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）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc11518" 【题型1 极值点偏移：加法型】 PAGEREF _Tc11518 \h 2
\l "_Tc19651" 【题型2 极值点偏移：减法型】 PAGEREF _Tc19651 \h 7
\l "_Tc30283" 【题型3 极值点偏移：乘积型】 PAGEREF _Tc30283 \h 14
\l "_Tc26203" 【题型4 极值点偏移：商型】 PAGEREF _Tc26203 \h 20
\l "_Tc31395" 【题型5 极值点偏移：平方型】 PAGEREF _Tc31395 \h 27
\l "_Tc20753" 【题型6 极值点偏移：复杂型】 PAGEREF _Tc20753 \h 33
\l "_Tc4579" 【题型7 拐点偏移问题】 PAGEREF _Tc4579 \h 38
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.
【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m的取值范围；
(2)若fx有两个不同的零点x1,x2，证明x1+x2>2．
【解题思路】（1）直接用导数求出fx的最大值即可；
（2）构造pt=f1+t−f1−t并证明t>0时f1+t>f1−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fx的定义域是0,+∞，从而fx=lnmx−x=lnx−x+lnm.
故f′x=lnmx−x=1x−1=1−xx，从而当00，当x>1时f′x<0.
故fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，所以fx具有最大值f1=lnm−1.
所以命题等价于lnm−1≤0，即m≤e.
所以m的取值范围是0,e.
（2）不妨设x1在−1则p′t=f′1+t+f′1−t=−t1+t+t1−t=2t21−t2>0，所以pt单调递增.
这表明t>0时pt>p0=f1−f1=0，即f1+t>f1−t.
又因为f2−x1=f1+1−x1>f1−1−x1=fx1=0=fx2，且2−x1和x2都大于1，
故由fx在1,+∞上的单调性知2−x12.
【变式1-1】（2024·辽宁·三模）已知fx=x−1ex+12ax2.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)当a>0时，证明：函数fx有且仅有两个零点x1,x2，且x1+x2<0.
【解题思路】（1）对fx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f(x1)与f(−x2)大小关系，利用fx在(0,+∞)上单调性，证明结论即可.
【解答过程】（1）f′x=xex+ax=x(ex+a)，
当a≥0时，令f′x>0，得x>0，令f′x<0，得x<0，
所以fx在(0,+∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减；
当a<0时，令f′x=0，得x=0或x=ln−a，
当ln−a<0，即−10得x∈−∞,ln−a∪0,+∞，f'x<0得x∈ln−a,0，
所以fx在−∞,ln−a和0,+∞上单调递增，在ln−a,0上单调递减；
当ln−a=0，即a=−1时，f′x≥0恒成立，fx在R上单调递增；
当ln−a>0，即a<−1时，由f'x>0得x∈−∞,0∪ln−a,+∞，由f'x<0得x∈0,ln−a，
所以fx在−∞,0和ln−a,+∞上单调递增，在0,ln−a上单调递减.
综上，当a≥0时，fx在0,+∞上单调递增，在−∞,0上单调递减；
当−1当a=−1时，fx在R上单调递增；
当a<−1时，fx在(−∞,0)和ln−a,+∞上单调递增，在0,ln−a上单调递减.
（2）由第（1）问中a>0时，fx在0,+∞上单调递增，在−∞,0上单调递减，
当x>0时，因为a>0，f0=−1<0，f1=a2>0，
由零点存在性定理可得：函数fx在区间(0,+∞)上存在唯一零点x2，且x2∈(0,1)，
使得fx2=0；
当x<0时，x−1<0，0x−1，
则fx=x−1ex+12ax2>(x−1)+12ax2=12ax2+x−1，
显然一元二次方程12ax2+x−1=0的两个不等实根为：−1+1+2aa和−1−1+2aa，
其中−1+1+2aa>0,−1−1+2aa<0，
取b=−1−1+2aa<0，
fb=b−1eb+12ab2>12ab2+b−1=0，
即fb>0，且f0=−1<0，
由零点存在性定理可得：函数fx在区间(−∞,0)上存在唯一零点x1，且x1∈(b,0)，
使得fx1=0；
所以当a>0时，函数fx有且仅有两个零点；
因为x2为零点，所以f(x2)=(x2−1)ex2+12ax22=0，
所以12ax22=(1−x2)ex2，
所以f(−x2)=(−x2−1)e−x2++12ax22=(−x2−1)e−x2+(1−x2)ex2，
令gx=−x−1e−x+1−xex，g'x=xe−x−ex，
当x>0时，e−x−ex<0，g′x<0，所以gx在(0,+∞)上单调递减，
因为g0=0，x2>0，所以g(x2)<0，
所以(−x2−1)e−x2+(1−x2)ex2<0，所以f(−x2)<0，所以f(x1)=0>f(−x2)，
因为fx在(−∞,0)上单调递减，
所以x1<−x2，所以x1+x2<0.
【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=xe1x−a(x>0)，且f(x)有两个相异零点x1,x2．
(1)求实数a的取值范围．
(2)证明：x1+x2>2ae．
【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x1,x2，再构造函数，借助单调性确定x1,x2的取值区间，再结合分析法推理证明即得.
【解答过程】（1）函数f(x)=xe1x−a，求导得f′(x)=(1−1x)e1x=x−1xe1x，
当01时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则f(x)min=f(1)=e−a．
当a≤e时，f(x)≥0恒成立，f(x)至多有一个零点，不符合题意，
当a>e时，f(1)<0，f(a)=ae1a−a=a(e1a−1)>0，即∃x2∈(1,a)，使f(x2)=0，
f(1a)=1aea−a=ea−a2a，令g(a)=ea−a2，求导得g′(a)=ea−2a，
令φ(a)=ea−2a，求导得φ′(a)=ea−2>0，即φ(a)在e,+∞上单调递增，φ(a)>φ(e)=ee−2e>0，
于是g′(a)>0，函数g(a)=ea−a2在e,+∞上单调递增，g(a)>g(e)=ee−e2>0，
因此∃x1∈(1a,1)，使f(x1)=0，
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x1,x2，即方程lnx+1x=lna⇔xlnx−lna⋅x+1=0有两个相异的解，
令函数ℎ(x)=xlnx−lna⋅x+1，求导得ℎ′(x)=lnx+1−lna在0,+∞上单调递增，且ℎ′(ae)=0，
当0ae时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在ae,+∞单调递增，
不妨设x1要证x1+x2>2ae，即证x2>2ae−x1>ae，即证ℎ(x2)>ℎ(2ae−x1)．
又ℎx1=ℎx2，则即证ℎ(x1)>ℎ(2ae−x1)，令函数F(x)=ℎ(x)−ℎ(2ae−x)，x∈(0,ae)，
则F′(x)=ℎ′(x)+ℎ′(2ae−x)=lnx+1−lna+ln(2ae−x)+ 1−lna=ln(2aex−x2)+lne2a2，
而2aex−x2=−(x−ae)2+a2e2因此函数F(x)在(0,ae)上单调递减，即F(x)>F(ae)=0，则ℎ(x1)>ℎ(2ae−x1)，
所以x1+x2>2ae．
【变式1-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=−x2+2lnx,gx=ax2+2x．
(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a的值．
(2)若方程gx−fx=1有两个不相等的实数根x1,x2，
①求实数a的取值范围；
②求证：x1+x2>2．
【解题思路】（1）利用导数，得到g−1=−a=−1，即可得解.
（2）①构造函数，令ℎx=2lnx−a+1x2−2ax+1，则ℎx有两个零点x1,x2，进行求解即可；
②由①得−12，分析得出：需证ℎx2−ℎ2a+1−x2>0，进行证明即可.
【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+∞,f′x=−2x+2x,f1=−1,f′1=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=ax2+2x有且只有一个公共点，
所以g−1=−a=−1，故a=1．
（2）①方程gx−fx=1有两个不相等的实数根x1,x2，即方程2lnx−a+1x2−2ax+1=0有两个不相等的正根x1,x2．
令ℎx=2lnx−a+1x2−2ax+1，则ℎx有两个零点x1,x2．
ℎ′x=2x−2a+1x−2a=−2x+1a+1x−1x，
因为x>0,x+1>0，所以ℎ′x的正负取决于a+1x−1的正负．
（ⅰ）当a≤−1时，ℎ′x>0恒成立，故ℎx在0,+∞上单调递增，函数ℎx不可能有两个零点；
（ⅱ）当a>−1时，由ℎ′x>0，解得x∈0,1a+1，由ℎ′x<0，解得x∈1a+1,+∞，
故函数ℎx在0,1a+1上单调递增，在1a+1,+∞上单调递减．
因为函数ℎx有两个零点，所以ℎ1a+1>0，
即2ln1a+1−a+1⋅1a+12−2a⋅1a+1+1>0，化简得2lna+1+aa+1<0．
令mx=2lnx+1+xx+1,x>−1，则m′x=2x+1+1x+12>0，则函数mx在−1,+∞上单调递增，
又m0=0，则不等式2lna+1+aa+1<0的解集为a−1因为ℎx=2lnx−a+1x2−2ax+1<2lnx−2ax+1，所以ℎe−2<2lne−2−2ae2+1=−3−2ae2<0．
又1a+1>1，所以ℎx在e−2,1a+1内存在一个零点．
以下证明在1a+1,+∞内也存在一个零点，
设φx=lnx−x+1,x>0，则φ′x=1x−1=1−xx，
当00，当x>1时，φ′x<0，即函数φx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
故φx在x=1处取得极大值，也是最大值，φ(x)max=φ1=0，
所以lnx≤x−1，当且仅当x=1时，等号成立，故lnx即ℎx=2lnx−a+1x2−2ax+1<2x−12−a+1x2−2ax+1=x21−a−a+1x，
取x0>21−aa+1>1a+1，则ℎx0所以ℎx在1a+1,x0内存在一个零点．
所以ℎx共有两个零点.
综上，实数a的取值范围为−1,0．
②由①得−12，不妨设0要证明x1+x2>2，只需证明x1+x2>2a+1，即证明x1>2a+1−x2．
因为ℎx在0,1a+1上单调递增，且x1∈0,1a+1，2a+1−x2∈0,1a+1
所以只需证明ℎx1>ℎ2a+1−x2．又ℎx1=ℎx2，所以需证ℎx2−ℎ2a+1−x2>0．
记Fx=ℎx−ℎ2a+1−x,x∈1a+1,+∞，
则F′x=ℎ′x+ℎ′2a+1−x =2x+22a+1−x−4a+1=4a+1⋅x⋅2a+1−x−4a+1>4a+1⋅1a+12−4a+1=0，
所以Fx在1a+1,+∞上单调递增，又当x→1a+1时，Fx→0，
则Fx>0，所以Fx2>0，即ℎx2−ℎ2a+1−x2>0，所以x1+x2>2a+1，故x1+x2>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f(x)=x2−(2+a)x+alnx，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)=exx−f(x)+x2−(a+1)x−2a+(a−1)lnx，若g(x)存在两个不同的零点x1，x2，且x1（i）证明：2a>e+1；
（ii）证明：x2−x1<4a2−2a−12a−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+1 ；（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,+∞)，f′(x)=2x−(2+a)+ax=2x2−(2+a)x+ax=(2x−a)(x−1)x，
①若a≤0，则2x−a>0，当01时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
②若a>0，令f′(x)=0，得x1=1，x2=a2.
当0当01时，f′(x)>0；当a2所以f(x)在0,a2,(1,+∞)上单调递增，在a2,1上单调递减；
当a>2时，a2>1，
当0a2时，f′(x)>0；当1所以f(x)在(0,1)，a2,+∞上单调递增，在1,a2上单调递减；
当a=2时，f′(x)=2(x−1)2x≥0，当且仅当x=1时等号成立，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
（2）（i）由题意知g(x)=exx−lnx+x−2a，
所以g′(x)= (x−1)exx2−1x+1=(x−1)ex+x(x−1)x2= (x−1)ex+xx2，
当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则g(x)min=g(1)=e+1−2a，
因为函数g(x)存在两个不同的零点，故e+1−2a<0，即2a>e+1.
（ii）下面找出两个点m，n(00，g(n)>0,
注意到4a2−2a−12a−1=2a−12a−1，且0<12a−1<1<2a，于是考虑找点2a，12a−1，
下面我们证明：g(2a)>0，g12a−1>0，
①g(2a)>0⇔e2a2a−ln(2a)>0，设m(x)=exx−lnx (x>2)，下证m(x)>0，
方法1：设ℎ(x)=ex−12x2−x(x>0)，则ℎ′(x)= ex−x−1，故ℎ″(x)=ex−1>0，
所以ℎ′(x)在(2,+∞)上单调递增，得ℎ′(x)>ℎ′(2)=e2−3>0，
所以ℎ(x)在(2,+∞)上单调递增，
故ℎ(x)>ℎ(2)= e2−4>0，即ex>12x2+x(x>2)，
因此m(x)=exx− lnx>12x+1−lnx，
设u(x)=12x+1−lnx(x>2)，则u′(x)=12−1x=x−22x>0，
所以u(x)在(2,+∞)上单调递增，所以u(x)≥u(2)=2−ln2>0，
因此m(x)=exx−lnx>0，又2a>e+1>2，故e2a2a−ln(2a)>0，即g(2a)>0，
又f(1)<0，所以1方法2：易知m′(x)=(x−1)ex−xx2，设v(x)= (x−1)ex−x，则v′(x)=xex−1>0，
所以v(x)在(2,+∞)上单调递增，得v(x)>v(2)=e2−2>0，
所以m(x)在(2,+∞)上单调递增，故m(x)>m(2)= e22−ln2>0，
又2a>e+1>2，从而e2a2a−ln(2a)>0，即g(2a)>0，
又f(1)<0，所以1②g12a−1=(2a−1)e12a−1−ln12a−1+12a−1−2a，
设t(x)=lnx−x+1，则t′(x)=1−xx，
易知t(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以t(x)≤t(1)=0，即lnx≤x−1，
又2a>e+1，即0<12a−1<1e，
所以ln12a−1≤12a−1−1，且e12a−1−1>0，
因此g12a−1≥(2a−1)e12a−1−(2a−1)=(2a−1)e12a−1−1>0，
又f(1)<0，所以12a−1于是x2−x1<2a−12a−1=4a2−2a−12a−1.
【变式2-1】（2024·湖南株洲·一模）已知函数fx=x+aebx在1,f1处的切线方程为y=ex−1，其中e为自然常数.
(1)求a、b的值及fx的最小值；
(2)设x1，x2是方程fx=kx2−2（k>2）的两个不相等的正实根，证明：x1−x2>ln4e.
【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a、b，结合导数讨论单调性后即可得fx的最小值；
（2）构造函数gx=x−1ex−kx2+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2ln2在函数gx的两个零点之间，即可得证.
【解答过程】（1）f′x=ebx+bx+aebx=bx+ab+1ebx，
由题意有f′1=b+ab+1eb=e及f1=1+aeb=e1−1=0，
由1+aeb=0可得a=−1，则f′1=b−b+1eb=e，即b=1，
故a=−1、b=1，则fx=x−1ex，
f′x=x−1+1ex=xex，
当x>0时，f′x>0，当x<0时，f′x<0，
故fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故fx有最小值f0=0−1e0=−1；
（2）令gx=fx−kx2+2=x−1ex−kx2+2，x>0，k>2，
则g′x=xex−2kx=xex−2k，
则当ex>2k，即x>ln2k时，g′x>0，
当0故gx在0,ln2k上单调递减，在ln2k,+∞上单调递增，
故gln2k=ln2k−1eln2k−kln2k2+2=2kln2k−1−kln2k2+2
=−kln2k2−2ln2k+2+2=−kln2k−12+1+2，
由k>2，故gln2k=−kln2k−12+1+2<−k+2<0，
又g0=0−1e0+2=1>0，当x→+∞时，gx→+∞，
故gx有两个零点，不妨设两零点x1又g1=1−1e1−k+2=−k+2<0，
由1<2ln2<2lnk，故gln2k则x1<1<2ln22ln2−1=ln4e.
【变式2-2】（2024·北京朝阳·二模）已知函数fx=ax−ln1−xa∈R.
(1)求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx≥0恒成立，求a的值；
(3)若fx有两个不同的零点x1,x2，且x2−x1>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)的单调性可得f(x)min=a+1+ln−a≥0，设φx=x+1+ln−x(x<0)，利用导数研究函数φx的性质即可求解；
（3）易知当a≥0时不符合题意，当a<0时，易知x1【解答过程】（1）由f(x)=ax−ln(1−x)，得f′x=a+11−x(x<1)，
因为f(0)=0,f′(0)=a+1，
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′x=a+11−x=−ax+a+11−x(x<1)，
①当a≥0时，f(−1)=−a−ln2<0，不符合题意.
②当a<0时，令f′(x)=0，解得x=1+1a，
当x∈−∞,1+1a时，f′(x)<0，f(x)在区间−∞,1+1a上单调递减，
当x∈1+1a,1时，f′(x)>0，f(x)在区间1+1a,1上单调递增，
所以当x=1+1a时，f(x)取得最小值f1+1a=a+1+ln−a；
若fx≥0恒成立，则a+1+ln−a≥0，
设φx=x+1+ln−x(x<0)，则φ′x=1+1x=x+1x，
当x∈−∞,−1时，φ′x>0,φx在区间−∞,−1上单调递增，
当x∈(−1,0)时，φ′x<0,φx在区间−1,0上单调递减，
所以φx≤φ−1=0，即a+1+ln−a≥0的解为a=−1.
所以a=−1；
（3）当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间(−∞,1)上单调递增，
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x1=0，
若0若x2<0，则x2<1−e，
由（2）可知，只需f(1−e)<0，即a(1−e)−1<0，解得11−e即a的取值范围为11−e,0.
【变式2-3】（2024·河南·模拟预测）已知b>0，函数fx=x+alnx+b的图象在点1,f1处的切线方程为xln2−y−ln2=0.
(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x1,x2，且x1【解题思路】（1）求导得f′x=x+ax+b+lnx+b，结合f′1=ln2，f1=0可列出方程组求解；
（2）由题意得x1<0x2，x1′=−1e【解答过程】（1）因为f′x=x+ax+b+lnx+b，所以f′1=1+a1+b+ln1+b=ln2，
由题意知f1=0，所以f1=1+aln1+b=0，
联立方程组1+alnb+1=01+a1+b+ln1+b=ln2，解得a=−1,b=1.
（2）由（1）可知fx=x−1lnx+1,x>−1，f0=0,f1=0，
f′x=1−2x+1+lnx+1，设f′x=ux，
u′x=2x+12+1x+1>0，
所以ux即f′x在−1,+∞上单调递增.
又f′0=−1<0,f′1=ln2>0，所以存在x0∈0,1，使得f′x0=0，
且x∈(−1,x0)时，f'(x)<0，x∈(x0,+∞)时，f'(x)>0，
故fx在−1,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
设ℎx=x−1⋅ln2，令Fx=fx−ℎx=x−1lnx+1−x−1⋅ln2，
则F′x=x−1x+1+lnx+1−ln2=lnx+1−2x+1+1−ln2，
因为f′x在−1,+∞上单调递增，
所以F′x在−1,+∞上单调递增.
又F′1=0，所以当−11时，F′x>0.
所以Fx在−1,1上单调递减，在1,+∞上单调递增.
故Fx≥F1=0，即x−1lnx+1≥x−1⋅ln2，当且仅当x=1时，等号成立.
因为方程fx=1e有两个实数根x1,x2，且x1也就是fx2=fx1=1e>f1=f0=0，且注意到fx在1,+∞上单调递增，
所以x1<0所以x2−1lnx2+1>x2−1ln2，即 fx2>ℎx2.
设 ℎx=1e的根为：x2′，则 x2′=1+1eln2，
又ℎx在−1,+∞上单调递增，所以 ℎx2′=fx2>ℎx2，
故x2′>x2①.
易知fx的图象在坐标原点处的切线方程为gx=−x，
令Tx=fx−gx=x−1lnx+1+x，
则 T′x=2xx+1+lnx+1=2−2x+1+lnx+1，
因为f′x在−1,+∞上单调递增，
所以T′x在−1,+∞上单调递增.
又 T′0=0，
所以当−10时，T′x>0，
所以Tx在−1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增.
所以Tx≥T0=0，x−1lnx+1≥−x，当且仅当x=0时，等号成立.
因为x1<0，所以x1−1lnx1+1>−x1，即fx1>gx1.
设gx=1e的根为x1′，则x1′=−1e，
又gx在−1,+∞上单调递减，
所以gx1′=fx1>gx1，所以x1′从而−x1′>−x1②.
由①②可知：x2−x1【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=ax2−lnx2a∈R．
(1)当a=1时，讨论函数fx的单调性．
(2)若fx有两个极值点x1,x2．
①求实数a的取值范围；
②求证：x1x2>e．
【解题思路】（1）求得f′x=2x−2lnxx，设gx=2x−2lnxx，得到g′x=2x2+lnx−1x2，再令ℎx=x2+lnx−1，求得ℎx为0,+∞上的增函数，且ℎ1=0，进而求得fx单调区间；
（2）①求得f′x=2ax−2lnxx，令f′x=0，解得a=lnxx2，设px=lnxx2，根据题意转化为直线y=a与函数px的图象有两个不同的交点，利用导数求得函数px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f′x有两个零点x1,x2，得到2ax12=lnx12,2ax22=lnx22，令t1=x12,t2=x22，转化为证明t1t2>e2，不妨令t1>t2，只需证明lnt1+lnt2>2，化简得到lnt1t2>2t1t2−1t1t2+1，令m=t1t2，转化为证明lnm>2m−1m+1m>1，令sm=lnm−2m−1m+1m>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=1时，可得fx=x2−lnx2，其中x∈(0,+∞)，则f′x=2x−2lnxx，
设gx=2x−2lnxx，则g′x=2x2+lnx−1x2，
令ℎx=x2+lnx−1，可得ℎ′x=2x+1x>0恒成立，
所以ℎx为0,+∞上的增函数，且ℎ1=0，
所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以g(x)min=g1=2，
所以f′(x)min=2>0，所以f′x>0，所以fx在0,+∞上单调递增．
（2）解：①因为函数fx=ax2−lnx2，可得f′x=2ax−2lnxx，
令f′x=0，解得a=lnxx2，
设px=lnxx2，可得p′x=1−2lnxx3,x>0，
因为fx有两个极值点x1,x2，则直线y=a与函数px=lnxx2的图象有两个不同的交点，
当x∈0,e时，p′x>0；当x∈e,+∞时，p′x<0，
所以px在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，所以p(x)max=pe=12e．
又当x>1时，px>0，故可作出px的大致图象，如图所示，
结合图象可得，0②由函数f′x有两个零点x1,x2，所以2ax12=lnx12,2ax22=lnx22，
令t1=x12,t2=x22，则等价于关于t的方程2at=lnt有两个不相等的实数根t1,t2，
只需证明t1t2>e2，
不妨令t1>t2，由2at1=lnt1,2at2=lnt2得2a=lnt1−lnt2t1−t2，
要证t1t2>e2，只需证明lnt1+lnt2>2，
即证lnt1+lnt2=2at1+t2=t1+t2⋅lnt1−lnt2t1−t2>2，
即证lnt1−lnt2>2t1−t2t1+t2，即证lnt1t2>2t1t2−1t1t2+1，
令m=t1t2，则m>1，只需证明lnm>2m−1m+1m>1，
令sm=lnm−2m−1m+1m>1，则s′m=m−12mm+12>0，
所以sm在1,+∞上单调递增，所以sm>ln1−2×1−11+1=0，
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)=xlnx−ax2−2x.
(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x1,x2.
①求a的取值范围；
②当x1>4x2时，证明：x1x22>16e3.
【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，探讨函数g(x)有两个零点的a的值范围.
（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图象有两个公共点的a的值范围；②由方程根的意义可得2a=lnx1−lnx2x1−x2，分析所证不等式，换元并证明lnt−4ln2⋅t−1t+2>0(t>4)即可.
【解答过程】（1）依题意，f′(x)=lnx−2ax−1，
设过点1,0的直线与曲线y=f(x)相切时的切点为(x0,y0)，斜率k=lnx0−2ax0−1，
切线方程为y−(x0lnx0−ax02−2x0)=(lnx0−2ax0−1)(x−x0)，而点(1,0)在切线上，
则−x0lnx0+ax02+2x0=(lnx0−2ax0−1)(1−x0)，即有ax02−2ax0−x0+lnx0−1=0，
由过点(1,0)可作曲线y=f(x)两条切线，得方程ax02−2ax0−x0+lnx0−1=0有两个不相等的实数根，
令g(x)=ax2−2ax−x+lnx−1，则函数g(x)有2个零点，
求导得g′(x)=2ax−2a−1+1x=2ax2−(2a+1)x+1x=(2ax−1)(x−1)x，
①若a>12，由g′(x)>0，得01，由g′(x)<0，得12a即函数g(x)在(0,12a)，(1,+∞)上单调递增，在(12a,1)上单调递减，
则当x=12a时，g(x)取得极大值；当x=1时，g(x)取得极小值，
又g(12a)=a⋅(12a)2−2a⋅12a−12a+ln12a−1=−ln2a−14a−2<0，
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g(x)在(0,+∞)上单调递增，
因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；
③若00，得012a，由g′(x)<0，得1即函数g(x)在(0,1)，(12a,+∞)上单调递增，在(1,12a)上单调递减，
则当x=1时，g(x)取得极大值；当x=12a时，g(x)取得极小值，又g(1)=−a−2<0，
显然当x≤12a时，g(x)<0恒成立，因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；
④若a≤0，显然2ax−1<0，当00，当x>1时，g′(x)<0，
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g(1)=−a−2，
要函数g(x)有2个零点，必有g(1)=−a−2>0，得a<−2，
当0而函数y=−a−1+lnx在(0,1)上的值域为(−∞,−a−1)，因此g(x)在(0,1)上的值域为(−∞,−a−2)，
当x>1时，令y=lnx−x，求导得y′=1x−1<0，函数y=lnx−x在(1,+∞)上单调递减，
则lnx−x<−1，g(x)=a(x−1)2−a−1+lnx−x而函数y=a(x−1)2−a−2在(1,+∞)上单调递减，值域为(−∞,−a−2)，
因此函数g(x)在(1,+∞)上的值域为(−∞,−a−2)，
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.
（2）①由（1）知，f′(x)=lnx−2ax−1，
由函数f(x)有两个极值点x1,x2，得f′(x)=0，即2a=lnx−1x有两个实数根x1,x2，
令u(x)=lnx−1x，求导得u′(x)=2−lnxx2，当00，当x>e2时，u′(x)<0，
函数u(x)在(0,e2)上单调递增，(e2,+∞)上单调递减，u(x)max=1e2，
且u(e)=0，当x>e时，函数u(x)>0恒成立，因此当0<2a<1e2时，2a=lnx−1x有两个实数根
所以函数f(x)有两个极点时，a的取值范围是(0,12e2).
②由lnx1−2ax1−1=0lnx2−2ax2−1=0，即lnx1=2ax1+1lnx2=2ax2+1，得2a=lnx1−lnx2x1−x2，
要证明x1x22>16e3，只需证明lnx1+2lnx2>4ln2+3，
而lnx1+2lnx2=2a(x1+2x2)+3=(x1+2x2)⋅lnx1−lnx2x1−x2+3=(x1x2+2)⋅lnx1x2x1x2−1+3，
令t=x1x2(x1>4x2)，则t>4，欲证明lnx1+2lnx2>4ln2+3，
即证明(t+2)⋅lntt−1>4ln2(t>4)，只需证明lnt−4ln2⋅t−1t+2>0(t>4)即可，
令ℎ(t)=lnt−4ln2⋅t−1t+2(t>4)，
求导得ℎ′t=1t−4ln2⋅3(t+2)2=t2+4t+4−12ln2⋅tt(t+2)2=t+4+4t−12ln2(t+2)2，
则φ(t)=t+4+4t−12ln2在t>4时单调递增，故φ(t)>φ(4)=9−12ln2>0，
则ℎ′(t)>0，令ℎ(t)在t>4时单调递增，则ℎ(t)>ℎ(4)=ln4−4×12×ln2=0，
因此(t+2)⋅lntt−1>4ln2(t>4)，即lnx1+2lnx2>4ln2+3，
所以x1x22>16e3.
【变式3-2】（23-24高二下·重庆·阶段练习）已知函数fx=x+a⋅lnx,a∈R在点A(1,f(1))处的切线斜率为1．
(1)求实数a的值并求函数f(x)的极值；
(2)若fx1=fx2，证明：x1⋅x2<1e2．
【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=0+1+a=1，求出a，则fx为已知函数，利用导数求出极值.
（2）由fx1=fx2，可得lnx1+lnx2=x1+x2x2−x1⋅lnx1−lnx2，由x1⋅x2<1e2⇔lnx1+lnx2<−2，然后换元变形，利用导数的单调性即可证明出x1+x2x2−x1⋅lnx1−lnx2<−2，则原命题得证.
【解答过程】（1）由已知，f′x=lnx+x+ax，
因为函数fx=x+a⋅lnx,a∈R在点A(1,f(1))处的切线斜率为1，
所以f′1=0+1+a=1,∴a=0，
则fx=xlnx，定义域为0,+∞，
f′x=lnx+1，令f′x=lnx+1=0，解得x=1e，
令f′x>0，解得x>1e，令f′x<0，解得0∴fx在0,1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增，
∴fx在x=1e时取得极小值f1e=1eln1e=−1e，无极大值.
（2）由已知，令fx1=fx2=m，
则x1lnx1=m，即lnx1=mx1，x2lnx2=m，即lnx2=mx2，
两式相减可得，lnx1+lnx2=mx1+x2x1x2，两式相加可得，lnx1−lnx2=mx2−x1x1x2，
消去m，得lnx1+lnx2lnx1−lnx2=x1+x2x2−x1，即lnx1+lnx2=x1+x2x2−x1⋅lnx1−lnx2，
由于x1⋅x2<1e2⇔lnx1+lnx2<−2，
因此只需证明x1+x2x2−x1⋅lnx1−lnx2<−2即可，
而x1+x2x2−x1⋅lnx1−lnx2<−2⇔x1x2+11−x1x2⋅lnx1x2<−2，
不妨设x1x1x2+11−x1x2⋅lnx1x2<−2⇔t+11−t⋅lnt<−2⇔t+1lnt−2t+2<0，
令gt=t+1lnt−2t+2,0g′t=lnt+1t−1，令ℎt=lnt+1t−1，则ℎ′t=1t−1t2=t−1t2<0，
∴g′t在0,1上递减，故g′t>g′1=0，
∴gt在0,1上递增，gt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(1−2lnx)+4x6(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x1，x2x1≠x2为函数g(x)=kx2+1x2−lnx的两个零点，求证：x1x24>12e4．
【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−lnx2x22x14−x24=−1x1x24，t4=12e4，并利用分析法，将所证明不等式转化为证明lnx1x12+x14t4【解答过程】（1）f′(x)=24x5−2ax=212x6−ax，x∈(0,+∞)．
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0,+∞)上单调递增．
当a>0时，令f′(x)=0，得x6=a12，解得x=6a12．
当f′(x)>0时，x>6a12，当f′(x)<0时，0所以f(x)在0,6a12上单调递减，在6a12,+∞上单调递增．
综上：当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在0,6a12上单调递减，在6a12,+∞上单调递增．
（2）设0所以k=lnx1x12−1x14=lnx2x22−1x24，
所以lnx1x12−lnx2x22=1x14−1x24=x24−x14x1x24，lnx1x12−lnx2x22x14−x24=−1x1x24，
记t4=12e4，要证x1x24>12e4，只需证−1x1x24>−1t4，
只需证lnx1x12−lnx2x22x14−x24>−1t4，只需证lnx1x12+x14t4记ℎ(x)=lnxx2+x4t4，x∈(0,+∞)，则ℎ′(x)=t4(1−2lnx)+4x6x3t4，
记φ(x)=t4(1−2lnx)+4x6，x∈(0,+∞)，
由（1）可知，取a=t4>0，则x0=6a12=612e412=e23，
所以φ(x)在0,e23上单调递减，在e23,+∞上单调递增，
所以φ(x)min=φe23=t41−43+4e4=12e4⋅ −13+4e4=0，
所以φ(x)≥φe23=0，即ℎ′(x)≥0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
又012e4成立．
【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+2lnxx2.
(1)设函数gx=ekx−1kxk>0，若fx≤gx恒成立，求k的最小值；
(2)若方程fx=m有两个不相等的实根x1、x2，求证：x1x2+x2x1<21−lnmm.
【解题思路】
（1）将问题转化为不等式e2lnx+kx−xk−(1+2lnx)≥0在(0,+∞)上恒成立，利用导数证明k=1时，不等式e2lnx+x−2lnx−x−1≥0成立，进而分类讨论01两种情况，从而得解；
（2）利用导数研究函数fx的性质可得00)证明lnx+1≤x，即1+lnx1x2≤x1x2，结合x1x2【解答过程】（1）当k>0、x>0时，f(x)≤g(x)即1+2lnxx2≤ekx−1kx恒成立，
等价于1+2lnx≤x2ekx−xk⇔1+2lnx≤e2lnx+kx−xk ⇔e2lnx+kx−xk−(1+2lnx)≥0恒成立.
设u(x)=ex−x−1，则u′(x)=ex−1，
令u′(x)<0⇒x<0，令u′(x)>0⇒x>0，
所以函数u(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以u(x)min=u(0)=0，得u(x)≥0，即ex−x−1≥0，
当k=1时，令v(x)=2lnx+xx>0，易得v(x)在(0,+∞)上单调递增，
又v1e=2ln1e+1e=−2+1e<0，v1=1>0，
所以v(x)在1e,1，即(0,+∞)上存在唯一零点x0，
所以uv(x)≥uvx0=0，即e2lnx+x−2lnx−x−1≥0，且e2lnx0+x0−2lnx0−x0−1=0；
当0易得关于k的函数y=e2lnx+kx与y=−xk在0,1上单调递增，则mk当x=x0时，mk<0，即e2lnx+kx−xk−(1+2lnx)<0，不满足题意；
当k>1时，易得mk>m1=e2lnx+x−2lnx−x−1≥0，即e2lnx+kx−xk−(1+2lnx)≥0恒成立；
综上：k≥1，则实数k的最小值为1；
（2）由题意知，m>0，
f(x)=1+2lnxx2，则f′(x)=−4lnxx3(x>0)，
令f′(x)>0⇒01，
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则f(x)max=f(1)=1，
当x>1时，易得f(x)=1+2lnxx2>0恒成立，当x=1e时，f(x)=1+2lnxx2<0，
又函数f(x)=m有两个不同的实根x1,x2，即fx与y=m的图像有两个交点，
作出fx与y=m的部分图像如图：

所以0得mx12=1+2lnx1,mx22=1+2lnx2，有m(x12+x22)=2+2lnx1x2.
要证x1x2+x2x1<2(1−lnm)m，即证m(x12+x22)<2x1x2(1−lnm)，
即证2+2lnx1x2<2x1x2(1−lnm)，即证1+lnx1x2由x1x2>0,lnm<0，得x1x2设ℎ(x)=lnx−x+1(x>0)，则ℎ′(x)=1x−1(x>0)，
令ℎ′(x)>0⇒01，
所以函数ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(1)=0，则ℎ(x)≤0，即lnx+1≤x，
所以1+lnx1x2≤x1x2，则1+lnx1x2≤x1x2 即1+lnx1x2 【变式4-1】（23-24高二下·河南平顶山·阶段练习）已知函数fx=x2lnx−aa∈R．
(1)若fx恰有两个零点，求a的取值范围；
(2)若fx的两个零点分别为x1,x2（x1【解题思路】（1）构造gx=x2lnx，由于fx恰有两个零点，则x2lnx=aa∈R有两个根，利用导数求出gx的性质即可借助图象求出a的取值范围.
（2）由题意，将命题成立转化为2x12+1x22lnx1−lnx21x12−1x22<−e2成立，令x2x1=tt>1，即证明lnt+e21−t22t2+1>0，令Ft=lnt+e21−t22t2+1，利用导数证明Ft>0即可.
【解答过程】（1）令gx=x2lnx，其定义域为0,+∞，
则g′x=2xlnx+x=x2lnx+1，
令g′x=0，则x=e−12，
当0当x>e−12时，g′x>0，所以gx在e−12,+∞上单调递增；
因为当01时，gx>0，
且ge−12=−12e，
又fx恰有两个零点，即x2lnx=aa∈R有两个根，
故函数gx与y=a有两个交点，
所以−12e（2）因为fx的两个零点分别为x1,x2（x1所以x12lnx1−a=0，x22lnx2−a=0，
所以lnx1=ax12，lnx2=ax22，故lnx1−lnx2=ax12−ax22=a1x12−1x22，
所以a=lnx1−lnx21x12−1x22，
所以要证2ax12+ax22<−e2成立，只需证明2x12+1x22lnx1−lnx21x12−1x22<−e2，
即证lnx2x1+e21x22−1x122x12+1x22>0，即证lnx2x1+e21−x22x122x22x12+1>0，
令x2x1=tt>1，即证明lnt+e21−t22t2+1>0，
令Ft=lnt+e21−t22t2+1，又F1=0，
F′t=1t+e2×−2t1+2t2−1−t2×4t1+2t22=4t4+4−3et2+1t1+2t22，
由于t>1，令m=t2>1，
所以4t4+4−3et2+1=4m2+4−3em+1，
而y=4m2+4−3em+1，其对称轴为m=3e−48<1，
所以y=4m2+4−3em+1在1,+∞上单调递增，
所以4t4+4−3et2+1>4+4−3e+1>0，
于是F′t>0在1,+∞上恒成立，
因此Ft在1,+∞上单调递增，
所以Ft>F1=0，
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−1lnx+1x，a∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若关于x的方程fx=xex−lnx+1x有两个不相等的实数根x1、x2，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：ex1x2+ex2x1>2ax1x2．
【解题思路】（1）求出f′x=x+1ax−1x2，分a≤0、a>0两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数fx的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为ex+lnx=ax+lnx，令tx=x+lnx，令gt=ett，可知直线y=a与函数gt=ett的图象有两个交点，利用导数分析函数gt的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围；
（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t2−t1=lnt2t1，即证t2t1+1t2t1−1>2lnt2t1．令p=t2t1t>1，只需证lnp>2p−1p+1，构造函数ℎp=lnp−2p−1p+1，其中p>1，利用导数法即可证得结论成立.
【解答过程】（1）解：因为fx=ax+a−1lnx+1x，
所以f′x=a+a−1x−1x2=ax2+a−1x−1x2=x+1ax−1x2，其中x>0.
①当a≤0时，f′x<0，所以函数fx的减区间为0,+∞，无增区间；
②当a>0时，由f′x>0得x>1a，由f′x<0可得0所以函数fx的增区间为1a,+∞，减区间为0,1a．
综上：当a≤0时，函数fx的减区间为0,+∞，无增区间；
当a>0时，函数fx的增区间为1a,+∞，减区间为0,1a．
（2）解：（i）方程fx=xex−lnx+1x可化为xex=ax+alnx，即ex+lnx=ax+lnx．
令tx=x+lnx，因为函数tx在0,+∞上单调递增，
易知函数tx=x+lnx的值域为R，
结合题意，关于t的方程et=at（*）有两个不等的实根．
又因为t=0不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为ett=a．
令gt=ett，其中t≠0，则g′t=ett−1t2．
由g′t<0可得t<0或00可得t>1，
所以，函数gt在−∞,0和0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增．
所以，函数gt的极小值为g1=e，
且当t<0时，gt=ett<0；当t>0时，则gt=ett>0.
作出函数gt和y=a的图象如下图所示：
由图可知，当a>e时，函数y=a与gt的图象有两个交点，
所以，实数a的取值范围是e,+∞.
（ii）要证ex1x2+ex2x1>2ax1x2，只需证x1ex1+x2ex2>2a，即证et1+et2>2a．
因为et=at，所以只需证t1+t2>2．
由（ⅰ）知，不妨设0因为et=at，所以t=lna+lnt，即t1=lna+lnt1t2=lna+lnt2，作差可得t2−t1=lnt2t1．
所以只需证t2+t1t2−t1>2lnt2t1，即只需证t2t1+1t2t1−1>2lnt2t1．
令p=t2t1t>1，只需证lnp>2p−1p+1．
令ℎp=lnp−2p−1p+1，其中p>1，则ℎ′p=1p−4p+12=p−12pp+12>0，
所以ℎp在1,+∞上单调递增，故ℎp>ℎ1=0，即ℎp>0在1,+∞上恒成立．
所以原不等式得证．
【变式4-3】（2024·全国·一模）已知fx=x2−2lnxx−a
(1)若fx≥0，求实数a的取值范围；
(2)设x1,x2是fx的两个零点（x1>x2），求证：①1<1x1x2；②2x1x2【解题思路】（1）求导得出函数fx的单调区间和最小值，由最小值大于0列出不等式即可求解.
（2）①由题意01比较大小，进而结合函数fx单调性即可得证；②通过分析得出要证x1+x22=x2lnx1−x1lnx2x1x2x1−x2>1x1x2，只需lnx1+1x1【解答过程】（1）f′x=2x−21−lnxx2=2x3+lnx−1x，设gx=x3+lnx−1,x>0，
则g′x=3x2+1x>0，所以gx单调递增，注意到g1=0，
所以当0当x>1时，gx>g1=0，f′x>0，fx单调递增，
所以fxmin=f1=1−a，
若fx≥0，则fxmin=f1=1−a≥0，解得a≤1，
所以实数a的取值范围为−∞,1；
（2）①由题意不妨设x11，且0所以fx1−f1x2=fx2−f1x2=x22−2lnx2x2−a−1x22−2ln1x21x2−a
=x2+1x2x2−1x2−2lnx2，
设gx=x−1x−2lnxx>1，g′x=1+1x2−2x=x−12x2>0,x>1，
所以函数gx单调递增，所以gx2>g1=0，
所以fx1−f1x2>0，即fx1>f1x2，
又函数fx在0,1上面单调递减，所以0②注意到x12−2lnx1x1−a=x22−2lnx2x2−a，
所以x1+x22=lnx1x1−lnx2x2x1−x2=x2lnx1−x1lnx2x1x2x1−x2，要证x1+x22=x2lnx1−x1lnx2x1x2x1−x2>1x1x2，
只需x2lnx1−x1lnx2令ℎx=lnx+1x，则ℎ′x=−lnxx2，
当00，ℎx单调递增，
当x>1时，ℎ′x<0，ℎx单调递减，
又1x1>x2>1，所以ℎ1x1<ℎx2，
所以要证ℎx1<ℎx2，只需ℎx1<ℎ1x1，即ℎx1−ℎ1x1<0，
不妨设Hx=ℎx−ℎ1x=lnx+1x−x−lnx+1，
则H′x=−lnxx2+lnx−1+1=lnx⋅x2−1x2，
当00，Hx单调递增，
当x>1时，H′x>0，Hx单调递增，
因为0又因为ℎ1x1<ℎx2，所以ℎx1=lnx1+1x1综上所述，命题2x1x2【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=lnexax，其中e为自然对数的底数．
(1)讨论fx的单调性；
(2)若方程fx=1有两个不同的根x1,x2．
(i)求a的取值范围；
(ii)证明：x12+x22>2．
【解题思路】（1）求出函数的导函数，再分a>0、a<0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（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x12，再由基本不等式即可得证.
【解答过程】（1）由题意得fx=lnexax=1+lnxax，x∈0,+∞，则f′x=−lnxax2，
由f′x=0，解得x=1．
显然a≠0，
若a>0，则当00,fx单调递增，当x>1时，f′x<0,fx单调递减；
若a<0，则当01时，f′x>0,fx单调递增．
综上，当a>0时，fx在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减；
当a<0时，fx在区间0,1内单调递减，在区间1,+∞内单调递增．
（2）（i）由lnexax=1，得1+lnxx=a，
设gx=1+lnxx，由(1)得gx在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减，
又g1e=0,g1=1，当x>1时，gx>0，且当x→+∞时，gx→0，
所以当0（ii）不妨设x1解法一：
当x2∈2,+∞时，x12+x22>x22≥4>2，即x12+x22>2；
当x2∈1,2时，2−x2∈0,1．
设px=gx−g2−x=lnxx+1x− ln2−x2−x−12−x,0则p′x=−lnxx2−ln2−x2−x2>−lnxx2− ln2−xx2=−ln−x−12+1x2>0,
所以px在区间0,1内单调递增，
则px所以g2−x1>gx1=gx2,
又x1∈0,1,2−x1>1,x2>1,gx在区间1,+∞内单调递减，
所以2−x12，
又x1≠x2，所以x12+x22>2x1x2，
故2x12+2x22>x12+x22+2x1x2=x1+x22>4，所以x12+x22>2，得证．
解法二：
设ℎx=gx−g1x=1+lnxx−x1−lnx，x∈0,+∞，
则ℎ′x=−lnxx2+lnx=lnx⋅x2−1x2≥0，
所以ℎx在区间0,+∞内单调递增，
又ℎ1=0，
所以ℎx1=gx1−g1x1<0，即gx1又gx2=gx1，所以gx2又x2>1,1x1>1,gx在区间1,+∞内单调递减．
所以x2>1x1，即x1x2>1，
又x1≠x2，所以x12+x22>2x1x2>2，得证．
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=x2ex．
(1)求函数fx在1,3上的值域；
(2)若方程fx=1a有两个不相等的解x1,x2，且x1>0,x2>0，求证：ax12+x22>2e2．
【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+x22≥x1−x2lnx1−lnx2，利用换元法结合导数可证结论.
【解答过程】（1）因为fx=x2ex，所以f′x=x2−xex．
当x∈1,2时，f′x>0,fx单调递增，当x∈2,3时，f′x<0,fx单调递减，
所以当x∈1,3时，f(x)max=f2=4e2．
又f1=1e所以fx在1,3上的值域是1e,4e2．
（2）由题，不妨设0由（1）可知0e24．
由fx=1a得ex1=ax12ex2=ax22，则ex1ex2=x12x22，
两边同时取自然对数，得x1−x2=2lnx1−lnx2，即x1−x2lnx1−lnx2=2．
要证ax12+x22>2e2，即证ex1+ex2>2e2．
因为ex1+ex2>2ex1⋅ex2=2ex1+x22，所以只需证x1+x22≥2，
即证x1+x22≥x1−x2lnx1−lnx2，
即证2x1−x2x1+x2≥lnx1x2，即证2x1x2−1x1x2+1≥lnx1x2．
令x1x2=t，即证2t−1t+1≥lnt,t∈0,1，
令gt=2t−1t+1−lnt,t∈0,1，
则g′t=4t+12−1t=−t−12tt+12<0，
所以当t∈0,1时，gt单调递减，所以gt>g(1)=2×1−11+1−ln1=0，即2t−1t+1>lnt．
故ax12+x22>2e2．
【变式5-2】（2024·四川凉山·二模）已知函数fx=x+asinx．
(1)若函数fx在R上是增函数，求a的取值范围；
(2)设gx=x−12sinx−lnx，若gx1=gx2x1≠x2，证明：x1x2<2．
【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−sinx2>x1−sinx1(x2>x1)，利用分析法推理变形，构造函数并利用导数证明即得.
【解答过程】（1）函数f(x)=x+asinx，求导得f′(x)=1+acsx，
依题意，对任意实数x，f′(x)=1+acsx≥0恒成立，而−1≤csx≤1，
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−12sinx−lnx的定义域为(0,+∞)，
由g(x1)=g(x2)，得lnx2−lnx1=(x2−x1)−12(sinx2−sinx1)，
由（1）知，函数f(x)=x−sinx在(0,+∞)上是增函数，
不妨令x2>x1>0，则x2−sinx2>x1−sinx1，即x2−x1>sinx2−sinx1，
亦即12(x2−x1)>12(sinx2−sinx1)，则(x2−x1)−12(sinx2−sinx1)>12(x2−x1)，
于是lnx2−lnx1>12(x2−x1)，则x2−x1lnx2−lnx1<2，
下面证明：x2−x1lnx2−lnx1>x1x2，即证：x2−x1x1x2>lnx2−lnx1，即证：x2x1−1x2x1>lnx2x1，
令t=x2x1,(t>1)，即证：t2−1t>2lnt,(t>1)，设φ(t)=2lnt−t2−1t,(t>1)，
求导得φ′(t)=2t−1−1t2=−(t−1)2t2<0，则函数φ(t)在(1,+∞)上单调递减，
于是φ(t)<φ(1)=0，即t2−1t>2lnt,(t>1)，所以x1x2<2.
【变式5-3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数fx=x2lnx−m有两个不同的零点x1，x2，且t=x12+x22．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求证：t<1；
(3)比较t与2e及2m+3e的大小，并证明．
【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，不妨设01)，欲证u1+u2<1，只需证u1+λu1<1，即证u11+λ<1，即证lnu1+ln1+λ<0，结合不等式特点合理构造函数，结合导数与单调性关系的转化即可求证；
（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）fx=x2lnx−m=12x2lnx2−m=12x2lnx2−2m，
u=x2，考虑函数gu=ulnu−2m，
fx有两个零点x1,x2，u1=x12,u2=x22，则gu有两个零点u1,u2，
g′u=lnu+1,gu在0,1e上单调递减，1e,+∞单调递增，
所以gumin=g1e=−1e−2m<0，
因为当u→0+时gu→−2m；当x→+∞时，gu→−∞，所以−12e（2）t=x12+x22=u1+u2，由题不妨设01)，
欲证u1+u2<1，只须证u1+λu1<1，即u11+λ<1，
即lnu1+ln1+λ<0①，
∵u1lnu1=u2lnu2=λu1lnλu1，
∴lnu1=λlnλ+lnu1,∴lnu1=λ−lnλ1−λ，
证明①式只需证λlnλ1−λ+ln1+λ<0，即证lnλλ−1>lnλ+1λ②，
构造φλ=lnλλ−1λ>1，φ′λ=1−1λ−lnλ(λ−1)2，
令y=1−1λ−lnλ，y′=1λ2−1λ=1−λλ2，由于λ>1，所以y′=1λ2−1λ=1−λλ2<0，
所以y=1−1λ−lnλ在λ>1时单调递减，所以y<1−11−ln1=0，
所以φ′λ=1−1λ−lnλ(λ−1)2<0，
φλ在1,+∞单调递减，∴φλ>φλ+1得证.
（3）先证u1+u2>e2,0F′u=gu+g′2e−u=lnu2e−u+2≤0，
∴Fu在0,1e单调递减，∴Fu1>F1e=0，即gu1>g2e−u1，
∴gu2>g2e−u1,∵gu在1e,+∞单调递增，∴u2>2e−u1,∴u1+u2>2e.
由01，
又∵当00，
所以y=lnx−2x−1x+1在0,1时单调递增，当x=1时，y=ln1−21−11+1=0，
所以当0所以lneu1<2eu1−1eu1+1，
即1+lnu1<2eu1−1eu1+1，即1+2mu1<2eu1−1eu1+1，
整理得：eu12−2meu1−3u1−2m>0③，
同理当x>1时，y=lnx−2x−1x+1单调递增，当x=1时，y=ln1−21−11+1=0，
所以y=lnx−2x−1x+1>0，即lnx>2x−1u+1，
把x代成eu2可得：eu22−2meu2−3u2−2m<0④，
由③-④得：eu12−u22>2me+3u1−u2，
∵u1【题型6 极值点偏移：复杂型】
【例6】（2024·四川·一模）已知函数fx=ax2+x−lnx−a．
(1)若a=1，求fx的最小值；
(2)若fx有2个零点x1,x2，证明：ax1+x22+x1+x2>2．
【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lnx1x2x1x2−1x1x2+1>2，令t=x1x2，然后构造函数，证明不等式t+1lnt−2t−1<0成立.
【解答过程】（1）当a=1，函数fx=x2+x−lnx−1x>0，
则f′x=2x+1−1x=2x2+x−1x=2x−1x+1x，
可知当0当x>12时，f′x>0，fx单调递增，
则当x=12时，fx取得极小值f12=ln2−14，也即为最小值，
所以fx的最小值为ln2−14；
（2）由已知，x1,x2是fx=ax2+x−lnx−a的两个零点，
则ax12+x1−lnx1−a=0，ax22+x2−lnx2−a=0，
两式相减，得ax1+x2x1−x2+x1−x2−lnx1−lnx2=0，
整理得ax1+x2=lnx1−lnx2x1−x2−1，
欲证明ax1+x22+x1+x2>2，
只需证明不等式lnx1−lnx2x1−x2−1x1+x2+x1+x2>2，
即证明lnx1−lnx2x1−x2x1+x2>2，也即证明lnx1x2x1x2−1x1x2+1>2，
不妨设0只需证明lntt−1t+1>2，即证明t+1lnt−2t−1<00令ℎt=t+1lnt−2t−10又令ut=ℎ′t=lnt+1t−10所以，当0ℎ′1=0，
故当0所以，原不等式成立，故不等式ax1+x22+x1+x2>2得证．
【变式6-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=x2alnx−23x−a2有两个极值点x1,x2，且x1(1)求a的取值范围；
(2)证明：x1lnx1+x2lnx2>x1+x2．
【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0,+∞上有两个不相等的实数根，通过构造函数，利用导数研究单调性和函数图象，数形结合求结论成立时a的取值范围；
（2）由1x1+x2，只需证x1lnx1+tx1lnt+lnx1>x1t+1，即证即证lnt−t2−1t2+1>0，构造函数利用导数证明不等式.
【解答过程】（1）函数fx=x2alnx−23x−a2的定义域是0,+∞，
f′x=2xalnx−23x−a2+x2ax−23=2xalnx−x，
因为函数fx有两个不相等的极值点x1,x2，
所以方程alnx−x=0在0,+∞上有两个不相等的实数根x1,x2，所以a≠0，
方程两边同时除以ax，整理得1a=lnxx，
即直线y=1a与函数y=lnxx的图象有两个交点．
令gx=lnxx，则g′x=1−lnxx2，令1−lnx=0，得x=e，
当x∈0,e时，g′x>0,gx单调递增；当x∈e,+∞时，g′x<0,gx单调递减．
所以g(x)max=ge=1e，又g1=0，
x→+∞时，gx>0且gx→0，所以gx的图象如图所示，

要想y=1a与gx的图象有两个交点，则0<1a<1e，所以a>e．
故a的取值范围是e,+∞．
（2）由（1）易知，11，x2=tx1．
由（1）得alnx2=x2，所以alntx1=tx1，即alnt+lnx1=tx1，
又alnx1=x1，即a=x1lnx1，代入上式得，lnt+lnx1lnx1=t，
整理得lnx1=lntt−1*，
要证x1lnx1+x2lnx2>x1+x2，
只需证x1lnx1+tx1lnt+lnx1>x1t+1，
两边同时除以x1，即证lnx1+tlnt+lnx1>t+1，
即证t+1lnx1+tlnt>t+1，
两边同除以t+1，即证lnx1+tlntt+1>1，
结合*式，即证lntt−1+tlntt+1>1，
即证lnt−t2−1t2+1>0，
设ℎt=lnt−t2−1t2+1,t>1，因为ℎ′t=1t−4tt2+12=t2−12tt2+12>0，
所以ℎt在1,+∞上单调递增，所以ℎt>ln1−12−112+1=0，
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)=xex+1.
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若方程f(x)=4ex+4elnx有两个不相等的实数根x1,x2，证明：x1+x2+lnx1x2 >2.
【解题思路】（1）对函数求导，利用导数求函数fx的单调区间；
（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+lnt2>2，变形得到lnt1t2>2(t1−t2)t1+t2=2t1t2−1t1t2+1，令s=t1t2>1，ℎs=lns−2s−1s+1，s>1，则只需证ℎ(s)>0即可，求导得到单调性，证明出结论.
【解答过程】（1）由题可知f(x)=xex+1，定义域为R，则有f′(x)=ex+1(1+x)，
令f′(x)<0，则x<−1，可知当x∈(−∞, −1)，f′(x)<0，则f(x)单调递减；
可知当x∈(−1,+∞)，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
综上所述，函数f(x)=xex+1的单调递增区间为(−1,+∞)，单调递减区间为(−∞,−1).
（2）证明：4ex+4elnx=xex+1等价于4ln(xex)=xex，
令t=xex>0，其中x>0，则4lnt=t，显然t≠1，所以4=tlnt.
令g(t)=tlnt，则g′(t)=lnt−1(lnt)2，所以g(t)在0,1，1,e上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，所以g(t)的极小值为g(e)=e.
因为方程4ln(xex)=xex有两个不相等的实数根x1,x2，
所以关于t的方程4=tlnt有两个不相等的实数根t1，t2，且t1=x1ex1，t2=x2ex2.
要证x1+x2+ln(x1x2)>2，
即证x1ex1 ⋅ x2ex2>e2，即证t1t2>e2，只需证lnt1+lnt2>2.
因为t1=4lnt1，t2=4lnt2，所以t1−t2=4lnt1−lnt2，t1+t2=4lnt1+lnt2，整理可得t1+t2t1−t2=lnt1+lnt2lnt1−lnt2
不妨设t1>t2>0，则只需证lnt1+lnt2=t1+t2t1−t2lnt1t2>2，即证lnt1t2>2(t1−t2)t1+t2=2t1t2−1t1t2+1.
令s=t1t2>1，ℎ(s)=lns−2(s−1)s+1，s>1，则只需证ℎ(s)>0即可.
因为ℎ′(s)=1s−4(s+1)2=(s−1)2s(s+1)2>0，所以ℎ(s)在(1,+∞)上单调递增，
所以ℎ(s)>ℎ(1)=0，
故x1+x2+ln(x1x2)>2.
【变式6-3】（2024·山东·模拟预测）已知函数fx=1x+alnx+2x−2，其中a∈R．
(1)当a≥1时，判断fx的单调性；
(2)若fx存在两个极值点x1,x2x2>x1>0．
（ⅰ）证明：x2−x1+2>2a；
（ⅱ）证明：x∈1,+∞时，fx>1x23−4x22+5x2−2．
【解题思路】（1）求出函数的导函数，令gx=a−1+lnxx，x∈0,+∞，利用导数说明gx的单调性，求出gxmin，即可得到fx的单调性；
（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1e2a−1，即证lnx2−x2−1x2+1>0，令px=lnx−x−1x+1x>1，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（ⅱ）由（ⅰ）知x2>1，a=1+lnx2x2及fx在1,+∞上的单调性，从而得到fx≥fx2=2lnx2+lnx22+2−2x2x2，再构造函数，利用导数证明lnx>1−1x>0 x>1，即可得证.
【解答过程】（1）函数fx=1x+alnx+2x−2的定义域为0,+∞，
则f′x=−lnxx2+1x+a1x−2x2=a−1+lnxxx，
令gx=a−1+lnxx，x∈0,+∞，则g′x=lnxx2，
所以当01时g′x>0，
所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以gx在x=1处取得极小值，即最小值，所以gxmin=g1=a−1≥0，
所以f′x≥0在0,+∞上恒成立，
所以fx在0,+∞上单调递增；
（2）（ⅰ）由（1）可知gx在0,+∞上的最小值为g1=a−1，
当x→0时gx→+∞，当x→+∞时gx→a，
若fx存在两个极值点x1,x2x2>x1>0，则gx=0有两个不相等的实数根x1,x2x2>x1>0，
所以a>0g1=a−1<0，解得0又g1e=a>0，所以1e且当00，即f′x>0，则fx单调递增，
当x1当x>x2时gx>0，即f′x>0，则fx单调递增，
所以x1为fx的极大值点，x2为fx的极小值点，
因为a−1+lnx1x1=0a−1+lnx2x2=0，所以x1=1+lnx1ax2=1+lnx2a，
要证x2−x1+2>2a，即证x2>2a−2+x1，又1e只需证x2>2a−1，
即证x2>2x21+lnx2−1，即证lnx2−x2−1x2+1>0，
令px=lnx−x−1x+1x>1，则p′x=1x−2x+12=x2+1xx+12>0，
所以px在1,+∞上单调递增，
所以px>p1=0，即lnx2−x2−1x2+1>0成立，
所以x2−x1+2>2a；
（ⅱ）由（ⅰ）知x2>1，a=1+lnx2x2，
且当1x2时f′x>0，
所以fx在1,x2上单调递减，在x2,+∞上单调递增，
所以fx≥fx2=1x2+alnx2+2x2−2
=1x2+1+lnx2x2lnx2+2x2−2
=2lnx2+lnx22+2−2x2x2，
令Hx=lnx+1xx>1，则H′x=1x−1x2=x−1x2>0，
所以Hx在1,+∞上单调递增，
所以Hx>H1=1，即lnx>1−1x>0 x>1，
所以2lnx2+lnx22+2−2x2x2>21−1x2+1−1x22+2−2x2x2=1x23−4x22+5x2−2，
所以fx>1x23−4x22+5x2−2.
【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=ex−ax2.
(1)当a=1时，求fx在x=0处的切线方程；
(2)设函数gx=fx−sinx，当a=12时，若gx1+gx2=2x1≠x2，证明：x1+x2<0.
【解题思路】
（1）利用导数可得f′0即切线斜率，又切线过点0,f0，据此可得答案；
（2）由题，gx=ex−12x2−sinx，通过研究函数ℎx=ex−x的最值情况，可得gx在R上单调递增，又由g0=1，gx1+gx2=2 x1≠x2，可设x1<0x1⇔g−x2>gx1⇔g−x2>2−gx2，
故证明当x>0时，gx+g−x−2>0即可.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=ex−x2，则f′x=ex−2x.
因f0=1，f′0=1，得切线过点0,1，斜率为1.
则在x=0处的切线方程为x−y+1=0；
（2）由题，当a=12时，gx=ex−12x2−sinx，
则g′x=ex−x−csx.令ℎx=ex−x，则ℎ′x=ex−1.
令ℎ′x>0⇒x>0，得ℎx在0,+∞上单调递增；
ℎ′x<0⇒x<0，得ℎx在−∞,0上单调递减.则ℎx≥ℎ0=1.
则∀x∈R，g′x=ℎx−csx≥g′0=0，当且仅当x=0时取等号.
得gx在R上单调递增，而g0=1，gx1+gx2=2 x1≠x2，
则不妨设x1<0令px=gx+g−x−2=ex+e−x−x2−2，其中x∈0,+∞.
则p′x=ex−e−x−2x.令nx=ex−e−x−2x，x∈0,+∞.
则n′x=ex+e−x−2>2ex⋅e−x−2=0，得nx在0,+∞上单调递增，
则p′x=nx>n0=0，得px在0,+∞上单调递增，
有px>p0=0，即x>0时，gx+g−x−2>0.
因x2>0，则gx2+g−x2−2>0⇒g−x2>2−gx2，
又gx1+gx2=2，则g−x2>gx1，又注意到gx在R上单调递增，
则−x2>x1⇒x1+x2<0.
【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的极值点，则α,φα为曲线y=φx的拐点.
已知函数fx=aex−xlnx有两个极值点x1,x2，且Qx0,fx0为曲线C：y=fx的拐点.
(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′x0<1x1x2.
【解题思路】（1）先根据条件得y=f′x有两个变号零点，分离参数构造函数gx=lnx+1ex，求其导函数判定其单调性与最值计算即可；
（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′x0<0<1x1x2即可证明.
【解答过程】（1）由题意可知f′x=aex−lnx−1有两个变号零点，即a=lnx+1ex有两个正根，
令gx=lnx+1exx>0⇒g′x=1x−lnx−1ex，
易知y=1x−lnx−1x>0单调递减，且x=1时y=0，
所以x∈0,1时g′x>0，即此时gx单调递增，
x∈1,+∞时g′x<0，即此时gx单调递减，所以gx≤g1=1e，
又g1e=0，x∈1,+∞时gx>0，则x→+∞时，gx→0+，
所以要满足题意需a∈0,1e
（2）令f′x=aex−lnx−1=ℎx⇒ℎ′x=aex−1x，
由上知a∈0,1e，所以y=ℎ′x在0,+∞内单调递增，
根据“拐点”的定义及条件知ℎ′x0=0=aex0−1x0，
所以C在Q处的切线方程为：y=f′x0x−x0+fx0，
令mx=aex−xlnx−f′x0x−x0−fx0，即证y=mx只有一个零点，
易知m′x=f′x−f′x0，
由上可知f′x在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
即f′x≥f′x0⇒m′x≥0，所以y=mx单调递增，
显然mx0=0，所以y=mx只有一个零点，
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结合（2）知0根据f′x的单调性知f′x0<0=f′x1=f′x2，
所以f′x0<0<1x1x2，证毕.
【变式7-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=2lnx+x2+x.
（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f(x1)+f(x2)=4，求证：x1+x2≥2.
【解题思路】（1）首先计算f(1)求出切点坐标，再求导计算k=f′(1)，最后利用点斜式即可求出切线方程.
（2）首先将f(x1)+f(x2)=4化简为(x1+x2)2+(x1+x2)=4+2(x1x2−lnx1x2)，令x1x2=t， g(t)=t−lnt，t>0，再求出gmin(t)=1，得到(x1+x2)2+(x1+x2)≥6，解不等式即可证明.
【解答过程】（1）f(1)=2ln1+12+1=2，切点为(1,2).
f′(x)=2x+2x+1，k=f′(1)=5.
切线为：y−2=5(x−1)，即5x−y−3=0.
（2）f(x1)+f(x2)=2lnx1+x12+x1+2lnx2+x22+x2=4
2lnx1+x12+x1+2lnx2+x22+x2=4.
(x1+x2)2+(x1+x2)=4+2(x1x2−lnx1x2)
令x1x2=t， g(t)=t−lnt，t>0，
g′(t)=1−1t=t−1t，
t∈(0,1)，g′(t)<0，g(t)为减函数，
t∈(1,+∞)，g′(t)>0，g(t)为增函数，
gmin(t)=g(1)=1，所以g(t)≥1.
即(x1+x2)2+(x1+x2)≥4+2=6.
得：(x1+x2+3)(x1+x2−2)≥0，
得到x1+x2−2≥0，即：x1+x2≥2.
【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″x.若f″x有变号零点x=x0，则称点x0,fx0为曲线y=fx的“拐点”.
(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y=fx的图象的对称中心.已知函数fx=x3+bx2−24x+d的图象的对称中心为1,3，求函数fx的解析式，并讨论fx的单调性；
(2)已知函数gx=1m2emx−1+16mx3−x2+12mx−23m2−1(m>0).
（i）求曲线y=gx的“拐点”；
（ii）若gx1+gx2=−2x1≠x2，求证：x1+x2<2m.
【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fx的单调性即可求解，
（2）（ⅰ）根据“拐点”的定义，对函数gx求导，利用二阶导函数的异号零点得出结果；
（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−x1>−2，构造函数ℎx=gx+g2m−x，利用导数研究函数的单调性，再根据函数ℎx的单调性得到关于x1,x2的不等式，即可证明.
【解答过程】（1）∵fx=x3+bx2−24x+d，∴f′x=3x2+2bx−24，∴f″x=6x+2b，
又函数fx=x3+bx2−24x+d的图象的对称中心为1,3，即拐点为1,3，
∴f1=1+b−24+d=3,f″1=6+2b=0,解得b=−3,d=29，
∴fx=x3−3x2−24x+29，∴f′x=3x2−6x−24=3x−4x+2，
∵函数f′x在−∞,−2上为正，在−2,4上为负，在4,+∞上为正，
∴函数fx在−∞,−2上单调递增，在−2,4上单调递减，在4,+∞上单调递增.
（2）（i）∵gx=1m2emx−1+16mx3−x2+12mx−23m2−1，
∴g′x=1memx−1+12mx2−2x+12m，∴g″x=emx−1+mx−2.
显然，g″x=emx−1+mx−2在R上单调递增，且g″1m=e0+m×1m−2=0，
∴x=1m是g″x的变号零点，
又g1m=1m2e0+16m×1m3−1m2+12m×1m−23m2−1=−1，
∴曲线y=gx的拐点是1m,−1.
（ii）由（i）可得，当x∈−∞,1m时，g″x<0,g′x单调递减；
当x∈1m,+∞时，g″x>0,g′x单调递增；
∴g′x≥g′1m=1me0+12m×1m2−2×1m+12m=0，
∴函数gx在R上单调递增，不妨设x1<1m要证x1+x2<2m，即证x2<2m−x1，即证gx2又gx1+gx2=−2，即证−2−gx1−2.
令ℎx=gx+g2m−x，则ℎ′x=g′x−g′2m−x，
∴ℎ″x=g″x+g″2m−x=emx−1+mx−2+em2m−x−1+m2m−x−2
=emx−1+e1−mx−2=emx−1+1emx−1−2≥0，
∴函数ℎ′x=g′x−g′2m−x在R上单调递增，又ℎ'1m=g'1m−g'2m−1m=0，
∴函数ℎx=gx+g2m−x在−∞,1m上单调递减，在1m,+∞上单调递增.
∴ℎx1=gx1+g2m−x1>ℎ1m=g1m+g2m−1m=−2得证，即x1+x2<2m成立.
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x1,x2，且x1A．a>1B．x1+x2<2a
C．x1⋅x2<1D．x2−x1>1a−1
【解题思路】根据零点可将问题转化为a=lnx+1x，构造gx=lnx+1x，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数ℎx=f2a−x−fx，结合函数的单调性即可求解B，根据x1+x2>2a可得lnx1x2>0，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
【解答过程】由fx=0可得a=lnx+1x，令gx=lnx+1x，其中x>0，
则直线y=a与函数gx的图象有两个交点，g′x=−lnxx2，
由g′x>0可得0由g′x<0可得x>1，即函数gx的单调递减区间为1,+∞，
且当01e时，gx=lnx+1x>0，g1=1，
如下图所示：
由图可知，当0由图可知，1e因为f′x=1x−a=1−axx，由f′x>0可得01a，
所以，函数fx的增区间为0,1a，减区间为1a,+∞，则必有0所以，01a，
令ℎx=f2a−x−fx=ln2a−x−a2a−x−lnx+ax，其中0则ℎ′x=1x−2a−1x+2a=2ax−1a2xx−2a<0，则函数ℎx在0,1a上单调递减，
所以，ℎx1>ℎ1a=0，即f2a−x1−fx1>0，即fx1又fx2=fx1=0，可得fx2因为函数fx的单调递减区间为1a,+∞，则x2>2a−x1，即x1+x2>2a，故B错误；
由ax1=lnx1+1ax2=lnx2+1，两式相加整理可得x1+x2=lnx1x2+2a>2a，
所以，lnx1x2>0，可得x1⋅x2>1，故C错误；
由图可知1e−1，又因为x2>1a，所以，x2−x1>1a−1，故D正确.
故选：D.
2．（2024·全国·模拟预测）若函数fx=alnx+12x2−2x有两个不同的极值点x1,x2，且t−fx1+x2A．−∞,−5B．−∞,−5C．−∞,2−2ln2D．−∞,2−2ln2
【解题思路】首先对fx求导，得f′x=x2−2x+axx>0，根据题意得到方程x2−2x+a=0有两个不相等的正实数根，结合根与系数的关系求得a的取值范围，然后将不等式进行转化，结合根与系数的关系得到fx1+fx2−x1−x2关于参数a的表达式，从而构造函数，利用导数知识进行求解．
【解答过程】依题意得f′x=ax+x−2=x2−2x+axx>0，
若函数fx有两个不同的极值点x1,x2，
则方程x2−2x+a=0有两个不相等的正实数根x1,x2，
可得Δ=4−4a>0x1+x2=2>0x1x2=a>0，解得0因为t−fx1+x2可得t=alnx1x2+12x12+x22−3x1+x2=alnx1x2+12x1+x22−x1x2−3x1+x2
=alna+12×22−a−3×2=alna−a−4．
设ℎa=alna−a−40则ℎa单调递减，ℎa>ℎ1=−5，可知t≤−5．
所以实数t的取值范围是−∞,−5.
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；②12A．(−2,−1)B．−1,−12C．12,1D．(1,2)
【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g2a=0，由此可知gx另一根为−a，由b的范围可求出a的范围，即可求出1x1+1x2的取值范围.
【解答过程】函数f(x)=x2+2x3−3ax2+b有且仅有两个不同的零点x1，x2，
因为x2+2>0，令gx=x3−3ax2+b，即gx有且仅有两个不同的零点x1，x2，
g′x=3x2−6ax=3xx−2a=0得x=0或x=2a，
若a>0，令g′x>0，可得x>2a或x<0；令g′x<0，可得0所以gx在−∞,0,2a,+∞上单调递增，在0,2a上单调递减，
同理若a<0，gx在−∞,2a,0,+∞上单调递增，在2a,0上单调递减，
因为12要使gx有且仅有两个不同的零点x1，x2，则g2a=0，
而g2a=8a3−12a3+b=0，则b=4a3，因为12则12<4a3<4，则12则gx有一根是确定的为2a，又因为gx=x3−3ax2+b=x−2a2x+a，
所以gx的另一根为−a，
所以1x1+1x2=12a−1a=−12a，因为12−1<−12a<−12.
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(x1)=f(x2)=f(x3)的x1,x2,x3(x1A．(2e,e]B．(2e,2+1e]
C．(2e,1+1e]D．(2e,2+1e]
【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【解答过程】函数f(x)=lnx+12ex2−ax的定义域为(0,+∞)，求导得f′(x)=1x+xe−a=x2−eax+eex，
由函数f(x)存在两个极值点，得f′(x)=0，即x2−eax+e=0有两个不等的正根t1,t2(t1则Δ=e2a2−4e>0t1+t2=ea>0t1t2=e，解得a>2e，当0t2时，f′(x)>0，当t1于是函数f(x)在(0,t1),(t2,+∞)上单调递增，在(t1,t2)上单调递减，
令f(x1)=f(x2)=f(x3)=m，(x1此时0et2，令y=ex−x,x>0，求导得y′=ex−1>0，
即函数y=ex−x在(0,+∞)上递增，则ex−x>e0−0=1>0，即ex>x，于是ex3>et2>t2，
由x1因为对任意满足f(x1)=f(x2)=f(x3)的x1,x2,x3(x1则有ex1,ex2,ex3必在同一单调递增区间内，因此ex1≥t2，而ex1t2，
又t2=et1,0而g(1)=0，因此1≤t1而函数ℎ(t1)=t1e+1t1在[1,e)上单调递减，则ℎ(e)<ℎ(t1)≤ℎ(1)，即2e所以实数a的取值范围为(2e,1+1e].
故选：C.
5．（2023·四川南充·一模）已知函数f(x)=lnx−2x+2−m（0①x2x12m+2 ③em31
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】
函数fx=lnx−2x+2−m0【解答过程】由函数fx=lnx−2x+2−m0转化为lnx−2x+2=m0构造函数gx=lnx−2x+2，ℎx=lnx−2x+2 ，则g′x=1x+2x2，故g′x>0，所以gx在0,+∞单调递增，而g1=0，可得ℎx图象如图所示
故ℎx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增，
所以0对于①，m=−lnx1+2x1−2=lnx2−2x2+2，
所以2m=−lnx1+lnx2+2x1−2x2>lnx2x1，
所以x2x1对于②，由①可知m=−lnx1+2x1−2，故mx1+2x1−2=−x1lnx1>0，
因此 x1>2m+2，故②正确；
对于③，因为01，
所以g33−m=ln33−m−23−m3+2=ln33−m+2m3，
则g33−m−m=−ln3−m−m3+ln3，
构造函数Qx=−ln3−m−m3+ln3，
则Q′x=13−m−13=m33−m>0，而Q0=0，
所以g33−m>m=gx2，
所以x2<33−m，
因为gem3=m3−2em3+2，所以m−gem3=2m3−1em3+1，
令m3=t0所以m=gx2>gem3
所以em3对于④，由①可知，lnx1x2=2x1+2x2−4>4x1x2−4，
所以lnx1x2−4x1x2+4>0，
令x1x2=n，Wn=2lnn−4n+4，显然Wn单调递增，且W1=0，
所以x1x2>1，故④正确.
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（0A．0C．M>e2+1eD．M>e
【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elnxlnx=2m的两个实数根，设ℎx=exxx>0，利用导数求出函数的单调区间，即可得到x1=lnx3，x2=lnx4，2m>e，从而得到M=2m+12m，最后根据对勾函数的性质计算可得；
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y=12mx图象的交点的横坐标，结合反函数的性质得到x3=ex1，x2=lnx4，从而求出M的取值范围.
【解答过程】解法一：由fx=ex−mx2可得f′x=ex−2mx，则x1，x2是方程exx=2m的两个实数根，
由gx=xlnx−14mx2−x可得g′x=lnx−12mx，则x3，x4是方程xlnx=2m，
即elnxlnx=2m的两个实数根.
设ℎx=exxx>0，则ℎ′x=exx−1x2，
当01时ℎ′x>0，
故ℎx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，则ℎx在x=1处取得极小值ℎ1=e，
因为x1，x2是方程exx=2m的两个实数根，x3，x4是方程elnxlnx=2m的两个实数根，
且0e，
则x3=ex1，x4=ex2，m>e2，
所以M=x3x1+x2x4=ex1x1+x2ex2=2m+12m，
又y=x+1x在1,+∞上单调递增，所以M>e+1e=e2+1e.
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=ex−2mx，则x1，x2是方程ex=2mx的两个实数根，即y=ex与y=2mx图象交点的横坐标.
由gx=xlnx−14mx2−x可得g′x=lnx−12mx，则x3，x4是方程lnx=12mx的两个实数，即y=lnx与y=12mx图象的交点的横坐标.
第二步：构造函数，求得m的取值范围；
由ex=2mx可得2m=exx，设ℎx=exxx>0，则ℎ′x=exx−1x2，
易得ℎx在x=1处取得极小值，且ℎ1=e，当x→0+时，ℎx→+∞，当x→+∞时，ℎx→+∞，
所以由方程ex=2mxx>0有两个实数根可得2m>e，即m>e2.
（点拨：因为y=ex与y=lnx互为反函数，且y=2mx与y=12mx互为反函数，
所以当y=ex与y=2mx的图象有两个交点时，y=lnx与y=12mx的图象也有两个交点）
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，Bx2,ex2，Cx3,lnx3，Dx4,lnx4，
由y=ex与y=lnx互为反函数，且y=2mx与y=12mx互为反函数，
可得A与C，B与D分别关于直线y=x对称，则x3=ex1，x2=lnx4，
则M=x3x1+x2x4=ex1x1+lnx4x4=2m+12m，
又y=x+1x在1,+∞上单调递增，所以M>e+1e=e2+1e.
故选：C.
7．（2023·四川成都·一模）已知函数fx=lnx2−a2xlnx+aex2有三个零点x1、x2、x3且x1A．−1e2−e,0B．−1e2,0C．−12e,0D．−2e,0
【解题思路】令f(x)=0，将原函数的零点转化为方程lnx2−a2xlnx+aex2=0的根，令t=lnxx(x＞0)，转化为t2−a2t+ae=0，再令g(x)=lnxx(x＞0)，得到使t=gx时的根的个数，再分类讨论a的范围与根的关系，结合函数与方程性质及零点的关系即可得.
【解答过程】令f(x)=0，得lnx2−a2xlnx+aex2=0，整理得(lnxx)2−a2lnxx+ae=0，
令t=lnxx(x＞0)，原方程化为t2−a2t+ae=0，
设g(x)=lnxx(x＞0)， 则g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)=0，解得x=e，且g(e)=lnee=1e，
当x∈0,e时，g′(x)＞0，则g(x)单调递增，
当x∈e,+∞时，g′(x)<0，则g(x)单调递减，
则g(x)在x=e时，有最大值为g(e)=1e，
则当t=gx∈−∞,0时，有一个解，
当t=gx∈0,1e时，有两个解，
当t=gx∈0,1e时，有一个解，
当t=gx∈1e,+∞时，无解，
因为原方程为t2−a2t+ae=0，
由题可知有三个零点，因此方程有两个不等实根t1、t2，设t1则有t1+t2=a2，t1t2=ae，
若a=0，则t1=t2=0，故舍去，
若a>0，则t1+t2=a2>0，t1t2=ae>0，
有0若a<0则t1<0，0t1=lnx1x1，t2=lnx2x2=lnx3x3
设ℎ(t)=t2−a2t+ae，则ℎ0<0ℎ1e>0，得到−2e所以2lnx1x1+lnx2x2+lnx3x3=2t1+2t2=a∈−2e,0.
故选：D.
8．（2023·四川南充·一模）已知函数f(x)=lnx−2x+2−m（0①x2x12m+2 ③x1x2>1
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】令gx=lnx−2x+2，判断gx的单调性结合g1=0得到01，进而有lnx1−2x1+2=−m，lnx2−2x2+2=m，两式作差可判断①；根据0【解答过程】∵ f(x)=lnx−2x+2−m（0即x1，x2是方程lnx−2x+2=m的两个不同的根，
令gx=lnx−2x+2，x∈0,+∞，易知g1=0，
∵ g′x=1x+1x2>0，∴ gx在0,+∞单调递增，
∴ x∈0,1时，gx=lnx−2x+2<0，
x∈1,+∞时，gx=lnx−2x+2>0，
∴ 01，∴ lnx1−2x1+2=−m，lnx2−2x2+2=m，
对于①，两式作差得，lnx2−2x2+2−lnx1−2x1+2=2m，
整理得，lnx2x1+2x2−x1x1x2=2m
∵ 2x2−x1x1x2>0，∴ lnx2x1<2m，即x2x1对于②，∵ lnx1−2x1+2=−m，且0∴ −2x1+2>−m，即2x12m+2，故②正确；
对于③，∵ lnx1−2x1+2=−m，lnx2−2x2+2=m，
两式相加得，lnx1−2x1+lnx2−2x2+4=0，
整理得，∴ lnx1x2−2x1+x2x1x2+4=0，即2x1+x2=x1x2lnx1x2+4x1x2，
∵ 2x1+x2>2⋅2x1x2，
即x1x2lnx1x2+4x1x2>2⋅2x1x2，
令t=x1x2t>0，则t2lnt2+4t2>2⋅2t，
整理得tlnt+2t−2>0，即lnt−2t+2>0，
∵ x∈0,1时，gx=lnx−2x+2<0，
x∈1,+∞时，gx=lnx−2x+2>0，
∴ t=x1x2>1，即x1x2>1，故③正确.
故选：D.
二、多选题
9．（2024·贵州毕节·二模）已知函数fx=xe−x，方程fx=a有两个不等实数根x1,x2，则下列选项正确的有（ ）
A．fx≤1eB．a的取值范围是−∞,1e
C．lnx1−lnx2x1−x2=1D．x1+x2>2
【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−x2，得到lnx1−lnx2=x1−x2，可得判定C正确；设ℎx=lnx−2⋅x−1x+1,x>0，利用导数求得ℎx单调递增，得到ℎx>ℎ1=0，妨令x2>x1>0，则x2x1>1，得到x1+x2>x2−x1lnx2−lnx1=2，可得判定D正确.
【解答过程】对于A中，由函数fx=xe−x，可得f′x=(1−x)e−x，
当x<1时，f′x>0，fx单调递增；当x>1时，f′x<0，fx单调递减，
所以，当x=1时，函数fx取得极大值，也是最大值，
可得fx≤f(1)=1e，所以A正确；
对于B中，由x→−∞时，fx→−∞，当x→+∞时，fx→0，
要使得方程fx=a有两个不等实数根x1,x2，则0对于C中，由方程fx=a有两个不等实数根x1,x2，
可得x1e−x1=x2e−x2，则lnx1−x1=lnx2−x2，可得lnx1−lnx2=x1−x2，
因为x1≠x2，可得lnx1−lnx2x1−x2=1，所以C正确；
对于D中，设ℎx=lnx−2⋅x−1x+1,x>0，可得ℎ'x=(x−1)2x(x+1)2≥0，
所以ℎx单调递增，当x>1时，可得ℎx>ℎ1=0，
不妨令x2>x1>0，则x2x1>1，则有lnx2x1−2⋅x2x1−1x2x1+1=lnx2−lnx1−2⋅x2−x1x2+x1>0，
所以x1+x2>x2−x1lnx2−lnx1=2，所以D正确.
故选：ACD.
10．（2024·山西太原·三模）已知x1是函数 fx=x3+mx+nm<0的极值点，若fx2=fx1x1≠x2，则下列结论 正确的是（ ）
A．fx的对称中心为0,nB．f−x1>fx1
C．2x1+x2=0D．x1+x2>0
【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=fx的单调性并求出极值点，结合图像分情况由fx2=fx1x1≠x2解出x2，可得2x1+x2=0可判断C；利用C选项，若x1=−m3，x2=−2−3m3，得出x1+x2<0可判断D.
【解答过程】对于A，因为f0+x+f0−x=x3+mx+n−x3−mx+n=2n，
所以fx的对称中心为0,n，故A 正确；
对于B，f′x=3x2+m，令f′x=0，解得x=±−m3，
当x1=−m3时，
f−x1−fx1=−x13−mx1+n−x13−mx1−n
=−2x1x12+m=−2−m3−m3+m=−4m3−m3，
因为m<0，所以−4m3−m3>0，可得f−x1>fx1，
当x1=−−m3时，
f−x1−fx1=−x13−mx1+n−x13−mx1−n
=−2x1x12+m=2−m3−m3+m=4m3−m3，
因为m<0，所以4m3−m3<0，可得f−x1故B错误；
对于C，令f′x=0，解得x=±−m3，
当x>−m3或x<−−m3时，f′x>0，y=fx是单调递增函数，
当−−m3所以y=fx在x=−−m3时有极大值，在x=−m3时有极小值，
如下图，当x1=−−m3时，若fx2=fx1x1≠x2，则
fx1−fx2=x13+mx1+n−x23−mx2−n=x1−x2x12+x1x2+x22+m=0，
可得x12+x1x2+x22+m=0，即−m3−−m3x2+x22+m=0，解得x2=2−3m3，
所以2x1+x2=0；
当x1=−m3时，如下图，若fx2=fx1x1≠x2，则
fx1−fx2=x13+mx1+n−x23−mx2−n=x1−x2x12+x1x2+x22+m=0，
可得x12+x1x2+x22+m=0，即−m3+−m3x2+x22+m=0，解得x2=−2−3m3，
所以2x1+x2=0；
综上所述，2x1+x2=0，故C正确；
对于D，由C选项可知，若x1=−m3，x2=−2−3m3，
所以x1+x2=−m3−2−3m3=−−3m3<0，故D错误.
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，x2,y2 x1A．f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增
B．a的取值范围为(−1,0]
C．x2−x1>ae+e
D．x2−x1<2a+e+1e
【解题思路】根据题意求出函数fx的单调区间最值从而可对A、B判断；然后利用零点附近的割线、切线，构造函数然后利用导数从而可对C、D判断求解.
【解答过程】由题意可知fx=xlnx−x定义域为0,+∞，f'x=lnx+1−1=lnx，
对A：当x∈0,1时，f'x<0，fx在区间x∈0,1单调递减，
当x∈1,+∞时，f'x>0，fx在区间x∈1,+∞单调递增，故A正确；
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fx与y=a有两个不同的交点，
令fx=0，得x=0或x=e，所以当x→0，fx→0，当x∈1,e时，fx单调递增
所以fe=0>a>fxmin=f1=−1，所以a的取值范围为−1,0，故B错误.
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=px，
令θx=px−fx=−xlnx，x∈0,1，θ'x=−1−lnx
当x∈0,1e，θ'x>0，当x∈1e,1，θ'x<0，
所以θx在0,1e单调递增，在1e,1单调递减，
θ1e=1e，θ1=0，所以θx=px−fx>0在0,1恒成立，
所以直线y=−x与y=a的交点为x3=−a>x1；
设过点1,−1，e,0的直线为y=1e−1x−e=qx，
令ωx=qx−fx=1e−1x−e−xlnx+x，x∈1,e，
则ω’x=qx−fx=ee−1−lnx−1，当x∈1,e，ω’x<0，
所以ωx在1,e单调递减，又因为ωe=0，所以ωx=qx−fx>0在1,e恒成立，
所以直线y=1e−1x−e与y=a的交点x4=ae−1+e所以x2−x1>x4−x3=ae−1+e+a=ae+e，故C正确.
对D：因为f'x=lnx，fe=0，f'e=1，fx在x=e处的切线为y−0=x−e，
设gx=x−e，令ℎx=fx−gx=xlnx−2x+e，ℎ'x=lnx−1，
当x∈0,e，ℎ'x<0，当x∈e,+∞，ℎ'x>0，
所以ℎx在0,e单调递减，在e,+∞单调递增，所以ℎx≥ℎe=0，即fx≥gx，
因为x1所以fx2=a≥gx2=x2−e，可得x2≤x0=a+e，
下证：x1≥−a−1e，
由于a=fx1，所以要证x1≥−a−1e⇔x1≥−fx1−1e，即证fx1+x1+1e≥0，
令φx=xlnx+1e，φ'x=1+lnx，
当x∈0,1e，φ'x<0，当x∈1e,+∞，φ'x>0，
所以φx在0,1e单调递减，在1e,+∞单调递增，
所以φx≥φ1e=0，所以x1≥−a−1e成立，当且仅当x1=1e，a=−2e时取等号，
由于等号不能同时满足，所以x1−x2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,x2，且x2≥2x1，则实数a的取值范围为 2023ln2,+∞ .
【解题思路】原题等价于x1,x2 是导函数f'x 的两个零点，求导，参数分离，构造函数，根据所够造的函数的导函数的图像求解.
【解答过程】原题等价于x1,x2 是导函数f'x 的两个零点，f'(x)=2023ex−2ax ，
即是方程2023ex−2ax=0 的两个不相等的实数根，x=0显然不符合方程2023ex−2ax=0，
所以x=x1和x=x2是方程2a2023=exx 的两个根，
即函数g(x)=exx 的图像与直线y=2a2023有两个不同的交点，
由于g′(x)=(x−1)exx2 ，所以当x<0或01时，g'(x)>0 ，故g(x)的减区间为(−∞,0)和0,1，增区间为(1,+∞)，
当x趋于−∞时，gx 趋于0，且g(x)<0，当x<0且x趋于0时，
gx趋于−∞，当0在x=1处，gx 取得极小值g(1)=e ；当x>1时，x趋于+∞时，gx 趋于+∞ ，
作出g(x)的大致图像如下图所示，
由图可知，2a2023>e ，且0＜x1＜1,x2>1，
因为x2≥ 2x1，取x2=2x1，并令x1=t,(t>0)，则x2≥2t ，∵x2＞1,gx 单调递增，∴ett=ex2x2≥e2t2t ，解得0＜t＜ln2 ，此时2a2023=2lnt≥2ln2 ，即a≥2023ln2 ，
故答案为：a∈ 2023ln2,+∞.
13．（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>3x2，则实数a的取值范围为 233ln3,+∞ .
【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=ex1x1=ex2x2，令t=x1x2，通过指对化化得x2=lntt−1，设ℎ(t)=lntt−1，利用导数研究函数单调性，求解最值，进而3a=g(x2)>gln32，即可求解a的取值范围.
【解答过程】因为x=0不是方程ex−3ax=0的根，
所以3a=exx(x≠0)有两个不相等的实数根x1， x2，
令g(x)=exx，则g′(x)=(x−1)exx2，
当x<0时，g′(x)<0，g(x)在区间(−∞,0)上单调递减，且g(x)<0；
当00，
当x>1时，g′(x)>0，g(x)在区间(1,+∞)上单调递增，且g(x)>0，
所以g(x)的极小值为g(1)=e，图象大致如图：
若3a=exx有两个不相等的实数根x1， x2，则3a>e，即a>e3，且0令t=x1x2，则x1=tx2，由x1>3x2，得t>3，又3a=ex1x1=ex2x2，所以etx2tx2=ex2x2，
所以etx2=tex2，取对得tx2=ln(tex2) =lnt+x2，所以x2=lntt−1，
设ℎ(t)=lntt−1,t>3，则ℎ'(t)=1−1t−lnt(t−1)2<0，
所以ℎ(t)在(3,+∞)上单调递减，则x2=lntt−1=ℎ(t)<ℎ(3)=ln32.
又g(x)=exx在区间(0,1)上单调递减，3a=ex2x2，0所以3a=g(x2)>gln32=eln32ln32=23ln3，即a>233ln3，
所以实数a的取值范围为233ln3,+∞.
故答案为：233ln3,+∞.
14．（2023·陕西西安·二模）若函数fx=12ax2−ex+1在x=x1和x=x2，两处取得极值，且x1x2≤12，则实数a的取值范围是 2ln2,+∞ ．
【解题思路】根据题意可得原题意等价于y=a与y=exx有两个不同的交点，再数形结合分析两根的关系运算求解.
【解答过程】因为fx=12ax2−ex+1，则f′x=ax−ex，
令f′x=ax−ex=0，且f′0=−1≠0，整理得a=exx，
原题意等价于y=a与y=exx有两个不同的交点，
构建gx=exxx≠0，则g′x=x−1exx2x≠0，
令g′x>0，解得x>1；令g′x<0，解得0则gx在1,+∞上单调递增，在0,1,−∞,0上单调递减，且g1=e，
由图可得：若y=a与y=exx有两个不同的交点，可得：a≥e,x1,x2>0，
因为x1x2≤12，则x2≥2x1，
由图可知：当a增大时，则x1减小，x2增大，可得x1x2减小，
取x2=2x1，令x1=t∈0,1，则x2=2t，
因为ett=e2t2t，解得t=ln2，
所以a=ett=2ln2，则a≥2ln2，
即实数a的取值范围是2ln2,+∞.
故答案为：2ln2,+∞.
四、解答题
15．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx=x2e−x−ax2−4x在定义域0,+∞上仅有1个极大值点.
(1)求a的取值范围；
(2)若fx1=fx2,14.
【解题思路】（1）求得f′x=2−xxe−x+2a，根据题意，得到x=2为fx的极大值点，得出gx=xe−x+2a>0，利用导数求得函数的单调性，得出2a≥0，即可求解；
（2）因为x2>2,4−x1>2，转化为证明fx1p4−x，得到xe−x>4−xex−4，进而得到ℎx<ℎ2，即可得证.
【解答过程】（1）解：由函数fx=x2e−x−ax2−4x，
可得f′x=2x−x2e−x−2ax−2=2−xxe−x+2a，
因为函数在定义域0,+∞上仅有1个极大值点，即f′x有零点为x=2，
所以x=2为fx的极大值点，
在0,+∞上，则须gx=xe−x+2a>0，
又由g′x=1−xe−x，
所以当x∈0,1时，g′x>0,gx单调递增，值域为2a,2a+1e；
当x∈1,+∞时，g′x<0,gx单调递减，值域为2a,2a+1e，
故只须2a≥0，即a≥0，所以a的取值范围为0,+∞.
（2）证明：由（1）知：fx在0,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，
要证x1+x2>4，只须证x2>4−x1，
因为x2>2,4−x1>2，只须证fx2令ℎx=fx−f4−x,1则ℎ′x=f′x+f′4−x =2−xxe−x+2a+x−24−xex−4+2a
=2−xxe−x+x−4ex−4
令px=xe−x，可得p′x=1−xe−x
当x∈1,+∞时，p′x=1−xe−x<0，px为减函数，
当1p4−x，
即xe−x>4−xex−4，所以xe−x+x−4ex−4>0，
则10,ℎx为增函数，故ℎx<ℎ2=0，即fx1故原不等式得证.
16．（2024·重庆·模拟预测）已知函数f(x)=a(lnx+1)+1x3(a>0)．
(1)求证：1+xlnx>0；
(2)若x1,x2是f(x)的两个相异零点，求证：x2−x1<1−1a．
【解题思路】（1）设g(x)=1+xlnx,x∈(0,+∞)，求导，分析函数的单调性，确定函数的值域可证明该问题.
（2）求f′(x)，分析函数单调性，求出极值；根据f(x)的两个相异零点，可确定a的取值范围，并分别得到x1,x2的取值范围，推导出x2−x1的取值范围.
【解答过程】（1）令g(x)=1+xlnx,x∈(0,+∞)，则g′(x)=1+lnx．
令g′(x)>0，得x>1e；令g′(x)<0，得0所以g(x)在0,1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增．
所以g(x)min=g1e=1−1e>0，所以1+xlnx>0．
（2）易知函数f(x)的定义域是(0,+∞)．
由f(x)=a(lnx+1)+1x3，可得f′(x)=ax−3x4=ax3−3x4．
令f′(x)>0得x>33a；令f′(x)<0得0所以f′(x)>0在0,33a上单调递减，在33a,+∞上单调递增，
所以f(x)min=f33a=a3ln3a+3+a3．
①当a3ln3a+3+a3≥0，即0②当a3ln3a+3+a3<0，即a>3e4时，33a<31e4<1．
因为f(x)在33a,+∞上单调递增，且f(1)=a+1>0．所以f(1)⋅f33a<0，
所以f(x)在33a,+∞上有且只有1个零点，不妨记为x1，且33a由（1）知lnx>−1x，所以f1a=aln1a+1+a32>a(−a+1)+a32=a>0．
因为f(x)在0,33a上单调递减，1a<33a,f1a⋅f33a<0，
所以f(x)在0,33a上有且只有1个零点，记为x2，且1a所以1a同理，若记x1∈1a,33a,x2∈33a,1
则有0综上所述，x2−x1<1−1a．
17．（2024·上海·三模）已知fx=ex−ax−1，a∈R，e是自然对数的底数.
(1)当a=1时，求函数y=fx的极值；
(2)若关于x的方程fx+1=0有两个不等实根，求a的取值范围；
(3)当a>0时，若满足fx1=fx2x1【解题思路】（1）把a=1代入函数fx中，并求出f′x，根据f′x的正负得到fx的单调性，进而求出fx的极值.
（2）fx+1=0等价于y=a与gx=exx的图象有两个交点，求导得到函数y=gx的单调性和极值，画出y=gx的大致图象，数形结合求解即可.
（3）求出f′x，并得函数y=fx在−∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增，可得则x1∈−∞,lna，x2∈lna,+∞，要证x1+x2<2lna，只需证x1<2lna−x2，只需证fx1>f2lna−x2，即证fx2>f2lna−x2，令ℎx=fx−f2lna−x，对ℎx求导证明即可.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=ex−x−1，定义域为R，求导可得f′x=ex−1，
令f′x=0，得x=0，
当x<0时，f′x<0，函数fx在区间−∞,0上单调递减，
当x>0时，f′x>0，函数fx在区间0,+∞上单调递增，
所以y=fx在x=0处取到极小值为0，无极大值.
（2）方程fx+1=ex−ax=0，
当x=0时，显然方程不成立，
所以x≠0，则a=exx，
方程有两个不等实根，即y=a与gx=exx的图象有2个交点，
g′x=x−1exx2，
当x<0或0gx在区间−∞,0和0,1上单调递减，
并且x∈−∞,0时，gx<0，当x∈0,1时，gx>0，
当x>1时，g′x>0，gx在区间1,+∞上单调递增，
x>0时，当x=1时，gx取得最小值，g1=e，
作出函数y=gx的图象，如图所示：
因此y=a与gx=exx有2个交点时，a>e，
故a的取值范围为e,+∞.
（3）证明：a>0，由f′x=ex−a=0，得x=lna，
当xlna时，f'(x)>0，
所以函数y=fx在−∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增.
由题意x1要证x1+x2<2lna，只需证x1<2lna−x2，
而x1<2lna−x2故只需证fx1>f2lna−x2，
又fx1=fx2，所以只需证fx2>f2lna−x2，
即证fx2−f2lna−x2>0，
令ℎx=fx−f2lna−x，
即ℎx=ex−ax−1−e2lna−x−a2lna−x−1=ex−a2e−x−2ax+2alna，
ℎ′x=ex+a2e−x−2a，
由均值不等式可得ℎ′x=ex+a2e−x−2a≥2ex⋅a2e−x−2a=0，
当且仅当ex=a2e−x，即x=lna时，等号成立.
所以函数ℎx在R上单调递增.
由x2>lna，可得ℎx2>ℎlna=0，即fx2−f2lna−x2>0，
所以fx1>f2lna−x2，
又函数fx在−∞,lna上单调递减，
所以x1<2lna−x2，即x1+x2<2lna得证.
18．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数f(x)=a(1−2lnx)+4x6(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x1，x2x1≠x2为函数g(x)=kx2+1x2−lnx的两个零点，求证：x1x24>12e4．
【分析】（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−lnx2x22x14−x24=−1x1x24，t4=12e4，并利用分析法，将所证明不等式转化为证明lnx1x12+x14t4【详解】（1）f′(x)=24x5−2ax=212x6−ax，x∈(0,+∞)．
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0,+∞)上单调递增．
当a>0时，令f′(x)=0，得x6=a12，解得x=6a12．
当f′(x)>0时，x>6a12，当f′(x)<0时，0所以f(x)在0,6a12上单调递减，在6a12,+∞上单调递增．
综上：当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在0,6a12上单调递减，在6a12,+∞上单调递增．
（2）设0所以k=lnx1x12−1x14=lnx2x22−1x24，
所以lnx1x12−lnx2x22=1x14−1x24=x24−x14x1x24，lnx1x12−lnx2x22x14−x24=−1x1x24，
记t4=12e4，要证x1x24>12e4，只需证−1x1x24>−1t4，
只需证lnx1x12−lnx2x22x14−x24>−1t4，只需证lnx1x12+x14t4记ℎ(x)=lnxx2+x4t4，x∈(0,+∞)，则ℎ′(x)=t4(1−2lnx)+4x6x3t4，
记φ(x)=t4(1−2lnx)+4x6，x∈(0,+∞)，
由（1）可知，取a=t4>0，则x0=6a12=612e412=e23，
所以φ(x)在0,e23上单调递减，在e23,+∞上单调递增，
所以φ(x)min=φe23=t41−43+4e4=12e4⋅ −13+4e4=0，
所以φ(x)≥φe23=0，即ℎ′(x)≥0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
又012e4成立．
19．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数f(x)=sinxex−m,x∈(0,π).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1（ⅰ）求m的取值范围；
（ⅱ）证明：x1+x2<π.
【解题思路】（1）求出导函数，利用导数的正负判断函数的单调性即可；
（2）（i）由题设及零点存在定理列不等式组求解即可；
（ii）按照x2≤π2和x2>π2分类讨论，若x2>π2时，设g(x)=sinxeπ4−m，根据零点存在性定理得则g(x)在(0,π)内有两零点x1∗和x2∗，根据正弦函数对称性可知x1∗+x2∗=π，然后证明x1+x2【解答过程】（1）由f(x)=sinxex−m,x∈(0,π)得f′(x)=csx−sinxex，
当x∈0,π4时，f′(x)>0,f(x)单调递增；当x∈π4,π时，f′(x)<0,f(x)单调递减.
故f(x)单增区间为0,π4,f(x)单减区间为π4,π.
（2）（i）由题设及零点存在定理可知x1∈0,π4,x2∈π4,π，且有f(0)=f(π)<0，且fπ4>0，所以0−m<022eπ4−m>0，所以0（ii）若x2≤π2时，则x1+x2<π4+π2<π；
若x2>π2时，设g(x)=sinxeπ4−m，有g(0)=g(π)<0，且gπ4>0，
则g(x)在(0,π)内有两零点x1∗和x2∗，其中x1∗∈0,π4,x2∗∈3π4,π，
而g(x)关于x=π2对称，且有x1∗+x2∗=π.
由sinxeπ4在0,π2单增，知m=sinx1∗eπ4=sinx1ex1>sinx1eπ4，有x1由sinxeπ4在π2,π单减，知m=sinx2∗eπ4=sinx2ex2则x1+x2综上，x1+x2<π.