第六章 专题20 双变量问题(3)极值点偏移-【6星学霸·高考黑题】2026年高考数学二轮专项冲刺

学霸高考·黑题数学 专题20 双变量问题(3) 极值点偏移 命题密钥 极值，点偏移是函数双变量问题的经典题型，也是高考导数的重要题型，极值点偏移问题题 型丰富多变，变式多而杂，需要我们抓住极值点偏移问题的基本思路和通解通法，灵活运用代数 变形解决问题， 极值点偏移问题的基本形式为：(x1)=f(x2),求证x,+x>2x(或<2xo)以及x1x2>x(或< x),其中x0为函数f代x)的极值点 考点觉醒 构造函数 构造函数F归2，钱F片（萄）)，x。 求导判断F)单调性，得出x)在>xo上的符号，即x)与 判断符号 f2。-战f()》的大小关系 不妨设x,<2,则x,<x。<2, 所以以得到f)与f2x,x或 转化变量 f(要)的大小关系，即)与2。-（或爱）的大小关系 hx<<,得到2-<钱号<小从面利用<，时f)的 得出结论 单调性得到与2。（钱多）的大小关系 实战演练 典型例题(2022·全国甲理)已知函数x)=。-1nx+x-a (1)若f八x)≥0，求a的取值范围： (2)证明：若f八x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1. 第六章函数导数与不等式学霸 变式训练1.(2025·河南开封模拟)已知函数f(x)=e-ax2(a∈R). (1)当a=0时，若直线l过原点且与曲线y=f(x)相切，求1的方程. (2)若函数f(x)在(0，+0)上恰有2个零点x1, ①求a的取值范围： ②求证：x,+x2>4. 变式训练2(2025·广东广州期中)已知函数x)=a+(a-)nx+a∈R (1)讨论函数f(x)的单调性 (2)若关于x的方程f八x)=xe-lnx+一有两个不相等的实数根x1,x2, (1)求实数a的取值范围： (i)求证：24 x2 X1X1X2 153即))a-2 12 方法二：由(1)知a>2且13是方程x2-+1=0的两根，不妨设<2，即 1 方·名=1此时)九) 1 2 12 1 In *1-In x2 1 In z1-In -1=a 2n1-2<a-2 1一312 1-2=a 1 1 2ln x1 欲证不等式成立，只需证 <1. 因为0<4，所以0<，<1，只需证 需南+2n与>0 令g(x)= 1 +2ng(=1 12a0 x x2 所以g(x)在区间(0,1)上单调递减，且g(1)=0,所以-1+ 2hx1>0,即证 重难点拨 当题目所求式子为非对称的形式时，可以先利用书达定理消去参数， 再根据，和2满足的关系式清去其中一个，例如可以消去，从而得 到一个只含有？的式子，将双变量问题转化为单变景何题进行求解， 变式训练2(1)解：x)的定义域为(0，+0)，由八x)=2nx-ax+1≤ 0,得a≥2n+1 令u()=12n是则()=2n,当0<x<6时，>0，函数 u(x)在(0,6)上单调递增，当x>时，山'(x)<0,函数u(x)在(6， +m)上单调递减，所以()m=(6)=2_26 ve e' 所以≥，所以实数：的取值范国为[P5） (2)证明：由题意知g(x)=x2-ar+2nx,故g(x)=2x-a+ 2 22-a+2气x20),令g'()=0,则2x2-ar+2=0, 当4=a2-16≤0，即-4≤a≤4时，g(x)≥0，此时g(x)在(0，+x)上单 湖递增，不存在极值点 当4=2-16>0，即a<-4或a>4时. 若<-4，则g'(x)>0恒成立，g(x)在(0，+)上单调递增.此时不存在 极值点 若a>4,则方程2公2-a+2=0的两根为与=4-y-16 2可 4 4 时6e0,时go在o,）()） 4 单周道瑞当e(仁6,5)时g(o0,此时 4 在(-V6,+V公6)上单调递减，此时函数g)存在两个 4 4 极值点 又1=1，=号则0<1，放2()-g()=2 1+2nx1)-(-a1+2ln)=2x-2a1+4n无1-号+a2-2ln2= 2-4(x1+2)x1+4n1-号+2(x1+）2-2n=-2x-2+4ln1+ 号加与写时他与2， 令ee2是血r21.则p0=2a 462x4-6x2+4 一学霸高考·黑 2-32+2_22-1)(x2-2》_2x+10(x+w2)x-1)x-②，则 当x∈(1,2)时，p'(x)<0,中(x)在(1，Z)上单调递减，当xe(万， +)时，p'(x)>0,p(x)在（反，+）上单调递增，则p(x)n=p(万)= (2)22 -6ln2-2=-1-3ln2 (2)2 故2g(x1)-g()≥-1-3n2 变式训练3.解：(1)由题意知x∈(0,2)，因为八x)有两个极值点，所以 )加品可2有两个变号零点又 2 x(2-x） 与所以-2加20在[仔2)有两个不等实银， 令g(x)=-ar2+2ax+2=-a(x-1)2+a+2,对称轴为直线x=1,所以 (仔）-020.=a2021=20 7 得20≤号解得号 ≤a<-2 (2)八x)有对称中心(1，a),无对称轴证明如下：因为xe(0,2),定义 域关于x=1对称，且f代1)=a, 又2-)=h2g+a2-)≠f))+2-=h(2 2兰）2a=2a,故尺有对称中心(1，)，无对称轴 21 (3)由（1)得*场2，a2≤<1，故有代)+ In +,tk=h 2-1 2-)离e[片】 2-12-1 2k I-1+ 由x)+k2>0得2k>(1H)2-(1+#)ln,记h(t)=(1+t)2-(1+t)n, e[号1则o=210-h1+2b, 记e0=k(0,则p)=2+12-0,所以p(单调递 22 增，又e(行）9h7<0,p(1)=2>0,故存在6使得eo)=0,. 即(。=0，所以4(0在号）上单调递流，在(，)上单测递 域为[h(0),4),故2k≥4，k≥2 专题20双变量问题(3)—极值点偏移 典型斜题()解)的定义城为0，+).则/"（子） 上(）任小=0得= x 1,当xe(0,1)时f'(x)<0f代x)单调递减，当x∈(1，+∞)时f'(x)> 0八x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1-a,若f(x)≥0，则e+1-a≥0，即 a≤c+1,所以a的取值范围为(-m,c+1】. (2)证明：由题知《x)一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设x1<1< 2,要证1高2<1，即证1< 1因为1 1 e(0,1),所以即证f(1)> (行）又调为s).所似只需证与y(兮）博证 l et>0.e1,).即证号0-2[h( )]a 下面证明当o1时，e立>0，n(）小0 设g()=g- 题·数学·89一 ()门()(）(-)（任e) (任）设e(e-oo-(任） 0,所以p()>e(1)=e,而e÷<e,所以g-e立>0，所以g()>0,所以 g()在(1，+0)上单调递增，即g()>g(1)=0,所以二->0.令 4ah(）o1(p）2 -(x-1)2 2x <0，所以h(x)在(1，+∞)上单调递减，即h(x)<h(1)=0,所 变式练1.(1)解：当a=0时，代x)=e,设直线1与曲线ymf代x)相切 于点(xo),因为f(x)=心，所以直线l的斜常=∫()=0.又因为 y%=八和)=o,放l的方程为y-eo=eo(x-0).又因为1过原点，所 以-c0=(-),所以0=1，所以k=c0=c,枚l的方程为y=cx, 即ex-y=0. (2)①解：不妨设八x)在(0，+0)上恰有2个零点1,2,1<2，因为 八x)在(0，+∞)上恰有两个零点，所以关于x的方程e-x2=0有两个 不相等的正根， 若a≤0，则。-ax2>0,方程无解，故a>0,所以由方程c-ax2=0有两个 不相等的正根可以得到上兰=0有两个不相等的正根，记g(x) a e 1x2 。。0,则g()在(0，+m)上有两个零点。 由g(x)-2）,得gx)在(0,2)上单调递减，在(2，+)上单调递 e 省所以o6a)- 因为在0+)止有两个零点所议e)<0,即子c0,知 e2 得>4 又g(0)=1>0,所以1e(0,2. 又因为g(4a)=上16g=6e记h(a)=e-16a3,则r(a 4e-48a2=4(ea-12a2),记p(a)=eo-12a2,则p'(a)=4e-24a= 4(e-6a),记(a)=e-6a,则'(a)=4e-6>e2-6>0,所以(a) 单现遥瑞所以(op心(）-2-0，即go0,所以eo 单调是#所eo>(日）-2-之>0，即(o>0所以4(o) 单调遥增，所以4(。)>6（号）2子>0，即g(4o)>0,所以e (e (2,4a) 即a>时8（到在(0，+）上有两个零点，即八)在(0，+)止有 两个零点 综上，实数a的取值范图为（任）厂 ②证明：由①阅g(x)在(0,2)上单调递或，在(2，+四)上单调递增， 1e(0,2),3e(2,4a）, 记G()=g)-g(4-)4-)22 6ce(4-) 2xe(0,2),则 G(x)6(4-)(2-x)+x-2.-2[c(x-4)+ e e 记m(x)=e2(x-4)+x,则m'(x)=e2(2x-7)+l,记n(x)=m'(x), 则n'(x)=4e-+(x-3)<0,所以n(x)在(0,2)上单调递减.又(0)= 。+1>0,a(2)=-3+1=-2<0,所以存在3e(0,2)使得a()=0,所 一学霸高考·黑 以m(x)在(0，x)上单调递增，在(3,2)上单调递减 因为m(2)=0,所以m()>m(2)=0又m(0)=-。<0,所以存在 4e(0,)使得m(xa)=0.又x-2<0,所以G(x)在(0，x4)）上单调递 增，在(x4,2)上单调递减 因为G(0)=16>0,G(2)=0,所以c()>0恒成立，即()>g(4-)在 (0,2)上成立，即g(x1)>g(4-), 又g(x1)=g(x2)=0,所以g(x2)>g(4-x1). 又因为1<2，所以4-1>2，同时2>2，g(x)在(2，+g)单涧递增，所以 3>4-1,即x1+3>4 变式调练2（)解：因为)=r+(a-1)h+,所以f()=a+ a-11a2+(a-1)x-1_(x+1)(a-12.其中0. x2 x2 ①当a≤0时，f(x)<0,所以函数f八x)的减区间为(0，+e),无增区间： ②当a>0时，由f()>0得，由()<0可得0<，所以函数 a 到的增区间为（仁）诚区间为(，片） 1 综上，当a≤0时，函数f代*)的减区间为(0，+∞)，无增区间； 1 当>0时，函数)的增区间为（后+诚区间为(0，。 (2)(i)解：方程八x)=xe-lnx+ 上可化为0=ax+alnx,即ch a(x+ln x). 令t(x)=x+nx,因为函数t(x)在(0，+)上单调递增，易知函数(x)= x+nx的值域为R 结合题意，关于t的方程e'=a(◆)在R上有两个不等的实根，又当a= 0时方程(·)无解，资以方程()可化为子=0，令g)=号 ，则g0)有两个零点 a 1-t g()= ,由g(0<0可得>1，由g()>0可得K1,所以函数g) 在(-，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，所以函数g(t)= 11 g(1)= e a 为0)有两个零点，所以8《0>0，即。>。，解得a<0或o>。 若a<0,则当e(1,+e)时g(t)>0,即g()在(1，+e)上没有零点，不 符合题意，舍去： 当a>e时，由g(0)= <0可知存在41=(0,1)使得84)=0， a 又g(a)=41-a2- 。dao,记h(a)=a2-e,a>e,则k'(@)=2a-e,记 p(a)=h'(a),则p'(a)=2-e<2-e<0,故p(a)单递减，从面p(a)< p(c)=2e-c"<0,即h'(a)<0,所以h(a)单调递减，因此h(a)< h(e)=e2-e<0,即g(a)<0,根据零点存在性定理可知存在2∈(1，a) 使得g(t2)=0, 所以当a>e时，g()有两个零点，故实数a的取值范围是(e,+∞. （i)证明：要证，兰，2a,只需证，内，>2a,即证山+e>2a 1 因为e=at,所以只需证+2>2. 不坊设0<，<1d4,记c(0)=g(0)-g(2-4)=兰2.号e2-,0< 2。 e2 c1. 则G()= 1-tc(1-)_(1-)(e-e)(e+e2,因为0<<1，则1-t> e e2 e*2 0.e-e>0,所以G(t)>0.故G()单调递增，所以G()<G(1)=0,即 (1)<g(2-1). 又g(41)=g(2),所以g(42)<g(2-4. 又2-41>1,2>1，g()在(1，+m)单调递减，所以2>2-，即与+5>2， 所以原不等式得证 专题21双变量问向题(4)—比值换元 典型例题(1)解：f(x)的定义城为(0，+x).由f(x)=x(1-nx)得 题·数学·90