2025高考数学压轴导数大题训练：极值点偏移问题（学生版+解析）

专题8极值点偏移问题

考情分析

函数与导数一直是高考中的热点与难点，近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现与函数极值点偏移有

关的函数与不等式问题，已知函数y=/（x）是连续函数,在区间（石,工2）内有且只有一个极值点%,且

/（%1）=/（%），若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点/=与垣，我们称这种状态为极值点不偏

移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点X。中与Z的情况，我们称这

种状态为“极值点偏移”（对可导函数/（X）来说，/（X）的极值点就是广（X）的零点，所以很多与零点或方程

实根有关的问题也可以利用处理极值点策略的方法去处理）.此类问题背景新颖，教材中又没有涉及，不少同

学望而生畏，本专题给出此类问题的常用解法，共同学们参考.

解题秘籍

（-）通过对称化构造新函数破解极值点偏移问题

【以例及类】已知函数〃九）=疣：

⑴求函数/（九）的单调区间；

（2）已知函数g（X）的图像与/（X）的图像关于直线X=1对称,证明：当X>1时,/（%）>g（X）;

⑶如果玉且/（%）=/（%2），证明：%+々>2.

【分析】⑴由/'（x）=eT（l—x）可得“X）在上递增，在（一1,80）上递减；

（2）g（x）=/（2—x），构造函数F（%）=/（%）-/（2-%）,（%）=（%-l）（e^2F（x）单调性可

得%>1时/（x）>F（l）=O；

⑶假设匹<1<%，由⑵得/（%）>/（2-9），即/（无1）>/（2—9），由“X）在（Y°，T）上递增，可得

xi>2-x2,xi+x2>2.

该题的三问由易到难，层层递进，完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程，直观

展示如下:

该题是这样一个极值点偏移问题：对于函数/(九)=xe7,已知/(药)=/(%)，%产%,证明%+%>2.

再次审视解题过程，发现以下三个关键点：

①再，%的范围(。<%<1<々)；

②不等式〃x)>"2r)(x>4

③将超代入(2)中不等式，结合/(九)的单调性获证结论.

小结：用对称化构造的方法求解极值点偏移问题大致分为以下三步：

①求导，获得f(x)的单调性，极值情况，作出了⑴的图像由/(石)=/(马)得再,马的取值范围(数形结合)；

②构造辅助函数(对结论玉+%2>(<)2%，构造产(%)=/(x)-/(2x0-x)；对结论石々>(<)4，构造

F(x)=f(x)-f2)，求导，限定范围(再或％的范围)，判定符号,获得不等式；

VxJ

③代入不(或超)，利用/(%)=/(%)及的单调性证明最终结论.

下面给出第(3)问的不同解法

【解析】法一：/'(%)=(1-x)e~x,易得/(%)在(-8,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减,x--8时，

/(%)T-00,/(0)=0,x-4W时,/(x)f0,函数/(X)在X=1处取得极大值/(I)，且/⑴=L如图所

e

示.

由/(%1)=/(x2),玉HX］，不妨设玉<%2，则必有0<%<1<%,

构造函数尸(x)=/(I+x)-/(l-x),xe(0,1］,

则F'(x)=f'(l+x)+/(1—x)=a(e2x—1)>0,所以尸(x)在xe(0,1］上单调递增.F(x)>F(0)=0,也

即/(l+x)>/(l—x)对xe(0,l］恒成立.由0<%<1<%,得1—%e(0』］,

所以,即石)>/(%),又因为

/(1+(1-A1))=/(2-^1)>/(1-(1-XI))=/(X1)=/(^2)/(2—

2-Xj,x2e(1,+oo)，且/(x)在(l,+oo)上单调递减，所以2-%<%,即证%+%2>2.

法二：欲证%+々>2,即证/>2-X],由法一知0<%<1<%,故2—石,々e(L+00)，又因为f(x)在

(1,+<»)上单调递减，故只需证/(%)</(2-xt)，又因为/(菁)=/(%),

故也即证/(%)</(2-石)，构造函数H(x)=/(x)—/(2—x),xe(0,l)，则等价于证明H(x)<0对

xe(0,1)恒成立.

由H\x)=f'(x)+f'(2—x)=与(1-e2x-2)>0,则H(x)在xe(0,1)上单调递增，所以H(x)<H(l)=0,

即已证明H(x)<0对xe(0,1)恒成立，故原不等式%+%>2亦成立.

法三：由/(%)=/(9)，得中f=羽"巧,化简得*』=±…①，

西

不妨设尤2>玉，由法一知，。<再<1<%2-令f=%2—玉,则f>°，％2=。+%1，代入①式,得d=/+为，反解出

X]

t2/2t

%1=———，则%+/=2%+f=二----故要证：石+沏>2,即证：———+/〉2,又因为——1>0,等价

e—1e—1~e-1

于证明：2f+«—2)(1—1)>0…②，

构造函数G(t)=2t+(t-2)(一一1),(1>0)，则G\t)=(t-1)£+1,G\t)=te,>Q,

故G”)在te(0,+8)上单调递增，G'(t)>G'(0)=0,从而G(t)也在法(0,+8)上单调递增，

G(0>G(0)=0,即证②式成立，也即原不等式%+%>2成立.

法四：由法三中①式，两边同时取以e为底的对数，得x,—%=In三=InX,—In%,也即”-丁芭=i,从而

X]x2-1]

三+1

%,+々=(西+X,)lnx2—lnxi逗=3—In上，

%2一再X2~X1再三_]玉

石

X/+1

令，==«〉1),则欲证：玉+%>2,等价于证明：——ln%>2…③，

再t-1

、(t+1)In/2—1—2/In/

构la,M(/)=---------=(1H-----)Int,(t>1),则A/(/)=---------；—

t-1t-1/(r-1)

又令9。)=r2-l-2rlnr,(r>l),则(p'(t)=2t—2(ln/+1)=2(/—1—In/),由于/—1>In/对V/e(1,+8)恒

成立，故(p'(t)>0.夕⑺在fe(L+oo)上单调递增，所以以。>9⑴=0，从而，故"⑺在

?e(l,+oo)上单调递增，由洛比塔法则知：

limM(0=lim(?+1)lnZ=lim更土里叫=limQnf+二)=2,即证MQ)>2即证③式成立，也即原不

%-^1%-^1t—]X-^1(/—1)，％-t，

等式石+%2>2成立.

【例1】（2023届贵州省威宁高三模拟）已知函数〃x）=（2x+a）ln.3（x-a）,a>。.

⑴当时，/W>0,求。的取值范围.

⑵若函数“X）有两个极值点不，%,证明：为+招>2-二

【解析】（1）当X21时，0oa在x21恒成立,

二3:+l―nx

3x-2xlnx-(3+21nx)lnx<

令g(%)=X€[1,+oo)则g'(x)

3+lnx(3+lnx)2"

函数g（x）在［1,+S）上单调递减，，g（x）Vg⑴=1,

r.a21,的取值范围是[l,+8).

(2)函数/。)=(2了+〃)山彳_3(尤_"),a>Q,则生吆_3=21nx+g_]=〃+2xlnxx

XXX

函数/(X)有两个极值点X],jr2,

.•./'（力=0有两个正实数解O方程。=x-2xlnx有两个正实数解O函数y=a与函数依）=x_2xlnx,

xe（0,+co）的图象有两个交点.

/z,(x)=l-2-21nx=-21nx-l,令/(x)=0,解得％=十，

当0<x<十时/则/z(x)单调递增，当美时/z'(x)<0,则/z(x)单调递减,

函数/x）的极大值即最大值为《%卜飞2.

又0<工<5时/z(x)=Ml—21n%)>。，且当xf0时，力(幻-0,又/1(6)=0,

2

产

0<QV―厩■不妨设°<玉〈工:,々，

2川（玉）<;2］宏一玉

要证明玉+工2>2e2x2>—&>=

令F(x)=

所以尸'(x)=l-21nx-2+l-21n

当且仅当工=宏-x,即％=3时取等号，，函数网x）在

单调递增,

=°,；•/（％）<°，即〒-“，因此为+无，>255成立.

【例2】（2024云南省长水教育集团质量检测）已知函数/（x）=31nx+ax2-4x（a>0）.

⑴当。=1时，讨论“X）的单调性;

⑵当a=1■时，若方程〃x）=6有三个不相等的实数根外,々，泡，且演<龙2<尤3，证明：尤3-占<4.

【解析】（1）由题意可知：的定义域为（0,+⑹,

“、32ax2-4x+3

f(x)=-+2ax-4=-----------------

%x

令/'(x)=0,可得2♦-4x+3=0,当a=l时，即2--4元+3=0,

A=16-24=-8<0,可知2/一4尤+3>0在（0,+e）上恒成立，

即/'（力>0在（0,+8）上恒成立，所以〃尤）在（0,+8）上单调递增.

（2）当a=，时，可得/（x）=3ku,+工炉一4工，f（x）=3+I=,

22xx

1<x<3J'（x）<0;0<x<1,或x〉3J'（x）〉0;

故/（X）在（0,1）,（3,+8）上单调递增，在（1,3）上单调递减，

由题意可得：0<%<1<々<3<尤3，因为/（%）=/（々）=/（&）=人，

令g（x）=〃x）—/（2-x）,0<x<l,

则"〃W(2T)=&T+£+2_X_4,号^0,

可知g(x)在(0,1)上单调递增，

则g(力<g⑴=。，可得/(力</(2-力在(0,1)上恒成立,

因为0<无1<1,贝1]〃西)=/伍)</(2-%),

且1<2-不<2[<%2<3J(x)在(1,3)上单调递减，则2-%<%,即玉+%>2；

令/z(x)=/(x)-/(6-x),l<%<3,

则"(x)=〃x)+/'(6一x)=R+x-占+6T-4J=^^>。，

可知h(x)在(1,3)上单调递增,则h(x)<h(3)=0,

可得〃x)</(6-x)在(1,3)上恒成立,因为1<巧<3,则/(/)=<a)<〃6—马)，

且3<6-9色动工/⑴在包+⑹上单调递增，

贝1」6-工2>%3，即冗2+工3<6；由+%2>2和％+退<6可得七一玉<4.

(-)含参函数问题可考虑先消去参数

含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元周,%的基础上，又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想

尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.

由于可导函数“X)的极值点是/'(X)的零点，也是方程/'(X)=O的实根，所以有些与零点或方程实根有关

的问题可以利用求解极值点偏移问题的方法去解决.

【一题多解】已知函数f(x)=lnx-ax,a为常数，若函数/(%)有两个零点石,9,

2

试证明：X1-x2>e.

【分析】法一：消参转化成无参数问题：

nx

/(x)=0olnx=tuolnx=ae",x1,x2是方程f(x)=0的两根，也是方

程lnx=a**的两根，则InXiJn%是1=。0",设%=lnx1,w2=ln%2,g(x)=xe-“，贝Ug(%)=g(%)，从而

2

X[X2>eoInX]+In々>2o%+%>2,此问题等价转化成为【例1】，下略.

法二：利用参数〃作为媒介,换元后构造新函数：不妨设石＞4，

「In玉-ax1=0,Inx2-ax2=0,・'・In再+lnx2=〃(％+九2)/口石-lnx2=〃(再-x2),

/.In%Tn/=a，欲证明天々＞e2，即证In玉+In%〉2.

2~X2

2

In再+In%=〃(再+/)，•'即证〃〉------，

再+12

原命题等价于证明In%Tn/〉^，即证：也土〉24-苫2),令”土，什〉助，构造

玉一％2%+々玉+%2

g«)=lnt—若2/＞1,利用g«)单调性求解,下略.

法三：直接换元构造新函数：

=4=皿0g=迨，设苞＜%,/=迨，«〉1),

%!x2In王玉玉

InZxIn/+Inx

则nilx=Zx——-二t。---------

2pIn$In%i

LE।1In%1iiii]ntt]nt

反解出：1nx=——-,lnx2=\ntxi=mt-\-\nxi=mt+——-=——-

故%I%>〃oln%+lnx2>20上；In%>2,转化成法二，略.

【例3】(2024届浙江省名校协作体高三上学期联考)函数/(x)=“e，-e(x-l)2有两个极值点

%,%2(不＜々)・其中aeR,e为自然对数的底数.

(1)求实数”的取值范围；

⑵若叫+(e—2)x2+2(1—e)＞2(x(—1)(%,一1)恒成立，求2的取值范围.

【解析】(1)由于尸(力=。/-26(尤一1),

由题知尸(x)=0有两个不同实数根，即a=2e(：T有两个不同实数根.

令g(x)=2e(:T),则g，(x)=2e(27).0,解得了＜2,故g(x)在(—,2］上单调递增，在［2,+4上单调

ee

2

递减，且x-＞-8时，g(x)--CO,Xf+8时，g(x)-0,g(2)=-,故g(x)的图象如图所示，

当ae(0,j|时，/'(x)有两个零点且占则/(x)20o0<xWX］或了工，故〃x)在(0,占］上单

调递增，在(冷马)上单调递减，在(4,内)上单调递增，〃x)的极大值点为耳，极小值点为巧.

故/(x)=ae*-e(x-l)2有两个极值点时，实数〃的取值范围为(0,1］.

——

(2)由于QXy+(e—2)%2+2(1—e)2石—1)e(玉-1)+(e—2)(/—1)2之(石—l)(x21)

若设：=xi-l,t2=尤2—1(。<4<%2)，则上式即为孰+(e-2)%24

两式相除“节，即…喈>。,

由(1)可得

由%+(e-2)?2>%.L得&F)[M+(e-2)弓]2卯21n，

2+(e-2)r-1

所以24令t=Z>=«>1)'

In/

则九W在(1,+8)恒成立，由于〃(0=[(e-2)产+e]ln"2Te-2»+e

、7/iR

号=—2)/+e]In/—2t—(e_2)/+e,贝Ij=2(e—2)HnZ—2—(e—2)t—,

。"⑺=2(e-2)ln?+2(e-2)--1--e+2,

显然，⑺在(1,+8)递增，

又有明1)=-2<0,叫e)=3e-6」>0,所以存在t0e(l,e)使得0〃&)=0,

e

且易得。'⑴在(14)递减，优,田)递增，又有得⑴=o〃(e)=e2r2e—1>0,

所以存在％e(l,e)使得夕&)=0,且易得。⑴在。工)递减，&,包)递增,

又0(l)=0(e)=O,则l<x<e时,w(/)<O,7z'(f)<O,x>e时,°⑺>0,"⑺>0,所以易得/?«)在(l,e)上递

减,在(e,+oo)上递增，则W)111ta=/z(e)=(e—l)2,

所以九的取值范围为(^o,(e-1)].

(三)对数平均不等式

a-b

两个正数。和b的对数平均定义：L(a,b)={lna—In//“"

a(a=b).

对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：%WL(a,b)W彳(此式记为对数平均不等式)

取等条件：当且仅当a=b时，等号成立.

【例4】设函数/(x)=e*-ax+。伍wR),其图象与％轴交于4(再,0),B(x2,0)两点，且再</.

(1)求实数a的取值范围；

(2)证明：号)<0(尸(九)为函数〃x)的导函数)；

【分析】(1)r(x)=e*—a,xeH,当aWO时,/'(幻>0在R上恒成立不合题意

当a>0时，/(%)*=/(lna)=a(2-ln。)

当/(x)而”>0,gp0<a<e2时,/(x)至多有一个零点，不合题意，故舍去；

当/(x)m1n<o,即a>e2时,由/⑴=e>0,且/(%)在(-oo,lna)内单调递减，故/(%)在(1,Ina)有且只有一

个零点；由/(Ina~)=a2-2aina+a=a(a+l—21n。)，

2

令y=a+l—21na,a>，,则yf=1——>0,故Q+l-Zlna〉/+1-4=/一3>0

a

所以/(In/)>0,即在Qna,21na)有且只有一个零点.

⑵由(1)知,/(%)在(~°o,lna)内递减，在(lna,+°o)内递增，且/⑴=e>0

xX1

所以1<%<lna<x2<21na,因为/(再)=e-axx+a=0,/(x2)=e-ax2+a=0

-^―，所以1=>Ja一】)(%2一1)

x2-1In(玉-1)-ln(x2-1)

所以石入2一&+%2)<°，要证：/'(JXR)v。,只须证e®<〃，即

故,J%%v玉一In(玉-1),J%/vx2—ln(%2-1)

所以X]X?＜%+w—ln（x—1）（%—1），所以ln（x九2—（、+/）+1）＜%+%—21工/

因为国々-（芯+%）＜0,所以Ina9-（%+々）+1）＜也1=0,而玉+%一2新尤2＞。

所以Inq%-（X+%）+1）＜芭+%一2J%龙2成立，所以/'（新/）＜0

【评注】根据对数平均不等式求解的步骤是：

1.通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出In%-In/及石-马,

2.通过等式两边同除以In番-In/构建对数平均数为一々

In%1-lnx2

3.利用对数平均不等式将马一々转化为主也后再证明石+“＜2/（或为+%＞2%）.两种方法

lnxi-lnx22

各有优劣，适用的题型也略有差异.

（四）一题多解赏析

【例5】已知/⑴=%lnx-gg；2一%,加£鼠若“X）有两个极值点/，元2,且玉＜%2,求证：西入2＞。2

【分析】解法一：欲证七%＞e?濡证In%+ln%2＞2.

若/（X）有两个极值点国,马，即函数/'（X）有两个零点.又r（x）=lnx-侬:，所以,国,42是方程/'（%）=。

的两个不同实根.

Jin玉一mx=0

于是，有x，解得冽=lnX|+lnx2

[Inx-mx=0

22石+x2

JinXj-mx=0

另一方面，由l

[lnx2-mx2=0

从而可得,In^TnXi=1呻+”

玉+x2

于是,In玉+ln/二也"皿⑷

又0<石<%，设/=生■，贝U%>1因止匕,In石+Inx2="+,.>]

再t-1

(r+l)lnr2(7—1)

要证In%+Inx,>2,即证：——』—>2j>l.即：当f〉l时，有ln/>=—.构造函数

t-1t+1

h(t)=lnt-2：")J21,利用/z为(1.+8)上的增函数求解.

解法二：欲证再%>e?,需证In%]+ln%2>2.若〃龙)有两个极值点看,9，即函数/'(九)有两个零点.又

f'(x)=,所以,七,%是方程/'(九)=0的两个不同实根.显然m>0,否贝!J,函数f'(x)为单调函数,

不符合题意.

由(inx-mx二\nlnX+山々=根(西+%)，问题转化为证明x\+Z>?■，构造函数

函数g(x)=/'(x)——x][o<x<工],根据g(%)在[°，,]上递增，可得g(x)<gJ"]=0,

所以ra)<设f<,<々，由/,a)在上递增可证.

解法三：由再，々是方程r(九)=0的两个不同实彳艮得机=——，令g(x)=——遥(石)=名(%),由于

g[x)=2，因此g(%)在(l,e)T,(e,«®)J.

e2宙、

设1cxi〈ev%,需证明再尤2>62,只需证明石>—-e(O,e),只需证明/'(xj>/—，即

X21尤2)

-2A、(e2、

fM>f-，即〃x,)—/->o.

1尤2J1“2/

,22

即力(x)=/(x)f(xe(l,e)),/z(x)=Je-x)

2------>0,故h[x)在(1,e)T,故

、x)xe

七2、2A2

/z(x)<A(e)=0,BP/(x)</一.令％，则)=/(^i)</—，因为了2，±e(e,+oo)龙)

kx7k药Jx\

在(e,+GO)J,所以％2>一，即2X2>e?•

X\

ix-mx.=0/曰k=me"t.、几

解法四：设％=ln玉G(0,1)J2=ln%2e(l,+oo),则由1:}t

11八得「t='=3'设

?2

ix2-mx2=0[r2=met2

左ek

左=4-%2<0,则％=———,t2=———.欲证再X2>e?,需证1nM+ln9>2,即4>2,把％/代入整理

e-1e—1

得

左（1+/）—2.—1）<0,构造g（x）=Ml+e*）—2（/—1）证明.

l，2

设％=ln.¥,G（0,1）=lnx9e（l,E）,则由[，玉—叫_*得卜=^>—=e'~（0,1）,

v7t2

-一、）眸=0[t2=m&t2：2

kIpkInk

则，]=-----4=——•欲证再入2>匕2,需证lnX]+ln9>2,即只需证明0+L〉2,即

k-1k-1

上i小h。,设gQln"止为。（。』）），

k1k+1k+1k+1

8"）=匕27〉0,故8（左）在（0,1）个,因此目（左）<8（1）=0,命题得证.

k[k+l）

（五）2022届高考全国卷甲理22题解析

极值点偏移问题前几年高考曾经考查过，2022年高考全国卷甲理再次考查极值点偏移问题，该题有一定难

度，但用前面介绍的方法可以轻易解决，下面给出两种解法，共同学们参考：

1

【例6】已知函数/(%)=----In%+x-tz.

（1）若/（x）20,求。的取值范围;

（2）证明：若/（X）有两个零点%则看%<L

【解析】解法一：（1）因为/'（%）=《—lnx+x—a.

令f(x)=0,得x=l

当xw(0,1),r(x)<0,/(x)单调递减；当xe(1,+8),/'(%)>0,/(x)单调递增,

所以/(x)2/(l)=e+l—a,

若/(x)20,则e+1—。20,即aWe+1,所以。的取值范围为(―8,e+l].

(2)由⑴知，xe(0,l),/(x)单调递减；当xe(l,+8),/(x)单调递增，

若/(x)有两个零点可，尤2,则一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设玉<1<%2

1

要证X/2<1，即证王<：，

1(1A(1A

因为西，一€(°」),即证/(不)>/—，因为/(芯)=/(%2)，即证/(工2)>/一

X2JVX2J

x

e-1

即证----lnx+x-xex-Inx——>O,XG(1,+OO),

xx

x-if1)ex-

下面证明x>l时,——exe%>O,lnx--x一一<0,设g(%)=----xex,x>l,

x2^X)x

0x-1

设9(x)=—(x>l),^(x)=ex>0,

所以9(尤)>°(1)=0,而^<e，所以---e*>0,所以g'(x)>0.

所以g(x)在(1,y)单调递增即g(x)>g⑴=0,所以J—xe*>0

x

「，、、If1}…、1\(2x-x2-l-(x-1)2八

令/z(x)=lnx_Tx_—,x>l/?(x)=——-A1+—=-—=7<0,

2^x)x2\x2J2x22x2

所以h{x)在(1,+oo)单调递减，即h(x)</z(l)=0,所以山％-![％-口<0；

综上，----xe'—2Inx—x—>。,所以玉工2<1.

x2\x)

解法二：(1)因为=——Inx+x-6/=e"-lnx+(x-Inx)-(2,

1r_1

设f=g(x)=x-lnx^l|g'(x)=l-=-——(x>0).

所以xe(0,1)时g'(无)<0,g(x)递减xG(1,+(»)时g'(x)>0,g(无)递增,

f=g(x)2g(l)=l,

设“x)=/7(f)=e'+f-a(此1)，则h[t)为增函数，咐)N/z⑴me+l-a,

若/(x)20,则e+1—aNO,即a＜e+l,所以。的取值范围为(―8,e+l].

(2)由(1)知/(x)有两个零点工则方程x-lnx"有两个实根玉,9,

因为xe(O,l)时g(x)递减,xe(l,+co)时g(x)递增，

Y—Y

不妨设0＜为＜1＜%2，由M—山西=々Tn/=,得--=一一=1,

lnx2-lnxl

所以要证再％＜1,即证]—＞《大好2，即证—匕＞21nH,

即证-21n口＞0,设m=，即证机一---21nm＞0,

Y玉\9"玉Vm

iI2(1、

设尸(加)=a-----21nm(m>1)JlJF'(m)=1+――=—―1>0,

mmm\m)

所以尸(m)为增函数，尸(%)＞尸⑴=0,所以再叫＜1成立.

【例1】(2024届四川省眉山市高三下学期第三次诊断)已知函数/(x)=xlnx-ax2-2x.

⑴若过点Q，0)可作曲线＞=f(x)两条切线，求a的取值范围；

⑵若〃x)有两个不同极值点

①求〃的取值范围；

②当为＞4x2时，证明：＞16e3.

【解析】(1)依题意，/'(%)=lnx-2ax-l,

设过点(1,0)的直线与曲线＞=/(尤)相切时的切点为(％,%),斜率左=1血。-2时-1,

切线方程为>-(尤ol叫)-依;-2%)=(lnx0-2ax0-l)(x-x0),而点(1,0)在切线上,

贝Ij-xolnxo+ax^+2x0=(lnx0-2ax0-l)(l-x0),即有ax1-2ax0-x0+lnx0-1=0,

由过点(1,0)可作曲线y=/(x)两条切线，得方程端-2〃%。-%+1叫-1=0有两个不相等的实数根,

令g(x)=ax2-2ax-x+lnx-l,则函数g(x)有2个零点，

求导得g'(x)=2ax-2a-l+-=2苏-Q“+l)x+l=(2办-1)(1),

XXX

①若。>3，由，(尤)>0,得0<x<3或X>1,由g'(x)<0,得上〈xvl,

22a2a

即函数g(x)在(0,二)，(1,+8)上单调递增，在([,1)上单调递减，

2a2a

则当尤=[时，g(x)取得极大值；当X=1时，g(元)取得极小值，

2a

又g(—)=fl-(—)2-2a———-+ln---1=-ln2a--52<0,

2a2a2a2a2a4a

当xVl时，g(x)<。恒成立，因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；

②若“=；，g'(x)»0恒成立，函数g(无)在(0,+8)上单调递增，

因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；

③若0<。<二，由g'(x)>0,0<x<ljaKx>——,由g'(x)<0,得,

22a2a

11

即函数g(%)在(0,1),(丁,+8)上单调递增，在(1,丁)上单调递减，

2a2a

则当x=l时，g(x)取得极大值；当x=1时，g(x)取得极小值，又g⑴=-。-2<0,

2a

显然当时，g(x)<0恒成立，因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；

2a

④若〃40,显然2也一1<0,当。〈龙vl时，g'(x)>。，当入>1时，gr(x)<0,

函数在(0,1)上单调递增，在(1,笆)上单调递减，当％=1时，gQ)取得最大值冢1)=-。-2,

要函数g(x)有2个零点，必有/1)=—2>。，得"―2,

当0v%v1时，g(x)=-I)2-x-a-l+Inx<-a-l+Iwc,

而函数y=-a-1+lnx在(0,1)上的值域为因此g(%)在(0,1)上的值域为(-8,-々-2),

当x>l时，令y=ln%—%,求导得y=L—i<0,函数y=1口九一无在(l,+oo)上单调递减，

x

则In1—%v—1,g(%)=—I)之一a—1+Iwc-x<a(x—I)2-tz-2,

而函数y=〃(九一1)2-〃一2在(1,+00)上单调递减，值域为(一8,-〃一2),

因此函数g(x)在(l,+oo)上的值域为(-8,-a-2),

于是当av-2时，函数g(%)有两个零点，

所以过点(1,0)可作曲线y=两条切线时，a的取值范围是(-*-2).

(2)①由(1)知，f(x)=\wc-2ax-l,

由函数/(X)有两个极值点得/(元)=0,即2a=蛆U有两个实数根%,9,

X

令〃(工)=则-求导得=-詈，当0vx<e2时，/(x)>0,当尤>e?时，w(%)<0,

xx

函数"(X)在(0,©2)上单调递增，(e2,+OO)上单调递减，"(X)max=^，

e

1i_i

且"(e)=0,当％>e时，函数比(%)>0恒成立，因此当0<2〃<+时，2〃=’nr」有两个实数根

ex

所以函数“X)有两个极点时，。的取值范围是(0,」).

Inx[-2axx-1=0]叫=2ax1+1z_]叫-lnx2

②由即[c1,得2〃=

lnx2-2ax2-1=0liu2=2ax2+1再一元2

要证明司后只需证明1叫+2hu：2>41n2+3,

In五

liuv_JC

!-^+3,

而1叫+21rL^2=2〃(项+2X2)+3=(玉+2x2)---------+3=(―+2)

%-x2x2五-1

x2

令f=>4%),贝">4,欲证明1叫+21吨>41n2+3,

即证明Q+2)•里〉41n2«>4),只需证明Inf-41n2•匕>0Q>4)即可，

t-1t+2

令咐)=lnr-41n2•上！■«>4),

t+2

4

求导得"⑺」-41ni+"⑵n2"je厂⑵已

')tQ+2)2t(t+2)2(t+2)2

4

贝i]°Q)=f+4+--121n2在/>4时单调递增，故0。)>以4)=9-121n2>0,

t

贝⑺>0,令〃⑺在r>4时单调递增，则//⑺>/i(4)=ln4-4xgxln2=0,

因此"+2)•史>41n2(f>4),即1叫+211H：2>41n2+3,所以&x；>16e3.

【例2X2024届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4月联合学情检测)已知函数〃力=ln(Wu)-x(m>0).

(1)若/(x)W0恒成立，求机的取值范围；

(2)若/(元)有两个不同的零点W,马,证明xI+x2>2.

【解析】(1)首先由机>0可知/(X)的定义域是(o,+8),从而/(x)=ln(mx)-x=lnx-x+ln〃z.

11_r

故尸(x)=In(wix)—x=—1=----,从而当0<x<1时/'(%)>0,当x>1时/'(x)<0.

故/(x)在(0,1)上递增，在(1,+向上递减，所以〃力具有最大值〃l)=ln〃z-L

所以命题等价于Ina-lWO,即〃?We.所以加的取值范围是(0,e].

(2)不妨设&</，由于〃x)在(0,1)上递增，在(1,+句上递减，故一定有0<占<1<%.

在一1々<1的范围内定义函数p«)=/(l+。—/(1T).

则；/(。=/，。+。+广。一。+匕=若>0,所以p⑺单调递增.

这表明/>0时2«)>P(O)=/(1)_/(1)=O,即/(1+/)〉/(1一/).

又因为“2-玉)=/(1+(1-玉))>/(1一(1一玉))=〃％)=。=〃々)，且2-%和巧都大于1,

故由〃尤)在(1,+8)上的单调性知2-％<尤2，即石+彳2>2.

【例3】(2024届重庆市名校联盟高三下学期第一次联考)若函数/(X)在定义域内存在两个不同的数%%,

同时满足/(%)=/(%),且〃x)在点(/〃%)),(程/伉))处的切线斜率相同，则称〃尤)为“切合函数”

⑴证明：〃x)=x3—2x为“切合函数”；

(2)若8(彳)=疝次-/+依为“切合函数”，并设满足条件的两个数为士,马.

(i)求证：石%2<；；

(ii)求证：(。+1)x1x2~^xxx2<—.

【解析】(1)假设存在两个不同的数石，々，满足题意，

易知r(x)=3f—2,由题意可得%)=/5