《专题09 利用导数研究隐零点和极值点偏移问题-《临考冲刺》2023届高考数学重要考点与题型终极满分攻略含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题09 利用导数研究隐零点和极值点偏移问题-《临考冲刺》2023届高考数学重要考点与题型终极满分攻略含解析.docx（62页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题09 利用导数研究隐零点和极值点偏移问题-临考冲刺2023届高考数学重要考点与题型终极满分攻略专题09 利用导数研究隐零点和极值点偏移问题目录类型一：先同构，构造相同的函数，比较不同的函数值1类型二：构造不同的函数判断相同的函数值2类型三：用放缩法比较大小4满分策略：1.依据函数式的结构特征和函数单调性，大胆试根，再由单调性说明此根的唯一性；2.先虚设零点，设而不求，通过形式化的变量代换或推理，达到花间并求解的目的；3.多次求导，合理变形，直至能够求解。类型一：极值点偏移问题典型例题：【例1】（2021全国统考高考真题）已知函数fx=x1-lnx.（1）讨论fx的单调性；（2）设a，b为两
2、个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：21a+1be.【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+；（2）证明见解析.试题分析：(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令1a=m,1b=n，命题转换为证明：2m+n0；当x(1,+)时，f(x)0，从而f(1b)0，得1b(1,e)，令g(x)=f(2-x)-f(x)， 则g(x)=ln(2-x)+lnx=ln(2x-x2)=ln1-(x-1)2，当x(0,1)时，g(x)g(1)=0，从而f(2-x)f(x)，所以f(2-1a)
3、f(1a)=f(1b)，由（1）得2-1a1b即20，h(x)在区间(1,e)内为增函数，h(x)h(e)=e，从而x+f(x)e，所以1b+f(1b)e又由1a(0,1)，可得1a1a(1-ln1a)=f(1a)=f(1b)，所以1a+1bf(1b)+1b=e由得21a+1be方法二【最优解】：blna-alnb=a-b变形为lnaa-lnbb=1b-1a，所以lna+1a=lnb+1b令1a=m,1b=n则上式变为m(1-lnm)=n(1-lnn)，于是命题转换为证明：2m+ne令f(x)=x(1-lnx)，则有f(m)=f(n)，不妨设mn由（1）知0m1,1n2要证：m+n2n2-mf
4、(n)f(2-m)f(m)f(2-m)f(m)-f(2-m)0令g(x)=f(x)-f(2-x),x(0,1)，则g(x)=-lnx-ln(2-x)=-lnx(2-x)-ln1=0，g(x)在区间(0,1)内单调递增，所以g(x)2再证m+nm，所以需证n(1-lnn)+nem+n0，故h(x)在区间(1,e)内单调递增所以h(x)h(e)=e故h(n)e，即m+ne综合可知21a+1b2同证法2以下证明x1+x21，由x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)得x1(1-lnx1)=tx11-ln(tx1)，lnx1=1-tlntt-1，要证x1+x2e，只需证(1+t)x1e，两边取对数得
5、ln(1+t)+lnx11，即ln(1+t)+1-tlntt-11，即证ln(1+t)tlntt-1记g(s)=ln(1+s)s,s(0,+)，则g(s)=s1+s-ln(1+s)s2.记h(s)=s1+s-ln(1+s)，则h(s)=1(1+s)2-11+s0，所以，h(s)在区间(0,+)内单调递减h(s)h(0)=0，则g(s)0，所以g(s)在区间(0,+)内单调递减由t(1,+)得t-1(0,+)，所以g(t)g(t-1)，即ln(1+t)tlntt-1方法四：构造函数法由已知得lnaa-lnbb=1b-1a，令1a=x1,1b=x2，不妨设x1x2，所以f(x1)=f(x2)由（）
6、知，0x11x2e，只需证2x1+x22同证法2再证明x1+x2e令h(x)=1-lnxx-e(0xe),h(x)=-2+ex+lnx(x-e)2令(x)=lnx+ex-2(0xe)，则(x)=1x-ex2=x-ex2(e)=0,h(x)0，h(x)在区间(0,e)内单调递增因为0x1x2e，所以1-lnx1x1-ex1-ex2-e又因为f(x1)=f(x2)，所以1-lnx11-lnx2=x2x1,x2x1x1-ex2-e，即x22-ex20因为x1x2，所以x1+x2e，即1a+1be综上，有21a+1be结论得证【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差
7、函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于x1+x2-e0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.【例2】（2022天津统考二模）设函数fx=x-1lnx-x2+m-1x,mR,gx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x1,x2,且x12.【答案】(1)单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,
8、+)(2)答案见解析(3)证明见解析试题分析：（1）求出fx的导函数，即可得到gx的解析式，再求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间；（2）由（1）得，gxmax=m-3，再对m分三种情况讨论结合零点存在性定理，分别得到函数的零点个数；（3）由（2）可得m3且0x112x1+x2，即可得到0=lnx2-lnx1x2-x1+1x1x2-22x1+x2+4x1+x22-2，从而得证；详细解答：（1）解：因为fx=x-1lnx-x2+m-1x，(x0) 所以fx=lnx-2x-1x+m即gx=lnx-2x-1x+m，(x0)，则gx=1x-2+1x2=-2x+1x-1x2 当x0,1时，gx0，g
9、x单调递增；当x1,+时，gx0，gx单调递减所以g(x)的单调递增区间为(0,1)，g(x)的单调递减区间为(1,+)（2）解：由（1）得，gxmax=g1=m-3 当m3时，gx3时，01m0，g1m=ln1m-2m0，gm=lnm-m-1mlnm-m0，所以x11m,1，x21,m，gx1=gx2=0，故gx在0,+上有两个零点 综上，当m3时，gx在0,+上有两个零点（3）证明：由（2）及f(x)有两个极值点x1，x2，且x13， gx在0,+上有两个零点，且0x112x1x2，所以1x1x24x1+x22 下面证明lnx2-lnx1x2-x12x1+x2，即证lnx2x12x2x1-
10、1x2x1+1 令t=x2x11，则即证lnt-2t-2t+10 令mt=lnt-2t-2t+1，t1，则mt=1t-4t+12=t-12tt+120，所以mt在1,+上单调递增，所以mtm1=0，故lnx2-lnx1x2-x12x1+x2 又0=lnx2-lnx1x2-x1+1x1x2-22x1+x2+4x1+x22-2，所以x1+x22-x1+x2-2=x1+x2-2x1+x2+10，故x1+x22【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题
11、处理题型专练：1（2023甘肃酒泉统考三模）已知函数fx=x2+2lnx+1(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；(2)若函数gx=fx-2axaR有两个极值点x1,x2，且x1x20，若fxgx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+x2x121-lnmm.3（2023春重庆南岸高二重庆第二外国语学校校考期中）已知函数fx=alnx+x2+x(1)若fx在0,+单调递增，求实数a的取值范围；(2)若函数Fx=fx-3x+1有两个极值点x1，x2，且x112-ln24（2023春江西抚州高三金溪一中校考阶段练习）已知函数fx=xlnx-a
12、2x2-x+aaR，f(x)为f(x)的导函数(1)当a=12时，若gx=f(x)在t,t+1(t0)上的最大值为h(t)，求h(t)；(2)已知x1,x2是函数f（x）的两个极值点，且x1x2，若不等式e1+mx1x2m恒成立，求正数m的取值范围5（2023春湖南高二校联考阶段练习）已知函数fx=lnxx-x+a,aR.(1)若a=0，求不等式xfx+x22x-1x+1的解集；(2)若fx存在两个不同的零点x1，x2(x12+a.6（2023山东潍坊校考模拟预测）已知fx=ex,gx=lnx.(1)若存在实数a，使得不等式fx-gxfa-ga对任意x0,+恒成立，求faga的值；(2)若1x
13、1x2，设k1=fx1-fx2x1-x2,k2=gx1-gx2x1-x2，证明：存在x0x1,x2，使得k1k2=x0ex0成立；k1-k2fx1+fx22-1x1x2.7（2023春四川成都高二树德中学校考阶段练习）已知函数fx=lnx-ax.(1)求fx的单调区间；(2)若fx存在两个不同的零点x1，x2且x1x2.求证：1x1+1x22e.8（2023四川遂宁统考二模）已知函数fx=aex-x2有两个极值点x1、x2.(1)求a的取值范围；(2)若x23x1时，不等式x1+x22x1x2恒成立，求的最小值.9（2023全国高三专题练习）已知函数fx=lnx+ax+1-2a（aR）.(1)
14、讨论函数fx的单调性；(2)若fx两个极值点x1，x2，且x1e,e2，求fx1-fx2的取值范围.10（2023浙江温州统考二模）已知函数fx=a2x2-x-xlnxaR(1)若a=2，求方程fx=0的解；(2)若fx有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x1,x2，求a的取值范围并证明fx1+fx20,x1,x2是fx的两个不相等的零点，证明：fx1+x220.12（2023江西抚州高三校联考阶段练习）已知函数fx=ex+2ax，gx=ax2+1 ，其中a为实数，e为自然对数底数，e=2.71828(1)已知函数xR，fx1，求实数a取值的集合；(2)已知函数Fx=fx-gx有两个不同极
15、值点x1、x2求实数a的取值范围；证明：2ax1+x23x1x2类型二：隐零点问题满分策略：1.比值代换法，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，花间后根据结构特点构造函数，再借助导数，从而求出其最值；2.构造关联函数求解。典型例题：（2022春福建厦门高二厦门外国语学校校考期中）已知函数f(x)=lnx-x,g(x)=x+ax，且函数f(x)与g(x)有相同的极值点.（1）求实数a的值；（2）若对x1,x21e,3，不等式f(x1)-f(x2)k+11恒成立，求实数k的取值范围；（3）求证：fx+gxex+cosxx.【答案】B试题分析：通过构造函数fx=x1-lnx
16、和g(x)=2x-xlnx-e，分别比较a和b，b和c与a和c的大小，即可得出a，b，c的大小关系.详细解答： 故选：B.题型专练：13（2023秋安徽宣城高三统考期末）已知f(x)=x2+tsinx.(1)若在x=2处的切线的斜率是2-2，求当f(x)2x+m在0,+恒成立时的m的取值范围；(2)当x0,时，关于x的方程f(x)=x2+lnx+1-x，有唯一根，求t的取值范围.14（2023春福建福州高二福建省福州第一中学校考期中）已知函数f(x)=lnx+x2+ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若xex+x2-1f(x)，求a的取值范围.15（内蒙古赤峰市2023学年高三二模数学
17、理科试题）已知函数fx=ex,gx=ax2-xaR.(1)在当a=-1时，分别求fx和gx过点0,0的切线方程；(2)若fx+gx-cosx0，求a的取值范围.16（2022秋黑龙江哈尔滨高三哈尔滨市第一中学校校考期中）已知函数fx=lnx+12ax2+a+1x，aR(1)讨论函数fx的单调性；(2)若x0，+，不等式fxxex+12ax2-1恒成立，求实数a的取值范围17（2023辽宁校联考二模）已知函数fx=4x-12x2-alnx(1)讨论函数fx的单调性；(2)设函数fx有两个极值点x1，x2x1x2，证明：fx1+fx20，求gx=fx+x2的单调性(2)若a=1，求证：当x0时，f
18、(x)0.(3)若a-2,2-ln2，求证：当x0时，f(x)0.19（2023全国高三专题练习）函数f(x)=ln(x+t)+ax，其中t，a，为实常数(1)若t=0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)=ex+ax，当t2时，证明：g(x)f(x).20（2023贵州贵阳校联考模拟预测）设函数fx=aex-x2+1（其中e=2.71828为自然对数的底数）(1)若a=1，求fx在x=0处的切线方程；(2)证明：a1，当x0时，fxaex-2x+2专题09 利用导数研究隐零点和极值点偏移问题目录类型一：先同构，构造相同的函数，比较不同的函数值1类型二：构造不同的函数判断相同的函数值2
19、类型三：用放缩法比较大小4满分策略：1.依据函数式的结构特征和函数单调性，大胆试根，再由单调性说明此根的唯一性；2.先虚设零点，设而不求，通过形式化的变量代换或推理，达到花间并求解的目的；3.多次求导，合理变形，直至能够求解。类型一：极值点偏移问题典型例题：【例1】（2021全国统考高考真题）已知函数fx=x1-lnx.（1）讨论fx的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：21a+1be.【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+；（2）证明见解析.试题分析：(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的
20、单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令1a=m,1b=n，命题转换为证明：2m+n0；当x(1,+)时，f(x)0，从而f(1b)0，得1b(1,e)，令g(x)=f(2-x)-f(x)， 则g(x)=ln(2-x)+lnx=ln(2x-x2)=ln1-(x-1)2，当x(0,1)时，g(x)g(1)=0，从而f(2-x)f(x)，所以f(2-1a)f(1a)=f(1b)，由（1）得2-1a1b即20，h(x)在区间(1,e)内为增函数，h(x)h(e)=e，从而x+f(x)e，所以1b+f(1b)e又由1a(0,1)，可得1a1a(1-ln1a)=f(1a)=f(1b)，所以1a
21、+1bf(1b)+1b=e由得21a+1be方法二【最优解】：blna-alnb=a-b变形为lnaa-lnbb=1b-1a，所以lna+1a=lnb+1b令1a=m,1b=n则上式变为m(1-lnm)=n(1-lnn)，于是命题转换为证明：2m+ne令f(x)=x(1-lnx)，则有f(m)=f(n)，不妨设mn由（1）知0m1,1n2要证：m+n2n2-mf(n)f(2-m)f(m)f(2-m)f(m)-f(2-m)0令g(x)=f(x)-f(2-x),x(0,1)，则g(x)=-lnx-ln(2-x)=-lnx(2-x)-ln1=0，g(x)在区间(0,1)内单调递增，所以g(x)2再证
22、m+nm，所以需证n(1-lnn)+nem+n0，故h(x)在区间(1,e)内单调递增所以h(x)h(e)=e故h(n)e，即m+ne综合可知21a+1b2同证法2以下证明x1+x21，由x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)得x1(1-lnx1)=tx11-ln(tx1)，lnx1=1-tlntt-1，要证x1+x2e，只需证(1+t)x1e，两边取对数得ln(1+t)+lnx11，即ln(1+t)+1-tlntt-11，即证ln(1+t)tlntt-1记g(s)=ln(1+s)s,s(0,+)，则g(s)=s1+s-ln(1+s)s2.记h(s)=s1+s-ln(1+s)，则h(s)=
23、1(1+s)2-11+s0，所以，h(s)在区间(0,+)内单调递减h(s)h(0)=0，则g(s)0，所以g(s)在区间(0,+)内单调递减由t(1,+)得t-1(0,+)，所以g(t)g(t-1)，即ln(1+t)tlntt-1方法四：构造函数法由已知得lnaa-lnbb=1b-1a，令1a=x1,1b=x2，不妨设x1x2，所以f(x1)=f(x2)由（）知，0x11x2e，只需证2x1+x22同证法2再证明x1+x2e令h(x)=1-lnxx-e(0xe),h(x)=-2+ex+lnx(x-e)2令(x)=lnx+ex-2(0xe)，则(x)=1x-ex2=x-ex2(e)=0,h(x
24、)0，h(x)在区间(0,e)内单调递增因为0x1x2e，所以1-lnx1x1-ex1-ex2-e又因为f(x1)=f(x2)，所以1-lnx11-lnx2=x2x1,x2x1x1-ex2-e，即x22-ex20因为x1x2，所以x1+x2e，即1a+1be综上，有21a+1be结论得证【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中
25、的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于x1+x2-e0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.【例2】（2022天津统考二模）设函数fx=x-1lnx-x2+m-1x,mR,gx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x1,x2,且x12.【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)证明见解析试题分析：（1）求出fx的导函数，即可得到gx的解析式，再求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间；（2）由（1）得，gxmax=m-3，再对m分三种情况讨论结合零点存在性定理，分别得到函数的零点个数
26、；（3）由（2）可得m3且0x112x1+x2，即可得到0=lnx2-lnx1x2-x1+1x1x2-22x1+x2+4x1+x22-2，从而得证；详细解答：（1）解：因为fx=x-1lnx-x2+m-1x，(x0) 所以fx=lnx-2x-1x+m即gx=lnx-2x-1x+m，(x0)，则gx=1x-2+1x2=-2x+1x-1x2 当x0,1时，gx0，gx单调递增；当x1,+时，gx0，gx单调递减所以g(x)的单调递增区间为(0,1)，g(x)的单调递减区间为(1,+)（2）解：由（1）得，gxmax=g1=m-3 当m3时，gx3时，01m0，g1m=ln1m-2m0，gm=lnm
27、-m-1mlnm-m0，所以x11m,1，x21,m，gx1=gx2=0，故gx在0,+上有两个零点 综上，当m3时，gx在0,+上有两个零点（3）证明：由（2）及f(x)有两个极值点x1，x2，且x13， gx在0,+上有两个零点，且0x112x1x2，所以1x1x24x1+x22 下面证明lnx2-lnx1x2-x12x1+x2，即证lnx2x12x2x1-1x2x1+1 令t=x2x11，则即证lnt-2t-2t+10 令mt=lnt-2t-2t+1，t1，则mt=1t-4t+12=t-12tt+120，所以mt在1,+上单调递增，所以mtm1=0，故lnx2-lnx1x2-x12x1+
28、x2 又0=lnx2-lnx1x2-x1+1x1x2-22x1+x2+4x1+x22-2，所以x1+x22-x1+x2-2=x1+x2-2x1+x2+10，故x1+x22【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理题型专练：1（2023甘肃酒泉统考三模）已知函数fx=x2+2lnx+1(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；(2)若函数gx=fx-2axaR有两个极值点x1,x2，且x1x20,x1x2=1，化简gx1-gx2=1x12
29、-x12+4lnx11ex11，构造函数ht=1t2-t2+4lnt1et1，利用h(t)单调性即可求得答案.【详解】（1）fx=x2+2lnx+1,fx=2x+2x，f1=2,f1=4,曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y-2=4x-1，即4x-y-2=0.（2）gx=x2-2ax+2lnx+1，则函数gx的定义域为0,+,gx=2x-2a+2x=2x2-ax+1x，若函数gx有两个极值点x1,x2，且x1x20，且x1+x2=a0,x1x2=1，x2=1x1e,1ex11gx1-gx2=x12-2ax1+2lnx1-x22+2ax2-2lnx2=x1+x2x1-x2-2ax1-x2+2
30、lnx1-2lnx2=x1+x2x1-x2-2x1+x2x1-x2+2lnx1-2ln1x1=-x1+x2x1-x2+4lnx1=-x1+1x1x1-1x1+4lnx1=1x12-x12+4lnx11ex11设ht=1t2-t2+4lnt1et1，则ht=-2t3-2t+4t=-2t2-12t3h1=0,ht0，若fxgx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+x2x121-lnmm.【答案】(1)1；(2)证明见解析.【分析】（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e2
31、lnx+x-2lnx-x-10成立，进而分类讨论0k1两种情况，从而得解；（2）利用导数研究函数fx的性质可得0m1，由题意可得m(x12+x22)2x1x2(1-lnm)，原不等式变形为1+lnx1x20)证明lnx+1x，即1+lnx1x2x1x2，结合x1x20、x0时，f(x)g(x)即1+2lnxx2ekx-1kx恒成立，等价于1+2lnxx2ekx-xk1+2lnxe2lnx+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)0x0x0，所以函数u(x)在(-,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增，所以u(x)
32、min=u(0)=0，得u(x)0，即ex-x-10，当k=1时，令v(x)=2lnx+xx0，易得v(x)在(0,+)上单调递增，又v1e=2ln1e+1e=-2+1e0，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-10，且e2lnx0+x0-2lnx0-x0-1=0；当0k1时，令mk=e2lnx+kx-xk-(1+2lnx)，易得关于k的函数y=e2lnx+kx与y=-xk在0,1上单调递增，则mkm1=e2lnx+x-2lnx-x-1，当x=x0时，mk0，即e2lnx+kx-xk-(1+2lnx)1时，易得mkm
33、1=e2lnx+x-2lnx-x-10，即e2lnx+kx-xk-(1+2lnx)0恒成立；综上：k1，则实数k的最小值为1；（2）由题意知，m0，f(x)=1+2lnxx2，则f(x)=-4lnxx3(x0)，令f(x)00x1，令f(x)1，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x1时，易得f(x)=1+2lnxx20恒成立，当x=1e时，f(x)=1+2lnxx20，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0m1，且m=1+2lnx1x12,m=1+2l
34、nx2x22，得mx12=1+2lnx1,mx22=1+2lnx2，有m(x12+x22)=2+2lnx1x2.要证x1x2+x2x12(1-lnm)m，即证m(x12+x22)2x1x2(1-lnm)，即证2+2lnx1x22x1x2(1-lnm)，即证1+lnx1x20,lnm0，得x1x20)，则h(x)=1x-1(x0)，令h(x)00x1，令h(x)1，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+1x，所以1+lnx1x2x1x2，则1+lnx1x2x1x2 x1x2-x1x2lnm，即1+lnx1x2 x
35、1x2-x1x2lnm，即证.【点睛】方法点睛：破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.3（2023春重庆南岸高二重庆第二外国语学校校考期中）已知函数fx=alnx+x2+x(1)若fx在0,+单调递增，求实数a的取值范围；(2)若函数Fx=fx-3x+1有两个极值点x1，x2，且x112-ln2【答案】(1)0,+(2)证明见解析【分析】（1）利用导数求得fx，根据条件fx单调递增，得到fx0在0,+上恒成立，从而得到a-2x2-x在0,+上恒成立，结合二次函数的图像与性质即可求解；（2）先化简得到Fx，求导得到Fx，根据条件Fx有两个极值点x1，x2（x10的两个不同的根，结合韦达定理将不等式Fx2+12-ln2x112-ln2转化为Fx2x2=2-2x2lnx2+x2+1x2-212-ln2，构造函数gt=2-2tlnt+t+1t-2，t12,1，利用导数求出函数gt的最小值即可.【详解】（1）函数fx的定义域为0,+，则fx=ax+2x+1，若fx单调递增，则fx=ax+2x+10在0,+上恒成立，即a-2x2-x在0,+上恒成立，又y=-