2/30重難點(diǎn)11極值點(diǎn)偏移與拐點(diǎn)偏移問題（舉一反三專項(xiàng)訓(xùn)練）【全國通用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1對(duì)稱化構(gòu)造函數(shù)求極值點(diǎn)偏移問題】 2【題型2比值代換求極值點(diǎn)偏移問題】 7【題型3指數(shù)、對(duì)數(shù)均值不等式求極值點(diǎn)偏移問題】 14【題型4極值點(diǎn)偏移：加法型】 20【題型5極值點(diǎn)偏移：減法型】 24【題型6極值點(diǎn)偏移：乘積型】 30【題型7極值點(diǎn)偏移：商型】 35【題型8極值點(diǎn)偏移：平方型】 40【題型9極值點(diǎn)偏移：復(fù)雜型】 46【題型10拐點(diǎn)偏移問題】 531、極值點(diǎn)偏移與拐點(diǎn)偏移問題極值點(diǎn)偏移是指函數(shù)在極值點(diǎn)左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)圖象不具有對(duì)稱性，極值點(diǎn)偏移問題常常出現(xiàn)在高考數(shù)學(xué)的壓軸題中，是近幾年高考的熱點(diǎn)問題，這類題往往對(duì)思維要求較高，過程較為煩瑣，計(jì)算量較大，解決極值點(diǎn)偏移問題，有對(duì)稱化構(gòu)造函數(shù)法和比值代換法，二者各有千秋，獨(dú)具特色，復(fù)習(xí)是要注意此類問題的求解.知識(shí)點(diǎn)1極值點(diǎn)偏移問題及其解題策略1．極值點(diǎn)偏移的概念(1)已知函數(shù)y=f(x)是連續(xù)函數(shù)，在區(qū)間(a,b)內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1與x2之間，由于函數(shù)在極值點(diǎn)左右兩側(cè)的變化速度不同，使得極值點(diǎn)偏向變化速度快的一側(cè)，常常有，這種情況稱為極值點(diǎn)偏移.(2)極值點(diǎn)偏移若，則極值點(diǎn)偏移，此時(shí)函數(shù)f(x)在x=x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢不同，如圖(2)(3).(左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移)若f(x1)=f(x2)，則x1+x2>2x0；(左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移)若f(x1)=f(x2)，則x1+x2<2x0.2．極值點(diǎn)偏移問題的一般題設(shè)形式(1)函數(shù)f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2且x1≠x2，求證：x1+x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))；(2)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)=f(x2)，求證：x1+x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))；(3)函數(shù)f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2且x1≠x2，令，求證：f'(x0)>0；(4)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)=f(x2)，令，求證：f'(x0)>0.3．極值點(diǎn)偏移問題的常見解法(1)(對(duì)稱化構(gòu)造法)：構(gòu)造輔助函數(shù)：①對(duì)結(jié)論x1+x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù).②對(duì)結(jié)論型，方法一是構(gòu)造函數(shù)，通過研究的單調(diào)性獲得不等式；方法二是兩邊取對(duì)數(shù)，轉(zhuǎn)化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成兩變量即可.(2)(比值代換法)：通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明.知識(shí)點(diǎn)2指數(shù)、對(duì)數(shù)均值不等式解決極值點(diǎn)偏移問題極值點(diǎn)偏移問題是近幾年高考的熱點(diǎn)問題，求解此類問題的一個(gè)重要工具就是指數(shù)均值不等式和對(duì)數(shù)均值不等式.1．對(duì)數(shù)均值不等式結(jié)論1對(duì)任意的a,b>0(a≠b)，有.2．指數(shù)均值不等式結(jié)論2對(duì)任意實(shí)數(shù)m,n(m≠n)，有.【題型1對(duì)稱化構(gòu)造函數(shù)求極值點(diǎn)偏移問題】【例1】（2025·云南·二模）已知常數(shù)a>0，函數(shù)f(x)=12x(1)若?x>0,f(x)>?4a2，求(2)若x1、x2是f(x)的零點(diǎn)，且x1【答案】(1)0,(2)證明見解析【解題思路】（1）求出函數(shù)的定義域與導(dǎo)函數(shù)，即可得到函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最小值，依題意f(x)min=?2（2）由（1）不妨設(shè)0<x1<2a<x2，設(shè)F(x)=f(x)?f(4a?x)，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得到f【解答過程】（1）由已知得f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}，且f∵a>0，∴當(dāng)x∈(0,2a)時(shí)，f′(x)<0，即f(x)在當(dāng)x∈(2a,+∞)時(shí)，f′(x)>0，即所以fx在x=2a∴f(x)∵?x>0,f(x)>?4a∴0<a<e22，即a（2）由（1）知，f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}，f(x)在(0,2a)上單調(diào)遞減，在(2a,+∞)上單調(diào)遞增，且x=2a是∵x1、x2是f(x)∴x1、x2分別在(0,2a)、(2a,+設(shè)F(x)=f(x)?f(4a?x)，則F′(x)=當(dāng)x∈(0,2a)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0,F′(2a)=0∵0<x∴Fx1>F(2a)=0∵fx∴fx∵x∴4a?x又∵x2>2a，f(x)∴x2>4a?【變式1-1】（24-25高二下·廣東深圳·期末）已知函數(shù)fx=x+aex(1)求a的值，并討論函數(shù)fx(2)若fx1=fx2【答案】(1)a=1，函數(shù)fx在?∞,?2(2)證明見解析【解題思路】（1）設(shè)切點(diǎn)為x0,fx0，利用導(dǎo)數(shù)幾何意義和切線方程可構(gòu)造方程得到ex0+2x0?1=0，設(shè)gx（2）根據(jù)fx單調(diào)性和f′x的正負(fù)可確定x1<?2<x2<?1，將所證不等式轉(zhuǎn)化為fx【解答過程】（1）設(shè)直線y=2x+1與曲線y=fx相切于點(diǎn)x∵f又fx0=設(shè)gx=ex+2x?1，則g又g0=0，∴gx∴x0=0,∴a+1=2∴fx則當(dāng)x∈?∞,?2時(shí)，f′x∴fx在?∞,?2（2）由（1）知f(x)當(dāng)x<?1時(shí)，fx<0；當(dāng)x>?1時(shí)，∴x要證x1x2>4，只需證x1∴只需證fx1>f則只需證fx2>f設(shè)?x則?′設(shè)px=x∴px在?2,?1上單調(diào)遞減，∴p又當(dāng)?2<x<?1時(shí)，x+2e∴?′x∴?x>??2=0，即又x2【變式1-2】（2025高三·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)若對(duì)任意的x∈R，都有fx≤1(2)設(shè)m、n是兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)，且m=nem?n．求證：【答案】(1)0,1(2)證明見解析【解題思路】（1）分析可知，a>0，然后利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)fx的單調(diào)性，求出fx的最大值，可得出關(guān)于實(shí)數(shù)a的不等式，即可解得實(shí)數(shù)（2）由已知可得mem=nen，構(gòu)造函數(shù)gx=xex，可知存在不相等的兩個(gè)實(shí)數(shù)m、n，使得gm=gn，分析函數(shù)gx【解答過程】（1）當(dāng)a<0時(shí)，f1因?yàn)?<e1a<e當(dāng)a>0時(shí)，f′當(dāng)x∈?∞,1時(shí)，f′x所以fx在?∞,1所以fxmax=f1=ae又因?yàn)閍>0，所以a的取值范圍為0,1．（2）因?yàn)閙=nem?n，所以me令gx=xex，由題意可知，存在不相等的兩個(gè)實(shí)數(shù)m由（1）可知，gx在區(qū)間?∞,1不妨設(shè)m<n，則m<1<n，設(shè)?x則?′所以?x在1,+∞上單調(diào)遞增，所以即gx>g2?x因?yàn)閚>1，所以gn因?yàn)間m=gn又因?yàn)閙<1，2?n<1，且gx在區(qū)間?所以m>2?n，即m+n>2.【變式1-3】（2025高二下·云南曲靖·學(xué)業(yè)考試）已知函數(shù)fx(1)若fx只有一個(gè)零點(diǎn)，求a(2)若fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1,【答案】(1)e(2)證明見解析【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值，令最小值為0求得a的值；（2）問題轉(zhuǎn)化為證明f(x2)<f(【解答過程】（1）函數(shù)f'令f′(x)=0當(dāng)x∈(0,alogae)時(shí)，f當(dāng)x∈(alogae,+∞)所以函數(shù)f(x)在x=alog當(dāng)x→0時(shí)，函數(shù)fx<0;當(dāng)?x→+∞?時(shí)，函數(shù)?

根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可知當(dāng)最大值為0時(shí)，函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)，易知f(alog所以a=e（2）證明：不妨設(shè)0<x1<x2要證明：由（1）可知f(x)在(0,alna所以只要證明f(x2)<f(設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)?f(2alna并且在區(qū)間(0,aln=即g(x)在(0,aln從而g(x1所以x1【題型2比值代換求極值點(diǎn)偏移問題】【例2】（2025高三·全國·專題練習(xí)）若x1,x2是函數(shù)fx=e【答案】證明見解析【解題思路】方法一：根據(jù)題意，得x1?lnx1=x2?lnx2=lna，令t=x2方法二：由函數(shù)y=exx單調(diào)性，知0<x1<1<x2，有ex1=ax1，ex2【解答過程】方法一：比值代換因?yàn)閤>0，由題意結(jié)合ex=axx>0可知，a>0所以x1令t=x2x1，則t>1，x2=tlntt?1．對(duì)于構(gòu)造函數(shù)gt則g′所以函數(shù)gt在1,+所以gt>ln對(duì)于x1x2<1，其等價(jià)于tln令t=b，則b>1，構(gòu)造函數(shù)?b=?b在1,+∞上單調(diào)遞減，所以?b方法二：差值代換由ex=axx>0設(shè)函數(shù)y=exx當(dāng)x∈0,1，y′<0當(dāng)x∈1,+∞，y′所以0<x1<1<x2，則有ex1=ax對(duì)于x1+x2>2，即e令x2?x1=t令gt=tet+1則g′t在0,+∞則gt在0,+∞上單調(diào)遞增，則gt對(duì)于x1x2<1，其等價(jià)于ex左邊分子、分母同時(shí)除以e2x1，得ex2則只需證etet令?t=te令mt=?e所以mt在0,+∞上單調(diào)遞減，故mt所以?t在0,+∞上單調(diào)遞減，所以?t【變式2-1】（24-25高二下·重慶·期末）已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)(2)若函數(shù)fx恰有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2x1【答案】(1)a≤(2)證明見解析【解題思路】（1）由題意可得2a≤e2xx在0,+∞上恒成立，構(gòu)造函數(shù)（2）由題意結(jié)合導(dǎo)數(shù)可得2ax1e?2x1=1，2ax2e?2x2=1，即可得【解答過程】（1）由題意可得f′x=?2a即2a≤e2xx令gx=e則當(dāng)x∈0,12時(shí)，g′x故gx在0,12則gx≥g12=（2）f′x=?2a由函數(shù)fx有兩個(gè)極值點(diǎn)x則?x=0有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)?′當(dāng)a=0時(shí)，?′當(dāng)a<0時(shí)，則當(dāng)x∈0,12時(shí)，?′故?x在0,12又?1又當(dāng)x>0時(shí)，?2axe?2x>0故此時(shí)?x當(dāng)a>0時(shí)，則當(dāng)x∈0,12時(shí)，?′x故?x在0,12有?x≥?12=?2a×則有2ax1e則ln2ax1e?2則lnx2?即x2由x2x1的最大值為e2，令即x2+x1=則μ=?令φt=t?2ln則φ′故φt在1,e2則μ′t>0，故μ則x2【變式2-2】（2025高三·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù)?x=lnx和gx=ax，若存在兩個(gè)實(shí)數(shù)x1,x【答案】證明見解析【解題思路】利用參數(shù)a作為媒介，換元后構(gòu)造新函數(shù)，將要證明的不等式轉(zhuǎn)化為證明lnt?【解答過程】因?yàn)閤1≠x因?yàn)閘nx1?a所以lnx1+所以lnx欲證x1x2因?yàn)閘nx1+所以即證lnx1?令t=x1x2，則t>1，構(gòu)造函數(shù)gt=ln因?yàn)間′t=t?12故gt即lnt?2t?1方法二：直接換元構(gòu)造新函數(shù)

a=lnx1x1=lnx2則x2=tx1，lnt由于x1x2>e2構(gòu)造函數(shù)gt=ln因?yàn)間′t=t?12故gt>ln所以x1【變式2-3】（2025·北京通州·三模）已知函數(shù)f(1)已知f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y=x?1，求實(shí)數(shù)a的值；(2)已知f（x）在定義域上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(3)已知gx=fx+ax有兩個(gè)零點(diǎn)x1【答案】(1)a=1(2)a≥(3)0<a<1【解題思路】（1）切線方程的斜率為1，所以有f′1=1（2）依題意f′（3）求出函數(shù)gx的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍；通過分析法要證明x1x2>【解答過程】（1）因?yàn)閒x=ax?a所以f′1=2a?1，又f（x）在點(diǎn)（1，f所以f′1=2a?1=1（2）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），因?yàn)閒（x）在定義域上為增函數(shù)，所以f′即ax2?x+ax2令gx=xx∈(0,1)時(shí)g′x>0，x∈(1,+所以gx在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+所以gxmin=g（3）g定義域?yàn)?當(dāng)a≤0時(shí)，g′x<0當(dāng)a>0時(shí)，ggx在（0，1a）上單調(diào)遞減，在所以gx的最小值為g函數(shù)gx存在兩個(gè)零點(diǎn)的必要條件是g即0<a<1e，又所以gx在（1，1a）上存在一個(gè)零點(diǎn)（當(dāng)x→+∞時(shí)，gx→+∞，所以綜上函數(shù)gx有兩個(gè)零點(diǎn)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是0<a<不妨設(shè)兩個(gè)零點(diǎn)x由gx1=g所以lnx1?要證x1只需證lnx只需證lnx由lnx只需證lnx只需證lnx只需證lnx令x1x2令HtH′∴H（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，∴Ht即lnt<所以x1【題型3指數(shù)、對(duì)數(shù)均值不等式求極值點(diǎn)偏移問題】【例3】（24-25高三上·浙江寧波·開學(xué)考試）已知函數(shù)fx=lnxx，對(duì)于正實(shí)數(shù)a，若關(guān)于t的方程fA．1,8 B．e2,8 C．8,+∞ 【答案】D【解題思路】研究f(x)=lnxx的圖像可知，若f(t)=f(at)，令x1=t,x2=at【解答過程】因?yàn)閒(x)=lnxx，f’(x)=1?lnxx2，令f’(x)=1?lnxx2>0得：令x1=t,x2①當(dāng)x1=x2時(shí)，②當(dāng)x1≠x2時(shí)，由f(則：{mx1=所以：x1?所以：x1+x2lnx1+ln所以a>e故選：D.【變式3-1】（2025·湖南長沙·一模）已知a=e?0.1e+0.1，b=ee，c=e+0.1eA．a(chǎn)<b<c B．c<a<bC．b<a<c D．a(chǎn)<c<b【答案】D【解題思路】轉(zhuǎn)化為比較比較lne?0.1e?0.1,ee2?0.01,lne+0.1e+0.1【解答過程】要比較a，b，c等價(jià)于比較lna,等價(jià)于比較lna即比較lne構(gòu)造函數(shù)fx=ln令f′(x)>0,得0<x<e,令f所以f(x)在0,所以f(x)因?yàn)閘ne所以ee2?0.01最大，即a，b設(shè)x1結(jié)合f(x)先證明x1?x即證lnx令t=x1x3∈(0,1)則?′所以，函數(shù)?(t)在(0,1)上為增函數(shù)，當(dāng)0<t<1時(shí)，?(t)<?(1)=0，所以，當(dāng)x3>x則有2?x由f(x1)=f(所以2?x因?yàn)閙<1e，所以x1因?yàn)閤1<e，f所以fx1>f因?yàn)閤1+x2=2即2e因?yàn)閑<x2<x所以f(x即lne+0.1e綜上，a<c<b.故選：D.【變式3-2】（2025·山東·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)?x(1)若?x有兩個(gè)零點(diǎn)，a(2)若方程xex?alnx+x=0有兩個(gè)實(shí)根x1【答案】(1)e(2)證明見解析【解題思路】（1）分析可知a≠0，由參變量分離法可知直線y=1a與函數(shù)fx=ln（2）令t=xex>0，其中x>0，令t1=x1ex1，t2=x2ex2，分析可知關(guān)于t的方程t?alnt=0也有兩個(gè)實(shí)根t【解答過程】（1）解：函數(shù)?x的定義域?yàn)?,+當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)?x=x無零點(diǎn)，不合乎題意，所以，由?x=x?aln構(gòu)造函數(shù)fx=lnxx，其中x>0f′x=1?lnx0,eef+0?f增極大值1減所以，函數(shù)fx的極大值為f且當(dāng)x>1時(shí)，fx由圖可知，當(dāng)0<1a<1e時(shí)，即當(dāng)a>故實(shí)數(shù)a的取值范圍是e,+（2）證明：因?yàn)閤ex?a令t=xex>0，其中x>0t′=x+1ex因?yàn)榉匠蘹ex?alnx+x=0有兩個(gè)實(shí)根x1則關(guān)于t的方程t?alnt=0也有兩個(gè)實(shí)根t1、t要證ex1+x2>e由已知t1=alnt1不妨設(shè)t1>t2>0令s=t1t2>1構(gòu)造函數(shù)gs=lng′s=1s當(dāng)s>1時(shí)，gs【變式3-3】（24-25高二下·湖南·期末）已知函數(shù)fx(1)若方程fx=0有3個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)(2)若φx=?x2+2x+4?fx有兩個(gè)零點(diǎn)【答案】(1)(0,(2)證明見解析【解題思路】（1）將問題轉(zhuǎn)化為y=a與gx=x2?3（2）利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)φx的單調(diào)性，再利用零點(diǎn)存在定理證得0<a<2ee，再利用零點(diǎn)的定義將問題ex【解答過程】（1）解：令fx=0，即得ae即直線y=a與曲線gx可得g′所以當(dāng)x∈?∞,?1或x∈3,+∞當(dāng)x∈?1,3時(shí)，g′x所以當(dāng)x=?1時(shí)，g當(dāng)x=3時(shí)，gx有極大值為g當(dāng)x→+∞時(shí)，gx→0，且當(dāng)x所以作出函數(shù)gx所以數(shù)形結(jié)合可知0<a<6e3，即實(shí)數(shù)a

（2）解：因?yàn)棣誼當(dāng)a≤0時(shí)，φx單調(diào)遞增，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，所以a>0，此時(shí)φ令φ′x=0，得x=ln2當(dāng)x∈ln2a故φx在區(qū)間?∞,所以φln若φx有兩個(gè)零點(diǎn)，則φln2a>0當(dāng)0<a<2ee時(shí)，φln2故存在x1∈?又當(dāng)x趨向于+∞時(shí)，φx趨向于?∞，故存在x故0<a<2ee，則滿足2x1要證2x2+1兩邊同乘以ex1，可得因?yàn)閤1>?12，令t=x1+x2令?t=e令Ht=et?t?1t>0，故Ht>H0=0，因此?′故?t【題型4極值點(diǎn)偏移：加法型】【例4】（24-25高三上·河北·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)若該函數(shù)在1,+∞單調(diào)遞增，求a(2)當(dāng)a=1時(shí)，若方程fx=m有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1,x【答案】(1)?(2)證明見解析.【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系討論求解；（2）構(gòu)造函數(shù)gx=fx【解答過程】（1）由題意f′x=當(dāng)a≤0時(shí)，f′x>0，f當(dāng)a>0時(shí)，當(dāng)0<x<a時(shí)，f′x<0，f當(dāng)x>a時(shí)，f′x>0，f又該函數(shù)在1,+∞單調(diào)遞增，故0<a≤1綜上可知，a的取值范圍為?（2）當(dāng)a=1時(shí)，fx由（1）可知fx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+所以0<x1<1<則g'所以gx在0,1上單調(diào)遞減，gx>g令x=x1，則fx又fx在1,+∞上單調(diào)遞增，2?x故x1【變式4-1】（2024高三下·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)證明：fx(2)若0<x1<x2【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【解題思路】（1）對(duì)函數(shù)fx=2xlnx?x2+1（2）對(duì)函數(shù)fx=2xlnx?x2+1進(jìn)行二次求導(dǎo)，從而可判斷函數(shù)fx單調(diào)性，要證x1+x2>2【解答過程】（1）由題意，fxgx=2lnx?x，當(dāng)x∈0,2時(shí)，g′x>0，∴gx∴gx單調(diào)遞減，從而gxmax∴fx?1=xgx（2）由題意，f′x=2lnx+2?2x∴f″x從而f′x在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∞∴fx在0,+∞上單調(diào)遞減，且若0<x1<若1≤x1<x2要證x1+x2>2，只需證x2>2?又fx1+fx2=0，令Fx=fx則F′F″x=2?2?xx又F′1=0，∴F′x<0，從而F∵0<x1<1，∴F【變式4-2】（2025·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)若fx≤0恒成立，求(2)若fx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,【答案】(1)0,(2)證明見解析【解題思路】（1）直接用導(dǎo)數(shù)求出fx（2）構(gòu)造pt=f1+t?f1?t【解答過程】（1）首先由m>0可知fx的定義域是0,+∞，從而故f′x=lnmx?x=1x?1=故fx在0,1上遞增，在1,+∞上遞減，所以fx所以命題等價(jià)于lnm?1≤0，即m≤所以m的取值范圍是0,e（2）不妨設(shè)x1<x2，由于fx在0,1在?1<t<1的范圍內(nèi)定義函數(shù)pt則p′t=這表明t>0時(shí)pt>p0又因?yàn)閒2?x1=f1+1?x故由fx在1,+∞上的單調(diào)性知2?x【變式4-3】（2025·遼寧·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=e24時(shí)，判斷f(2)若fx有三個(gè)零點(diǎn)x1,（i）求a的取值范圍；（ii）證明：x1【答案】(1)fx在1,2上單調(diào)遞減，在2,+(2)（i）a∈e【解題思路】（1）多次求導(dǎo)后，借助導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性及正負(fù)即可判斷原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）（i）原條件可轉(zhuǎn)化a=exx2有三個(gè)不等實(shí)根，從而構(gòu)造函數(shù)?x=exx2，研究該函數(shù)即可得；（ii）借助的?x單調(diào)性，得到x1>?1【解答過程】（1）當(dāng)a=e24時(shí)，f令gx=f令g′x=則當(dāng)x∈1,2?ln2時(shí)，g′x即gx在1,2?ln2又g1=f故當(dāng)x∈1,2時(shí)，f′x<0，當(dāng)故fx在1,2上單調(diào)遞減，在2,+（2）（i）fx有三個(gè)零點(diǎn)，即e由x=0不是該方程的根，故a=exx2有三個(gè)根令?x=e故當(dāng)x∈?∞,0∪2,+∞時(shí)，即?x在?∞,0、2,+?2=e222=e2當(dāng)x→0+時(shí)，?x→+∞故a∈e24（ii）由?x在?∞,0上單調(diào)遞增，?由（i）可得ex1x即只需證x2+x3>4則有ex2x22=e則x3=2t即只需證2t+1令μx則μ′故μx在1,+則μx【題型5極值點(diǎn)偏移：減法型】【例5】（2025·山東日照·一模）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a=12時(shí)，若方程fx=b有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【解題思路】（1）求導(dǎo)，分Δ≤0和Δ（2）根據(jù)題意分析可知：fx在0,1,3,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，在1,3內(nèi)單調(diào)遞減，0<x【解答過程】（1）由題意可知：fx的定義域?yàn)?,+∞，且a>0，令f′x=0當(dāng)Δ=16?24a≤0，即a≥23時(shí)，可知2a即f′x≥0在0,+∞內(nèi)恒成立，所以當(dāng)Δ=16?24a>0，即0<a<23時(shí)，由2ax2由x1+x若x∈0,x1∪x2,+所以fx在0,x1綜上所述：當(dāng)a≥23時(shí)，fx當(dāng)0<a<23時(shí)，fx在0,（2）當(dāng)a=12時(shí)，可得fx由（1）可知：fx在0,1,3,+由題意可得：0<x因?yàn)閒x令gx則g′可知gx在0,1內(nèi)單調(diào)遞增，則g可得fx<f2?x因?yàn)?<x1<1且1<2?x1<2,1<x2則2?x1<令?x則g′可知?x在1,3內(nèi)單調(diào)遞增，則?可得?x<?6?x因?yàn)?<x2<3且3<6?x2<5,x3則6?x2>由x1+x2>2【變式5-1】（2025·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若fx1=f【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為?∞,1和e,+∞，單調(diào)遞減區(qū)間為1,e(2)證明見解析【解題思路】（1）對(duì)fx（2）令Fx=fx?f2?x,1<x<e，則F′(x)=ex?eex?1x?eex?1+x+e?2，令Gx=x?eex?1+x+e?2【解答過程】（1）∵fx定義域?yàn)镽，f令f′x=0，解得x=∴當(dāng)x∈?∞,1∪e,+∞fx的單調(diào)遞增區(qū)間為?∞,1和e∴fx的極大值為f1=?（2）證明：由（1）知x1令Fx=f=x?令Gx=x?令Hx=G∵H′x>0在1,e∴Hx>H1=3?e∴Gx在1,e上單調(diào)遞增，∴F′x>0在1,e∴Fx>F1=0，∵x2∈又fx1=f∵fx在?∞,1上單調(diào)遞增，x1,2?令mx=f=x?∵y=ex?∴ex?∴mx在1,e上單調(diào)遞增，∴fx<f2∵x2∈∵fx在e,+∞∴x3<2e?∴x3?【變式5-2】（23-24高三上·河南·開學(xué)考試）fx=ln(1)a=0時(shí)，求b的范圍；(2)b=?1且a<54時(shí)，求證：【答案】(1)?(2)證明見詳解【解題思路】（1）將函數(shù)零點(diǎn)與方程的根聯(lián)系起來，進(jìn)一步分離參數(shù)構(gòu)造新的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其性態(tài)即可求解.（2）當(dāng)b=?1時(shí)由fx=lnex+a【解答過程】（1）a=0時(shí)，fx由題意fx的兩個(gè)零點(diǎn)x方程lne分離參數(shù)即得b=?lnex對(duì)其求導(dǎo)得g′x=?則s′x=?注意到g′0=0，所以g?0,+g+?g↗↘所以gx有極大值（最大值）g又當(dāng)x→+∞時(shí)，gx→?∞；當(dāng)若方程b=?ln則b<gxmax=g0（2）因?yàn)閘nex+a+1所以當(dāng)b=?1且a<54時(shí)有進(jìn)而有fx1=0>fx的函數(shù)圖像恒在gx的函數(shù)圖象上方，不妨設(shè)gx=x因此fx的兩個(gè)零點(diǎn)x1,所以有x2?x1<x4又x4?x綜上，有x2【變式5-3】（24-25高三下·天津·階段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=x(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知a∈[4,6]，設(shè)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為λ1,λ2λ1<λ2①求證：x1②求證：x3【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【解題思路】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再討論Δ，結(jié)合函數(shù)的定義域，即可求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）①要證x1+x2>2λ1，即證x2>2λ1?x1，只需證fx1<f【解答過程】（1）f′x=2x?2a+其中tx=x當(dāng)Δ≤0時(shí)，即?22≤a≤2函數(shù)fx在區(qū)間0,+當(dāng)Δ>0時(shí)，即a<?22或當(dāng)a<?22時(shí)，f′x即函數(shù)fx在區(qū)間0,+當(dāng)a>22時(shí)，tx=0，得x當(dāng)0<x<a?a2?82當(dāng)a?a2?8所以函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間是0,a?a單調(diào)遞減區(qū)間是a?a綜上可知，當(dāng)a≤22時(shí)，函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間是當(dāng)a>22時(shí)，函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間是0,a?單調(diào)遞減區(qū)間是a?a（2）①由（1）知，當(dāng)a∈[4,6]時(shí)，函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間是0,λ1單調(diào)遞減區(qū)間是λ1,λ2，λ1有λ1λ2又y=f(x)的圖象與y=b有三個(gè)公共點(diǎn)x1故0<x1<要證x1+x2>2且函數(shù)fx在λ1,又fx1=f令gx=fx由f′則g=2=2=2x?故g′x在0,λ即fx②由0<x1<令?x=fx則?=2=2=2x?故?′x在λ2即當(dāng)x∈λ2,+由x3>λ2，故fx由2λ2?x3<λ2，即x2+x3<2又2λ故x3【題型6極值點(diǎn)偏移：乘積型】【例6】（24-25高二下·北京西城·期中）已知函數(shù)fx(1)若fx≥0，求(2)證明：若fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2【答案】(1)?∞(2)證明見解析.【解題思路】（1）求導(dǎo)，分別解不等式f′x>0（2）設(shè)x1<x2，結(jié)合（1）可知0<x1<1<x2【解答過程】（1）由題意知函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+解f′x=x?1x>0得所以函數(shù)fx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+所以fx又fx≥0，所以1?a≥0，解得所以a的取值范圍為?∞（2）不妨設(shè)x1<x2，則由（1）知構(gòu)造函數(shù)gx則g'所以函數(shù)gx在0,+所以當(dāng)x>1時(shí)，gx>g1=0，即當(dāng)所以fx又fx在0,1所以0<x1<【變式6-1】（24-25高二上·江蘇連云港·期末）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=0時(shí)，求曲線y=fx在x=(2)若fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2【答案】(1)4x?y?(2)證明見解析【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，進(jìn)而根據(jù)點(diǎn)斜式即可求解；（2）令fx1=fx2=0得?a=2+lnx【解答過程】（1）當(dāng)a=0時(shí)，fx曲線y=fx在x=e處切線的斜率為又∵fe=2e即曲線y=fx在x=e處的切線方程為（2）若fx有兩個(gè)零點(diǎn)x則2x得?a=2+∵x2>3x1故lnx則lnx∴l(xiāng)n令?t=t+1令gt=?2ln∴gt在3,+∴gt∴?′t=g∴?t故x1【變式6-2】（24-25高三上·北京房山·期中）已知函數(shù)f(1)求函數(shù)fx(2)設(shè)函數(shù)gx=fx+a，若①求a的取值范圍；②求證：x1【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為0,1；單調(diào)遞減區(qū)間為1,+(2)①1,e【解題思路】（1）求導(dǎo)后，根據(jù)f′x正負(fù)即可得到（2）①將問題轉(zhuǎn)化為fx與y=?a在0,②由①可得0<x1<1<x2≤e，設(shè)Fx=gx?g【解答過程】（1）∵fx定義域?yàn)?,+∞，∴當(dāng)x∈0,1時(shí)，f′x>0；當(dāng)∴fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,1；單調(diào)遞減區(qū)間為1,+（2）①若x1,x2∈0,e是g由（1）知：fxmax=?1∴fx在0,由圖象可知：1?e≤?a<?1，∴1<a≤e?1，即②不妨設(shè)x1<x∵gx=fx∴gx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+設(shè)Fx=gx∴Fx在1,e上單調(diào)遞減，∴Fx又x2∈1,e，∴gx∵x1∈0,1，1x∴x1<【變式6-3】（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=ln(1)當(dāng)a=1時(shí)，判斷函數(shù)y=f(x)的單調(diào)性；(2)若關(guān)于x的方程f(x)=12ax2有兩個(gè)不同實(shí)根x【答案】(1)f(x)在(0,+∞(2)?1,1【解題思路】（1）對(duì)f(x)求導(dǎo)，根據(jù)f′(x)的符號(hào)得出（2）由題意可知lnx=(a+1)x有兩解，求出y=lnx的過原點(diǎn)的切線斜率即可得出a的范圍，設(shè)0<【解答過程】（1）a=1時(shí)，f(x)=ln故f′∴f(x)在(0,+∞（2）關(guān)于x的方程f(x)=12ax2即lnx?(a+1)x=0有兩不同實(shí)根x1，x2令g(x)=lnxx令g′(x)=0，得當(dāng)x∈(0,e)時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí)，g′∴x=e時(shí)，g(x)取得最大值1e，且

∴a+1∈(0,1e)即當(dāng)?1<a<1e?1時(shí)，f(x)=12兩根滿足lnx1=(a+1)兩式相加得：ln(x1上述兩式相除得ln(不妨設(shè)x1<x只需證：ln(x1設(shè)t=x2x則F′(t)=1∴函數(shù)F(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞增，且∴F(t)>0，即lnt>∴x【題型7極值點(diǎn)偏移：商型】【例7】（24-25高三上·黑龍江哈爾濱·期末）已知函數(shù)fx=ax(1)若對(duì)于任意x∈0,+∞，都有fx(2)若函數(shù)y=gx?m有兩個(gè)零點(diǎn)x1【答案】(1)a<?(2)證明見解析【解題思路】（1）通過轉(zhuǎn)化構(gòu)造函數(shù)Fx（2）通過利用極值點(diǎn)偏移的知識(shí)，令a=1x1，b=【解答過程】（1）結(jié)合題意：對(duì)于任意x∈0,+∞，都有fx因?yàn)閤∈0,+∞，所以只需F′當(dāng)x∈0,e2時(shí)，F(xiàn)′x當(dāng)x∈e2,+∞時(shí)，F(xiàn)′所以只需a<Fx（2）x11?ln設(shè)函數(shù)?x=1+lnxx，?′由?a=?b知0<a<1<b且a=設(shè)函數(shù)gx=2?x知G′知Gx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，即x∈0,1時(shí)即x∈0,1時(shí)，1+即?a又由已知由?a=?b有?b<?2?a且2?a∈1,2，由所以b>2?a，即1x【變式7-1】（24-25高三上·江蘇無錫·階段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=a(1)若a>0，當(dāng)f(x)與g(x)的極小值之和為0時(shí)，求正實(shí)數(shù)a的值；(2)若fx1=f【答案】(1)a=1(2)證明見解析【解題思路】（1）根據(jù)極小值的定義計(jì)算即可；（2）把問題轉(zhuǎn)化為m+n>2m?nlnm?lnn，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為ln【解答過程】（1）f(x),g(x)定義域均為(0,+∞f′(x)=?ax2令f'(x)>0，解得：所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(a,+∞∴在x=a取極小值，且f(a)=1+ln又g′(x)=a?1x，令令g'(x)>0，解得：所以g(x)在0,1a上單調(diào)遞減，在∴在x=1a所以1+lna?1+ln（2）令m=1x1,n=1由fx1=f（1）—（2）得：a(m?n)=lnm?ln要證：1x1+只要證：m+n>2m?n不妨設(shè)0<n<m，所以只要證：lnm即證：lnmn>2m令?(所以?(t)在t∈(1,+∞)上單調(diào)遞增，所以即有l(wèi)nt>2(t?1)t+1【變式7-2】（23-24高三上·河南·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，求fx在區(qū)間1(2)若fx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,【答案】(1)最大值為0，最小值為?3+2ln(2)證明見解析【解題思路】（1）將a=1帶入原函數(shù)中求得函數(shù)的解析式，確定函數(shù)的定義域，再對(duì)原函數(shù)求導(dǎo)，判斷在區(qū)間12,2上的單調(diào)性，即可求得函數(shù)在區(qū)間（2）對(duì)原函數(shù)求導(dǎo)，并對(duì)參數(shù)a≤0，a>0分類討論，得出函數(shù)在兩種情況下的單調(diào)性，由單調(diào)性求得函數(shù)fx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fxf′由f′x>0，得12≤x<1所以fx在區(qū)間12,1因?yàn)閒1f2所以fx在區(qū)間12,2（2）f′當(dāng)a≤0時(shí)，f′x<0,f當(dāng)a>0時(shí)，所以f′由f′x>0，得0<x<a，所以由f′x<0，得x>a，所以所以當(dāng)x=a時(shí)，fx取得極大值，極大值為為滿足題意，必有fa=?ln因?yàn)閤1,x所以fx兩式相減得2a設(shè)x2>x只需證1x12設(shè)x2x1設(shè)gt=ln所以gt在1,+∞上為增函數(shù)，從而所以lnt>t2【變式7-3】（24-25高二上·湖北武漢·期末）已知函數(shù)f(x)=2e?xlnx（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2）若x1,x2∈【答案】（1）x∈0,e時(shí)，遞增；x∈【解題思路】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，并判斷導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）首先方程變形為2e?1x1ln1x1=2e?1x2ln1x2，設(shè)【解答過程】解：（1）f'(x)=2ex?(1+lnx)所以f'(x)在0,+∞單調(diào)遞減，∵f'e∴x∈0,e時(shí)，f'(x)>f'e=0，f(x)單調(diào)遞增；x∈e,+∞時(shí)，（2）由題意得，lnx2e?1x1設(shè)1x1=a1，1x2不妨設(shè)a1<a由f2e=0及f(x)的單調(diào)性知，令F(x)=f(x)?f2e?x，1<x<eF'(x)=f'(x)+f'(2e?x)=4∵x2e?x≤e2，∴∴f(x)<f2e?x，取x=a1又fa1=f又2e?a1>e，a2>e，且f(x)在e,+∞下證：a1（i）當(dāng)a2<e+1時(shí)，由a1（ii）當(dāng)e+1≤a2<2e時(shí)，令G(x)=f(x)?f(2e+1?x)G'(x)=f'(x)+f'(2e+1?x)==2e(2e+1)記t=?x2+(2e+1)x，e+1≤x<2e又t=?x2+(2e+1)x在e+1,2e2e(2e+1)t?2在2e,e2+1單調(diào)遞減，lnt在2e,e又G'(2e)=2e(2e+1)2e(2e+1?2e)?2?∴G'2e又G'(e+1)=2e(2e+1)(e+1)(2e+1?e?1)?2?從而，由零點(diǎn)存在定理得，存在唯一x0∈(e+1,2e)，使得當(dāng)x∈e+1,x0當(dāng)x∈x0,2e所以，G(x)≤max又G(e+1)=f(e+1)?f(2e+1?e?1)=f(e+1)?f(e)=(e?1)lnlnx所以，G(e+1)<(e?1)?e+1顯然，G2e所以，G(x)<0，即f(x)?f2e+1?x取x=a2∈又fa1=f結(jié)合2e+1?a2<2e+1?e+1=e，a1<e從而a1【題型8極值點(diǎn)偏移：平方型】【例8】（24-25高二下·遼寧·期末）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)若ex1x2=ex2x【答案】(1)結(jié)論見解析；(2)證明見解析.【解題思路】（1）求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，再按a<0,a>0分類探討（2）等價(jià)變形給定等式，結(jié)合a=1時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)性，由0<x1<1<x2，f【解答過程】（1）函數(shù)f(x)=lnx+1ax的定義域?yàn)?0,+∞)，求導(dǎo)得則f若a<0，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，f′若a>0，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，f′所以當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞（2）由ex1x2=由（1）知，當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞f(x)max=f(1)=1，而f(1e因此當(dāng)a=1時(shí)，存在x1,x2且若x2∈[2,+∞若x2∈(1,2)，則2?x2∈(0,1)則g′(x)=f′(x)+即有函數(shù)g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)=0，即f(x)>f(2?x)，于是fx而x2∈(1,2)，2?x2∈(0,1)，x1∈(0,1)，函數(shù)f(x)又x12+1>2x1所以x1【變式8-1】（2024·吉林·二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，Rt△OAB的直角頂點(diǎn)A在x軸上，另一個(gè)頂點(diǎn)B在函數(shù)f(1)當(dāng)頂點(diǎn)B在x軸上方時(shí)，求Rt△OAB以x軸為旋轉(zhuǎn)軸，邊AB和邊OB(2)已知函數(shù)gx=eax2?ex+a（i）求實(shí)數(shù)a的取值范圍;（ii）證明：x1【答案】(1)4(2)（i）0,1【解題思路】（1）先確定所求幾何體何時(shí)能取到最大值，寫出函數(shù)關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)單調(diào)性，求最大值；（2）（i）根據(jù)題意知，eax2?ex+ax2?1=（ii）由2x12+x22>x1+x22知，先證x1+x2>2e【解答過程】（1）因?yàn)锽在x軸上方，所以：lnxx>0?△OAB為直角三角形，所以當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，所得圓錐的體積才可能最大.設(shè)Ax,0，則Bx,lnxx設(shè)?x=ln2xx（x>1），則?′x=2ln因?yàn)閤>1，所以2?lnx>0?所以?x在1,e2上單調(diào)遞增，在e從而：Vmax（2）（i）因?yàn)閒x=gx，即e令u(t)=et+t因?yàn)閡(t)=et+t為增函數(shù)，所以a所以方程fx=gx有兩個(gè)不等實(shí)根x1，令?x=當(dāng)x∈0,1e時(shí)，?′x>0，?x單調(diào)遞增；當(dāng)x∈當(dāng)x→0時(shí)，?x→?∞；當(dāng)x→+所以a∈0,（ii）由（i）知，x1∈令Fx=?x因?yàn)镕x=ln因?yàn)閤∈0,1e，2e?x∈1e，+∞，所以因?yàn)閤1∈0,又因?yàn)?x1=?因?yàn)閤2∈1e,+∞，所以x2>2e?所以x1【變式8-2】（24-25高三上·四川成都·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=1+(1)當(dāng)a=1時(shí)，求fx(2)若方程fx=1有兩個(gè)不同的根（i）求a的取值范圍；（ii）證明：x1【答案】(1)fx在區(qū)間0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+(2)（i）0,1；（ii）證明見解析.【解題思路】（1）求函數(shù)fx（2）方程fx=1可化為1+lnxx（3）設(shè)x1<x2，由（i）0<x1<1<x2，由已知lnx1+1x1=lnx2+1x2，法一：先證明x2≥2時(shí)結(jié)論成立，構(gòu)造函數(shù)px=g【解答過程】（1）由題意得fx=1+lnx由f′x=0當(dāng)0<x<1時(shí)，f′當(dāng)x>1時(shí)，f′綜上，fx在區(qū)間0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+（2）（i）由1+lnxax設(shè)gx由（1）得gx在區(qū)間0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+又g1e=0,g1=1，當(dāng)x>1時(shí)，g所以當(dāng)0<a<1時(shí)，方程1+lnxx故a的取值范圍是0,1．

（ii）不妨設(shè)x1<x2，則法一：當(dāng)x2∈2,+∞時(shí)，結(jié)合（i）知當(dāng)x2∈1,2設(shè)px=g則p所以px在區(qū)間0,1則px<p1所以g又x1∈0,1所以2?x1<又x1≠x故2x12法二：設(shè)?x=gx則?′所以?x在區(qū)間0,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，又所以?x1=g又gx2=g又x2>1,1所以x2>1又x1≠x【變式8-3】（2025·山西·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)若fx≤?1，求實(shí)數(shù)(2)若fx有2個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2【答案】(1)1,+(2)證明見解析【解題思路】（1）求解函數(shù)定義域，參變分離得到a≥lnx+xx2，構(gòu)造（2）轉(zhuǎn)化為a=lnxx2有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，構(gòu)造Fx=lnxx2，得到其單調(diào)性，得到1<x1<e<【解答過程】（1）因?yàn)楹瘮?shù)fx的定義域?yàn)?,+∞，所以fx令?x=ln令gx=1?x?2lnx，則g′又因?yàn)間1=0，所以當(dāng)x∈0,1時(shí)，?′x>0，?x所以y=?x在x=1因此a≥?1=1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為（2）fx有2個(gè)不同的零點(diǎn)等價(jià)于a=令Fx=lnxx2，則所以當(dāng)x∈0,e時(shí)，F(xiàn)′當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，F(xiàn)所以y=Fx在x=e處取極大值為又因?yàn)镕1=0，當(dāng)x∈0,1時(shí)，F(xiàn)x<0且x→+∞時(shí)，F(xiàn)所以1<x1<因?yàn)閤1,x2是方程將兩式相除得x2令t=x2x1，則t>1，t2又因?yàn)閤12=lnx1a因?yàn)閍>0，所以只需證2lnx1因?yàn)閠>1，即證lnt?令Gt=ln所以Gt在1,+∞上單調(diào)遞增，即當(dāng)t>1時(shí)，lnt?12t2【題型9極值點(diǎn)偏移：復(fù)雜型】【例9】（2025·湖北武漢·三模）已知函數(shù)fx=ax+a?1(1)討論函數(shù)fx(2)若關(guān)于x的方程fx=xex?（?。┣髮?shí)數(shù)a的取值范圍；（ⅱ）求證：ex【答案】(1)答案見解析(2)（?。〆,+【解題思路】（1）求出f′x=x+1ax?1x2（2）（i）將方程變形為ex+lnx=ax+lnx，令tx=x+lnx（ii）將所證不等式等價(jià)變形為t1+t2>2，由et=at變形可得出t=lna+lnt，推導(dǎo)出t【解答過程】（1）解：因?yàn)閒x所以f′x=a+①當(dāng)a≤0時(shí)，f′x<0，所以函數(shù)f②當(dāng)a>0時(shí)，由f′x>0得x>1a所以函數(shù)fx的增區(qū)間為1a,+綜上：當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)fx的減區(qū)間為0,+當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx的增區(qū)間為1a,+（2）解：（i）方程fx=xex?令tx=x+lnx，因?yàn)楹瘮?shù)易知函數(shù)tx=x+ln結(jié)合題意，關(guān)于t的方程et又因?yàn)閠=0不是方程（*）的實(shí)根，所以方程（*）可化為et令gt=ett由g′t<0可得t<0或0<t<1，由g所以，函數(shù)gt在?∞,0和0,1所以，函數(shù)gt的極小值為g且當(dāng)t<0時(shí)，gt=ett作出函數(shù)gt和y=a由圖可知，當(dāng)a>e時(shí)，函數(shù)y=a與g所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍是e,+（ii）要證ex1x2+因?yàn)閑t=at，所以只需證由（?。┲环猎O(shè)0<t因?yàn)閑t=at，所以t=lna+ln所以只需證t2+t令p=t2t令?p=lnp?2所以?p在1,+∞上單調(diào)遞增，故?p>?1所以原不等式得證．【變式9-1】（23-24高二下·四川成都·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=e(1)討論fx(2)若函數(shù)gx=fx（i）求a的取值范圍；（ii）證明x2【答案】(1)當(dāng)a≤1時(shí)，fx在0,+∞上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時(shí)，fx在0,(2)（i）e?1,+【解題思路】（1）由已知可知f′x=ex（2）（i）設(shè)?x=e（ii）先證明存在x3∈1,1x1使得x3【解答過程】（1）由已知fx=e當(dāng)a≤1時(shí)，對(duì)任意的x∈0,+∞，有f′x=當(dāng)a>1時(shí)，由于當(dāng)x∈0,lna時(shí)，f′x所以fx在0,lna綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，fx在0,+當(dāng)a>1時(shí)，fx在0,lna（2）（i）函數(shù)gx=fx?xlnx?1有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x設(shè)?x=ex?1x?lnx，則?所以?x在0,1上單調(diào)遞減，在1,+設(shè)φx=x?lnx，則φ′x=1?1x故φx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，從而對(duì)任意的x>0都有φx≥φ1而對(duì)任意實(shí)數(shù)t，在x>lnx中取x=e這表明當(dāng)x>108時(shí)，有?x原命題等價(jià)于方程?x=a有兩個(gè)解當(dāng)a≤e?1時(shí)，對(duì)任意x∈0,1∪1,+當(dāng)a>e?1時(shí)，由于?e?a=ee?a?1e?a?lne?a>?lne?a綜上，a的取值范圍是e?1,+（ii）設(shè)λx=x?1故當(dāng)x>0且x≠1時(shí)λ′x>0，從而λx在0,1和這就意味著當(dāng)0<x<1時(shí)，有λx<λ1由于φx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，故由φ1x1使得φx3=從而有exex這意味著?====x3?x1故?x3>?x1=a=?x2，但又因?yàn)棣誼在1,+∞上單調(diào)遞增，所以故x2?x【變式9-2】（2025·陜西安康·二模）已知函數(shù)fx=aln(1)當(dāng)a=e時(shí)，恰好存在一條過原點(diǎn)的直線與fx，gx(2)若b=1，方程xgx?fx?ax=0有兩個(gè)根x1【答案】(1)b=(2)證明見解析【解題思路】（1）由題可求得過原點(diǎn)的與fx相切的直線方程：y=x，后利用切點(diǎn)即在gx圖像上，也在切線上，可求得相應(yīng)切點(diǎn)橫坐標(biāo)，后由切線斜率為1可求得（2）由題可得xex=ax+ln則可得方程t=alnt有兩個(gè)根t1，t2，則lnt1t后構(gòu)造函數(shù)?m=ln【解答過程】（1）當(dāng)a=e時(shí)，f′x=ex，設(shè)直線與fx的切點(diǎn)為x1，y1，則切線斜率為f′x又gx=bex，g′x=bex，設(shè)直線與gx的切點(diǎn)為x2，yg′（2）當(dāng)b=1時(shí)，xgx則由題可得xex=a令x1ex1=則lnt1t1=lntlnt2=mlnt則構(gòu)造函數(shù)?m=ln因?′m=1m?m故命題得證.【變式9-3】（2025高三·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=ex?ax(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若g(x)=ex(x?1)?a①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②求證：x1【答案】(1)答案見解析(2)①(e,【解題思路】（1）根據(jù)題意，求導(dǎo)即可得到結(jié)果；（2）①根據(jù)題意，將問題轉(zhuǎn)化為gx=xe②根據(jù)題意，將問題轉(zhuǎn)化為lnx1e【解答過程】（1）由題意可得，f′當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)=ex?a>0當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)=ex?a>0解得x>所以，f(x)在(?∞,ln綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(?∞,ln（2）①等價(jià)于gx令t=xex，則t′=x+1ex∴gx=xe∵g′(t)=1?at=t?at當(dāng)a>0時(shí)，令g′(t)>0，得t>a，令g′(t)<0，得0<t<a，g(t)單調(diào)遞減，∴若ga>0，得0<a<e若ga=0，得a=e若ga<0，得a>e，∵g記mx=e記nx=e所以nx在e,+∞上單調(diào)遞增，所以n故mx在e,+∞即g(e∴g(t)在1,e，e綜上，a的取值范圍為(e,②因?yàn)閤1x2要證lnx1+即證lnx1ex1+ln∵alnt1=t1，∴l(xiāng)nt2+設(shè)0<t1<t2，令m=t2令?(m)=lnm+4m+1?2，m>1即當(dāng)m>1時(shí)，lnm+41+1?2>0成立.∴【題型10拐點(diǎn)偏移問題】【例10】（24-25高三下·陜西西安·階段練習(xí)）“拐點(diǎn)”又稱“反曲點(diǎn)”，是曲線上彎曲方向發(fā)生改變的點(diǎn).設(shè)φ′x為函數(shù)φx的導(dǎo)數(shù)，若α為φ′x已知函數(shù)fx=aex?xlnx有兩個(gè)極值點(diǎn)x(1)求a的取值范圍；(2)證明：C在Q處的切線與其僅有一個(gè)公共點(diǎn)；(3)證明：f′【答案】(1)0,(2)證明見解析(3)證明見解析【解題思路】（1）先根據(jù)條件得y=f′x（2）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義先求得C在Q處的切線方程，利用作差法及導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與零點(diǎn)即可證明；（3）直接根據(jù)（1）（2）的結(jié)論得出f′【解答過程】（1）由題意可知f′x=a令gx易知y=1x?lnx?1所以x∈0,1時(shí)g′xx∈1,+∞時(shí)g′x<0又g1e=0，x∈1,+∞時(shí)g所以要滿足題意需a∈（2）令f′由上知a∈0,1e，所以y=根據(jù)“拐點(diǎn)”的定義及條件知?′所以C在Q處的切線方程為：y=f令mx=ae易知m′由上可知f′x在0,x即f′x≥顯然mx0=0所以C在Q處的切線與其僅有一個(gè)公共點(diǎn)，即Q點(diǎn)；（3）不妨設(shè)x1<x2，由題意可知結(jié)合（2）知0<x根據(jù)f′x的單調(diào)性知所以f′【變式10-1】（23-24高二下·云南·開學(xué)考試）給出定義:設(shè)f′(x)是函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f″(x)是函數(shù)f′(x)的導(dǎo)函數(shù)，若方程f″(1)經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)所有的三次函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)都有“拐點(diǎn)”，且該“拐點(diǎn)”也是函數(shù)y=f(x)的圖象的對(duì)稱中心.已知函數(shù)(2)已知函數(shù)g(x)=2mx3+（i）求g(x)的拐點(diǎn)；（ii）若gx1+g【答案】(1)答案見解析(2)（i）1m【解題思路】（1）由f″(?1)=0得到b=3，再根據(jù)f(?1)=10求出（2）（i）gx的定義域?yàn)?,+∞，二次求導(dǎo)得到mx?1+lnmx=0，構(gòu)造函數(shù)，得到x=1m（ii）由（i）得到gx在0,+∞上單調(diào)遞增，因?yàn)間1m=1，故0<x1<1m<x2，構(gòu)造函數(shù)w【解答過程】（1）f′(x)=3x由題意得f″(?1)=0，即?6+2b=0，解得且f(?1)=10，即?13+3×?1故f(x)=xf(x)=x3+3令f′(x)>0得x>1或x<?3，令f′故fx在?∞,?3故fx在x=?3處取得極大值，在x=1故極大值為f?3=?27+27+27?1=26，極小值為（2）（i）g(x)=2mx由于m>0，mx>0，故x>0，即gx的定義域?yàn)?,+g′g″令g″(x)=0得，令?x=x+ln則?′x=1+故?x=x+ln又?1=0，由零點(diǎn)存在性定理知，?x故mx=1，即x=1m時(shí)，滿足當(dāng)x=1m時(shí)，故gx的拐點(diǎn)為1（ii）由（i）可知，g″(x)=12mx+12ln又g″故當(dāng)x∈0,1m時(shí)，g″(x)<0故g′x在x∈0,其中g(shù)′故g′x≥0在0,+∞上恒成立，故因?yàn)間1m=1故0<x設(shè)wx則w′x=?6m令w″x=?12mx+12=0又w1故wx=?2mx由（1）知，wx=?2mx令φx又gx的拐點(diǎn)為1m,1要證明x1+x故φ′當(dāng)x>em時(shí)，φ′x>0故φx在0,em即證當(dāng)φx3=φ不妨設(shè)x3令Fx=φx則F=12x=12xln因?yàn)閤∈0,e<<=<12e所以Fx=φx又Fem=0，故F因?yàn)?<x3<em因?yàn)棣誼3=φ其中φx在em,+故x3+x4>【變式10-2】（24-25高二下·陜西咸陽·階段練習(xí)）給出定義：設(shè)f′x是函數(shù)y=fx的導(dǎo)函數(shù)，f″x是函數(shù)f′x的導(dǎo)函數(shù)，若方程f″x=0有實(shí)數(shù)解(1)若函數(shù)fx=x(2)已知函數(shù)gx=2mx（?。┣骻x（ⅱ）若gx1+g【答案】(1)?1,10(2)（i）1m【解題思路】（1）根據(jù)“拐點(diǎn)”的定義，對(duì)函數(shù)y=fx（2）（?。└鶕?jù)“拐點(diǎn)”的定義，對(duì)函數(shù)gx求導(dǎo)，構(gòu)造函數(shù)?x=x+lnx?1x>0，利用導(dǎo)數(shù)得出結(jié)果；（ⅱ）由（ⅰ）可知，求出函數(shù)【解答過程】（1）因?yàn)閒x=x所以f″x=6x+6.令f″x所以函數(shù)fx的“拐點(diǎn)”為?1,10所以函數(shù)fx圖象的對(duì)稱中心為?1,10（2）（ⅰ）因?yàn)間x=2mx所以g′g″x=12mx+12令?x=x+lnx?1x>0所以?x=x+lnx?1在由零點(diǎn)存在性定理知，?x=x+ln所mx=1，且x=1m，當(dāng)x=1所以gx的拐點(diǎn)為1（ⅱ）證明：由（i）可知，g″x=12mx+12lnmx∴當(dāng)x∈0,1m時(shí)，g″x∴g′x在x∈0,又g′∴g′x≥0在0,+∞上恒成立，∴又g1m=1所以0<x【變式10-3】（24-25高三上·河南·階段練習(xí)）閱讀材料一：設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上有定義，若對(duì)任意x1,x2∈D和任意λ∈0,1，都有f(λx1+(1?λ)x2)≤λf(x1)+(1?λ)f(x2)，則稱f(x)是區(qū)間D上的下凸函數(shù)；反之，如果都有f(λx1+(1?λ)x2)≥λf(x1)+(1?λ)f(x2)，則稱f(x)是區(qū)間D上的上凸函數(shù).閱讀材料二：若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上可導(dǎo)，即f′(x)存在，且導(dǎo)函數(shù)f′(x)在區(qū)間D上也可導(dǎo)，則稱f(x)在區(qū)間D上存在二階導(dǎo)函數(shù)，即f″(x)=(f′(x))′(1)證明：對(duì)任意a≥0，b≥0，不等式a+2b3(2)設(shè)函數(shù)f(x)=mx3+nx2?6x+9，若點(diǎn)(1,1)是曲線y=f(x)的拐點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m，(3)設(shè)函數(shù)g(x)=2lnx+x2?3x+3，若點(diǎn)(x0,g(x【答案】(1)證明見解析；(2)m=1,n=?3，證明見解析；(3)證明見解析.【解題思路】（1）構(gòu)造函數(shù)φ(x)=x,x>0，證明（2）利用“拐點(diǎn)”的意義可得f″(1)=0，結(jié)合f(1)=1求出（3）利用“拐點(diǎn)”的定義求出“拐點(diǎn)”，構(gòu)造函數(shù)?(x)=g(2?x)+g(x),0<x<1，利用導(dǎo)數(shù)探討單調(diào)性可得g(2?x)+g(x)<2，再結(jié)合給定條件及函數(shù)g(x)的單調(diào)性推理即得.【解答過程】（1）當(dāng)a=0或b=0時(shí)，不等式a+2b3≥aφ′(x)=12x則對(duì)任意a>0,b>0，φ(13a+所以對(duì)任意a≥0，b≥0，不等式a+2b3（2）函數(shù)f(x)=mx3+nx2由點(diǎn)(1,1)是曲線y=f(x)的拐點(diǎn)，得當(dāng)x<1時(shí)f″(x)值與當(dāng)x>1時(shí)因此f″(1)=6m+2n=0，又f(1)=m+n+3=1，解得f(x)=x3=2+6x所以f(x)的圖象關(guān)于拐點(diǎn)(1,1)中心對(duì)稱.（3）函數(shù)g(x)=2lnx+x2?3x+3的定義域?yàn)?0,+當(dāng)0<x<1時(shí)，g″(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g″(x)>0，依題意，當(dāng)0<x1<1<x2令?(x)=g(2?x)+g(x)=2=2ln(2?x)+2ln求導(dǎo)得?′即函數(shù)?(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，?x∈(0,1),?(x)<?(1)=2，即g(2?x)+g(x)<2，而0<x1<1，則g(2?x1當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)=2于是函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，又2?x1>1所以x1一、單選題1．（2025·吉林通化·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=x2+2x3?3ax2+b滿足：①定義域?yàn)镽；②1A．(?2,?1) B．?1,?12 C．12【答案】B【解題思路】由題意可轉(zhuǎn)化為gx=x3?3ax2+b有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，對(duì)gx求導(dǎo)，結(jié)合gx的單調(diào)性可知【解答過程】函數(shù)f(x)=x2+2x3因?yàn)閤2+2>0，令gx=x3?3ag′x=3x2若a>0，令g′x>0，可得x>2a或x<0；令g所以gx在?∞,0同理若a<0，gx在?∞,2a因?yàn)?2<b<4，要使gx有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2而g2a=8a3?12則12<4a則gx有一根是確定的為2a，又因?yàn)間所以gx的另一根為?a所以1x1+1x2?1<?1故選：B.2．（24-25高二下·湖北恩施·期中）已知a>1，x1，x2，x3均為ax=A．x1∈(?2,?1) C．x1+x【答案】B【解題思路】A選項(xiàng)：根據(jù)“三個(gè)等價(jià)”，將方程根的問題轉(zhuǎn)化成構(gòu)造出的函數(shù)零點(diǎn)的問題，利用零點(diǎn)存在性定理確定出x1【解答過程】對(duì)于A，令f(x)=ax?x2，因?yàn)閍>1，所以f(x)由零點(diǎn)存在性定理，得f(?1)=a?1?1<0，f(0)=對(duì)于B，C，D，當(dāng)x>0時(shí)，兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，并分離參數(shù)得到lna令g(x)=lnxx當(dāng)x∈0,e時(shí)，g′當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，g如圖所示，∴當(dāng)x>0時(shí)，y=lna2lna2∈(0,∴x2∈(1,e)，由A選項(xiàng)知由極值點(diǎn)偏移知識(shí)，此時(shí)函數(shù)gx的極值點(diǎn)左移，則有x故選：B.3．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）若函數(shù)fx=alnx+12x2?2xA．?∞,?5 B．?∞,?5 C．【答案】B【解題思路】首先對(duì)fx求導(dǎo)，得f′x=x2?2x+axx>0【解答過程】依題意得f′若函數(shù)fx有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x則方程x2?2x+a=0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根可得Δ=4?4a>0x1因?yàn)閠?fx可得t<f=a=aln設(shè)?a=aln則?a單調(diào)遞減，?a>?所以實(shí)數(shù)t的取值范圍是?∞故選：B．4．（2024·遼寧·三模）已知函數(shù)f(x)=lnx+12ex2?ax存在兩個(gè)極值點(diǎn)，若對(duì)任意滿足f(xA．(2e,C．(2e,1+【答案】C【解題思路】求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的兩個(gè)零點(diǎn)t1,t2(t1<t2)【解答過程】函數(shù)f(x)=lnx+12e由函數(shù)f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，得f′(x)=0，即x2則Δ=e2a2?4e>0t1+t2于是函數(shù)f(x)在(0,t1),(令f(x1)=f(x2)=f(x此時(shí)0<x1<t1<x即函數(shù)y=ex?x在(0,+∞)上遞增，則e由x1<x因?yàn)閷?duì)任意滿足f(x1)=f(x2則有ex1,ex2,又t2=et1,0<t而g(1)=0，因此1≤t1<e，由而函數(shù)?(t1)=t1e+所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2故選：C.5．（2025·四川南充·一模）已知函數(shù)f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2（①x2x1<e2m

②xA．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解題思路】函數(shù)fx=lnx?2x+2【解答過程】由函數(shù)fx=ln轉(zhuǎn)化為lnx?2x構(gòu)造函數(shù)gx=lnx?2x+2，?x=lnx?2x故?x在0,1單調(diào)遞減，在1,+所以0<x對(duì)于①，m=?ln所以2m=?ln所以x2對(duì)于②，由①可知m=?lnx1因此x1對(duì)于③，因?yàn)?<m<3，所以0<m3<1所以g3則g3構(gòu)造函數(shù)Qx則Q′x=所以g3所以x2因?yàn)間em3令m3=t0<t<1，構(gòu)造It=t?所以m=g所以em對(duì)于④，由①可知，lnx所以lnx令x1x2=n，Wn所以x1故選：D.6．（2025高三·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=ex?ax有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則下列判斷：①a<e；②x1+x2A．4個(gè) B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè)【答案】D【解題思路】利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，對(duì)四個(gè)選項(xiàng)分別進(jìn)行判斷，即可得出結(jié)論.【解答過程】對(duì)于①∵當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）=ex?a>0在x∈R當(dāng)a>0時(shí)，由f′（x）=ex?a>0f′（x）=f(x)在(?∞,lna)單調(diào)遞減，在(lna,+∞)單調(diào)遞增．∵函數(shù)f（x）=ex?ax∴f(lna)<0，∴①不正確；對(duì)于②因?yàn)閑x1∴x取a=e22，f(2)=e2?2a=0，∴∴②不正確；對(duì)于④f(0)＝1＞0，f(1)＝e?a<0,∴0<x函數(shù)的極小值點(diǎn)為x要證x1+x因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(?∞,lna)單調(diào)遞減，故只需要證構(gòu)造函數(shù)gx=fx求導(dǎo)得到g′所以函數(shù)gx單調(diào)遞增，g∴fx≥f2x進(jìn)而得證：x1<2x故④正確.對(duì)于③因?yàn)閑根據(jù)x1+x∴③不正確.綜上正確的只有一個(gè)，故選D.7．（2025·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=ex?mx2有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2（0<x1<xA．0<M<1e C．M>e2+1【答案】C【解題思路】解法一：求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，則x1，x2是方程exx=2m的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，x3，x4是方程xlnx=2m，即eln解法二：求導(dǎo)可得x1，x2是y=ex與y=2mx圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)；x3，x4是y=lnx與【解答過程】解法一：由fx=ex?mx2可得f由gx=xlnx?14mx2?x即eln設(shè)?x=e當(dāng)0<x<1時(shí)?′x<0，當(dāng)x>1故?x在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，則?x在x=1因?yàn)閤1，x2是方程exx=2m的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，x且0<x1<x2，0<x3則x3=ex1所以M=x又y=x+1x在1,+∞解法二

第一步：對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，將問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化；由fx=ex?mx2可得f′x=e由gx=xlnx?14mx2?x可得g′x第二步：構(gòu)造函數(shù)，求得m的取值范圍；由ex=2mx可得2m=exx易得?x在x=1處取得極小值，且?1=e，當(dāng)x→0+時(shí)，所以由方程ex=2mxx>0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根可得2m>（點(diǎn)撥：因?yàn)閥=ex與y=lnx互為反函數(shù)，且所以當(dāng)y=ex與y=2mx的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，y=ln第三步：利用反函數(shù)的概念對(duì)變量進(jìn)行代換，即可得解；設(shè)Ax1,ex1，由y=ex與y=lnx互為反函數(shù)，且可得A與C，B與D分別關(guān)于直線y=x對(duì)稱，則x3=e則M=x又y=x+1x在1,+∞故選：C.8．（2025·四川南充·一模）已知函數(shù)f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2（①x2x1<e2mA．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解題思路】令gx=lnx?2x+2，判斷gx的單調(diào)性結(jié)合g1=0得到0<x【解答過程】∵f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)即x1，x2是方程令gx=lnx?2∵g′x=1x+1∴x∈0,1時(shí)，gx∈1,+∞時(shí)，∴0<x1<1，x2>1，∴對(duì)于①，兩式作差得，lnx整理得，ln∵2x2?x1x1對(duì)于②，∵lnx1?2x1+2=?m∴?2x1+2>?m，即2x對(duì)于③，∵lnx1?兩式相加得，lnx整理得，∴l(xiāng)nx1x∵2x即x1令t=x1x整理得tlnt+2t?2>0，即∵x∈0,1時(shí)，gx∈1,+∞時(shí)，∴t=x1x故選：D.二、多選題9．（2025·湖北襄陽·模擬預(yù)測(cè)）已知關(guān)于x的方程xex?a=0有兩個(gè)不等的實(shí)根x1,A．?e?1<a<0 B．x1+x【答案】ABD【解題思路】由已知y=a與y=xex有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)=xex性質(zhì)，結(jié)合圖象確定a的范圍，判斷A，要證明x1+x2<?2只需證明x2<?2?x1【解答過程】方程xex?a=0因?yàn)榉匠蘹ex?a=0所以y=a與y=xe令f(x)=xex，則令f′(x)=0，可得當(dāng)x<?1時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在當(dāng)x>?1時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在f(x)當(dāng)x<0時(shí)，f(x)<0，且f(0)=0，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x→?∞時(shí)，與一次函數(shù)相比，指數(shù)函數(shù)y=故fx當(dāng)x→+∞時(shí)，fx→+根據(jù)以上信息，可得函數(shù)fx∴?1e<a<0因?yàn)閤1<?1<構(gòu)造F(x)=fxF′∴F(x)在(?∞∴Fx∴fx1<f由fx在?1,+所以x2對(duì)于C，由x2=a所以x2又?1<x2<0，所以1ex對(duì)于D，由x1<?1，可得所以x1故選：ABD．10．（2024高三·全國·專題練習(xí)）對(duì)于函數(shù)fx=xlnA．當(dāng)0<x1B．若f′x是函數(shù)fC．對(duì)任意x>1都有fx<aD．設(shè)?x=fx【答案】BCD【解題思路】A選項(xiàng)求導(dǎo)利用單調(diào)性求解；B選項(xiàng)令gx=f′x?x=lnx+1?x，求導(dǎo)利用單調(diào)性證明gx【解答過程】對(duì)于函數(shù)fx=xlnx，定義域?yàn)閷?duì)于A，當(dāng)0<x<1e時(shí)，f′所以當(dāng)0<x1<x2對(duì)于B，令gx=f當(dāng)0<x<1時(shí)，g′x>0，則gx單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，所以gx=ln對(duì)于C，由題可得，對(duì)于任意x>1，xln令tx=lnx?ax2于是?a<0?a+1?a≤0，解得a≥對(duì)于D，?x=fxx令?′x=0由題可知?x所以直線y=a與函數(shù)y=ln對(duì)y=lnxx函數(shù)y=lnxx在0,所以函數(shù)y=lnxx且當(dāng)x→+∞時(shí)，y=lnxx→0

所以0<a<1e，由題可知lnx不妨設(shè)x1<x2，則a=ln即證x1+x令t=x2x1，t>1，則m′t=1t又m1=0，所以mt>m1故選：BCD.11．（2025·新疆烏魯木齊·三模）設(shè)函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+∞，fx的導(dǎo)函數(shù)f′x滿足xA．fxB．y=fx在點(diǎn)1eC．若方程fx=t有兩個(gè)不同的解x1，D．若x1>0，x2>0【答案】ABD【解題思路】先求f(x)表達(dá)式：由xf′(x)+f(x)=1x，根據(jù)求導(dǎo)法則得xf(x)=lnx+C，再代入f(1)=1求出C，進(jìn)而得到f(x)，用除法求導(dǎo)法則對(duì)f(x)=lnx+1x求導(dǎo).對(duì)于A選項(xiàng)：令f′(x)=0得極值點(diǎn)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)正負(fù)判斷單調(diào)性，求出最大值.對(duì)于B選項(xiàng)：先求【解答過程】已知xf′(x)+f(x)=可得xf(x)=lnx+C（因?yàn)閒(1)=1，將x=1，f(1)=1代入xf(x)=lnx+C，可得1×f(1)=ln1+C，即所以xf(x)=lnx+1，則f(x)=ln對(duì)f(x)=lnf′對(duì)于選項(xiàng)A，令f′(x)=0，即?ln當(dāng)0<x<1時(shí)，lnx<0當(dāng)x>1時(shí)，lnx>0所以f(x)在x=1處取得極大值，也是最大值，f(1)=ln1+11=1，但當(dāng)x→+∞對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)x=1e時(shí)，f′根據(jù)點(diǎn)斜式方程可得y?0=e2(x?1e)，即e2對(duì)于選項(xiàng)C，由前面分析可知f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞不妨設(shè)0<x1<1<x2，若x1+x2<2，則x令g(x)=f(x)?f(2?x)，0<x<當(dāng)0<x<1時(shí)，lnx<0，ln(2?x)>0，x2>0，(2?x)2>對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)閤1x2f(x令t=lnx1，則ln對(duì)于二次函數(shù)y=?t2+t+2，其對(duì)稱軸為t=?12×(?1)=1則f(x故選：ABD.三、填空題12．（24-25高二下·四川成都·期中）函數(shù)fx=aex+lnx+ba∈R,b∈R的兩個(gè)極值點(diǎn)x【答案】5【解題思路】根據(jù)函數(shù)極值點(diǎn)的定義可得出ex1=ax1ex2=ax2，可得出ex2?x【解答過程】由fx=a由f′x=0因?yàn)楹瘮?shù)fx=aex則ex1=a設(shè)x2x1=t，則t∈1,2且x所以x1設(shè)gx=1+2x令?x=2x?3ln所以?x在1,2上單調(diào)遞增，所以?從而g′x>0，所以g所以gx≤g2=5ln2，所以故答案為：5ln13．（24-25高三上·全國·階段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=2lnx?2?ax有兩個(gè)不同的零點(diǎn)為x1，x2，若lnx【答案】4【解題思路】根據(jù)x1，x2是f(x)=2lnx?2?ax的兩個(gè)不同的零點(diǎn)列方程組，由此化簡(jiǎn)不等式lnx【解答過程】fx的定義域?yàn)?,+∞x1，x2是f(x)=2則2ln兩式相加，得lnx1+兩式相減，得2lnx1即2+a也即2+x令t=x1有2+t+1t?1ln記g(t)=lnt?(m?2)t?1t+1，g′(t)=下證充分性．m≤4時(shí)，g∴g(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，故g(t)<g(1)=0恒成立，得證．所以實(shí)數(shù)m的最大值為4.故答案為：4.14．（24-25高二下·山東臨沂·期中）已知函數(shù)fx=1+xex?a有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x【答案】<；?【解題思路】利用導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)單調(diào)性，求得最小值，列不等式組求解a的取值范圍，設(shè)g(x)=(1+x)ex，則有g(shù)(x用作差法結(jié)合函數(shù)單調(diào)性判斷【解答過程】解：由題意得f′當(dāng)x<?2時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在當(dāng)x>?2時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在則函數(shù)f(x)的最小值為f(?2)=?e又函