重难点09 极值点偏移与拐点偏移问题（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点09极值点偏移与拐点偏移问题【七大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1极值点偏移：加法型】 2【题型2极值点偏移：减法型】 7【题型3极值点偏移：乘积型】 14【题型4极值点偏移：商型】 20【题型5极值点偏移：平方型】 27【题型6极值点偏移：复杂型】 33【题型7拐点偏移问题】 381、极值点偏移与拐点偏移问题极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，是高考考查的热点内容，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移，称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色.【知识点1极值点偏移问题及其解题策略】1．极值点偏移的概念(1)已知函数y=f(x)是连续函数，在区间(a,b)内只有一个极值点x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有，这种情况称为极值点偏移.(2)极值点偏移若，则极值点偏移，此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0；(左缓右陡，极值点向右偏移)若若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0.2．极值点偏移问题的一般题设形式(1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令，求证：f'(x0)>0；(4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，令，求证：f'(x0)>0.3．极值点偏移问题的常见解法(1)(对称化构造法)：构造辅助函数：①对结论x1+x2>2x0型，构造函数.②对结论型，方法一是构造函数，通过研究的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可.(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化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.【知识点2指数、对数均值不等式解决极值点偏移问题】极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指数均值不等式和对数均值不等式.1．对数均值不等式结论1对任意的a,b>0(a≠b)，有.2．指数均值不等式结论2对任意实数m,n(m≠n)，有.【题型1极值点偏移：加法型】【例1】（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数fx=lnmx−xm>0．(1)若fx≤0恒成立，求(2)若fx有两个不同的零点x1,【解题思路】（1）直接用导数求出fx（2）构造pt=f1+t−f1−t【解答过程】（1）首先由m>0可知fx的定义域是0,+∞，从而故f′x=lnmx−x=1x−1=故fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，所以fx所以命题等价于lnm−1≤0，即m≤所以m的取值范围是0,e（2）不妨设x1<x2，由于fx在0,1在−1<t<1的范围内定义函数pt则p′t=这表明t>0时pt>p0又因为f2−x1=f1+1−x故由fx在1,+∞上的单调性知2−x【变式1-1】（2024·辽宁·三模）已知fx(1)讨论函数fx(2)当a>0时，证明：函数fx有且仅有两个零点x1,【解题思路】（1）对fx求导，对a（2）先用零点存在性定理证明结论，再构造新函数讨论f(x1)与f(−x2【解答过程】（1）f′当a≥0时，令f′x>0，得x>0，令f所以fx在(0,+∞)当a<0时，令f′x=0，得x=0当ln−a<0，即−1<a<0时，由f'x>0得x∈所以fx在−∞,ln−a当ln−a=0，即a=−1时，f′x≥0当ln−a>0，即a<−1时，由f'x>0得x∈所以fx在−∞,0和ln综上，当a≥0时，fx在0,+∞上单调递增，在当−1<a<0时，fx在−∞,ln−a当a=−1时，fx在R当a<−1时，fx在(−∞,0)和ln（2）由第（1）问中a>0时，fx在0,+∞上单调递增，在当x>0时，因为a>0，f0=−1由零点存在性定理可得：函数fx在区间(0,+∞)上存在唯一零点x使得fx当x<0时，x−1<0，0<ex<1则fx显然一元二次方程12ax2+x−1=0其中−1+1+2a取b=−1−fb即fb>0，且由零点存在性定理可得：函数fx在区间(−∞,0)上存在唯一零点x使得fx所以当a>0时，函数fx因为x2为零点，所以f(所以12所以f(−x令gx=−x−1当x>0时，e−x−ex<0，g因为g0=0，x2所以(−x2−1)e−因为fx在(−所以x1<−x【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=xe1x−a(x>0)，且(1)求实数a的取值范围．(2)证明：x1【解题思路】（1）利用导数求出函数f(x)的最小值，再分段讨论并构造函数，利用导数探讨单调性，结合零点存在性定理推理即得.（2）由（1）的结论，结合函数零点的意义可得xlnx−lna⋅x+1=0有两个相异的解【解答过程】（1）函数f(x)=xe1x当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，f(x)在则f(x)当a≤e时，f(x)≥0恒成立，f(x)当a>e时，f(1)<0，f(a)=ae1a−a=a(f(1a)=1a令φ(a)=ea−2a，求导得φ′(a)=ea于是g′(a)>0，函数g(a)=ea−因此∃x1∈(所以实数a的取值范围为e,+（2）由（1）知，xe1x=a有两个相异的解令函数ℎ(x)=xlnx−lna⋅x+1，求导得ℎ′当0<x<ae时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在0,ae单调递减，当x>a不妨设x1<x2，显然要证x1+x2>又ℎx1=ℎx2，则即证ℎ(则F′(x)=ℎ而2aex−x因此函数F(x)在(0,ae)上单调递减，即F(x)>F(所以x1【变式1-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)若曲线fx在点1,−1处的切线与曲线gx有且只有一个公共点，求实数(2)若方程gx−fx①求实数a的取值范围；②求证：x1【解题思路】（1）利用导数，得到g−1=−a=−1，（2）①构造函数，令ℎx=2lnx−a+1x②由①得−1<a<0，则2a+1>2，分析得出：需证ℎ【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+所以曲线fx在点1,−1处的切线方程为y=−1因为切线y=−1与曲线gx所以g−1=−a=−1，故（2）①方程gx−fx=1有两个不相等的实数根x1令ℎx=2lnx−a+1ℎ′因为x>0,x+1>0，所以ℎ′x的正负取决于（ⅰ）当a≤−1时，ℎ′x>0恒成立，故ℎx在（ⅱ）当a>−1时，由ℎ′x>0，解得x∈0,1故函数ℎx在0,1a+1因为函数ℎx有两个零点，所以ℎ即2ln1a+1令mx=2lnx+1+xx+1又m0=0，则不等式2ln因为ℎx=2ln又1a+1>1，所以ℎx以下证明在1a+1设φx=ln当0<x<1时，φ′x>0，当x>1时，φ′x<0，即函数故φx在x=1处取得极大值，也是最大值，φ所以lnx≤x−1，当且仅当x=1时，等号成立，故ln即ℎx取x0>2所以ℎx在1所以ℎx综上，实数a的取值范围为−1,0．②由①得−1<a<0，则2a+1>2，不妨设要证明x1+x2>2因为ℎx在0,1a+1上单调递增，且所以只需证明ℎx1>ℎ2a+1记Fx则F′x=所以Fx在1a+1,+∞上单调递增，又当则Fx>0，所以Fx2>0，即ℎ【题型2极值点偏移：减法型】【例2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=x2−(2+a)x+a(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)=exx−f(x)+x2−(a+1)x−2a+(a−1)lnx（i）证明：2a>e（ii）证明：x2【解题思路】（1）先确定定义域，求出导函数并进行通分和因式分解后根据开口方向、根的大小关系、根与定义域的位置关系等信息进行分类讨论得出导数正负情况，从而得出函数的单调性.（2）考查用导数研究函数零点问题，（i）用导数研究函数的单调性和最值情况，确保函数零点个数为2即可证明2a>e【解答过程】（1）由题f(x)的定义域为(0,+∞)，①若a≤0，则2x−a>0，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞②若a>0，令f′(x)=0，得x1当0<a<2时，0<a当0<x<a2或x>1时，f′(x)>0；当所以f(x)在0,a2,(1,+当a>2时，a2当0<x<1或x>a2时，f′(x)>0；当所以f(x)在(0,1)，a2,+∞当a=2时，f′(x)=2所以f(x)在(0,+∞（2）（i）由题意知g(x)=e所以g′(x)=(x−1)e当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞则g(x)因为函数g(x)存在两个不同的零点，故e+1−2a<0，即2a>（ii）下面找出两个点m，n(0<m<1<n)，使得g(m)>0，g(n)>0,注意到4a2−2a−12a−1=2a−12a−1下面我们证明：g(2a)>0，g1①g(2a)>0⇔e2a2a−ln(2a)>0，设方法1：设ℎ(x)=ex−12x2所以ℎ′(x)在(2,+∞所以ℎ(x)在(2,+∞故ℎ(x)>ℎ(2)=e2−4>0，即因此m(x)=exx设u(x)=12x+1−所以u(x)在(2,+∞)上单调递增，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,+∞)上单调递增，得所以m(x)在(2,+∞)上单调递增，故m(x)>m(2)=又2a>e+1>2，从而e2a又f(1)<0，所以1<x②g1设t(x)=lnx−x+1，则易知t(x)在(0,1)上单调递增，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【变式2-1】（2024·湖南株洲·一模）已知函数fx=x+aebx(1)求a、b的值及fx(2)设x1，x2是方程fx=kx【解题思路】（1）借助导数的几何意义可得f′1=e，f1=0，计算即可得（2）构造函数gx=x−1ex−kx【解答过程】（1）f′由题意有f′1=由1+aeb=0可得a=−1，则f故a=−1、b=1，则fxf′当x>0时，f′x>0，当x<0故fx在−∞,0故fx有最小值f（2）令gx=fx−kx则g′则当ex>2k，即x>ln当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有两个零点，不妨设两零点x1<又g1由1<2ln2<2ln则x1<1<2ln【变式2-2】（2024·北京朝阳·二模）已知函数f(1)求曲线y=fx在点0,f(2)若fx≥0恒成立，求(3)若fx有两个不同的零点x1,x2【解题思路】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）求导可得f′x=−ax+a+11−x(x<1)，易知当a≥0时不符合题意；当a<0时，利用导数研究函数f(x)（3）易知当a≥0时不符合题意，当a<0时，易知x1<x2【解答过程】（1）由f(x)=ax−ln(1−x)，得因为f(0)=0,f所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(a+1)x；（2）f′①当a≥0时，f(−1)=−a−ln②当a<0时，令f′(x)=0当x∈−∞,1+1a时，f当x∈1+1a,1时，f所以当x=1+1a时，f(x)取得最小值若fx≥0恒成立，则设φx=x+1+ln当x∈−∞,−1时，φ当x∈(−1,0)时，φ′x<0,φ所以φx≤φ−1=0，即所以a=−1；（3）当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间所以f（x）至多有一个零点，不符合题意；当a<0时，因为f(0)=0，不妨设x若0<x2<1若x2<0，则由（2）可知，只需f(1−e)<0，即a(1−即a的取值范围为11−【变式2-3】（2024·河南·模拟预测）已知b>0，函数fx=x+alnx+b(1)求a，b的值;(2)若方程fx=1e（e为自然对数的底数）有两个实数根x【解题思路】（1）求导得f′x=x+ax+b（2）由题意得x1<0<x0<1<x2，构造函数证明不等式x−1lnx+1≥x−1【解答过程】（1）因为f′x=由题意知f1=0，所以联立方程组1+alnb+1=0（2）由（1）可知fx=x−1f′x=1−u′所以ux即f′x又f′0=−1<0,f′且x∈(−1,x0)时，f'(x)<0故fx在−1,x0设ℎx=x−1则F′因为f′x在所以F′x在又F′1=0，所以当−1<x<1时，F′x所以Fx在−1,1上单调递减，在1,+故Fx≥F1=0，即x−1因为方程fx=1e有两个实数根也就是fx2=fx1所以x1所以x2−1ln设ℎx=1e的根为：又ℎx在−1,+∞上单调递增，所以故x2易知fx的图象在坐标原点处的切线方程为g令Tx则T′因为f′x在所以T′x在又T′所以当−1<x<0时，T′x<0，当x>0所以Tx在−1,0上单调递减，在0,+所以Tx≥T0=0，因为x1<0，所以x1设gx=1e的根为又gx在−1,+所以gx1′从而−x由①②可知：x2【题型3极值点偏移：乘积型】【例3】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)当a=1时，讨论函数fx(2)若fx有两个极值点x①求实数a的取值范围；②求证：x1【解题思路】（1）求得f′x=2x−2lnxx，设gx=2x−2lnxx（2）①求得f′x=2ax−2lnxx，令f′x=0，解得②由函数f′x有两个零点x1,x2，得到2ax12=lnx12,2ax2【解答过程】（1）解：当a=1时，可得fx=x2−设gx=2x−2令ℎx=x所以ℎx为0,+∞上的增函数，且所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以所以f′(x)min=2>0，所以f′（2）解：①因为函数fx=ax令f′x=0设px=ln因为fx有两个极值点x1,x2当x∈0,e时，p′x>0所以px在0,e上单调递增，在e,+又当x>1时，px>0，故可作出结合图象可得，0<a<12e，即实数a②由函数f′x有两个零点x1令t1=x12,t只需证明t1不妨令t1>t2，由要证t1t2即证lnt即证lnt1−令m=t1t2，则令sm=ln所以sm在1,+∞上单调递增，所以综上所述，原不等式成立．【变式3-1】（2024·四川眉山·三模）已知函数f(x)=xln(1)若过点(1,0)可作曲线y=f(x)两条切线，求a的取值范围；(2)若f(x)有两个不同极值点x1①求a的取值范围；②当x1>4x【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数g(x)=ax2−2ax−x+lnx−1（2）①由f′(x)=lnx−2ax−1有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线y=2a与函数y=lnx−1x【解答过程】（1）依题意，f′设过点1,0的直线与曲线y=f(x)相切时的切点为(x0,切线方程为y−(x0ln则−x0ln由过点(1,0)可作曲线y=f(x)两条切线，得方程ax令g(x)=ax2−2ax−x+求导得g′①若a>12，由g′(x)>0，得0<x<12a或即函数g(x)在(0,12a)，(1,+则当x=12a时，g(x)取得极大值；当x=1时，又g(1当x≤1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a=12，g′(x)≥0恒成立，函数因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；③若0<a<12，由g′(x)>0，得0<x<1或x>1即函数g(x)在(0,1)，(12a,+则当x=1时，g(x)取得极大值；当x=12a时，g(x)取得极小值，又显然当x≤12a时，g(x)<0恒成立，因此函数④若a≤0，显然2ax−1<0，当0<x<1时，g′(x)>0，当x>1时，函数在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，当x=1时，g(x)取得最大值要函数g(x)有2个零点，必有g(1)=−a−2>0，得a<−2，当0<x<1时，g(x)=a(x−1)而函数y=−a−1+lnx在(0,1)上的值域为(−∞,−a−1)，因此g(x)在当x>1时，令y=lnx−x，求导得y′=1则lnx−x<−1，g(x)=a而函数y=a(x−1)2−a−2在(1,+因此函数g(x)在(1,+∞)上的值域为于是当a<−2时，函数g(x)有两个零点，所以过点1,0可作曲线y=fx两条切线时，a的取值范围是−（2）①由（1）知，f′由函数f(x)有两个极值点x1,x2，得f′令u(x)=lnx−1x，求导得u′(x)=2−lnxx函数u(x)在(0,e2)上单调递增，(且u(e)=0，当x>e时，函数u(x)>0恒成立，因此当0<2a<所以函数f(x)有两个极点时，a的取值范围是(0,1②由lnx1−2ax1要证明x1x2而lnx令t=x1x2(即证明(t+2)⋅lntt−1令ℎ(t)=ln求导得ℎ′则φ(t)=t+4+4t−12ln2则ℎ′(t)>0，令ℎ(t)在t>4时单调递增，则因此(t+2)⋅lntt−1所以x1【变式3-2】（23-24高二下·重庆·阶段练习）已知函数fx=x+a(1)求实数a的值并求函数f(x)的极值；(2)若fx1=f【解题思路】（1）由已知，求出f′x，根据fx点A(1,f(1))处的切线斜率为1，得到f′1（2）由fx1=fx2，可得ln【解答过程】（1）由已知，f′因为函数fx=x+a所以f′则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则x1lnx1=m，即ln两式相减可得，lnx1+消去m，得lnx1+由于x1因此只需证明x1而x1不妨设x1<x2,t=x1令gtg′t=lnt+∴g′t在0,1∴gt在0,1上递增，gt<g1则原命题得证.【变式3-3】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数f(x)=a(1−2ln(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x1，x2x1≠【解题思路】（1）首先求函数的导数，再分a≤0和a>0两种情况求解不等式，根据导数与单调性的关系，即可求解；（2）代入函数的零点，并变形为lnx1x12−lnx2【解答过程】（1）f′(x)=24x当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在当a>0时，令f′(x)=0，得x6当f′(x)>0时，x>6a12所以f(x)在0,6a12综上：当a≤0时，f(x)在(0,+∞当a>0时，f(x)在0,6a12（2）设0<x1<x2所以k=ln所以lnx1x记t4=12e4，要证只需证lnx1x记ℎ(x)=lnxx2+记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ℎ′又0<x1<x2【题型4极值点偏移：商型】【例4】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx(1)设函数gx=ekx−(2)若方程fx=m有两个不相等的实根x1、x【解题思路】（1）将问题转化为不等式e2lnx+kx−xk−(1+2lnx)≥0在(0,+（2）利用导数研究函数fx的性质可得0<m<1，由题意可得m(x12+x22)<2x1【解答过程】（1）当k>0、x>0时，f(x)≤g(x)即1+2ln等价于1+2lnx≤x设u(x)=ex−x−1令u′(x)<0⇒x<0，令所以函数u(x)在(−∞,0)上单调递减，在所以u(x)min=u(0)=0，得u(x)≥0当k=1时，令v(x)=2lnx+xx>0，易得v(x)又v1e=2所以v(x)在1e,1，即(0,+∞所以uv(x)≥uvx0当0<k<1时，令mk易得关于k的函数y=e2lnx+kx与y=−x当x=x0时，mk当k>1时，易得mk>m1综上：k≥1，则实数k的最小值为1；（2）由题意知，m>0，f(x)=1+2lnx令f′(x)>0⇒0<x<1，令所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则当x>1时，易得f(x)=1+2lnxx2又函数f(x)=m有两个不同的实根x1,x2，即作出fx与y=m所以0<m<1，且m=1+2得mx12要证x1x2即证2+2lnx1由x1x2设ℎ(x)=lnx−x+1(x>0)，则令ℎ′(x)>0⇒0<x<1，令所以函数ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞所以ℎ(x)max=ℎ(1)=0，则ℎ(x)≤0所以1+lnx1x2即1+lnx1【变式4-1】（23-24高二下·河南平顶山·阶段练习）已知函数fx(1)若fx恰有两个零点，求a(2)若fx的两个零点分别为x1,x2【解题思路】（1）构造gx=x2lnx，由于fx（2）由题意，将命题成立转化为2x12+1x22ln【解答过程】（1）令gx=x则g′令g′x=0当0<x<e−12时，g′当x>e−12时，g′因为当0<x<1时，gx<0，当x>1时，且ge又fx恰有两个零点，即x故函数gx与y=a所以−12e<a<0，故（2）因为fx的两个零点分别为x1,所以x12ln所以lnx1=ax所以a=ln所以要证2ax12即证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所以原命题得证.【变式4-2】（2023·湖北武汉·三模）已知函数fx=ax+a−1(1)讨论函数fx(2)若关于x的方程fx=xex−（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）求证：ex【解题思路】（1）求出f′x=x+1ax−1x2（2）（i）将方程变形为ex+lnx=ax+lnx，令tx=x+lnx（ii）将所证不等式等价变形为t1+t2>2，由et=at变形可得出t=lna+lnt，推导出t【解答过程】（1）解：因为fx所以f′x=a+①当a≤0时，f′x<0，所以函数f②当a>0时，由f′x>0得x>1a所以函数fx的增区间为1a,+综上：当a≤0时，函数fx的减区间为0,+当a>0时，函数fx的增区间为1a,+（2）解：（i）方程fx=xex−令tx=x+lnx，因为函数易知函数tx=x+ln结合题意，关于t的方程et又因为t=0不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为et令gt=ett由g′t<0可得t<0或0<t<1，由g所以，函数gt在−∞,0和0,1所以，函数gt的极小值为g且当t<0时，gt=ett作出函数gt和y=a由图可知，当a>e时，函数y=a与g所以，实数a的取值范围是e,+（ii）要证ex1x2+因为et=at，所以只需证由（ⅰ）知，不妨设0<t因为et=at，所以t=lna+ln所以只需证t2+t令p=t2t令ℎp=lnp−2所以ℎp在1,+∞上单调递增，故ℎp>ℎ1所以原不等式得证．【变式4-3】（2024·全国·一模）已知f(1)若fx≥0，求实数(2)设x1,x2是fx的两个零点（x【解题思路】（1）求导得出函数fx（2）①由题意0<x1<1<x2，0<1x2<1，作差得fx1−f1x2=fx2−f【解答过程】（1）f′x=2x−2则g′x=3x2所以当0<x<1时，gx<g1=0，当x>1时，gx>g1=0，所以fx若fx≥0，则fx所以实数a的取值范围为−∞（2）①由题意不妨设x1<x2，则由（1）可知f所以f=x设gx=x−1所以函数gx单调递增，所以g所以fx1−f又函数fx在0,1上面单调递减，所以0<x1②注意到x1所以x1+x只需x2lnx令ℎx=ln当0<x<1时，ℎ′x>0当x>1时，ℎ′x<0又1x1>所以要证ℎx1<ℎx2不妨设Hx则H′当0<x<1时，H′x>0当x>1时，H′x>0因为0<x1<1，所以H又因为ℎ1x1综上所述，命题2x【题型5极值点偏移：平方型】【例5】（2024·福建南平·模拟预测）已知函数fx=ln(1)讨论fx(2)若方程fx=1有两个不同的根(i)求a的取值范围；(ii)证明：x1【解题思路】（1）求出函数的导函数，再分a>0、a<0（2）(i)参变分离可得1+lnxx=a，令gx=1+lnxx，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最值，即可求出a的取值范围；(ii)不妨设x1<x2，则【解答过程】（1）由题意得fx=lnex由f′x=0显然a≠0，若a>0，则当0<x<1时，f′x>0,fx单调递增，当若a<0，则当0<x<1时，f′x<0,fx综上，当a>0时，fx在区间0,1内单调递增，在区间1,+当a<0时，fx在区间0,1内单调递减，在区间1,+（2）（i）由lnexax设gx=1+lnxx，由(1)得又g1e=0,g1=1，当x>1时，g所以当0<a<1时，方程1+lnxx=a有两个不同的根，即方程lne（ii）不妨设x1<x2，则解法一：当x2∈2,+∞时，当x2∈1,2设px=g则p′x所以px在区间0,1则px<p1所以g又x1∈0,1所以2−x1<又x1≠x故2x12解法二：设ℎx=gx则ℎ′所以ℎx在区间0,+又ℎ1所以ℎx1=g又gx2=g又x2>1,1所以x2>1又x1≠x【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)求函数fx在1,3(2)若方程fx=1a有两个不相等的解x1【解题思路】（1）先求导数，利用导数求解最值，可得值域；（2）先把不等式转化为x1【解答过程】（1）因为fx=x当x∈1,2时，f′x>0,fx所以当x∈1,3时，f又f1=1e<f所以fx在1,3上的值域是1（2）由题，不妨设0<x由（1）可知0<x1<2<由fx=1a得两边同时取自然对数，得x1−x要证ax12因为ex1+即证x1即证2x1−令x1x2令gt则g′所以当t∈0,1时，gt单调递减，所以gt故ax【变式5-2】（2024·四川凉山·二模）已知函数fx(1)若函数fx在R上是增函数，求a(2)设gx=x−12sin【解题思路】（1）根据给定条件，利用导数结合单调性，列出不等式求解即得.（2）由（1）的信息可得x2【解答过程】（1）函数f(x)=x+asinx，求导得依题意，对任意实数x，f′(x)=1+acos因此1+a≥01−a≥0，解得：−1≤a≤1所以a的取值范围为[−1,1].（2）函数g(x)=x−12sin由g(x1由（1）知，函数f(x)=x−sinx在不妨令x2>x1>0亦即12(x于是lnx2−下面证明：x2−x1ln令t=x2x1,(t>1)求导得φ′(t)=2t−1−于是φ(t)<φ(1)=0，即t2−1t【变式5-3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数fx=x2ln(1)求实数m的取值范围；(2)求证：t<1；(3)比较t与2e及2m+【解题思路】（1）先结合导数与单调性关系判断函数的单调性，结合单调性及函数性质，零点存在定理即可求解；（2）令t=x12+x22=u1+u2（3）结合所要比较式子，合理构造函数，对新函数求导，结合导数与单调性关系即可求解.【解答过程】（1）fxu=x2，考虑函数fx有两个零点x1,x2，ug′u=lnu+1,g所以gu因为当u→0+时gu→−2m；当x→+∞（2）t=x12+x欲证u1+u2<1即lnu∵u∴ln证明①式只需证λlnλ1−λ构造φλ=ln令y=1−1λ−lnλ，y所以y=1−1λ−lnλ所以φ′φλ在1,+∞单调递减，（3）先证u1+u2>F′∴Fu在0,1e单调递减，∴F∴gu2>g2e由0<u1<又∵当0<x<1时，y=lnx−2所以y=lnx−2x−1x+1在0,1所以当0<x<1时，y<0，即ln所以lne即1+lnu1整理得：eu同理当x>1时，y=lnx−2x−1x+1所以y=lnx−2把x代成eu2可得：由③-④得：eu∵u1<u2【题型6极值点偏移：复杂型】【例6】（2024·四川·一模）已知函数fx(1)若a=1，求fx(2)若fx有2个零点x1,【解题思路】（1）求导，确定函数单调性，根据单调性可得最值；（2）将x1,x2代入原函数后做差变形，得到lnx【解答过程】（1）当a=1，函数fx则f′可知当0<x<12时，f′当x>12时，f′则当x=12时，fx所以fx的最小值为ln（2）由已知，x1,x则ax12两式相减，得ax整理得ax欲证明ax只需证明不等式lnx即证明lnx1−不妨设0<x1<x2只需证明lntt−1t+1令ℎt=t+1又令ut=ℎ所以，当0<t<1时，ux，即ℎ′t故当0<t<1时，ℎt单调递增，则ℎ所以，原不等式成立，故不等式ax【变式6-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=x2a(1)求a的取值范围；(2)证明：x1【解题思路】（1）函数fx有两个不相等的极值点，则方程f′x=0在（2）由1<x1<e<x2，设t=【解答过程】（1）函数fx=xf′因为函数fx有两个不相等的极值点x所以方程alnx−x=0在0,+∞上有两个不相等的实数根x方程两边同时除以ax，整理得1a即直线y=1a与函数令gx=lnxx，则g当x∈0,e时，g′x>0,g所以g(x)max=gx→+∞时，gx>0且g

要想y=1a与gx的图象有两个交点，则0<故a的取值范围是e,+（2）由（1）易知，1<x1<e<x2由（1）得alnx2=x又alnx1=x整理得lnx要证x1只需证x1两边同时除以x1，即证ln即证t+1ln两边同除以t+1，即证lnx结合*式，即证lnt即证lnt−设ℎt=ln所以ℎt在1,+∞上单调递增，所以所以原不等式得证．【变式6-2】（2024·贵州·模拟预测）已知函数f(x)=xe(1)求函数fx(2)若方程f(x)=4ex+4elnx有两个不相等的实数根x1【解题思路】（1）对函数求导，利用导数求函数fx（2）换元后化为4=tlnt，构造gt=tlnt，求导后得到其单调性，只需证明lnt1+【解答过程】（1）由题可知f(x)=xex+1，定义域为R，则有令f′(x)<0，则x<−1，可知当x∈(−∞, 可知当x∈(−1,+∞)，f′综上所述，函数f(x)=xex+1的单调递增区间为(−1,+∞（2）证明：4ex+4eln令t=xex>0，其中x>0，则4lnt=t令g(t)=tlnt，则g′(t)=lnt−1(lnt)2，所以g(t)因为方程4ln(xe所以关于t的方程4=tlnt有两个不相等的实数根t1，t2要证x1即证x1ex1 因为t1=4lnt不妨设t1>t2>0令s=t1t2>1，ℎ(s)=因为ℎ′(s)=1s−所以ℎ(s)>ℎ(1)=0，故x1【变式6-3】（2024·山东·模拟预测）已知函数fx=1(1)当a≥1时，判断fx(2)若fx存在两个极值点x（ⅰ）证明：x2（ⅱ）证明：x∈1,+∞时，【解题思路】（1）求出函数的导函数，令gx=a−1+lnxx，x∈0,+（2）（ⅰ）结合（1）及题意可知gx=0有两个不相等的实数根，即可求出a的取值范围，从而得到1e<x1<1<（ⅱ）由（ⅰ）知x2>1，a=1+lnx2x2及fx【解答过程】（1）函数fx=1则f′令gx=a−1+lnx所以当0<x<1时g′x<0，当x>1所以gx在0,1上单调递减，在1,+所以gx在x=1处取得极小值，即最小值，所以g所以f′x≥0所以fx在0,+（2）（ⅰ）由（1）可知gx在0,+∞上的最小值为当x→0时gx→+∞，当x→+若fx存在两个极值点x1,x2所以a>0g1=a−1<0又g1e=a>0且当0<x<x1时gx>0，即当x1<x<x2时gx当x>x2时gx>0，即所以x1为fx的极大值点，x2因为a−1+lnx要证x2−x1+2>只需证x2即证x2>2令px=ln所以px在1,+所以px>p1所以x2（ⅱ）由（ⅰ）知x2>1，且当1<x<x2时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【题型7拐点偏移问题】【例7】（23-24高三下·四川成都·期末）已知函数fx(1)当a=1时，求fx在x=0(2)设函数gx=fx−sinx，当【解题思路】（1）利用导数可得f′0即切线斜率，又切线过点（2）由题，gx=ex−12x2−sinx，通过研究函数ℎx故证明当x>0时，gx【解答过程】（1）当a=1时，fx=e因f0=1，则在x=0处的切线方程为x−y+1=0；（2）由题，当a=12时，则g′x=ex令ℎ′x>0⇒x>0，得ℎℎ′x<0⇒x<0，得ℎx在则∀x∈R，g′x得gx在R上单调递增，而g0=1，g则不妨设x1令px=gx则p′x=ex则n′x=ex则p′x=nx>n有px>p0=0，即因x2>0，则又gx1+gx2则−x【变式7-1】（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）“拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的点.设φ′x为函数φx的导数，若α为φ′x已知函数fx=aex−xlnx有两个极值点x(1)求a的取值范围；(2)证明：C在Q处的切线与其仅有一个公共点；(3)证明：f′【解题思路】（1）先根据条件得y=f′x（2）利用导数的几何意义先求得C在Q处的切线方程，利用作差法及导数研究函数的单调性与零点即可证明；（3）直接根据（1）（2）的结论得出f′【解答过程】（1）由题意可知f′x=a令gx易知y=1x−lnx−1所以x∈0,1时g′xx∈1,+∞时g′x<0又g1e=0，x∈1,+∞时g所以要满足题意需a∈（2）令f′由上知a∈0,1e，所以y=根据“拐点”的定义及条件知ℎ′所以C在Q处的切线方程为：y=f令mx=ae易知m′由上可知f′x在0,x即f′x≥显然mx0=0所以C在Q处的切线与其仅有一个公共点，即Q点；（3）不妨设x1<x2，由题意可知结合（2）知0<x根据f′x的单调性知所以f′【变式7-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=2ln（1）求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.（2）若正实数x1,x2满足【解题思路】（1）首先计算f(1)求出切点坐标，再求导计算k=f（2）首先将f(x1)+f(x2)=4化简为(x1+x2【解答过程】（1）f(1)=2ln1+1f′(x)=2切线为：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【变式7-3】（23-24高二下·贵州贵阳·阶段练习）设f′x是函数fx的导函数，若f′x可导，则称函数f′x的导函数为fx的二阶导函数，记为f″(1)研究发现，任意三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0，曲线y=fx都有“拐点”，且该“拐点”也是函数(2)已知函数gx（i）求曲线y=gx（ii）若gx1+g【解题思路】（1）根据“拐点”的定义，对函数y=fx求导列式求解b=−3,d=29，利用导数研究函数f（2）（ⅰ）根据“拐点”的定义，对函数gx（ⅱ）由（i）可得函数gx在R上单调递增，将要证的不等式转化为gx1+g2m−【解答过程】（1）∵fx=x3+b又函数fx=x3+b∴f1=1+b−24+d=3,∴fx=x∵函数f′x在−∞,−2上为正，在∴函数fx在−∞,−2上单调递增，在−2,4（2）（i）∵gx∴g′x显然，g″x=emx−1∴x=1m是又g1∴曲线y=gx的拐点是1（ii）由（i）可得，当x∈−∞,当x∈1m,+∴g∴函数gx在R上单调递增，不妨设x要证x1+x2<又gx1+gx2令ℎx=gx∴=e∴函数ℎ′x=g′∴函数ℎx=gx+g2∴ℎx1=g一、单选题1．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数fx=lnx+1−ax有两个零点x1A．a>1 B．xC．x1⋅x【解题思路】根据零点可将问题转化为a=lnx+1x，构造gx=lnx+1【解答过程】由fx=0可得a=lnx+1x则直线y=a与函数gx的图象有两个交点，g由g′x>0可得0<x<1，即函数g由g′x<0可得x>1，即函数g且当0<x<1e时，gx=lnx+1x如下图所示：由图可知，当0<a<1时，直线y=a与函数gx由图可知，1e因为f′x=1x−a=1−axx，由所以，函数fx的增区间为0,1a，减区间为1所以，0<x1<令ℎx=f2则ℎ′x=1x−所以，ℎx1>ℎ1a又fx2=f因为函数fx的单调递减区间为1a,+∞，则由ax1=所以，lnx1x由图可知1e<x1<1<x2故选：D.2．（2024·全国·模拟预测）若函数fx=alnx+12x2−2xA．−∞,−5 B．−∞,−5 C．【解题思路】首先对fx求导，得f′x=x2−2x+axx>0【解答过程】依题意得f′若函数fx有两个不同的极值点x则方程x2−2x+a=0有两个不相等的正实数根可得Δ=4−4a>0x1因为t−fx可得t<f=a=aln设ℎa=aln则ℎa单调递减，ℎa>ℎ所以实数t的取值范围是−∞故选：B．3．（2023·吉林通化·模拟预测）已知函数f(x)=x2+2x3−3ax2+b满足：①定义域为R；②1A．(−2,−1) B．−1,−12 C．12【解题思路】由题意可转化为gx=x3−3ax2+b有且仅有两个不同的零点x1，x2，对gx求导，结合gx的单调性可知【解答过程】函数f(x)=x2+2x3因为x2+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因为12<b<4，要使gx有且仅有两个不同的零点x1，x2而g2a=8a3−12则12<4a则gx有一根是确定的为2a，又因为g所以gx的另一根为−a所以1x1+1x2−1<−1故选：B.4．（2024·辽宁·三模）已知函数f(x)=lnx+12ex2−ax存在两个极值点，若对任意满足f(xA．(2e,C．(2e,1+【解题思路】求出函数f(x)的导数，由导函数的两个零点t1,t2(t1<t2)【解答过程】函数f(x)=lnx+12e由函数f(x)存在两个极值点，得f′(x)=0，即x2则Δ=e2a2−4e>0t1+t2于是函数f(x)在(0,t1),(令f(x1)=f(x2)=f(x此时0<x1<t1<x即函数y=ex−x在(0,+∞)上递增，则e由x1<x因为对任意满足f(x1)=f(x2则有ex1,ex2,又t2=et1,0<t而g(1)=0，因此1≤t1<e，由而函数ℎ(t1)=t1e+所以实数a的取值范围为(2故选：C.5．（2023·四川南充·一模）已知函数f(x)=lnx−2x+2−m（0<m<3）有两个不同的零点x1，x2（①x2x1<e2m

②xA．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】函数fx=lnx−2x+2【解答过程】由函数fx=ln转化为lnx−2x构造函数gx=lnx−2x+2，ℎx=lnx−2x故ℎx在0,1单调递减，在1,+所以0<x对于①，m=−ln所以2m=−ln所以x2对于②，由①可知m=−lnx1因此x1对于③，因为0<m<3，所以0<m3<1所以g3则g3构造函数Qx则Q′x=所以g3所以x2因为gem3令m3=t0<t<1，构造It=t−所以m=g所以em对于④，由①可知，lnx所以lnx令x1x2=n，Wn所以x1故选：D.6．（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=ex−mx2有两个极值点x1，x2（0<x1<xA．0<M<1e C．M>e2+1【解题思路】解法一：求出函数的导函数，则x1，x2是方程exx=2m的两个实数根，x3，x4是方程xlnx=2m，即eln解法二：求导可得x1，x2是y=ex与y=2mx图象交点的横坐标；x3，x4是y=lnx与【解答过程】解法一：由fx=ex−mx2可得f由gx=xlnx−14mx2−x即eln设ℎx=e当0<x<1时ℎ′x<0，当x>1故ℎx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，则ℎx在x=1因为x1，x2是方程exx=2m的两个实数根，x且0<x1<x2，0<x3则x3=ex1所以M=x又y=x+1x在1,+∞解法二

第一步：对函数求导，将问题进行转化；由fx=ex−mx2可得f′x=e由gx=xlnx−14mx2−x可得g′x第二步：构造函数，求得m的取值范围；由ex=2mx可得2m=exx易得ℎx在x=1处取得极小值，且ℎ1=e，当x→0+时，所以由方程ex=2mxx>0有两个实数根可得2m>（点拨：因为y=ex与y=lnx互为反函数，且所以当y=ex与y=2mx的图象有两个交点时，y=ln第三步：利用反函数的概念对变量进行代换，即可得解；设Ax1,ex1，由y=ex与y=lnx互为反函数，且可得A与C，B与D分别关于直线y=x对称，则x3=e则M=x又y=x+1x在1,+∞故选：C.7．（2023·四川成都·一模）已知函数fx=lnx2−a2xlnx+aeA．−1e2−e,0 B．−【解题思路】令f(x)=0，将原函数的零点转化为方程lnx2−a2xlnx+aex【解答过程】令f(x)=0，得lnx2−令t=lnxx设g(x)=lnxx令g′(x)=0，解得x=e当x∈0,e时，g′当x∈e,+∞时，g则g(x)在x=e时，有最大值为g(则当t=gx当t=gx当t=gx当t=gx因为原方程为t2由题可知有三个零点，因此方程有两个不等实根t1、t2，设则有t1+t若a=0，则t1若a>0，则t1+t有0<t1<t2，即有0<若a<0则t1<0，t1=设ℎ(t)=t2−a2所以2ln故选：D.8．（2023·四川南充·一模）已知函数f(x)=lnx−2x+2−m（0<m<3）有两个不同的零点x1，x2（①x2x1<e2mA．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】令gx=lnx−2x+2，判断gx的单调性结合g1=0得到0<x【解答过程】∵f(x)=lnx−2x+2−m（0<m<3）有两个不同的零点即x1，x2是方程令gx=lnx−2∵g′x=1x+1∴x∈0,1时，gx∈1,+∞时，∴0<x1<1，x2>1，∴对于①，两式作差得，lnx整理得，ln∵2x2−x1x1对于②，∵lnx1−2x1+2=−m∴−2x1+2>−m，即2x对于③，∵lnx1−两式相加得，lnx整理得，∴lnx1x∵2x即x1令t=x1x整理得tlnt+2t−2>0，即∵x∈0,1时，gx∈1,+∞时，∴t=x1x故选：D.二、多选题9．（2024·贵州毕节·二模）已知函数fx=xe−x，方程fxA．fx≤1e C．lnx1−【解题思路】求得f′x=(1−x)e−x，得到函数fx的单调性和最大值，可判定A正确；结合函数的取值分布，可判定B不正确；由x1e−x1=x2e【解答过程】对于A中，由函数fx=xe当x<1时，f′x>0，fx单调递增；当x>1时，所以，当x=1时，函数fx可得fx对于B中，由x→−∞时，fx→−∞，当要使得方程fx=a有两个不等实数根x1对于C中，由方程fx=a有两个不等实数根可得x1e−x1因为x1≠x对于D中，设ℎx=ln所以ℎx单调递增，当x>1时，可得ℎ不妨令x2>x1>0所以x1故选：ACD.10．（2024·山西太原·三模）已知x1是函数fx=x3A．fx的对称中心为0,n B．C．2x1+【解题思路】利用f0+x+f0−x=2n，可判断A；令f′x=0，解得x，代入f−x1−fx1可判断B；利用导数判断出y=f【解答过程】对于A，因为f0+x所以fx的对称中心为0,n，故A

对于B，f′x=3x2当x1f=−2x因为m<0，所以−4m3−m当x1f=−2x因为m<0，所以4m3−m3故B错误；对于C，令f′x=0当x>−m3或x<−−m3时，当−−m3<x<−m3所以y=fx在x=−−m3如下图，当x1=−−mfx可得x12+x1所以2x当x1=−mfx可得x12+x1所以2x综上所述，2x对于D，由C选项可知，若x1=−m所以x1故选：AC.11．（23-24高二上·湖北武汉·期中）已知函数f(x)=xlnx−x与y=a有两个不同的交点，交点坐标分别为x1,y1，A．f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞B．a的取值范围为(−1,0]C．xD．x【解题思路】根据题意求出函数fx【解答过程】由题意可知fx=xlnx−x定义域为对A：当x∈0,1时，f'x<0，当x∈1,+∞时，f'x>0，对B：由A知当x=1时，fx取到极小值也是最小值f1=−1，由题值f令fx=0，得x=0或x=e，所以当x→0，fx→0所以fe=0>a>fxmin=f对C：由fx的最小值点1,−1，所以过点0,0，1,−1的直线为y=−x=p令θx=px−f当x∈0,1e，θ'x所以θx在0,1eθ1e=1e，θ所以直线y=−x与y=a的交点为x3设过点1,−1，e,0的直线为y=令ωx=qx则ω’x=qx−f所以ωx在1,e单调递减，又因为ωe=0，所以所以直线y=1e−1x−e所以x2对D：因为f'x=lnx，fe=0，f设gx=x−e，令ℎ当x∈0,e，ℎ'x<0所以ℎx在0,e单调递减，在e,+∞单调递增，所以ℎ因为x1<x2，直线y=x−e所以fx2=a≥g下证：x1由于a=fx1，所以要证x1令φx=xln当x∈0,1e，φ'x所以φx在0,1e所以φx≥φ1e=0，所以x由于等号不能同时满足，所以x1故选：ACD.三、填空题12．（2023·河北衡水·模拟预测）已知函数f(x)=2023ex−ax2−1(a∈R)有两个极值点x1【解题思路】原题等价于x1,x【解答过程】原题等价于x1,x2是导函数即是方程2023ex−2ax=0的两个不相等的实数根，x=0所以x=x1和x=x即函数g(x)=exx由于g′(x)=(x−1)exx2，所以当x<0或0<x<1时，g'(x)<0；当x>1时，g当x趋于−∞时，gx趋于0，且g(x)<0，当x<0且gx趋于−∞，当0<x≤1时，x趋于0时，gx在x=1处，gx取得极小值g(1)=e；当x>1时，x趋于+∞时，g作出g(x)的大致图像如下图所示，由图可知，2a2023>e因为x2≥2x1，取x2=2x1，并令x1=t,(t>0)，则x2故答案为：a∈2023ln13．（23-24高三下·云南·阶段练习）若关于x的方程ex−3ax=0有两个不同的实根x1，x2，且x1>3x【解题思路】由题意3a=exx(x≠0)有两个不相等的实数根x1，  x2，令g(x)=exx，利用导数研究函数单调性并画出图象，数形结合得3a=【解答过程】因为x=0不是方程ex所以3a=exx令g(x)=exx当x<0时，g′(x)<0，g(x)在区间(−∞当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)在区间(0,当x>1时，g′(x)>0，g(x)在区间(1,+∞所以g(x)的极小值为g(1)=e若3a=exx有两个不相等的实数根x1，  x2令t=x1x2，则x1=tx2，由所以etx2=tex2设ℎ(t)=lntt−1所以ℎ(t)在(3,+∞)上单调递减，则又g(x)=exx在区间(0,1)上单调递减，3a=所以3a=g(x2)>g所以实数a的取值范围为23故答案为：2314．（2023·陕西西安·二模）若函数fx=12ax2−ex+1在x=【解题思路】根据题意可得原题意等价于y=a与y=e【解答过程】因为fx=1令f′x=ax−ex原题意等价于y