重难点8 极值点偏移的十大类型（解析版）-2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

重难点专题08极值点偏移的十大类型

01

题型1加法型构造一元差函数......................................................1

题型2乘法型构造一元差函数.....................................................10

题型3构造辅助函数+构造一元差函数..............................................17

题型4比值代换法...............................................................28

题型5对数均值不等式法.........................................................37

题型6加法型汇总...............................................................46

题型7减法类型.................................................................55

题型8乘积型汇总...............................................................67

题型9平方类型.................................................................76

题型10商类型..................................................................85

题型1加法型构造一元差函数

C，*

屮痢t点

极值点偏移问题中(极值点为%0)，证明+x2>2xo或+%2<2xo的方法：

①构造F(x)=f(x)一f(2x0-x),

②确定F(x)的单调性，

③结合特殊值得到/1(小)-/(2&-#2)>0或f(>2)-f(2xo-％2)<0，再利用f(Xl)=

f(x2)，得到/(右)与/(2M-冷)的大小关系，

④利用/(X)的单调性即可得到Xi+x2>2%0或Xi+x2<2x0.

【例题1](2023•重庆沙坪坝•重庆南开中学校考模拟预测)已知函数f(x)=x-singx)-

alnx,x=1为其极小值点.

Q)求实数a的值;

(2)若存在X1*x2,使得/'(巧)=，(%2)，求证：/+X2>2.

【答案】(l)a=1

⑵证明见解析

【分析】(1)根据/⑴=。求出a=1,再根据极小值点的定义加以验证即可；

(2)分类讨论/和不，转化为证明当0</<1,0<不<2时，修+上>2,继续转化为

证明当1<x2<2时,/(x2)</(2-x2),构造函数尸(x)=/(x)-/(2-x)(1<x<2),

利用导数判断单调性可证不等式成立.

【详解】(1)f(尤)的定义域为(0,+8),

((X)=1-；COS依题意得/''(1)=1一£1=0,得0=1,

此时/(X)=1一mOS(枭)-,

当0<x<l时，0<衣<.0<^cosgx)<S,i>l,故尸<)<0,f(X)在(0,1)内单调

递减，

当1<x<2时，扛畀<TT,]cosgx)<0,i<l,故/0)>0,/(x)在(1,2)内单调递

增，

故f(X)在X=1处取得极小值，符合题意.

综上所述：a=1.

(2)由(1)知，/(x)=x-sin-Inx,

不妨设0<xt<x2,

当1W与<M时，不等式久1+x2>2显然成立；

当0<<1,万2岂2时，不等式X]+x2>2显然成立；

当0</<1,0<犯<2时，由(1)知f(x)在(0,1)内单调递减,因为存在Xi*x2,使得

/(Xj)=/(x2),所以1<x2<2,

要证Xi+x2>2,只要证Xi>2-x2,

因为1<小<2,所以0<2-右<1，又f(x)在(0，D内单调递减，

所以只要证/'(久1)</(2-x2),又/'(xj=f(x2),所以只要证f(犯)<7(2-％2)，

设F(x)=/(x)-/(2-x)(1<x<2),

则p(x)=r(x)+f(2-x)=1-^cosO：+1-7cos(貝2_访-£

TT

=2-+cos(n—y%))

n

cos(-x))

)_i____14-4%

令g(x)=2—C+a(1<x<2),则g'(%)22

x(2-x)-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)<g⑴=0,

即尸口)<0,

所以F(x)在(1,2)上为减函数，

所以F(x)<F(l)=0,即/(旳)<f(2-x2).

综上所述：x1+x2>2.

【点睛】方法点睛：对于含双变量的不等式的证明一般采用以下两种方法：

①比值代换：设言=t，将不等式化为关于t的不等式，再构造函数，利用导数证明即可；

②构造函数F(x)=/(%)-〃2a-x),其中a为极值点，利用导数判断单调性，根据单调性

证明即可.

【变式1-1]1.(2022・全国•高三专题练习)已知函数f(x)=済，-(e+l)e，+ex+j.

(1)求f。)的极值.

(2)若/'(巧)=/(x2)=/(x3),xr<x2<x3,证明：x2+x3<2.

【答案】(1)极大值为-e,f(x)的极小值为g-1e2

(2)证明见解析

【分析】(1)利用导数求出函数的单调性即得解；

(2)由(1)可知0<x2<1<x3，设g(x)=f(x)-/(2-x),0<x<1，证明/"(x)<f(2-

x)在(0,1)上恒成立,即得解.

【详解】(1)(1)由题意可得/(%)=e2x-(e+l)e'+e=(e*-l)(e*-e).

当x<0或x>1时,/'(%)>0；当0<x<1时，/(X)<0.

所以f(x)在(-8,0)与(1,+8)上单调递增，在(0,1)上单调递减.

故的极大值为f(0)=-e,/(x)的极小值为f(l)=i-1e2.

(2)证明：由(1)可知0<x2<1<x3.

设g(尤)=-f(2-x),0<x<1,

则g'(%)=f'(x)+/(2-x)=(ex-l)(ex-e)+(e2T—i)(e2-x-e)

=(ex_e),e2«eJ|+e"ie3

设％(x)=e2x(ex-1)+ex+1—e3,则h'(x)=3e3x—2e2x+ex+1=ex(3e2x—2ex+e).

因为=4-12e<0,所以〃(%)>0在(0,1)上恒成立，即h(x)在(0,1)上单调递增，

因为例切<h(l)=0,所以“(%)>。在(0,1)上恒成立，即g(x)在(0,1)上单调递增，

因为g(x)<g(l)=0,所以f(x)<f(2-x)在(0,1)上恒成立.

因为*2e(0,1),所以f(%2)</(2-X2)(

因为f(%2)=/(%3)，所以/(*3)</(2-X2).

由(1)可知f(x)在(1,+8)上单调递增,Bx3,2-x2e(1,+8),

则<2—x2,即亚+X3<2.

【变式1-1]2.(2023・贵州毕节•校考模拟预测)已知函数/■(x)=(2x+a)lnx-

3(%—a),a>0.

(1)当x>1时,f(x)>0,求a的取值范围.

(2)若函数/(X)有两个极值点看,不，证明：+%2>2e".

【答案】⑴[L+8)

(2)证明见解析

【分析】(1)参变分离可得a>与高詈在尤>1恒成立，令如)=若譯,xe[l,+8),

利用导数求出函数的最大值，即可得解；

(2)求岀函数的导函数，依题意可得函数y=a与函数/t(x)=x-2xlnx,xG(0,+8)的图

象有两个交点，利用导数说明九(久)的单调性，不妨设0<匕<嘉<©，要证与+必>2e4,

即证X2>%-/,令尸(x)=hM-h(^-x),xe(0,i),利用导数说明函数的单调性,

即可得证.

【详解】(1)当x之1时，/'(x)>0«a>囁詈在％>1恒成立，

3x-2x\nx

令g(x),xG[1,4-00),

3+lnx

则g'(x)=-當醫产<o,

”函数g(x)在[1,+8)上单调递减,

•••gM<g⑴=1,

a>1,

•l-a的取值范围是[1,+oo).

(2)函数/'(x)=(2x+a)lnx—3(x—a),a>0.

贝(=21nx+舉-3=21nx+^-1=且：七,

・•・函数f(x)有两个极值点与，x2,

・•・f'(x)=。有两个正实数解Q方程a=x-2xlnx有两个正实数解Q函数y=a与函数

/i(x)=x-2x\nx,xe(0,+8)的图象有两个交点.

〃(%)=1—2-21nx=—21nx—1,令h，(x)=0,解得x=矣，

当0<%V2时九《)>0,则九⑴单调递增，当%>2时也⑴<0,则九⑴单调递减，

veve

・•・函数九⑺的极大值即最大值为九白)=崇.

又。<%<白时/i(x)=x(l-21nx)>0,且当％t0时，h(x)—0,又九(恒)=0,

2

・'・0VQV-^=.

不妨设0<%1<q=<x2.

要证明+&>2e_2h(x2)<九(奈一=九3.)〈九信—xi)•

X16(嗚)•

令F(x)=h(x)-九傷-x)=x-2xlnx-俱-x)+2傷-x)ln傷-x),xE(0,^),

-仁)=。・

所以F'(%)=1—21nx—24-1—21n(2—%)—2

=-21n[x-x)]-2>-2xIn(号一".-2=0,

当且仅当x=奈-x,即％=专时取等号，

.•・函数时)在x6(0七)单调递增，

"F(5=0，二F(x)<0,即九⑺<九俱一x),

因此看+x2>2eW成立.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单

调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、

不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.

【变式1-1]3.(2022•江苏南通・高三期中)已知/(%)=炉_ax\aGR),其极小值为-4.

Q)求a的值；

(2)若关于x的方程f(乃=t在(0,3)上有两个不相等的实数根与，上，求证：3<与+g<4.

【答案】⑴3

⑵证明见解析

【分析】(1)求导，分a=0、a<0和a>0三种情况求f(%)的极小值,列方程求解即可；

(2)构造函数g(x)=f(x)-/(4-x)(0<x<2),根据g(x)的单调性和g(0)=0得到

0

/(x2)-/(4-x2)>，再结合fOi)=/(上)和/(x)的单调性即可得到与+&<4；设

2

h(x)=2x-6x，通过比较/'(x)和/i(x)的大小关系得到刀3<X［网<x2，再结合旳+应=3

即可得到久1+x2>3.

【详解】(1)因为f(%)=x3-ax2,所以尸(%)=3x2-2ax.

当a-0时,f'(x)-3x2>0,

所以r(x)单调递增，没有极值，舍去.

当a<0时，在区间(-8,•上，/⑺>0,/(x)单调递增，

在区间(g,0)上，/(x)<0,“划单调递减，

在区间(0,+8)上，/⑺>0,/(x)单调递增,

所以当x=0时，人制的极小值为f(0)=0,舍去

当a>0时,在区间(一8,0)上，(Q)>0,f(x)单调递增,

在区间(0畳)上,广⑺<0,/(x)单调递减，

在区间(g,+8)上，/⑺>0,/⑺单调递增，

所以当X=号时，f(x)的极小值为/管)=一)3=-4.

所以a-3.

(2)由(1)知,在区间(-8,0)±,f'(x)>0,f(x)单调递增,

在区间(0,2)上，/'(X)<0,/(x)单调递减，

在区间(2,+电上,/'(%)>0,/(x)单调递增,

所以不妨设0<%!<2<x2<3.

下面先证必+x2<4.

即证<4—久21因为0<X1<2<处<3,所以1<4一不<2,

又因为区间(0,2)上，/(x)单调递减，

只要证f(与)>/(4-x2),又因为fOi)=八学)，

只要证f(亚)>"4一x2),只要证/(小)-/(4-x2)>0.

设g(x)=f(x)-f(4-x)(0<%<2),

则g'(x)=f'(x)+/(4—x)=3x(x-2)+3(4—x)((4—x)—2)=6(x—2)2>0,

所以g(x)单调递增，

所以g(x)>g(0)=o,所以/"3)-/(4-xz)>o.

下面证3<+x2.

设/i(x)-2x2—6x,因为/'(x)—/i(x)=x3—5x2+6x=x(x—2)(x—3),

在区间(0,2)上,f(x)>/i(x)；在区间(2,3)上,/(%)<h(x).

设旳6(0,。,/(Xi)=%(%3)=t,因为/(xj>/i(xj,

所以九(%3)>,所以X3<%!.

设与6(2,3),f(x2)=/l(x4)=t,因为/'(*2)<五(%2)，

所以八(%2)>/l(%4)，所以X4<x2.

因为/1(万3)=/l(%4)=t,所以X3+X4=3,

Xx

所以3=X3+X4<1+2-

【变式1-1]4.(2023•黑龙江牡丹江•牡丹江一中校考三模)已知函数/⑺=/(in%-|a),

a为实数.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数/(%)在％=e处取得极值,.(%)是函数f(%)的导函数，且尸(%。=f'(%2)<小，

证明：2v巧+&ve

【答案】Q)/(x)递减区间为(0,e号),递增区间为(e等,+8).

(2)证明见解析

【分析】(1)求导，由导函数的正负即可确定f(x)的单调区间，

(2胸造函数貝无)=5(2-x)-g[x},xG(0,1)，求导得t(x)的单调性，即可证明旳+x2>2,

构造函数g(x)-(-2x)=2xlnx,h{x)=g(x)-(2x-2e),求导,利用单调性即可求证%+

赴〈一巴+友+e=e.

/22

【详解】(1)函数/(无)=/(In%-泊的定义域为(0,+8),

3

/'(%)=2x(Inx--a)+%=x(21nx-3Q+1)

令尸(x)=0,所以In%=3二,得x-e~,

当xe(0,e~),〃(x)<0,当xe(e~,+8),广⑶>0,

z3G-1\/3a-1\

故函数/"(x)递减区间为(o,ekj,递增区间为(e丁,+8).

(2)因为函数/(x)在x=e处取得极值，

3a-l

所以％=e~=e，得a=1,

所以f(%)=x2(lnx—|)，得/'(%)=x(21nx-2)=2x()nx—1),

令g(%)=2x(lnx—1),

因为g'O)=21nx,当%=1时,gr(x)=0,

所以函数9(%)在％G(0,1)单调递减，在％G(1,+8)单调递增，

且当％6(0,e)时,g(x)=2x(lnx-1)<0,当%E(e,+8)时,g(x)=x(lnx-1)>0,

故0</v1<不<e.

先证+小>2,需证%2>2—%>

因为%2>1,2->1,下面证明g(xj=g%)>g(2-xj.

设t(x)=g(2-%)-gM,xG(0,1),

则t'(x)=—g'(2—x)—g'[x),t'(x)——21n(2—x)—2lnx——21n[(2—x)x\>0

故t(x)在(0,1)上为增函数，故t(x)<t(l)=5(1)-5(1)=0,

所以=g(2-旳)-g(xj<0,则g(2-xj<。(亚)，

所以2—xt<小,即得Xi+x2>2,

下面证明：%+X?<e

令=g(%2)=m，当Xe(0,1)时g(x)-(-2x)=2xlnx<0,所以g(x)<-2x成立，

所以-2%i>g(xD=m,所以%】<-y.

当xG(l,e)时，记h(x)=g(x)—(2x—2e)=2x\nx—4x+2e,

所以xe(l,e)时h'(x)=2lnx-2<0,所以九(x)为减函数得/i(x)>h(e)=2e-4e+2e=

0,

所以m=9(x2)>2X2-2e,即得七<y+e.

所以与+x2<-y+y+e=e得证，

综上，2<%+亚<e.

【点睛】思路点睛：求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正

负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调

性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价

转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.

题型2乘法型构造一元差函数

木則重£

处理极值点偏移问题中的类似于x62<a(f(xj=/(x2))的问题的基本步骤如下：

①求导确定/Q)的单调性，得到久1/2的范围；

②构造函数F(x)=/-(%)-/g),求导后可得?(%)恒正或恒负；

③得到/01)与/(盛)的大小关系后，将fOi)置换为/(&)；

④根据心与色所处的范围，结合/(x)的单调性，可得到亚与巴的大小关系，由此证得结论.

X1X1

【例题2］(2022•北京市房山区良乡中学高三期中)已知函数/(x)=lnx-x

Q)求函数f(x)单调区间；

(2)设函数g(x)=f(x)+a,若/，小G(0,e］是函数g(x)的两个零点，

①求a的取值范围；

②求证：x±x2<1.

【答案】(1)单调递增区间为(0,1)；单调递减区间为(L+8)

(2)①(l,e-1］;②证明见解析

【分析】(1)求导后，根据尸仁)正负即可得到/(x)的单调区间；

(2)①将问题转化为f(x)与y=-a在(0,e］上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求

得结果；

②由①可得0<Xi<1<打We,设尸(x)=g(x)-5(1)(1<x<e),利用导数可求得

FM<0,进而得到g3)<9偿)，即g(xj<g⑥，根据/短的范围和g(x)单调性可得

结论.

【详解】(1),•・/(X)定义域为(0,+8),f'(x)=：-1=号，

・•.当Xe(0,1)时，/(X)>0;当Xe(1,+8)时,f'M<0;

••・/(X)的单调递增区间为(0,1)；单调递减区间为(1,+8).

(2)①若%1，犯e(o,e］是g(x)的两个不同零点，贝！］y=/(x)与y=-a在(0,e］上有两个不同

交点；

由(1)知：/'(x)max=-1/又/'(e)=1-e,

・•・f(x)在(0,e]的图象如下图所示，

由图象可知：1—eW—a<-1,1<a<e—1,即a的取值范围为(l,e—1].

②不妨设<x2,由①知：0<X1<1<X2<Q>

•••g(x)=fM+«(•■•g'M=?,

g(x)在(0,1)上单调递增，在(L+8)上单调递减；

设尸(x)=g(x)-gG)(1<xWe),则=?一小—(一2)=?+髪=~^r~<0>

X

•••F(x)在(l,e]上单调递减，:.F(x)<F(l)=0,g(x)<g6),

又%2e(i,e],go?)<g(已)，又g(%i)=9(型)，二gOD<g(卷)；

Xie(0,1),[1,1),g(x)在(0,1)上单调递增，

Xi<—,则X/2<1-

x2

【变式2-1]1.(2023秋•辽宁丹东•高三统考期末)已知函数/"(X)=e*-xlnx+x2-ax.

⑴证明：若aWe+1,则/'(x)>0；

(2)证明:若/'(X)有两个零点尤1,X2,则<1.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)因为/'(x)定义域为(0,+8)，所以f(x)>。等价于+-Inx+x-a>0.设g(x)=

^-lnx+x-a,求导判断单调性，从而求得g(x)>g(l)=e+1-a即可得证；

(2)不妨设与<乂2，由(1)可知尤1,不也是9(%)的两个零点，且o<X1<1,%2>1，于

是0cl<1,由于9。)在(°」)单调递减，故x/2<1等价于gOD>g点).而g3)=

g(%2)=o,故“2<1等价于g(>2)>g(J①，设八(%)=gO)-gG)，则①式为八但)>

o.因此对h(x)求导判断单调性即可得证.

【详解】(1)因为人久)定义域为(0,+8),所以〃x)>0等价于9-ln%+x-a>0.

设9(x)=^-Inx+x-a,则g<x)=(留+：y_1),

当0<x<1时，g'(x)<0,当x>1时，g'(x)>0,

所以g(x)在(0,1)单调递减，90)在(1,+8)单调递增，

故g(x)>g(l)=e+1-a.

因为a<e+1,所以g(x)>0,于是/'(x)>0.

(2)不妨设与<外，由(1)可知尤1,不也是9(%)的两个零点，且0</<1,打>1，于

是0<己<1,由于g(x)在(0,1)单调递减，故<1等价于gCq)>g(己).

而g(xj=g(%2)=o,故%62<1等价于g(>2)>9号).①

设h(x)=g(x)-gG),则①式为九(刀2)>0.

因为"(X)=g'(x)-g'Q)(-)=-----------------------

1

设k(x)=ex+%-xe^-1,

当X>1时，k<x)=e"-+1>0,故k(x)在(1,+8)单调递增，

所以k(x)>k(l)=0,从而"(x)>0,因此似为在(1,+8)单调递增.

又冷>1,故/i(>2)>h(l)=o,故g(%2)>g层)'于是x62<1.

【点睛】关键点点睛：本题第(2)问是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数

h(x)=g(x)-gG)证明不等式.

【变式2-1]2.(2023・全国•高三专题练习)已知函数/(%)=xlnx-ax+a.

(1)若x>1时,/(%)>0,求a的取值范围；

(2)当a=1时，方程fO)=b有两个不相等的实数根Xi/?,证明：XiX2<1.

【答案】(1)(—8,1]

⑵证明见解析

【分析】(1)利用导数，判定单调性，求解最值可得范围；

(2)把双变量问题转化为单变量，结合导数求解单调性和最值，可以证明结论.

【详解】(1)-X>1,/(x)>0,.,.Inx-a+^>0,

设g(x)=lnx-a+^(x>1),g<x)=；/=妥，

当a>1时，令g'(x)=。得x=a,当1Wx<a时，g，(x)<0,g(x)单调递减；当x>a时,

g'(x)>0,g(x)单调递增,

，g(a)<g(l)=0,与已知矛盾.

当aW1时，g'(x}>0，“(x)在[1,+8)上单调递增,:.g[x}>g(l)=0,满足条件；

综上，a取值范围是(-8,1].

(2)证明：当a=1时，/''(%)=Inx,当x>1,f'(x)>0,当0<x<1,f'(x)<0,

则/(久)在区间(1,+8)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减，

不妨设<&，贝！JO<Xi<1<%2，要证X62<1,只需证1<X?〈丄，

X1

"(X)在区间(1,+8)上单调递增，，只需证/'3)<,

.・/■)=”小)，•・只需证<//).

设F(x)=/(x)-/(i)(0<x<1),则卜(x)=InxInx=^-^-\nx>0,,

・•・F(x)在区间(0,1)上单调递增,.-.F(x)<F(l)=0,"(x)<0,即f(%i)<成

立，

.<1.

【点睛】方法点睛：恒成立问题的处理方法主要有：

(1)分离参数法：转化为函数最值问题；

(2)直接法：直接求解函数最值，必要时进行分类讨论.

双变量问题一般利用等量代换转化为单变量问题进行求解.

【变式2-1]3.(2023・全国•高三专题练习)已知函数八%)=三-x•£.

Q)求“X)在[1,+8)上的最小值.

(2)设g(x)=/(x)+xex+x-Inx-a,若g(x)有两个零点打，七,证明：xtx2<1.

【答案】⑴。

(2)证明见解析

【分析】(1)求导后，令h(x)=9-右，利用导数可知当x>1时,h(x)>0，由此可知尸(x)>

0,得到八%)单调性，由最值定义可求得结果；

(2)求导后，根据g'(x)正负可确定g(x)单调性，从而确定》】,犯的取值范围；采用分析法

可知要证x62<1，只需证得g(》2)=9(xi)>9；令p(x)=X-21nx-(x>1),利用

导数可证得p(x)>0,结合(1)中结论可证得9(小)>g⑥,由此可得结论.

【详解】(1)/⑺="y-£+淖=(仔-£),

令山)=§一最，.•.九,(%)=卡+。，

则当X>1时，"(X)>0恒成立，二/i(x)在U+8)上单调递增，:.h(x)>/i(l)=0；

又当x21时，”20,二f'M>0,/⑺在口,+8)上单调递增，

；•f(x)min=/(I)=0.

(2)由题意得：g(x)=g+x-Inx-a(x>0)，则g'(x)==，

.•.当xe(0,1)时，g'M<0;当xe(1,+8)时，“(x)>0;

g(x)在(0,1)上单调递减，在(L+8)上单调递增，

g(x)有两个零点另加2,0<%!<1,X2>1;

要证X1X2<1,只需证久1<—,

x2

又0<》1<1,0<己<1，g(x)在(0,1)上单调递减，:只需证g01)>9,

又g3)=9(&)，二只需证9(不)>g(?，

即1•正：----亚1？+%2—21nx2------>。；

x2x2

设p(x)=x-21nx-i(x>1),则p<x)=1-:+或=>0,

p(x)在(1,+8)上单调递增,p(x)>p(l)=0,

p(x)=%2-21nx2->0；

2x2

由(1)知：---%2®%2>0,二"■—打。'？+%2—21n%2------>052立/

X2X2X2

综上所述:Xtx2<1.

【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数的最值、证明不等式的问题；本题证明不等

式的关键是利用极值点偏移的思想进行分析，将所证不等式转化为g(&)>9(己)的证明，

通过构造函数，结合导数知识证得g02)>9(2)成立.

【变式2-1]4.(2023•全国•高三专题练习)已知函数八x)=Inx.

⑴证明：/(%+1)<x.

(2)若函数h(x)=2x/(x),若存在Xi<%2使%3)=九(%2)，证明：%•%2〈卷.

【答案】(1)证明见解析

⑵证明见解析

【分析】(1)构造g(x)=/(x+l)-x=ln(x+l)-x，求导后判断函数最大值，得到g(x)<

0,BPln(x+1)<x得证；

(2)根据题意判断0<x1<i,i<x2<l,将原题转化为证明似小)>九(金)，构造函数

后求导证明即可.

【详解】(1)令g(x)=+1)-x=ln(x+1)-x,x>-1,g'(x)=票，

令g'(久)>0,解得：—1<x<0；令g，(x)<0,解得：x>0,

.•.g(x)在(一1,0)递增,在(0,+8)递减，则g(X)max=9(。)=。，

，g(x)<0恒成立，BPln(x+1)<x.

(2),.力(无)=2xinx,(x>0),.=21nx+2,

令〃(x)>0,解得：x>：；令〃(x)<0,解得：0<x<：；

.•.九(%)在@,+8)递增，在(0,?递减.

X---/iQ)=-1,%⑴=0,BXi<x2,=无但)，且0<匕<]3<&<1.

要证久62<白,即证X1<言.

eeX2

<金<9•朮(巧)>九島)-

又,.力OD=/1(丫2),.,.只证八(&)>八(六)即可.

令血》)=h(x)—h(a)=2x\nx+2^lne2x,Q<x<1,

m'(x)=21nx+2+^j(l-lne2x)=2(1+Inx)(1—>0恒成立，

.•・ni(x)在:<x<1单调递增.

X.-wi0=0,>0,:.h(x)>)

即八(刀2)>八(金)，二%].%2<

【点睛】极值点偏移的题目常用的手法就是对称构造，本题可先判断0<X]<]：<小<1，

再转化为证明/<金，根据g)的单调性可以将其转化为证明心2)>h(金),构造函数

后利用导数证明不等式即可.

题型3构造辅助函数+构造一元差函数

卄划重点

极值点偏移问题的一般题设形式：

1.若函数f(x)存在两个零点X1，X2且X1¥X2，求证：X1+%2>2x0(Xo为函数/(X)的极值点)；

2.若函数/'(X)中存在且X1片刀2满足/'(X。=/。2)，求证：X1+X2>2x0(Xo为函数/'(x)

的极值点)；

3.若函数/'(X)存在两个零点X1，%2且X1*x2,令&=气至,求证：/'(&)>0；

4.若函数/'(X)中存在勺/2且丰X2满足/Q1)=/。2)，令&=署，求证：/'(&)>0.

【例题3](2023秋•黑龙江鹤岗•高三鹤岗一中校考开学考试)已知函数/(x)=a呜-肛

g(x)=ax-aex.{e=2.71828…为自然对数的底数)

Q)当a=1时，求函数y=/(久)的极大值；

%2

(2)已知X],x2e(0,4-00),且满足f01)>g(%2),求证：X]+ae>2a.

【答案】(1)一1

(2)证明见解析

【分析】(1)运用导数研究f(x)的单调性，进而求得其最大值.

(2)同构函数h(x)=Inx-“，转化为>%(/)，结合换元法q=*t2=e*,分别

讨论厶>1^0<tj<1,当“>1时运用不等式性质即可证得结果，当0<厶<1时运用极

值点偏移即可证得结果.

【详解】(1)当a=1时，f(x)=Inx-x,定义域为(0,+<»),

则r(x)=：—1=9，/'(%)>0=>0<x<1,/^x)<0=x>1,

所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(L+8)上单调递减，

故f(x)的极大值为/XD=-1；

(2)由题意知，a>0,由/(xj>g(>2)可得alnm-xx>ax2-ae*,

所以Iny>Ine*2—eXz,令h(x)=Inx—x,

由(1)可知，h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+8)上单调递减，则h管)>旗e*),

令ti=?,t2=e*2,又Xi>0,x2>0,所以ti>0,t2>1,则h(ti)>h(t2),

①若ti>1,则G+t2>2,即子+e*z>2,所以X[+ae*z>2a；

②若0<^<1,设[3e(1,+co),且满足/i(t3)=h(tj),如图所示，

则九&3)=岫)>h(t2),所以1<t3<t2,下证：t3+tj>2.

令F(x)-h(x)—h(2—x)=Inx—ln(2—x)—2%+2,xG(0,1),

则叫x)=i+—-2=当W>0，

v7x2-xx(2-x)

所以F(x)=Kx)-h(2x-x)在xG(0,1)上单调递增，所以F(x)</(l)=0,

所以尸(厶)=h(ti)-h(2-tj)<0,即/i(tj<h(2-tj,

又因为/i(S)=h(ti),所以八。3)<h(2-ti),t3,2-tj6(1,+oo),

所以t3>2-tt,即t3+0>2,

x

又因为1<13ct2,所以ti+t2>2,即Xi+ae2>2a.

由①②可知，与+aeX2>2a得证.

【变式3-1]1.(2023•广东茂名•茂名市第一中学校考三模)已知函数f(x)=ax+

(Q-l)lnx+—,QG/?.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

⑵若关于X的方程f(x)=xe^-Inx+泸两个不相等的实数根%x2,

(i)求实数a的取值范围；

(ii)求证：a+吧>2.

%2X]XrX2

【答案】(1)答案见解析

⑵(i)(e,+8)；(ii)证明见解析

【分析】(1)求出/•'(%)=如喑出，分a<0.a>0两种情况讨论，分析导出的符号变化，

即可得岀函数“外的增区间和减区间；

(2)(i)将方程变形为e^+inx=a(x+Inx),令t(x)=x+Inx,令g(t)=，可知直线y=a

与函数g(t)=『的图象有两个交点，利用导数分析函数g(t)的单调性与极值，数形结合可得

出实数a的取值范围；

(ii)将所证不等式等价变形为0+弓>2,由1=at变形可得岀t=Ina+Int,推导出t?-

G=In?，即证.>希•令p=?(t〉1),只需证Inp>逛整，构造函数h(p)=Inp-迪尚,

q1In广iiP+iP+1

其中p>1,利用导数法即可证得结论成立.

【详解】(1)解：因为f(x)=ax+(a-l)lnx+i,

所以r(x)=a+匕i一="坟/匚=至当二2，其中％>0.

①当a<。时，/(x)<0,所以函数f(x)的减区间为(0,+8),无增区间；

②当a>0时，由r(x)>0得x>:,由/(%)<0可得0<K<3.

所以函数f(x)的增区间为G，+8),减区间为(0,J.

综上：当aW0时,函数/'(X)的减区间为(0,+8),无增区间；

当a>0时，函数“X)的增区间为&,+8),减区间为(0,£).

(2)解：(i)方程/(x)=xex—Inx+:可化为xe、=ax+alnx,BPex+lnx=a(x+Inx).

令t(x)=x+Inx,因为函数t(x)在(0,+8)上单调递增，

易知函数t(x)=X+Inx的值域为R,

结合题意，关于t的方程e，=at(*)有两个不等的实根.

又因为t=。不是方程(*)的实根，所以方程(*)可化为?=a.

令9(t)=7,其中t*0,则g'(t)=今』.

由g<t)<。可得t<0或0<t<1,由g'(t)>。可得t>1,

所以，函龜⑴在(-8,0)和(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增.

所以，函蜘(。的极小值为g(l)=e,

且当t<0时,g(t)=曰<0；当t>0时,则g(t)=?>0.

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,+8).

Xzt2

(ii)要证％+—>—,只需证万遂看+x2e>2a,即证+e>2a.

x2xlxlx2

因为U=at,所以只需证％+J>2.

由(i)知，不妨设0<0<1v。.

因为向=at,所以t=Ina+Int,即力=:曲，作差可得巧一方=1時.

(t2=Ina+lnt2G

所以只需证黑>念，即只需证17T>品.

=只需证lnp>%神.

qP+1

令砥P)=1叩-需，其中p>1,则，(p)=；看=|>。，

所以h(P)在(1,+8)上单调递增，故九(p)>h(l)=0,即/l(p)>0在(1,+8)上恒成立.

所以原不等式得证.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

(1)直接构造函数法证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x)造化为证明f(x)-g(x)>0

(或f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x)；

(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

(3)构造"形似"函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助

函数.

【变式3-1]2.(2023•山东日照统考二模)已知函数f(x)=x-alnx.

⑴若/'(x)>1恒成立,求实数a的值：

z,Z1

(2)若>0,%2>0,e+lnx2>Xi+x2,证明：e+x2>2.

【答案】(l)a=1

(2)证明见解析

【分析】(1)当。<0时，由尸⑺>0可知函数单调递增，通过反例可说明不合题意；当。>0

时，可得/'(x)单调性,知a-alna>1；构造函数g(a)=a-alna,利用导数可求得g(a)W

g(l)=1,由此可得a-alna=1,知a=1；

(2)将已知不等式化为-Ine%>x2-lnx2,令h(x)=x-\nx,利用导数可求得h(x)单

调性，易知小>1时成立，当0<小<1时，采用分析法可知只需证得八但)>h(2-不)即

可，构造函数m(x)=頃x)-h(2-x),xe(0,1),利用导数可说明血(x)>0,由此可得结

论

【详解】(1)由题意得：4%)定义域为(0,+8)，/(%)=1*=手；

①当Q<0时,(⑺>0,・・.f(%)在(0,+8)上单调递增,

若a=0,则/G)=X(x>0)zA%6(0,1)时,f(x)<1,不合题意；

若QV0,贝!Jf(同=e«-alne«=e«-1<0,不合题意；

②当a>0时，若xe(0,a)f贝(J/'Q)V0；若%€(a,+oo),贝!J尸(X)>0；

・•・f(%)在(0,a)上单调递减，在(a,+8)上单调递增，.・・/(x)min=f(a)=a-alna；

若f(%)>1恒成立，・•・a-alna>1,

令g(a)=a—alna,则g，(a)=—Ina,

・・・当QE(0,1)时，“(a)>0；当a€(l,+8)时,g，(a)<0；

・•・g(a)在(0,1)上单调递增，在。+8)上单调递减;

又g⑴=1a—alna<1；

则当a=1时,a-alna=1符合题意；

综上所述：Q=L

X1X1

(2)由e*】+lnx2>%i+不得：e*1—=e—lne>x2—ln%2,

令九(%)=x—Inx,则“(%)=1—1=(1,

••・当％E(0,1)时，"(x)<0；当％G(1,+8)时,"(%)>0；

・・・九(%)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增;

XiX1

由e*i-lne>x2-ln%2得:h(e)>h(x2);

v%i>0,・•・e”〔>1,

当％2N1时/由Me*】)>九(%2)得：e”〔>不21，，+g>2;

当0v%2V1时，要证+&>2,只需证e*i>2-x2,

V0<x2<1,1<2-x2<2,则只需证<e"i)>h(2—%2)/

又九(e*】)>h(x2)，，只需证九(%2)之九(2-尤2)；

令m(%)=h(x)—九(2—x),x6(0,1),

则M(x)=l-：+(1-士)=2-r£=-^^<0,

m(无)在(0,1)上单调递减，[m(x)>m(l)=0,•••m(x2)>0,

X1

即九(%2)>h(2—x2),即h(e*i)>/i(2—%2)得证>,,ee+x2>2;

X1

综上所述：e+x2>2成立.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立、证明不等式的问题；本题证明不等式

的关键是能够采用同构法将所给不等式化为八(铲】)>八(