2025屆高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)《極值點(diǎn)偏移問題》練習(xí)（附答案）

2025屆高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：壓軸好題專項(極值點(diǎn)偏移問題)練習(xí)

1.(2023屆河北省部分高中高三三模)已知函數(shù)/(e，)=xe*-：ae2，-e=2.

(1)當(dāng)。=1時，討論函數(shù)“X)的單調(diào)性；

(2)若/(x)為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù),尸(x)有兩個零點(diǎn)

(i)求實數(shù)。的取值范圍；

(ii)證明：(+2丫＜卜+"

2.(2023屆云南師大附中高考適應(yīng)性月考)已知函數(shù)〃x)=ax3+6x2+cx(aH0),且6a+6=0,/(I)=4a.

(1)討論/(X)的單調(diào)性；

(2)若xe[0,3],函數(shù)/(x)=/(x)-xe"有三個零點(diǎn)為，々，/，且花＜馬＜泡，試比較再+超+三與2的大

小，并說明理由.

3.(2024屆四川省綿陽市高中高三突擊班診斷性考試)已知函數(shù)/(x)=xlnx-|x2-x+a(aeR)在其定義

域內(nèi)有兩個不同的極值點(diǎn).

(1)求。的取值范圍；

(2)記兩個極值點(diǎn)為占,2，且須＜乙.若彳21,證明：eM＜x,-X2.

4.(2023屆海南省海口市海南華僑中學(xué)高三模擬測試)已知函數(shù)=(。＞0)有兩個零點(diǎn).

(1)求實數(shù)”的取值范圍；

(2)設(shè)函數(shù)“X)的兩個零點(diǎn)分別為a],巧，證明：X]+X2＞6.

5.(2023屆湖南省常德市第一中學(xué)高三下學(xué)期5月月考)已知函數(shù)〃》)=「+口。-1)-母+1)111陽8(X)=叱

XJX

(1)求/(X)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若存在實數(shù)加，使得方程g(x)="有兩個不相等的實數(shù)根和電，求證：gU)+gU)＞0

6.(2023屆北京市通州區(qū)高三考前查漏補(bǔ)缺)已知函數(shù)-lnx(。＞0)

(1)已知/(無)在點(diǎn)(1,/(D)處的切線方程為＞=x-i,求實數(shù)。的值；

(2)已知/(X)在定義域上是增函數(shù)，求實數(shù)。的取值范圍.

⑶已知g(x)=f(x)+￡有兩個零點(diǎn)X1,了2，求實數(shù)。的取值范圍并證明網(wǎng)%＞e2.

7.（2023屆安徽省皖江名校高三最后一卷）已知函數(shù)/（0=》111》-：如2-》+1有兩個極值點(diǎn)玉,吃,且再＜z.

⑴求了（不）的取值范圍；

（2）若2玉J,證明：8%〈后

8.（2024屆山東省新高考質(zhì)量檢測聯(lián)盟高三第一次質(zhì)量檢測）已知函數(shù)/（x）=9_lnx_lna-l有三個零

點(diǎn).

（1）求。的取值范圍；

⑵設(shè)函數(shù)/（x）的三個零點(diǎn)由小到大依次是再，尤2,七.證明：用＞e.

9.（2023屆海南省海口市等5地高三上學(xué)期12月期末）已知函數(shù)/（x）=aex-2x

⑴求〃x）的單調(diào)區(qū)間；

⑵若函數(shù)/（無）有兩個不同的零點(diǎn)X1,為，證明：項+迎＜21n2-21na.

10.（2023屆江蘇省鎮(zhèn)江中學(xué)高三三模）已知函數(shù)/（x）=x（lnx-辦）,aeR.

⑴若有兩個極值點(diǎn)再,/（不＜x2）.求實數(shù)a的取值范圍.

2

⑵在（1）的條件下，求證：3%-玉＞―—2.

a

11.（2023屆福建省寧德市五校教學(xué)聯(lián)合體高三下學(xué)期3月質(zhì)量監(jiān)測）已知函數(shù)/（》）=/+2"-1,其中“為

實數(shù)，e為自然對數(shù)底數(shù)，e=2.71828….

（1）已知函數(shù)xeR,/（x）＞0,求實數(shù)。取值的集合；

（2）已知函數(shù)網(wǎng)乃二/⑴-女2有兩個不同極值點(diǎn)4、x2,證明2G（國+%）＞3網(wǎng)》2

參考答案

1.(2023屆河北省部分高中高三三模)已知函數(shù)/(e*)=xe-gae2x-eX-2.

⑴當(dāng)。=1時，討論函數(shù)/(x)的單調(diào)性；

(2)若/'(x)為函數(shù)〃x)的導(dǎo)函數(shù),廣律)有兩個零點(diǎn)國,巧.

(i)求實數(shù)。的取值范圍；

(ii)證明：(尤1)6</爐2.

【過程詳解】(1)因為/■(eX)=xeX-gae2「e'-2,令”->0,貝卜=3,

所以/"(7)=[,In/—5a1—2(/>0),

r^/(x)=x-lnx-^-ax2-x-2(x>0).

2

當(dāng)Q=1時，/(x)=x-lnx--^-x-x-2,

/z(x)=lnx+l-x-l=lnx-x,

令g(x)=lnx-x,貝!jg'(x)=L_l=^^,

XX

當(dāng)xe(O,l)時，g,(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,

當(dāng)xe(l,+oo)時，g[x)<0,g(x)單調(diào)遞減，

111

所以g(x)1mx=g(D=1T=T<°，

故f'(x)<0在(0,+e)上恒成立.

所以當(dāng)a=1時，/(無)在(0,+s)上單調(diào)遞減.

(2)⑴/(x)有兩個零點(diǎn)卬三等價于/'(x)=0有兩個不同的根.

ffijf'(x)=lnx-ax(x>0),

所以Inx-?亦=0有兩個不同的根，

等價于。=上In人Y有兩個不同的根，

X

等價于y=a與力@)=乎有兩個不同的交點(diǎn).

因為=(x>0),

當(dāng)x￡(O,e)時，Ar(x)>0,M%)單調(diào)遞增，

當(dāng)x￡(e,+oo)時，/(x)<0,單調(diào)遞減，

所以，"x=仆)=等=J

而當(dāng)x趨向正無窮時，/z(x)趨向0,x趨向0時，，(x)趨向負(fù)無窮，

為使>=。與〃(x)=?有兩個不同的交點(diǎn)，所以aejo,：.

(ii)/(x)有兩個零點(diǎn)和三，則

Inxl-axl=0fInx2-ax2=0.

即In/=axx,lnx2=ax2.

所以In%]+lnx2=4(玉+x2),

即In(X1?%)=Q(/+/)，

得X1?尤2=e《w+?),

所以(x「X2『=eeG+*).

因為ae(0,1，所以(為多丫<e(s).

2.(2023屆云南師大附中高考適應(yīng)性月考)已知函數(shù)/(x)=ax3+6x2+cx(aH0),S.6a+b=0,/⑴=4a.

⑴討論/(x)的單調(diào)性；

(2)若xe[0,3],函數(shù)/(x)=/(x)-xe-有三個零點(diǎn)不，x^,￡,且王<X2<%,試比較再+x2+x§與2的大

小，并說明理由.

【過程詳解】(1)由/(1)=4。，得3a-6-c=0,又b=-6a,所以c=9。，

則f(x)=ax3-6ax2+9ax,所以f'(x)=3a(x-l)(x-3),aw0.

當(dāng)a>0時，令/''(x)>0,得x<l或無>3；令/''(x)<0,得l<x<3；

所以/(x)在(-甩1)和(3,+s)上單調(diào)遞增，在(1,3)上單調(diào)遞減；

當(dāng)。<0時，4/V)>0,得l<x<3；令f'(x)<0,得x<l或x>3；

所以/(x)在(-叫1)與(3,+s)上單調(diào)遞減，在(1,3)上單調(diào)遞增.

(2)x1+x2+x3<2,理由如下:

因為f(x)=ax3-6ax2+9tzx=or(x-3)2,

x

由尸(x)=0,得QX(X-3)2-xe~=0,解得x=0或研工一3)2-e-“=0.

因為XE[0,3],所以玉=0,x?,天是。(％-3)2-=0的正根，則再+/+/=%+/，

x

又ln[a(%_3)2]=lne~=-x,所以ln〃+21n(3-々)=_/，ln?+21n(3-x3)=-x3,

兩式相減得21n(3—%)—21n(3—X3)=毛—/=(3—々)—(3—天).

t—t

3—/=芍，3—毛二￡3,貝！J3〉4〉￡3》0,彳導(dǎo)2In—2In與二芍—'3，貝°2=~~~~.

—

一InZ2Inq

令心存。#00),則3二半212-2,

t3mt2-Int3Inu

“…21nwz1、2uInw一,口2(u+1)Inw

所以%3=-----------(W>I),t=Ut=---------,可得%2+%3二----------，

u-l23u-\u-l

2lnw2(w+l)lnw-4(w-l)

t+t-4A=------(〃+1)—4=———-----------——-(w>I).

23u—Iu—I

設(shè)g(M)=2("+1)Inw-4(〃-I),則g'(u)=2^lnw+--l^j,

再設(shè)〃Q)=ln〃H---------則〃'(〃)=-------------y——z—>0,

uuuu

所以〃?在(l,+8)上為增函數(shù)，則1Q)>〃(l)=0,

即g'Q)=21ni/+'—1]〉0,則g(u)=2(u+1)In〃一4(〃一1)在(1,+s)上為增函數(shù)，

從而gW>g(l)=2(1+l)lnl-4(l-l)=0,

所以看2+%3-4〉0,BR(3—x2)+(3—x3j—4=2—+x3)>0,

所以工2+X3<2,即須+/+毛=X2+工3<2.

3.(2024屆四川省綿陽市高中高三突擊班診斷性考試)已知函數(shù)/3=工1四一|/—+°(°€11)在其定義

域內(nèi)有兩個不同的極值點(diǎn).

(1)求。的取值范圍；

1+2

(2)記兩個極值點(diǎn)為國,馬,且再<%2.若證明：e.

【過程詳解】(1)由題意知，函數(shù)"X)的定義域為(0,+8),f\x)=]nx-ax,

方程f\x)=0在(0,+8)有兩個不同根，

即方程Inx-分=0在(0,+8)有兩個不同根,

即方程。=——在(0,+00)有兩個不同根,

1-lnx

令g(x)=k，xe(0,+co),則g，(無)=

則當(dāng)0<x<e時，g'(x)>0,x>e時，g'(x)<0,

則函數(shù)g(x)=也在(0,e)上單調(diào)遞增，在(e,+8)上單調(diào)遞減,

所以gOOmax=g(e)=L

e

又因為g⑴=0,當(dāng)x>l時，g(x)>0,當(dāng)0cx<1時，g(x)<0,

所以。的取值范圍為0,

(2)要證兩邊取對數(shù)，等價于要證l+^vlnxi+mnx?,

由(1)可知不，X?分別是方程hu-辦=0的兩個根，

即=axx,lnx2=ax2

所以原式等價于l+4<g+^ax2=研再+AX2),因為4〉0,。<西，

1+A

所以原式等價于要證明a>—.

.+AX2

xIn—

又由llUi=QXi，1取：2="2作差得，M一=磯西一％2),即_%2.

%2a-

xx-x2

In%

所以原式等價于、1+2，令，=&x,徐(0,1),

x2

則不等式成<一在te(0,1)上恒成立.

t+x

令版)=lm-支出二D,Ze(0,l),

't+A

又砥,)311±互=(-2)

當(dāng)彳21時，可見fe(0,l)時,h'(t)>0,

所以〃⑷在fe((M)上單調(diào)增，

又旗1)=0,//(0<0,

所以In五<0+2上一%)在/(0,1)恒成立,所以原不等式恒成立.

X]-I

4.(2023屆海南省海口市海南華僑中學(xué)高三模擬測試)已知函數(shù)/(x)=e，-辦3(。>0)有兩個零點(diǎn).

(1)求實數(shù)。的取值范圍;

(2)設(shè)函數(shù)/(x)的兩個零點(diǎn)分別為a],巧，證明：國+%>6.

【過程詳解】(1)當(dāng)xWO時，/(尤)>0恒成立，所以/(x)在(一雙0]上沒有零點(diǎn).

所以若/(%)=0,則%>0.

設(shè)g(x)=§(x>0),貝|g，(x)=^J^.

當(dāng)0<x<3時,g'(x)<0,所以函數(shù)g(x)在(0,3)上單調(diào)遞減;

當(dāng)x>3時，g，(x)>0,所以函數(shù)g(x)在(3,+s)上單調(diào)遞增.

所以，無>0時，g(x)在x=3處取得唯一極小值，也是最小值g(3)=1y.

設(shè)“x)=g(x)-a,則〃(x)在(0,3)上單調(diào)遞減，〃(x)在(3,+?>)上單調(diào)遞增.

33

當(dāng)0<aW—時，h(x\-g(x\—ci---〃20,

27v7v727

所以〃(x)=g(x)-。最多有一個零點(diǎn)，即最多有一個零點(diǎn)，不滿足題意;

當(dāng)且時，

27

1r\311

因為‘<二所以；1<-<3,

327273a

所以〃⑷=g(q)_qUe"_q〉U-tz>0.

35275

又〃(3)=g(3)-q=-e-tz<0,〃⑸=g(5)-a=-e-a>-a>l-tz>0,

根據(jù)函數(shù)Mx)的單調(diào)性以及零點(diǎn)存在定理可知，

3%)e(a,3),有4)=0；3x2G(3,5),有人(%)=°.

且當(dāng)0<x<a時，恒成立；

當(dāng)x>5時，〃(x)>0恒成立.

所以，無)有兩個零點(diǎn)，即/(x)=e=ax3存在兩個零點(diǎn).

綜上,a>—.

27

(2)由(])知爐_渥=0,e%2-ax1=0,且0<芯<3<%2，

得一=廿』=',即X2_X]=31nZ

e1x：百

設(shè)乏十>1,

得不(/l)=31n"即玉=誓，則%+為=3?+1)山。

設(shè)■%)=(x+l)lnx-2(x-l),則k'^x)=lnx+--1,

設(shè)冽(x)=hu+，-1,m，=~~~T=~T~

XXXX

當(dāng)0<x<l時，有加(x)<0,所以機(jī)(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；

當(dāng)x>l時，有加(x)>0,所以加(x)在(1,+00)上單調(diào)遞增.

所以，必k)在x=l處取得唯一極小值，也是最小值機(jī)⑴=0,

所以加(x)>m(1)=0,即〃(x)>0在(0,+<?)上恒成立，

所以函數(shù)左⑺在(0,+司上單調(diào)遞增.

又左°)=0,所以x>i時，有43>旦1)=0,

BP(x+l)lnx-2(x-l)>0,

即(x+l).>2,即3(x+l)限>6,

X—1X—1

即再+o2>6.

5.(2023屆湖南省常德市第一中學(xué)高三下學(xué)期5月月考)已知函數(shù)/(》)=1+」(尸1)-(》+1)山工名(》)=叱

VxJx

(1)求“X)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若存在實數(shù)加，使得方程g(x)=:〃有兩個不相等的實數(shù)根三,三,求證：g'(xJ+g'(X2)>0

[過程詳角軍](1)因為/(x)=(n—|(x—1)—(x+1)Inx=%2—x+1----(x+1)Inx(x>0),

VxJx

所以/'(%)-2%-1+J-土^—Inx=2x+-^---]nx-2(x>0),

XXXX

^h(x)=2x+—----Inx-2(x>0),貝|

XX

7”、c211

h{x}=2--+———

XrXX

2(X-D(%2+X+1)x-1

X3x2

(X-1)(2X2+X+2)

(x>0),

X3

當(dāng)0<x<l時，h\x)<0,當(dāng)x>l時，h\x)>0,

所以林x)在(0,1)上遞減，在(L+8)上遞增,

所以〃(x)N-1)=0,

所以八x)20,

所以/(%)在(0,+8)上遞增,

所以/(X)的增區(qū)間為(0,+8),無減區(qū)間,

(2)證明：由題意得生上=電工，則/In^i=xjnx2,

再12

In招=mx.1口再+lnx2=加(玉+x2)

因為?22,所以

Inx-\nx-m{x—x),

In%]=mxxx2x2

Inx+In玉_x+再

所以2；=2

Inx2-In再x2-X]

Xxx2

，/、，/、1-Inx.1-Inx9

所以g(西)+g(無2)=-+——

西x2

——-~―(x；—x；InXj+Xy—x；Inx?)

二22(X；一工2/ln%2一再工2InxJ

X：芯

=」-三+土-紅口1眸-InxJ

xrx21_Xyx2x2-x1_

/、

強(qiáng)+1

=_1強(qiáng)+土in選

XX

再入2l2強(qiáng)_]玉

、X1>

不妨設(shè)再<%,令f=2>l,則證g'(xJ+g'(X2)>0,即證1+1-上11取>0,

玉tt-\

即1+出一1)一(7+1也/>0,

由(1)知/(x)=(x+!)(x-l)-(x+l)lnx在(1,+00)上遞增，

所以當(dāng)x>l時，/(x)>/(l)=0,

即/>1時，-1)-(f+l)ln/>0,得證.

6.(2023屆北京市通州區(qū)高三考前查漏補(bǔ)缺)已知函數(shù)/(x)=ax-?-lnx(a>0)

(1)已知/(x)在點(diǎn)(1,7(1))處的切線方程為y=x-i,求實數(shù)。的值；

(2)已知無)在定義域上是增函數(shù)，求實數(shù)。的取值范圍.

⑶已知g(x)=/(x)+三有兩個零點(diǎn)不，”求實數(shù)。的取值范圍并證明為X2>e:

【過程詳解】(1)因為/(月="-巴-瓦，所以/'(x)=a+￡-L

XXX

所以/'⑴=2a-l,又/(無)在點(diǎn)(1,/(1))處的切線方程為y=x-l,

所以廣(1)=2。-1=1,解得。=1..

(2)/(%)的定義域為(0,+00),因為/(x)在定義域上為增函數(shù),

所以/''(X)=a+g-’N0在(0,+GO)上恒成立.

2

即""一二+"20恒成立即az—-

X2\'X+1

人(\X/36，函_1"_(l+x)(l一x)

令g(x)=—,所以g⑴一口直『日，

X￡(0,l)時/(%)>0,%￡(1,+8)時8'(%)<0,

所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減,

所以g(x)min=g6=g,即

(3)g{x}=ax-\nx

定義域為(0,+s)，g'(x)=a-g=WJ

當(dāng)a<0時，g'(x)<0,所以g(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞減，不合題意.

,,，/、1ax—\

當(dāng)a>0時，g(x)=a一—二----

xx

g⑺在(0,：)上單調(diào)遞減，在1,+口上單調(diào)遞增，

所以g(x)的最小值為g1J=l-ln,

函數(shù)g(x)存在兩個零點(diǎn)的必要條件是g(J=l-1，<0,

即0<q<L又g⑴=a>0,

e

所以g（x）在（1,-）上存在一個零點(diǎn)（1〉1）.

aa

當(dāng)Xf+8時，g（X）f+8,所以g（X）在（g,+C0）上存在一個零點(diǎn),

綜上函數(shù)g（x）有兩個零點(diǎn)，實數(shù)。的取值范圍是0<a<L

e

不妨設(shè)兩個零點(diǎn)馬>為>。

由g（xj=g（x2）=。，所以lm：i=QXi，lnx2=ax2,

.,/、lux.-lnx

所以Inxi—ln%=。（石一工2），所以"％——9，

要證石%2>，

只需證In（再入2）>2,

只需證Inxi+ln%>2,

由liiX]+lnx2=axx+ax2=a(再+馬)=(玉+/)

X1-X2

lux,—lnx2

只需證———-?>

玉-x2x1+x2

2（石一工2）

只需證1嗎-1噸<

玉+x2

2kll

只需證In土<

x2土+1

%2

令±=/（o〈/<i）,只需證血〈蟲二D,

%2t+1

令H⑺=In/-2("；),

4(+1)2_4/(if

,?+1)2(+1)2

...H⑺在（0,1）上單調(diào)遞增，〃（/）<用1）=0,

即1W〈文D成立，

t+1

所以為了2>e?成立.

7.（2023屆安徽省皖江名校高三最后一卷）已知函數(shù)/（x）=xlnx-；辦2

-X+1有兩個極值點(diǎn)再,%2，且再<%2?

⑴求/(國)的取值范圍;

(2)若2%證明：8玉<4

【過程詳解】(1)/'(x)=InX-ax在(0,+8)上有兩個變號零點(diǎn)，即。=蛔有兩個不等實根,

X

設(shè)g(x)=F，g<x)=1x1nx,當(dāng)0cx<e時，g'(x)>o,當(dāng)X>e時，gf(x)<0,

則g(x)在(0,e)上單調(diào)遞增，在(e,+8)上單調(diào)遞減，gCx)^=-

而g(l)=0,且當(dāng)x>l,恒有g(shù)(x)>0成立，于是0<a<1,且l<X[<e<X2,

e

(、11叫

即有/(/J=印叫——QX]2一再+1,又。=---,

2匹

則/(再)=xJnX]——,—-?X；—X]+1——X|lnX1一玉+1,

令/z(x)=gxlnx—x+l,x￡(l,e),求導(dǎo)得//(x)=:(lnx—l)<0,即在(l,e)上單調(diào)遞減,

從而〃(上(1-"),所以/(6(1《0).

(2)由(1)知，方程Inx-辦=0的兩個實根再,馬,即1叫=3,1妊=Q%2，

[n丫_]n丫

亦即In^-lnxi=。(工2-%)，從而。=一、一L,設(shè)％=二，又0<2%<々，即，>2,

“2—*1%]

要證8再<x；,即證31n2+lm：i<21nx2,即證31n2+oX]<2辦2，

即證a(2x2-&)>31n2,即證皿一喝仁超一再)>31n2,

%2-X]

2工2_]

即證In迤心苫2一而>3^2,即證g強(qiáng).凸—>31n2,即證妝」.皿>31n2,

再“2—玉玉*2_]t—1

再

入7/_12/H---1皿-3

?0(,)=--In/,(f>2),^(/)=--^—-5-,。>2)'

t—L(t—1)

設(shè)/()=2/+；_1皿_3,(/>2),/'(7)=2_"_；=(2'+；!(’―1)>0,

則尸⑺在(2,+8)上單調(diào)遞增，WF(/)>F(2)=|-ln2>0,

于是。⑺>0,即有夕(。在(2,+8)上單調(diào)遞增,因此附>0⑵=31n2,即二?lnf>31n2,

，一1

所以8%<x；成立.

2

8.(2024屆山東省新高考質(zhì)量檢測聯(lián)盟高三第一次質(zhì)量檢測)已知函數(shù)/(x)=g_lnx-lno-l有三個零

點(diǎn).

(1)求。的取值范圍；

⑵設(shè)函數(shù)/(X)的三個零點(diǎn)由小到大依次是用,工2戶3.證明：aeV3>e.

【過程詳解】(1)因為“X)定義域為(0,+功，又/，(耳=吧史二上(0>0),

(i)當(dāng)12/(x)<0,〃x)單調(diào)遞減;

(ii)當(dāng)xe(O,2),記g(x)=^^,則g，(C'4),

當(dāng)xe(0,l),g<x)>0；當(dāng)xe(l,2),g，(x)<0,

所以g(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在。,2)上單調(diào)遞減,g(x)<g(l)=l,

又g(O)=O,g⑵=0,所以。<g(x)41?

①當(dāng)ae(O,l],r(x)V0,則/卜)單調(diào)遞減，至多一個零點(diǎn)，與題設(shè)矛盾;

②當(dāng)式”,3dg⑴-j,由(五)知，尸(x)有兩個零點(diǎn)，

記尸(x)兩零點(diǎn)為"?，"，S.m<l<n,

則/(x)在(0,加)上單調(diào)遞減，在(加,〃)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減,

因為/(〃)>/"(1)>。，令P(x)=xe「*,(0<x<1),則p，(x)=(1-x)e1-x>0,(0<x<1),

1<1>11-111-1

所以_=一ea-l<-eJ]=0,

a\a)a1

所以(加)<0,且無趨近0,4X)趨近于正無窮大，X趨近正無窮大，”X)趨近負(fù)無窮大,

所以函數(shù)/(x)有三零點(diǎn)，

綜上所述，?>1;

(2)/(x)=0等價于吧=91,即叱=皿竺?,

exxexaex

令/(x)=—,則(x)=1；產(chǎn),

所以/(x)在(0,e)上單調(diào)遞增，在(e,+8)上單調(diào)遞減,

由（1）可得石<一則<e,e/<e,qe%3>e,e”>e,

a

所以/（4%）=/[再）/（。?）二￡卜"3）,所以a%=e\Qe%3=e"3

xx-InXj=Inea=k

則再，W滿足k>\,

x3-lnx3=Inetz=k

要證白鏟為>e,等價于證xlx3>2-k,

易知[”:叫:，令q（x）=x—lux,貝lj/（x）=±l,

[x3-lnx3=Kx

令/(x)<0得0<x<l,令0(x)>O得x>l,

所以函數(shù)〃%)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(I+8)上單調(diào)遞增，

下面證明匹+工3>1+左，由藥<1<%3，即證,(%3)>夕。+左一西)，

即左〉?1■+左一％]—ln(l+左一'J,

即證0〉1_芭_In(1+/一In/一xj=1—七一In(1—In項)，

即證ef—1+hUi<0,%w(O,l),

令c⑴=e1-A-l+lnx,xG(0,l),F(x)=―—―,

^y=-xe1-x+1,貝ljV=(%_l)eif<0,(%w(0,l)),所以,=+]〉0,

所以d(x)=re[7+]>0,貝i]c(x)<41)=0,所以-1+1叫<0,x/(0,1),

所以匹+%3>1+左，所以xix3-12InX]/=匹+工3-2左>1+左一2左=1一左，

所以再%3>2-左，所以原命題得證.

9.(2023屆海南省?？谑械?地高三上學(xué)期12月期末)己知函數(shù)/(x)=ae'-2x

⑴求的單調(diào)區(qū)間；

⑵若函數(shù)/(無)有兩個不同的零點(diǎn)不，巧，證明：X1+x2<21n2-21nt?.

【過程詳解】(1)〃x)=ae工-2x定義域為R,且;■'(尤)=原-2,

當(dāng)aWO時，r(x)<0,/(x)在R上單調(diào)遞減.

當(dāng)a＞0時，令/自冷＞0,得x＞ln±,令/'（x）＜0,得x＜ln±,

v7aa

所以/（X）在1n：,+“|上單調(diào)遞增，在18,ln_j上單調(diào)遞減.

綜上，當(dāng)a＜0時，/（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為R,無單調(diào)遞增區(qū)間.

當(dāng)〃＞0時，“X）的單調(diào)遞減區(qū)間為‘叫l(wèi)n￡|,單調(diào)遞增區(qū)間為（in。+，|.

（2）因為王，*2是函數(shù)“X）的兩個不同的零點(diǎn)，所以a＞0,W=2x-=

X2

顯然再>0,x2>0,因為)=ln(2xj,ln^ej=ln(2x2),

所以玉+Ina=In2+hvcl,x2+Ina=In2+lnx2,

即玉=ln2+]wcx-]na,x2=In2+lnx2-\na,

所以/一%2=1nxi-?

不妨令再＞々＞0,設(shè)/=：＞1,

則玉=比2，x1-x2=ln-=]nt,tx2-x2=ln^

X2

所以玉=粵\nt

/—17-i

又再+%2=21n2+In^xrx2)-21na,

所以要證再+/<21n2-21nq,

只需證In（再％）＜°，即玉工2＜1.

L、[Z(lnZ)2

因為占％=三了，

所以只要證;咯<1,

即In/<-\[t——j=,KpIn/—>[t+—j=<0.

1一（"T）；

令〃⑺=ln/_/+-,tG(l,+oo),貝=l---^―

7tt2業(yè)一2而

所以畸）在（1，+8）上單調(diào)遞減，所以〃（，）＜〃（1）=0,所以石+工2＜21n2-21na.

10.（2023屆江蘇省鎮(zhèn)江中學(xué)高三三模）已知函數(shù)/（x）=x（lnx-辦）,a^R.

⑴若有兩個極值點(diǎn)玉/2（再＜%）.求實數(shù)。的取值范圍.

2

⑵在（1）的條件下，求證：3%-再＞——2.

【過程詳解】(1)因為/'(x)=x(lnx-ax),LU/f(x)=lnx-ax+x^--aj=\nx-2ax+\,

令g(x)=/，(x)=lnx-2ax+l,貝l]g<x)=，-2a,

因為〃x)有兩個極值點(diǎn)，x2(xj<x2),所以g(x)=O有兩個不等正實根不,無2(不<了2).

①當(dāng)三0時，g，(x)>0,所以g(x)在(0,+司上單調(diào)遞增,

則g(x)在(0,+句上至多有一個零點(diǎn)，舍去.

②當(dāng)a>0時，令g'(尤)=0得x=L

2a

當(dāng)0<x<J時，g'(x)>0,則g(x)在上為增函數(shù)；

當(dāng)時，g'(x)(仇則g(x)在上為減函數(shù)；

所以x=；時，g(x)取極大值，即為最大值為g[；]=-ln(2a).

所以g(X)=0有兩個不等正實根須(為<X2)的必要條件是

g[A]=Tn(2a)>0,解得0<a<).

當(dāng)0<a<:時，g(j]>0,

2\2aJ

s^gQhzr<0,所以由零點(diǎn)存在性定理知：

存在唯一的項U],使得g(xj=o成立.

因為8(%)=山-2辦+1<26-2ax+1，令26-2辦+1=0，

則工=I士^^'，則士且g(%)<0，

所以g[(}g(Xo)<O,由零點(diǎn)存在性定理知：存在唯一的Ze(：,%],使得g(Xz)=0成立.

所以0<。<；時，g(x)=0有兩個不等正實根項,2.

綜上，實數(shù)。的取值范圍是

(2)由(1)知0<。<一,且0<玉<—〈無?.所以—>1

22a2a

因為g(x)在[ojj上為增函數(shù)，及g⑴=1-2a>0,

所以玉<1,又因為％2>二，所以％-%>7----1?

2a2a

因為g(xj=0,g(%2)=0，所以hiXi-2axi+1=0,lnx2-2ax2+1=0.

所以lm：i-lnx2=2。(國一尤2)，所以《:<，

zcilux.-inx?、：z七

1112

以X1+'2>一?以34一再=(再+12)+2(%2一再)〉—?---2=-----2.

aaaa

/、

2%—1

其中國一：<A^Loin2<(其中/=H<1)

Im：1-lnx22x2匹+]^+1)\x2

<X2，

構(gòu)造函數(shù)g(/)5-得,(—則g，(,)—1r翳

因為0<f<l時，g'(/)>o,所以函數(shù)g⑺在(0,1)上單調(diào)遞增,

故g(f)<g⑴=0,從而不等式上"〈號成立.

■LLLV]11LA*24

一2

所以3X—x>—2.

21a

11.(2023屆福建省寧德市五校教