2025年高考数学压轴题训练：导数中的极值偏移问题（全题型压轴题）（学生版+解析）

专题11导数中的极值偏移问题(全题型压轴题)

目录

一、对称化构造法.........................................1

二、比值代换法...........................................2

三、对数均值不等式法.....................................4

一、对称化构造法

1.(2024•江西•模拟预测)已知函数/(X)=X+F.

e

⑴讨论/*)的单调性；

(2)若改工9，且"占卜了6”？，证明：0<m<e,且再+X2<2.

2.(23-24高三上•河南•阶段练习)已知函数〃%)=(》-2乂6"*-办)(aeR).

(1)若°=2,讨论了⑴的单调性.

(2)已知关于x的方程〃x)=(x-3)e，+2分恰有2个不同的正实数根

(i)求。的取值范围；

(ii)求证：%+%>4.

3.（2024•贵州毕节•模拟预测）已知函数/（x）=（2x+a）lnx-3（x-a）,a>0.

（1）当x21时，/（%）>0,求〃的取值范围.

⑵若函数”X）有两个极值点士,弓，证明：占+%>2”.

4.（2024・全国•模拟预测）已知函数〃尤）=（尤-e—l）e-；e无2+e2x.

⑴求函数的单调区间与极值.

（2）若/（3）=/（三）=/（工3）（不<%<三），求证：当工<e-l.

二、比值代换法

1.（2023・湖南长沙•一模）已知a=（6-0.1）°”'，b-es>c=（e+0.1广则a,b,c的大

小关系是（）

A.a<b<cB.c<a<b

C.b<a<cD.a<c<b

4.(2023•江西南昌・二模)已知函数/(x)=x(lnx-a),g^=l^l+a-ax.

⑴当x21时，/(x)》-lnx—2恒成立，求。的取值范围.

2

(2)若g(x)的两个相异零点为占,巧，求证：xTx2＞e.

x

5.(2023・全国•模拟预测)已知函数〃x)=-n-p-+lnx-x(aeR).

(1)讨论函数的极值点的个数；

(2)若函数"X)恰有三个极值点不、演、七(百＜々＜七)，且W-为4I，求为+尤?+W的最大

值.

三、对数均值不等式法

1.(2023•北京通州•三模)已知函数/(%)=以一'一111](〃>。)

⑴已知了(%)在点(1,/(1))处的切线方程为y=%-1,求实数〃的值；

(2)已知/(九)在定义域上是增函数，求实数〃的取值范围.

⑶已知g(%)=F(%)+@有两个零点七,巧，求实数〃的取值范围并证明卒2>©2.

X

2.(23-24高二下•贵州六盘水•期末)已知函数/(x)=3+lnx(aeR).

X

(1)讨论"X)的单调性；

(2)若/(X)有两个不相同的零点%,马，设,(X)的导函数为了'(X).证明:

,,

xif(xl)+x2f(x2)>2]na+2.

3.(2023,天津•二模)设函数/(x)=(x—l)lnx-无2+(加一1)为加€氏8(尤)为了(尤)的导函数.

(1)求g(x)的单调区间；

(2)讨论g(x)零点的个数；

⑶若了(无)有两个极值点尤且X<%，证明：x,+x2>2.

专题11导数中的极值偏移问题（全题型压轴题）

目录

一、对称化构造法.........................................1

二、比值代换法...........................................2

三、对数均值不等式法.....................................4

一、对称化构造法

1.（2024•江西•模拟预测）已知函数/（x）=x+一.

e

（1）讨论/（x）的单调性；

（2）若占H%，且“占卜了6”？，证明：0＜m＜e,且再+Xz＜2.

【答案】①答案见解析

⑵证明见解析

【优尖升-分析】（工）求定义域，求导，分加VO和机＞0两种情况，得到函数的单调性；

（2）变形为公马是方程〃?=e，（2-无）的两个实数根，构造函数g（x）=e'（2-x）,得到其单调

性和极值最值情况，结合图象得到。＜加＜e,再构造差函数，证明出国+%＜2.

【详解】（1）/（x）的定义域为R,

由题意，得八尤）=1一%xeR,

exe%

当机＜0时，r（x）〉0恒成立，〃龙）在R上单调递增；

当相＞0,且当X£（—oo,lnM）时，＜0,/（九）单调递减；

当xe（lnm,+8）时，ff（x）＞0,/（尤）单调递增.

综上，当〃出0时，在R上单调递增；

当机＞0时，/（无）在区间（-8,ln〃z）上单调递减，在区间（ln〃z,+oo）上单调递增.

（2）证明：由〃占）=〃9）=2,得看，X,是方程》+?=2的两个实数根，

即不，Z是方程%=e*（2-尤）的两个实数根.

令g（x）=e*（2-尤），则g'（x）=e%l-尤），

所以当时，g'(x)>o,g(x)单调递增；

当xe(l,+8)时，g\x)<0,g(x)单调递减，

所以g(*ax=g⑴=e-

因为当X--8时，g(x)->0；当xf+8时，g(x)f-co,g(2)=0,所以0<m<e.

不妨设无i<%，因为毛，巧是方程〃7=e，(2-x)的两个实数根，则玉<1(尤z<2.

要证玉+/<2,只需证玉<2-%.

因为<1，2-％2<1,

所以只需证g(%)<g(2-匹).

因为g(占)=g(9),

所以只需证g(苞)<8(2-％).

令"(x)=g(x)-g(2-璇Fl<x<2,

则"。)=g'(x)+g'(2—尤)=e"(1-尤)+e2-v(x-l)=(l-x)(ex-e2T)

=(l-x)---上<0在(1,2)恒成立.

ex

所以蛇)在区间(1,2)上单调递减,

所以〃(X)<,⑴=0,

即当1<%<2时，g(x)<g(2-x).

所以8(彳2)<8(2-七)，

即%+%2<2成立.

【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若等式中含有参数，则先消去参

数.

2.(23-24高三上•河南•阶段练习)已知函数〃x)=(尤-2乂1-闲(“eR).

⑴若a=2,讨论的单调性.

⑵己知关于x的方程〃切=(彳-3户+26恰有2个不同的正实数根&%.

(i)求。的取值范围；

(ii)求证：>4.

【答案】⑴f(x)在(21n2,y)上单调递增，在(l,21n2)上单调递减

2

re、

⑵(i),+°°；(ii)证明见解析

【优尖升-分析】(1)求导后，根据广(%)的正负可确定外力的单调性；

(2)(i)将问题转化为y与g(x)=^(x>o)有两个不同交点的问题，利用导数可求得

g(x)的单调性和最值，从而得到g(元)的图象，采用数形结合的方式可确定。的范围；

(ii)设三>k>0,根据：d=办；，e*，采用取对数、两式作差整理的方式可得工^=2

%

21五-1、x

通过分析法可知只需证如土<1%)即可,令"工«0,1),构造函数

々工+1尤2

x2

/z(r)=lnz-^^(o<f<l),利用导数可求得单调性，从而得到如)<41)=0,由此

可证得结论.

【详解】(1)当a=2时，/(x)=(x-2)(eY-2x),贝|

/,(x)=er-2x+(x-2)(e,:-2)=(x-l)(ex-4)；

令/'(%)二°，解得：％=1或x=ln4=21n2，

当无£(ro』)U(21n2,+oo)时，风4>0；当无£(l,21n2)时，

\/(九)在(-8」)，(21n2,+o))上单调递增，在(l,21n2)上单调递减.

(2)(i)由/(%)=(尤―3)e"+2ax得：ex—ax2=0,

•."(x)=(x-3度+2依恰有2个正实数根外,%2，.•»=o?恰有2个正实数根小马，

令g(x)=?x>0),则'与g⑺有两个不同交点，

•..go。：?，,,；.当尤«0,2)时，g'(无)<0；当X«2,M)时,g'(无)>0；

2

.•.g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+8)上单调递增，又g(2)=,，

当x从。的右侧无限趋近于。时，g(x)趋近于+8；当x无限趋近于+8时，e*的增速远大于

尤2的增速，则g(x)趋近于+%

则g(x)图象如下图所示,

y

2

.•・当时，y=a与g(x)有两个不同交点，

实数。的取值范围为;

x,%2

(ii)由(i)知：e=axf,e=ax1,>0,x2>0)

.,.玉=Ina+21n玉,x2=]na+21nx2,

%=21nxi-21nx2=2In土,

不妨设%＞占＞。，则lnA,

%

2（%]-尤2）

要证%+%＞4,只需证二+无2＞,出，

尤2

2^-1

•」n土＜0,则只需证In+＜2（4-％）1尤2.

•/x2>^>0,0<—<1,

X2%Xl+X2五+1

尤2

令"*£（°，1）,则只需证当小（0/）时，3＜甘。恒成立,

令力⑺=ln/_2（"：）（（）＜/＜]）,

・〃⑺=L2)+1)-2(1)=«+[)--力=(1)~

>0,

(f+l)2(+1)2z(/+l)2

.-./1（0在（0,1）上单调递增，二//（0＜//（!）=0,

.•.当fe（O,l）时，Inf〈生二D恒成立，，原不等式占+马＞4得证.

t+1

【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数单调性、方程根的个数问题和极值点偏移问

题的求解；本题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量，=土，将问题转化为单变

x2

量问题，进而通过构造函数的方式证明关于r的不等式恒成立.

3.(2024・贵州毕节•模拟预测)已知函数/(x)=(2x+a)liu—3(x—a),a>0.

(1)当时，/W>0,求。的取值范围.

⑵若函数“X)有两个极值点玉,弓，证明：%+%>2e工

【答案】⑴[L+8)

(2)证明见解析

【优尖升-分析1(1)参变分离可得a之\yx在％21恒成立，令g(x)=3/1。,x©[1,+8),

3+mx3+lnx

利用导数求出函数的最大值，即可得解；

(2)求出函数的导函数，依题意可得函数丫=。与函数以x)=x-2xlnx,xe(0,E)的图象有

/、11

两个交点，利用导数说明M*)的单调性，不妨设。<玉<笈<9，要证看+%>2屋5,即证

%>3-占，令尸⑴〜⑺-彳戈7；xe0,卡，利用导数说明函数的单调性，即可得证.

【详解】(1)当*21时，/(x)之0o=3：-<nx在.21恒成立,

3+lnx

3x-2xh\x

令g(%)=%£口,+8),

3+lnx

—(3+21nx)lnx

则g'(x)=<0

(3+lnx)2

・•・函数g(x)在［1,+8)上单调递减,

・'•g(x)Vg⑴=1,

61的取值范围是［1,+8).

(2)函数/(%)=(2%+。)111%-3(%-。)，a>0.

rn.iz.,/、ci2x+a—aia+2x］nx-x

贝(J/(x)=21n%+---------3=21nx+——1=-----------------

xxx

・函数/(X)有两个极值点X1,巧，

.•./'(同=0有两个正实数解0方程。=3-21111%有两个正实数解今函数'=。与函数

h(x)=x-2x\nx,xe(0,4<o)的图象有两个交点.

/!,(x)=l-2-21nx=-21n%-l,令〃(x)=0,解得尤=^=,

当0<x<2时“(”〉0，则M%)单调递增，当时〃(力<0，则M%)单调递减,

函数/X)的极大值即最大值1为=2.

又0<%<十时/(力=%(1-21n%)>0,且当x-0时,-又M⑹=0,

2

0<a<p-.

不妨设。<玉<%7<%2，

要证明玉+%>

令F(x)=h(^x)~h

—2=0，

当且仅当即A%时取等号,

函数尸(%)在工£

即%(%)<h

因此X]+x?>2e2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.

4.(2024•全国•模拟预测)已知函数/(x)=(尤-e-l)e*-ge无2+e-.

(1)求函数〃x)的单调区间与极值.

(2)若/(当)=/(%)=/(%)(々<三)，求证：*/<e_].

【答案】⑴单调递增区间为(3,1)和(e,+8),单调递减区间为(Le)；极大值为-ge,极小

1,

值为-e，+—e

⑵证明见解析

【优尖升-分析】(1)利用导数可求得了(无)的单调区间，并确定极值点，由此可进一步求

得极值；

(2)根据单调性和极值可确定々，尤2,三的范围，利用极值点偏移的证明方法，构造函

数b(x)="x)—/(2—x),m(x)=f(x)-f(2e-x),可证得占+%>2,x2+x3<2e,结合

不等式的性质可证得结论.

【详解】(1)'."(X)定义域为R,尸(尤)=(%-6孵一款+3=(尤-6乂1-6),

令((x)=0,解得：x=e或》=1,

...当xw(e』)U(e,+oo)时,制x)>0；当xw(Le)时,(无)<0；

\/(x)的单调递增区间为(—,1)和(e,+s),单调递减区间为(l,e)；

的极大值为"1)=-1e,极小值为〃e)=Y+1e3.

(2)由(1)知：玉<1,1<%<e,x3>e.

令b(x)=〃x)-"2—x),l<x<e,

则F,(x)=/,(x)-[/(2-x)J=(x-e)(ex-e)+(2-x-e)(e2-x-e)

=^^[(x-e)e*T+x+e-21；

令G(x)=(x-e)ei+x+e-2,贝!]G,(x)=(x-e+l)eA-1+l；

令H(x)=G(x),则〃(x)=(x-e+2)产,

W(x)>0在(l,e)上恒成立，.•.”(x)在(l,e)上单调递增,

.-.H(x)>H(l)=3-e>0,

，G(x)>0在(l,e)上恒成立，，G(x)在(l,e)上单调递增，，G(x)>G(l)=0,

.・1'(力>0在(l,e)上恒成立，.•.*%)在(l,e)上单调递增，.■I(x)>/l)=0,

对任意xe(l,e)恒成立.

:.f(x^>f(2-xi),又/4)=/(%)，二/1)>/(2-苍),

,.•/(x)在(-00,1)上单调递增，^,2-Xje(^»,l),:.xl>2-x2,即X]+%>2；

令=/(%)-f(2e-x),l<x<e,

则m'(尤)=f(x)+[/(2e-x)]=(x-e)(e*-e)+(2e-x—e)(e“T-e)=(x—e)(e''—e"；

x2ee

y=e*-e-T在(l,e)上单调递增,e-e^<e-e=0,

/.mr(x)>。在(l,e)上恒成立，m(x)在(l,e)上单调递增,

m(x)<m(e)=O,f[x)<对任意xG(1,e)恒成立.

.•"(九2)v/(2e—%).又/(々六/伍)，・・・/(f)</(2e—九2),

,・"(x)在(e,+oo)上单调递增，且毛,2e—九2e(e,-Hx)),:.x3<2e-x2,:,x2+x3<2e；

由西+々>2^^：一%一入2<—2,x2—5=(%2+毛)+(_Xy_々,〈Ze_2,/.—--<e—1.

【点睛】思路点睛：本题第(1)问用到导数零点九字诀：有没有，在不在，比大小.第(2)

问用到第(1)问的两个极值点1和e,然后两次利用极值点偏移法，得出两个不等式玉+%>2

和％+^<2e,再利用这两个不等式巧妙得出所要证明的不等式.

二、比值代换法

1.(2023•湖南长沙•一模)已知4=仁一0.11+。,，b=e,,c=(e+O.l)c-01,则〃，b,c的大

小关系是()

A.a<b<cB.c<a<b

C.b<a<cD.a<c<b

【答案】D

【优尖升-分析】转化为比较比较必)一°,)，1—Jn(e+01)的大小,构造函数

e-0.1e2-0.01e+0.1

/(x)=—,先证明。，b,c中b最大，设

X

苔=e-0.1,x=e+0.1,/(玉)=f(x)=m,m<-,x^x,先证明x>2e-x,再证明

23el3l3

/(X2)>/(X3)=/(%1),即得解.

【详解】要比较。，b,。等价于比较Ina,Inb,Inc的大小,

In〃InZ?Inc

等价于比较

(e+0.l)(e-0.1)?(e+0.l)(e-0.1)?(e+0.l)(e-0.1)

即比较鹏生卡

构造函数/(力=皿,广(尤)=上及，

XX

令_f(x)>0,得0<x<e,令:(x)<0,得x>e,

所以/(X)在(o,e)单调递增，(e,+s)单调递减.

所以/⑴m"=〃e)=：，

因为=〃一0.1),^^*+,

e

所以2cc,最大，即.，b,C中b最大，

e-O.O1

设玉=e-0.1,x=e+0.1,/(%)=jf(x)=m,m<—,Xjy：x,

2一e33

结合了(%)的单调性得，<e<x3,

先证明］3一：<正［玉,其中。<%<e<w，

Inxl-Inx32

2(区-l)

即证In2<2(再一三)=-

尤3玉+^A+1

x3

令广台(。,1),岫=1/瞽’其中。<y,

i4*If

>0,

则“⑺丁"7f(/+l)2

所以，函数的)在(0,1)上为增函数,当0</<1时，h(t)<h(I)=O,

产+%3

所以，当退>%>0时,

In玉-Inx32

则有2-「丁<占+鼻,

Inxx—Inx3

由/(%)=/(三)=机可知—■=?■=根，

cx,-X,x,-x,2

所以-----L=2-----1=—<x1+x3,

Inxx-Inx3机(玉一工3)m

因为根〈工，所以玉+%3>2e,即玉>2e-x3,

e

因为3<e,/(x)在(O,e)单调递增，

所以〃不)>〃2e-x,),即/a)>〃2e—&),

因为尤1+々=2e,所以占=26-％2，所以〃26-々)>/(26-%,),

即2e-x2>2e-x3,.\x2<x3,

因为e<%<X3，/(x)在(e,+oo)单调递减.

所以/(%)>/(%)=/(再)，

即山仁+0.1)>111仁-0.1),即c>",

e+0.1e-0.1

卜.,a<c<b,

故选：D

【点睛】关键点睛：应用对数平均不等式%一：2<%手(需证明)证明极值点

In玉-lnx22

偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到।"'一：；③利

用对数平均不等式来证明相应的问题.

2.(2022•全国•模拟预测)设函数/(x)=lnx-ox(aeR).

⑴若a=3,求函数“X)的最值；

(2)若函数g(x)=W(x)-x+a有两个不同的极值点，记作占,三,且占</，求证：

1叫+21nx2>3.

【答案】(1)无最小值，最大值为-ln3-l

(2)证明见解析

【优尖升-分析】(1)对函数〃x)=lnx-3x求导后得尸(x)=L^,x>0,分别求出了'(x)>0

X

和r(x)<o的解集，从而可求解.

(2)由g(x)=4(x)-X+。有两个极值点不，%ol时=2叫」吨=2秩，从而要证

]“卫人_尤2>]

，

+21nx9>3<=>2ax{+4arn>3<=>a>-----------o----->——-——‘x,'构建函

2再+4%2%一可玉+2%

数〃⑺=1皿-合?，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明.

【详解】(1)由题意得〃x)=lnx—3x,贝厅，(司=三?,》>0.

令广(力>0,解得0<x<；；令r(x)<0,解得x>g,

在[。，，上单调递增，在、，上单调递减，

=/g[=ln[3x；=』3一1,

.・"(X)无最小值，最大值为Tn3-1.

1

(2),：g{<x)—xf(<x)-x+a=jAwc-ax-x+a,贝!]g，(龙)=lnx-2依，

又g(x)有两个不同的极值点王，无2,，1叫=23,1匹=2”,

欲证1叫+21RX2>3,即证2ax{+4or2>3,

3

•••0<%</，，原式等价于证明a>0:①.

2%+4X2—

X,In三

由1叫=23,1*=23，得111二=2。(%2一七)，贝|]=%]②.

再“一^^

]n强

由①②可知原问题等价于求证〉3

x2一%再+2X2

强一1

即证In强〉

%%+2%]+生

再

令"三，则，＞1,上式等价于求证lnt＞正D

占1+2r

令〃(/)=1皿一台J,则〃。)=13(l+2r)-6(r-l)_(r-l)(4z-l)

7(1+2/7f(l+2r)2

*：t＞1,.,.花3＞。恒成立，h{t)在(1,+8)上单调递增,

.•.当,>1时，7/(。>//(1)=0,即

・二原不等式成立，即1叫+21哇＞3.

【点睛】方法点睛：①对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数

/、

或加数关系t——,/■=X,+X]；

I玉)

②通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，

③利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.

3.(2023•湖北武汉•三模)已知函数〃尤)=«x+(o-l)ln尤+—,aeR.

⑴讨论函数〃尤)的单调性；

⑵若关于X的方程=北-In尤+工有两个不相等的实数根4、巧，

X

(i)求实数。的取值范围；

(||)求证：---1-----＞-------

x2%XxX2

【答案】⑴答案见解析

(2)(i)(e,+8)；(ii)证明见解析

【优尖升-分析】

(1)求出//)=。+1甘一1),分。40、。>0两种情况讨论，分析导出的符号变化，即

可得出函数/(元)的增区间和减区间；

(2)⑴将方程变形为e>1n“=a(x+lnx),令r(x)=x+lnx,令g«)=W,可知直线尸。

与函数g⑺=：的图象有两个交点，利用导数分析函数g⑺的单调性与极值，数形结合可

得出实数。的取值范围；

(ii)将所证不等式等价变形为4+弓>2,由e'=H变形可得出/=lna+ln/,推导出

2+1

&-4=ln?,即证^—>二］.令p=只需证构造函数

f

八k_linkiP+1

4G

“p)=lnp-幺V，其中利用导数法即可证得结论成立.

【详解】(1)解：因为/(x)=ax+(a-l)lnx+1,

所以尸(x)=a+伫!」=竺出…^=3厘，其中x>0.

①当aWO时，r(x)<0,所以函数/(X)的减区间为(0,+8),无增区间；

②当a>0时，由/'(x)>0得x>L由/(x)<0可得0cx<L

aa

所以函数〃X)的增区间为1，+J,减区间为［。,J.

综上：当.40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，,+1,减区间为/J.

(2)解：⑴方程〃尤)=xe'Tnx+：可化为xe'=G+aln无，BPex+lnr=a(x+lnx).

令t(x)=x+lnx,因为函数［无)在(0,+(»)上单调递增，

易知函数f(x)=x+lnx的值域为R,

结合题意，关于/的方程e'=m(*)有两个不等的实根.

又因为/=0不是方程(*)的实根，所以方程(*)可化为其=〃.

t

令g⑺=：,其中办0,贝隈，3=当」.

由g'(r)<0可得/<0或0<r<l,由g'(r)>0可得/>1,

所以，函数g”)在(-*0)和(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增.

所以,函数g(。的极小值为g(l)=e,

P'p'

且当/<0时，g(f)=,<0；当1>0时，贝4g«)=亍>0.

作出函数g⑺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«)的图象有两个交点,

所以，实数。的取值范围是(e,+8).

(ii)要证---1--->----，只需证+々e巧>2。，即证3+*>2〃.

因为e'二必，所以只需证％+t2>2.

由(i)知，不妨设0<。

FA=lna+\nt,,t、

因为e'=R,所以♦=ln〃+ln，，即｛1,作差可得,2Ti=1n：.

=Intz+InZ2%

tr,+Z，2—+1

------->------t.2

所以只需证G—iIn邑，即只需证^〉——•

L豆—1In以

0%

令P=9（f>l），只需证Inp>2^?.

令Mp）=]np_2%；）其中g,则，(力i厂4逅厂(z?—小1)^。,

所以MP)在(1,+8)上单调递增,故MP)>/I⑴=0,即MP)>。在(I,e)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〃X)>g(X)(或/'(X)<g(X))转化为证明〃X)-g(X)>0

(或f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数〃(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.

4.(2023•江西南昌・二模)己知函数/(x)=x(1nx-。)，g(x)=/区+.

(1)当时，F(x)N-lnx-2恒成立，求。的取值范围.

2

(2)若g(x)的两个相异零点为4,演，求证：XjX2>e.

【答案】⑴*2］

(2)证明见解析

【优尖升-分析】(1)运用导数研究/x)=(x+l)lnx-依+2的最小值不小于0即可.

⑵消去参数。及比值代换法后得In(占％)=gin乙运用导数研究碰)=二Inf在(1,+8)

上最小值大于0即可.

【详解】(1)当时，］nx—2恒成立，

即当时，(x+l)lnx-ar+2N0恒成立，

设F(x)=(x+l)lnx-ax+2,

所以尸(1)=2—即a42,

=ln.x+—+1—i?,

设r(x)=lnx+1+l-a,

则/(x)=---^=土^,

xxx

所以，当时，/(x)>0,即《x)在［1,+s)上单调递增，

所以r(x)>r(l)=2-a^0,

所以当时，F(^)=r(x)>0,即/(无)在［1,+8)上单调递增，

所以尸(x)N尸(1)=2—a,

若尸(x)20恒成立，贝I|a42.

所以时，-Inx-2恒成立，a的取值范围为(―,2］.

(2)由题意知，g(x)=\nx-ax,

1口(再%2)=〃(石+x)

Inx=ax.2

不妨设由得

।In-=tz(Xj-x)，

[mx2=ax22

A+1

In(x^)_xl+x2_x2

则

In五玉一%2主

x2x2

令

则gm)

Z+1nn,/\t+1

,即：In(xrx2)=Int.

\ntt-\-----------------t-1

要证当不2〉匕2,

只需证山（为々）＞2,

只需证*＞2,

即证In"型二

f+117

即证hn-亚』>0(z>i),

t+1

令根(7)=ln£----(方>1),

'7Z+1

u>。,

因为加（，）=

(+1)2

所以根（。在（1,+8）上单调递增,

当fw(l,+oo)时，相⑺>〃7⑴=0,

所以Inf-2"T)>0成立,

f+1

2

故xYx2>e.

【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法

⑴（对称化构造法）构造辅助函数:对结论不+%＞（＜）2%型，构造函数/⑴=/（x）-/（2%0-%）；

对结论占/＞（〈濡型，构造函数尸（x）=/（x）-/（反），通过研究凡X）的单调性获得不等式.

（2）（比值代换法）通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换f=土化为单变量的函数不等

X2

式，利用函数单调性证明.

X

5.（2023•全国•模拟预测）已知函数/（%）=竺-+ln冗-R）.

⑴讨论函数“元）的极值点的个数;

⑵若函数/（九）恰有三个极值点/、巧、％3（石＜%2＜X3），且%3-％41，求玉+X2+X3的最大

值.

【答案】⑴答案见解析

【优尖升-分析】(1)求出函数/(元)的定义域与导数，对实数〃的取值进行分类讨论，利用

导数分析函数/(X)的单调性，可得出函数/(尤)在实数。取不同知值时的极值点个数；

(2)由已知可得出=占，两式相除得到e-f=巴，令r=三，则r>1,则尤3=%，/一必=t，

[ae%,=与占占

得%1=~t~\，£=，分析可得1<大(e，则%+%+w="+1),+1.

令+i,其中i<t4e,利用导数求出函数的最大值，即为所求.

【详解】(1)解：函数/(x)=?+lnx7(aeR)的定义域为(。,+8),

且/'(X)=--—\~——1=--------•

①当aM。时,aex一X<0,由r(x)<0,可得x>l；由制x)>0,可得0<x<l.

所以“尤)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

因此〃尤)在x=l处取得极大值，故当aWO时，〃尤)有一个极值点；

②当a灵时，令g(x)=],其中x>0,则g[x)=/^,

由g'(x)<0可得x>l,由g'(x)>0可得0<x<l,

因此g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+s)上单调递减，

11V

所以g(x)max=g6=J所以故ae，-xNO，

由r(x)<0可得0<x<l,由方㈤>0可得X>1,

所以〃元)在(0,1)上单调递减，在(L+8)上单调递增，

因此“X)在x=l处取得极小值，故当心：时，“X)有一个极值点;

X

③当0<aJ时，-11a---

(x-l)(ae*-x)ex

ef(x)

x2

令/'(尤)=0得％=1或〃=三，令人(%)=”「，由②知/?(%).=M1)=Q_：VO,

而/z（0）=a>0,h［in—j=a+2/ina=〃（1+2〃Ina）,

令（p（a）=2〃山"+1］（）<q<，），则”（a）=2（l+lna）vO,

所以9（a）在（0,：）上单调递减,因此9（°）>1-/>0,故小n£|>0,

所以函数Mx）在（0,1）和1,ln5）上各存在唯一的零点，分别为机、”，

所以函数在（0,m）上单调递减，在（加1）上单调递增，在（L"）上单调递减，在（〃,+»）上

单调递增，

故函数/（冗）在％=机和工=〃处取得极小值，在光=1处取得极大值，

所以当0<0<!时，〃尤）有三个极值点.

综上所述，当aWO或az，时，/（X）有一个极值点；当0<a<!时，""有三个极值点.

ee

（2）解：因为函数/（x）恰有三个极值点/、巧、<x2<Xj）,

所以由（1）知占=根，无2=1，尤3=〃，

由=*,两式相除得到e夕国=.

ae均=x3玉

令,则％>1,则退二比1，/一必=£,得石=g,七=强白

因此为一占=lndl,所以l<「We,则占+尤2+三=用?+1.

（1+1）111/t----2In/

令左⑺J十…十］,其中lv^we,贝限，①=」_____,

，TI）”1）2

令0（。=/一；一21nf,则°，⑺=1+:一,=（；1）>0,

所以0⑺在（l,e］上单调递增，则当l<t〈e时，（y（r）><y（l）=O,

即/⑺>0,故在（l,e］上单调递增，

所以当l<tWe时，M'）V%（e）=-故的最大值为一--

【点睛】易错点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值点个数，要注意"极值点"与"零点"

的区别，在转化为导函数的零点问题时，还应注意函数在极值点附近的单调性的变化，紧扣

"极值点”的定义来解题.

三、对数均值不等式法

1.(2023•北京通州•三模)已知函数/(x)=ox—S—lnM。〉。)

⑴已知了(%)在点(1,/(1))处的切线方程为y=%-1,求实数〃的值;

(2)已知/(九)在定义域上是增函数，求实数〃的取值范围.

⑶已知g(%)="%)+@有两个零点七,巧，求实数〃的取值范围并证明卒2>e?.

X

【答案】(1)。=1

(2).《

(3)0<a<-,证明见解析

e

【优尖升-分析】(1)切线方程的斜率为1,所以有/0)=1，解方程即得实数4的值；

(2)依题意广(九"。在(0,+8)上恒成立.，分参求解即可；

(3)求出函数g(x)的单调性，结合零点存在性定理即可求实数〃的取值范围；通过分析法

2五-1

,构造函数H(f)=ln"%?即可证得

要证明玉/>©2,只需证ln±<

%区+1

x2

【详解】(1)因为〃司=依一,hr,所以尸(无)=°+十.

所以/'⑴=2°-1,又/(x)在点(1,/(I))处的切线方程为y=x-l,

所以/''(l)=2a_l=l,解得a=L.

(2)/(x)的定义域为(0,+8),因为/(x)在定义域上为增函数，

所以「(%)=。+彳-!20在(0,+8)上恒成立.

XX

2

即。「"20恒成立.。(尤2+1)2尤,即。、合丁

x-/\1-d(l+x)(l-%)

令gX)=",所以g(x)=「T~N=/21\2,

'/x2+1(x+1)(X+1J

xw(0,l)时g[x)>0,%£(1,+00)时/(%)<0,

所以g(尤)在(o,D上单调递增，在(1,y)上单调递减，

11

所以