4,
max
1 1 1
则有 ≥4⇒00),φ(t)=lnt-t
1 2
由φt
1
= -1可得当t∈0,1
t
时，φt >0,φt 单调递增；
当t∈1,+∞ 时，φt <0,φt 单调递减；则φ(t)≤φ(1)=-1，
1
即- 2 x 1 +x 2 2+3x 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fx =lnx-ax-2 (a∈R)．
(1)试讨论函数fx 的单调性；
(2)若函数fx
3
有两个零点x ，x (x -a+2． 1 2 1 2 1 2 a
第 页 共 页
426 3427【解析】(1)由已知，fx 的定义域为0,+∞ ，fx
1
= -a，
x
①当a≤0时，∀x∈0,+∞ ，fx
1
= -a>0恒成立，
x
∴此时fx 在区间0,+∞ 上单调递增；
②当a>0时，令fx
1 1
= -a=0，解得x= ，
x a
1
当x∈0,
a
时，fx
1
= -a>0，fx
x
1
在区间0,
a
上单调递增，
1
当x∈ ,+∞
a
时，fx
1
= -a<0，fx
x
1
在区间 ,+∞
a
上单调递减，
综上所述，当a≤0时，fx 在区间0,+∞ 上单调递增；
当a>0时，fx
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fx 有两个零点x ，x (x 0，fx
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，fx 1 =fx 2
1
=0，00，当x∈0,x 1 ∪x 2 ,+∞ 时，fx <0，(*)
∵f2 =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Fx =fx
2
-f -x
a
=lnx-ax-2
2
-ln -x
a
2
+a -x
a
-2
2
=lnx-2ax-ln -x
a
2
+2，x∈0,
a
，
设Gx =Fx
1 1
= -2a+ ，则Gx
x 2 -x
a
1 1
=- +
x2 2 -x
a
4ax-4
=
2 x2 2-ax
，
2
令Gx
1
=0，解得x= ，
a
1
当x∈0,
a
时，Gx <0，Gx =Fx
1
在区间0,
a
单调递减，
1 2
当x∈ ,
a a
时，Gx >0，Gx =Fx
1 2
在区间 ,
a a
单调递增，
∴Fx
1
≥F
a
=0，Fx =fx
2
-f -x
a
2
在区间0,
a
上单调递增，
1
又∵x ∈0, 1 a ，∴Fx 1 =fx 1
2
-f -x a 1
1
fx 1 =0，
2
∴由(*)知， a -x 1 ∈x 1 ,x 2
2 2
，∴ -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fx =ax2+a-2 x-lnxa∈R .
(1)讨论fx 的单调性；
第 页 共 页
427 3427(2)若fx
2
有两个零点x,x ，证明：x +x > . 1 2 1 2 a
【解析】(1)函数fx 的定义域为0,+∞ ,fx
1 ax-1
=2ax+a-2- =
x
2x+1
，
x
a≤0时，fx <0恒成立，所以fx 在0,+∞ 上单调递减；
a>0时，令fx
1
=0得x= ，
a
1
当x∈0,
a
时，fx
1
<0；当x∈ ,+∞
a
时，fx >0，
所以fx
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fx 至多有一个零点.
1
a>0时，由(1)知当x= 时，fx
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fx 只有一个零点；
1 1
②当a>1时，1- +lna>0即f
a a
>0，故fx 没有零点；
1 1
③当00，
e e2 e e
由(1)知fx
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fx
1
在 ,+∞
a
有一个零点，
所以fx 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 ，
1 2 e 1 a 2 a a 1 a
令Fx =fx
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Fx 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，Fx ≤0,Fx
2
在0,
a
1
单调递减，又F
a
=0，
所以Fx 1
1
>F a =0，即Fx 1 =fx 1
2
-f -x a 1 >0，
又fx 1 =fx 2 ，所以fx 2
2
>f -x a 1 ，
1 2 1
又由于x 2 > a , a -x 1 > a ，且fx
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fx =lnx-1
kx-2
-
.
x
(1)若fx ≥0对∀x∈2,+∞ 恒成立，求实数k的取值范围；
lnx-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)=lnx-1
kx-2
-
≥0，得xlnx-1
x
-kx-2 ≥0.
令φx =xlnx-1 -kx-2 ，x∈2,+∞ ，则φx =lnx-1
x
+ -k，
x-1
令hx =φx ，则hx
1 1
= -
x-1 x-1
x-2
=
2 x-1
≥0x≥2
2
.
所以，函数φx =lnx-1
x
+ -k在2,+∞
x-1
上单增，故φx ≥φ2 =2-k.
①当k≤2时，则φx ≥2-k≥0，所以φx 在2,+∞ 上单增，φx ≥φ2 =0，
此时fx ≥0对∀x∈2,+∞ 恒成立，符合题意；
②当k>2时，φ2 =2-k<0，φek+1
ek+1
= >0，
ek
故存在x 0 ∈2,+∞ 使得φx 0 =0，
当x∈2,x 0 时，φx <0，则φx 单调递减，此时φx <φ2 =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lnx-1
2x-2
>
x>2
x
，即lnt>
2t-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
lnx 2 -1 -lnx 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fx =3alnx-a-3 x，a∈R.
(1)当a=1时，求曲线gx =fx
π
-3lnx-sinx在x= 处的切线方程；
2
(2)设x 1 ，x 2 是hx =fx -3a-2 lnx-3x的两个不同零点，证明：ax 1 +x 2 >4.
【解析】(1)当a=1时，gx =fx -3lnx-sinx=2x-sinx，
gx
π
=2-cosx，g
2
π
=2，g
2
=π-1，
曲线gx
π
在x= 处的切线方程为y-π-1
2
π
=2x-
2
，即2x-y-1=0；
(2)令hx =fx -3a-2 lnx-3x=2lnx-ax=0，可得2lnx=axx>0 ，
令tx =2lnxx>0 ，nx =axx>0 ，设函数nx 与tx 相切于x 0 ,y 0 ，
由a=tx 0
2 2
= 、2lnx =y 、ax =y 可得y =2，x =e，a= ， x 0 0 0 0 0 0 e
0
tx =2lnxx>0 ，nx =axx>0 的大致图象如下，
第 页 共 页
429 34272
当00 与nx =axx>0 有两个不同的交点，
即hx
2
有两个零点，所以a的取值范围为0,
e
，
hx
2 2
= -a，当x∈0,
x a
时，hx >0，hx
2
在0,
a
上递增，
2
当x∈ ,+∞
a
时，hx <0，hx
2
在 ,+∞
a
上递减，
要证ax 1 +x 2
4
>4，只要证x +x > ， 1 2 a
不妨设x 1 0，∴Fx
2
在0,
a
是递增，
2
又F
a
=0，∴Fx =hx
4
-h -x
a
<0，∴hx
4
-x ，即x +x > ， 2 a 1 1 2 a
∴ax 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
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2
x .
3
【解析】(1)函数fx 的定义域为0,+∞ ，
1 2x2-3x+1 (2x-1)(x-1)
f(x)= +2x-3= = ，
x x x
令fx
1
=0，得x= 或x=1，
2
1
在0,
2
上，fx
1
>0，在 ,1
2
上，fx <0，在1,+∞ 上，fx >0，
所以fx
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00，即fx >f1-x .
1
因为 2 f1-x 2 ，所以fx 1 >f1-x 2 ，
因为fx
1
在0, 2
1 1
上单调递增，且01-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Gx ≥0，Gx
1
在 ,1
2
上单调递增，
又G1 =f1 -f1
1
=0，所以当x∈ ,1
2
时，Gx <0，即fx 1，1<2-x < ， 3 2 2
所以x <2-x ，即x +x <2.②
3 2 3 2
由①得2x 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fx =x-e-1
1
ex- ex2+e2x．
2
(1)求函数fx 的单调区间与极值．
(2)若fx 1 =fx 2 =fx 3 x 1 0；当x∈1,e 时，fx <0；
∴fx 的单调递增区间为-∞,1 和e,+∞ ，单调递减区间为1,e ；
fx 的极大值为f1
1
=- e，极小值为fe
2
1
=-ee+ e3.
2
(2)由(1)知：x <1，1e．
1 2 3
令Fx =fx -f2-x ，10在1,e 上恒成立，∴Hx 在1,e 上单调递增，
∴Hx >H1 =3-e>0，
∴Gx >0在1,e 上恒成立，∴Gx 在1,e 上单调递增，∴Gx >G1 =0，
第 页 共 页
431 3427∴Fx >0在1,e 上恒成立，∴Fx 在1,e 上单调递增，∴Fx >F1 =0，
∴fx >f2-x 对任意x∈1,e 恒成立．
∵x 2 ∈1,e ，∴fx 2 >f2-x 2 ，又fx 1 =fx 2 ，∴fx 1 >f2-x 2 ，
∵fx 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mx =fx -f2e-x ，10在1,e 上恒成立，∴mx 在1,e 上单调递增，
∴mx 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fx =ex-2x-a+1 ，gx =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fx 的零点个数；
(2)当a>1时，设函数hx =fx -gx 的两个极值点为x 、x 且x 1-2ln2时，函数fx 有两个零点.
(2)证明：∵hx =fx -gx =ex-x2-a+1 x+1，其中x∈R，
第 页 共 页
432 3427所以，hx =ex-2x-a+1 ，由已知可得 hx 1 =ex1-2x 1 -a+1 =0 hx 2 =ex2-2x 2 -a+1 ， =0
上述两个等式作差得ex2-ex1=2x 2 -x 1 ，
要证ex2-ex1<4a+2，即证x -x <2a+1，
2 1
因为p0 =0，设函数px 的图象交x轴的正半轴于点x 3 ,0 ，则x >ln2， 3
因为函数px 在ln2,+∞ 上单调递增，p1
3
=e-3<0，p 2
3
=e2-4>0，∴x ∈ 3
3
1,
2
，
设函数px 的图象在x=0处的切线交直线y=a于点Ax 1 ,a ，
函数px 的图象在x=x 3 处的切线交直线y=a于点Bx 2 ,a ，
因为p0 =-1，所以，函数px 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mx =px +x=ex-x-1，其中x∈R，则mx =ex-1，
当x<0时，mx <0，此时函数mx 单调递减，
当x>0时，mx >0，此时函数mx 单调递增，所以，mx ≥m0 =0，
所以，对任意的x∈R，px ≥-x，当且仅当x=0时等号成立，
由图可知x 1 <0，则px 1 =ex1-2x -1=a>-x ，所以，x >-a， 1 1 1
因为px 3 =ex3-2x -1=0，可得ex3=2x +1， 3 3
函数px 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 x 3 时，nx >0，此时函数nx 单调递增，则nx ≥nx 3 =0，
所以，对任意的x∈R，px ≥ex3-2 x-x 3 ，当且仅当x=x 时，等号成立， 3
所以，px 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 2 ；(2)易知a>
1 x x
2 ，设f(x)=0 的两个根为x,x (x 0,a∈R
x
，
(1)①若fx 在定义域上单调递增，则fx
1
≥0，即a≤x+ 在0,+∞
x
上恒成立，
1
而x+ ∈2,+∞
x
，所以a≤2；
②若fx 在定义域上单调递减，则fx
1
≤0，即a≥x+ 在0,+∞
x
上恒成立，
1
而x+ ∈2,+∞
x
，所以a∈∅.
因为fx 在定义域上不单调，所以a>2，即a∈2,+∞ .
(2)由(1)知，欲使fx 在0,+∞ 有极大值和极小值，必须a>2.
1 1
又a0 ,
gx
lnx
=bx- ．
x
(1)当b=1，fx 和gx 有相同的最小值，求a的值；
(2)若gx 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sm t t
1 +1 2
t
2
=lnm-
2m-1
m>1
m+1
求出最值即可证出结论．
(1)由b=1．
所以gx
lnx
=x- ．
x
所以gx
x2+lnx-1
= ．
x2
令hx =x2+lnx-1，则hx 为0，+∞ 上的增函数，且h1 =0．
所以gx 在0，1 上单调递减，1，+∞ 上单调递增．
所以g min1 =1．
又fx =xex-ax+1．
所以fx =x+1 ex-a．令mx =x+1 ex-a，则mx =x+2 ex>0
所以 fx 为-1，+∞ 上的增函数．
又f-1 =-a<0．
令x+1 ex-a=0，因为nx =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nx =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fx 0 =0．
即x 0 +1 ex0-a=0，故a=x 0 +1 ex0，
所以fx 在-1,x 0 上单调递减，在x 0 ,+∞ 上单调递增．
所以f minx =fx 0 =x ex0-ax +1=-x2ex0+1=1． 0 0 0
所以x =0．
0
故而a=1．
(2)由题意gx 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 =2bt 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 > 2t 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
2m-1
只需证明：lnm>
m>1
m+1
．
令sm
2m-1
=lnm-
m>1
m+1
．
则sm
m-1
=
2
mm+1
，即sm
2
在1,+∞ 上为增函数．
又s1 =0．
所以sm >s1 =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fx =lnx.
(1)证明：fx+1 ≤x.
(2)若函数hx =2xfx ，若存在x 1 -1，gx
-x
= ，
x+1
令gx >0，解得：-10，
∴gx 在-1,0 递增，在0,+∞ 递减，则gx =g0
max
=0，
∴gx ≤0恒成立，即lnx+1 ≤x.
(2)∵hx =2xlnx，x>0 ，∴hx =2lnx+2，
令hx
1
>0，解得：x> ；令hx
e
1
<0，解得：0h e2x
2
，
又∵hx 1 =hx 2 ，∴只证hx 2
1
>h e2x
2
即可.
令mx =hx
1
-h
e2x
1 1
=2xlnx+2 lne2x， 0恒成立，
∴mx
1
在 0，∴hx
1
>h
e2x
，
即hx 2
1
>h e2x
2
1
，∴xx < . 1 2 e2
782 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx
π
=x-sinx-tanx+alnx+b，x∈0,
2
.
第 页 共 页
436 3427π
(1)求证：2x 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ht
1
=2lnt-t-
t
，其中0h1 =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fx
1 a a sin2x
=1-cosx- + = -cosx- <0，
cos2x x x cosx
此时函数fx
π
在0,
2
上单调递减，不合乎题意，所以，a>0，
由(1)可知，函数gx
π
在0, 2
π
上单调递减，不妨设0gx 2 ，即2x -sinx -tanx >2x -sinx -tanx ， 1 1 1 2 2 2
所以，sinx 1 -sinx 2 +tanx 1 -tanx 2 <2x 1 -x 2 ，
因为fx 1 =fx 2 ，则x -sinx -tanx +alnx +b=x -sinx -tanx +alnx +b， 1 1 1 1 2 2 2 2
所以，alnx 1 -lnx 2 =sinx 1 -sinx 2 +tanx 1 -tanx 2 -x 1 -x 2 ，
所以， alnx 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 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 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gx 1
2
1
>g x
2
．
而gx 1 =gx 2 =0，故x 1 x 2 <1等价于gx 2
1
>g x
2
．①
1
设h(x)=g(x)-g x ，则①式为hx 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hx 2 >h(1)=0，故gx 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fx =xlnx-a ，gx =
fx
+a-ax．
x
(1)当x≥1时，fx ≥-lnx-2恒成立，求a的取值范围．
(2)若gx 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，fx ≥-lnx-2恒成立，
即当x≥1时，x+1 lnx-ax+2≥0恒成立，
设Fx =x+1 lnx-ax+2，
所以F1 =2-a≥0，即a≤2，
Fx
1
=lnx+ +1-a，
x
设rx
1
=lnx+ +1-a，
x
则rx
1 1 x-1
= - = ，
x x2 x2
所以，当x≥1时，rx ≥0，即rx 在1,+∞ 上单调递增，
所以rx ≥r1 =2-a≥0，
所以当x≥1时，Fx =rx ≥0，即Fx 在1,+∞ 上单调递增，
所以Fx ≥F1 =2-a，
若Fx ≥0恒成立，则a≤2．
所以x≥1时，fx ≥-lnx-2恒成立，a的取值范围为-∞,2 .
(2)由题意知，g(x)=lnx-ax，
lnx =ax lnx 1 x 2
不妨设x 1 >x 2 >0，由 lnx 1 =ax 1 得 2 2
=ax 1 +x 2
x ln x 1 =ax 1 -x 2
2
，
则 lnx 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 lnx 1 x 2 t+1 lnt = t-1 ，即：lnx 1 x 2 t+1 = lnt． t-1
要证xx >e2，
1 2
只需证lnx 1 x 2 >2，
t+1
只需证 lnt>2，
t-1
2t-1
即证lnt>
t>1
t+1
，
2t-1
即证lnt-
>0(t>1)，
t+1
令mt
2t-1
=lnt-
(t>1)，
t+1
因为mt
t-1
=
2
tt+1
>0，
2
所以mt 在1,+∞ 上单调递增，
当t∈1,+∞ 时，mt >m1 =0，
2t-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 (00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fx 0 =0，
所以当00，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0x -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 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(0φ(1)=0，故ln 1 > 1 - 2 即 1 2 > xx (00)
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gx =fx
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fx
a
=ax- -lnx，所以fx
x
a 1
=a+ - .
x2 x
所以f1 =2a-1，又f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=x-1，
所以f1 =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fx
a 1
=a+ - ≥0在(0，+∞)上恒成立.
x2 x
ax2-x+a
即 ≥0恒成立.ax2+1
x2
x
≥x，即a≥ ，
x2+1
令gx
x
= ，所以gx
x2+1
1-x2
=
x2+1
1+x
=
2
1-x
x2+1
，
2
x∈(0,1)时gx >0，x∈(1,+∞)时gx <0，
所以gx 在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以gx =g1
min
1 1
= ，即a≥ .
2 2
(3)gx =ax-lnx
定义域为0,+∞ ，gx
1 ax-1
=a- =
x x
当a≤0时，gx <0，所以gx 在(0，+∞)上单调递减，不合题意.
当a>0时，gx
1 ax-1
=a- =
x x
gx
1
在0，
a
1
上单调递减，在 ,+∞
a
上单调递增，
所以gx
1
的最小值为g
a
1
=1-ln ，
a
函数gx
1
存在两个零点的必要条件是g
a
1
=1-ln <0，
a
1
即00，
所以gx
1
在1，
a
1
上存在一个零点 >1
a
.
当x→+∞时，gx →+∞，所以gx
1
在 ，+∞
a
上存在一个零点，
综上函数gx
1
有两个零点，实数a的取值范围是0x >0
2 1
由gx 1 =gx 2 =0，所以lnx =ax ，lnx =ax ， 1 1 2 2
第 页 共 页
440 3427所以lnx 1 -lnx 2 =ax 1 -x 2
lnx -lnx
，所以a= 1 2， x -x
1 2
要证xx >e2，
1 2
只需证lnx 1 x 2 >2，
只需证lnx +lnx >2，
1 2
由lnx 1 +lnx 2 =ax 1 +ax 2 =ax 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 < 2x 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 =t00，
2
∴H(t)在(0，1)上单调递增，∴Ht 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 2lnx 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) -2-lne2=0，F(x)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 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)单调递增.
所以，G(x)≤maxG(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，G2e =f2e -f2e+1-2e =0-0=0，
所以，G(x)<0，即f(x)-f2e+1-x <0，
取x=a 2 ∈e+1,2e ，则fa 2 0；当x∈1,+∞ 时，f'x <0．
故fx 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gx =f2-x -fx ，
则g(x)=ln(2-x)+lnx=ln(2x-x2)=ln[1-(x-1)2]，
当x∈0,1 时，g′x <0，gx 在区间0,1 内为减函数，gx >g1 =0，
从而f2-x >fx
1
，所以f2-
a
1
>f
a
1
=f
b
，
1 1 1 1
由(1)得2- < 即2< + ．①
a b a b
令hx =x+fx ，则h'x =1+fx =1-lnx，
当x∈1,e 时，h′x >0，hx 在区间1,e 内为增函数，hx 2．
要证：m+n>2⇔n>2-m⇔fn 2．
再证m+nm，所以需证n1-lnn +n0，故hx 在区间1,e 内单调递增．
所以hx 2同证法2．以下证明x +x 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 2同证法2．
1 2
e
-2+ +lnx
1-lnx x
再证明x +x φe =0,h′x >0，hx 在区间0,e 内单调递增．
1-lnx 1-lnx 1-lnx x -e
因为0 1
1 2 x -e x -e 1-lnx x -e
1 2 2 2
又因为fx 1 =fx 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 0．
1 1
因为x 0，当x∈1,+∞ 时，fx <0，
故fx 的递增区间为0,1 ，递减区间为1,+∞
(2)因为blna-alnb=a-b，故blna+1 =alnb+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fx 1 =fx 2 ，
不妨设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 02，即证x 1 >2-x 2 ，而0<2-x 2 <1，即证fx 1 >f2-x 2 ，
即证：fx 2 >f2-x 2 ，其中10，
所以gx >0，故gx 在1,2 为增函数，所以gx >g1 =0，
故fx >f2-x ，即fx 2 >f2-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fx =ax+a-1
1
lnx+ ，a∈
x
R．
(1)讨论函数fx 的单调性；
(2)若关于x的方程fx
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fx =ax+a-1
1
lnx+ ，
x
所以fx
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，fx <0，所以函数fx 的减区间为0,+∞ ，无增区间；
②当a>0时，由fx
1
>0得x> ，由fx
a
1
<0可得00时，函数fx
1
的增区间为 ,+∞
a
1
，减区间为0,
a
．
第 页 共 页
445 3427(2)(i)方程fx
1
=xex-lnx+ 可化为xex=ax+alnx，即ex+lnx=ax+lnx
x
．
令tx =x+lnx，因为函数tx 在0,+∞ 上单调递增，
易知函数tx =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gt
et
= ，其中t≠0，则gt
t
et t-1
=
．
t2
由gt <0可得t<0或00可得t>1，
所以，函数gt 在-∞,0 和0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增．
所以，函数gt 的极小值为g1 =e，
且当t<0时，gt
et
= <0；当t>0时，则gt
t
et
= >0.
t
作出函数gt 和y=a的图象如下图所示：
由图可知，当a>e时，函数y=a与gt 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 ，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
2p-1
，只需证lnp>
．
p+1
令hp
2p-1
=lnp-
，其中p>1，则hp
p+1
1 4
= -
p p+1
p-1
=
2
2
pp+1
>0，
2
所以hp 在1,+∞ 上单调递增，故hp >h1 =0，即hp >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fx =lnx-ax2.
(1)讨论函数fx 的单调性：
(2)若x 1 ,x 2 是方程fx =0的两不等实根，求证：x2+x2>2e； 1 2
【解析】(1)由題意得，函数fx 的定义域为0,+∞ .
由fx =lnx-ax2得：fx
1 1-2ax2
= -2ax= ，
x x
当a≤0时，fx >0,fx 在0,+∞ 上单调递增；
当a>0时，由fx
2a
>0得0 ，
2a
所以fx
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gt
lnt
= ，则gt
t
1-lnt
= ，所以gt
t2
在0,e 上递增，在e,+∞ 上递减，ge =
1
，
e
当t→0时，gt →-∞；当t→+∞时，gt >0且gt →0.
1 1
所以0<2a< ，即02e，只需证t +t >2e，
1 2 1 2 1 2
解法1(对称化构造)：令ht =gt -g2e-t ,t∈1,e ，
则ht =gt -g2e-t
lnt ln2e-t
= -
t
2e-t
=
2e-t
lnt-tln2e-t
t2e-t
，
令φt =2e-t lnt-tln2e-t ，
则φt
2e
= -1-lnt-ln2e-t
t
t 2e-t t
+ = + -ln-t2+2et
2e-t t 2e-t
2e-t
>
t
t
+ -2>0，
2e-t
所以φt 在1,e 上递增，φt <φe =0，
所以ht =gt -g2e-t <0，所以gt 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01
x+1 x
1
，
令φx
2x-1
=
-lnx(x>1),φx
x+1
4 1 -(x-1)2
= - = <0，
(x+1)2 x x(x+1)2
所以φx 在1,+∞ 上单调递减，所以φx <φ1 =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fx
lnx
= -ax.
x
(1)若fx ≤-1，求实数a的取值范围；
(2)若fx
12
有2个不同的零点x,x (x . 1 2 1 2 1 2 5a
【解析】(1)因为函数fx 的定义域为0,+∞ ，所以fx
lnx+x
≤-1成立，等价于a≥
x2
成立.
令hx
lnx+x
= ，则hx
x2
1-x-2lnx
= ，
x3
令gx =1-x-2lnx，则gx
2
=-1- <0，所以gx
x
在0,+∞ 内单调递减，
又因为g1 =0，所以当x∈0,1 时，hx >0，hx 单调递增；当x∈1,+∞ 时，
hx <0，hx 单调递减，
所以y=hx 在x=1处取极大值也是最大值.
因此a≥h1 =1，即实数a的取值范围为1,+∞ .
(2)fx
lnx
有2个不同的零点等价于a= 有2个不同的实数根.
x2
令Fx
lnx
= ，则Fx
x2
1-2lnx
= ，当Fx
x3
=0时，解得x= e.
所以当x∈0, e 时，Fx >0，Fx 单调递增，
当x∈ e,+∞ 时，Fx <0，Fx 单调递减，
所以y=Fx 在x= e处取极大值为F e
1
= .
2e
又因为F1 =0，当x∈0,1 时，Fx <0，当x>1时，Fx >0.
且x→+∞时，Fx →0.
1
所以11，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
12t2-1
因为t>1，即证lnt-
53t2+2
>0.
令Gt
12t2-1
=lnt-
53t2+2
t>1 ，则Gt
3t2-2
=
2
t3t2+2
≥0，
2
所以Gt 在1,+∞ 上单调递增，Gt >G1 =0，
12t2-1
即当t>1时，lnt-
53t2+2
>0成立，命题得证.
793 (2024·全国·高二专题练习)已知函数fx
1+lnx
= ，a>0．
ax
(1)若fx ≤1，求a的取值范围；
(2)证明：若存在x 1 ，x 2 ，使得fx 1 =fx 2 ，则x2+x2>2． 1 2
第 页 共 页
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 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fx
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)fx
lnx
=- x>0
ax2
当a>0时，x∈0，1 ，fx >0 ，所以fx 单调递增；x∈1，+∞ ，fx <0 ，所以
fx 单调递减；
当a<0时，x∈0，1 ，fx <0，所以fx 单调递减；x∈1，+∞ ，fx >0，所以
fx 单调递增；
(2)证明：
∵ex 1 x2=ex 2 x1 ，∴x 2 lnex 1 =x 1 lnex 2 ， lnex 1 = lnex 2 x
1
x
2
即当a=1时，fx 1 =fx 2
由(1)可知，此时x=1是fx 的极大值点，因此不妨令0 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12
1 2
此时2-x 2 ∈0，1
要证x 1 +x 2 >2，即证：x 1 >2-x 2 ，即fx 1 >f2-x 2 ，即fx 2 >f2-x 2
即：fx 2 -f2-x 2 >0 ①
第 页 共 页
449 3427令gx =fx -f2-x
1+lnx 1+ln2-x
= -
x
x∈1,2
2-x
，
∴gx
lnx ln2-x
=- -
x2
2-x
lnx ln2-x
>- -
2 x2
ln2x-x2
=-
x2
>0
x2
∴gx 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 >2x 1 +x 2 -2>2 ∴ x2+x2> 2 1 2
795 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx =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|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- =2x-
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00；
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|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- ，00，
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
|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fx 1 =fx 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，fx ≥0，所以fx 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，fx <0；当x∈a,+∞ 时，fx >0；
所以fx 在0,a 上单调递减，在a,+∞ 单调递增．
所以函数fx 的极小值为fa
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fx 1 =fx 2 ，
不妨设00，所以g(x)<0，
所以gx 在(0,a)上单调递减，
所以gx 1 >ga =0，所以f(x)-f(2a-x)>0，即f(x)>f(2a-x) 1 1 1 1
故fx 2 =fx 1 >f2a-x 1 ，
因为x 2 >a,2a-x 1 >a，又fx 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
2aa-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
①2a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x1时，函数fx 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：0-2+
2 x2-x
2
>-2+
x+2-x
2
=0，即hx
2
在x∈
0,1 单调递增，所以hx 1,2-x 1 >1，而fx 在
1,+∞ 上单调递减，所以x >2-x ，即x +x >2，综上：22，
1 2 1 2
接下来证明x 1 +x 2 <2a，令gx =fx -f2a-x ，则ga =0，当x∈1,a 时，gx
=fx +f2a-x
1 1 2
=-1+ +1+ = >0，即gx
x2 x2 x2
=fx -f2a-x 在x∈
1,a 单调递增，所以gx =fx -f2a-x a，2a-x 1 >a，fx 在
a,+∞ 上单调递增，所以x <2a-x ，即x +x <2a，综上：22，由第二种情况可知：x +x
1 3 1 2 1 2
<2a，则2e1+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gx
x
1-lnx
= ，
x2
则当00，x>e时，gx <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0e1+λ 两边取对数等价于要证1+λ0，0 .
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 2x 1 e2且xx 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 2x 1 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=ax 1 -1
ex2=ax 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 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)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xe2．
因为实数x, x 是ex=a(x-1)的两个根，
1 2
所以 ex1=ax 1 -1
ex2=ax 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 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(0g(1)=0，
1
所以 -α+2lnα>0(0<α<1)成立，故xx 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 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0f(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 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
∴gt
t-1
=
2
tt+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fx =x1-alnx ，
a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
(2)若x∈0,
2
时，都有fx <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 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fx <1，
即x1-alnx
x-1
<1，a< 恒成立.
xlnx
x-1 xlnx-(lnx+1)(x-1) lnx-x+1
令h(x)= ，则a0，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 ，
x x x x
1 2 1 2
1
只需证F
x
2
1
=F
x
1
1
>Fe-
x
1
，
令φ(x)=F(x)-F(e-x)，x∈0,1 ，φ(x)=-lnx(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
>Fe-
x
1
成立，
1 1
所以 + 28；②2 ax 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，fx =ex+bx-1，fx =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，fx <0，fx 单调递减，
当x∈ ln-b ,+∞ 时，fx >0，fx 单调递增，
所以fx =f ln-b
min
=-b+bln-b -1，
要fx ≥0，只需fx =-b+bln-b
min
-1≥0，
令gx =x-xlnx-1，则gx =-lnx，
当x∈0,1 时，gx >0，gx 单调递增；
当x∈1,+∞ 时，gx <0，gx 单调递减，
所以gx ≤g1 =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，fx =ex-ax2+2ax-1，fx =ex-2ax+2a，
令φx =fx =ex-2ax+2a，则φx =ex-2a，
因为函数fx 有两个极值点x 1 ，x 2 ，所以φx =fx =ex-2ax+2a有两个零点，
若a≤0，则φx >0，φx 单调递增，不可能有两个零点，所以a>0，
令φx =ex-2a=0得x=ln2a，
当x∈-∞,ln2a 时，φx <0，φx 单调递减；
当x∈ln2a,+∞ 时，φx >0，φx 单调递增；
所以φx =φln2a
min
=4a-2aln2a，
因为φx
1
有两个零点，所以4a-2aln2a<0，则a> e2，
2
设x 1 0，φ2 =e2-2a<0，则1v1 =0，即ut 1 -u2-t 1 >0，
亦即ut 2 =ut 1 >u2-t 1 ，
因为t 2 >1，2-t>1，ut =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ut =t-lnt，则ut 1 =ut 2 ，
因为ut
1
=t- ，所以ut
t
=t-lnt在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，
令vt =ut
1
-u
t
1
=t- -2lnt，则vt
t
t-1
=
2
≥0，vt
t2
在0,+∞ 上单调递
增，
又v1 =0，所以当t∈0,1 时，vt 1，2-t 1 >1，ut =t-lnt在1,+∞
1
上单调递增，所以t < ， 2 t
1
1
所以x -1< ，即xx 1
t+1
，则Ft
t-1
=
2
tt+1
>0，
∴Ft
2t-1
=lnt-
在1,+∞
t+1
上单调递增，则Ft
2t-1
=lnt-
>F1
t+1
=0，
2t-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fx =alnx+2 -
xa∈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)fx
a a-2-x
= -1= ，其中x>-2
x+2 x+2
若a≤0，则fx <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，fx >0；
当x∈a-2,+∞ 时，fx <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 =fa-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+lnx+2
m m x+2
，
故ex+lnm+lnex+lnm=x+2+lnx+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 =mex1-ex2 ，
不妨设x 1 >x 2 ，t=x 1 -x 2 ，故ex1+ex2=ex1+ex2
x -x
1 2 mex1-ex2
，
2
要证：ex1+ex2> 即证ex1+ex2
m
x -x
1 2
mex1-ex2
2
> ，
m
即证ex1-x2+1
x -x
1 2 >2，即证et+1
ex1-x2-1
t
>2t>0
et-1
，
即证et+1 t>2et-2t>0 ，
设st =et+1 t-2et+2，则st =et+1+tet-2et=t-1 et+1，
故st =tet>0，所以st 在0,+∞ 上为增函数，
故st >s0 =0，所以st 在0,+∞ 上为增函数，
所以st >s0
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hx =x-alnxa∈R .
(1)若hx 有两个零点，a的取值范围；
(2)若方程xex-alnx+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hx 的定义域为0,+∞ .
当a=0时，函数hx =x无零点，不合乎题意，所以，a≠0，
由hx
1 lnx
=x-alnx=0可得 = ，
a x
构造函数fx
lnx 1
= ，其中x>0，所以，直线y= 与函数fx
x a
的图象有两个交点，
fx
1-lnx
= ，由fx
x2
=0可得x=e，列表如下：
x 0,e e e,+∞
fx + 0 -
fx
极大值
增 1 减
e
所以，函数fx 的极大值为fe
1
= ，如下图所示：
e
第 页 共 页
460 3427且当x>1时，fx
lnx
= >0，
x
1 1 1
由图可知，当0< < 时，即当a>e时，直线y= 与函数fx
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-alnx+x =0，则xex-alnxex =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-alnx+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 =alnt 1 -lnt 2
t =alnt 2 2
t 1 +t 2 =alnt 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 > 2t 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 2s-1
令s= 1 >1，即证lns>
t
2
，其中s>1，
s+1
构造函数gs
2s-1
=lns-
，其中s>1，
s+1
gs
1 4
= -
s s+1
s-1
=
2
2
ss+1
>0，所以，函数gs
2
在1,+∞ 上单调递增，
当s>1时，gs >g1 =0，故原不等式成立.
806 (2024·广东佛山·高二统考期末)已知函数fx =xex-alnx-a，其中a>0．
(1)若a=2e，求fx 的极值：
(2)令函数gx =fx -ax+a，若存在x 1 ，x 2 使得gx 1 =gx 2 ，证明：xex1+x ex2> 1 2
2a．
【解析】(1)当a=2e时fx =xex-2elnx-2e，x∈0,+∞ ，
所以fx =1+x
2e x1+x
ex- =
x
ex-2e
，
x
当x∈0,1 时，02，ex>e，所以fx >0，
所以fx 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，
所以fx 的极小值为f1 =-e，无极大值.
第 页 共 页
461 3427(2)证明：gx =fx -ax+a=xex-alnx-ax=xex-alnxex ，
令t=xex，则上述函数变形为ht =t-alnt，
对于tx =xex，x∈0,+∞ ，则tx =1+x ex>0，即tx =xex在0,+∞ 上单调递
增，
所以若存在x 1 ，x 2 使得gx 1 =gx 2 ，则存在对应的t 1 =x 1 ex1、t 2 =x 2 ex2t 1 0，所以当0a
时ht >0，
即ht 在0,a 上单调递减，在a,+∞ 上单调递增，所以t=a为函数ht 的唯一极小
值点，
所以0a，
1 2 1
令Ft =ht -h2a-t ，则Ft =ht +h2a-t
a a
=1- +1- =
t 2a-t
-2t-a 2
t2a-t
<0，
所以Ft 在0,a 上单调递减，所以Ft 1 >Fa =0，
即ht 1 -h2a-t 1 >0，又ht 1 =ht 2 ，所以ht 2 >h2a-t 1 ，
又ht 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fx =x1-alnx ,a≥0.
(1)讨论fx 的单调性；
1
(2)若x∈0,
2
时，都有fx <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 0时，令fx
1-a
=0，即1-a-alnx=0，解得：x=e a .
令fx
1-a
>0，解得：0e a ；
所以函数fx
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fx =1>0，所以函数fx 在0,+∞ 上单调递增.
综上所述：当a>0时，函数fx
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fx 在0,+∞ 上单调递增.
1
(2)当x∈0,
2
时，都有fx <1，即x1-alnx <1，
x-1 1
亦即a< 对∀x∈0,
xlnx 2
恒成立.
令hx
x-1 1
= ,x∈0,
xlnx 2
，只需a0，
所以gx
1
在0,
2
上单增，所以gx
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，gx <0.
所以hx
lnx-x+1
=
xlnx
<0，所以hx
2
1
在0,
2
上单减，
所以hx
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Fx =x1-lnx
1
，上式即为F
x
1
1
=F
x
2
.
由(1)可知：Fx =x1-lnx 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，
1 1
则 , 为Fx
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 Fe-
x
1
.
令φx =Fx -Fe-x ,x∈0,1 .
则φx =-ln xe-x .
当x→0时，φx =-lnx(e-x) →+∞；当x=1时，φx =-ln1×(e-1) <0.
由零点存在定理可得：存在x 0 ，使得φx 0 =0.
当x∈0,x 0 时，φx >0，φx 单增；当x∈x 0 ,1 时，φx <0，φx 单减；
又x>0,Fx >0,Fe =0，所以x→0,φ0 →0.
φ1 =F1 -Fe-1 =2-e+e-1 lne-1 .
因为2-e≈-0.71828，e-1 lne-1
e
> >0.8，
2
所以φ1 >0.
所以φx >0恒成立.
1
所以φ
x
1
1
=F
x
1
1
-Fe-
x
1
>0.
1
所以F
x
1
1
>Fe-
x
1
.
1
所以F
x
2
1
=F
x
1
1
>Fe-
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fx =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fx 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，f1
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12⇔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00成立，
∴g(x)在区间(0,1)上单调增函数，
第 页 共 页
464 3427又∵g1 =0，
∴当02.
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fx -fx
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⇒10⇒20
1 2
2(t-1)
令h(t)=2t-2lnt，t>0，则h(t)= ，
t
h(t)>0⇒t>1，h(t)<0⇒00，
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 34272 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)①01时，a- >0即0< 0).因为φx
1 x-1
=1- = ，所以在区间0,1
x x
上φx <0，φx 单调递减，在区间1,+∞ 上
φx >0，φx 单调递增；因而函数φx =x-lnx(x>0)的最小值为φ1 =1.
由函数φx =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fx =lnx+x-ax2，所以fx
1
= +1-2ax，
x
因为fx 在x=1处取得极值，
所以f1 =1+1-2a=0，解得a=1．
验证：当a=1时，fx
1 x-1
= +1-2x=-
x
2x+1
(x>0)，
x
令fx >0，即x-1 2x+1 <0，解得x>1；
令fx <0，即x-1 2x+1 >0，解得00)．
x
①若a≥0，∵x>0，∴ax+1>0 ，
1
所以当x∈0,
2
时，gx >0，所以函数gx
1
在0,
2
上单调递增；
1
当x∈ ,+∞
2
时，gx <0，所以函数gx
1
在 ,+∞
2
上单调递减．
②若a<0，gx
1
ax+
a
=-
2x-1
(x>0)，
x
1 1
(i)当a<-2时，0<- < ，
a 2
令gx
1
>0，即x+
a
2x-1
1 1
>0，解得0 ，
a 2
令gx
1
<0，即x+
a
2x-1
1 1
<0，解得- 0，即x+
a
2x-1
1 1
>0，解得0- ，
2 a
令gx
1
<0，即x+
a
2x-1
1 1
<0，解得 0)，
则φt
1 t-1
=1- = (t>0)，
t t
当t∈0,1 时，φt <0，所以函数φt =t-lnt(t>0)在0,1 上单调递减；
当t∈1,+∞ 时，φt >0，所以函数φt =t-lnt(t>0)在1,+∞ 上单调递增．
所以函数φt =t-lnt(t>0)在t=1时，取得最小值，最小值为1．
所以2x 1 +x 2 2+x 1 +x 2 ≥1，
即2x 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00，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fx =2lnx+mx2-
2m+1 x-8，m∈R.
(1)讨论函数fx 的单调性；
(2)对实数m=2，令gx =fx -3x，正实数x 1 ，x 2 满足gx 1 +gx 2 +2xx =0，求x 1 2 1
+x 的最小值.
2
【解析】(1)f'x
2
= +2mx-2m+1
x
2x-1
=
mx-1
x>0
x
.
若m≤0，当x∈0,1 时，f'x ≥0，即fx 在0,1 上单调递增；
当x∈1,+∞ 时，f'x <0，即fx 在1,+∞ 上单调递减.
若00，即fx 在(0,1
1
， ,+∞
m
上均
单调递增；
1
当x∈1,
m
时，f'x <0，即fx
1
在1,
m
上单调递减.
若m=1，则f'x ≥0，即fx 在0,+∞ 上单调递增.
1
若m>1，当x∈0,
m
∪1,+∞ 时，f'x >0，即fx
1
在0,
m
，1,+∞ 上均单调
递增；
1
当x∈ ,1
m
时，f'x <0，即fx
1
在 ,1
m
上单调递减.
(2)当实数m=2时，gx =fx -3x=2lnx+2x2-9x-8x>0 ，
gx 1 +gx 2 +2xx =0， 1 2
∴2lnx +2x2-9x -8+2lnx +2x2-9x -8+2xx =0，
1 1 1 2 2 2 1 2
∴2x 1 +x 2 2-9x 1 +x 2 -16=2x 1 x 2 -2lnx 1 x 2 ，
令t=x 1 x 2 ，ht =2t-2lntt>0 ，
由于h't
2t-1
=
，知当t∈0,1
t
时，h't <0，即ht 单调递减；
当t∈1,+∞ 时，h't >0，即ht 单调递增.
从而，ht =h1
min
=2，
第 页 共 页
468 3427于是，2x 1 +x 2 2-9x 1 +x 2 -16≥2，即 2x 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fx =lnx+2x-ax2，a∈R.
(1)若fx 在x=1处取得极值，求a的值；
(2)设gx =fx +a-4 x，试讨论函数gx 的单调性；
(3)当a=-2时，若存在正实数x 1 ,x 2 满足fx 1 +fx 2 +3xx =x +x ，求证：x +x > 1 2 1 2 1 2
1
.
2
【解析】(1)因为fx =lnx+2x-ax2，所以f'x
1
= +2-2ax，
x
因为fx 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，fx
2
在x=1处取得极大值．
(2)因为gx =fx +a-4 x =lnx-ax2+a-2 x
所以gx
1
= -2ax+a-2
x
ax+1
=-
2x-1
(x>0)．
x
1
①若a≥0，则当x∈0,
2
时，gx >0，所以函数gx
1
在0,
2
上单调递增；
1
当x∈ ,+∞
2
时，gx <0，∴函数gx
1
在 ,+∞
2
上单调递减．
②若a<0，gx
1
ax+
a
=-
2x-1
(x>0)，
x
当a<-2时，易得函数gx
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，gx ≥0恒成立，所以函数gx 在0,+∞ 上单调递增；
当-20)，
则φt
1 t-1
=1- = (t>0)，
t t
当t∈0,1 时，φt <0，所以函数φt =t-lnt(t>0)在0,1 上单调递减；
当t∈1,+∞ 时，φt >0，所以函数φt =t-lnt(t>0)在1,+∞ 上单调递增．
所以函数φt =t-lnt(t>0)在t=1时，取得最小值，最小值为1．
所以2x 1 +x 2 2+x 1 +x 2 ≥1，
即2x 1 +x 2 2+x 1 +x 2
1
-1≥0，所以x +x ≥ 或x +x ≤-1． 1 2 2 1 2
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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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