【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题11 一元函数的导数及其应用（导数中的极值偏移问题）（全题型压轴题） Word版含解析.docx，共(24)页，1.526 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9eee6e68f8a885bd842d6dd41c015330.html

以下为本文档部分文字说明：

专题11一元函数的导数及其应用（导数中的极值偏移问题）（全题型压轴题）导数中的极值偏移问题①对称化构造法②差值代换法③比值代换法④对数均值不等式法①对称化构造法1．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）已知函数()22

e2=−−xfxaxx（其中e为自然对数的底）(1)若()fx在()0,+上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若1a=，0x是()fx的极值点且00x.若()()12fxfx=，且210xx.证明：()120ln22ln2xxx+++.【答案】(1)(

,2−(2)见解析（1）因为()fx在()0,+上单调递增，所以()0fx¢³在()0,+恒成立，所以()22e220xfxax=−−在()0,+恒成立，令()22e22xgxax=−−，()24e2xgxa=−，①当0a时，()0gx¢³在()0,+恒

成立，()gx在()0,+上单调递增，所以()()00gxg=，所以满足题意.②当0a时，令()0gx¢=，则1ln22ax=.(i)01022aa，所以1ln022a，()gx在()0,+单调递增，所

以()()00gxg=，所以满足题意.（ii）122aa，()gx在10,ln22a上单调递减，在1ln,22a+上单调递增，所以()min1lnln2222aagxgaa==−−

，令()()ln222xhxxxx=−−，()()ln22xhxx=−，所以()0hx在()2,+恒成立，所以()hx在()2,+上单调递减，而()20h=，所以()min1ln

ln20222aagxgaa==−−不成立.所以实数a的取值范围为：(,2−.（2）()22e2xfxxx=−−，()22e22xfxx=−−，因为0x是()fx的极值点，所以0x满足()02

0000,e1,0xfxxx==+，令()22e22,0xpxxx=−−，则若()24e20xpx=−=，解得11ln22x=，所以当11,ln22x−时，()0px，当11ln,022x时，()0px

，所以()111ln1ln20222pxp=−−，()00p=，所以0x是()fx唯一负极值点，且()fx在()0,x−上单调递增，在()0,0x上单调递减，要证明()120ln22ln2xxx+++，即证明021

202e12xxxx++=+，化简得2012xxx−，由于()fx在()0,x−上单调递增，且由()()12fxfx=，210xx，可知2010xxx.故()()10010,0,2,xxxxx

−−，从而2012xxx−可推得()()2012fxfxx−，而()()12fxfx=，因此()()1012fxfxx−.令()()()()002,,0Fxfxfxxxx=−−，则()()()042202e222e222xxxFxxxx−=−−+−−−，()()

000242222002ee222ee2e22xxxxxxxxx−−=+−−=−+−−，而020e1xx=+，所以()()0222ee0xxxFx−=−，故()Fx单调递增，从而()()00FxFx=，即()()02fxfxx−，从而()()10

12fxfxx−，即证得()120ln22ln2xxx+++.2．（2022·四川泸州·高二期末（文））已知函数()e2(1)xgxax=−−，e为自然对数的底数.(1)若函数()gx在(1,)+上有零点，求a的

取值范围；(2)当0a，12xx，且12()()gxgx=，求证：122ln(2)xxa+.【答案】(1)2e[,)2+(2)证明见解析（1）令()0gx=，即e2(1)0xax−−=，则e21xax=−函数()gx在(1,)+上有零

点等价于方程e21xax=−在(1,)+上有解，设e()1xhxx=−，则2(2)e()(1)xxhxx−=−，故函数()hx在(1,2)上是减函数，在(2,)+上是增函数，故2()(2)ehxh=所以a的范围是2e[,)2+.（2）因为()e2(1)xgxax=

−−，故()e2xgxa=−，因为0a，所以()e20xgxa=−=得ln(2)xa=，故()gx在(,ln(2))a−上是减函数，在(ln(2),)a+上是增函数因为12xx，12()()gxgx=，所以不妨设1ln(

2)xa，2ln(2)xa，设()()(2ln(2))Fxgxgax=−−（ln(2)xa）2e4e4ln(2)4xxaaaax−=−+−，故2()e4e4xxFxaa−=+−22e4e40xxaa−−=，所以()Fx

在(ln(2),)a+上是增函数，所以()(ln(2))FxFa，即()(ln(2))0FxFa=，故22()(2ln(2))0gxgax−−，即22()(2ln(2))gxgax−，因为1ln(2)xa，2ln(2)xa

，且12()()gxgx=，所以22ln(2)ln(2)axa−，因为()gx在(,ln(2))a−上是减函数，所以122ln(2)xax−，故122ln(2)xxa+.3．（2022·黑龙江·双鸭山一中高三开学考试）已知函数()1lnfxxax=+

+．(1)求函数()fx的单调区间；(2)当()()()1212fxfxxx=时，证明：122xx+．【答案】(1)单调递增区间：()1,+，单调递减区间：()0,1(2)证明见解析（1）解：∵()1lnfxxax=++，∴()22111

xfxxxx−=−=，令()0fx=，得x＝1，当01x时，()0fx，()fx单调递减；当1x时，()0fx，()fx单调递增，故函数()fx的减区间为()0,1，增区间为()1,+；（2）证明：由（1）

知，不妨设1201xx，构造函数()()()2gxfxfx=−−，01x，故()()()()()()2222241112022xxxgxfxfxxxxx−−−−=+−=+=−−，故()g

x在()0,1上单调递减，()()10gxg=，∵()10,1x，∴()()()11120gxfxfx=−−，又∵()()12fxfx=，∴()()2120fxfx−−，即()()212fxfx−，∵1201xx，∴2x，()121,x−+，又∵()fx在()1,+上

单调递增，∴212xx−，即122xx+，得证．4．（2022·江苏·盐城市第一中学高三阶段练习）已知函数f（x）＝ex（lnx+a）．(1)若f（x）是增函数，求实数a的取值范围；(2)若f（x）有两个极

值点x1，x2，证明：x1+x2＞2．【答案】(1)[﹣1，+∞）(2)证明见解析（1）函数的定义域为()()10elnxfxxax+=++，，，若f（x）是增函数，即f′（x）≥0对任意x＞0恒成立，故1ln0xax++恒成立，设()1lngxxax=++，则()2211

1xgxxxx−=−=，所以当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以当x＝1时，g（x）min＝g（1）＝a+1，由a+1≥0得a≥﹣1，所以a的取值范围是[﹣1，+∞）．（2）不妨设0＜x1＜x2，因为x1，x

2是f（x）的两个极值点，所以()11111eln0xfxxax=++=，即111ln0xax++=，同理221ln0xax++=，故x1，x2是函数()1lngxxax=++的两个零点，即g（x1

）＝g（x2）＝0，由（1）知，g（x）min＝g（1）＝a+1＜0，故应有a∈（﹣∞，﹣1），且0＜x1＜1＜x2，要证明x1+x2＞2，只需证x2＞2﹣x1，只需证g（x2）﹣g（2﹣x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1）()()111111111111lnln2l

nln2022xaxaxxxxxx=++−−++=+−−+−−＞，设()()()11lnln2012hxxxxxx=+−−+−，，，则()22222221111114(1)02(2)(2)(2)xxxhxxxx

xxxxx−−−=−−−=−=−−−−−，所以h（x）在（0，1）上单调递减，因为x1∈（0，1），所以h（x1）＞h（1）＝0，即g（x2）﹣g（2﹣x1）＞0，g（x2）＞g（2﹣x1），又x2＞1，2﹣x1＞1，及g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以x2＞2﹣x1成立，即x

1+x2＞2成立．5．（2022·广东佛山·高二期末）已知函数()elnxfxxaxa=−−，其中0a．(1)若2ea=，求()fx的极值：(2)令函数()()gxfxaxa=−+，若存在1x，2x使得()()12gxgx=，证明：1212ee2xxxxa+．【答案】(1)极小值为

()1ef=−，无极大值.(2)证明见解析（1）解：当2ea=时()e2eln2exfxxx=−−，()0,x+，所以()()()1e2e2e1exxxxfxxxx+−=+−=，当()0,1x时，202xx+，

1eex，所以()0fx，当()1,x+时，22xx+，eex，所以()0fx，所以()fx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，所以()fx的极小值为()1ef=−，无极大值.（2）证明：(

)()()elnelnexxxgxaxaxxfxaxxaxa==−=+−−−，令extx=，则上述函数变形为()lnhattt=−，对于()extxx=，()0,x+，则()()1e0xtxx=+，即()extxx=在

()0,+上单调递增，所以若存在1x，2x使得()()12gxgx=，则存在对应的111extx=、222extx=()12tt，使得()()12htht=，对于()lnhattt=−，则()1=−ahtt，因为0a，所以当0ta时()0ht

，当ta时()0ht，即()ht在()0,a上单调递减，在(),a+上单调递增，所以ta=为函数()ht的唯一极小值点，所以120tat，则12ata−，令()()()2Fththat=−−，则()()()()()22211022taaaFththattattat−−=+−

=−+−=−−，所以()Ft在()0,a上单调递减，所以()()10FtFa=，即()()1120hthat−−，又()()12htht=，所以()()212hthat−，又()ht的单调性可知212tat−，即有212tta+成立，所以1212ee2xxx

xa+.6．（2022·甘肃酒泉·模拟预测（文））已知函数()21ln2fxxxxx=+−．(1)求曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程；(2)若()00fx=（()fx为()fx的导函数），方程()fxm=

有两个不等实根1x、2x，求证：1202xxx+．【答案】(1)32yx=−(2)证明见解析(1)解：因为()21ln2fxxxxx=+−，则()lnfxxx=+，所以，()112f=−，()11f=，所以，曲线()yfx=在点()()1,1f

处的切线方程为112yx+=−，即32yx=−.(2)证明：因为()lnfxxx=+，()00fx=，所以00ln0xx+=．因为()fx为增函数，所以()fx在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增．由方程()fxm=有两个不等实根1x、2x，则可设102x

xx，欲证1202xxx+，即证20102xxxx−，即证()()2012fxfxx−，而()()21fxfx=，即()()10120fxfxx−−，即()()()()2211110101010111ln2ln222022xx

xxxxxxxxxx+−−−−−−+−，设()()()()()22000011ln2ln22222gxxxxxxxxxxxxx=+−−−−−−+−，其中00xx，则()()00lnln22gxxxxx=+−+，设()()()000ln

ln220hxxxxxxx=++−，则()()()000211022xxxxxxxxhx−=−=−−，所以，函数()gx在()00,x上单调递增，所以()()0002ln20gxgxxx=+=，所以()gx在()00,x上单调递

减，所以()()00gxgx=，即()()2012fxfxx−，故1202xxx+得证．7．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（理））已知函数()()1lnfxaxax=+R.(1)讨论函数()f

x的单调性；(2)当1a=时，若函数()()11fxmxmx−−+R有两个不同的零点1x，2x，证明：122xxm+.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(1)()1lnfxaxx=+，得()()22110−=−=aaxfxxxxx，当0a时，()0

fx，()fx单调递减，当0a时，令()0fx=，解得1xa=，所以当10,xa，()0fx，函数()fx单调递减，当1,xa+，()0fx，函数()fx单调递增，综上所述，当0a时，()fx在()0

,+上单调递减；当0a时，()fx在10,a上单调递减，在1,a+上单调递增.(2)由题可知函数()11ln1fxmxxmxx−+−=−+有两个零点1x，2x，记()ln1hxxmx=−+，则()11−=−=mxhxmxx，当0m时，()0hx

，()hx单调递增，不可能有两个零点，当0m时，令()110−=−==mxhxmxx，得1xm=，当10,xm时，()0hx，函数()hx单调递增；当1,xm+时，()0hx，函数()hx单调递减

，因为()hx有两个零点，所以()max10hxhm=，解得01m.所以不妨设1210xxm，要证122xxm+，即证212xxm−，因为121xmm−，21xm，又()hx在1,xm+

单调递减，所以即证()()1212hxhxhxm=−，即证()1120hxhxm−−，构造函数()()2xhxhxm=−−10xm，所以()111222=−+−=+−−

−mxmmmxxmxxm()222422mxmxxmx−+=−21202mxmxxm−=−−，所以函数()x在10,m单调递增，且11210hhmmmm

=−−=，所以当10,xm时，()()20xhxhxm=−−，即()2hxhxm−，所以()112hxhxm−，即()222hxhxm−，得证.8

．（2022·江西·新余市第一中学三模（理））已知函数()2ln12afxxxxx=−−+，aR.若函数()fx在定义域内有两个不同的极值点12xx，.(1)求实数a的取值范围；(2)当02m时，证明：12mxxa+.【答案】(1)10,e；(2)证明见解析．(

1)函数()fx定义域为()0,+，()fx在()0,+内有两个不同的极值点1x、2x，等价于()lnfxxax=−在()0,+内有两个不同的零点1x、2x．设()lnhxxax=−，由()1axhxx−=，当0a时，()0hx，()hx在()0,+上单调递

增，至多只有一个零点，不符题意；当0a时，在10,a上()0hx，()hx单调递增；在1,a+上()0hx，()hx单调递减，∴当1xa=时，()max1ln1fxfaa==−−，函数()fx有两个零点，则

必有max()0fx，即ln10a−−，解得10ea．易证lnxx，证明如下：令()lnmxxx=−，()11222xmxxxx−=−=，当()0,4x时，()0mx，()mx单调递减，当()4,x+时，()mx单调递增，故()()min42ln20mxm==−，故

()ln0mxxx=−，得证．∴2211111ln0faaaaa=−−=，又()10fa=−，∴()fx在11,a和211,aa上各有一个零点1x、2x，此时：x1(0,)x1x12(,)xx2x2(,

)x+()fx−0+0−()fx↓极小值↑极大值↓故()fx在定义域内有两个不同的极值点12xx，时，a的范围为10ea；(2)方法1：由(1)可知12xx，是()lnhxxax=−的两个零点，不防设1210xxa，由11ln0xax−=且22l

n0xax−=，得12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx−===−．∵()()()111212221211221lnlnln00*1xxxxxxxxmxxmmxaxxx++−+−−−−．令

()120,1xtx=，则()()1*ln0**1ttmt−−+，记()1ln01tgttmt−=−+，()0,1t，则()()()222111tmtgttt−−+=+，令()()2211pttmt=−−+

，02m．又()2Δ4(1)4420mmm=−−=−，则()0pt，即()0gt，∴()gt在()0,1上单调递增，故()()10gtg=，即()**成立．∴不等式12mxxa+成立．方法2：欲证12mxxa+，由02m，10ea，则只需证：1

22xxa+．不妨设1210xxa，则11ln0xax−=且22ln0xax−=，则12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx−===−，∴()()()111212221211221lnlnln22020*1xxxxxxxxxxxaxxx++−+−−−

−，令()120,1xtx=，则()()()21*ln0**1ttt−−+，记()()21ln1tgttt−=−+，()0,1t，由()()()22101tgttt−=+，即()gt在()0,1上单调递增，故()()10gtg=，即()**成立.故12m

xxa+．②差值代换法1．（2022·江苏江苏·高三期末）设f(x)＝xex－mx2，m∈R.(1)设g(x)＝f(x)－2mx，讨论函数y＝g(x)的单调性；(2)若函数y＝f(x)在(0，＋∞)有两个零点x1，x2，证明：x

1＋x2＞2.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】(1)()()2e2=−−xgxxmxmxxR，()()()1e2=+−xgxxm，0m时，20xem−，当1x−时()0gx，()gx

是单调递增函数，当1x−时()0gx，()gx是单调递减函数；0m时，令()0gx=，得()121,ln2=−=xxm，当()1ln2−m即102me时，1x−或()ln2xm时()0gx，()gx是单调增函数，()ln21

−mx时()0gx，()gx是单调递减函数，当()1ln2−m即12me时，1x−或()ln2xm时()0gx，()gx是单调增函数，()1ln2−xm时()0gx，()gx是单调递减函数，当()1ln2−=m即12me=时，()0gx，(

)gx在xR上是单调增函数，综上所述0m时，()gx在()1,−+是单调递增函数，在(),1−上是单调递减函数；102me时，()gx在()1,−+，()(),ln2−m上是单调增函数，在()()ln2,1−m是单调递减函数，12me时，

()gx在(),1−−，()()ln2,+m上是单调增函数，在()()1,ln2−m是单调递减函数，12me=时，()gx在xR上是单调增函数.(2)令()2e0=−=xfxxmx，因为0x，所以e

=xmx，令()()=e0−xFxmxx，()()12=0,=0FxFx，两式相除得，1212xxxex−=，①不妨设21xx，令21txx=−，则0t，21xtx=+，代入①得：11ttxex+=

，反解出：11ttxe=−，则121221ttxxxtte+=+=+−，故要证122xx+即证221ttte+−，又因为10te−，等价于证明：()()22e10+−−ttt，构造函数()()()()22e1

0=+−−thtttt，则()()1e1=−+thtt，()e0=thtt，故()ht在()0+，上单调递增，()(0)0hth=，从而()ht在()0+，上单调递增，()(0)0hth=.即122xx+

.③比值代换法1．（2022·河北省唐县第一中学高二阶段练习）已知函数()()lnhxxaxa=−R.(1)若()hx有两个零点，a的取值范围；(2)若方程()eln0xxaxx−+=有两个实根1x、2x，且12xx，证明：12212eexxxx+.【答案】(1)()e,+(2)证明

见解析（1）解：函数()hx的定义域为()0,+.当0a=时，函数()hxx=无零点，不合乎题意，所以，0a，由()ln0hxxax=−=可得1lnxax=，构造函数()lnxfxx=，其中0x，所以，直线1ya=

与函数()fx的图象有两个交点，()21lnxfxx−=，由()0fx=可得ex=，列表如下：x()0,ee()e,+()fx+0−()fx增极大值1e减所以，函数()fx的极大值为()1eef=，如下图所示：且当1x时，()ln0xfxx=，由图可知，当110ea

时，即当ea时，直线1ya=与函数()fx的图象有两个交点，故实数a的取值范围是()e,+.（2）证明：因为()eln0xxaxx−+=，则()elne0xxxax−=，令e0xtx=，其中0x，则有ln0tat−=，()1e0xtx=+，所以，函

数extx=在()0,+上单调递增，因为方程()eln0xxaxx−+=有两个实根1x、2x，令111extx=，222extx=，则关于t的方程ln0tat−=也有两个实根1t、2t，且12tt，要证12212eexxxx+，即证1221eeexxxx，即证212ett

，即证12lnln2tt+，由已知1122lnlntattat==，所以，()()12121212lnlnlnlnttattttatt−=−+=+，整理可得12121212lnlnlnlntttttttt++=−−，不妨设120tt，即证1211212

2lnlnln2tttttttt++=−，即证()1122112122212ln1tttttttttt−−=++，令121tst=，即证()21ln1sss−+，其中1s，构造函数()()21ln1sgss

s−=−+，其中1s，()()()()222114011sgsssss−=−=++，所以，函数()gs在()1,+上单调递增，当1s时，()()10gsg=，故原不等式成立.2．（2022·全国·高三专题练习）设函数()()()()21ln1,,fxxxxmxRgxm

=−−+−为()fx的导函数.(1)求()gx的单调区间；(2)讨论()gx零点的个数；(3)若()fx有两个极值点12,,xx且12xx，证明：122xx+.【答案】(1)单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+．(2)答案见解析(3)证明见解析（1）解：因为()()

()21ln1fxxxxmx=−−+−，(0)x所以()1ln2fxxxmx=−−+．即()1ln2gxxxmx=−−+，(0)x，则()()()22211112xxgxxxx−+−=−+=．当()0,1x时，()0gx

，()gx单调递增；当()1,x+时，()0gx，()gx单调递减．所以()gx的单调递增区间为(0,1)，()gx的单调递减区间为(1,)+．（2）解：由（1）得，()()max13gxgm==−．当

3m时，()0gx，则()gx在()0,+上无零点．当3m=时，()10g=，则()gx在()0,+上有一个零点．当3m时，1103m，因为()10g，112ln0gmmm=−，()1ln

ln0gmmmmmm=−−−，所以11,1xm，()21,xm，()()120gxgx==，故()gx在()0,+上有两个零点．综上，当3m时，()gx在()0,+上无零点

；当3m=时，()gx在()0,+上有一个零点；当3m时，()gx在()0,+上有两个零点．（3）证明：由（2）及()fx有两个极值点12xx，，且12xx，可得3m，()gx在()0,+上有两个零点，且1201xx．所以1112221ln201ln20xxm

xxxmx−−+=−−+=，两式相减得()21212112lnln20xxxxxxxx−−−−+=，即212112lnln120xxxxxx−+−=−．因为12122xxxx+，所以()2121214xxxx+．下面证明212112lnln2xxxx

xx−−+，即证21221121ln1xxxxxx−+．令211xtx=，则即证22ln01ttt−−+．令()22ln1tmttt−=−+，1t，则()()()()222114011tmttttt−=−=++，所以()mt在()1,+上单调递增，所以()()10m

tm=，故212112lnln2xxxxxx−−+．又()21221121212lnln124022xxxxxxxxxx−=+−+−−++，所以()()()()2121212122210xxxxxxxx+−+−=+−++，故122xx+．3．（2022·四川·阆

中中学高二阶段练习（文））已知函数()()()1ln3fxxxax=++−．(1)若函数()fx为增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数()fx有两个极值点1x、()212xxx．求证：()()12122fxfxxx+++−．【答案】(1)1a(2)证明见解析(1

)解：因为()()()1ln3fxxxax=++−，该函数的定义域为()0,+，()1ln2fxxax=++−，若函数()fx为增函数，则()0fx恒成立．令()1ln2gxxax=++−，()22111x

gxxxx−=−=，令()0gx=得1x=，当()0,1x时，()0gx，()gx单调递减；当()1,x+时，()0gx，()gx单调递增，故()()11gxga=−，所以，10a−，因此

1a．(2)解：因为函数()fx有两个极值点1x、()212xxx，即方程()0gx=有两个不等的实根1x、()212xxx，因为()gx在()0,1上递减，在()1,+上递增，所以，1201xx，即1x、

2x是1ln20xax++−=的两个根，所以11221ln201ln20xaxxax++−=++−=，则()()111222ln21ln21xxaxxxax+−=−+−=−，所以，()()()()121211221212lnln

lnln2fxfxxxxxxxxxaxx+++=++++−+12lnln2xx=+−，即证12lnln0xx+，即证121xx．由11221ln201ln20xaxxax++−=++−=两式作差得1221

11lnxxxx=−，令()120,1xtx=，则11lntxt−=，21lntxtt−=，即只需证111lnlnttttt−−，即证1ln0ttt−+．令()1lntttt=−+，其中()0,1t，则()

()2102tttt−=−，故()t在区间()0,1上单调递减，当()0,1t时，()()10t=，命题得证．4．（2022·全国·高二期末）已知函数()lnfxxx=−.(1)求函数()fx的单调区间；(2)若函数()yfx=的图象与()ymmR=的图象交于()11,A

xy，()()2212,,Bxyxx两点，证明：12242ln2xx+−.【答案】(1)增区间为(0,1)，减区间为(1,)+(2)证明见详解（1）()fx的定义域为(0,)+令11()10xfxxx−=−=，解得01x令11()10xfxxx−=−=，解得1

x所以()fx的单调增区间为(0,1)，减区间为(1,)+（2）由（1）得1201xx由题知11lnxxm−=，22lnxxm−=两式相减整理可得：12121lnxxxx−=所以要证明12242ln2xx+−成立，只需证明1211222(42ln2l)

nxxxxxx+−−因为12ln0xx，所以只需证明212112(42ln2ln)2xxxxxx−+−令12,01xttx=，则只需证明1(42lnl21n2)ttt−−+，即证(1)ln(1)02(42ln2)ttt+−−−令2()(1)ln(1)2(4ln2)gtttt−=−+−

2ln22l12ln(2)1()22n2lntttgtttt++−−=++=记()2ln(2)12ln2hxttt+−=+则()2ln2hxt=易知，当102t时，()0hx，当112t时，()0hx所以当12t=时，min11()()022n2lnlhxh==+=所

以当01t时，()0gt，函数()gt单调递增故()(1)0gtg=，即(1)ln(1)02(42ln2)ttt+−−−所以，原不等式12242ln2xx+−成立.5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2lnfxxxa

xxa=−+R.（1）证明：曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线l恒过定点；（2）若()fx有两个零点1x，2x，且212xx，证明：1228xxe.【答案】（1）恒过定点1,02，证明见解析；（2）证明见解析.【详解】（1

）函数()fx的定义域为(0,)+，由2()lnfxxxaxx=−+，得()ln22fxxax=−+，则(1)2(1)fa=−，又(1)1fa=−，则曲线()yfx=在点()1,(1)f处的切线l的方程为(1)2(1)(1)yaax−−=−−，即12(1)2yax=−

−，显然恒过定点1,02.（2）若()fx有两个零点1x，2x，则21111ln0xxaxx−+=，22222ln0xxaxx−+=，得121122lnln11xxaxxxx=+=+.因为2120xx，令21(2)xtxt=，则111111lnln()11x

txxxtxtx+=+，得1lnln11txt=−−，则211lnlnln()lnln11ttxtxtxt==+=−−，所以()1212lnln(+1)lnlnlnln112111tttttxxxxttt=+=−+−=−−−−.令(+1)ln()2(2)1tthttt=−−，

则212ln()(1)ttthtt−+−=−，令1()2ln(2)ttttt=−+−，则22221(1)()10ttttt−=−++=，则()t在(2,)+上单调递增，所以3()(2)2ln202t=−.所以2()()0(1)thtt=

−，则()ht在(2,)+上单调递增，所以28()(2)3ln22lnhthe=−=，即()1228lnlnxxe，故1228xxe.6．（2022·浙江·效实中学高二期中）已知函数()()22lnxgxxttRe=−+有两个零点1x，2x.（1）求实数t的取值范围；（2）

求证：212114xxe+.【答案】（1）ln21t−；（2）证明见解析.【详解】（1）函数()()22lnxgxxttRe=−+定义域为()0,+，()222122=xexxegxe−=−.令()0gx=得22ex=，可得()gx在20,2e上

单调递增，在2,2e+上单调递减，又0x→时，()gx→−，x→+时，()gx→−，故欲使()gx有两个零点，只需22ln11ln2022eegtt=−+=−+，即ln21t−.（2）证明：不妨设12xx，则由（1）可知212

02exx，且1122222ln02ln0xxtexxte−+=−+=，两式相减可得21221lnln2xxexx−=−.欲证212114xxe+，即证()2112212lnln11xxxx

xx−+−，设21(1)xttx=，则即证12ln(1)tttt−，构造函数1()2ln(1)fttttt=−−，则()22212(1)10ttttft−=+−=，所以()ft在()1,+上单调递增，故()()10ftf=，所以12ln(1)tttt−，原不

等式得证.④对数均值不等式法1．（2022·四川南充·高二期末（文））设函数22()ln()Rfxaxxaxa=−+−．(1)当0a时，讨论函数()fx的单调性；(2)设()22()(2)lnxxaxaax=−+−++，记()()()hxfxx=+，当

2ea时，若方程()()Rhxmm=有两个不相等的实根12,xx，求证：12xxa+．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.（1）22()ln()Rfxaxxaxa=−+−的定义域为(0,

)+，()()2222222?axaxaxaxafxxaxxx−+−−=−+−==.令()0fx=，则得到导函数的两个零点，xa=或2ax=−，由于分母为正，故我们只关注分子函数()2()()2agxxax=−+，其为二次函数，借助其图像，以两个零点的大小关系为分类标准得到如下

：①当2aa−时，即0a时，当(0,)xa时，()0fx，()fx单调递减，当(,)xa+时，()0fx，()fx单调递增；②当2aa=−时，即0a=时，()0gx…恒成立，即()0fx…恒成立，故()fx在(0,)+

上单调递增；综上所述，当0a时，()fx的单减区间为(0,)a，单增区间为(,)a+；当0a=时，()fx只有单增区间(0,)+；（2）由题可知，()()()ln2(0)hxfxxaxxx=+=−，设12,xx是方程()hx

m=的两个不等实根，不妨设为120xx，则1122ln2ln2axxmaxxm−==−−，两式相减整理得到1212(lnln)22axxxx−=−，从而得到121222lnlnxxaxx−=−，要证12x

xa+，故只需要证明12121222lnlnxxxxxx−+−，由于12lnln0xx−，转化为121212()(lnln)22xxxxxx+−−，即12121222lnlnxxxxxx−−+，即112122

22ln1xxxxxx−+，令12(0,1)xtx=，则上述式子转化为22ln((0,1))1tttt−+设22()ln1tRttt−=−+，则22214(1)()0(1)(1)tRtttt−=−=++…，当且仅当1t=时等号成立，故()Rt在(

0,1)上单调递增，故有()(1)RtR0=，(0,1)t故()()22ln0,11tttt−+得证，即12xxa+.2．（2022·四川·树德中学高三阶段练习（理））已知函数()()()()ln1,1,,0

,xxfxxeaxxagxbxx=−+−+=−．(1)当1b=，()fx和()gx有相同的最小值，求a的值；(2)若()gx有两个零点12xx，，求证：12xxe．【答案】(1)1a=(2)证明见解析（1）由1b=．所以()lnx

gxxx=−．所以()22ln1xxgxx+−=．令()2ln1xxxh=+−，则()hx为()0+，上的增函数，且()10h=．所以()gx在()01，上单调递减，()1+，上单调递增．所以()min11g=．又()1xfxxeax=−+．所以()()1xfxx

ea=+−．令()()1xmxxea=+−，则()()20xmxxe=+所以()fx为()1−+，上的增函数．又()10fa−=−．令()10xxea+−=，因为()()1xnxxe=+在()1−+，上单调递增，

且()()11110ne−−=−+=，而0a，因此函数()()1xnxxe=+与直线ya=有唯一交点，故方程()10xxea+−=在()1−+，上有唯一解，所以存在唯一()01,x−+，使得()00fx=．即()0010xxea+−=，故()0

01xaxe=+，所以()fx在()01,x−上单调递减，在()0,x+上单调递增．所以()()002min0000111xxfxfxxeaxxe==−+=−+=．所以00x=．故而1a=．（2）由题意()gx有两个零点12,xx．所以111222lnlnxbxxxbxx=

=，即221122222ln2lnbxxbxx==．所以等价于：2lnbtt=有两个零点，证明212tte.不妨令120tt．由111222122lnlnln22lnbttttbbtttt=−==−．要证212tte，只需要证明12lnln2tt+．即只需证明

：()()1212121212lnlnlnln22ttttbtttttt−+=+=+−．只需证明：()1212122lnlntttttt−−+，即12112221ln1tttttt−+．令121tmt=．只需证明：()()21ln11mmmm−+．令()()(

)21ln11msmmmm−=−+．则()()()2211msmmm−=+，即()sm在()1,+上为增函数．又()10s=．所以()()10sms=．综上所述，原不等式成立．3．（2022·全国·高二专题练习）已知函数()()122lnxefxaxaRxx−=

−+．（1）若0a=，求()fx的单调区间；（2）若()fx在()0,2上有两个极值点1x、()212xxx．①求实数a的取值范围；②求证：121xx．【答案】（1）递减区间为()0,2，递增区

间为()2,+；（2）①1,2e，②证明见解析．【详解】（1）()()()()1320xxexfxxx−−−=，令()()10xgxexx−=−，()11xgxe−=−，因为0x

，所以当()0,1x时，()0gx，()gx单调递减，所以当()1,x+时，()0gx，()gx单调递增，所以()()0110gxge=−=，所以当()0,2x时，()0fx，当()2,x+时，()0fx，因此，()fx的单调递减区间为()

0,2，单调递增区间为()2,+；（2）（i）()()()()1320xxeaxfxxx−−−=，要使()fx在()0,2上有两个极值点1x、2x，则()1xgxeax−=−在()0,2上有两个不同的零点，①1a时，由（1）知，()11xxgxeaxex−−=

−−，令()1xSxex−=−，故()110xSxe−=−，所以()Sx在()0,2上为增函数，所以()()00SxS=，故()0gx，故()gx在()0,2上无零点，舍；②当ae时，()0,2x，11,xeee−，()10xgxea

−=−，则()gx在()0,2上单调递减，故()gx最多只有一个零点，不合题意，舍去；③当1ae时，()1xgxea−=−，当0ln1xa+时，()0gx；当ln12ax+时，()0gx.所以，函数()gx在()0,ln1a+上单调递减，在()ln1,2a+上单调递增，

所以()()minln1lngxgaaa=+=−，即要使()()()100ln1ln0220gegaaagea=+=−=−，解得12ea.综上所述，a的取值范围为1,2e；（ii）由（i）知，(

)()120gxgx==，120ln12xax+，先证不等式121212lnlnxxxxxx−−，其中1202xx，即证1212122112lnlnxxxxxxxxxx−−=−，即112221lnxxxxxx−，令()120,1xtx=，即证()12ln01tttt−，

构造函数()12lntttt=−+，则()()22212110ttttt−=−−=−，所以，函数()t在区间()0,1上单调递减，故()()10t=，由已知可得121112xxeaxe

ax−−==，故11221lnln1lnlnxaxxax−=+−=+，所以1212lnlnxxxx−=−，则12121lnlnxxxx−=−，所以，1212121lnlnxxxxxx−=−，因此，121xx.