极值点偏移问题（学生版） -2025年高考数学压轴大题

专题8极值点偏移问题

考情分析

函数与导数一直是高考中的热点与难点，近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现与函数极值点偏移有

关的函数与不等式问题，已知函数y=/(x)是连续函数,在区间J,%)内有且只有一个极值点与，且

/(%)=/(/),若极值点左右的增减速度”相同，常常有极值点X。=土产，我们称这种状态为极值点不偏移;

若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点x°w三产的情况,我们称这种状

态为‘极值点偏移”(对可导函数/(x)来说，/(无)的极值点就是r(无)的零点，所以很多与零点或方程实根

有关的问题也可以利用处理极值点策略的方法去处理).此类问题背景新颖，教材中又没有涉及，不少同学

望而生畏，本专题给出此类问题的常用解法，共同学们参考.

解题秘籍

(-)通过对称化构造新函数破解极值点偏移问题

【以例及类】已知函数/(耳=屁口.

⑴求函数/(x)的单调区间；

⑵己知函数g(x)的图像与/(x)的图像关于直线工=1对称,证明:当x>1时,/(x)>g(x)；

(3)如果项H/，且/(演)=证明：X]+》2>2.

【分析】⑴由—x)可得“X)在(-oo,-1)上递增，在(-1,+00)上递减;

⑵g(x)=〃2—x),构造函数尸(x)=/⑴―—9(x)=(x—1乂广2—尸),由尸(x)单调性可

得x〉l时尸(％)>尸(1)=0；

⑶假设为<1<》2,由⑵得/(当)>/(2—%)，即/(占)>/(2-％)，由/(》)在(一8,-1)上递增,可得

再>2—,玉+%2>2.

该题的三问由易到难，层层递进，完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程，直观

展示如下:

该题是这样一个极值点偏移问题：对于函数/(x)=xer,已知/(xj=/(%),占证明西+々>2.

再次审视解题过程，发现以下三个关键点：

①国,32的范围(0<匹<1<工2)；

②不等式/(x)>〃2—x)(x>l)；

③将马代入(2)中不等式，结合/(x)的单调性获证结论.

小结：用对称化构造的方法求解极值点偏移问题大致分为以下三步：

①求导，获得/(x)的单调性，极值情况，作出/(x)的图像，由/(西)=/(12)得司，0的取值范围(数形结

合)；

②构造辅助函数(对结论西+x2>(<)2%,构造人力=/(x)-/(2x0-x)；对结论x/2>(<)芯,构造

一

F(x)=f(x)-f」)，求导，限定范围(网或吃的范围)，判定符号,获得不等式；

\X)

③代入X](或/)，利用/(阳)=/(%)及/(X)的单调性证明最终结论.

下面给出第(3)间的不同解法

【解析】法―：r(x)=(l-x)e-x,易得/(X)在(-00,1)上单调递增，在(1,+00)上单调递减,xf—00时,

/(x)f—oo,/(0)=0,》->+00时,/(%)->0,函数/(X)在x=l处取得极大值/⑴,且/⑴=1,如图所

由/(再)=/(X2)，%1不妨设<%2,则必有<1<%2，

构造函数/(X)=/(1+X)-/(1-X),X€(0,1],

则尸(X)=+X)+/(l-x)=—d*_1)〉0,所以F(x)在xC(0,1]上单调递增，7(x)>尸(0)=0,也

即/(l+x)>/(I一X)对X£(0,1]恒成立.由0<X]<1<%2,得1—玉£(0,1],

所以/(1+(1-X1))=/(2-X1)>/(1-(1-X1))=/(X1)=/(X2),即/(2—西)〉/(马)，又因为

2-Xl9X2£(1,+8)，且/(X)在(1,+8)上单调递减，所以2-玉<%2,即证玉+X2>2.

法二：欲证玉+%2>2,即证％2>2-％1，由法一知0<%1<1<、2,故2-％1，%2£(1,+°°),又因为/(%)在

(1,+8)上单调递减，故只需证/(9)</(2—石),又因为/(再)=/(9)，

故也即证/(阳)</(2—M),构造函数H(x)=/(x)-/(2-X),XG(0,1),则等价于证明”(%)<0对

(0,1)恒成立.

1_Y

由H'(x)=/'(x)+/'(2—x)=--(1-e2x-2)>0,则H(x)在xe(0,1)上单调递增，所以H(x)<H(l)=0,

即已证明”(x)<0对xe(0,1)恒成立，故原不等式再+%>2亦成立.

法三：由/(西)=/(%),得占"为=x,ef,化简得I?』=三…①，

X]

不妨设%>X],由法一知,。<X]<1<工2.令/=々一再，则/>0,X。=t+x1，代入①式，得e'=,反解出

■-一-西

t2t2t

xx=———，则再+12=2项+Z=———+看,故要证：再+%>2,即证：———+Z>2,又因为d-1>0，等价

e—1e—1e—1

于证明：2/+«—2)(d—1)>0…②，

构造函数G«)=2t+(t-2)(e'-1),«>0)，则G")=(7—1)£+1,G〃Q)=4>0,

故G")在/e(0,+oo)上单调递增，G'(/)>G'(0)=0,从而G⑺也在/e(0,+oo)上单调递增，

GQ)〉G(0)=0，即证②式成立,也即原不等式玉+%>2成立.

法四：由法三中①式，两边同时取以e为底的对数，得马-西=In三=Inx,-In西,也即0-1呻=],从而

X[x2-X]

三+1

lnX2lnX1

X1+X2=(xt+x2)~==_inX,

x2-Xxx2-XjX[三_]X]

石

X/-U1

令，=二«>1),则欲证：、1+马>2,等价于证明：——lnZ>2...@,

再t-1

构造/(/)=a+1)lnr=(1+2)Int,(t>1),则=厂——

t—\t-\t\t-1)

又令9(/)=/2—1—2fin/,(/>i),则又«)=2/—2(lnf+l)=2(t—1—Int),由于」—l>lnf对Vfe(l,+oo)恒

成立，故(p'(t')>0,在te(1,+oo)上单调递增，所以(p(t)>°(1)=0,从而A/'(/)〉0,故M(t)在

tG(1,+00)上单调递增由洛比塔法则知

lim71/(0=lim(r+1)lnr=lim俭32=lim(ln/+⑴)=2,即证〃(7)〉2即证③式成立，也即原不

X-X-t1尤-('1)"-t

等式X]+々>2成立.

【例1】(2023届贵州省威宁高三模拟)已知函数/(x)=(2x+a)lnx-3(x-a),a>0.

(1)当时，/(x)>0,求。的取值范围.

,,1

(2)若函数有两个极值点外,*2，证明：X]+x2>2e

【解析】(1)当了21时，/(%)之0oa23x-在％21恒成立,

3+In%

人/、3x-2xlnx口,\，/、一(3+2lnx)lnx

令ga)="T'91'+0°),则ntlg(、)=(3+m"v0,

，函数g(x)在[L+oo)上单调递减，.1g(x)Vg⑴=1,

。上1,的取值范围是1,+℃).

(2)函数/(x)=(2x+a)lnx_3(x_a),a>0.则广3=21"+^^-3=211^+4-1="+2田—7

XXX

,•1函数/(x)有两个极值点为，x2,

/'(x)=0有两个正实数解Q方程a=x-2xlnx有两个正实数解O函数>=。与函数〃(x)=x-2xlnx,

xe(0,+»)的图象有两个交点.

1

"(x)=l-2-21nx=-21nx-l,令/z'(x)=0,解得无二'

当0<x<3时〃(x)>0,则〃(x)单调递增，当时”(x)<0,则〃(x)单调递减,

veMe

2

函数〃(x)的极大值即最大值为〃

又0<1<十时Mx)=x(l—21nx)〉0,且当x.0时，/(x)fO,又力(捉)=0,

21

0<tZ<.彳^如5"^^0<再<-'r=<X?,

ve<e

21"

要证明项+吃〉2e-r~x\〉-『1―广Xjj〃(X])〈人XjG

令尸(%)=h{x)-hx—2xInx--xInF=0.

所以F(x)=l—21nx—2+l—21n

-2>-2xIn显—2=0'

4

当且仅当x=[-x,即x=+时取等号，，函数尸(x)在xe[o，+)

单调递增,

_]_、­

*/F=0,/.<0,即〃，因此X]+工2>2e，成乂・

【例2】(2024云南省长水教育集团质量检测)已知函数/(x)=31nx+ax2-4x(a>0).

⑴当。=1时，讨论/(x)的单调性；

(2)当时，若方程有三个不相等的实数根网户2，退，且再<乙<当，证明：<4.

【解析】(1)由题意可知：/(x)的定义域为(0,+8),

八,/、3c2ax2-4x+3

f(x)=-+2ax-44=-----------,

xx

令/[x)=0,可得2ax2-4X+3=0,当。=1时，即2x2-4x+3=0,

A=16-24=-8<0,可知2/—4x+3>0在(0,+e)上恒成立，

即/'(x)>0在(0,+⑹上恒成立，所以/(X)在(0,+⑹上单调递增.

2

(2)当口=，时，Rff#/(x)=31nx+—x-4x,f'(x)=—+x-4=――,

22xx

l<x<3<0;0<x<1,或x>3J'(x)〉0;

故〃x)在(0,1),(3,+8)上单调递增，在(1,3)上单调递减，

由题意可得：0<X]<1<X2<3<退，因为/(再)=/(%2)=/(玉)=6,

令g(x)=/(x)-/(2-x),0<x<l,

则g'(x)=〃x)+〃2-+0+1卜]3+2

可知g(x)在(0,1)上单调递增,

则g(x)<g(l)=0,可得/(x)</(2-x)在(0,1)上恒成立，

因为0<再<1,则/(±)=/(%2)</(2-玉)，

且1<2-再<2,1<%<3J(x)在(1,3)上单调递减，则2f</，即再+超>2；

令"(x)=/<x<3,

贝叫3八)+/(67)=[+》_4)+3+6_1)=靠号>0,

可知〃(无)在(1,3)上单调递增,则〃(力<力(3)=0,

可得/(x)</(6-x)在(1,3)上恒成立,因为1<匕<3,则/(々)=<卜3)</(6-々),

且3<6-/节用以/⑴在(3,+功上单调递增，

则6-工2>，即工2+工3<6；由占+工2>2和工2+工3<6可得工3一玉<4.

(-)含参函数问题可考虑先消去参数

含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元项,%的基础上，又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想

尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介,构造出一个变元的新的函数.由

于可导函数/(x)的极值点是/'(x)的零点，也是方程/'(X)=0的实根，所以有些与零点或方程实根有关的

问题可以利用求解极值点偏移问题的方法去解决.

【一题多解】已知函数/(x)=lnx-ax,a为常数，若函数/(x)有两个零点百户?，

2

试证明：%；-x2>e.

【分析】法一：消参转化成无参数问题：

,ax

/(X)=0=Inx=axoInx=ae,x,,x2是方程/(x)=0的两根，也是方

taxx

程lnx=ae的两根，则lnX],lnx2是x=ae*,设/=lnX]，4=lnx2g(x)=xe~，则g(i/1)=g(i/2)，从而

西工2〉e?oIn》]+lnx2〉2。%+的>2,此问题等价转化成为【例1】，下略.

法二：利用参数a作为媒介,换元后构造新函数：不妨设苞〉与，

n

In-axx=0,Inx2-ax2=O/.lnX]+lnx2=a(xx+%),1xi-In/=a{xx-x2),

1

工^——吧=a，欲证明xxx2>e，即证In+lnx2>2.

Xi一/一一

2

In%+lnx2=。（国+%），，即证。＞------

xx+x2

・•・原命题等价于证明电五二生玉〉，即证：E土〉2(%-%),令/=工,。〉1),构造

玉-x2再+x2x2%!+x2x2

g(0=In/—邛苧,/〉1，利用g(f)单调性求解,下略.

法三：直接换元构造新函数：

Inxlnxlnxx、门x小

a=——L=——9二=——9^二一9，设再＜/J=）9,z（，〉1）,

%]x2Inxx再']

川YTx1n与ln/+lnX|

火U超­咐?-----%---------

In再In%

1In/i1i1iInZ

反解出：In1]=——-,Inx=Intx=InZ+In=ln，+——-

2x7^1

故Xi%>/oIn%1+lnx2〉2o先中口，〉2，转化成法二，略.

【例3】(2024届浙江省名校协作体高三上学期联考)函数/@)=念工-6^-1)2有两个极值点

再,工2(再<%2).其中QER,e为自然对数的底数.

⑴求实数。的取值范围；

⑵若%+(e-2)x2+2(l-e)24(%-1)(马T)恒成立，求2的取值范围.

【解析】(1)由于新(x)=ae-2e(x-1),

由题知/'(X)=0有两个不同实数根，即。=2e(H)有两个不同实数根.

e

令g(x)=2e(：T),则g，(x)=2e(2-x)20,解得故g(x)在(-叫2］上单调递增，在2+⑹上单调

ee

2

递减，且X-—00时，g(x)f-co,Xf+co时，g(x)-0,g(2)=j,故g(x)的图象如图所示，

当时，/''(X)有两个零点X,三且X1<x?.则/'(x)N0=0<xW%或xN七，故〃x)在(0,x』上单

调递增，在(国,9)上单调递减，在(％,+co)上单调递增，/(x)的极大值点为为，极小值点为

故/⑺=泡-e(x-厅有两个极值点时，实数。的取值范围为(0,I；

(2)由于%+(e—2)/+2(1—e)2—1)(%—1)=-l)+(e-2)(x2-1)>2(^-l)(x2-1)

若设％=匹-1/2=%2-1(。<.<幻，则上式即为%+(e-2)，2之九142

两式相除得日苫，即…=吗>。,

由(1)可得

由eZ,+(e-2)?2>圈4得&F)[e%+(e—2)^]之"心出工

2+(e-2)^-eA

,2+(e-2)/—

所以彳《--------J一匕

In上

(

则九力⑴在(1,+⑹恒成立,由于〃⑷=[(e-2)'+』,-2”(e-2).+e

令O(，)=[(e-2)/+e]In/_2/_(e_2)，2+e,则“(%)=2(e—2)ZlnZ—2—(e—2)/H—,

P

^(^)=2(e-2)ln^+2(e-2)---e+2,

显然9〃(。在(1,+8)递增,

又有""⑴=一2<0,夕"(e)=3e-6-工>0,所以存在%e(1,e)使得夕"&)=0,

e

且易得。'⑴在(1,。)递减，(礼+8)递增,又有夕'⑴=04(e)=e2-2e-l>0,

所以存在1e(l,e)使得°&)=0,且易得夕⑺在(1冉)递减，&,+»)递增,

又0⑴=9(e)=0,贝l]l<x<e时，<0,/?()<0,x>e时，⑺>0,所以易得〃«)在(l,e)上递

减，在(e,+oo)上递增,则“⑺1mLMe)=(e-1)?,

所以几的取值范围为(-8,(e-I)2].

(三)对数平均不等式

a-b

两个正数a和6的对数平均定义：£伍力)=|lna—ln八“"*

a(a=b).

对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：4ab<L{a,b}<^~(此式记为对数平均不等式)

取等条件：当且仅当a=6时，等号成立.

【例4】设函数/(x)=e*-ax+a(aeR),其图象与x轴交于2(项,0),8(%,0)两点，且毛<x2.

(1)求实数a的取值范围；

(2)证明：/'(而T)<O(/'(x)为函数/(x)的导函数);

【分析】(1)/'(x)=e-当aWO吐/'(x)〉0在R上恒成立，不合题意

当a>0时,/(x)min=/(Ina)=a(2-taa)

当/(x)min>0,BP0<«<e2时,/(x)至多有一个零点，不合题意，故舍去；

当/(x)min<o,即。>e2时,由/(I)=e〉0,且/(x)在(―oo,Ina)内单调递减，故/(x)在(1,Ina)有且只有一

个零点；由/(Ina2)=o2-2alna+a=a(a+l-21na),

2

令y=a+l—Zina,。〉/,则y1—\—>0，故a+1—21na>/+]_4=/—3>0

a

所以/(In/)>。,即在(inq,21na)有且只有个零点.

(2)由(1)知,/(%)在(一°0,山4)内递减,在(111凡+00)内递增,且/(1)=。>0

X{X2

所以1<%<Ina</<2Ina,因为f(xx)=e-ax1+a=0,f(x2)=e-ax2+a=0

a=-，即士=，所以1=〉Jai)(xi)

xt-lx2-lX]-1x2-lg-1)-ln(4-1)、

所以再%-(%i+々)<0，要证：/'()<0,只须证e<a，即A/x1x2<Ina

故,J%]/<再一In(玉-1),<X2~1n(%2-1)

所以2yJX[X2<+/—山(再—1)(%2一1)，所以Ina%-(玉+/)+D<玉+%2-2dxix?

因为演9-(/+%2)<°，所以1口区%2-(玉+x2)+l)<Ini=0，而匹-25国%>0

所以山(再工2-(项+%2)+1)<再+X2-2dxiX?成立，所以小再%2)<0

【评注】根据对数平均不等式求解的步骤是：

1.通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出In%-In/及%-％2，

2.通过等式两边同除以In再-In/构建对数平均数再一“

In-Inx2

3.利用对数平均不等式将*一々转化为土土三后再证明%1+%2<2x0(或X]+x2>2x0).两种方法

InX]-lnx22

各有优劣，适用的题型也略有差异.

(四)一题多解赏析

【例5】已知/(%)=xlnx-g机/-x,加eR.若/(X)有两个极值点X1,%,且西<》2,求证：XlX2>°2

(分析]解法一：欲证七％2〉e2,需证InX]+In/>2.

若/(x)有两个极值点不，32,即函数/'(X)有两个零点.又/'(%)=111%-3；,所以,占，了2是方程/'(%)=0

的两个不同实根.

山西一加西=0解得.=Inxi+ln/

于是，有

]nx2-mx2=0''X1+x2

另一方面，由二叫U^InXj-lnXj=m(x2-x1),

Iin%2一—u

从而可得,”-1呻=1呻+”

x2-x1X1+%2

1+五In三

工曰](In%TnxJG+西)

于是,In/+In%=------------------

x2-匹

X]

又0<玉</,设，=‘■，贝u>1.因止匕,止1%+lnx2=--------,t>1.

再t-1

«+l)ln/>2]〉]即：当/>1时，有〉/〉？"一1).构造函数

要证如国+lnx2〉2,即证:

t—\，+1

=利用丸(。为(L+s)上的增函数求解.

解法二：欲证七%2〉，,需证Mx】+lnx2>2.若/(x)有两个极值点七,々,即函数/'(%)有两个零点.又

/'(x)=lnx—s,所以,西,超是方程/'("=0的两个不同实根.显然机>0,否则，函数/'(X)为单调函数,

不符合题意.

由|inx'me~-0=^nxi+^nx2=机(西+%)，问题转化为证明芭+x2〉白,构造函数

，根据g(x)在(0」

函数g(x)=/'(x)-/'0<x<—上递增，可得g(x)<g=0,

mm

x),设玉，由/'(x)在［o.

所以/'(x)</‘上递增可证.

1m

解法三：由X］，4是方程/'(x)=0的两个不同实根得加=叱，令g(x)=@二,g(xj=g(x,),由于

XX

g'(x)=1-，因此,g(x)在(1,e)T,(e,+C0)J.

X

2<„2A

eP

设1<%<e<%2,需证明再马>©2,只需证明再>一G(03)，只需证明/(再)>/—，即

X

x2\2)

<2\

X>

/(2)/一,SP/(X2)-/—>0.

X

\27)

<2A(l-lnx)(e2-x2

即〃(x)=/(x)-/—(xe(l,e)),A,(x)=>0,故/z(x)在(l,e)T,故

x2e2

7

(八2

h(x)<A(e)=0,§P/(x)<f—.令x=X],则/(々)=/(玉)</—，因为，/(x)

XJVxi7

e2

在(e,+oo)所以％2>一，即再入2>。2.

X\

In再-mxx=0律ie：njR设

解法四：设％=111为e(O,l)J2=lnx2e(l,+co),则由

Inx-mx=02

22t2=met2

kgk

k=ti—t2<0,则4=—~-，&2———.欲证项％2>e?,需证也再+lnx2>2,即％+Z2>2,把4/2代入整理

e-1一一

得

左(1+才)—2(e氏—1)<0,构造g(x)=Ml+/)—2(i—D证明.

设“Inx/0,1)4=m丫(1,+8),则由依L；得;=：：：=>”一,设?…(0,1),

(LU八2〃"2-U[〃2=me12r2

k\nkk

则％="丝，%2二In上上.欲证X1%需证Inxi+ln%〉2,即只需证明4+/2〉2,即

k-1k-1

(左+l)ln左2(1)=In左一幺4_o,设g(左)=山左一幺4_0(左=(0,1)),

>2=In左<

k—1左+1左+1左+1

g'(左)=/4〉0,故g(左)在(0,1)1,因此g(左)<g(l)=0,命题得证.

左(左+1)

(五)2022届高考全国卷甲理22题解析

极值点偏移问题前几年高考曾经考查过，2022年高考全国卷甲理再次考查极值点偏移问题，该题有一定难

度，但用前面介绍的方法可以轻易解决，下面给出两种解法，共同学们参考：

x

【例6】已知函数/(x)=-e---lnx+x-a.

X

(1)若/'(X)NO，求。的取值范围；

(2)证明：若/(X)有两个零点周广2,则再/<L

【解析】解法一：(1)因为/(x)=f—lnx+x—a,

JC

令/(x)=0,得X=1

当xe(0,1)JG)<0,/(x)单调递减；当xc(1,+s)J'(x)>0,/(x)单调递增,

所以/(x)N/(l)=e+l—a,

若/(x)20,则e+1—。20,即。46+1,所以。的取值范围为(一8"+1].

(2)由(1)知，xe(0,l)J(x)单调递减;当xe(l,+ao)J(x)单调递增,

若/(x)有两个零点占,乙,则一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设玉

1

要证西/<1,即证西〈一,

1(1、

因为1E(0,1),即证/'(%)>/■一，因为/(须)=/(%)，即证/(々)〉/

0—1

即证----Inx+x-xex-Inx——>0,xG(1,+oo),

XX

Q-]/]]p-

xx

下面证明x〉l时,---xe>0?lnx—x—<0,设g(%)=----xe,x>1,

x2^x)x

设O(x)==--y|e¥=^y^e'T>0,

XkA-JCJX

x

所以0(x)>O(l)=e,而/]<e，所以^p--e—x>0,所以g'(x)>0.

x1

所以g(x)在(1,+8)单调递增即g(x)>g⑴=0,所以Je一疣、>0

x

2.x—x~—1一(XT]

令〃(x)=Inx——,x>1h'(x)——<0,

x-27-2x2

所以〃(x)在(1,+oo)单调递减,即h(x)<〃⑴=0,所以Inx-：

<0；

ex-

综上，----工铲—2>0,所以％i%2<1.

x

解法二：(1)因为=——lnx+x-a=ex-lnx+(x-Inx)-(2,

x

1r_1

设/=g(x)=X-Inx，则g<x)=1--=---(x>0).

XX

所以xe(0,1)时g<x)<0,g(x)递减,Xe(1,+<»)时g<x)>0,g(x)递增,

f=g(x)2g⑴=1,

设/(x)=〃(/)=e，+/-a(f21)，则h(t)为增函数,A(?)>A(l)=e+1-a,

若/(x)»0,则e+l-a之0,即“Me+1,所以。的取值范围为(一co,e+l].

(2)由(I)知/(X)有两个零点为户2,则方程x-lnx，有两个实根为户2,

因为xw(0,1)时g(%)递减,xe(1,+8)时g(x)递增,

不妨设0<项<1<,由西一山西=X2~ln%2=t得；―"―/一=1，

InA-2InX]

所以要证玉工2<1，即证丁/->J*，即证~21——->21nm,

illA2—inX]7x、x?VX]

即证J土■-J±-2InJ三>0,设J三=7〃(加>1),即证机-L-21n加>0,

yxI}/x2'%%m

设尸(加)=机_，一21nm(w>1),则尸'(加)=1+二-2=(1-1]>0,

所以尸(加)为增函数，尸(m)>尸⑴=0,所以西/<1成立•

典例展示

【例1】（2024届四川省眉山市高三下学期第三次诊断）已知函数/（x）=xku-ax2_2x.

⑴若过点（1,0）可作曲线V=〃x）两条切线，求。的取值范围；

⑵若/（x）有两个不同极值点%力.

①求。的取值范围；

②当司＞4》2时，证明：龙西＞16e\

【解析】（1）依题意，r（x）=lnx-2ax-l,

设过点（1,0）的直线与曲线＞=/（x）相切时的切点为（%,%）,斜率左=1%,-2办0-1,

切线方程为＞-（%1叫-。/-2%）=（1叭-2.-1）。70）,而点（1,0）在切线上，

贝lj-xolnxo+QX；+2x0=(lnx0-2axQ-1)(1-x0),即有ax；-2ax0-x0+lnx0-1=0,

由过点(1,0)可作曲线y=两条切线，得方程办:-2办。-X。+1叫-1=o有两个不相等的实数根,

令g(x)=ax2-lax-x+Iwc-1,贝!|函数g(x)有2个零点，

求导得g'(x)=2ax-2a-l+-=2办-20+1诉+1=(2办-1)(1),

XXX

①若°>《，由g'(x)>0,得0<x<3或x>l,由g'(x)<0,得3Vx<1,

22a2a

即函数g(x)在(0,1),(1,+8)上单调递增，在(，-,1)上单调递减，

2a2a

则当x=1时，g(x)取得极大值；当X=1时，g(x)取得极小值，

2a

又g(—)=a•(—)2-2a•—----—+In———1二-\n2a——-——2<0,

2a2a2a2a2a4a

当xKl时，g(x)<0恒成立，因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；

②若Q=g'(x)»0恒成立，函数g。)在(0,+s)上单调递增，

因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；

若0<。<一,由g'(x)〉0,得0<%<1或、>—，由g'(x)<0,得1<x<—,

22a2。

即函数g(x)在(0,1),(4,+刈上单调递增，在(1，1)上单调递减，

2a2a

则当x=l时，g(x)取得极大值；当x=1时，g(x)取得极小值，又g(l)=-a-2<0,

2a

显然当时，g(x)<0恒成立，因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；

2a

④若Q«0,显然2办一1<0,当0vx<l时，g'(x)>0,当％>1时，g\x)<0,

函数在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，当％=1时，g。)取得最大值g⑴=-2,

要函数g(x)有2个零点，必有g⑴=-a-2>0,得q<-2,

当0<x<1时，g(x)=a(x-I)2-x-a-l+lux<-a-1+Inx,

而函数y=-a-l+lnx在(0,1)上的值域为,因此g(x)在(0,1)上的值域为(-co,-a-2),

当x>l时，令y=lnx-x,求导得了=!一1<0,函数y=lnx-x在(1,+co)上单调递减，

X

贝！］Inx-x<—1,g(x)=a(x—I)2-a-1+Inx—x<a(x-l)2-a—2,

而函数了=。(》-1)2-。-2在(1,+8)上单调递减，值域为,

因此函数g(x)在(1,+8)上的值域为(-,

于是当。<-2时，函数g(x)有两个零点,

所以过点(1,0)可作曲线7=/(x)两条切线时，a的取值范围是(-8,-2).

(2)①由(1)知，f\x)=\wc-2ax-\,

1

由函数，(x)有两个极值点和声，得/'(x)=0,即2a=蚂二有两个实数根为户2,

X

令〃(x)=@―,求导得/(x)=^―"，当0<%<e2时，u\x)>0,当X〉e2时，w(%)<0,

xx

函数〃(X)在(Od)上单调递增，e2,+00)上单调递减，〃(x)max=4，

e

iinY_i

且〃(e)=0,当x>e时，函数〃(x)〉o恒成立，因此当0<2〃<三时，2a=-----有两个实数根

ex

所以函数/(x)有两个极点时，。的取值范围是(0,止).

1n

[lux,-2ax{-1=0=2axi+1得2”蛆匚2

②由即

[lnx-2ax-1=0

22=2ax2+1玉-x2

要证明王考>16e3,只需证明1叫+21IU：2>41n2+3,

In土

1叫-lnx2+3=(++2)―^+3,

而1叫+21nx2=24a+2%)+3=&+2x2)-

玉-x2X2__1

令，=F(X1>4%),则，>4,欲证明1叫+215〉41n2+3,

即证明«+2)•里>41n2(/>4),只需证明Im-41n2•匕1■，。(经由即可,

t-1t+2

t-\

令〃⑺=In/—41n2----«>4),

t+2

4

求导得"⑺一二41n2._J_=f+4f+4T21n2l_,

口一f(t+2)2~t(t+2)2-(t+2)2

4

贝l)0«)=/+4+7_121n2在,>4时单调递增，故夕(。>例4)=9—121n2>0,

则〃9)>0,令力⑺在l>4时单调递增，则/7«)>〃(4)=ln4-4x；xln2=o,

因此。+2)•也>41n2(/>4),即taX]+2g>41n2+3,所以x£>16e3.

【例2】(2024届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4月联合学情检测)已知函数

/(%)=>0).

⑴若/(x)«0恒成立，求加的取值范围;

(2)若/(%)有两个不同的零点占/2，证明司+工2>2.

【解析】（1）首先由加>0可知/（x）的定义域是（0,+8）,从而/（x）=ln（mx）-x=lnx-x+ln加.

11_Y

故/''（X）=In（加x）-x=—1=----,从而当0<x<1时/'（X）>0,当x>1时/'（X）<0.

故/'⑺在（0,1）上递增，在（1,+"）上递减，所以〃x）具有最大值〃l）=lnm-1.

所以命题等价于Inm-1<0,即加4e.所以加的取值范围是（0,e].

（2）不妨设再</，由于/（x）在（0,1）上递增，在（1,+力）上递减，故一定有0<玉<l<x>

在T</<I的范围内定义函数

则p'（t）=++fh-t}=—+—=^->0,所以单调递增.

]+/1-t1-t

这表明”0时P0>M0）=/（1）-〃1）=°，即/（l+O-

又因为〃2-xJ=/（l+（l-%