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６ ８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
微专题四 对称化构造解极值点偏移问题
学生用书P216
一、名师支招 二、类型分析
1.极值点偏移的含义 类型一：ｘ ｘ ｘ 型（“和”型）
１＋ ２＞２ ０
若单峰函数ｆ ｘ 的极值点为ｘ 则极值点的偏移问题的图示 例1 已知函数ｆ ｘ ｘ ２－ ｘ．
（ ） ０， （ ）＝ ｅ
及函数值的大小关系如表所示． 求ｆ ｘ 的极值
（１） （ ） ；
若ａ ｂ ａ ｂ ｆ ａ ｆ ｂ 证明 ａ ｂ ．
函数值的 （２） ＞１， ＞１， ＜ ， （ ）＋（ ）＝４， ： ＋ ＜４
极值点ｘ ０ 大小关系 图示 解析 （ １ ）因为ｆ（ｘ） ＝ ｘ ｅ ２－ ｘ，
所以ｆ ′（ｘ） （ ｘ） ２－ ｘ，
＝ １－ ｅ
由ｆ ′（ｘ） ，解得ｘ ，由ｆ ′（ｘ） ，解得ｘ ，
极值 ＞０ ＜１ ＜０ ＞１
ｘ ｘ ｆ ｘ 所以ｆ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，在（ ， ）上单调递减，
点不 ｘ １＋ ２ （ １）＝ －∞ １ １ ＋∞
偏移
０＝
２
ｆ
（２
ｘ
０－
ｘ
２）
因此ｆ（ｘ）在ｘ
＝１
处取得极大值
ｅ
，无极小值．
（ ）证明：由（ ）可知， ｆ（ｘ）在（ ， ）上单调递减， ｆ（ ） ，
２ １ １ ＋∞ ２ ＝２
因为ａ ，ｂ ，ａ ｂ， ｆ（ａ） ｆ（ｂ） ，
＞１ ＞１ ＜ ＋ ＝４
所以不妨设 ａ ｂ．
１＜ ＜２＜
峰口向上 要证ａ ｂ ，只要证ｂ ａ，
： ＋ ＜４ ＜４－
ｆ ｘ 而ｂ ， ａ ，
（ １）＜ ＞２ ２＜４－ ＜３
ｆ ｘ ｘ 所以只要证ｆ（ｂ） ｆ（ ａ），
极值 （２ ０－ ２） ＞ ４－
左 ｘ ｘ 即证 ｆ（ａ） ｆ（ ａ），即证ｆ（ａ） ｆ（ ａ） ．
点偏 ｘ １＋ ２ ４－ ＞ ４－ ＋ ４－ ＜４
移 ０＜ 令Ｆ（ｘ） ｆ（ｘ） ｆ（ ｘ）， ｘ ，
移 ２ ＝ ＋ ４－ １＜ ＜２
峰口向下 则Ｆ′（ｘ） ｆ ′（ｘ） ｆ ′（ ｘ）
： ＝ － ４－
ｆ ｘ （ ｘ） ２－ ｘ ｘ －２（ｘ ），
（ １）＞ ＝ １－ ｅ －ｅ －３
ｆ ｘ ｘ 令ｈ（ｘ） （ ｘ） ２－ ｘ ｘ －２（ｘ ）， ｘ ，
（２ ０－ ２） ＝ １－ ｅ －ｅ －３ １＜ ＜２
则ｈ′（ｘ） ２－ ｘ（ｘ ） ｘ －２（ｘ ）
＝ｅ －２ －ｅ －２
（ｘ ）（ ２－ ｘ ｘ －２）．
＝ －２ ｅ －ｅ
峰口向上 因为 １＜ ｘ ＜２ ，所以ｘ －２＜０ ， ｅ ２－ ｘ －ｅ ｘ －２ ＞０ ，
：
所以ｈ′（ｘ） ，
ｆ ｘ ＜０
（ １）＞
即ｈ（ｘ）在（ ， ）上单调递减，
ｆ ｘ ｘ １ ２
极值
（２ ０－ ２）
则ｈ（ｘ） ｈ（ ） ，
右 ｘ ｘ ＞ ２ ＝０
点偏 ｘ １＋ ２ 即Ｆ′（ｘ） ，
移 ０＞ ＞０
移 ２ 所以Ｆ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，
峰口向下 １ ２
： 所以Ｆ（ｘ） Ｆ（ ） ｆ（ ） ，
＜ ２ ＝２ ２ ＝４
ｆ ｘ
（ １）＜ 即当 ｘ 时， ｆ（ｘ） ｆ（ ｘ） ，
１＜ ＜２ ＋ ４－ ＜４
ｆ ｘ ｘ
（２ ０－ ２） 所以原命题成立．
类型二：ｘ ·ｘ ｘ２ 型（“积”型）
１ ２＞ ０
2.对称化构造法 例2 已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ．
（ ）＝ｌｎ －
对称化构造法主要用来解决与两个极值点之和 积相关的不 设函数ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ 若ｇ ｘ 在其定义域内恒成
、 （１） （ ）＝ （ ）－２ ＋１， （ ）≤０
等式的证明问题．其解题要点如下 立 求实数ａ的最小值
： ， ；
定函数 极值点为ｘ 利用导函数符号的变化判断函数 若方程ｆ ｘ ｘ２ 恰有两个相异的实根ｘ ｘ 试求实数ａ的
（１） （ ０）： （２） （ ）＝ １， ２，
的单调性 进而确定函数的极值点ｘ ． 取值范围 并证明 ｘ ｘ ．
， ０ ， ： １ ２＞１
（２） 构造函数 ： 对于ｘ １＋ ｘ ２＞２ ｘ ０ 型 ， 构造函数Ｆ （ ｘ ）＝ ｆ （ ｘ ）－ ｆ （２ ｘ ０ 解析 （ １ ）易知ｇ（ｘ）的定义域为（ ０ ， ＋∞ ）．
ｘ
ｘ 或Ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ 对于ｘ ｘ ｘ２ 型 构造函数 由ｇ（ｘ） ｆ（ｘ） ｘ 得ａ ｌｎ ＋１在（ ， ）上恒成立，
－ ） （ ）＝ （ ０＋ ）－（ ０－ ）； １· ２＞ ０ ， ＝ －２ ＋１≤０ ＋２≥ ｘ ０ ＋∞
æｘ２ö
Ｆ ｘ ｆ ｘ ｆç ０÷． ｘ
（ ）＝ （ ）－ è ｘ ø 设ｔ（ｘ） ｌｎ ＋１（ｘ ），
＝ ｘ ＞０
判断单调性 利用导数讨论Ｆ ｘ 的单调性．
（３） ： （ ） ｘ
则ｔ′（ｘ） ｌｎ ，
（４）
比较大小
：
判断函数 Ｆ
（
ｘ
）
在某段区间上的正负
，
并得出 ＝－ ｘ２
ｆ ｘ 与ｆ ｘ ｘ 的大小关系． 当 ｘ 时，ｔ′（ｘ） ，ｔ（ｘ）单调递增，当ｘ 时，ｔ′（ｘ） ，ｔ
（ ） （２ ０－ ） ∴ ０＜ ＜１ ＞０ ＞１ ＜０
转化 利用函数ｆ ｘ 的单调性 将ｆ ｘ 与ｆ ｘ ｘ 的大小 （ｘ）单调递减，
（５） ： （ ） ， （ ） （２ ０－ ）
关系转化为ｘ与 ｘ ｘ之间的关系 问题得证． ｔ（ｘ） ｔ（ ） ，
２ ０－ ， ∴ ｍａｘ＝ １ ＝１
专题三 导数及其应用 ６ ９
ａ ，即ａ ， ( )
∴ ＋２≥１ ≥－１ ｘ ｘ ｘ １ ｈ（ｘ ） ｈ １ ，
实数ａ的最小值为 ． ∴ １ ２＞１⇔ １＞ｘ ⇔ １ ＞ ｘ
∴ －１ ２ ２
（
２
）由ｆ（ｘ）
＝
ｘ２ 得
ｌｎ
ｘ
－
ａｘ
－
ｘ２
＝０
， 又ｈ（ｘ
１
）
＝
ｈ（ｘ
２
）
＝０
，
( ) ( )
ｘ
即ｌｎ ａ ｘ ， ｈ（ｘ ） ｈ １ ｈ（ｘ ） ｈ １
ｘ － － ＝０ ∴ １ － ｘ ＝ ２ － ｘ
２ ２
ｘ æ ö
令ｈ（ｘ） ＝ ｌｎ ｘ － ａ － ｘ（ｘ ＞０ ）， æ ｘ ö çｌｎ ｘ １ ÷
çｌｎ ２ ｘ ａ÷ ç ２ １ ａ÷
则ｈ′（ｘ） １－ｌｎ ｘ １－ ｘ２ －ｌｎ ｘ ， ＝è ｘ ２ － ２－ ø－ è ç ｘ １ －ｘ ２ － ø ÷
＝ ｘ２ －１＝ ｘ２
２
( )
设ｓ（ｘ） ｘ２ ｘ，ｘ ， １ ｘ ｘ ｘ １ ，
＝１－ －ｌｎ ＞０ ＝ ｘ ＋ ２ ｌｎ ２－ ２＋ｘ
２ ２
则ｓ′（ｘ） ｘ １ ， ( )
＝－２ － ｘ ＜０ 令φ（ｘ） ｘ １ ｘ ｘ １ （ｘ ），
＝ ＋ ｘ ｌｎ － ＋ ｘ ＞１
ｓ（ｘ）在（ ， ）上单调递减，又ｓ（ ） ，
∴ ０ ＋∞ １ ＝０ æ ö
在（ ， ）上，ｓ（ｘ） ，ｈ′（ｘ） ，ｈ（ｘ）单调递增，在（ ， ）上， 则φ′（ｘ） ç １ ÷ ｘ ，
∴ ０ １ ＞０ ＞０ １ ＋∞ ＝è１－ｘ２ øｌｎ ＞０
ｓ（ｘ） ，ｈ′（ｘ） ，ｈ（ｘ）单调递减，
＜０ ＜０ φ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，
ｈ（ｘ） ｈ（ ） ａ． ∴ １ ＋∞
∴ ｍａｘ＝ １ ＝－１－ 当ｘ 时，φ（ｘ） φ（ ） ，
当ｘ趋近于 时，ｈ（ｘ） ，当ｘ趋近于 时，ｈ（ｘ） ． ∴ ＞１ ＞ １ ＝０
０ →－∞ ＋∞ →－∞ ( )
若方程ｆ（ｘ） ＝ ｘ２ 恰有两个相异的实根ｘ １ ，ｘ ２ ，则 －１－ ａ ＞０ ， 即 ｘ １ ＋ ｘ ２ ｌｎ ｘ ２－ ｘ ２＋ｘ １ ＞０ ，
２ ２
ａ ， ( )
∴ ＜－１ ｈ（ｘ ） ｈ １ ．
即实数ａ的取值范围为（ ， ）． ∴ １ ＞ ｘ
－∞ －１ ２
下面证明ｘ ｘ ，不妨令ｘ ｘ ， ｘ ｘ 得证．
１ ２＞１ １＜ ２ ∴ １ ２＞１
则 ｘ ｘ ， １ ，
０＜ １＜１＜ ２ ０＜ｘ ＜１
２
学生用书P40
１．（ 广东湛江一模， ）已知函数ｆ ｘ ｘ ｌｎ ａ１ｘ． ｘ
２０２４ １８ （ ）＝（１＋ｌｎ ）ｅ 由图知当 ａ 时 方程１＋ｌｎ ａ有两个根．
讨论ｆ ｘ 的单调性 ０＜ ＜１ ， ｘ ＝
（１） （ ） ；
若方程ｆ ｘ 有两个根ｘ ｘ 求实数ａ的取值范围 并 ｘ ｘ
（２） （ ）＝１ １， ２， ， 证明 不妨令ｘ ｘ 则 ｘ ｘ １＋ｌｎ １ １＋ｌｎ ２
证明 ｘ ｘ ． ： １＜ ２， ０＜ １＜１＜ ２， ｘ ＝ ｘ ，
： １ ２＞１ １ ２
( ) ｘ
解析 由题意可得ｘ １ 所以ａ 设ｈ ｘ ｇ ｘ ｇ １ １＋ｌｎ ｘ ｘ
（１） ＞０，ａｘ＞０， ＞０， （ ）＝ （ ）－ ｘ ＝ ｘ － （１－ｌｎ ），
ｆ （ ｘ ）＝（１＋ｌｎ ｘ ）ｅ ｌｎ ａ１ｘ ＝ １＋ ａ ｌ ｘ ｎ ｘ 的定义域为 （０，＋∞）， 则ｈ′
（
ｘ
）＝
－ｌ
ｘ
ｎ
２
ｘ
＋ｌｎ
ｘ
＝
ｘ２
ｘ
－
２
１
ｌｎ
ｘ
≥０，
æ
è
ç
０＜
ｘ
＜１
时， ｘ２
ｘ
－
２
１与
ｌｎ
ｘ
１
ｘ ·
ａｘ
－（１＋ｌｎ
ｘ
）·
ａ
ｘ 同时小于 ，ｘ 时，ｈ′（ｘ） ，ｘ 时，
ｘ２
－１与 ｘ同时大于
ｆ ′
（
ｘ
）＝ ａｘ ２ ＝－
ｌ
ａ
ｎ
ｘ２，
０ ＝１ ＝０ ＞１ ｘ２ ｌｎ
（ ）
ö
由ｆ ′ ｘ 得ｘ
（ ）＝０， ＝１， ，故ｈ′（ｘ） ÷
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ 在 上单调递增
０ ≥０ø
０＜ ＜１ ， （ ）＞０， （ ） （０，１） ，
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ 在 上单调递减． 所以ｈ ｘ 在 上单调递增
＞１ ， （ ）＜０， （ ） （１，＋∞） （ ） （０，＋∞） ，
ｘ ｘ ｘ ( )
由１＋ｌｎ 得１＋ｌｎ ａ 设ｇ ｘ １＋ｌｎ ｘ 又ｈ 所以ｈ ｘ ｇ ｘ ｇ １
（２） ａｘ ＝１， ｘ ＝ ， （ ）＝ ｘ ， ＞０， （１）＝０， （ １）＝ （ １）－ ｘ ＜０，
１
( )
１ ｘ ｘ 即ｇ ｘ ｇ １
则ｇ′ （ ｘ ）＝
ｘ · －
ｘ
（
２
１＋ｌｎ ）
＝ －ｌ ｘ ｎ ２
ｘ
， 由ｇ′ （ ｘ ）＝０， 得ｘ ＝１，
（ １）＜ ｘ
１
，
( )
又ｇ ｘ ｇ ｘ 所以ｇ ｘ ｇ １
当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 则ｇ ｘ 在 上单调递增 （ １）＝ （ ２）， （ ２）＜ ｘ ，
０＜ ＜１ ， （ ）＞０， （ ） （０，１） ， １
当ｘ 时 ｇ′ ｘ 则ｇ ｘ 在 上单调递减．
＞１ ， （ ）＜０， （ ） （１，＋∞） 又ｘ １ ｇ ｘ 在 上单调递减 所以ｘ １
( ) ２＞１，ｘ ＞１， （ ） （１，＋∞） ， ２＞ｘ ，
又ｇ １ ｇ 且当ｘ 时 ｇ ｘ １ １
＝０， （１）＝１， ＞１ ， （ ）＞０， 故ｘ ｘ ．
ｅ １ ２＞１
故ｇ ｘ １＋ｌｎ ｘ 的图象如图所示 ２．（ 湖南三湘创新发展联合体联考， ）已知函数ｆ ｘ ｘ
（ ）＝ ｘ ， ２０２４ １９ （ ）＝２ｅ
ａｘ．
Z ＋
讨论ｆ ｘ 的单调性
（１） （ ） ；
若方程 ｆ ｘ ｍ有两个不相等的根 ｘ ｘ 且 ｘ ｘ
0 Y （２） （ ）＝ １， ２， ０＜ １＜ ２，
F ｆ ｘ 的导函数为ｆ ′ ｘ 证明 ｆ ′ ｘ ｘ ．
（ ） （ ）， ： （ １ ２）＜０
７ ０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
解析 ｆ ｘ ｘ ａｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ ａ ｇ ｘ 有两个不等实根ｘ ｘ ｘ ｘ ．
（１） （ ）＝２ｅ ＋ ， （ ）＝２ｅ ＋ ， （ ） １， ２（ １＜ ２）
当ａ 时 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增 求实数ａ的取值范围
≥０ ， （ ）＞０， （ ） ； （ｉ） ；
( ａ )
当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 得ｘ 证明 ｘ２ ｘ２ ２ ．
＜０ ， （ ）＜０， ＜ｌｎ － ， （ｉｉ） ： １＋ ２＞
２ ｅ
( ａ ) ｘ
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 解析 因为顶点Ｂ在ｘ轴上方 所以ｌｎ ｘ ．
（ ）＞０， ＞ｌｎ － ， （１） ， ｘ ＞０⇒ ＞１
２
( ( ａ )) ( ｘ)
所以 函 数 ｆ ｘ 在 上 单 调 递 减 在 由题意知ＡＢ ｘ轴．设Ａ ｘ 则Ｂ ｘ ｌｎ 所得圆锥体积
（ ） －∞，ｌｎ － ， ⊥ （ ，０）， ， ｘ ，
２
( ( ａ ) ) 上单调递增． Ｖ １ ( ｌｎ ｘ) ２ ｘ π ｌｎ ２ｘ ｘ ．
ｌｎ － ，＋∞ ＝ ·π ｘ · ＝ · ｘ （ ＞１）
２ ３ ３
（２）
证明
：
因为方程ｆ
（
ｘ
）＝
ｍ有两个不相等的根ｘ
１，
ｘ
２，
且
０＜
ｘ
１ 设ｍ ｘ ｌｎ
２ｘ
ｘ 则ｍ′ ｘ ２ｌｎ
ｘ
－ｌｎ
２ｘ
ｘ （ ）＝ ｘ （ ＞１）， （ ）＝ ｘ２ ，
＜ ２，
( ａ ) 由ｍ′ ｘ ｘ ２ｘ ｘ ｘ ．
所以由 知 ａ ｘ ｘ （ ）＞０⇒２ｌｎ －ｌｎ ＞０⇒ｌｎ （２－ｌｎ ）＞０
（１） ， ＜０，０＜ １＜ｌｎ － ２ ＜ ２， 因为ｘ ＞１， 所以 ２－ｌｎ ｘ ＞０⇒ ｘ ＜ｅ ２ ，
要证ｆ ′ （ ｘ １ ｘ ２）＜０， 即证 ２ｅ ｘ １ ｘ ２＋ ａ ＜０， 即证 ｅ ｘ １ ｘ ２ ＜－ ａ ， 即证 所以ｍ （ ｘ ） 在 （１，ｅ ２ ） 上单调递增 ， 在 （ｅ ２ ，＋∞） 上单调递减 ，
２ ２ ２
ｘ １ ｘ ２ ＜ｌｎ ( － ２ ａ ) ， 因为 ｘ １ ｘ ２ ＜ ｘ １＋ ２ ｘ ２ ， 所以可证 ｘ １＋ ２ ｘ ２ ＜ 所以ｍ （ 因 ｘ ） 为 ｍａｘ ｆ ＝ ｘ ｍ （ｅ ｇ ２ ）＝ ｘ ｌｎ ｅ 即 ２ ｅ ＝ ａｘ ｅ ２ ４ ２ ．从 ｘ 而 ａｘ２ Ｖ ｍａｘ＝ ３ ４ ｅ π ２ ｘ ． 即 ａｘ２ ａｘ２
( ａ ) ( ａ ) ( ａ ) （２）（ｉ） （ ）＝ （ ）， ｅ －ｅ ＋ －１＝ｌｎ ， ｅ ＋ ＝
即证ｘ ｘ 即证ｘ ｘ ｌｎ（ｅ ｘ ） ｘ 令ｕ ｔ ｔ ｔ 所以ｕ ａｘ２ ｕ ｘ
ｌｎ － ， １＋ ２＜２ｌｎ － ， １＜２ｌｎ － － ２， ｅ ＋ｌｎ（ｅ ）， （ ）＝ｅ＋， （ ）＝ （ｌｎ（ｅ ）），
２
( ( ａ )
２
) ( ａ )
２ 因为ｕ
（
ｔ
）＝ｅ
ｔ
＋
ｔ为增函数
，
所以ａｘ２
＝ｌｎ（ｅ
ｘ
），
即ａｘ２
＝ｌｎ
ｘ
＋１，
令ｇ （ ｘ ）＝ ｆ （ ｘ ）－ ｆ ２ｌｎ － － ｘ ，０＜ ｘ ＜ｌｎ － （提醒：构造 所以方程ｆ ｘ ｇ ｘ 有两个不等实根ｘ ｘ 等价于ａ ｌｎ ｘ ＋１
函数，将双变量转化为单变 ２ 量） ２ （ ）＝ （ ） １， ２ ＝ ｘ２
，
则ｇ′
（
ｘ
）＝
ｆ ′
（
ｘ
）＋
ｆ ′ (
２ｌｎ
(
－
ａ )
－
ｘ )
＝２ｅ
ｘ
＋
ａ
＋２ｅ
２ｌｎ（－ ａ ２）－ ｘ
＋
ａ
＝
有两个不等实
ｘ
根ｘ １， ｘ ２，
ｘ
２ 令ｈ ｘ ｌｎ ＋１ 则ｈ′ ｘ －１－２ｌｎ
ｘ ( ａ ) ２ － ｘ ａ ｘ ( ａ ) ２ － ｘ ａ ａ ａ （ æ ）＝ ｘ ö ２ ， （ ）＝ ｘ３ ，
２ｅ ＋２ － ２ ｅ ＋２ ＞２·２ ｅ · － ２ ｅ ＋２ ＝－２ ＋２ 当ｘ ∈è ç ０， １ ø ÷时 ， ｈ′ （ ｘ ）＞０， ｈ （ ｘ ） 单调递增 ；
ｅ
＝０，
所以函数ｇ （ ｘ ） 在 ( ０，ｌｎ ( － ａ )) 上单调递增 ， 当ｘ ∈ æ è ç １ ，＋∞ ö ø ÷时 ， ｈ′ （ ｘ ）＜０， ｈ （ ｘ ） 单调递减．
２ ｅ
( ( ａ )) ( ( ａ )) ( ( ａ )) æ ö
所以ｇ ｘ ｇ ｆ ｆ 所以ｈ ｘ ｈç １ ÷ １ ．
（ ）＜ ｌｎ － ＝ ｌｎ － － ｌｎ － ＝０， （ ）ｍａｘ＝ è ø＝ ｅ
２ ２ ２ ｅ ２
所以ｆ ｘ ｆ
( ( ａ )
ｘ
) 当ｘ
→０
时
，
ｈ
（
ｘ
）→－∞；
当ｘ
→＋∞
时
，
ｙ
＝ｌｎ
ｘ
＋１
与ｙ
＝
ｘ２ 均为
（ ）＜ ２ｌｎ － － ，
２ 增函数 且 ｙ ｘ２ 的增长速度更快 故 ｈ ｘ 所以 ａ
( ( ａ ) ) ( ， ) ＝ ， （ ）→０，
所以ｆ ｘ ｆ ｘ
（ １）＜ ２ｌｎ － ２ － １ ， ∈ ０， １ ｅ ．
２
因为ｆ （ ｘ １）＝ ｆ （
(
ｘ ２）
(
，
ａ ) ) 证明 由 知
{ａｘ２
１＝１＋ｌｎ
ｘ
１，两式作差得ａｘ２ ａｘ２ ｘ
所以ｆ ｘ ｆ ｘ （ｉｉ） ： （ｉ） ａｘ２ ｘ １－ ２＝ｌｎ １－
（ ２）＜ ２ｌｎ － － １ ， ２＝１＋ｌｎ ２，
２
又 ｘ ２ ＞ ｌｎ ( － ２ ａ ) ， ２ｌｎ ( － ２ ａ ) － ｘ １ ＞ ｌｎ ( － ２ ａ ) ， ｆ （ ｘ ） 在 ｌｎ ｘ ２， 即 ｌｎ ｘ ｘ ２ １ ２ １ － － ｘ ｌｎ ２ ２ ｘ２ ２ ＝ ２ １ ａ， 令Ｇ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ － ２（ ｘ ｘ ＋ － １ １） ， ｘ ＞１，
( ( ａ ) ) ｘ ２
上单调递增 则Ｇ′ ｘ １ ４ （ －１）
ｌｎ － ，＋∞ ， （ ）＝ ｘ － ｘ ２ ＝ｘ ｘ ２＞０，
２ （ ＋１） （ ＋１）
( ａ ) 故Ｇ ｘ 在 上单调递增 故Ｇ ｘ Ｇ 即当ｘ
所以ｘ ｘ 所以ｆ ′ ｘ ｘ ． （ ） （１，＋∞） ， （ ）＞ （１）＝０， ＞１
１＜２ｌｎ －
２
－ ２， （ １ ２）＜０ æｘ２ ö
ç ２ ÷
３．（ ２０２４ 吉林省吉林市二模）在平面直角坐标系 ｘＯｙ 中 ， 时 ｘ ２（ ｘ －１） 又ｘ ｘ 故 ｘ２ ２ ２èｘ２ １ －１ø 故 ｘ２ １＋ ｘ２ ２
Ｒｔ△
ＯＡＢ的直角顶点Ａ在ｘ轴上
，
另一个顶点Ｂ在函数ｆ
（
ｘ
）
，ｌｎ ＞ ｘ
＋１
， ２＞ １＞０， ｌｎ ｘ２
１
＞ ｘ２
２
，
２
＞
＝ ｌｎ ｘ
ｘ
的图象上．
ｘ２
１
＋１
ｘ２ ｘ２ ｘ２ ｘ２ ｘ２ ｘ２
当顶点Ｂ在ｘ轴上方时 求 ＯＡＢ以ｘ轴为旋转轴 边 １－ ２ 故 １＋ ２ １ 由 知 ａ ｅ 故 １＋ ２ １
（１） ， Ｒｔ△ ， ｘ２ ｘ２， ＞ ａ， （ｉ） ０＜ ＜ ， ＞ ，
ＡＢ和边ＯＢ 旋转一周形成的面所围成的几何体体积的最 ｌｎ １－ｌｎ ２ ２ ２ ２ ２ ｅ
大值．
即ｘ２
１＋
ｘ２
２＞
２ ．
ｅ
ａｘ２ ｘ ａｘ２
已知函数 ｇ ｘ ｅ －ｅ ＋ －１ 关于 ｘ 的方程 ｆ ｘ
（２） （ ）＝ ｘ ， （ ）＝
