2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)(新高考專用)重難點(diǎn)09極值點(diǎn)偏移與拐點(diǎn)偏移問(wèn)題【七大題型】特訓(xùn)(學(xué)生版+解析)

重難點(diǎn)09極值點(diǎn)偏移與拐點(diǎn)偏移問(wèn)題【七大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1極值點(diǎn)偏移：加法型】 2【題型2極值點(diǎn)偏移：減法型】 3【題型3極值點(diǎn)偏移：乘積型】 5【題型4極值點(diǎn)偏移：商型】 6【題型5極值點(diǎn)偏移：平方型】 7【題型6極值點(diǎn)偏移：復(fù)雜型】 8【題型7拐點(diǎn)偏移問(wèn)題】 91、極值點(diǎn)偏移與拐點(diǎn)偏移問(wèn)題極值點(diǎn)偏移是指函數(shù)在極值點(diǎn)左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)圖象不具有對(duì)稱性，極值點(diǎn)偏移問(wèn)題常常出現(xiàn)在高考數(shù)學(xué)的壓軸題中，是高考考查的熱點(diǎn)內(nèi)容，這類題往往對(duì)思維要求較高，過(guò)程較為煩瑣，計(jì)算量較大，解決極值點(diǎn)偏移，稱化構(gòu)造函數(shù)法和比值代換法，二者各有千秋，獨(dú)具特色.【知識(shí)點(diǎn)1極值點(diǎn)偏移問(wèn)題及其解題策略】1．極值點(diǎn)偏移的概念(1)已知函數(shù)y=f(x)是連續(xù)函數(shù)，在區(qū)間(a,b)內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1與x2之間，由于函數(shù)在極值點(diǎn)左右兩側(cè)的變化速度不同，使得極值點(diǎn)偏向變化速度快的一側(cè)，常常有，這種情況稱為極值點(diǎn)偏移.(2)極值點(diǎn)偏移若，則極值點(diǎn)偏移，此時(shí)函數(shù)f(x)在x=x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢不同，如圖(2)(3).(左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移)若f(x1)=f(x2)，則x1+x2>2x0；(左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移)若若f(x1)=f(x2)，則x1+x2<2x0.2．極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的一般題設(shè)形式(1)函數(shù)f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2且x1≠x2，求證：x1+x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))；(2)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)=f(x2)，求證：x1+x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))；(3)函數(shù)f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2且x1≠x2，令，求證：f'(x0)>0；(4)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)=f(x2)，令，求證：f'(x0)>0.3．極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的常見(jiàn)解法(1)(對(duì)稱化構(gòu)造法)：構(gòu)造輔助函數(shù)：①對(duì)結(jié)論x1+x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù).②對(duì)結(jié)論型，方法一是構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)研究的單調(diào)性獲得不等式；方法二是兩邊取對(duì)數(shù)，轉(zhuǎn)化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成兩變量即可.(2)(比值代換法)：通過(guò)代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過(guò)代換化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明.【知識(shí)點(diǎn)2指數(shù)、對(duì)數(shù)均值不等式解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題】極值點(diǎn)偏移問(wèn)題是近幾年高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，求解此類問(wèn)題的一個(gè)重要工具就是指數(shù)均值不等式和對(duì)數(shù)均值不等式.1．對(duì)數(shù)均值不等式結(jié)論1對(duì)任意的a,b>0(a≠b)，有.2．指數(shù)均值不等式結(jié)論2對(duì)任意實(shí)數(shù)m,n(m≠n)，有.【題型1極值點(diǎn)偏移：加法型】【例1】（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=lnmx?xm>0．(1)若fx≤0恒成立，求(2)若fx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,【變式1-1】（2024·遼寧·三模）已知fx(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：函數(shù)fx有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)x1,【變式1-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=xe1x?a(x>0)，且(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(2)證明：x1【變式1-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)若曲線fx在點(diǎn)1,?1處的切線與曲線gx有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)(2)若方程gx?fx①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②求證：x1【題型2極值點(diǎn)偏移：減法型】【例2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=x2?(2+a)x+a(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)=exx?f(x)+x2?(a+1)x?2a+(a?1)lnx（i）證明：2a>e（ii）證明：x2【變式2-1】（2024·湖南株洲·一模）已知函數(shù)fx=x+aebx(1)求a、b的值及fx(2)設(shè)x1，x2是方程fx=kx【變式2-2】（2024·北京朝陽(yáng)·二模）已知函數(shù)f(1)求曲線y=fx在點(diǎn)0,f(2)若fx≥0恒成立，求(3)若fx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2【變式2-3】（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知b>0，函數(shù)fx=x+alnx+b(1)求a，b的值;(2)若方程fx=1e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x【題型3極值點(diǎn)偏移：乘積型】【例3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論函數(shù)fx(2)若fx有兩個(gè)極值點(diǎn)x①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②求證：x1【變式3-1】（2024·四川眉山·三模）已知函數(shù)f(x)=xln(1)若過(guò)點(diǎn)(1,0)可作曲線y=f(x)兩條切線，求a的取值范圍；(2)若f(x)有兩個(gè)不同極值點(diǎn)x1①求a的取值范圍；②當(dāng)x1>4x【變式3-2】（23-24高二下·重慶·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=x+a(1)求實(shí)數(shù)a的值并求函數(shù)f(x)的極值；(2)若fx1=f【變式3-3】（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=a(1?2ln(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若x1，x2x1≠【題型4極值點(diǎn)偏移：商型】【例4】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)設(shè)函數(shù)gx=ekx?(2)若方程fx=m有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1、x【變式4-1】（23-24高二下·河南平頂山·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)若fx恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a(2)若fx的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1,x2【變式4-2】（2023·湖北武漢·三模）已知函數(shù)fx=ax+a?1(1)討論函數(shù)fx(2)若關(guān)于x的方程fx=xex?（?。┣髮?shí)數(shù)a的取值范圍；（ⅱ）求證：ex【變式4-3】（2024·全國(guó)·一模）已知f(1)若fx≥0，求實(shí)數(shù)(2)設(shè)x1,x2是fx的兩個(gè)零點(diǎn)（x【題型5極值點(diǎn)偏移：平方型】【例5】（2024·福建南平·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=ln(1)討論fx(2)若方程fx=1有兩個(gè)不同的根(i)求a的取值范圍；(ii)證明：x1【變式5-1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx在1,3(2)若方程fx=1a有兩個(gè)不相等的解x1【變式5-2】（2024·四川涼山·二模）已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)fx在R上是增函數(shù)，求a(2)設(shè)gx=x?12sin【變式5-3】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x2ln(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)求證：t<1；(3)比較t與2e及2m+【題型6極值點(diǎn)偏移：復(fù)雜型】【例6】（2024·四川·一模）已知函數(shù)fx(1)若a=1，求fx(2)若fx有2個(gè)零點(diǎn)x1,【變式6-1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x2a(1)求a的取值范圍；(2)證明：x1【變式6-2】（2024·貴州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=xe(1)求函數(shù)fx(2)若方程f(x)=4ex+4elnx有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1【變式6-3】（2024·山東·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=1(1)當(dāng)a≥1時(shí)，判斷fx(2)若fx存在兩個(gè)極值點(diǎn)x（ⅰ）證明：x2（ⅱ）證明：x∈1,+∞時(shí)，【題型7拐點(diǎn)偏移問(wèn)題】【例7】（23-24高三下·四川成都·期末）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，求fx在x=0(2)設(shè)函數(shù)gx=fx?sinx，當(dāng)【變式7-1】（23-24高三下·陜西西安·階段練習(xí)）“拐點(diǎn)”又稱“反曲點(diǎn)”，是曲線上彎曲方向發(fā)生改變的點(diǎn).設(shè)φ′x為函數(shù)φx的導(dǎo)數(shù)，若α為φ′x已知函數(shù)fx=aex?xlnx有兩個(gè)極值點(diǎn)x(1)求a的取值范圍；(2)證明：C在Q處的切線與其僅有一個(gè)公共點(diǎn)；(3)證明：f′【變式7-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=2ln（1）求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程.（2）若正實(shí)數(shù)x1,x2滿足【變式7-3】（23-24高二下·貴州貴陽(yáng)·階段練習(xí)）設(shè)f′x是函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)，若f′x可導(dǎo)，則稱函數(shù)f′x的導(dǎo)函數(shù)為fx的二階導(dǎo)函數(shù)，記為f″(1)研究發(fā)現(xiàn)，任意三次函數(shù)fx=ax3+bx2+cx+da≠0，曲線y=fx都有“拐點(diǎn)”，且該“拐點(diǎn)”也是函數(shù)(2)已知函數(shù)gx（i）求曲線y=gx（ii）若gx1+g一、單選題1．（2024·河北衡水·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=lnx+1?ax有兩個(gè)零點(diǎn)x1A．a(chǎn)>1 B．xC．x1?x2．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）若函數(shù)fx=alnx+12x2?2xA．?∞,?5 B．?∞,?5 C．3．（2023·吉林通化·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=x2+2x3?3ax2+b滿足：①定義域?yàn)镽；②1A．(?2,?1) B．?1,?12 C．124．（2024·遼寧·三模）已知函數(shù)f(x)=lnx+12ex2?ax存在兩個(gè)極值點(diǎn)，若對(duì)任意滿足f(xA．(2e,C．(2e,1+5．（2023·四川南充·一模）已知函數(shù)f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2（①x2x1<e2m

②xA．1 B．2 C．3 D．46．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=ex?mx2有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2（0<x1<xA．0<M<1e C．M>e2+17．（2023·四川成都·一模）已知函數(shù)fx=lnx2?a2xlnx+aeA．?1e2?e,0 B．?8．（2023·四川南充·一模）已知函數(shù)f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2（①x2x1<e2mA．0 B．1 C．2 D．3二、多選題9．（2024·貴州畢節(jié)·二模）已知函數(shù)fx=xe?x，方程fxA．fx≤1e C．lnx1?10．（2024·山西太原·三模）已知x1是函數(shù)fx=x3A．fx的對(duì)稱中心為0,n B．C．2x1+11．（23-24高二上·湖北武漢·期中）已知函數(shù)f(x)=xlnx?x與y=a有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，交點(diǎn)坐標(biāo)分別為x1,y1，A．f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞B．a(chǎn)的取值范圍為(?1,0]C．xD．x三、填空題12．（2023·河北衡水·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=2023ex?ax2?1(a∈R)有兩個(gè)極值點(diǎn)13．（23-24高三下·云南·階段練習(xí)）若關(guān)于x的方程ex?3ax=0有兩個(gè)不同的實(shí)根x1，x2，且x114．（2023·陜西西安·二模）若函數(shù)fx=12ax2?ex+1四、解答題15．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x(1)求a的取值范圍；(2)若fx1=f16．（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=a(ln(1)求證：1+xln(2)若x1,x2是17．（2024·上海·三模）已知fx=ex?ax?1(1)當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)y=fx(2)若關(guān)于x的方程fx+1=0有兩個(gè)不等實(shí)根，求(3)當(dāng)a>0時(shí)，若滿足fx1=f18．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=a(1?2ln(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若x1，x2x1≠19．（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=sin(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x1<x（ⅰ）求m的取值范圍；（ⅱ）證明：x1重難點(diǎn)09極值點(diǎn)偏移與拐點(diǎn)偏移問(wèn)題【七大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1極值點(diǎn)偏移：加法型】 2【題型2極值點(diǎn)偏移：減法型】 7【題型3極值點(diǎn)偏移：乘積型】 14【題型4極值點(diǎn)偏移：商型】 20【題型5極值點(diǎn)偏移：平方型】 27【題型6極值點(diǎn)偏移：復(fù)雜型】 33【題型7拐點(diǎn)偏移問(wèn)題】 381、極值點(diǎn)偏移與拐點(diǎn)偏移問(wèn)題極值點(diǎn)偏移是指函數(shù)在極值點(diǎn)左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)圖象不具有對(duì)稱性，極值點(diǎn)偏移問(wèn)題常常出現(xiàn)在高考數(shù)學(xué)的壓軸題中，是高考考查的熱點(diǎn)內(nèi)容，這類題往往對(duì)思維要求較高，過(guò)程較為煩瑣，計(jì)算量較大，解決極值點(diǎn)偏移，稱化構(gòu)造函數(shù)法和比值代換法，二者各有千秋，獨(dú)具特色.【知識(shí)點(diǎn)1極值點(diǎn)偏移問(wèn)題及其解題策略】1．極值點(diǎn)偏移的概念(1)已知函數(shù)y=f(x)是連續(xù)函數(shù)，在區(qū)間(a,b)內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1與x2之間，由于函數(shù)在極值點(diǎn)左右兩側(cè)的變化速度不同，使得極值點(diǎn)偏向變化速度快的一側(cè)，常常有，這種情況稱為極值點(diǎn)偏移.(2)極值點(diǎn)偏移若，則極值點(diǎn)偏移，此時(shí)函數(shù)f(x)在x=x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢不同，如圖(2)(3).(左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移)若f(x1)=f(x2)，則x1+x2>2x0；(左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移)若若f(x1)=f(x2)，則x1+x2<2x0.2．極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的一般題設(shè)形式(1)函數(shù)f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2且x1≠x2，求證：x1+x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))；(2)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)=f(x2)，求證：x1+x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))；(3)函數(shù)f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2且x1≠x2，令，求證：f'(x0)>0；(4)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)=f(x2)，令，求證：f'(x0)>0.3．極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的常見(jiàn)解法(1)(對(duì)稱化構(gòu)造法)：構(gòu)造輔助函數(shù)：①對(duì)結(jié)論x1+x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù).②對(duì)結(jié)論型，方法一是構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)研究的單調(diào)性獲得不等式；方法二是兩邊取對(duì)數(shù)，轉(zhuǎn)化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成兩變量即可.(2)(比值代換法)：通過(guò)代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過(guò)代換化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明.【知識(shí)點(diǎn)2指數(shù)、對(duì)數(shù)均值不等式解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題】極值點(diǎn)偏移問(wèn)題是近幾年高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，求解此類問(wèn)題的一個(gè)重要工具就是指數(shù)均值不等式和對(duì)數(shù)均值不等式.1．對(duì)數(shù)均值不等式結(jié)論1對(duì)任意的a,b>0(a≠b)，有.2．指數(shù)均值不等式結(jié)論2對(duì)任意實(shí)數(shù)m,n(m≠n)，有.【題型1極值點(diǎn)偏移：加法型】【例1】（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)若fx≤0恒成立，求(2)若fx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,【解題思路】（1）直接用導(dǎo)數(shù)求出fx（2）構(gòu)造pt=f1+t?f1?t【解答過(guò)程】（1）首先由m>0可知fx的定義域是0,+∞，從而故f′x=lnmx?x=1x?1=故fx在0,1上遞增，在1,+∞上遞減，所以fx所以命題等價(jià)于lnm?1≤0，即m≤所以m的取值范圍是0,e（2）不妨設(shè)x1<x2，由于fx在0,1在?1<t<1的范圍內(nèi)定義函數(shù)pt則p′t=這表明t>0時(shí)pt>p0又因?yàn)閒2?x1=f1+1?x故由fx在1,+∞上的單調(diào)性知2?x【變式1-1】（2024·遼寧·三模）已知fx(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：函數(shù)fx有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)x1,【解題思路】（1）對(duì)fx求導(dǎo)，對(duì)a（2）先用零點(diǎn)存在性定理證明結(jié)論，再構(gòu)造新函數(shù)討論f(x1)與f(?x2【解答過(guò)程】（1）f′當(dāng)a≥0時(shí)，令f′x>0，得x>0，令f所以fx在(0,+∞)當(dāng)a<0時(shí)，令f′x=0，得x=0當(dāng)ln?a<0，即?1<a<0時(shí)，由f'x>0得x∈所以fx在?∞,ln?a當(dāng)ln?a=0，即a=?1時(shí)，f′x≥0當(dāng)ln?a>0，即a<?1時(shí)，由f'x>0得x∈所以fx在?∞,0和ln綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，fx在0,+∞上單調(diào)遞增，在當(dāng)?1<a<0時(shí)，fx在?∞,ln?a當(dāng)a=?1時(shí)，fx在R當(dāng)a<?1時(shí)，fx在(?∞,0)和ln（2）由第（1）問(wèn)中a>0時(shí)，fx在0,+∞上單調(diào)遞增，在當(dāng)x>0時(shí)，因?yàn)閍>0，f0=?1由零點(diǎn)存在性定理可得：函數(shù)fx在區(qū)間(0,+∞)上存在唯一零點(diǎn)x使得fx當(dāng)x<0時(shí)，x?1<0，0<ex<1則fx顯然一元二次方程12ax2+x?1=0其中?1+1+2a取b=?1?fb即fb>0，且由零點(diǎn)存在性定理可得：函數(shù)fx在區(qū)間(?∞,0)上存在唯一零點(diǎn)x使得fx所以當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx因?yàn)閤2為零點(diǎn)，所以f(所以12所以f(?x令gx=?x?1當(dāng)x>0時(shí)，e?x?ex<0，g因?yàn)間0=0，x2所以(?x2?1)e?因?yàn)閒x在(?所以x1<?x【變式1-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=xe1x?a(x>0)，且(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(2)證明：x1【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)f(x)的最小值，再分段討論并構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理推理即得.（2）由（1）的結(jié)論，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的意義可得xlnx?lna?x+1=0有兩個(gè)相異的解【解答過(guò)程】（1）函數(shù)f(x)=xe1x當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)在則f(x)當(dāng)a≤e時(shí)，f(x)≥0恒成立，f(x)當(dāng)a>e時(shí)，f(1)<0，f(a)=ae1a?a=a(f(1a)=1a令φ(a)=ea?2a，求導(dǎo)得φ′(a)=ea于是g′(a)>0，函數(shù)g(a)=ea?因此?x1∈(所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為e,+（2）由（1）知，xe1x=a有兩個(gè)相異的解令函數(shù)?(x)=xlnx?lna?x+1，求導(dǎo)得?′當(dāng)0<x<ae時(shí)，?′(x)<0，?(x)在0,ae單調(diào)遞減，當(dāng)x>a不妨設(shè)x1<x2，顯然要證x1+x2>又?x1=?x2，則即證?(則F′(x)=?而2aex?x因此函數(shù)F(x)在(0,ae)上單調(diào)遞減，即F(x)>F(所以x1【變式1-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)若曲線fx在點(diǎn)1,?1處的切線與曲線gx有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)(2)若方程gx?fx①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②求證：x1【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)，得到g?1=?a=?1，（2）①構(gòu)造函數(shù)，令?x=2lnx?a+1x②由①得?1<a<0，則2a+1>2，分析得出：需證?【解答過(guò)程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+所以曲線fx在點(diǎn)1,?1處的切線方程為y=?1因?yàn)榍芯€y=?1與曲線gx所以g?1=?a=?1，故（2）①方程gx?fx=1有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1令?x=2lnx?a+1?′因?yàn)閤>0,x+1>0，所以?′x的正負(fù)取決于（?。┊?dāng)a≤?1時(shí)，?′x>0恒成立，故?x在（ⅱ）當(dāng)a>?1時(shí)，由?′x>0，解得x∈0,1故函數(shù)?x在0,1a+1因?yàn)楹瘮?shù)?x有兩個(gè)零點(diǎn)，所以?即2ln1a+1令mx=2lnx+1+xx+1又m0=0，則不等式2ln因?yàn)?x=2ln又1a+1>1，所以?x以下證明在1a+1設(shè)φx=ln當(dāng)0<x<1時(shí)，φ′x>0，當(dāng)x>1時(shí)，φ′x<0，即函數(shù)故φx在x=1處取得極大值，也是最大值，φ所以lnx≤x?1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立，故ln即?x取x0>2所以?x在1所以?x綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為?1,0．②由①得?1<a<0，則2a+1>2，不妨設(shè)要證明x1+x2>2因?yàn)?x在0,1a+1上單調(diào)遞增，且所以只需證明?x1>?2a+1記Fx則F′x=所以Fx在1a+1,+∞上單調(diào)遞增，又當(dāng)則Fx>0，所以Fx2>0，即?【題型2極值點(diǎn)偏移：減法型】【例2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=x2?(2+a)x+a(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)=exx?f(x)+x2?(a+1)x?2a+(a?1)lnx（i）證明：2a>e（ii）證明：x2【解題思路】（1）先確定定義域，求出導(dǎo)函數(shù)并進(jìn)行通分和因式分解后根據(jù)開(kāi)口方向、根的大小關(guān)系、根與定義域的位置關(guān)系等信息進(jìn)行分類討論得出導(dǎo)數(shù)正負(fù)情況，從而得出函數(shù)的單調(diào)性.（2）考查用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題，（i）用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值情況，確保函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2即可證明2a>e【解答過(guò)程】（1）由題f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，①若a≤0，則2x?a>0，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞②若a>0，令f′(x)=0，得x1當(dāng)0<a<2時(shí)，0<a當(dāng)0<x<a2或x>1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)所以f(x)在0,a2,(1,+當(dāng)a>2時(shí)，a2當(dāng)0<x<1或x>a2時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)所以f(x)在(0,1)，a2,+∞當(dāng)a=2時(shí)，f′(x)=2所以f(x)在(0,+∞（2）（i）由題意知g(x)=e所以g′(x)=(x?1)e當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞則g(x)因?yàn)楹瘮?shù)g(x)存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)，故e+1?2a<0，即2a>（ii）下面找出兩個(gè)點(diǎn)m，n(0<m<1<n)，使得g(m)>0，g(n)>0,注意到4a2?2a?12a?1=2a?12a?1下面我們證明：g(2a)>0，g1①g(2a)>0?e2a2a?ln(2a)>0，設(shè)方法1：設(shè)?(x)=ex?12x2所以?′(x)在(2,+∞所以?(x)在(2,+∞故?(x)>?(2)=e2?4>0，即因此m(x)=exx設(shè)u(x)=12x+1?所以u(píng)(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增，所以因此m(x)=exx?lnx>0，又又f(1)<0，所以1<x方法2：易知m′(x)=(x?1)ex?xx所以v(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增，得所以m(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增，故m(x)>m(2)=又2a>e+1>2，從而e2a又f(1)<0，所以1<x②g1設(shè)t(x)=lnx?x+1，則易知t(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞所以t(x)≤t(1)=0，即lnx≤x?1又2a>e+1，即所以ln12a?1≤因此g1又f(1)<0，所以12a?1<x于是x2【變式2-1】（2024·湖南株洲·一模）已知函數(shù)fx=x+aebx(1)求a、b的值及fx(2)設(shè)x1，x2是方程fx=kx【解題思路】（1）借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得f′1=e，f1=0，計(jì)算即可得（2）構(gòu)造函數(shù)gx=x?1ex?kx【解答過(guò)程】（1）f′由題意有f′1=由1+aeb=0可得a=?1，則f故a=?1、b=1，則fxf′當(dāng)x>0時(shí)，f′x>0，當(dāng)x<0故fx在?∞,0故fx有最小值f（2）令gx=fx?kx則g′則當(dāng)ex>2k，即x>ln當(dāng)0<ex<2k，即0<x<故gx在0,ln2k故g=?kln由k>2，故gln又g0=0?1e0故gx有兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)兩零點(diǎn)x1<又g1由1<2ln2<2ln則x1<1<2ln【變式2-2】（2024·北京朝陽(yáng)·二模）已知函數(shù)f(1)求曲線y=fx在點(diǎn)0,f(2)若fx≥0恒成立，求(3)若fx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解；（2）求導(dǎo)可得f′x=?ax+a+11?x(x<1)，易知當(dāng)a≥0時(shí)不符合題意；當(dāng)a<0時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)（3）易知當(dāng)a≥0時(shí)不符合題意，當(dāng)a<0時(shí)，易知x1<x2【解答過(guò)程】（1）由f(x)=ax?ln(1?x)，得因?yàn)閒(0)=0,f所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=(a+1)x；（2）f′①當(dāng)a≥0時(shí)，f(?1)=?a?ln②當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)=0當(dāng)x∈?∞,1+1a時(shí)，f當(dāng)x∈1+1a,1時(shí)，f所以當(dāng)x=1+1a時(shí)，f(x)取得最小值若fx≥0恒成立，則設(shè)φx=x+1+ln當(dāng)x∈?∞,?1時(shí)，φ當(dāng)x∈(?1,0)時(shí)，φ′x<0,φ所以φx≤φ?1=0，即所以a=?1；（3）當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間所以f（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)a<0時(shí)，因?yàn)閒(0)=0，不妨設(shè)x若0<x2<1若x2<0，則由（2）可知，只需f(1?e)<0，即a(1?即a的取值范圍為11?【變式2-3】（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知b>0，函數(shù)fx=x+alnx+b(1)求a，b的值;(2)若方程fx=1e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x【解題思路】（1）求導(dǎo)得f′x=x+ax+b（2）由題意得x1<0<x0<1<x2，構(gòu)造函數(shù)證明不等式x?1lnx+1≥x?1【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒′x=由題意知f1=0，所以聯(lián)立方程組1+alnb+1=0（2）由（1）可知fx=x?1f′x=1?u′所以u(píng)x即f′x又f′0=?1<0,f′且x∈(?1,x0)時(shí)，f'(x)<0故fx在?1,x0設(shè)?x=x?1則F′因?yàn)閒′x在所以F′x在又F′1=0，所以當(dāng)?1<x<1時(shí)，F(xiàn)′x所以Fx在?1,1上單調(diào)遞減，在1,+故Fx≥F1=0，即x?1因?yàn)榉匠蘤x=1e有兩個(gè)實(shí)數(shù)根也就是fx2=fx1所以x1所以x2?1ln設(shè)?x=1e的根為：又?x在?1,+∞上單調(diào)遞增，所以故x2易知fx的圖象在坐標(biāo)原點(diǎn)處的切線方程為g令Tx則T′因?yàn)閒′x在所以T′x在又T′所以當(dāng)?1<x<0時(shí)，T′x<0，當(dāng)x>0所以Tx在?1,0上單調(diào)遞減，在0,+所以Tx≥T0=0，因?yàn)閤1<0，所以x1設(shè)gx=1e的根為又gx在?1,+所以gx1′從而?x由①②可知：x2【題型3極值點(diǎn)偏移：乘積型】【例3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論函數(shù)fx(2)若fx有兩個(gè)極值點(diǎn)x①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②求證：x1【解題思路】（1）求得f′x=2x?2lnxx，設(shè)gx=2x?2lnxx（2）①求得f′x=2ax?2lnxx，令f′x=0，解得②由函數(shù)f′x有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2，得到2ax12=lnx12,2ax2【解答過(guò)程】（1）解：當(dāng)a=1時(shí)，可得fx=x2?設(shè)gx=2x?2令?x=x所以?x為0,+∞上的增函數(shù)，且所以gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，所以所以f′(x)min=2>0，所以f′（2）解：①因?yàn)楹瘮?shù)fx=ax令f′x=0設(shè)px=ln因?yàn)閒x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2當(dāng)x∈0,e時(shí)，p′x>0所以px在0,e上單調(diào)遞增，在e,+又當(dāng)x>1時(shí)，px>0，故可作出結(jié)合圖象可得，0<a<12e，即實(shí)數(shù)a②由函數(shù)f′x有兩個(gè)零點(diǎn)x1令t1=x12,t只需證明t1不妨令t1>t2，由要證t1t2即證lnt即證lnt1?令m=t1t2，則令sm=ln所以sm在1,+∞上單調(diào)遞增，所以綜上所述，原不等式成立．【變式3-1】（2024·四川眉山·三模）已知函數(shù)f(x)=xln(1)若過(guò)點(diǎn)(1,0)可作曲線y=f(x)兩條切線，求a的取值范圍；(2)若f(x)有兩個(gè)不同極值點(diǎn)x1①求a的取值范圍；②當(dāng)x1>4x【解題思路】（1）求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，求出切線方程，結(jié)合切線過(guò)的點(diǎn)構(gòu)造函數(shù)g(x)=ax2?2ax?x+lnx?1（2）①由f′(x)=lnx?2ax?1有兩個(gè)零點(diǎn)，結(jié)合零點(diǎn)的意義分離參數(shù)，求出直線y=2a與函數(shù)y=lnx?1x【解答過(guò)程】（1）依題意，f′設(shè)過(guò)點(diǎn)1,0的直線與曲線y=f(x)相切時(shí)的切點(diǎn)為(x0,切線方程為y?(x0ln則?x0ln由過(guò)點(diǎn)(1,0)可作曲線y=f(x)兩條切線，得方程ax令g(x)=ax2?2ax?x+求導(dǎo)得g′①若a>12，由g′(x)>0，得0<x<12a或即函數(shù)g(x)在(0,12a)，(1,+則當(dāng)x=12a時(shí)，g(x)取得極大值；當(dāng)x=1時(shí)，又g(1當(dāng)x≤1時(shí)，g(x)<0恒成立，因此函數(shù)g(x)最多1個(gè)零點(diǎn)，不合題意；②若a=12，g′(x)≥0恒成立，函數(shù)因此函數(shù)g(x)最多1個(gè)零點(diǎn)，不合題意；③若0<a<12，由g′(x)>0，得0<x<1或x>1即函數(shù)g(x)在(0,1)，(12a,+則當(dāng)x=1時(shí)，g(x)取得極大值；當(dāng)x=12a時(shí)，g(x)取得極小值，又顯然當(dāng)x≤12a時(shí)，g(x)<0恒成立，因此函數(shù)④若a≤0，顯然2ax?1<0，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x>1時(shí)，函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)x=1時(shí)，g(x)取得最大值要函數(shù)g(x)有2個(gè)零點(diǎn)，必有g(shù)(1)=?a?2>0，得a<?2，當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)=a(x?1)而函數(shù)y=?a?1+lnx在(0,1)上的值域?yàn)??∞,?a?1)，因此g(x)在當(dāng)x>1時(shí)，令y=lnx?x，求導(dǎo)得y′=1則lnx?x<?1，g(x)=a而函數(shù)y=a(x?1)2?a?2在(1,+因此函數(shù)g(x)在(1,+∞)上的值域?yàn)橛谑钱?dāng)a<?2時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以過(guò)點(diǎn)1,0可作曲線y=fx兩條切線時(shí)，a的取值范圍是?（2）①由（1）知，f′由函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2，得f′令u(x)=lnx?1x，求導(dǎo)得u′(x)=2?lnxx函數(shù)u(x)在(0,e2)上單調(diào)遞增，(且u(e)=0，當(dāng)x>e時(shí)，函數(shù)u(x)>0恒成立，因此當(dāng)0<2a<所以函數(shù)f(x)有兩個(gè)極點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍是(0,1②由lnx1?2ax1要證明x1x2而lnx令t=x1x2(即證明(t+2)?lntt?1令?(t)=ln求導(dǎo)得?′則φ(t)=t+4+4t?12ln2則?′(t)>0，令?(t)在t>4時(shí)單調(diào)遞增，則因此(t+2)?lntt?1所以x1【變式3-2】（23-24高二下·重慶·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=x+a(1)求實(shí)數(shù)a的值并求函數(shù)f(x)的極值；(2)若fx1=f【解題思路】（1）由已知，求出f′x，根據(jù)fx點(diǎn)A(1,f(1))處的切線斜率為1，得到f′1（2）由fx1=fx2，可得ln【解答過(guò)程】（1）由已知，f′因?yàn)楹瘮?shù)fx=x+a所以f′則fx=xlnf′x=lnx+1令f′x>0，解得x>1e∴fx在0,1e∴fx在x=1e（2）由已知，令fx則x1lnx1=m，即ln兩式相減可得，lnx1+消去m，得lnx1+由于x1因此只需證明x1而x1不妨設(shè)x1<x2,t=x1令gtg′t=lnt+∴g′t在0,1∴gt在0,1上遞增，gt<g1則原命題得證.【變式3-3】（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=a(1?2ln(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若x1，x2x1≠【解題思路】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再分a≤0和a>0兩種情況求解不等式，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，即可求解；（2）代入函數(shù)的零點(diǎn)，并變形為lnx1x12?lnx2【解答過(guò)程】（1）f′(x)=24x當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)=0，得x6當(dāng)f′(x)>0時(shí)，x>6a12所以f(x)在0,6a12綜上：當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0,+∞當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在0,6a12（2）設(shè)0<x1<x2所以k=ln所以lnx1x記t4=12e4，要證只需證lnx1x記?(x)=lnxx2+記φ(x)=t4(1?2由（1）可知，取a=t4>0所以φ(x)在0,e23所以φ(x)min=φ所以φ(x)≥φe23=0，即?′又0<x1<x2【題型4極值點(diǎn)偏移：商型】【例4】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)設(shè)函數(shù)gx=ekx?(2)若方程fx=m有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1、x【解題思路】（1）將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為不等式e2lnx+kx?xk?(1+2lnx)≥0在(0,+（2）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)fx的性質(zhì)可得0<m<1，由題意可得m(x12+x22)<2x1【解答過(guò)程】（1）當(dāng)k>0、x>0時(shí)，f(x)≤g(x)即1+2ln等價(jià)于1+2lnx≤x設(shè)u(x)=ex?x?1令u′(x)<0?x<0，令所以函數(shù)u(x)在(?∞,0)上單調(diào)遞減，在所以u(píng)(x)min=u(0)=0，得u(x)≥0當(dāng)k=1時(shí)，令v(x)=2lnx+xx>0，易得v(x)又v1e=2所以v(x)在1e,1，即(0,+∞所以u(píng)v(x)≥uvx0當(dāng)0<k<1時(shí)，令mk易得關(guān)于k的函數(shù)y=e2lnx+kx與y=?x當(dāng)x=x0時(shí)，mk當(dāng)k>1時(shí)，易得mk>m1綜上：k≥1，則實(shí)數(shù)k的最小值為1；（2）由題意知，m>0，f(x)=1+2lnx令f′(x)>0?0<x<1，令所以函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞)上單調(diào)遞減，則當(dāng)x>1時(shí)，易得f(x)=1+2lnxx2又函數(shù)f(x)=m有兩個(gè)不同的實(shí)根x1,x2，即作出fx與y=m所以0<m<1，且m=1+2得mx12要證x1x2即證2+2lnx1由x1x2設(shè)?(x)=lnx?x+1(x>0)，則令?′(x)>0?0<x<1，令所以函數(shù)?(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞所以?(x)max=?(1)=0，則?(x)≤0所以1+lnx1x2即1+lnx1【變式4-1】（23-24高二下·河南平頂山·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)若fx恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a(2)若fx的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1,x2【解題思路】（1）構(gòu)造gx=x2lnx，由于fx（2）由題意，將命題成立轉(zhuǎn)化為2x12+1x22ln【解答過(guò)程】（1）令gx=x則g′令g′x=0當(dāng)0<x<e?12時(shí)，g′當(dāng)x>e?12時(shí)，g′因?yàn)楫?dāng)0<x<1時(shí)，gx<0，當(dāng)x>1時(shí)，且ge又fx恰有兩個(gè)零點(diǎn)，即x故函數(shù)gx與y=a所以?12e<a<0，故（2）因?yàn)閒x的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1,所以x12ln所以lnx1=ax所以a=ln所以要證2ax12即證lnx2x令x2x1令Ft=lnF′由于t>1，令m=t所以4t而y=4m2+所以y=4m2+所以4t于是F′t>0因此Ft在1,+所以Ft所以原命題得證.【變式4-2】（2023·湖北武漢·三模）已知函數(shù)fx=ax+a?1(1)討論函數(shù)fx(2)若關(guān)于x的方程fx=xex?（ⅰ）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（ⅱ）求證：ex【解題思路】（1）求出f′x=x+1ax?1x2（2）（i）將方程變形為ex+lnx=ax+lnx，令tx=x+lnx（ii）將所證不等式等價(jià)變形為t1+t2>2，由et=at變形可得出t=lna+lnt，推導(dǎo)出t【解答過(guò)程】（1）解：因?yàn)閒x所以f′x=a+①當(dāng)a≤0時(shí)，f′x<0，所以函數(shù)f②當(dāng)a>0時(shí)，由f′x>0得x>1a所以函數(shù)fx的增區(qū)間為1a,+綜上：當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)fx的減區(qū)間為0,+當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx的增區(qū)間為1a,+（2）解：（i）方程fx=xex?令tx=x+lnx，因?yàn)楹瘮?shù)易知函數(shù)tx=x+ln結(jié)合題意，關(guān)于t的方程et又因?yàn)閠=0不是方程（*）的實(shí)根，所以方程（*）可化為et令gt=ett由g′t<0可得t<0或0<t<1，由g所以，函數(shù)gt在?∞,0和0,1所以，函數(shù)gt的極小值為g且當(dāng)t<0時(shí)，gt=ett作出函數(shù)gt和y=a由圖可知，當(dāng)a>e時(shí)，函數(shù)y=a與g所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍是e,+（ii）要證ex1x2+因?yàn)閑t=at，所以只需證由（?。┲环猎O(shè)0<t因?yàn)閑t=at，所以t=lna+ln所以只需證t2+t令p=t2t令?p=lnp?2所以?p在1,+∞上單調(diào)遞增，故?p>?1所以原不等式得證．【變式4-3】（2024·全國(guó)·一模）已知f(1)若fx≥0，求實(shí)數(shù)(2)設(shè)x1,x2是fx的兩個(gè)零點(diǎn)（x【解題思路】（1）求導(dǎo)得出函數(shù)fx（2）①由題意0<x1<1<x2，0<1x2<1，作差得fx1?f1x2=fx2?f【解答過(guò)程】（1）f′x=2x?2則g′x=3x2所以當(dāng)0<x<1時(shí)，gx<g1=0，當(dāng)x>1時(shí)，gx>g1=0，所以fx若fx≥0，則fx所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為?∞（2）①由題意不妨設(shè)x1<x2，則由（1）可知f所以f=x設(shè)gx=x?1所以函數(shù)gx單調(diào)遞增，所以g所以fx1?f又函數(shù)fx在0,1上面單調(diào)遞減，所以0<x1②注意到x1所以x1+x只需x2lnx令?x=ln當(dāng)0<x<1時(shí)，?′x>0當(dāng)x>1時(shí)，?′x<0又1x1>所以要證?x1<?x2不妨設(shè)Hx則H′當(dāng)0<x<1時(shí)，H′x>0當(dāng)x>1時(shí)，H′x>0因?yàn)?<x1<1，所以H又因?yàn)?1x1綜上所述，命題2x【題型5極值點(diǎn)偏移：平方型】【例5】（2024·福建南平·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=ln(1)討論fx(2)若方程fx=1有兩個(gè)不同的根(i)求a的取值范圍；(ii)證明：x1【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，再分a>0、a<0（2）(i)參變分離可得1+lnxx=a，令gx=1+lnxx，利用導(dǎo)數(shù)說(shuō)明函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值，即可求出a的取值范圍；(ii)不妨設(shè)x1<x2，則【解答過(guò)程】（1）由題意得fx=lnex由f′x=0顯然a≠0，若a>0，則當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x>0,fx單調(diào)遞增，當(dāng)若a<0，則當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x<0,fx綜上，當(dāng)a>0時(shí)，fx在區(qū)間0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+當(dāng)a<0時(shí)，fx在區(qū)間0,1內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間1,+（2）（i）由lnexax設(shè)gx=1+lnxx，由(1)得又g1e=0,g1=1，當(dāng)x>1時(shí)，g所以當(dāng)0<a<1時(shí)，方程1+lnxx=a有兩個(gè)不同的根，即方程lne（ii）不妨設(shè)x1<x2，則解法一：當(dāng)x2∈2,+∞時(shí)，當(dāng)x2∈1,2設(shè)px=g則p′x所以px在區(qū)間0,1則px<p1所以g又x1∈0,1所以2?x1<又x1≠x故2x12解法二：設(shè)?x=gx則?′所以?x在區(qū)間0,+又?1所以?x1=g又gx2=g又x2>1,1所以x2>1又x1≠x【變式5-1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx在1,3(2)若方程fx=1a有兩個(gè)不相等的解x1【解題思路】（1）先求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解最值，可得值域；（2）先把不等式轉(zhuǎn)化為x1【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒x=x當(dāng)x∈1,2時(shí)，f′x>0,fx所以當(dāng)x∈1,3時(shí)，f又f1=1e<f所以fx在1,3上的值域是1（2）由題，不妨設(shè)0<x由（1）可知0<x1<2<由fx=1a得兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù)，得x1?x要證ax12因?yàn)閑x1+即證x1即證2x1?令x1x2令gt則g′所以當(dāng)t∈0,1時(shí)，gt單調(diào)遞減，所以gt故ax【變式5-2】（2024·四川涼山·二模）已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)fx在R上是增函數(shù)，求a(2)設(shè)gx=x?12sin【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合單調(diào)性，列出不等式求解即得.（2）由（1）的信息可得x2【解答過(guò)程】（1）函數(shù)f(x)=x+asinx，求導(dǎo)得依題意，對(duì)任意實(shí)數(shù)x，f′(x)=1+acos因此1+a≥01?a≥0，解得：?1≤a≤1所以a的取值范圍為[?1,1].（2）函數(shù)g(x)=x?12sin由g(x1由（1）知，函數(shù)f(x)=x?sinx在不妨令x2>x1>0亦即12(x于是lnx2?下面證明：x2?x1ln令t=x2x1,(t>1)求導(dǎo)得φ′(t)=2t?1?于是φ(t)<φ(1)=0，即t2?1t【變式5-3】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x2ln(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)求證：t<1；(3)比較t與2e及2m+【解題思路】（1）先結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性及函數(shù)性質(zhì)，零點(diǎn)存在定理即可求解；（2）令t=x12+x22=u1+u2（3）結(jié)合所要比較式子，合理構(gòu)造函數(shù)，對(duì)新函數(shù)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系即可求解.【解答過(guò)程】（1）fxu=x2，考慮函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2，ug′u=lnu+1,g所以gu因?yàn)楫?dāng)u→0+時(shí)gu→?2m；當(dāng)x→+∞（2）t=x12+x欲證u1+u2<1即lnu∵u∴l(xiāng)n證明①式只需證λlnλ1?λ構(gòu)造φλ=ln令y=1?1λ?lnλ，y所以y=1?1λ?lnλ所以φ′φλ在1,+∞單調(diào)遞減，（3）先證u1+u2>F′∴Fu在0,1e單調(diào)遞減，∴F∴gu2>g2e由0<u1<又∵當(dāng)0<x<1時(shí)，y=lnx?2所以y=lnx?2x?1x+1在0,1所以當(dāng)0<x<1時(shí)，y<0，即ln所以lne即1+lnu1整理得：eu同理當(dāng)x>1時(shí)，y=lnx?2x?1x+1所以y=lnx?2把x代成eu2可得：由③-④得：eu∵u1<u2【題型6極值點(diǎn)偏移：復(fù)雜型】【例6】（2024·四川·一模）已知函數(shù)fx(1)若a=1，求fx(2)若fx有2個(gè)零點(diǎn)x1,【解題思路】（1）求導(dǎo)，確定函數(shù)單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性可得最值；（2）將x1,x2代入原函數(shù)后做差變形，得到lnx【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1，函數(shù)fx則f′可知當(dāng)0<x<12時(shí)，f′當(dāng)x>12時(shí)，f′則當(dāng)x=12時(shí)，fx所以fx的最小值為ln（2）由已知，x1,x則ax12兩式相減，得ax整理得ax欲證明ax只需證明不等式lnx即證明lnx1?不妨設(shè)0<x1<x2只需證明lntt?1t+1令?t=t+1又令ut=?所以，當(dāng)0<t<1時(shí)，ux，即?′t故當(dāng)0<t<1時(shí)，?t單調(diào)遞增，則?所以，原不等式成立，故不等式ax【變式6-1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x2a(1)求a的取值范圍；(2)證明：x1【解題思路】（1）函數(shù)fx有兩個(gè)不相等的極值點(diǎn)，則方程f′x=0在（2）由1<x1<e<x2，設(shè)t=【解答過(guò)程】（1）函數(shù)fx=xf′因?yàn)楹瘮?shù)fx有兩個(gè)不相等的極值點(diǎn)x所以方程alnx?x=0在0,+∞上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x方程兩邊同時(shí)除以ax，整理得1a即直線y=1a與函數(shù)令gx=lnxx，則g當(dāng)x∈0,e時(shí)，g′x>0,g所以g(x)max=gx→+∞時(shí)，gx>0且g

要想y=1a與gx的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，則0<故a的取值范圍是e,+（2）由（1）易知，1<x1<e<x2由（1）得alnx2=x又alnx1=x整理得lnx要證x1只需證x1兩邊同時(shí)除以x1，即證ln即證t+1ln兩邊同除以t+1，即證lnx結(jié)合*式，即證lnt即證lnt?設(shè)?t=ln所以?t在1,+∞上單調(diào)遞增，所以所以原不等式得證．【變式6-2】（2024·貴州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=xe(1)求函數(shù)fx(2)若方程f(x)=4ex+4elnx有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1【解題思路】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)fx（2）換元后化為4=tlnt，構(gòu)造gt=tlnt，求導(dǎo)后得到其單調(diào)性，只需證明lnt1+【解答過(guò)程】（1）由題可知f(x)=xex+1，定義域?yàn)镽，則有令f′(x)<0，則x<?1，可知當(dāng)x∈(?∞,?可知當(dāng)x∈(?1,+∞)，f′綜上所述，函數(shù)f(x)=xex+1的單調(diào)遞增區(qū)間為(?1,+∞（2）證明：4ex+4eln令t=xex>0，其中x>0，則4lnt=t令g(t)=tlnt，則g′(t)=lnt?1(lnt)2，所以g(t)因?yàn)榉匠?ln(xe所以關(guān)于t的方程4=tlnt有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根t1，t2要證x1即證x1ex1?因?yàn)閠1=4lnt不妨設(shè)t1>t2>0令s=t1t2>1，?(s)=因?yàn)?′(s)=1s?所以?(s)>?(1)=0，故x1【變式6-3】（2024·山東·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=1(1)當(dāng)a≥1時(shí)，判斷fx(2)若fx存在兩個(gè)極值點(diǎn)x（?。┳C明：x2（ⅱ）證明：x∈1,+∞時(shí)，【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，令gx=a?1+lnxx，x∈0,+（2）（?。┙Y(jié)合（1）及題意可知gx=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即可求出a的取值范圍，從而得到1e<x1<1<（ⅱ）由（?。┲獂2>1，a=1+lnx2x2及fx【解答過(guò)程】（1）函數(shù)fx=1則f′令gx=a?1+lnx所以當(dāng)0<x<1時(shí)g′x<0，當(dāng)x>1所以gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+所以gx在x=1處取得極小值，即最小值，所以g所以f′x≥0所以fx在0,+（2）（?。┯桑?）可知gx在0,+∞上的最小值為當(dāng)x→0時(shí)gx→+∞，當(dāng)x→+若fx存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2所以a>0g1=a?1<0又g1e=a>0且當(dāng)0<x<x1時(shí)gx>0，即當(dāng)x1<x<x2時(shí)gx當(dāng)x>x2時(shí)gx>0，即所以x1為fx的極大值點(diǎn)，x2因?yàn)閍?1+lnx要證x2?x1+2>只需證x2即證x2>2令px=ln所以px在1,+所以px>p1所以x2（ⅱ）由（?。┲獂2>1，且當(dāng)1<x<x2時(shí)f′x<0所以fx在1,x2所以f==2令Hx=ln所以Hx在1,+所以Hx>H1=1，即所以2ln所以fx【題型7拐點(diǎn)偏移問(wèn)題】【例7】（23-24高三下·四川成都·期末）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，求fx在x=0(2)設(shè)函數(shù)gx=fx?sinx，當(dāng)【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)可得f′0即切線斜率，又切線過(guò)點(diǎn)（2）由題，gx=ex?12x2?sinx，通過(guò)研究函數(shù)?x故證明當(dāng)x>0時(shí)，gx【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=e因f0=1，則在x=0處的切線方程為x?y+1=0；（2）由題，當(dāng)a=12時(shí)，則g′x=ex令?′x>0?x>0，得??′x<0?x<0，得?x在則?x∈R，g′x得gx在R上單調(diào)遞增，而g0=1，g則不妨設(shè)x1令px=gx則p′x=ex則n′x=ex則p′x=nx>n有px>p0=0，即因x2>0，則又gx1+gx2則?x【變式7-1】（23-24高三下·陜西西安·階段練習(xí)）“拐點(diǎn)”又稱“反曲點(diǎn)”，是曲線上彎曲方向發(fā)生改變的點(diǎn).設(shè)φ′x為函數(shù)φx的導(dǎo)數(shù)，若α為φ′x已知函數(shù)fx=aex?xlnx有兩個(gè)極值點(diǎn)x(1)求a的取值范圍；(2)證明：C在Q處的切線與其僅有一個(gè)公共點(diǎn)；(3)證明：f′【解題思路】（1）先根據(jù)條件得y=f′x（2）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義先求得C在Q處的切線方程，利用作差法及導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與零點(diǎn)即可證明；（3）直接根據(jù)（1）（2）的結(jié)論得出f′【解答過(guò)程】（1）由題意可知f′x=a令gx易知y=1x?lnx?1所以x∈0,1時(shí)g′xx∈1,+∞時(shí)g′x<0又g1e=0，x∈1,+∞時(shí)g所以要滿足題意需a∈（2）令f′由上知a∈0,1e，所以y=根據(jù)“拐點(diǎn)”的定義及條件知?′所以C在Q處的切線方程為：y=f令mx=ae易知m′由上可知f′x在0,x即f′x≥顯然mx0=0所以C在Q處的切線與其僅有一個(gè)公共點(diǎn)，即Q點(diǎn)；（3）不妨設(shè)x1<x2，由題意可知結(jié)合（2）知0<x根據(jù)f′x的單調(diào)性知所以f′【變式7-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=2ln（1）求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程.（2）若正實(shí)數(shù)x1,x2滿足【解題思路】（1）首先計(jì)算f(1)求出切點(diǎn)坐標(biāo)，再求導(dǎo)計(jì)算k=f（2）首先將f(x1)+f(x2)=4化簡(jiǎn)為(x1+x2【解答過(guò)程】（1）f(1)=2ln1+1f′(x)=2切線為：y?2=5(x?1)，即5x?y?3=0.（2）f(2ln(令x1x2=t，g′t∈(0,1)，g′(t)<0，t∈(1,+∞)，g′(t)>0，gmin(t)=g(1)=1，所以即(x得：(x得到x1+x【變式7-3】（23-24高二下·貴州貴陽(yáng)·階段練習(xí)）設(shè)f′x是函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)，若f′x可導(dǎo)，則稱函數(shù)f′x的導(dǎo)函數(shù)為fx的二階導(dǎo)函數(shù)，記為f″(1)研究發(fā)現(xiàn)，任意三次函數(shù)fx=ax3+bx2+cx+da≠0，曲線y=fx都有“拐點(diǎn)”，且該“拐點(diǎn)”也是函數(shù)(2)已知函數(shù)gx（i）求曲線y=gx（ii）若gx1+g【解題思路】（1）根據(jù)“拐點(diǎn)”的定義，對(duì)函數(shù)y=fx求導(dǎo)列式求解b=?3,d=29，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f（2）（?。└鶕?jù)“拐點(diǎn)”的定義，對(duì)函數(shù)gx（ⅱ）由（i）可得函數(shù)gx在R上單調(diào)遞增，將要證的不等式轉(zhuǎn)化為gx1+g2m?【解答過(guò)程】（1）∵fx=x3+b又函數(shù)fx=x3+b∴f1=1+b?24+d=3,∴fx=x∵函數(shù)f′x在?∞,?2上為正，在∴函數(shù)fx在?∞,?2上單調(diào)遞增，在?2,4（2）（i）∵gx∴g′x顯然，g″x=emx?1∴x=1m是又g1∴曲線y=gx的拐點(diǎn)是1（ii）由（i）可得，當(dāng)x∈?∞,當(dāng)x∈1m,+∴g∴函數(shù)gx在R上單調(diào)遞增，不妨設(shè)x要證x1+x2<又gx1+gx2令?x=gx∴=e∴函數(shù)?′x=g′∴函數(shù)?x=gx+g2∴?x1=g一、單選題1．（2024·河北衡水·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=lnx+1?ax有兩個(gè)零點(diǎn)x1A．a(chǎn)>1 B．xC．x1?x【解題思路】根據(jù)零點(diǎn)可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a=lnx+1x，構(gòu)造gx=lnx+1【解答過(guò)程】由fx=0可得a=lnx+1x則直線y=a與函數(shù)gx的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，g由g′x>0可得0<x<1，即函數(shù)g由g′x<0可得x>1，即函數(shù)g且當(dāng)0<x<1e時(shí)，gx=lnx+1x如下圖所示：由圖可知，當(dāng)0<a<1時(shí)，直線y=a與函數(shù)gx由圖可知，1e因?yàn)閒′x=1x?a=1?axx，由所以，函數(shù)fx的增區(qū)間為0,1a，減區(qū)間為1所以，0<x1<令?x=f2則?′x=1x?所以，?x1>?1a又fx2=f因?yàn)楹瘮?shù)fx的單調(diào)遞減區(qū)間為1a,+∞，則由ax1=所以，lnx1x由圖可知1e<x1<1<x2故選：D.2．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）若函數(shù)fx=alnx+12x2?2xA．?∞,?5 B．?∞,?5 C．【解題思路】首先對(duì)fx求導(dǎo)，得f′x=x2?2x+axx>0【解答過(guò)程】依題意得f′若函數(shù)fx有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x則方程x2?2x+a=0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根可得Δ=4?4a>0x1因?yàn)閠?fx可得t<f=a=aln設(shè)?a=aln則?a單調(diào)遞減，?a>?所以實(shí)數(shù)t的取值范圍是?∞故選：B．3．（2023·吉林通化·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=x2+2x3?3ax2+b滿足：①定義域?yàn)镽；②1A．(?2,?1) B．?1,?12 C．12【解題思路】由題意可轉(zhuǎn)化為gx=x3?3ax2+b有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，對(duì)gx求導(dǎo)，結(jié)合gx的單調(diào)性可知【解答過(guò)程】函數(shù)f(x)=x2+2x3因?yàn)閤2+2>0，令gx=x3?3ag′x=3x2若a>0，令g′x>0，可得x>2a或x<0；令g所以gx在?∞,0同理若a<0，gx在?∞,2a因?yàn)?2<b<4，要使gx有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2而g2a=8a3?12則12<4a則gx有一根是確定的為2a，又因?yàn)間所以gx的另一根為?a所以1x1+1x2?1<?1故選：B.4．（2024·遼寧·三模）已知函數(shù)f(x)=lnx+12ex2?ax存在兩個(gè)極值點(diǎn)，若對(duì)任意滿足f(xA．(2e,C．(2e,1+【解題思路】求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的兩個(gè)零點(diǎn)t1,t2(t1<t2)【解答過(guò)程】函數(shù)f(x)=lnx+12e由函數(shù)f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，得f′(x)=0，即x2則Δ=e2a2?4e>0t1+t2于是函數(shù)f(x)在(0,t1),(令f(x1)=f(x2)=f(x此時(shí)0<x1<t1<x即函數(shù)y=ex?x在(0,+∞)上遞增，則e由x1<x因?yàn)閷?duì)任意滿足f(x1)=f(x2則有ex1,ex2,又t2=et1,0<t而g(1)=0，因此1≤t1<e，由而函數(shù)?(t1)=t1e+所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2故選：C.5．（2023·四川南充·一模）已知函數(shù)f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2（①x2x1<e2m

②xA．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】函數(shù)fx=lnx?2x+2【解答過(guò)程】由函數(shù)fx=ln轉(zhuǎn)化為lnx?2x構(gòu)造函數(shù)gx=lnx?2x+2，?x=lnx?2x故?x在0,1單調(diào)遞減，在1,+所以0<x對(duì)于①，m=?ln所以2m=?ln所以x2對(duì)于②，由①可知m=?lnx1因此x1對(duì)于③，因?yàn)?<m<3，所以0<m3<1所以g3則g3構(gòu)造函數(shù)Qx則Q′x=所以g3所以x2因?yàn)間em3令m3=t0<t<1，構(gòu)造It=t?所以m=g所以em對(duì)于④，由①可知，lnx所以lnx令x1x2=n，Wn所以x1故選：D.6．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=ex?mx2有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2（0<x1<xA．0<M<1e C．M>e2+1【解題思路】解法一：求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，則x1，x2是方程exx=2m的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，x3，x4是方程xlnx=2m，即eln解法二：求導(dǎo)可得x1，x2是y=ex與y=2mx圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)；x3，x4是y=lnx與【解答過(guò)程】解法一：由fx=ex?mx2可得f由gx=xlnx?14mx2?x即eln設(shè)?x=e當(dāng)0<x<1時(shí)?′x<0，當(dāng)x>1故?x在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，則?x在x=1因?yàn)閤1，x2是方程exx=2m的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，x且0<x1<x2，0<x3則x3=ex1所以M=x又y=x+1x在1,+∞解法二

第一步：對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，將問(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)化；由fx=ex?mx2可得f′x=e由gx=xlnx?14mx2?x可得g′x第二步：構(gòu)造函數(shù)，求得m的取值范圍；由ex=2mx可得2m=exx易得?x在x=1處取得極小值，且?1=e，當(dāng)x→0+時(shí)，所以由方程ex=2mxx>0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根可得2m>（點(diǎn)撥：因?yàn)閥=ex與y=lnx互為反函數(shù)，且所以當(dāng)y=ex與y=2mx的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，y=ln第三步：利用反函數(shù)的概念對(duì)變量進(jìn)行代換，即可得解；設(shè)Ax1,ex1，由y=ex與y=lnx互為反函數(shù)，且可得A與C，B與D分別關(guān)于直線y=x對(duì)稱，則x3=e則M=x又y=x+1x在1,+∞故選：C.7．（2023·四川成都·一模）已知函數(shù)fx=lnx2?a2xlnx+aeA．?1e2?e,0 B．?【解題思路】令f(x)=0，將原函數(shù)的零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為方程lnx2?a2xlnx+aex【解答過(guò)程】令f(x)=0，得lnx2?令t=lnxx設(shè)g(x)=lnxx令g′(x)=0，解得x=e當(dāng)x∈0,e時(shí)，g′當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，g則g(x)在x=e時(shí)，有最大值為g(則當(dāng)t=gx當(dāng)t=gx當(dāng)t=gx當(dāng)t=gx因?yàn)樵匠虨閠2由題可知有三個(gè)零點(diǎn)，因此方程有兩個(gè)不等實(shí)根t1、t2，設(shè)則有t1+t若a=0，則t1若a>0，則t1+t有0<t1<t2，即有0<若a<0則t1<0，t1=設(shè)?(t)=t2?a2所以2ln故選：D.8．（2023·四川南充·一模）已知函數(shù)f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2（①x2x1<e2mA．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】令gx=lnx?2x+2，判斷gx的單調(diào)性結(jié)合g1=0得到0<x【解答過(guò)程】∵f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)即x1，x2是方程令gx=lnx?2∵g′x=1x+1∴x∈0,1時(shí)，gx∈1,+∞時(shí)，∴0<x1<1，x2>1，∴對(duì)于①，兩式作差得，lnx整理得，ln∵2x2?x1x1對(duì)于②，∵lnx1?2x1+2=?m∴?2x1+2>?m，即2x對(duì)于③，∵lnx1?兩式相加得，lnx整理得，∴l(xiāng)nx1x∵2x即x1令t=x1x整理得tlnt+2t?2>0，即∵x∈0,1時(shí)，gx∈1,+∞時(shí)，∴t=x1x故選：D.二、多選題9．（2024·貴州畢節(jié)·二模）已知函數(shù)fx=xe?x，方程fxA．fx≤1e C．lnx1?【解題思路】求得f′x=(1?x)e?x，得到函數(shù)fx的單調(diào)性和最大值，可判定A正確；結(jié)合函數(shù)的取值分布，可判定B不正確；由x1e?x1=x2e【解答過(guò)程】對(duì)于A中，由函數(shù)fx=xe當(dāng)x<1時(shí)，f′x>0，fx單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，所以，當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)fx可得fx對(duì)于B中，由x→?∞時(shí)，fx→?∞，當(dāng)要使得方程fx=a有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根x1對(duì)于C中，由方程fx=a有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根可得x1e?x1因?yàn)閤1≠x對(duì)于D中，設(shè)?x=ln所以?x單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，可得?不妨令x2>x1>0所以x1故選：ACD.10．（2024·山西太原·三模）已知x1是函數(shù)fx=x3A．fx的對(duì)稱中心為0,n B．C．2x1+【解題思路】利用f0+x+f0?x=2n，可判斷A；令f′x=0，解得x，代入f?x1?fx1可判斷B；利用導(dǎo)數(shù)判斷出y=f【解答過(guò)程】對(duì)于A，因?yàn)閒0+x所以fx的對(duì)稱中心為0,n，故A

對(duì)于B，f′x=3x2當(dāng)x1f=?2x因?yàn)閙<0，所以?4m3?m當(dāng)x1f=?2x因?yàn)閙<0，所以4m3?m3故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，令f′x=0當(dāng)x>?m3或x<??m3時(shí)，當(dāng)??m3<x<?m3所以y=fx在x=??m3如下圖，當(dāng)x1=??mfx可得x12+x1所以2x當(dāng)x1=?mfx可得x12+x1所以2x綜上所述，2x對(duì)于D，由C選項(xiàng)可知，若x1=?m所以x1故選：AC.11．（23-24高二上·湖北武漢·期中）已知函數(shù)f(x)=xlnx?x與y=a有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，交點(diǎn)坐標(biāo)分別為x1,y1，A．f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞B．a(chǎn)的取值范圍為(?1,0]C．xD．x【解題思路】根據(jù)題意求出函數(shù)fx【解答過(guò)程】由題意可知fx=xlnx?x定義域?yàn)閷?duì)A：當(dāng)x∈0,1時(shí)，f'x<0，當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，f'x>0，對(duì)B：由A知當(dāng)x=1時(shí)，fx取到極小值也是最小值f1=?1，由題值f令fx=0，得x=0或x=e，所以當(dāng)x→0，fx→0所以fe=0>a>fxmin=f對(duì)C：由fx的最小值點(diǎn)1,?1，所以過(guò)點(diǎn)0,0，1,?1的直線為y=?x=p令θx=px?f當(dāng)x∈0,1e，θ'x所以θx在0,1eθ1e=1e，θ所以直線y=?x與y=a的交點(diǎn)為x3設(shè)過(guò)點(diǎn)1,?1，e,0的直線為y=令ωx=qx則ω’x=qx?f所以ωx在1,e單調(diào)遞減，又因?yàn)棣豦=0，所以所以直線y=1e?1x?e所以x2對(duì)D：因?yàn)閒'x=lnx，fe=0，f設(shè)gx=x?e，令?當(dāng)x∈0,e，?'x<0所以?x在0,e單調(diào)遞減，在e,+∞單調(diào)遞增，所以?因?yàn)閤1<x2，直線y=x?e所以fx2=a≥g下證：x1由于a=fx1，所以要證x1令φx=xln當(dāng)x∈0,1e，φ'x所以φx在0,1e所以φx≥φ1e=0，所以x由于等號(hào)不能同時(shí)滿足，所以x1故選：ACD.三、填空題12．（2023·河北衡水·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=2023ex?ax2?1(a∈R)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1【解題思路】原題等價(jià)于x1,x【解答過(guò)程】原題等價(jià)于x1,x2是導(dǎo)函數(shù)即是方程2023ex?2ax=0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，x=0所以x=x1和x=x即函數(shù)g(x)=exx由于g′(x)=(x?1)exx2，所以當(dāng)x<0或0<x<1時(shí)，g'(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g當(dāng)x趨于?∞時(shí)，gx趨于0，且g(x)<0，當(dāng)x<0且gx趨于?∞，當(dāng)0<x≤1時(shí)，x趨于0時(shí)，gx在x=1處，gx取得極小值g(1)=e；當(dāng)x>1時(shí)，x趨于+∞時(shí)，g作出g(x)的大致圖像如下圖所示，由圖可知，2a2023>e因?yàn)閤2≥2x1，取x2=2x1，并令x1=t,(t>0)，則x2故答案為：a∈2023ln13．（23-24高三下·云南·階段練習(xí)）若關(guān)于x的方程ex