高考数学专项复习：极值点偏移与拐点偏移问题【七大题型】解析版

极值点偏移与拐点偏移问题【七大题型】

►题型归纳

【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】......................................................................38

►命题规律

1、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.

►方法技巧总结

【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＞=/(元)是连续函数，在区间(。力)内只有一个极值点Xo，加1)=/(必)，且X。在X1与M之间，由

%+X23玷

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—己一，这种

情况称为极值点偏移.

(2)极值点偏移

若上/于沏，则极值点偏移，此时函数人乃在x=xo两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).

%)

夕㈤

图⑵图⑶

（左陡右缓，极值点向左偏移）若次修）=/（必），贝L1+冷>2汽；

（左缓右陡，极值点向右偏移）若若"1月3），贝U修+工2<2工0.

2.极值点偏移问题的一般题设形式

（1）函数段）存在两个零点X”必且修#、2，求证：修+'2>2劭（工0为函数外）的极值点）；

（2）函数人X）中存在修，％2且修#%2，满足加1户/（%2），求证：修+'2>2%0（工0为函数“r）的极值点）；

（3）函数/（%）存在两个零点为，％2且X1Wx2，令x°=29求证：/（x（））>0；

（4）函数段）中存在修，历且X1W%2，满足/（%1月。2），令Xo=X1,求证：/（Xo）>o.

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XI+X2>2X0型，构造函数尸（X）=/（X）—/（2xo—X）.

②对结论而刈>工衣型，方法一是构造函数尸（x）=/（x）—/（y），通过研究尸（X）的单调性获得不

等式；方法二是两边取对数，转化成lnjq+lnjr2>21iixo，再把Inxi，I11X2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>O（a^b）,有\[ab<也：_益<

2.指数均值不等式

加+〃

暧一即em-\-en

结论2对任意实数小,"（机有厂<<

m—n2

►举一反三

【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/'(X)=ln(m久)一>0).

(1)若/'(x)W。恒成立，求小的取值范围；

(2)若/(%)有两个不同的零点犯,令，证明Xi+孙>2.

【解题思路】(1)直接用导数求出f(x)的最大值即可；

(2)构造p(t)=/(I+t)-/(l—t)并证明t>0时f(l+t)>/(I-t),并对该不等式代入特殊值即可得

证.

【解答过程】(1)首先由m>0可知/'(X)的定义域是(0,+8),从而/'(X)=ln(m无)一x=Inx-x+Imn.

故/'(x)=ln(mx)—x=^—l-从而当。<x<1时/''(x)>0,当x>1时尸(x)<0.

故/(%)在(0,1)上递增，在(1,+8)上递减，所以/(久)具有最大值/(I)=Inm-1.

所以命题等价于Inrn—1<0,即zn<e.

所以小的取值范围是(0,e].

(2)不妨设/<%2,由于f(x)在(0,1)上递增，在(1,+8)上递减，故一定有0<Xi<1<外.

在一1<t<1的范围内定义函数p(t)=/(I+t)-/(I-t).

则p'(t)=r(i+1)+r(i一。=*+E=咨j>o,所以p(t)单调递增.

这表明t>o时p(t)>p(0)=/(I)-/(I)=o,gp/(l+t)>/(I-t).

又因为f(2—Xi)=f(l+(1—Xl))>/(I—(1—%1))=/(%1)=0=f(x2)>且2—Kl和久2都大于1，

故由f(x)在(1,+8)上的单调性知2—Xi<%2，即+冷>2.

【变式1-1](2024•辽宁•三模)已知/(x)=Q—l)d+5a%2.

(1)讨论函数久支)的单调性；

(2)当a>。时，证明：函数/■(%)有且仅有两个零点卬,无2，且尤1+x2<0.

【解题思路】(1)对f(x)求导，对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解；

(2)先用零点存在性定理证明结论，再构造新函数讨论八/)与/(―冷)大小关系，利用f(x)在(0,+8)上单

调性，证明结论即可.

【解答过程】(1)尸(%)=xe*+ax=x(e*+a),

当a20时，令((x)>0,得久>0,令广(%)<0,得x<0,

所以,(乂)在(0,+8)上单调递增，在(—8,o)上单调递减；

当a<0时，令/(x)=0,得x=0或％=ln(—a),

当皿-a)<0,BP-1<a<0时，由f(x)>。得xe(-oo,ln(-a))u(0,+oo),f'(x)<0得xG(ln(-a),0),

所以f(乃在(-oo,ln(—a))和(0,+8)上单调递增，在(皿一a),0)上单调递减；

当In(—a)=0,即a=—1时，r(x)20恒成立，f(%)在R上单调递增；

当ln(—a)>0,即a<—l时，由广(x)>0得％e(—8,0)U(In(—a),+8),由尸(x)<0得xe(0,ln(-a)),

所以,(切在(一8,0)和(ln(-a),+8)上单调递增，在(0,ln(—或)上单调递减.

综上，当a20时，f(x)在(0,+8)上单调递增，在(一8,0)上单调递减；

当一1<a<0时，/(X)在(一8,ln(—a))和(0,+8)上单调递增，在(ln(—a),0)上单调递减；

当a=—1时，久久)在R上单调递增；

当a<—l时，/'(%)在(一8,0)和Qn(—a),+8)上单调递增，在(0,ln(—a))上单调递减.

(2)由第(1)问中a>0时，/(久)在(0,+8)上单调递增，在(一8,0)上单调递减，

当%>0时，因为a>0,/(0)=—1<0,/1)=5>0,

由零点存在性定理可得：函数/(X)在区间(0,+8)上存在唯一零点X2,且X26(0,1),

使得/%2)=0；

当尤<0时，x—1<0,0<ex<1,则(％—l)eX>久一1,

则/'(%)=(%—l)ex+|ax2>(%—1)+|ax2=|ax2+x—l,

显然一元二次方程+x_i=0的两个不等实根为：上叵江和土叵药，

Naa

其中T+6痂>0,土叵红<0,

aa

取b=土叵药<0,

a

f(b)=(b—l)efo+|ab2>|afa2+b—1=0,

即f(b)>0,且f(0)=-1<0,

由零点存在性定理可得：函数/(久)在区间(一8,o)上存在唯一零点卬，且小6(仇0),

使得/■(3)=0；

所以当a>0时，函数/(X)有且仅有两个零点；

X2

因为X2为零点，所以=(X2-l)e+|axl=0,

X2

所以)好=(1-x2)e,

-X2X2Xz

所以/'(一无2)=(一冷-l)e++|a%2=(一％2~l)e~+(l-x2)e,

令g(x)=(-x-l)e-x+(1-x)ex,g'(x)=x(e-x-ex),

当x>0时,e~x—ex<0,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+8)上单调递减，

因为9(0)=。，%2>0,所以。(%2)<0，

所以(一到一l)efz+(l—乂2九、2<0,所以八一万2)<0,所以f(Xi)=0>/(—冷)，

因为f(x)在(一8,0)上单调递减，

所以刀1<—%2»所以XJ.+刀2<0.

1

【变式1-2](2024•全国•模拟预测)已知函数/(%)=xe；-a(x>0),且/'(%)有两个相异零点久上冷.

(1)求实数。的取值范围.

(2)证明：+%2>

【解题思路】(1)利用导数求出函数八乃的最小值，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有两个相异的解巧,%2，再构造函数,

借助单调性确定%1，冷的取值区间，再结合分析法推理证明即得.

1111

【解答过程】(1)函数/(%)=%所一Q,求导得广(%)=(1=?晨，

当0VXV1时，广(久)〈0；当%>1时，/(%)>0,/(%)在(0,1)上单调递减，在(L+8)上单调递增，

则/(%)min=/⑴=e-a.

当aWe时，八久)NO恒成立，/(%)至多有一个零点，不符合题意，

当a>e时，/(I)<0,/(a)=ae«—a=a(e«-1)>0,BP3x2€(l,a)，使/(久2)=0，

f(，)=^ea—a=e,令g(a)=ea—a2,求导得g'(a)=ea—2a,

令『(a)=ea—2a,求导得夕(a)=ea—2>0,即9(a)在(e,+8)上单调递增，(p(a)>9(e)=ee—2e>0,

于是，(a)>0,函数g(a)=e。—M在仁,+8)上单调递增,g(d)>,g(e)=ee—e2>0,

因此G(^1),使/(%i)=0,

所以实数a的取值范围为(e,+8).

11

(2)由(1)知，=a有两个相异的解％力久2，即方程ln%+1=Inaoxln%—lna—+1=0有两个相异的

解,

令函数h(%)=x\nx—Ina-%+1,求导得"(%)=Inx+1—Ina在(0,+8)上单调递增，且h'玲=0,

当0V%V?时，"(%)V0,h(%)在(0,£)单调递减，当久时，/iz(x)>0,%(%)在(?,+8)单调递增，

不妨设/<%2>显然向e(0,f),x2e(f,+oo),

要证久1+尤2>§，即证尤2>>?即证八(尢2)>h(^-Xi).

又31)=九3)，则即证九(卬)>h(g—句)，令函数F(x)=h(x)—八片―%)，%e(o,；),

则F，(x)=h'(x)+〃(三一%)=Inx+1—Ina+ln(^—x)+1—Ina=ln(^x—x2)+ln^1,

而§刀-%2=-(%-f)2+§<§>则尸'(久)<Ing+lng=0,

因此函数F(x)在(0总上单调递减，即尸。)>尸。)=0,贝阿的)>九片一翅)，

所以X1+%2>

【变式1-31(2024•全国•模拟预测)已知函数/(尤)=—/+21nx,gQ)=a(x2+2X).

(1)若曲线/(x)在点(1,—1)处的切线与曲线g(x)有且只有一个公共点，求实数a的值.

(2)若方程。(久)一/'(X)=1有两个不相等的实数根打,久2，

①求实数a的取值范围；

②求证：+%2>2.

【解题思路】(1)利用导数，得到9(—1)=一。=一1,即可得解.

(2)①构造函数，令九(%)=21n%-(a+1)久2一2口％+1,则叔%)有两个零点工力冷，进行求解即可;

②由①得一l<a<0,则白>2,分析得出：需证仅血)一从后一冷)>。，进行证明即可.

【解答过程】(1)函数/(%)的定义域为(0,+8)/(%)=—2%+$/(1)=-1/(1)=0,

所以曲线f(%)在点(1,—1)处的切线方程为y=-1.

因为切线y=-1与曲线9。)=a(%2+2%)有且只有一个公共点，

所以9(—1)=一。=—1，故Q=l.

(2)①方程g(%)-/(x)=1有两个不相等的实数根%i,%2，即方程21n%—(a+I)%2-2ax+1=0有两个不

相等的正根%1，%2.

令h(x)=21nx-(a+l)x2-2ax+1,则九(%)有两个零点%132.

_2”,_2(x+l)[(a+l)x-l]

n(x)=--2(a+1)%—20a=---------------,

因为x>0,x+1>0,所以〃(尤)的正负取决于(a+l)x-l的正负.

(i)当aW—1时，"(x)>0恒成立，故版x)在(0,+8)上单调递增,函数九(x)不可能有两个零点;

(ii)当a>—l时，由〃(x)>0,解得久«0,左)，由"(x)<0,解得xe(左，+8),

故函数九(x)在(0,击)上单调递增，在(三,+8)上单调递减.

因为函数3)有两个零点，所以心三)>0,

即21n六一(a+1)•(左丫-2a.白+1>0,化简得21n(a+l)+^T<0.

x21

令血(%)=21n(x+1)+二p%>—1,贝ljzn'(%)=排+(%+1尸>°，则函数血(久)在(一1,+8)上单调递增，

又zn(0)=0,则不等式21n(a+1)+信<。的解集为{可—1<a<0}.

因为八(%)=21nx—(a+l)x2—2ax+1<21n久—2ax+1,所以八仁—2)<21ne-2—|y+l=—3—|y<0.

又白>L所以仅%)在(e-2,今)内存在一个零点.

以下证明在(今,+8)内也存在一个零点，

11

设0(%)=Inx—x+l,x>0,则@3=--1=—,

当OVxVl时,。(%)>0,当％>1时，二(%)V0,即函数9(%)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减,

故0(%)在％=1处取得极大值，也是最大值，0(X)max=0(1)=0，

所以InxWx—1,当且仅当x=1时，等号成工，故lnx<x—天

即％(x)=21nx—(a+l)x2—2ax+1<2(x—g)—(a+l)x2—2ax+1—x[2(l—a)—(a+l)x],

x

取“0>£：)>左,则h(xo)<o[2(l-a)-(a+l)x0]<0.

所以h(x)共有两个零点.

综上，实数a的取值范围为(一1,0).

②由①得一l<a<0，则U三>2,不妨设0<%1(有<亚，

99

要证明％1+4>2,只需证明刀1+久2>=，即证明

因为叔X)在(0,左)上单调递增，且X1C(O,今)，捻一冷e(。岛)

所以只需证明假右)>从高一比2)又八。1)=102)，所以需证%(%2)一无(亮一.2)>。・

记F(x)=h(x)-%(4-x),xe岛,+00),

2

则尸(%)=〃(幻+-X)=-+乔-4(a+1)=(a+1).二岛T)-4(a+1)>(a+1).(_J_)-4(a+1)=0,

所以尸(x)在(今,+8)上单调递增，又当X-今时，F(%)->0,

则F(x)>0,所以F(x2)>。，即%(%2)—%(今一乂2)>0，所以刀1+%2>后，故打+久2>2.

【题型2极值点偏移：减法型】

【例2】(2024•全国•模拟预测)已知函数/(%)=必—(2+a)%+Qin%,aER.

(1)讨论/(%)的单调性；

(2)设g(%)=亍一/(%)+/一缶+1)%-2。+(a-l)ln%,若g(%)存在两个不同的零点％1，%2，且%]V%2.

(i)证明：2a>e+1；

(ii)证明：%2—%]<

乙CL一1

【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+l；(ii)根据零点的分布和大小情况进行考虑入手即可.

【解答过程】(1)由题f(x)的定义域为(0,+8),f(%)=2x—(2+a)+三=2/-(2；a)*+a=

①若aWO,贝i|2%—a>0,当0<x<l时，f'(x)<0；当x>l时，尸(x)>0,

所以八%)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增.

②若a>0,令尸(%)=0,得5=1,及=(

当0<a<2时，0<微<1,

当。<x<微或无>1时，/,(x)>0；当5<刀<1时，f'(x)<0,

所以八比)在(0,9，(1,+8)上单调递增，在停,1)上单调递减；

当a>2时，->1,

当0V%VI或%>弓时,尸(%)>0；当1<%V|时，((%)<0,

所以八%)在(0,1),停,+8)上单调递增，在(1,()上单调递减;

当a=2时，/(%)=组产20,当且仅当x=1时等号成立，

所以f(x)在(0,+8)上单调递增.

(2)(i)由题意知g(x)=——Inx+x—2a,

(%—l)ex1,(%—l)ex+x(x—1)

+41=o-De+w

所以g<x)=———X------9------%2:

当0<%Vl时，g'[x)<0；当%>1时，g'[x}>0,

所以g(%)在(0,1)上单调递减，在(L+8)上单调递增，

则9(%)min=。(1)=e+1—2a,

因为函数9(%)存在两个不同的零点，故e+l-2a<0,BP2a>e+1.

(ii)下面找出两个点m,n(0<m<1<n),使得g(zn)>0,g(n)>0,

注意到吟罕=2a—白，且0<小<l<2a,于是考虑找点2a,

2a—1Za—1Za—1Za—1

下面我们证明：g(2a)>0,0(上)〉。,

①g(2a)>0=导一ln(2a)>0,设血(%)=亍-In%(x>2),下证zn(%)>0,

方法1：设八(%)=1—52—%(%>o),则"(%)=ex—x—1,故九〃(%)=e"—1>0,

所以加(%)在(2,+8)上单调递增，得h，(x)>"(2)=e2—3>0,

所以h(%)在(2,+8)上单调递增，

故h(%)>ft(2)=e2—4>0,即e*>1%2+x(x>2),

因此771(%)=——Inx>-%+1—Inx,

iIiY—7

设〃(%)=-x+1—lnx(x>2),贝加(%)=---=—>0,

所以〃(%)在(2,+8)上单调递增,所以葭(％)>u(2)=2—ln2>0,

因此m(%)=亍-In%>0,X2a>e+1>2,故会一ln(2a)>0,即g(2a)>0,

又f(l)<0,所以1<x2<2a.

方法2：易知=。-?:f,设u(%)=(x—l)ex—x,则t/(%)=xex—1>0,

所以u(%)在(2,+8)上单调递增，得“(%)>v(2)=e2—2>0,

2

所以7H(X)在(2,+8)上单调递增，故血(%)>m(2)=y—ln2>0,

,,__2a

又2a>e+l>2,从而元一ln(2a)>0,即g(2a)>0,

又f(l)<0,所以1<x2<2a.

②—)=3—l)eR-In圭+5T-2a,

1y

设力(%)=Inx—x+1,则〃(%)=—,

易知K%)在(0,1)上单调递增，在(L+8)上单调递减，

所以1(%)<t(l)=0,即In%<%—1,

又2a>e+1,即0V---<一，

2a—1e

111

所以1,且函二一1>0,

因此。导0>(2a-1)3-(2a-1)=(2a-l)(e--1)>0,

11

又/(1)<0,所以五二T<%i<1,即一1V—%i<—r,

4a2—2a—1

于是％2-x1<2a--^―

2a—1

【变式2-1](2024•湖南株洲•一模)已知函数/(%)=(%+砌静，在(1/(1))处的切线方程为y=e(x—1),其

中e为自然常数.

(1)求a、b的值及/(x)的最小值；

(2)设巧，久2是方程—久)=丘2-2(fc>2)的两个不相等的正实根，证明：|巧一％2|>ln£

【解题思路】(1)借助导数的几何意义可得r(l)=e,/(I)=0,计算即可得a、b,结合导数讨论单调性

后即可得/(x)的最小值；

(2)构造函数g(x)=(x—l)e，一k/+2,借助导数研究单调性后结合函数零点的存在性定理，可得1与21n

2在函数g(x)的两个零点之间，即可得证.

【解答过程】(1)10)=ebx+b(x+d)ebx=(bx+ab+l)e6x,

由题意有f'(l)=(b+ab+l)eh=e及f(1)=(1+d)eb=e(l—1)=0,

由(1+a)e&=0可得a=—1,则/(1)=(b—b+l)e。=e,即b=1,

故a=-1、b-1,则/(%)=(x—l)e”,

f'(x)=(%-1+l)ex=xex,

当%>。时，f(x)>0,当％<0时，r(x)<0,

故/(久)在(一8,0)上单调递减，在(0,+8)上单调递增，

故f(x)有最小值/(0)=(0-l)e°=-1；

(2)令g(x)=/(X)—kN+2=(%_i)e*—k/+2,x>0,fc>2,

则。'(久)=xeX—2kx=x(ex—2k),

则当e*>2k,即x>In2k时，g'(x)>0>

当0<e工<2k,即0<x<ln2k时，g'(x)<0,

故g(x)在(0,ln2k)上单调递减，在(ln2k,+8)上单调递增，

故g(ln2k)=(In2k-l)eln2k-fc(ln2fc)2+2=2k(In2k-1)-fc(ln2fc)2+2

=-fc[(ln2/c)2-21n2k+21+2=-fc[(ln2/c-l)2+l]+2,

由k>2,故gQn2k)=-/c[(ln2fc-l)2+l]+2<-fc+2<0,

又9(0)=(0—l)e0+2=1>。，当x—+8时，g(x)—+8,

故9(x)有两个零点，不妨设两零点％1<%2，有。<Xi<In2k<冷，

又9(1)=(1一l)e1-k+2--k+2<0,

由1<21n2<21nfc,故g(ln2k)<g(21n2)<g(l)<0,

4

则<1<21n2<x2,故—冷|>21n2—1=In-.

【变式2-2](2024•北京朝阳•二模)已知函数/(x)=ax—ln(l—x)(aeR).

(1)求曲线y=久久)在点(0/(0))处的切线方程；

(2)若/'(X)>0恒成立,求a的值；

(3)若/'(%)有两个不同的零点灯32,且|应一打1>e—1，求a的取值范围.

【解题思路】(1)根据导数的几何意义即可求解；

(2)求导可得「(无)=等等0<1),易知当a20时不符合题意；当a<0时，利用导数研究函数/(x)的单

调性可得/'(x)min=a+1+ln(-a)>0,设(jp(x)=x+l+ln(-x)(x<0),利用导数研究函数s(x)的性质

即可求解；

(3)易知当a20时不符合题意，当a<0时，易知巧<功<1不符合题意；若犯<%1，由(2)可知只需

f(l-e)<0,解之即可.

1

【解答过程】(1)由/'(%)=ax—ln(l—％),得((x)=a+匚4%<1),

因为f(0)=0/(0)=a+l,

所以曲线y=/(%)在点(0/(0))处的切线方程为y=(a+l)x；

/一、〃，，、1—ax+a+1zy、

(2)f(%)=a+—=1-x(x<1),

①当aNO时，/(—1)=—a—ln2<0,不符合题意.

②当a<0时，令/。)=0,解得x=i+3

当％6(—8,1+9时，f'(x)<0,/(x)在区间(一8,1+9上单调递减，

当％6(1+：,1)时，f'(x)>0,/(%)在区间(1+11)上单调递增，

所以当X=1+5时，f(X)取得最小值/'(1+亍)=a+1+ln(—a)；

若/'(%)>。恒成立，则a+1+ln(-a)>0,

设0(%)=X+1+ln(—x)(x<0),则。(%)=1+-=—,

当丁£(—oo,—l)时，(p<x)>0,0(%)在区间(—8,—1)上单调递增，

当％w(-L0)时,“0)<0,9(无)在区间(一1,0)上单调递减，

所以9(%)<9(-1)=0,即a+1+ln(—a)>0的解为a=-1.

所以a=-1；

(3)当aNO时,f(x)>0,/(%)在区间(—8,1)上单调递增，

所以/(%)至多有一个零点，不符合题意；

当a<0时，因为/(0)=0,不妨设久1=0,

若0<%2<1，则|%2—%il<1Ve—1,不符合题意；

若％2V则V1—e,

由(2)可知，只需/(l—e)<0,BPa(l—e)—1<0,解得/^Va<0,

即。的取值范围为(±,o).

【变式2-3](2024•河南•模拟预测)已知b>0,函数/(久)=(x+a)ln(x+b)的图象在点(1)(1))处的切线

方程为%ln2—y—ln2=0.

(1)求a,b的值；

(2)若方程/(无)=：(e为自然对数的底数)有两个实数根小,尤2,且X1<冷，证明：*2—X1<1+9+焉

【解题思路】(1)求导得f'(x)=毒+足0+6),结合((1)=ln2,f(1)=0可列出方程组求解；

(2)由题意得%1V0V%。V1V%2,构造函数证明不等式(％—l)ln(%+1)之(％—1)•ln2,当且仅当％=1

时，等号成立；(x-l)ln(x+l)>-%,当且仅当x=0时，等号成立；从而可分别得到应'=1+焉>冷，

=—|<%i，由此即可得证.

【解答过程】(1)因为r(x)=鬻+m。+6),所以广(1)=鬻+ln(l+b)=ln2,

由题意知/(I)=0,所以/(I)=(1+a)ln(l+b)=0,

f(1+a)\n(b+1)=0

联立方程组+in(i+》)21n2,解得a=一1力=L

(2)由(1)可知/(%)=(%-/(0)=0,/(1)=0,

2

f(x)=1一十+ln(x+1)，设尸(x)=U(x)，

所以“(X)即(0：)在(一1,+8)上单调递增.

又((0)=-1<0/(1)=ln2>0,所以存在&e(0,1),使得/(配)=0,

且久e(-l,%o)时,f'(x)<0,%eg,+8)时,f(x)>0,

故/(X)在(一1,%0)上单调递减，在(尤0,+8)上单调递增，

设h(%)=(x—1)1ln2,令F(x)=f(x)—h(x)=(x—l)ln(x+1)—(%—1)-ln2,

贝1jF'(x)=言+In(久+1)-ln2=ln(x+1)—京+1-ln2,

因为广(%)在(一1,+8)上单调递增，

所以F〈x)在(一1,+8)上单调递增.

又F'(l)=o,所以当一1<X<1时，F(x)<0,当x>l时，F(x)>0.

所以尸(功在(—1,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增.

故F(x)2/(1)=0,即(乂一l)ln(x+l)2(%—1)Jn2,当且仅当x=1时，等号成立.

因为方程/'(%)=：有两个实数根％132，且久1<犯，

-1

也就是f(X2)=/(%1)=7>/(I)=/(0)=0,且注意到/(X)在(1,+8)上单调递增，

x

所以乂1<0<X0<1<2>

所以(%2—l)ln(x2+1)>(x2-l)ln2,即/(x2)>/i(x2).

11

设仅%)=&的根为：X2'，则X2'=1+—,

又h(x)在(一1,+8)上单调递增,所以/l(x2-)=/(%2)>九(尤2),

故久2,>*2①.

易知/(%)的图象在坐标原点处的切线方程为0(%)=-%,

令T(x)=/(x)—g(%)=(x—l)ln(x+1)+%,

2x2

则r(x)=—+In(x+1)=2-—+ln(%+1),

因为广(久)在(-1,+8)上单调递增，

所以7(%)在(一1,+8)上单调递增.

又r(o)=o,

所以当一i<x<o时，r(%)<o,当尤>o时，r(x)>o,

所以r(x)在(—1,0)上单调递减，在(0,+8)上单调递增.

所以7(x)2T(0)=0,(x-l)ln(%+l)>-%,当且仅当x=0时，等号成立.

因为刀1<0,所以(%i—+1)>—xi，即/'(小)>

11

设=%的根为xj则卬,=一了

又。0)在(-1,+8)上单调递减，

所以=/(%i)>9(x0，所以X1<Xi，

从而—xT>—巧②.

由①②可知：X2—X1<X2—%1"=1++1.

【题型3极值点偏移：乘积型】

【例3】(2024•全国•模拟预测)已知函数/'(X)=ax2—Qnx)2(aeR).

(1)当a=1时，讨论函数/(%)的单调性.

(2)若/(久)有两个极值点久1，久2.

①求实数a的取值范围；

②求证：%1%2>e.

【解题思路】(1)求得/'(*)=2x—竽，设g(x)=2x—萼，得到g，(x)=2(飞尸),再令“幻=/十足

X-1,求得九(%)为(0,+8)上的增函数，且九(1)=0,进而求得/(%)单调区间；

(2)①求得r(%)=2ax—等，令((久)=0,解得a=詈，设p(x)=譬，根据题意转化为直线y=a与函

数p(W的图象有两个不同的交点，利用导数求得函数P(x)的单调性与极值，作出函数的图象，结合图象，即

可求解；

②由函数了(%)有两个零点％1逐2,得到2a/=lnxp2a%2=坨必，令〃=妊工2=②转化为证明。以>e2,

不妨令施>上，只需证明lnti+lnt2>2,化简得到ln}>隼"，令m=£,转化为证明lnm>笔答

c

L2_L-|-12771+1

C2

(m>1),令s(m)=lmn—'箸(巾>1),利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.

【解答过程】(1)解：当a=l时，可得f(x)=/—(In无/，其中;ce(0,+8),则/，(%)=2万一詈,

设g(x)=2x-竿，则)⑺=2(七厂％

令九(%)=N+Inx—1,可得"(x)=2%+1>。恒成立，

所以h(x)为(0,+8)上的增函数，且九(1)=0,

所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增，所以g(x)min=g(l)=2,

所以r(x)min=2>0,所以广(X)>0,所以/(X)在(0,+00)上单调递增.

(2)解:①因为函数/'(x)=ax2—(Inx)2,可得/(无)=2ax—等，

令尸(x)=。，解得。=臀，

设p(x)=臀，可得p，(x)=W£x>0,

因为f(X)有两个极值点X1,X2,则直线y=a与函数p(x)=詈的图象有两个不同的交点,

当xe(0,正)时，p,Qx)>0；当％€(泥,+8)时，p'(x)<0,

所以p(x)在(0,点)上单调递增，在(碗,+8)上单调递减，所以P(X)max=P(、何=(.

又当久>1时，p(x)>0,故可作出p(x)的大致图象，如图所示，

结合图象可得，0<a(卷，即实数a的取值范围为(0,5).

②由函数((%)有两个零点%i,%2，所以2a好=\nxl，2ax2=In成，

令G=好工2=/，则等价于关于t的方程2砒=有两个不相等的实数根A%

只需证明£住2>e2,

Inti—lnt

不妨令力1>以，由2ati=Inti,2at2=1口以得2a2

f2

2

要证力送2>e,只需证明Inti+lnt2>2,

即证Inti+lnt=2a（打+t）=（打+t）**二7>2,

222

即证Inq-lnt2>半守，即证In?>华D,

C1+C2。2-±+1

£2

令m=菅，则7H>1,只需证明Inzn>>1),

令s(m)=lnm—爷=(爪>1),则频峭=熟多>0，

所以s(m)在(1,+8)上单调递增，所以s(m)>Ini—华沪=°，

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/(%)=%ln%—a/一2%.

(1)若过点。0)可作曲线y=/(%)两条切线，求。的取值范围；

(2)若/'(%)有两个不同极值点%L%2.

①求a的取值范围；

②当％1>4令时，证明：%i^2>16e3.

【解题思路】(1)求出函数“乃的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数

g(%)=ax2—2ax-%+Inx-1,探讨函数g(%)有两个零点的a的值范围.

(2)①由((%)=In%-2a%-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=卓二图

象有两个公共点的a的值范围；②由方程根的意义可得?。：1^^^,分析所证不等式，换元并证明Int—41n

2，W>0(t>4)即可.

【解答过程】(1)依题意，f'(x)=Inx—2ax—1,

设过点(1,0)的直线与曲线y=/(%)相切时的切点为。o，yo),斜率k=ln%0-2ax0-l，

切线方程为y-(xolnxo一。延-2x0)=(lnx0-2ax0一1)0—%o)，而点(1,0)在切线上，

nx

贝!)—xolo+2%o=(lnx0—2a%0—1)(1—%o),即有@久决—2ax0—%0+lnx0—1=0,

由过点(LO)可作曲线y=/(%)两条切线，得方程-2ax0-x0+lnx0-1=0有两个不相等的实数根，

令。(%)=ax2—2ax—x+Inx—1,则函数g(%)有2个零点，

求导得g，(x)=2ax-2a-l+|=2ax2-(2;+l)x+l=(2ax-?d),

1]1

①若a>5,由夕(X)>0,得Ovxv元或汽>1,由夕(x)<0,得五v%vl,

即函数g(x)在(05)，(L+8)上单调递增，在点1)上单调递减，

1

则当％=五时，g(%)取得极大值；当％=1时，g(%)取得极小值，

1121111

又)=CL,y(—J)—2a,----Fln--1=—In2a----2V0,

k2ay2a2a2a2a4a

当XW1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=g'(x)>。恒成立，函数g(x)在(0,+°o)上单调递增，

因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；

③若0<a<5，由g，(x)>0,得0<x<l或%>/,由g，(x)<0,得1<x<盘

即函数9(%)在(0,1),(《,+8)上单调递增，在(1,，上单调递减，

则当x=l时，g(x)取得极大值；当X时，g(x)取得极小值，又g(l)=—a—2<0,

显然当x时，g(x)<。恒成立，因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；

④若aWO,显然2ax—l<0,当0<x<1时，g'(x)>0,当x>!.时，g'(x)<0,

函数在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，当％=1时，g(x)取得最大值g(l)=—a—2,

要函数g(x)有2个零点，必有g(l)=-a-2>0,得a<-2,

当0<x<1时，g(%)=a(%—l)2—x—a—1+Inx<—a—1+In%,

而函数y=-a-1+In%在(0,1)上的值域为(一8,一。一1),因此g(%)在(0,1)上的值域为(一8,一。一2),

1

当久〉1时，令y=ln%—%,求导得y=1—1<0,函数y=In%—%在(1,+8)上单调递减，

贝ijln%—%<—1,g(%)=a(x—l)2—a—1+Inx—x<a(x—l)2—a—2,

而函数y=a(x—l)2—a-2在(1,+8)上单调递减，值域为(-oo,-a—2),

因此函数g(x)在(1,+8)上的值域为(一8,一a一2),

于是当。<一2时，函数g(%)有两个零点，

所以过点(1,0)可作曲线y=f(%)两条切线时，。的取值范围是(一8,—2).

(2)①由(1)知，f'(x)=Inx—2ax—1,

由函数/(x)有两个极值点X1,X2,得/'(x)=o,即2a=咛有两个实数根盯,%2，

令u(x)=1,求导得M(x)=2=”,当0cx<e?时，u'(x)>0,当x>e2时，u"(x)<0,

函数u(X)在(0,e2)上单调递增，(e2,+8)上单调递减，a(X)max=5，

且〃(e)=0,当%>e时，函数”(%)>0恒成立，因此当0V2aV白时，2a=咛^有两个实数根

1

所以函数/(X)有两个极点时，a的取值范围是(0,点).

②由｛麒二畿二；即｛慎二生"，得2。=殁等，

要证明百成>16e3,只需证明ln%i+21n久2>41n2+3,

In2

而ln%i+21nx2=2a(打+2x2)+3=(5+2x2)•+3=(p+2)・4^+3,

%1~-%2