双变量与极值点偏移课件-2026届高三数学二轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“双变量与极值点偏移”专题，依据高考评价体系梳理了切割线夹、代数与几何偏移、不对称零点和积最值三大核心考点，通过近五年真题分析明确“极值点偏移证明”“双变量不等式”等高频考点占比，归纳出对称化构造、引元消参等常考题型。 课件亮点在于“真题情境+方法建模+素养提升”，如以2022年全国甲卷真题为载体，详解对称化构造、引元消参等突破方法，通过“切割线夹逼”“比值换元”培养数学思维和数学语言表达能力。设“规律方法总结”和“易错点警示”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此开展针对性教学，提升复习效率。

2026年高考数学复习专题练习 ★★ 　双变量与极值点偏移 微点一　切割线夹问题 已知函数f(x)=. (1)求函数f(x)的零点x0，以及曲线y=f(x)在x=x0处的切线方程； 例1 令f(x)==0，得x=±1， 所以函数f(x)的零点x0=±1，又f'(x)= 则f'(-1)=2e，f'(1)=-则曲线y=f(x)在点(-1，0)，(1，0)处的切线方程分别为y=2e(x+1)和y=-(x-1). 解 (2)设方程f(x)=m(m>0)有两个实根x1，x2，求证：|x1-x2|<2-m. 画出函数f(x)=的图象，易知 x1，x2∈(-1，1)， 又f(0)=1，f'(0)=-1，所以曲线y=f(x)在点(-1，0)，(0，1)处的切线方程分别为y=2e(x+1)和y=-x+1. 令g(x)=2e(x+1)，h(x)=-x+1. 先证f(x)<g(x)(-1<x<1)，再证f(x)≤h(x)(-1<x<1). 构造函数F(x)=f(x)-g(x)=-2e(x+1) (-1<x<1)， 易证当-1<x<1时，F'(x)=-2e<0，所以F(x)在(-1，1)上单调递减， 故F(x)=-2e(x+1)<F(-1)=0， 证明 即f(x)<g(x)(-1<x<1). f(x)-h(x)=+x-1 =(-1<x<1)， 令φ(x)=ex-(x+1)(-1<x<1)， φ'(x)=ex-1， 令φ'(x)<0，得-1<x<0， 令φ'(x)>0，得0<x<1， 则φ(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以当-1<x<1时，φ(x)≥φ(0)=0， 证明 又当-1<x<1时，x-1<0，ex>0， 所以f(x)-h(x)≤0， 即f(x)≤h(x)(-1<x<1)， 不妨设-1<x1<x2<1，方程g(x)=m的根为x'1， 可得x'1=-1. 因为g(x)在(-1，1)上单调递增， 且g(x1)>f(x1)=m=g(x'1)， 所以x1> x'1. 证明 类似地，设方程h(x)=m的根为x'2，可得x'2=1-m. 因为h(x)在(-1，1)上单调递减，且h(x2)≥f(x2)=m=h(x'2)， 所以x2≤ x'2. 由此可得x2-x1< x'2-x'1=1-m- =2-m. 综上，|x1-x2|<2-m. 证明 规律方法 当方程的根无法求解时，可以联想到弦长公式的求法|AB|=|x1-x2|，设而不求，尝试转化，借助第(1)问，利用切线夹逼，这是一种以直代曲的思想(定积分的思想)，将不可求解问题化归为可求解问题，在选取切线时需合理，且需要严格论证. 跟踪演练1　已知函数f(x)=xln x. (1)对于任意的x>0，证明：f(x)≥-2x-e-3； 令g(x)=f(x)+2x+e-3=xln x+2x+e-3，g'(x)=ln x+3， 显然g'(x)=0时，x=e-3，当x∈(0，e-3)时，g'(x)<0， ∴函数g(x)在(0，e-3)上单调递减； 当x∈(e-3，+∞)时，g'(x)>0， ∴函数g(x)在(e-3，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(e-3)=-3e-3+2e-3+e-3=0. ∴对于任意的x>0，f(x)≥-2x-e-3. 证明 (2)若f(x)=b有两个实根x1，x2(x1≠x2)，求证：|x1-x2|<b+1+. 当x=1时，f(1)=0，由函数f(x)=xln x在点(1，0)处切线的斜率k=f'(1)=1， 可得在(1，0)处的切线方程为y=x-1， 作出直线y=x-1与f(x)=xln x的图象， 如图，根据图象可得x1，x2∈(0，1)， 易证f(x)>x-1(0<x<1)， 记直线y=-2x-e-3，y=x-1分别与y=b交于点(x'1，b)，(x'2，b)， 可得x'1=x'2=b+1，不妨设x1<x2，则x'1≤x1，x2<x'2， 故|x1-x2|=x2-x1<x'2-x'1=(b+1)-=b+1+ 故|x1-x2|<b+1+. 证明 返回 微点二　代数偏移与几何偏移 1.极值点偏移的定义 极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性.例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标的两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移. 2.从图形角度理解极值点偏移(x0为极值点，且x1<x2) (1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2=2x0. (2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0. (3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0. 已知函数f(x)=ln x++a，a为常数. (1)求函数f(x)的单调区间； 例2 函数f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=-= 在(0，1)上，f'(x)<0，f(x)单调递减； 在(1，+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增， 故f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞). 解 (2)当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时，证明：x1+x2>2. 方法一　(对称化构造法) 由(1)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，在x=1处取得极小值. 不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2， 欲证x1+x2>2，即证x2>2-x1， 又2-x1>1， 即证f(x2)>f(2-x1)， 由f(x1)=f(x2)， 即证f(x1)>f(2-x1). 证明 构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)，0<x<1， 则F'(x)=f'(x)+f'(2-x) =+=<0， 所以F(x)在(0，1)上单调递减， 所以F(x)>f(1)-f(2-1)=0. 又因为x1∈(0，1)， 所以F(x1)=f(x1)-f(2-x1)>0， 即f(x1)>f(2-x1)， 故x1+x2>2，得证. 证明 方法二　(引元消参法) 由(1)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，在x=1处取得极小值. 不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2， 由f(x1)=f(x2)，得ln x1+=ln x2+ 令=t(t>1)，可得x2=tx1， 则ln x1+=ln(tx1)+ 解得x1=进而可得x2= 证明 欲证x1+x2>2， 即证+=>2，即证2ln t-t+<0， 令g(t)=2ln t-t+t>1， 则g'(t)=-1-=<0， 所以g(t)在(1，+∞)上单调递减， 所以g(t)<2ln 1-1+=0， 所以2ln t-t+<0， 故x1+x2>2，得证. 证明 规律方法 对称化构造函数法构造辅助函数 (1)对结论x1+x2>2x0型，构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x). (2)对结论x1x2>型，方法一是构造函数F(x)=f(x)-f 通过研 究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1+ ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可. 跟踪演练2　(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=-ln x+x-a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； 由题意知函数f(x)的定义域为(0，+∞). 由f'(x)=-+1 == 可得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以f(x)min=f(1)=e+1-a. 又f(x)≥0， 所以e+1-a≥0，解得a≤e+1， 所以a的取值范围为(-∞，e+1]. 解 (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 方法一　(对称化构造法) 由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 由f(x)有两个零点， 可得f(1)=e+1-a<0， 即a>e+1. 不妨设0<x1<1<x2， 要证x1x2<1，即证x2< 由>1，x2>1， 证明 即证f(x2)<f  即证f(x1)<f  构造函数h(x)=f(x)-f (0<x<1)， 则h'(x)=f'(x)+f' = 构造函数m(x)=ex+x-x-1(0<x<1)， 则m'(x)=ex+1- 证明 因为0<x<1，所以1-<0， 所以m'(x)>0在(0，1)上恒成立， 即m(x)在(0，1)上单调递增，所以m(x)<e+1-e-1=0， 又因为x-1<0，所以h'(x)>0在(0，1)上恒成立， 所以h(x)在(0，1)上单调递增， 所以h(x)<f(1)-f(1)=0，即f(x)<f  又因为0<x1<1， 所以f(x1)<f 即x1x2<1，得证. 证明 方法二　(引元消参法) 由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 由f(x)有两个零点， 可得f(1)=e+1-a<0， 即a>e+1. 因为f(x)的两个零点为x1，x2， 所以 即 证明 由函数y=ex+x在R上单调递增， 可得x1-ln x1=x2-ln x2， 不妨设0<x1<1<x2， 令t=(t>1)， 可得x1-ln x1=tx1-ln(tx1)， 解得x1= 进而可得x2= 欲证x1x2<1，即证<1， 证明 即证ln t-+<0， 令h(t)=ln t-+t>1， 则h'(t)=--==-<0， 所以h(t)在(1，+∞)上单调递减， 所以h(t)<ln 1-+=0， 即ln t-+<0， 故x1x2<1，得证. 证明 返回 微点三　不对称零点和积最值问题 已知函数f(x)=xln x-ax2-x，g(x)=a∈R. (1)讨论g(x)的单调性； 例3 g(x)==ln x-ax-1，x>0，g'(x)=-a， ①当a≤0时，g'(x)>0，g(x)在(0，+∞)上单调递增； ②当a>0时，令g'(x)=0，解得x=当x∈时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减. 综上，当a≤0时，g(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，g(x)在上单调递增，在上单调递减. 解 (2)设f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x2>e3.(e=2.718 28…为自然对数的底数) 由题意知，f'(x)=ln x-2ax，x>0，x1，x2是f'(x)=0的两个不同的实数根， 即ln x1-2ax1=0，ln x2-2ax2=0， 解得2a= (*) 要证x2>e3， 即证4ln x1+ln x2>3，即4·2ax1+2ax2>3， 把(*)式代入得·(4x1+x2)>3(x1<x2)， 所以只需证ln<= 证明 令t=0<t<1， 即证h(t)=ln t-<0(0<t<1)成立， 而h'(t)=-= =>0， 所以h(t)在(0，1)上单调递增， 所以h(t)<h(1)=0， 所以命题得证. 证明 规律方法 当我们遇到x1+x2或者x1x2最值时，这个属于对称零点最值，也通常指向极值点偏移方向，而x1+kx2或者x2之类的，属于不对称零点问题，通常也是利用比值换元来解决问题. 跟踪演练3　已知关于x的方程ax-ln x=0有两个不相等的正实根x1和x2，且x1<x2. (1)求实数a的取值范围； 由ax-ln x=0且x>0，可得a=. 设F(x)=x∈(0，+∞)，则F'(x)= 令F'(x)=0，解得x=e. 当0<x<e时，F'(x)>0，F(x)单调递增； 当x>e时，F'(x)<0，F(x)单调递减， 函数F(x)=的图象如图，又当x趋向于0时，F(x)趋向于-∞， 当x趋向于+∞时，F(x)趋向于0； 要使F(x)的图象与直线y=a有两个交点， 则0<a<F(e)=故a的取值范围是. 解 (2)设k为常数，当a变化时，若x2有最小值ee，求常数k的值. 因为F(1)=0，由(1)得1<x1<e<x2， 则a=== 设=t(t>1)， 则t= 即ln x1=ln x2= 由x2有最小值ee， 即kln x1+ln x2=有最小值e. 解 设g(t)=(t>1)， g'(t)= 记G(t)=-(k+1)ln t+t-+k-1，t>1， G'(t)=-+1+= 由于t>1，若k≤1， 则G'(t)>0，可得G(t)单调递增， 此时G(t)>G(1)=0，即g'(t)>0，g(t)单调递增， 此时g(t)在(1，+∞)上没有最小值，不符合题意. 解 若k>1，当t∈(1，k)时，G'(t)<0， 则G(t)在(1，k)上单调递减， 当t∈(k，+∞)时，G'(t)>0， 则G(t)在(k，+∞)上单调递增. 又G(1)=0，G(k)<G(1)=0， 且当t趋向于+∞时，G(t)趋向于+∞， 故存在唯一的t0∈(k，+∞)，使得G(t0)=0. 当1<t<t0时，G(t)<0， 即g'(t)<0，此时g(t)在(1，t0)上单调递减； 解 当t>t0时，G(t)>0， 即g'(t)>0，g(t)在(t0，+∞)上单调递增. 所以当k>1时，g(t)有最小值g(t0)， 而G(t0)=0，即-(k+1)ln t0+t0-+k-1=0， 整理得k= 此时g(t0)= = 由题意知g(t0)=e. 解 令y=x+e-x-1且x>0， 则y'=1-e-x>0， 即y在(0，+∞)上单调递增，故y>y|x=0=0， 设h(x)=(x>0)， h'(x)= 设H(x)=(x+2)e-x+x-2，x>0， H'(x)=-(x+1)e-x+1. 解 设u(x)=H'(x)，x>0，u'(x)=xe-x>0， 故H'(x)单调递增，H'(x)>H'(0)=0. 此时H(x)单调递增，H(x)>H(0)=0， 故h'(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增， 而由h(1)=e知，h(x)=e的唯一解是x=1. 故g(t0)=e的唯一解是ln t0=1，即t0=e. 综上所述，k=e2-2e. 解 返回 专题强化练 1. (1)因为f(x)≥-1，所以xe2x-aex+1≥0， 即a≤xex+.令t(x)=xex+ 则t'(x)=xex+ex-. 当x∈(-∞，0)时，ex<1<t'(x)<0，t(x)单调递减； 当x∈(0，+∞)时，ex>1>t'(x)>0，t(x)单调递增. 所以t(x)min=t(0)=1，则a≤1， 故a的取值范围是(-∞，1]. 答案 1 2 3 4 1. 答案 1 2 3 4 (2)g(x)=a(e3x-ex)-f(x)=e2x(aex-x)，易知e2x>0. 令h(x)=aex-x， 则h(x)有两个不同的零点x1，x2. 求导得h'(x)=aex-1， 当a≤0时，h'(x)<0，h(x)在R上单调递减， 故h(x)不可能存在两个不同的零点，不满足题意； 当a>0时，当x∈(-∞，-ln a)时，h'(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(-ln a，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增. 1. 答案 1 2 3 4 当x→-∞时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)→+∞. 故h(x)min=h(-ln a)=1+ln a<0， 解得0<a<. 设x1<x2，则x1∈(-∞，-ln a)，x2∈(-ln a，+∞). 要证x1+x2<2ln 即证2ln-x1>x2， 因为x1，x2是h(x)的两个不同的零点， 所以h(x1)=h(x2)=0， 1. 答案 1 2 3 4 故令F(x)=h-h(x)=-aex+2x+2ln a，x<-ln a，且0<aex<1. 所以F'(x)=--aex+2=-+2<-2+2=0， 所以F(x)在(-∞，-ln a)上单调递减， 故F(x)>F(-ln a)=0. 因为x1∈(-∞，-ln a)， 所以F(x1)=h-h(x1)>0， 1. 答案 1 2 3 4 所以h>h(x1)=h(x2)=0. 因为h(x)在(-ln a，+∞)上单调递增， 且2ln-x1∈(-ln a，+∞)，x2∈(-ln a，+∞)， 所以2ln-x1>x2， 即x1+x2<2ln. 2. 答案 1 2 3 4 (1)因为f(x)=x≠0， 所以f'(x)=. 当a=0时，f'(x)<0， 所以f(x)在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，令f'(x)>0，得x> 令f'(x)<0，得0<x<或x<0， 所以f(x)在上单调递增，在(-∞，0)和上单调递减； 2. 答案 1 2 3 4 当a<0时，令f'(x)>0，得x< 令f'(x)<0，得<x<0或x>0， 所以f(x)在上单调递增，在和(0，+∞)上单调递减. 综上所述，当a=0时，f(x)在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在(-∞，0)和上单调递减； 当a<0时，f(x)在上单调递增，在和(0，+∞)上单调递减. 2. 答案 1 2 3 4 (2)方法一　因为f(x)+g(x)=+ax-ln x-1≥0(x>0)恒成立， 所以eax-ln x+ax-ln x-1≥0恒成立. 令t=ax-ln x，则et+t-1≥0. 令ω(t)=et+t-1， 则ω(t)在R上单调递增. 因为ω(0)=0，所以ω(t)≥0，即t≥0. 由t=ax-ln x≥0(x>0)，得a≥. 2. 答案 1 2 3 4 令φ(x)=x∈(0，+∞)， 则φ'(x)= 当x∈(0，e)时，φ'(x)>0， 当x∈(e，+∞)时，φ'(x)<0， 所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减， 所以φ(x)max=φ(e)= 所以a的取值范围为. 2. 答案 1 2 3 4 方法二　令h(x)=f(x)+g(x)=+ax-ln x-1，x∈(0，+∞)， 则h(x)≥0恒成立. h'(x)=+a-= ①当a≤0时，因为x>0，所以h'(x)<0， 所以h(x)在(0，+∞)上单调递减. 因为h(1)=ea+a-1≤e0+0-1=0， 所以h(x)≥0不恒成立. 2. 答案 1 2 3 4 ②当a>0时，当x∈时，h'(x)<0， 当x∈时，h'(x)>0， 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增， 故h(x)min=h=ae+ln a. 因为函数F(a)=ae+ln a在(0，+∞)上单调递增，且F=0， 所以当a∈时，h(x)≥0恒成立. 故实数a的取值范围为. 2. 答案 1 2 3 4 (3)由(2)得，h(x)=f(x)+g(x)，x∈(0，+∞)， 当0<a<时，h(x)min=h<0，此时>e. 因为h(1)=ea+a-1>e0+0-1=0， h(e)=+ae-ln e-1<+·e-2=0， 当x→+∞时，h(x)→+∞，所以h(x)=0有两个不同的根， 即f(x)+g(x)=0有两个不同的根x1，x2， 不妨设x1<x2，则1<x1<e<x2. 2. 答案 1 2 3 4 由f(x)+g(x)=0得，eax-ln x+ax-ln x-1=0， 因为函数ω(t)=et+t-1在R上单调递增，且ω(0)=0，所以ax-ln x=0， 所以 故a=. 又a(x1+x2)=ln x1+ln x2， 2. 答案 1 2 3 4 所以ln x1+ln x2=(x1+x2)=·ln. 令m=∈(0，1)， 则ln x1+ln x2=·ln m. 要证x1x2>e2， 只要证ln x1+ln x2>2， 即证·ln m>2. 2. 答案 1 2 3 4 方法一　要证·ln m>2，m∈(0，1)， 即证(m+1)ln m-2(m-1)<0. 令p(m)=(m+1)ln m-2(m-1)，m∈(0，1)， 则p'(m)=ln m+-2. 令q(m)=ln m+-2，m∈(0，1)， 则q'(m)=-=<0， 2. 答案 1 2 3 4 所以p'(m)在(0，1)上单调递减， 所以p'(m)>p'(1)=0， 所以p(m)在(0，1)上单调递增. 所以p(m)<p(1)=0， 即(m+1)ln m-2(m-1)<0成立， 故x1x2>e2. 2. 答案 1 2 3 4 方法二　要证·ln m>2，m∈(0，1)， 即证ln m-<0. 令k(m)=ln m-m∈(0，1)， 则k'(m)=-=>0， 所以k(m)在(0，1)上单调递增， 所以k(m)<k(1)=0，即ln m-<0， 故x1x2>e2. 3. 答案 1 2 3 4 (1)由f(x)=xln x-a(x2-1)+x得f'(x)=ln x-2ax+2(x>0)， 因为f(x)单调递减，所以f'(x)=ln x-2ax+2≤0在x>0时恒成立， 即2a≥在x>0时恒成立，令g(x)=(x>0)，则g'(x)= 可知当0<x<时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x>时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 则当x=时g(x)取最大值g=e，所以2a≥e， 所以a的取值范围是. 3. 答案 1 2 3 4 (2)由(1)知，当a≥时，f(x)单调递减，不符合题意； 因为函数f(x)有两个极值点x1，x2， 则f'(x)=ln x-2ax+2(x>0)有两个变号零点x1，x2， 令φ(x)=f'(x)=ln x-2ax+2(x>0)，φ'(x)=-2a， 当a≤0时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，不符合题意， 可知0<a<且x2>2x1>0， 要证明e6x1>32， 只需证明ln x1+2ln x2>5ln 2-6. 3. 答案 1 2 3 4 由得 则2a= 所以ln x1+2ln x2=2a(x1+2x2)-6=(x1+2x2)-6=-6. 令t=则t∈ 要证明ln x1+2ln x2>5ln 2-6， 只需证(t+2)>5ln 2. 3. 答案 1 2 3 4 令h(t)=(t+2)，且t∈ 则h'(t)= 令u(t)=t-3ln t-+1，且t∈ 则u'(t)=1-+=>0， 则u(t)在上单调递增， 3. 答案 1 2 3 4 故u(t)<u=3ln 2-<0， 故h'(t)<0，则h(t)在上单调递减， 所以h(t)>h=5ln 2， 即(t+2)>5ln 2， 即ln x1+2ln x2>5ln 2-6， 所以e6x1>32，即原不等式成立. 4. 答案 1 2 3 4 (1)由f(x)=4x-x4，可得f'(x)=4-4x3. 当f'(x)>0，即x<1时，函数f(x)单调递增； 当f'(x)<0，即x>1时，函数f(x)单调递减. 所以f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞). 4. 答案 1 2 3 4 (2)设点P的坐标为(x0，0)，则x0=f'(x0)=-12， 曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f'(x0)(x-x0)，即g(x)=f'(x0)(x-x0)， 令函数F(x)=f(x)-g(x)，即F(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0)，则F'(x)=f'(x)-f'(x0). 因为F'(x0)=0，f'(x)=4-4x3是R上的减函数，所以当x∈(-∞，x0)时，F'(x)>0； 当x∈(x0，+∞)时，F'(x)<0， 所以F(x)在(-∞，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减， 则对于任意实数x，F(x)≤F(x0)=0， 即对任意实数x，都有f(x)≤g(x). 4. 答案 1 2 3 4 (3)由(2)知，g(x)=-12 设方程g(x)=a的根为x'2，可得x'2=-+. 因为g(x)在R上单调递减， 又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2)，因此x2≤x'2. 类似地，设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x)，f'(0)=4， 可得h(x)=4x，对于任意的x∈R，有f(x)-h(x)=-x4≤0，即f(x)≤h(x). 设方程h(x)=a的根为x'1，可得x'1= 因为h(x)=4x在R上单调递增，且h(x'1)=a=f(x1)≤h(x1)， 因此x'1≤x1，如图所示，由此可得x2-x1≤x'2-x'1=-+. 1.已知函数f(x)=xe2x-aex. (1)若f(x)≥-1，求a的取值范围； 1 2 3 4 答案 因为f(x)≥-1，所以xe2x-aex+1≥0， 即a≤xex+. 令t(x)=xex+ 则t'(x)=xex+ex-. 当x∈(-∞，0)时，ex<1<t'(x)<0，t(x)单调递减； 当x∈(0，+∞)时，ex>1>t'(x)>0，t(x)单调递增. 所以t(x)min=t(0)=1，则a≤1， 故a的取值范围是(-∞，1]. 解 1 2 3 4 答案 (2)若函数g(x)=a(e3x-ex)-f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2<2ln. 1 2 3 4 答案 g(x)=a(e3x-ex)-f(x)=e2x(aex-x)，易知e2x>0. 令h(x)=aex-x， 则h(x)有两个不同的零点x1，x2. 求导得h'(x)=aex-1， 当a≤0时，h'(x)<0，h(x)在R上单调递减， 故h(x)不可能存在两个不同的零点，不满足题意； 当a>0时，当x∈(-∞，-ln a)时，h'(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(-ln a，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增. 证明 1 2 3 4 答案 当x→-∞时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)→+∞. 故h(x)min=h(-ln a)=1+ln a<0， 解得0<a<. 设x1<x2，则x1∈(-∞，-ln a)，x2∈(-ln a，+∞). 要证x1+x2<2ln 即证2ln-x1>x2， 因为x1，x2是h(x)的两个不同的零点， 所以h(x1)=h(x2)=0， 证明 1 2 3 4 答案 故令F(x)=h-h(x)=-aex+2x+2ln a，x<-ln a，且0<aex<1. 所以F'(x)=--aex+2=-+2<-2+2=0， 所以F(x)在(-∞，-ln a)上单调递减， 故F(x)>F(-ln a)=0. 因为x1∈(-∞，-ln a)， 所以F(x1)=h-h(x1)>0， 证明 1 2 3 4 答案 所以h>h(x1)=h(x2)=0. 因为h(x)在(-ln a，+∞)上单调递增， 且2ln-x1∈(-ln a，+∞)，x2∈(-ln a，+∞)， 所以2ln-x1>x2， 即x1+x2<2ln. 证明 1 2 3 4 答案 2.(2025·十堰模拟)已知函数f(x)=g(x)=ax-ln x-1. (1)判断f(x)的单调性； 1 2 3 4 答案 因为f(x)=x≠0， 所以f'(x)=. 当a=0时，f'(x)<0， 所以f(x)在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，令f'(x)>0，得x> 令f'(x)<0，得0<x<或x<0， 所以f(x)在上单调递增，在(-∞，0)和上单调递减； 解 1 2 3 4 答案 当a<0时，令f'(x)>0，得x< 令f'(x)<0，得<x<0或x>0， 所以f(x)在上单调递增，在和(0，+∞)上单调递减. 综上所述，当a=0时，f(x)在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在(-∞，0)和上单调递减； 当a<0时，f(x)在上单调递增，在和(0，+∞)上单调递减. 解 1 2 3 4 答案 (2)若f(x)+g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围； 1 2 3 4 答案 方法一　因为f(x)+g(x)=+ax-ln x-1≥0(x>0)恒成立， 所以eax-ln x+ax-ln x-1≥0恒成立. 令t=ax-ln x，则et+t-1≥0. 令ω(t)=et+t-1， 则ω(t)在R上单调递增. 因为ω(0)=0，所以ω(t)≥0，即t≥0. 由t=ax-ln x≥0(x>0)，得a≥. 解 1 2 3 4 答案 令φ(x)=x∈(0，+∞)， 则φ'(x)= 当x∈(0，e)时，φ'(x)>0， 当x∈(e，+∞)时，φ'(x)<0， 所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减， 所以φ(x)max=φ(e)= 所以a的取值范围为. 解 1 2 3 4 答案 方法二　令h(x)=f(x)+g(x)=+ax-ln x-1，x∈(0，+∞)， 则h(x)≥0恒成立. h'(x)=+a-= ①当a≤0时，因为x>0，所以h'(x)<0， 所以h(x)在(0，+∞)上单调递减. 因为h(1)=ea+a-1≤e0+0-1=0， 所以h(x)≥0不恒成立. 解 1 2 3 4 答案 ②当a>0时，当x∈时，h'(x)<0， 当x∈时，h'(x)>0， 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增， 故h(x)min=h=ae+ln a. 因为函数F(a)=ae+ln a在(0，+∞)上单调递增，且F=0， 所以当a∈时，h(x)≥0恒成立. 故实数a的取值范围为. 解 1 2 3 4 答案 (3)若方程f(x)+g(x)=0有两个不同的根x1，x2，证明：x1x2>e2. 1 2 3 4 答案 由(2)得，h(x)=f(x)+g(x)，x∈(0，+∞)， 当0<a<时，h(x)min=h<0，此时>e. 因为h(1)=ea+a-1>e0+0-1=0， h(e)=+ae-ln e-1<+·e-2=0， 当x→+∞时，h(x)→+∞，所以h(x)=0有两个不同的根， 即f(x)+g(x)=0有两个不同的根x1，x2， 不妨设x1<x2，则1<x1<e<x2. 证明 1 2 3 4 答案 由f(x)+g(x)=0得，eax-ln x+ax-ln x-1=0， 因为函数ω(t)=et+t-1在R上单调递增，且ω(0)=0，所以ax-ln x=0， 所以 故a=. 又a(x1+x2)=ln x1+ln x2， 证明 1 2 3 4 答案 所以ln x1+ln x2=(x1+x2)=·ln. 令m=∈(0，1)， 则ln x1+ln x2=·ln m. 要证x1x2>e2， 只要证ln x1+ln x2>2， 即证·ln m>2. 证明 1 2 3 4 答案 方法一　要证·ln m>2，m∈(0，1)， 即证(m+1)ln m-2(m-1)<0. 令p(m)=(m+1)ln m-2(m-1)，m∈(0，1)， 则p'(m)=ln m+-2. 令q(m)=ln m+-2，m∈(0，1)， 则q'(m)=-=<0， 证明 1 2 3 4 答案 所以p'(m)在(0，1)上单调递减， 所以p'(m)>p'(1)=0， 所以p(m)在(0，1)上单调递增. 所以p(m)<p(1)=0， 即(m+1)ln m-2(m-1)<0成立， 故x1x2>e2. 证明 1 2 3 4 答案 方法二　要证·ln m>2，m∈(0，1)， 即证ln m-<0. 令k(m)=ln m-m∈(0，1)， 则k'(m)=-=>0， 所以k(m)在(0，1)上单调递增， 所以k(m)<k(1)=0，即ln m-<0， 故x1x2>e2. 证明 1 2 3 4 答案 3.已知函数f(x)=xln x-a(x2-1)+x. (1)若f(x)单调递减，求实数a的取值范围； 1 2 3 4 答案 由f(x)=xln x-a(x2-1)+x得f'(x)=ln x-2ax+2(x>0)， 因为f(x)单调递减，所以f'(x)=ln x-2ax+2≤0在x>0时恒成立， 即2a≥在x>0时恒成立，令g(x)=(x>0)，则g'(x)= 可知当0<x<时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x>时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 则当x=时g(x)取最大值g=e，所以2a≥e， 所以a的取值范围是. 解 1 2 3 4 答案 (2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x2>2x1，证明：e6x1>32. 1 2 3 4 答案 由(1)知，当a≥时，f(x)单调递减，不符合题意； 因为函数f(x)有两个极值点x1，x2， 则f'(x)=ln x-2ax+2(x>0)有两个变号零点x1，x2， 令φ(x)=f'(x)=ln x-2ax+2(x>0)，φ'(x)=-2a， 当a≤0时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，不符合题意， 可知0<a<且x2>2x1>0， 要证明e6x1>32， 只需证明ln x1+2ln x2>5ln 2-6. 证明 1 2 3 4 答案 由得 则2a= 所以ln x1+2ln x2=2a(x1+2x2)-6=(x1+2x2)-6=-6. 令t=则t∈ 要证明ln x1+2ln x2>5ln 2-6， 只需证(t+2)>5ln 2. 证明 1 2 3 4 答案 令h(t)=(t+2)，且t∈ 则h'(t)= 令u(t)=t-3ln t-+1，且t∈ 则u'(t)=1-+=>0， 则u(t)在上单调递增， 证明 1 2 3 4 答案 故u(t)<u=3ln 2-<0， 故h'(t)<0，则h(t)在上单调递减， 所以h(t)>h=5ln 2， 即(t+2)>5ln 2， 即ln x1+2ln x2>5ln 2-6， 所以e6x1>32，即原不等式成立. 证明 1 2 3 4 答案 4.已知函数f(x)=4x-x4，x∈R. (1)求f(x)的单调区间； 1 2 3 4 答案 由f(x)=4x-x4，可得f'(x)=4-4x3. 当f'(x)>0，即x<1时，函数f(x)单调递增； 当f'(x)<0，即x>1时，函数f(x)单调递减. 所以f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞). 解 (2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)； 1 2 3 4 答案 设点P的坐标为(x0，0)，则x0=f'(x0)=-12， 曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f'(x0)(x-x0)，即g(x)=f'(x0)(x-x0)， 令函数F(x)=f(x)-g(x)，即F(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0)，则F'(x)=f'(x)-f'(x0). 因为F'(x0)=0，f'(x)=4-4x3是R上的减函数，所以当x∈(-∞，x0)时，F'(x)>0； 当x∈(x0，+∞)时，F'(x)<0， 所以F(x)在(-∞，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减， 则对于任意实数x，F(x)≤F(x0)=0， 即对任意实数x，都有f(x)≤g(x). 证明 1 2 3 4 答案 (3)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1<x2，求证：x2-x1≤ -+. 1 2 3 4 答案 1 2 3 4 答案 证明 由(2)知，g(x)=-12 设方程g(x)=a的根为x'2，可得x'2=-+. 因为g(x)在R上单调递减， 又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2)，因此x2≤x'2. 类似地，设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x)，f'(0)=4， 可得h(x)=4x，对于任意的x∈R，有f(x)-h(x)=-x4≤0，即f(x)≤h(x). 设方程h(x)=a的根为x'1，可得x'1= 因为h(x)=4x在R上单调递增，且h(x'1)=a=f(x1)≤h(x1)， 因此x'1≤x1，如图所示，由此可得x2-x1≤x'2-x'1=-+. 返回 $