2025届高考数学复习《极值点偏移问题》练习（附答案）

2025届高考数学复习：压轴好题专项(极值点偏移问题)练习

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

(1)当。=1时，讨论函数“X)的单调性；

(2)若/(x)为函数的导函数,尸(x)有两个零点

(i)求实数。的取值范围；

(ii)证明：(+2丫＜卜+"

2.(2023届云南师大附中高考适应性月考)已知函数〃x)=ax3+6x2+cx(aH0),且6a+6=0,/(I)=4a.

(1)讨论/(X)的单调性；

(2)若xe[0,3],函数/(x)=/(x)-xe"有三个零点为，々，/，且花＜马＜泡，试比较再+超+三与2的大

小，并说明理由.

3.(2024届四川省绵阳市高中高三突击班诊断性考试)已知函数/(x)=xlnx-|x2-x+a(aeR)在其定义

域内有两个不同的极值点.

(1)求。的取值范围；

(2)记两个极值点为占,2，且须＜乙.若彳21,证明：eM＜x,-X2.

4.(2023届海南省海口市海南华侨中学高三模拟测试)已知函数=(。＞0)有两个零点.

(1)求实数”的取值范围；

(2)设函数“X)的两个零点分别为a],巧，证明：X]+X2＞6.

5.(2023届湖南省常德市第一中学高三下学期5月月考)已知函数〃》)=「+口。-1)-母+1)111阳8(X)=叱

XJX

(1)求/(X)的单调区间；

(2)若存在实数加，使得方程g(x)="有两个不相等的实数根和电，求证：gU)+gU)＞0

6.(2023届北京市通州区高三考前查漏补缺)已知函数-lnx(。＞0)

(1)已知/(无)在点(1,/(D)处的切线方程为＞=x-i,求实数。的值；

(2)已知/(X)在定义域上是增函数，求实数。的取值范围.

⑶已知g(x)=f(x)+£有两个零点X1,了2，求实数。的取值范围并证明网%＞e2.

7.（2023届安徽省皖江名校高三最后一卷）已知函数/（0=》111》-：如2-》+1有两个极值点玉,吃,且再＜z.

⑴求了（不）的取值范围；

（2）若2玉J,证明：8%〈后

8.（2024届山东省新高考质量检测联盟高三第一次质量检测）已知函数/（x）=9_lnx_lna-l有三个零

点.

（1）求。的取值范围；

⑵设函数/（x）的三个零点由小到大依次是再，尤2,七.证明：用＞e.

9.（2023届海南省海口市等5地高三上学期12月期末）已知函数/（x）=aex-2x

⑴求〃x）的单调区间；

⑵若函数/（无）有两个不同的零点X1,为，证明：项+迎＜21n2-21na.

10.（2023届江苏省镇江中学高三三模）已知函数/（x）=x（lnx-办）,aeR.

⑴若有两个极值点再,/（不＜x2）.求实数a的取值范围.

2

⑵在（1）的条件下，求证：3%-玉＞―—2.

a

11.（2023届福建省宁德市五校教学联合体高三下学期3月质量监测）已知函数/（》）=/+2"-1,其中“为

实数，e为自然对数底数，e=2.71828….

（1）已知函数xeR,/（x）＞0,求实数。取值的集合；

（2）已知函数网乃二/⑴-女2有两个不同极值点4、x2,证明2G（国+%）＞3网》2

参考答案

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

⑴当。=1时，讨论函数/(x)的单调性；

(2)若/'(x)为函数〃x)的导函数,广律)有两个零点国,巧.

(i)求实数。的取值范围；

(ii)证明：(尤1)6</炉2.

【过程详解】(1)因为/■(eX)=xeX-gae2「e'-2,令”->0,贝卜=3,

所以/"(7)=[,In/—5a1—2(/>0),

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

2

当Q=1时，/(x)=x-lnx--^-x-x-2,

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

令g(x)=lnx-x,贝!jg'(x)=L_l=^^,

XX

当xe(O,l)时，g,(x)>0,g(x)单调递增,

当xe(l,+oo)时，g[x)<0,g(x)单调递减，

111

所以g(x)1mx=g(D=1T=T<°，

故f'(x)<0在(0,+e)上恒成立.

所以当a=1时，/(无)在(0,+s)上单调递减.

(2)⑴/(x)有两个零点卬三等价于/'(x)=0有两个不同的根.

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

所以Inx-•亦=0有两个不同的根，

等价于。=上In人Y有两个不同的根，

X

等价于y=a与力@)=乎有两个不同的交点.

因为=(x>0),

当x£(O,e)时，Ar(x)>0,M%)单调递增，

当x£(e,+oo)时，/(x)<0,单调递减，

所以，"x=仆)=等=J

而当x趋向正无穷时，/z(x)趋向0,x趋向0时，，(x)趋向负无穷，

为使>=。与〃(x)=?有两个不同的交点，所以aejo,：.

(ii)/(x)有两个零点和三，则

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+*).

因为ae(0,1，所以(为多丫<e(s).

2.(2023届云南师大附中高考适应性月考)已知函数/(x)=ax3+6x2+cx(aH0),S.6a+b=0,/⑴=4a.

⑴讨论/(x)的单调性；

(2)若xe[0,3],函数/(x)=/(x)-xe-有三个零点不，x^,£,且王<X2<%,试比较再+x2+x§与2的大

小，并说明理由.

【过程详解】(1)由/(1)=4。，得3a-6-c=0,又b=-6a,所以c=9。，

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

当a>0时，令/''(x)>0,得x<l或无>3；令/''(x)<0,得l<x<3；

所以/(x)在(-甩1)和(3,+s)上单调递增，在(1,3)上单调递减；

当。<0时，4/V)>0,得l<x<3；令f'(x)<0,得x<l或x>3；

所以/(x)在(-叫1)与(3,+s)上单调递减，在(1,3)上单调递增.

(2)x1+x2+x3<2,理由如下:

因为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.

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

x

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

两式相减得21n(3—%)—21n(3—X3)=毛—/=(3—々)—(3—天).

t—t

3—/=芍，3—毛二£3,贝！J3〉4〉£3》0,彳导2In—2In与二芍—'3，贝°2=~~~~.

—

一InZ2Inq

令心存。#00),则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

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

再设〃Q)=ln〃H---------则〃'(〃)=-------------y——z—>0,

uuuu

所以〃®在(l,+8)上为增函数，则1Q)>〃(l)=0,

即g'Q)=21ni/+'—1]〉0,则g(u)=2(u+1)In〃一4(〃一1)在(1,+s)上为增函数，

从而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,即须+/+毛=X2+工3<2.

3.(2024届四川省绵阳市高中高三突击班诊断性考试)已知函数/3=工1四一|/—+°(°€11)在其定义

域内有两个不同的极值点.

(1)求。的取值范围；

1+2

(2)记两个极值点为国,马,且再<%2.若证明：e.

【过程详解】(1)由题意知，函数"X)的定义域为(0,+8),f\x)=]nx-ax,

方程f\x)=0在(0,+8)有两个不同根，

即方程Inx-分=0在(0,+8)有两个不同根,

即方程。=——在(0,+00)有两个不同根,

1-lnx

令g(x)=k，xe(0,+co),则g，(无)=

则当0<x<e时，g'(x)>0,x>e时，g'(x)<0,

则函数g(x)=也在(0,e)上单调递增，在(e,+8)上单调递减,

所以gOOmax=g(e)=L

e

又因为g⑴=0,当x>l时，g(x)>0,当0cx<1时，g(x)<0,

所以。的取值范围为0,

(2)要证两边取对数，等价于要证l+^vlnxi+mnx?,

由(1)可知不，X?分别是方程hu-办=0的两个根，

即=axx,lnx2=ax2

所以原式等价于l+4<g+^ax2=研再+AX2),因为4〉0,。<西，

1+A

所以原式等价于要证明a>—.

.+AX2

xIn—

又由llUi=QXi，1取：2="2作差得，M一=矶西一％2),即_%2.

%2a-

xx-x2

In%

所以原式等价于、1+2，令，=&x,徐(0,1),

x2

则不等式成<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)

当彳21时，可见fe(0,l)时,h'(t)>0,

所以〃⑷在fe((M)上单调增，

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届海南省海口市海南华侨中学高三模拟测试)已知函数/(x)=e，-办3(。>0)有两个零点.

(1)求实数。的取值范围;

(2)设函数/(x)的两个零点分别为a],巧，证明：国+%>6.

【过程详解】(1)当xWO时，/(尤)>0恒成立，所以/(x)在(一双0]上没有零点.

所以若/(%)=0,则%>0.

设g(x)=§(x>0),贝|g，(x)=^J^.

当0<x<3时,g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,3)上单调递减;

当x>3时，g，(x)>0,所以函数g(x)在(3,+s)上单调递增.

所以，无>0时，g(x)在x=3处取得唯一极小值，也是最小值g(3)=1y.

设“x)=g(x)-a,则〃(x)在(0,3)上单调递减，〃(x)在(3,+«>)上单调递增.

33

当0<aW—时，h(x\-g(x\—ci---〃20,

27v7v727

所以〃(x)=g(x)-。最多有一个零点，即最多有一个零点，不满足题意;

当且时，

27

1r\311

因为‘<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,

根据函数Mx)的单调性以及零点存在定理可知，

3%)e(a,3),有4)=0；3x2G(3,5),有人(%)=°.

且当0<x<a时，恒成立；

当x>5时，〃(x)>0恒成立.

所以，无)有两个零点，即/(x)=e=ax3存在两个零点.

综上,a>—.

27

(2)由(])知炉_渥=0,e%2-ax1=0,且0<芯<3<%2，

得一=廿』=',即X2_X]=31nZ

e1x：百

设乏十>1,

得不(/l)=31n"即玉=誓，则%+为=3«+1)山。

设■%)=(x+l)lnx-2(x-l),则k'^x)=lnx+--1,

设冽(x)=hu+，-1,m，=~~~T=~T~

XXXX

当0<x<l时，有加(x)<0,所以机(x)在(0,1)上单调递减；

当x>l时，有加(x)>0,所以加(x)在(1,+00)上单调递增.

所以，必k)在x=l处取得唯一极小值，也是最小值机⑴=0,

所以加(x)>m(1)=0,即〃(x)>0在(0,+<»)上恒成立，

所以函数左⑺在(0,+司上单调递增.

又左°)=0,所以x>i时，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届湖南省常德市第一中学高三下学期5月月考)已知函数/(》)=1+」(尸1)-(》+1)山工名(》)=叱

VxJx

(1)求“X)的单调区间；

(2)若存在实数加，使得方程g(x)=:〃有两个不相等的实数根三,三,求证：g'(xJ+g'(X2)>0

[过程详角军](1)因为/(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),贝|

XX

7”、c211

h{x}=2--+———

XrXX

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

X3x2

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

(x>0),

X3

当0<x<l时，h\x)<0,当x>l时，h\x)>0,

所以林x)在(0,1)上递减，在(L+8)上递增,

所以〃(x)N-1)=0,

所以八x)20,

所以/(%)在(0,+8)上递增,

所以/(X)的增区间为(0,+8),无减区间,

(2)证明：由题意得生上=电工，则/In^i=xjnx2,

再12

In招=mx.1口再+lnx2=加(玉+x2)

因为।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(无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-红口1眸-InxJ

xrx21_Xyx2x2-x1_

/、

强+1

=_1强+土in选

XX

再入2l2强_]玉

、X1>

不妨设再<%,令f=2>l,则证g'(xJ+g'(X2)>0,即证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)上递增，

所以当x>l时，/(x)>/(l)=0,

即/>1时，-1)-(f+l)ln/>0,得证.

6.(2023届北京市通州区高三考前查漏补缺)已知函数/(x)=ax-?-lnx(a>0)

(1)已知/(x)在点(1,7(1))处的切线方程为y=x-i,求实数。的值；

(2)已知无)在定义域上是增函数，求实数。的取值范围.

⑶已知g(x)=/(x)+三有两个零点不，”求实数。的取值范围并证明为X2>e:

【过程详解】(1)因为/(月="-巴-瓦，所以/'(x)=a+£-L

XXX

所以/'⑴=2a-l,又/(无)在点(1,/(1))处的切线方程为y=x-l,

所以广(1)=2。-1=1,解得。=1..

(2)/(%)的定义域为(0,+00),因为/(x)在定义域上为增函数,

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)时/(%)>0,%£(1,+8)时8'(%)<0,

所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减,

所以g(x)min=g6=g,即

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

定义域为(0,+s)，g'(x)=a-g=WJ

当a<0时，g'(x)<0,所以g(x)在(0,+oo)上单调递减，不合题意.

,,，/、1ax—\

当a>0时，g(x)=a一—二----

xx

g⑺在(0,：)上单调递减，在1,+口上单调递增，

所以g(x)的最小值为g1J=l-ln,

函数g(x)存在两个零点的必要条件是g(J=l-1，<0,

即0<q<L又g⑴=a>0,

e

所以g（x）在（1,-）上存在一个零点（1〉1）.

aa

当Xf+8时，g（X）f+8,所以g（X）在（g,+C0）上存在一个零点,

综上函数g（x）有两个零点，实数。的取值范围是0<a<L

e

不妨设两个零点马>为>。

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，

要证石%2>，

只需证In（再入2）>2,

只需证Inxi+ln%>2,

由liiX]+lnx2=axx+ax2=a(再+马)=(玉+/)

X1-X2

lux,—lnx2

只需证———-?>

玉-x2x1+x2

2（石一工2）

只需证1吗-1吨<

玉+x2

2kll

只需证In土<

x2土+1

%2

令±=/（o〈/<i）,只需证血〈虫二D,

%2t+1

令H⑺=In/-2("；),

4(+1)2_4/(if

,«+1)2(+1)2

...H⑺在（0,1）上单调递增，〃（/）<用1）=0,

即1W〈文D成立，

t+1

所以为了2>e?成立.

7.（2023届安徽省皖江名校高三最后一卷）已知函数/（x）=xlnx-；办2

-X+1有两个极值点再,%2，且再<%2♦

⑴求/(国)的取值范围;

(2)若2%证明：8玉<4

【过程详解】(1)/'(x)=InX-ax在(0,+8)上有两个变号零点，即。=蛔有两个不等实根,

X

设g(x)=F，g<x)=1x1nx,当0cx<e时，g'(x)>o,当X>e时，gf(x)<0,

则g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+8)上单调递减，gCx)^=-

而g(l)=0,且当x>l,恒有g(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

则/(再)=xJnX]——,—-•X；—X]+1——X|lnX1一玉+1,

令/z(x)=gxlnx—x+l,x£(l,e),求导得//(x)=:(lnx—l)<0,即在(l,e)上单调递减,

从而〃(上(1-"),所以/(6(1《0).

(2)由(1)知，方程Inx-办=0的两个实根再,马,即1叫=3,1妊=Q%2，

[n丫_]n丫

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

“2—*1%]

要证8再<x；,即证31n2+lm：i<21nx2,即证31n2+oX]<2办2，

即证a(2x2-&)>31n2,即证皿一喝仁超一再)>31n2,

%2-X]

2工2_]

即证In迤心苫2一而>3^2,即证g强.凸—>31n2,即证妆」.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)

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

则尸⑺在(2,+8)上单调递增，WF(/)>F(2)=|-ln2>0,

于是。⑺>0,即有夕(。在(2,+8)上单调递增,因此附>0⑵=31n2,即二•lnf>31n2,

，一1

所以8%<x；成立.

2

8.(2024届山东省新高考质量检测联盟高三第一次质量检测)已知函数/(x)=g_lnx-lno-l有三个零

点.

(1)求。的取值范围；

⑵设函数/(X)的三个零点由小到大依次是用,工2户3.证明：aeV3>e.

【过程详解】(1)因为“X)定义域为(0,+功，又/，(耳=吧史二上(0>0),

(i)当12/(x)<0,〃x)单调递减;

(ii)当xe(O,2),记g(x)=^^,则g，(C'4),

当xe(0,l),g<x)>0；当xe(l,2),g，(x)<0,

所以g(x)在(0,1)单调递增,在。,2)上单调递减,g(x)<g(l)=l,

又g(O)=O,g⑵=0,所以。<g(x)41»

①当ae(O,l],r(x)V0,则/卜)单调递减，至多一个零点，与题设矛盾;

②当式”,3dg⑴-j,由(五)知，尸(x)有两个零点，

记尸(x)两零点为"?，"，S.m<l<n,

则/(x)在(0,加)上单调递减，在(加,〃)上单调递增，在上单调递减,

因为/(〃)>/"(1)>。，令P(x)=xe「*,(0<x<1),则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,且无趋近0,4X)趋近于正无穷大，X趋近正无穷大，”X)趋近负无穷大,

所以函数/(x)有三零点，

综上所述，«>1;

(2)/(x)=0等价于吧=91,即叱=皿竺»,

exxexaex

令/(x)=—,则(x)=1；产,

所以/(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+8)上单调递减,

由（1）可得石<一则<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

则再，W满足k>\,

x3-lnx3=Inetz=k

要证白铲为>e,等价于证xlx3>2-k,

易知[”:叫:，令q（x）=x—lux,贝lj/（x）=±l,

[x3-lnx3=Kx

令/(x)<0得0<x<l,令0(x)>O得x>l,

所以函数〃%)在(0,1)上单调递减，在(I+8)上单调递增，

下面证明匹+工3>1+左，由药<1<%3，即证,(%3)>夕。+左一西)，

即左〉•1■+左一％]—ln(l+左一'J,

即证0〉1_芭_In(1+/一In/一xj=1—七一In(1—In项)，

即证ef—1+hUi<0,%w(O,l),

令c⑴=e1-A-l+lnx,xG(0,l),F(x)=―—―,

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

所以d(x)=re[7+]>0,贝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，所以原命题得证.

9.(2023届海南省海口市等5地高三上学期12月期末)己知函数/(x)=ae'-2x

⑴求的单调区间；

⑵若函数/(无)有两个不同的零点不，巧，证明：X1+x2<21n2-21nt?.

【过程详解】(1)〃x)=ae工-2x定义域为R,且;■'(尤)=原-2,

当aWO时，r(x)<0,/(x)在R上单调递减.

当a＞0时，令/自冷＞0,得x＞ln±,令/'（x）＜0,得x＜ln±,

v7aa

所以/（X）在1n：,+“|上单调递增，在18,ln_j上单调递减.

综上，当a＜0时，/（x）的单调递减区间为R,无单调递增区间.

当〃＞0时，“X）的单调递减区间为‘叫ln£|,单调递增区间为（in。+，|.

（2）因为王，*2是函数“X）的两个不同的零点，所以a＞0,W=2x-=

X2

显然再>0,x2>0,因为)=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,设/=：＞1,

则玉=比2，x1-x2=ln-=]nt,tx2-x2=ln^

X2

所以玉=粤\nt

/—17-i

又再+%2=21n2+In^xrx2)-21na,

所以要证再+/<21n2-21nq,

只需证In（再％）＜°，即玉工2＜1.

L、[Z(lnZ)2

因为占％=三了，

所以只要证;咯<1,

即In/<-\[t——j=,KpIn/—>[t+—j=<0.

1一（"T）；

令〃⑺=ln/_/+-,tG(l,+oo),贝=l---^―

7tt2业一2而

所以畸）在（1，+8）上单调递减，所以〃（，）＜〃（1）=0,所以石+工2＜21n2-21na.

10.（2023届江苏省镇江中学高三三模）已知函数/（x）=x（lnx-办）,a^R.

⑴若有两个极值点玉/2（再＜%）.求实数。的取值范围.

2

⑵在（1）的条件下，求证：3%-再＞——2.

【过程详解】(1)因为/'(x)=x(lnx-ax),LU/f(x)=lnx-ax+x^--aj=\nx-2ax+\,

令g(x)=/，(x)=lnx-2ax+l,贝l]g<x)=，-2a,

因为〃x)有两个极值点，x2(xj<x2),所以g(x)=O有两个不等正实根不,无2(不<了2).

①当三0时，g，(x)>0,所以g(x)在(0,+司上单调递增,

则g(x)在(0,+句上至多有一个零点，舍去.

②当a>0时，令g'(尤)=0得x=L

2a

当0<x<J时，g'(x)>0,则g(x)在上为增函数；

当时，g'(x)(仇则g(x)在上为减函数；

所以x=；时，g(x)取极大值，即为最大值为g[；]=-ln(2a).

所以g(X)=0有两个不等正实根须(为<X2)的必要条件是

g[A]=Tn(2a)>0,解得0<a<).

当0<a<:时，g(j]>0,

2\2aJ

s^gQhzr<0,所以由零点存在性定理知：

存在唯一的项U],使得g(xj=o成立.

因为8(%)=山-2办+1<26-2ax+1，令26-2办+1=0，

则工=I士^^'，则士且g(%)<0，

所以g[(}g(Xo)<O,由零点存在性定理知：存在唯一的Ze(：,%],使得g(Xz)=0成立.

所以0<。<；时，g(x)=0有两个不等正实根项,2.

综上，实数。的取值范围是

(2)由(1)知0<。<一,且0<玉<—〈无?.所以—>1

22a2a

因为g(x)在[ojj上为增函数，及g⑴=1-2a>0,

所以玉<1,又因为％2>二，所以％-%>7----1•

2a2a

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

所以lm：i-lnx2=2。(国一尤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

其中国一：<A^Loin2<(其中/=H<1)

Im：1-lnx22x2匹+]^+1)\x2

<X2，

构造函数g(/)5-得,(—则g，(,)—1r翳

因为0<f<l时，g'(/)>o,所以函数g⑺在(0,1)上单调递增,

故g(f)<g⑴=0,从而不等式上"〈号成立.

■LLLV]11LA*24

一2

所以3X—x>—2.

21a

11.(2023届福建省宁德市五校教