極值點(diǎn)偏移問題（學(xué)生版） -2025年高考數(shù)學(xué)壓軸大題

專題8極值點(diǎn)偏移問題

考情分析

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一直是高考中的熱點(diǎn)與難點(diǎn)，近幾年高考試卷及各地模擬試卷中常出現(xiàn)與函數(shù)極值點(diǎn)偏移有

關(guān)的函數(shù)與不等式問題，已知函數(shù)y=/(x)是連續(xù)函數(shù),在區(qū)間J,%)內(nèi)有且只有一個極值點(diǎn)與，且

/(%)=/(/),若極值點(diǎn)左右的增減速度”相同，常常有極值點(diǎn)X。=土產(chǎn)，我們稱這種狀態(tài)為極值點(diǎn)不偏移;

若極值點(diǎn)左右的“增減速度”不同，函數(shù)的圖象不具有對稱性，常常有極值點(diǎn)x°w三產(chǎn)的情況,我們稱這種狀

態(tài)為‘極值點(diǎn)偏移”(對可導(dǎo)函數(shù)/(x)來說，/(無)的極值點(diǎn)就是r(無)的零點(diǎn)，所以很多與零點(diǎn)或方程實(shí)根

有關(guān)的問題也可以利用處理極值點(diǎn)策略的方法去處理).此類問題背景新穎，教材中又沒有涉及，不少同學(xué)

望而生畏，本專題給出此類問題的常用解法，共同學(xué)們參考.

解題秘籍

(-)通過對稱化構(gòu)造新函數(shù)破解極值點(diǎn)偏移問題

【以例及類】已知函數(shù)/(耳=屁口.

⑴求函數(shù)/(x)的單調(diào)區(qū)間；

⑵己知函數(shù)g(x)的圖像與/(x)的圖像關(guān)于直線工=1對稱,證明:當(dāng)x>1時,/(x)>g(x)；

(3)如果項(xiàng)H/，且/(演)=證明：X]+》2>2.

【分析】⑴由—x)可得“X)在(-oo,-1)上遞增，在(-1,+00)上遞減;

⑵g(x)=〃2—x),構(gòu)造函數(shù)尸(x)=/⑴―—9(x)=(x—1乂廣2—尸),由尸(x)單調(diào)性可

得x〉l時尸(％)>尸(1)=0；

⑶假設(shè)為<1<》2,由⑵得/(當(dāng))>/(2—%)，即/(占)>/(2-％)，由/(》)在(一8,-1)上遞增,可得

再>2—,玉+%2>2.

該題的三問由易到難，層層遞進(jìn)，完整展現(xiàn)了處理極值點(diǎn)偏移問題的一般方法——對稱化構(gòu)造的全過程，直觀

展示如下:

該題是這樣一個極值點(diǎn)偏移問題：對于函數(shù)/(x)=xer,已知/(xj=/(%),占證明西+々>2.

再次審視解題過程，發(fā)現(xiàn)以下三個關(guān)鍵點(diǎn)：

①國,32的范圍(0<匹<1<工2)；

②不等式/(x)>〃2—x)(x>l)；

③將馬代入(2)中不等式，結(jié)合/(x)的單調(diào)性獲證結(jié)論.

小結(jié)：用對稱化構(gòu)造的方法求解極值點(diǎn)偏移問題大致分為以下三步：

①求導(dǎo)，獲得/(x)的單調(diào)性，極值情況，作出/(x)的圖像，由/(西)=/(12)得司，0的取值范圍(數(shù)形結(jié)

合)；

②構(gòu)造輔助函數(shù)(對結(jié)論西+x2>(<)2%,構(gòu)造人力=/(x)-/(2x0-x)；對結(jié)論x/2>(<)芯,構(gòu)造

一

F(x)=f(x)-f」)，求導(dǎo)，限定范圍(網(wǎng)或吃的范圍)，判定符號,獲得不等式；

\X)

③代入X](或/)，利用/(陽)=/(%)及/(X)的單調(diào)性證明最終結(jié)論.

下面給出第(3)間的不同解法

【解析】法―：r(x)=(l-x)e-x,易得/(X)在(-00,1)上單調(diào)遞增，在(1,+00)上單調(diào)遞減,xf—00時,

/(x)f—oo,/(0)=0,》->+00時,/(%)->0,函數(shù)/(X)在x=l處取得極大值/⑴,且/⑴=1,如圖所

由/(再)=/(X2)，%1不妨設(shè)<%2,則必有<1<%2，

構(gòu)造函數(shù)/(X)=/(1+X)-/(1-X),X€(0,1],

則尸(X)=+X)+/(l-x)=—d*_1)〉0,所以F(x)在xC(0,1]上單調(diào)遞增，7(x)>尸(0)=0,也

即/(l+x)>/(I一X)對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)〉/(馬)，又因?yàn)?/p>

2-Xl9X2￡(1,+8)，且/(X)在(1,+8)上單調(diào)遞減，所以2-玉<%2,即證玉+X2>2.

法二：欲證玉+%2>2,即證％2>2-％1，由法一知0<%1<1<、2,故2-％1，%2￡(1,+°°),又因?yàn)?(%)在

(1,+8)上單調(diào)遞減，故只需證/(9)</(2—石),又因?yàn)?(再)=/(9)，

故也即證/(陽)</(2—M),構(gòu)造函數(shù)H(x)=/(x)-/(2-X),XG(0,1),則等價于證明”(%)<0對

(0,1)恒成立.

1_Y

由H'(x)=/'(x)+/'(2—x)=--(1-e2x-2)>0,則H(x)在xe(0,1)上單調(diào)遞增，所以H(x)<H(l)=0,

即已證明”(x)<0對xe(0,1)恒成立，故原不等式再+%>2亦成立.

法三：由/(西)=/(%),得占"為=x,ef,化簡得I?』=三…①，

X]

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

■-一-西

t2t2t

xx=———，則再+12=2項(xiàng)+Z=———+看,故要證：再+%>2,即證：———+Z>2,又因?yàn)閐-1>0，等價

e—1e—1e—1

于證明：2/+?—2)(d—1)>0…②，

構(gòu)造函數(shù)G?)=2t+(t-2)(e'-1),?>0)，則G")=(7—1)￡+1,G〃Q)=4>0,

故G")在/e(0,+oo)上單調(diào)遞增，G'(/)>G'(0)=0,從而G⑺也在/e(0,+oo)上單調(diào)遞增，

GQ)〉G(0)=0，即證②式成立,也即原不等式玉+%>2成立.

法四：由法三中①式，兩邊同時取以e為底的對數(shù)，得馬-西=In三=Inx,-In西,也即0-1呻=],從而

X[x2-X]

三+1

lnX2lnX1

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

x2-Xxx2-XjX[三_]X]

石

X/-U1

令，=二?>1),則欲證：、1+馬>2,等價于證明：——lnZ>2...@,

再t-1

構(gòu)造/(/)=a+1)lnr=(1+2)Int,(t>1),則=廠——

t—\t-\t\t-1)

又令9(/)=/2—1—2fin/,(/>i),則又?)=2/—2(lnf+l)=2(t—1—Int),由于」—l>lnf對Vfe(l,+oo)恒

成立，故(p'(t')>0,在te(1,+oo)上單調(diào)遞增，所以(p(t)>°(1)=0,從而A/'(/)〉0,故M(t)在

tG(1,+00)上單調(diào)遞增由洛比塔法則知

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

X-X-t1尤-('1)"-t

等式X]+々>2成立.

【例1】(2023屆貴州省威寧高三模擬)已知函數(shù)/(x)=(2x+a)lnx-3(x-a),a>0.

(1)當(dāng)時，/(x)>0,求。的取值范圍.

,,1

(2)若函數(shù)有兩個極值點(diǎn)外,*2，證明：X]+x2>2e

【解析】(1)當(dāng)了21時，/(%)之0oa23x-在％21恒成立,

3+In%

人/、3x-2xlnx口,\，/、一(3+2lnx)lnx

令ga)="T'91'+0°),則ntlg(、)=(3+m"v0,

，函數(shù)g(x)在[L+oo)上單調(diào)遞減，.1g(x)Vg⑴=1,

。上1,的取值范圍是1,+℃).

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

XXX

,?1函數(shù)/(x)有兩個極值點(diǎn)為，x2,

/'(x)=0有兩個正實(shí)數(shù)解Q方程a=x-2xlnx有兩個正實(shí)數(shù)解O函數(shù)>=。與函數(shù)〃(x)=x-2xlnx,

xe(0,+?)的圖象有兩個交點(diǎn).

1

"(x)=l-2-21nx=-21nx-l,令/z'(x)=0,解得無二'

當(dāng)0<x<3時〃(x)>0,則〃(x)單調(diào)遞增，當(dāng)時”(x)<0,則〃(x)單調(diào)遞減,

veMe

2

函數(shù)〃(x)的極大值即最大值為〃

又0<1<十時Mx)=x(l—21nx)〉0,且當(dāng)x.0時，/(x)fO,又力(捉)=0,

21

0<tZ<.彳^如5"^^0<再<-'r=<X?,

ve<e

21"

要證明項(xiàng)+吃〉2e-r~x\〉-『1―廣Xjj〃(X])〈人XjG

令尸(%)=h{x)-hx—2xInx--xInF=0.

所以F(x)=l—21nx—2+l—21n

-2>-2xIn顯—2=0'

4

當(dāng)且僅當(dāng)x=[-x,即x=+時取等號，，函數(shù)尸(x)在xe[o，+)

單調(diào)遞增,

_]_、-

*/F=0,/.<0,即〃，因此X]+工2>2e，成乂?

【例2】(2024云南省長水教育集團(tuán)質(zhì)量檢測)已知函數(shù)/(x)=31nx+ax2-4x(a>0).

⑴當(dāng)。=1時，討論/(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)時，若方程有三個不相等的實(shí)數(shù)根網(wǎng)戶2，退，且再<乙<當(dāng)，證明：<4.

【解析】(1)由題意可知：/(x)的定義域?yàn)?0,+8),

八,/、3c2ax2-4x+3

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

xx

令/[x)=0,可得2ax2-4X+3=0,當(dāng)。=1時，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上單調(diào)遞增.

2

(2)當(dāng)口=，時，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)上單調(diào)遞增，在(1,3)上單調(diào)遞減，

由題意可得：0<X]<1<X2<3<退，因?yàn)?(再)=/(%2)=/(玉)=6,

令g(x)=/(x)-/(2-x),0<x<l,

則g'(x)=〃x)+〃2-+0+1卜]3+2

可知g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,

則g(x)<g(l)=0,可得/(x)</(2-x)在(0,1)上恒成立，

因?yàn)?<再<1,則/(±)=/(%2)</(2-玉)，

且1<2-再<2,1<%<3J(x)在(1,3)上單調(diào)遞減，則2f</，即再+超>2；

令"(x)=/<x<3,

貝叫3八)+/(67)=[+》_4)+3+6_1)=靠號>0,

可知〃(無)在(1,3)上單調(diào)遞增,則〃(力<力(3)=0,

可得/(x)</(6-x)在(1,3)上恒成立,因?yàn)?<匕<3,則/(々)=<卜3)</(6-々),

且3<6-/節(jié)用以/⑴在(3,+功上單調(diào)遞增，

則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.

(-)含參函數(shù)問題可考慮先消去參數(shù)

含參數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題，在原有的兩個變元項(xiàng),%的基礎(chǔ)上，又多了一個參數(shù),故思路很自然的就會想到：想

盡一切辦法消去參數(shù)，從而轉(zhuǎn)化成不含參數(shù)的問題去解決；或者以參數(shù)為媒介,構(gòu)造出一個變元的新的函數(shù).由

于可導(dǎo)函數(shù)/(x)的極值點(diǎn)是/'(x)的零點(diǎn)，也是方程/'(X)=0的實(shí)根，所以有些與零點(diǎn)或方程實(shí)根有關(guān)的

問題可以利用求解極值點(diǎn)偏移問題的方法去解決.

【一題多解】已知函數(shù)/(x)=lnx-ax,a為常數(shù)，若函數(shù)/(x)有兩個零點(diǎn)百戶?，

2

試證明：%；-x2>e.

【分析】法一：消參轉(zhuǎn)化成無參數(shù)問題：

,ax

/(X)=0=Inx=axoInx=ae,x,,x2是方程/(x)=0的兩根，也是方

taxx

程lnx=ae的兩根，則lnX],lnx2是x=ae*,設(shè)/=lnX]，4=lnx2g(x)=xe~，則g(i/1)=g(i/2)，從而

西工2〉e?oIn》]+lnx2〉2。%+的>2,此問題等價轉(zhuǎn)化成為【例1】，下略.

法二：利用參數(shù)a作為媒介,換元后構(gòu)造新函數(shù)：不妨設(shè)苞〉與，

n

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

1

工^——吧=a，欲證明xxx2>e，即證In+lnx2>2.

Xi一/一一

2

In%+lnx2=。（國+%），，即證。＞------

xx+x2

???原命題等價于證明電五二生玉〉，即證：E土〉2(%-%),令/=工,。〉1),構(gòu)造

玉-x2再+x2x2%!+x2x2

g(0=In/—邛苧,/〉1，利用g(f)單調(diào)性求解,下略.

法三：直接換元構(gòu)造新函數(shù)：

Inxlnxlnxx、門x小

a=——L=——9二=——9^二一9，設(shè)再＜/J=）9,z（，〉1）,

%]x2Inxx再']

川YTx1n與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，轉(zhuǎn)化成法二，略.

【例3】(2024屆浙江省名校協(xié)作體高三上學(xué)期聯(lián)考)函數(shù)/@)=念工-6^-1)2有兩個極值點(diǎn)

再,工2(再<%2).其中QER,e為自然對數(shù)的底數(shù).

⑴求實(shí)數(shù)。的取值范圍；

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

【解析】(1)由于新(x)=ae-2e(x-1),

由題知/'(X)=0有兩個不同實(shí)數(shù)根，即。=2e(H)有兩個不同實(shí)數(shù)根.

e

令g(x)=2e(：T),則g，(x)=2e(2-x)20,解得故g(x)在(-叫2］上單調(diào)遞增，在2+⑹上單調(diào)

ee

2

遞減，且X-—00時，g(x)f-co,Xf+co時，g(x)-0,g(2)=j,故g(x)的圖象如圖所示，

當(dāng)時，/''(X)有兩個零點(diǎn)X,三且X1<x?.則/'(x)N0=0<xW%或xN七，故〃x)在(0,x』上單

調(diào)遞增，在(國,9)上單調(diào)遞減，在(％,+co)上單調(diào)遞增，/(x)的極大值點(diǎn)為為，極小值點(diǎn)為

故/⑺=泡-e(x-廳有兩個極值點(diǎn)時，實(shí)數(shù)。的取值范圍為(0,I；

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

若設(shè)％=匹-1/2=%2-1(。<.<幻，則上式即為%+(e-2)，2之九142

兩式相除得日苫，即…=嗎>。,

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

(

則九力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,則“(%)=2(e—2)ZlnZ—2—(e—2)/H—,

P

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

顯然9〃(。在(1,+8)遞增,

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,。)遞減，(禮+8)遞增,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)遞減，&,+?)遞增,

又0⑴=9(e)=0,貝l]l<x<e時，<0,/?()<0,x>e時，⑺>0,所以易得〃?)在(l,e)上遞

減，在(e,+oo)上遞增,則“⑺1mLMe)=(e-1)?,

所以幾的取值范圍為(-8,(e-I)2].

(三)對數(shù)平均不等式

a-b

兩個正數(shù)a和6的對數(shù)平均定義：￡伍力)=|lna—ln八“"*

a(a=b).

對數(shù)平均與算術(shù)平均、幾何平均的大小關(guān)系：4ab<L{a,b}<^~(此式記為對數(shù)平均不等式)

取等條件：當(dāng)且僅當(dāng)a=6時，等號成立.

【例4】設(shè)函數(shù)/(x)=e*-ax+a(aeR),其圖象與x軸交于2(項(xiàng),0),8(%,0)兩點(diǎn)，且毛<x2.

(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

(2)證明：/'(而T)<O(/'(x)為函數(shù)/(x)的導(dǎo)函數(shù));

【分析】(1)/'(x)=e-當(dāng)aWO吐/'(x)〉0在R上恒成立，不合題意

當(dāng)a>0時,/(x)min=/(Ina)=a(2-taa)

當(dāng)/(x)min>0,BP0<?<e2時,/(x)至多有一個零點(diǎn)，不合題意，故舍去；

當(dāng)/(x)min<o,即。>e2時,由/(I)=e〉0,且/(x)在(―oo,Ina)內(nèi)單調(diào)遞減，故/(x)在(1,Ina)有且只有一

個零點(diǎn)；由/(Ina2)=o2-2alna+a=a(a+l-21na),

2

令y=a+l—Zina,?！?,則y1—\—>0，故a+1—21na>/+]_4=/—3>0

a

所以/(In/)>。,即在(inq,21na)有且只有個零點(diǎn).

(2)由(1)知,/(%)在(一°0,山4)內(nèi)遞減,在(111凡+00)內(nèi)遞增,且/(1)=。>0

X{X2

所以1<%<Ina</<2Ina,因?yàn)閒(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，要證：/'()<0,只須證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?yàn)檠?-(/+%2)<°，所以1口區(qū)%2-(玉+x2)+l)<Ini=0，而匹-25國%>0

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

【評注】根據(jù)對數(shù)平均不等式求解的步驟是：

1.通過等式兩邊同取自然對數(shù)或相減等配湊出In%-In/及%-％2，

2.通過等式兩邊同除以In再-In/構(gòu)建對數(shù)平均數(shù)再一“

In-Inx2

3.利用對數(shù)平均不等式將*一々轉(zhuǎn)化為土土三后再證明%1+%2<2x0(或X]+x2>2x0).兩種方法

InX]-lnx22

各有優(yōu)劣，適用的題型也略有差異.

(四)一題多解賞析

【例5】已知/(%)=xlnx-g機(jī)/-x,加eR.若/(X)有兩個極值點(diǎn)X1,%,且西<》2,求證：XlX2>°2

(分析]解法一：欲證七％2〉e2,需證InX]+In/>2.

若/(x)有兩個極值點(diǎn)不，32,即函數(shù)/'(X)有兩個零點(diǎn).又/'(%)=111%-3；,所以,占，了2是方程/'(%)=0

的兩個不同實(shí)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

從而可得,”-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</,設(shè)，=‘■，貝u>1.因止匕,止1%+lnx2=--------,t>1.

再t-1

?+l)ln/>2]〉]即：當(dāng)/>1時，有〉/〉？"一1).構(gòu)造函數(shù)

要證如國+lnx2〉2,即證:

t—\，+1

=利用丸(。為(L+s)上的增函數(shù)求解.

解法二：欲證七%2〉，,需證Mx】+lnx2>2.若/(x)有兩個極值點(diǎn)七,々,即函數(shù)/'(%)有兩個零點(diǎn).又

/'(x)=lnx—s,所以,西,超是方程/'("=0的兩個不同實(shí)根.顯然機(jī)>0,否則，函數(shù)/'(X)為單調(diào)函數(shù),

不符合題意.

由|inx'me~-0=^nxi+^nx2=機(jī)(西+%)，問題轉(zhuǎn)化為證明芭+x2〉白,構(gòu)造函數(shù)

，根據(jù)g(x)在(0」

函數(shù)g(x)=/'(x)-/'0<x<—上遞增，可得g(x)<g=0,

mm

x),設(shè)玉，由/'(x)在［o.

所以/'(x)</‘上遞增可證.

1m

解法三：由X］，4是方程/'(x)=0的兩個不同實(shí)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

設(shè)1<%<e<%2,需證明再馬>?2,只需證明再>一G(03)，只需證明/(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],則/(々)=/(玉)</—，因?yàn)椋?(x)

XJVxi7

e2

在(e,+oo)所以％2>一，即再入2>。2.

X\

In再-mxx=0律ie：njR設(shè)

解法四：設(shè)％=111為e(O,l)J2=lnx2e(l,+co),則由

Inx-mx=02

22t2=met2

kgk

k=ti—t2<0,則4=—~-，&2———.欲證項(xiàng)％2>e?,需證也再+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,構(gòu)造g(x)=Ml+/)—2(i—D證明.

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

(LU八2〃"2-U[〃2=me12r2

k\nkk

則％="絲，%2二In上上.欲證X1%需證Inxi+ln%〉2,即只需證明4+/2〉2,即

k-1k-1

(左+l)ln左2(1)=In左一幺4_o,設(shè)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,命題得證.

左(左+1)

(五)2022屆高考全國卷甲理22題解析

極值點(diǎn)偏移問題前幾年高考曾經(jīng)考查過，2022年高考全國卷甲理再次考查極值點(diǎn)偏移問題，該題有一定難

度，但用前面介紹的方法可以輕易解決，下面給出兩種解法，共同學(xué)們參考：

x

【例6】已知函數(shù)/(x)=-e---lnx+x-a.

X

(1)若/'(X)NO，求。的取值范圍；

(2)證明：若/(X)有兩個零點(diǎn)周廣2,則再/<L

【解析】解法一：(1)因?yàn)?(x)=f—lnx+x—a,

JC

令/(x)=0,得X=1

當(dāng)xe(0,1)JG)<0,/(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xc(1,+s)J'(x)>0,/(x)單調(diào)遞增,

所以/(x)N/(l)=e+l—a,

若/(x)20,則e+1—。20,即。46+1,所以。的取值范圍為(一8"+1].

(2)由(1)知，xe(0,l)J(x)單調(diào)遞減;當(dāng)xe(l,+ao)J(x)單調(diào)遞增,

若/(x)有兩個零點(diǎn)占,乙,則一個零點(diǎn)小于1,一個零點(diǎn)大于1,不妨設(shè)玉

1

要證西/<1,即證西〈一,

1(1、

因?yàn)?E(0,1),即證/'(%)>/■一，因?yàn)?(須)=/(%)，即證/(々)〉/

0—1

即證----Inx+x-xex-Inx——>0,xG(1,+oo),

XX

Q-]/]]p-

xx

下面證明x〉l時,---xe>0?lnx—x—<0,設(shè)g(%)=----xe,x>1,

x2^x)x

設(shè)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)單調(diào)遞增即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)單調(diào)遞減,即h(x)<〃⑴=0,所以Inx-：

<0；

ex-

綜上，----工鏟—2>0,所以％i%2<1.

x

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

x

1r_1

設(shè)/=g(x)=X-Inx，則g<x)=1--=---(x>0).

XX

所以xe(0,1)時g<x)<0,g(x)遞減,Xe(1,+<?)時g<x)>0,g(x)遞增,

f=g(x)2g⑴=1,

設(shè)/(x)=〃(/)=e，+/-a(f21)，則h(t)為增函數(shù),A(?)>A(l)=e+1-a,

若/(x)?0,則e+l-a之0,即“Me+1,所以。的取值范圍為(一co,e+l].

(2)由(I)知/(X)有兩個零點(diǎn)為戶2,則方程x-lnx，有兩個實(shí)根為戶2,

因?yàn)閤w(0,1)時g(%)遞減,xe(1,+8)時g(x)遞增,

不妨設(shè)0<項(xiàng)<1<,由西一山西=X2~ln%2=t得；―"―/一=1，

InA-2InX]

所以要證玉工2<1，即證丁/->J*，即證~21——->21nm,

illA2—inX]7x、x?VX]

即證J土■-J±-2InJ三>0,設(shè)J三=7〃(加>1),即證機(jī)-L-21n加>0,

yxI}/x2'%%m

設(shè)尸(加)=機(jī)_，一21nm(w>1),則尸'(加)=1+二-2=(1-1]>0,

所以尸(加)為增函數(shù)，尸(m)>尸⑴=0,所以西/<1成立?

典例展示

【例1】（2024屆四川省眉山市高三下學(xué)期第三次診斷）已知函數(shù)/（x）=xku-ax2_2x.

⑴若過點(diǎn)（1,0）可作曲線V=〃x）兩條切線，求。的取值范圍；

⑵若/（x）有兩個不同極值點(diǎn)%力.

①求。的取值范圍；

②當(dāng)司＞4》2時，證明：龍西＞16e\

【解析】（1）依題意，r（x）=lnx-2ax-l,

設(shè)過點(diǎn)（1,0）的直線與曲線＞=/（x）相切時的切點(diǎn)為（%,%）,斜率左=1%,-2辦0-1,

切線方程為＞-（%1叫-。/-2%）=（1叭-2.-1）。70）,而點(diǎn)（1,0）在切線上，

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

由過點(diǎn)(1,0)可作曲線y=兩條切線，得方程辦:-2辦。-X。+1叫-1=o有兩個不相等的實(shí)數(shù)根,

令g(x)=ax2-lax-x+Iwc-1,貝!|函數(shù)g(x)有2個零點(diǎn)，

求導(dǎo)得g'(x)=2ax-2a-l+-=2辦-20+1訴+1=(2辦-1)(1),

XXX

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

22a2a

即函數(shù)g(x)在(0,1),(1,+8)上單調(diào)遞增，在(，-,1)上單調(diào)遞減，

2a2a

則當(dāng)x=1時，g(x)取得極大值；當(dāng)X=1時，g(x)取得極小值，

2a

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

2a2a2a2a2a4a

當(dāng)xKl時，g(x)<0恒成立，因此函數(shù)g(x)最多1個零點(diǎn)，不合題意；

②若Q=g'(x)?0恒成立，函數(shù)g。)在(0,+s)上單調(diào)遞增，

因此函數(shù)g(x)最多1個零點(diǎn)，不合題意；

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

22a2。

即函數(shù)g(x)在(0,1),(4,+刈上單調(diào)遞增，在(1，1)上單調(diào)遞減，

2a2a

則當(dāng)x=l時，g(x)取得極大值；當(dāng)x=1時，g(x)取得極小值，又g(l)=-a-2<0,

2a

顯然當(dāng)時，g(x)<0恒成立，因此函數(shù)g(x)最多1個零點(diǎn)，不合題意；

2a

④若Q?0,顯然2辦一1<0,當(dāng)0vx<l時，g'(x)>0,當(dāng)％>1時，g\x)<0,

函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，當(dāng)％=1時，g。)取得最大值g⑴=-2,

要函數(shù)g(x)有2個零點(diǎn)，必有g(shù)⑴=-a-2>0,得q<-2,

當(dāng)0<x<1時，g(x)=a(x-I)2-x-a-l+lux<-a-1+Inx,

而函數(shù)y=-a-l+lnx在(0,1)上的值域?yàn)?因此g(x)在(0,1)上的值域?yàn)?-co,-a-2),

當(dāng)x>l時，令y=lnx-x,求導(dǎo)得了=!一1<0,函數(shù)y=lnx-x在(1,+co)上單調(diào)遞減，

X

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

而函數(shù)了=。(》-1)2-。-2在(1,+8)上單調(diào)遞減，值域?yàn)?

因此函數(shù)g(x)在(1,+8)上的值域?yàn)?-,

于是當(dāng)。<-2時，函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn),

所以過點(diǎn)(1,0)可作曲線7=/(x)兩條切線時，a的取值范圍是(-8,-2).

(2)①由(1)知，f\x)=\wc-2ax-\,

1

由函數(shù)，(x)有兩個極值點(diǎn)和聲，得/'(x)=0,即2a=螞二有兩個實(shí)數(shù)根為戶2,

X

令〃(x)=@―,求導(dǎo)得/(x)=^―"，當(dāng)0<%<e2時，u\x)>0,當(dāng)X〉e2時，w(%)<0,

xx

函數(shù)〃(X)在(Od)上單調(diào)遞增，e2,+00)上單調(diào)遞減，〃(x)max=4，

e

iinY_i

且〃(e)=0,當(dāng)x>e時，函數(shù)〃(x)〉o恒成立，因此當(dāng)0<2〃<三時，2a=-----有兩個實(shí)數(shù)根

ex

所以函數(shù)/(x)有兩個極點(diǎn)時，。的取值范圍是(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

要證明王考>16e3,只需證明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%),則，>4,欲證明1叫+215〉41n2+3,

即證明?+2)?里>41n2(/>4),只需證明Im-41n2?匕1■，。(經(jīng)由即可,

t-1t+2

t-\

令〃⑺=In/—41n2----?>4),

t+2

4

求導(dǎo)得"⑺一二41n2._J_=f+4f+4T21n2l_,

口一f(t+2)2~t(t+2)2-(t+2)2

4

貝l)0?)=/+4+7_121n2在,>4時單調(diào)遞增，故夕(。>例4)=9—121n2>0,

則〃9)>0,令力⑺在l>4時單調(diào)遞增，則/7?)>〃(4)=ln4-4x；xln2=o,

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

【例2】(2024屆江蘇省揚(yáng)州市儀征市四校高三下學(xué)期4月聯(lián)合學(xué)情檢測)已知函數(shù)

/(%)=>0).

⑴若/(x)?0恒成立，求加的取值范圍;

(2)若/(%)有兩個不同的零點(diǎn)占/2，證明司+工2>2.

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

11_Y

故/''（X）=In（加x）-x=—1=----,從而當(dāng)0<x<1時/'（X）>0,當(dāng)x>1時/'（X）<0.

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

所以命題等價于Inm-1<0,即加4e.所以加的取值范圍是（0,e].

（2）不妨設(shè)再</，由于/（x）在（0,1）上遞增，在（1,+力）上遞減，故一定有0<玉<l<x>

在T</<I的范圍內(nèi)定義函數(shù)

則p'（t）=++fh-t}=—+—=^->0,所以單調(diào)遞增.

]+/1-t1-t

這表明”0時P0>M0）=/（1）-〃1）=°，即/（l+O-

又因?yàn)椤?-xJ=/（l+（l-%