專題5極值點偏移問題（教師版）

專題5：極值點偏移問題<<<專題綜述>>><<<專題綜述>>>極值點偏移：在函數(shù)中，如果兩零點與極值點并不對稱，這時極值點也就發(fā)生了偏移，偏移分為左偏和右偏.是函數(shù)在極值點左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)的圖象不具有對稱性.函數(shù)fx極值點是其導(dǎo)函數(shù)f'x=0時相應(yīng)的值x0，而函數(shù)fx與x軸的交點橫坐標(biāo)x1,x2為函數(shù)fx的零點，若函數(shù)fx極值點偏移問題分析求解最重要的是要學(xué)會構(gòu)建“一元差”函數(shù)，先將兩變量變形放在原函數(shù)的同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)，利用原函數(shù)的單調(diào)性對變量進(jìn)行大小比較，再通過對這一元差函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，證明其值大于零，結(jié)合二階導(dǎo)函數(shù)的意義，對于一階導(dǎo)函數(shù)是否存在零點進(jìn)行分析求解最值，這應(yīng)該就是求解極值點偏移正確的解題思路和基本步驟.總結(jié)解決極值點偏移問題的方法.處理極值點偏移問題一般有四種解法:構(gòu)造輔助函數(shù)法,對稱化構(gòu)造函數(shù),對數(shù)均值不等式,雙變量齊次化構(gòu)造.四種方法各有優(yōu)劣,其中構(gòu)造輔助函數(shù)和對稱化構(gòu)造函數(shù)是解決極值點偏移問題的通法,是從"形"的角度解決問題.求極值點偏移的常用方法：方法1.換元、構(gòu)造、化齊次：這種方法是最常見的方法，大致分為3步，第一步：代根作差找關(guān)系，第二步：換元分析化結(jié)論，第三步：構(gòu)造函數(shù)證結(jié)論.方法2.消參構(gòu)建法：含參數(shù)的極值點偏移問題，在原有的兩個變元的基礎(chǔ)上，又多了一個參數(shù)，故思路很自然的就會想到：想盡一切辦法消去參數(shù)，從而轉(zhuǎn)化成不含參數(shù)的問題去解決；或者以參數(shù)為媒介，構(gòu)造出一個變元的新的函數(shù).<<<專題探究>>><<<專題探究>>>題型一：題型一：x1題設(shè)情境是由函數(shù)的切線方程求參數(shù)的值和函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，證明函數(shù)的“兩不同零點之和”的不等式.第（1）問應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的幾何意義和函數(shù)與方程思想求參數(shù)的值，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的基本方法，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；第（2）問利用函數(shù)的單調(diào)性，應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想確定x1,x例1（福建省廈門雙十中學(xué)2023屆高三上學(xué)期月考）已知函數(shù)fx=x-mex（1）求m,n的值和（2）若fx1=f【思路點撥】（1）由導(dǎo)數(shù)得幾何意義列出方程組即可求得m,n的值，再將m,n帶入原函數(shù)及導(dǎo)函數(shù)中分別求得解析式，由函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系即可求得fx（2）若fx1=fx2=fx3x1<x2<x【規(guī)范解析】（1）因為fx所以f'x由題意可得f0=-2因為f'x所以當(dāng)x<0或x>1時，f'x>0，當(dāng)0<x<1時，則fx在-∞,0與1,+∞上單調(diào)遞增，在（2）由（1）可知x1<0,0<x2設(shè)gx則g'設(shè)hx=x因為0<x<1，所以h'x>0，則hx因為h0=0，所以hx>0在0,1上恒成立，即g'x>0在0,1上恒成立，則gx在0,1上單調(diào)遞增.因為g0=0因為x2∈0,1因為fx1=fx因為fx在-∞,0上單調(diào)遞增，且x即證：x1練1（江蘇省泰興中學(xué)、南菁高級中學(xué)、常州市第一中學(xué)三校20222023學(xué)年高三上學(xué)期聯(lián)考）已知函數(shù)f(x)=(x-2)e（1）求a的取值范圍；（2）設(shè)x1,x2是f(x)【規(guī)范解析】（1）f'(x)=(x設(shè)a=0，則f(x)=(x-2)ex設(shè)a>0，則當(dāng)x∈(-∞,1)時，f'所以f(x)在-∞,1單調(diào)遞減，在(1,+∞)又f(1)=-e，f(2)=a，取b滿足b<0且f(b)>a2(b-設(shè)a<0，由f'(x)=0得x=1或x=若a>-e2因此f(x)在-∞，ln-2a,(1,+∞)又fx極大值所以f(x)不存在兩個零點．若a<-e2，則因此f(x)在-∞，1,(ln-2a又fxfx極大值若a=-e2，則ln(-2a)=所以f(x)不存在兩個零點．綜上，a的取值范圍為(0,+∞)（2）不妨設(shè)x1<x2，由（Ⅰ）知f(x)在(-∞,1)單調(diào)遞減，所以x1+x2<2由于f(2-x2)=-x所以f(2-x設(shè)g(x)=-xe2-x-(x-2)ex，x所以當(dāng)x>1時，g'(x)<0，故g(x)在區(qū)間1,+∞上單調(diào)遞減；而g(1)=0，故當(dāng)x>1時，g(x)<0．從而g(x2)=f(2-x練2（湖北省武漢市華中師范大學(xué)第一附屬中學(xué)20222023學(xué)年高三上學(xué)期期中）已知函數(shù)fx(1)證明：0<a<1(2)若f(x)的兩個零點為x1,x2,且x1【規(guī)范解析】(1)由fx=lnx+ax，x＞0可得當(dāng)a≤0時，f'x>0，所以f(x)當(dāng)a>0時，令f'x=1當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a．＋∞)時．f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．可得當(dāng)x＝a時，f(x)取得極小值f(a)＝lna＋1．又因為函數(shù)eqf(x)－lnx＋\f(a,x)有兩個零點，所以f(a)＝lna＋1＜0，可得a＜eq\f(1,e)，綜上，0＜a＜eq\f(1,e)．(2)解：由上可得f(x)的極小值點為x＝a，則0＜x1＜a＜x2．設(shè)g(x)＝f(2a－x)－f(x)＝ln(2a－x)＋eq\f(a,2a－x)－lnx－eq\f(a,x)．x∈(0，a)．可得g′(x)＝EQ\F(－1,2a－x)－EQ\F(－a,(2a－x)\s\up3(2))－eq\f(1,x)＋EQ\F(a,x\S(2))＝EQ\F(4a(x－a)\s\up3(2),x\S(2)(2a－x)\s\up3(2))＞0，x∈(0，a)．所以g(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，所以g(x)＜g(a)＝0．即f(2a－x)－f(x)＜0，則f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．所以當(dāng)0＜x1＜a＜x2時，2a－x1＞a，且f(2a－x1)＜f(x1)＝f(x2)因為當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞增，所以2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a．設(shè)x2＝tx1，t＞1，則eq\B\lc\{(\a\al(lnx\s\do(1)＋\f(a,x\s\do(1))＝0，,lnx\s\do(2)＋\f(a,x\s\do(2))＝0，))則lnx1lnx2=x2x1=t,即lnx1＝tlnx2＝tlntx1＝t所以lnx1＝－EQ\F(tlnt,t－1)．所以ln(x1＋x2)＝lnx1(t＋1)＝lnx1＋ln(t＋1)＝－EQ\F(tlnt,t－1)＋ln(t＋1)＝t(EQ\F(ln(t＋1),t)－EQ\F(lnt,t－1))．設(shè)ht=lnt設(shè)φt=1-1t-lnt，φ'所以φt<φ1=0，即h't所以EQ\F(ln(t＋1),t)＜EQ\F(lnt,t－1)，所以ln(x1＋x2)＜0，即x1＋x2＜1．綜上，2a＜x1＋x2＜1．題型二：題型二：f'x1題設(shè)情境是討論含參數(shù)變量的函數(shù)的單調(diào)性，證明函數(shù)的兩不同零點的平均值偏函數(shù)極值點左側(cè).第（1）問應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的幾何意義和分類與整合思想討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；第（2）問應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與最值，借助數(shù)形結(jié)合思想確定函數(shù)f(x)有兩個不同的零點充要條件求參數(shù)a的取值范圍，然后應(yīng)用函數(shù)零點的充分條件探究零點x1,x例2（遼寧省沈陽市2023屆高三上學(xué)期聯(lián)合考試）已知函數(shù)f(x)=e（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;（2）若a>0，設(shè)f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個不同的零點x1【思路點撥】第（1）問由f'(x)=2e2x-a,根據(jù)實數(shù)a的正負(fù)取值，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)變化,分類討論進(jìn)行求解即可；第（2）問根據(jù)零點的定義，由函數(shù)f(x)有兩個不同的零點,推算出實數(shù)a的取值范圍,然后由f'x1+【規(guī)范解析】（1）由f(x)=e2x-a(x-1)當(dāng)a≤0時，f'(x)>0，函數(shù)f(x)是當(dāng)a>0時，令f'當(dāng)x>12lna2時，f'(x)>0，函數(shù)f(x)綜上所述：當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)是實數(shù)集上的增函數(shù)，當(dāng)a>0時，當(dāng)x>12lna2時，函數(shù)f(x)（2）由（1）可知：當(dāng)a>0時，當(dāng)x>12lna2時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)最小值為：fx因為函數(shù)f(x)有兩個不同的零點x1,x因為當(dāng)x→+∞時，f(x)→+∞，當(dāng)x→-∞時，f(x)→所以有f(x)min<0，即f'因為函數(shù)f(x)有兩個不同的零點x1所以f(x因此f令x2構(gòu)造函數(shù)h(t)=2t因為t>0，所以et+e所以當(dāng)t>0時，函數(shù)h(t)單調(diào)遞減，故有h而ex1+練3（天津市耀華中學(xué)20222023學(xué)年高三上學(xué)期統(tǒng)練）設(shè)函數(shù)fx=（1）求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)有兩個零點，求滿足條件的最小正整數(shù)a的值；（3）若方程f(x)=c有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，求證：f【規(guī)范解析】（1）由題意知x∈0,+∞，f'當(dāng)a≤0時，f'(x)>0，函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞)當(dāng)a>0時，由f'(x)>0得x>a2；由f'x所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a2,+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為由（1）可得，若函數(shù)f(x)有兩個零點，則a>0，且f(x)的最小值fa2即-a2+4a-4alna2<0．可知h(a)在(0,+∞)上為增函數(shù)，且h2=-2，h所以存在零點ha0=0當(dāng)a>a0時，h（a）>0當(dāng)0<a<a0時，h（a）<0．所以滿足條件的最小正整數(shù)又當(dāng)a=3時，f（3）=32-ln3>0，f（1∴a=3時，f(x)有兩個零點．綜上所述，滿足條件的最小正整數(shù)a的值為3．（3）∵x1，x2是方程f(x)=c得兩個不等實數(shù)根，由（1）可知：不妨設(shè)0<x1<x2．則兩式相減得x12-a-2x∵f'(a2)=0，當(dāng)x∈(0,a2)時，f故只要證明x1+x22>設(shè)t=x1x2(0<t<1)，令∵1>t>0，∴g't>0．∴g(t)在(0,1)上是增函數(shù)，又在t=1處連續(xù)且g（1∴當(dāng)t∈(0,1)時，gt練4（湖北省荊荊宜三校20222023學(xué)年高三上學(xué)期聯(lián)考）設(shè)函數(shù)f(x)=x2(1)設(shè)1<m<2,g(x)=-f(x)+32x(2)若m>0，函數(shù)fx有兩個零點x1,x【規(guī)范解析】(1)由題設(shè)gx=-所以g'因為1<m<2，所以當(dāng)x∈(1,m)時，g'(x)<0，函數(shù)當(dāng)x∈1,m時，gxmax所以gxmax-g構(gòu)造函數(shù)φm=12m則φ″m=1-1m=所以函數(shù)φm在1,2上單調(diào)遞增，φ所以對于?x1、x2(2)因為f'x=2x所以函數(shù)f'x單調(diào)遞增，且要證f'x1+x22因為函數(shù)fx有兩個零點x由題意可得x12-下面先證明x1+x整理得x1+x設(shè)t=x2x1>1所以函數(shù)ht在1,+∞上單調(diào)遞增，所以h因為x1>0，所以2x1題型三：類題型三：類極值點偏移問題題設(shè)情境是討論含參數(shù)變量的函數(shù)的單調(diào)性，證明與函數(shù)的兩不同零點的不等式.第（1）問應(yīng)用導(dǎo)數(shù)和分類與整合思想討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；第（2）問由函數(shù)f(x)有兩個不同的零點的充分條件，得到有關(guān)零點x1,x例3（浙江省嘉興市第一中學(xué)20222023學(xué)年高三上學(xué)期期中）已知函數(shù)fx=（1）討論fx（2）當(dāng)a=3時，函數(shù)fx存在兩個零點x1,【思路點撥】第（1）問由已知得f'x=ex-a+1，x∈R,然后分1-a≥0、1-a<0兩類情,推算f'x正負(fù)取值,即可研究fx的單調(diào)性；第（2）問由題設(shè)可得ex1-ex2=2【規(guī)范解析】（1）由題設(shè)，f'x=①當(dāng)1-a≥0，即a≤1時，f'x>0，f②當(dāng)1-a<0，即a>1時，令f'x=0，得x=lna-1,當(dāng)x∈-∞,lna-1，f'x綜上，當(dāng)a≤1時，fx在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時，fx在-∞,lna-1（2）當(dāng)a=3時，fx=ex-2x+b兩式相減得ex1-ex法一：要證ex1+兩邊同除以2ex1得：x故只需證u-2令Gu=u-2令hu=u-1∴當(dāng)u∈-∞,0時，h'u<0，故即G'u=hu>h0故Gu<G法二：令ex1=t1即t1=2ln要證ex1+ex2>4即lnt令u=t1t2令Fu=當(dāng)u∈0,1時，F(xiàn)'u>0，故∴Fu<F練5（江蘇省南通市通州區(qū)20222023學(xué)年高三上學(xué)期期中）已知函數(shù)f(x)=lnx(1)當(dāng)a=-2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有兩個不同零點x1①求實數(shù)a的取值范圍；②求證：x1【規(guī)范解析】(1)對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得f'當(dāng)a=-2時，f'(x)=-4x-2x+22x=由f'(x)>0，得0<x<14，由f'(x)<0，得所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,14)(2)由fx=0，得①函數(shù)f(x)有兩個不同零點x1等價于方程a=2x-2設(shè)t=x，即方程a2=t-設(shè)g(t)=t-lntt再設(shè)u(t)=t2+lnt-1，u'(t)=2t+注意到u(1)=12+ln1-1=0，所以當(dāng)0<t<1時，所以g(t)在（0，1）上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增．當(dāng)t→0+時，當(dāng)t→+∞時，g(t)→+∞，當(dāng)t=1時，g(t)=1，只需a2>1，即②注意到t1=x1，t2由①知，0<t1<1<t2下面證明：t1設(shè)ht有h't所以函數(shù)ht2在1,+∞上單調(diào)遞增，所以所以gt2-g(又0<1t2<1，0<t1<1，且g(t)因此t1練6（2022.湖北省黃岡市高三上學(xué)期階段性質(zhì)量抽測）設(shè)函數(shù)fx（1）若k=1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）若f(x)存在三個極值點x1，x2，x3，且x1<【規(guī)范解析】（1）當(dāng)k=1時，fx=e令hx=ex-x，則h'x=ex-∴hx在-∞,0上遞減，在0,+∞上遞增，∴h∴f'(x)>0得x>1，解f'∴f(x)的單調(diào)減區(qū)間為-∞,1，單調(diào)增區(qū)間為（2）f'x=∴方程ex-kx=0有兩個不等根，且都不是1當(dāng)k≤0時，gx單調(diào)遞增，g當(dāng)k>0時，g'(x)>0得x>lnk,∴gx在-∞，∴glnk=此時，g0=1>0，lnk>1，g(1)=e-∴k>e時，f'(x)=0有三個根x1，x2，由ex1=kx1得x1=下面證明：lnx3-lnx1x3φ'(x)=1t-∴φt>φ1∴x1練7（湖北省宜昌市協(xié)作體20222023學(xué)年高三上學(xué)期聯(lián)考）設(shè)實數(shù)a>0,且a≠1fx(1)求函數(shù)fx(2)若函數(shù)y=fx有兩個不同的零點x1,（i）求a的取值范圍；（ii）證明:x1【規(guī)范解析】(1)因為f'x當(dāng)0<a<1時，f'x>0，fx當(dāng)a>1時，令f'x=0，得當(dāng)x∈0,e2alna時,f'x<0所以fx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,e2alna，(2)（i）由（1）知a>1時,x0=e2alna于是fx得lne2alna由nx=xlnx在1,+∞單調(diào)遞增,則由0<alna<elne此時f1=ak>1,fk故1<x1<e<（ii）證明：由ax1e2-logax設(shè)y=fx的極值點為x0，又由x0令hx=lnx-即hx在1,+∞上單調(diào)遞增，又h1=0，則hx由1<x1<e<x2,可令即lnx2故有：x2-x1lnx欲證x1+2x2>3a又由x0<x2由x0=e2alna,所以上述只需證令mx=即mx=x2由1<a<e，可知a2lna<<<<專題訓(xùn)練>>><<<專題訓(xùn)練>>>1.（江蘇省蘇州中學(xué)2023屆高三上學(xué)期階段質(zhì)量評估數(shù)學(xué)試題）已知函數(shù)fx=（1）若曲線y=fx在0,f0處的切線與直線5x+y=0平行，求（2）當(dāng)a=11時，若f'm=f'x1+f'【解析】（1）∵fx=x2則f'0=a-6=-5,∴a=1，令f'x>0，得x<-1或x>5；令f'所以fx的單調(diào)遞增區(qū)間為-∞,-1,5,+∞；單調(diào)遞減區(qū)間為（2）證明：∵fx=x2令gx=x2-4x+5ex，則∵f'm=f'x∴f'x1-f'm不妨設(shè)x1<m<x2則h'x=∵e2m-x<ex，∴h'x在m,+∞上為增函數(shù)，∴hx2=f又∵f'x在R上為增函數(shù)，∴2m-x2.（江西省金溪縣第一中學(xué)2023屆高三上學(xué)期數(shù)學(xué)（理）試題）已知函數(shù)f(x)=ex-ax(1)若f(x)是單調(diào)增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個不同的零點，求證：【解析】(1)函數(shù)f(x)=ex-ax定義域為[0,+∞)，當(dāng)因為f(x)是單調(diào)增函數(shù)，則?x>0時，f令φ(x)=2xex即有φ(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，?x>0，φ(x)>φ(0)=0，則a≤所以a的取值范圍是(-∞(2)因x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個不同的零點，則顯然x1>0,x2>0x1不妨令x1>x2>0要證x1+x令g(t)=lnt-2(t-1)t+1,t>1，g則有g(shù)(t)>g(1)=0，于是得x1又x1+x2=2lna+而x1x2令h(t)=lnt-t+1從而得h(t)在在1,+∞上單調(diào)遞減，h(t)<h(1)=0，即有綜上得：1<x13.（河北省深州市中學(xué)2023屆高三上學(xué)期月考）已知a∈R，fx=x?（Ⅰ）求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若a>0，函數(shù)y=fx-a有兩個零點x1,x【解析】（Ⅰ）f∴a<0時,f'所以fx的增區(qū)間為1a,+∞a=0時,f'x=e-ax1-ax=1>0a>0時,f'所以fx的增區(qū)間為-∞,1a綜上：a<0時，fx的增區(qū)間為1a,+∞a=0時，fx的增區(qū)間為-∞,+∞a>0時，fx的增區(qū)間為-∞,1a（Ⅱ）證法一：由（1）知，a>0時，增區(qū)間為：-∞,1a，減區(qū)間為：且x>1a時，fx>0函數(shù)y=f(x)的大致圖像如下圖所示：因為a>0時，函數(shù)y=fx-a所以a<1ae，即不妨設(shè)x1<x要證x1+x因為x1<1a，所以2a-又fx1=fx2令函數(shù)Fx=fx則F'因為x>1a，所以-ax<ax-2，故F'函數(shù)Fx=fx-f2因為x2>1a,所以f所以x1（Ⅱ）證法二：因為a>0時，函數(shù)y=fx-a有兩個零點則兩個零點必為正實數(shù)，fx問題等價于lnx-ax=lna有兩個正實數(shù)解；令gx=lnx-ax-lna則g'x=1x-ax>0，g令Gx=gx則G'所以Gx在1a,+∞單調(diào)遞增又x2>1a,故又gx1=g又0<x1<又gx在0,1a所以x14.（湖南省長沙市周南中學(xué)20222023學(xué)年高三上學(xué)期月考數(shù)學(xué)試題）已知函數(shù)fx=2e-（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2）若x1,x2∈0,1，且【解析】f'(x)=2ex-(1+lnx)，y=2ex是減函數(shù)，y=1+lnx是增函數(shù)，

所以f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，

因為f'(e)=0，

所以x∈(0,e)時,f'(x)>f'(e)=0,f(x)單調(diào)遞增,x∈(e,+∞)時(2)證明：由題意，lnx1x1-lnx2x2=2elnx1-2elnx2，

即(2e-1x1)lnx1=(2e-1x2)lnx2，(2e-1x1)ln1x1=(2e-1x2)所以F(x)在(1,e)上單調(diào)遞增,則F(x)<F(e)=0，

所以f(x)<f(2e-x)，取x=a1，則f(a1)<f(2e-a1)，

又f(a1)=f(a2)，則f(a2)<f(2e-a1)，

又2e-a1>e，a2>e，且f(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞減，所以a2>2e-a1，即a1+a2>2e．

下證a1+a2<2e+1，

①當(dāng)a2<e+1時，由a1<e得a1+a2<2e+1，

②當(dāng)e+1≤a2<2e時，令G(x)=f(x)-f(2e+1-x)，e+1<x<2e，

則G'(x)=f('x)+f'(2e+1-x)=2ex-1-lnx+2e2e+1-x-1-ln(2e+1-x)=2e(2e+1)-x2+(2e+1)x-2-ln[-x2+(2e+1)x]，

記t=-x2+(2e+1)x，e+1≤x<2e，則G'(x)=2e(2e+1)t-2-lnt，

又t=-x2+(2e+1)x在[e+1,2e)上為減函數(shù)，所以t∈(2e,e2+1]，

2e(2e+1)t-2在(2e,e2+1)5.（福建省漳州第一中學(xué)2023屆高三上學(xué)期階段考試數(shù)學(xué)試題）已知函數(shù)f(x)=xe(1)若x=-1是函數(shù)F(x)=xex-a((2)令函數(shù)Gx=fx-mx+證明：x1【解析】（1）F'令gx=ex-3ax+3a，則

g'x=e當(dāng)x∈-∞,ln3a時，g'x<0；當(dāng)x∈ln3a,+∞∴gx在-∞,ln3a上單調(diào)遞減，在ln3a,+∞∴gx因為x=-1是函數(shù)F(x)=xex-a(所以gln3a≥0，即0<a≤e所以當(dāng)x∈-∞,-1時，f'x<0，f(x)在-∞,-1上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈f(x)在-1,+∞上單調(diào)遞增，故f(x)有且僅有一個極值點x=-1；（2）證明：Gx令t=xex，則上述函數(shù)變形為對于tx=xex，x∈0,+∞，則t由已知存在實數(shù)x1、x2使得Gx使得ht1=ht2因為m>0，所以當(dāng)0<t<m時，h't<0，當(dāng)t>m即ht在0,m上單調(diào)遞減，在m,+∞上單調(diào)遞增，所以t=m為函數(shù)h所以0<t1<m<令φt=ht所以φt在0,m上單調(diào)遞減，所以φ即ht1-h2m-t又ht的單調(diào)性可知t2>2m-所以x16.（四川省內(nèi)江市2022202