重難點09 極值點偏移與拐點偏移問題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數學一輪復習專練（新高考專用）

重難點09極值點偏移與拐點偏移問題【七大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1極值點偏移：加法型】 2【題型2極值點偏移：減法型】 7【題型3極值點偏移：乘積型】 14【題型4極值點偏移：商型】 20【題型5極值點偏移：平方型】 27【題型6極值點偏移：復雜型】 33【題型7拐點偏移問題】 381、極值點偏移與拐點偏移問題極值點偏移是指函數在極值點左右的增減速度不一樣，導致函數圖象不具有對稱性，極值點偏移問題常常出現在高考數學的壓軸題中，是高考考查的熱點內容，這類題往往對思維要求較高，過程較為煩瑣，計算量較大，解決極值點偏移，稱化構造函數法和比值代換法，二者各有千秋，獨具特色.【知識點1極值點偏移問題及其解題策略】1．極值點偏移的概念(1)已知函數y=f(x)是連續(xù)函數，在區(qū)間(a,b)內只有一個極值點x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1與x2之間，由于函數在極值點左右兩側的變化速度不同，使得極值點偏向變化速度快的一側，常常有，這種情況稱為極值點偏移.(2)極值點偏移若，則極值點偏移，此時函數f(x)在x=x0兩側，函數值變化快慢不同，如圖(2)(3).(左陡右緩，極值點向左偏移)若f(x1)=f(x2)，則x1+x2>2x0；(左緩右陡，極值點向右偏移)若若f(x1)=f(x2)，則x1+x2<2x0.2．極值點偏移問題的一般題設形式(1)函數f(x)存在兩個零點x1，x2且x1≠x2，求證：x1+x2>2x0(x0為函數f(x)的極值點)；(2)函數f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)=f(x2)，求證：x1+x2>2x0(x0為函數f(x)的極值點)；(3)函數f(x)存在兩個零點x1，x2且x1≠x2，令，求證：f'(x0)>0；(4)函數f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)=f(x2)，令，求證：f'(x0)>0.3．極值點偏移問題的常見解法(1)(對稱化構造法)：構造輔助函數：①對結論x1+x2>2x0型，構造函數.②對結論型，方法一是構造函數，通過研究的單調性獲得不等式；方法二是兩邊取對數，轉化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成兩變量即可.(2)(比值代換法)：通過代數變形將所證的雙變量不等式通過代換化為單變量的函數不等式，利用函數單調性證明.【知識點2指數、對數均值不等式解決極值點偏移問題】極值點偏移問題是近幾年高考的熱點問題，求解此類問題的一個重要工具就是指數均值不等式和對數均值不等式.1．對數均值不等式結論1對任意的a,b>0(a≠b)，有.2．指數均值不等式結論2對任意實數m,n(m≠n)，有.【題型1極值點偏移：加法型】【例1】（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知函數fx=lnmx?xm>0．(1)若fx≤0恒成立，求(2)若fx有兩個不同的零點x1,【解題思路】（1）直接用導數求出fx（2）構造pt=f1+t?f1?t【解答過程】（1）首先由m>0可知fx的定義域是0,+∞，從而故f′x=lnmx?x=1x?1=故fx在0,1上遞增，在1,+∞上遞減，所以fx所以命題等價于lnm?1≤0，即m≤所以m的取值范圍是0,e（2）不妨設x1<x2，由于fx在0,1在?1<t<1的范圍內定義函數pt則p′t=這表明t>0時pt>p0又因為f2?x1=f1+1?x故由fx在1,+∞上的單調性知2?x【變式1-1】（2024·遼寧·三模）已知fx(1)討論函數fx(2)當a>0時，證明：函數fx有且僅有兩個零點x1,【解題思路】（1）對fx求導，對a（2）先用零點存在性定理證明結論，再構造新函數討論f(x1)與f(?x2【解答過程】（1）f′當a≥0時，令f′x>0，得x>0，令f所以fx在(0,+∞)當a<0時，令f′x=0，得x=0當ln?a<0，即?1<a<0時，由f'x>0得x∈所以fx在?∞,ln?a當ln?a=0，即a=?1時，f′x≥0當ln?a>0，即a<?1時，由f'x>0得x∈所以fx在?∞,0和ln綜上，當a≥0時，fx在0,+∞上單調遞增，在當?1<a<0時，fx在?∞,ln?a當a=?1時，fx在R當a<?1時，fx在(?∞,0)和ln（2）由第（1）問中a>0時，fx在0,+∞上單調遞增，在當x>0時，因為a>0，f0=?1由零點存在性定理可得：函數fx在區(qū)間(0,+∞)上存在唯一零點x使得fx當x<0時，x?1<0，0<ex<1則fx顯然一元二次方程12ax2+x?1=0其中?1+1+2a取b=?1?fb即fb>0，且由零點存在性定理可得：函數fx在區(qū)間(?∞,0)上存在唯一零點x使得fx所以當a>0時，函數fx因為x2為零點，所以f(所以12所以f(?x令gx=?x?1當x>0時，e?x?ex<0，g因為g0=0，x2所以(?x2?1)e?因為fx在(?所以x1<?x【變式1-2】（2024·全國·模擬預測）已知函數f(x)=xe1x?a(x>0)，且(1)求實數a的取值范圍．(2)證明：x1【解題思路】（1）利用導數求出函數f(x)的最小值，再分段討論并構造函數，利用導數探討單調性，結合零點存在性定理推理即得.（2）由（1）的結論，結合函數零點的意義可得xlnx?lna?x+1=0有兩個相異的解【解答過程】（1）函數f(x)=xe1x當0<x<1時，f′(x)<0；當x>1時，f′(x)>0，f(x)在則f(x)當a≤e時，f(x)≥0恒成立，f(x)當a>e時，f(1)<0，f(a)=ae1a?a=a(f(1a)=1a令φ(a)=ea?2a，求導得φ′(a)=ea于是g′(a)>0，函數g(a)=ea?因此?x1∈(所以實數a的取值范圍為e,+（2）由（1）知，xe1x=a有兩個相異的解令函數?(x)=xlnx?lna?x+1，求導得?′當0<x<ae時，?′(x)<0，?(x)在0,ae單調遞減，當x>a不妨設x1<x2，顯然要證x1+x2>又?x1=?x2，則即證?(則F′(x)=?而2aex?x因此函數F(x)在(0,ae)上單調遞減，即F(x)>F(所以x1【變式1-3】（2024·全國·模擬預測）已知函數fx(1)若曲線fx在點1,?1處的切線與曲線gx有且只有一個公共點，求實數(2)若方程gx?fx①求實數a的取值范圍；②求證：x1【解題思路】（1）利用導數，得到g?1=?a=?1，（2）①構造函數，令?x=2lnx?a+1x②由①得?1<a<0，則2a+1>2，分析得出：需證?【解答過程】（1）函數fx的定義域為0,+所以曲線fx在點1,?1處的切線方程為y=?1因為切線y=?1與曲線gx所以g?1=?a=?1，故（2）①方程gx?fx=1有兩個不相等的實數根x1令?x=2lnx?a+1?′因為x>0,x+1>0，所以?′x的正負取決于（ⅰ）當a≤?1時，?′x>0恒成立，故?x在（ⅱ）當a>?1時，由?′x>0，解得x∈0,1故函數?x在0,1a+1因為函數?x有兩個零點，所以?即2ln1a+1令mx=2lnx+1+xx+1又m0=0，則不等式2ln因為?x=2ln又1a+1>1，所以?x以下證明在1a+1設φx=ln當0<x<1時，φ′x>0，當x>1時，φ′x<0，即函數故φx在x=1處取得極大值，也是最大值，φ所以lnx≤x?1，當且僅當x=1時，等號成立，故ln即?x取x0>2所以?x在1所以?x綜上，實數a的取值范圍為?1,0．②由①得?1<a<0，則2a+1>2，不妨設要證明x1+x2>2因為?x在0,1a+1上單調遞增，且所以只需證明?x1>?2a+1記Fx則F′x=所以Fx在1a+1,+∞上單調遞增，又當則Fx>0，所以Fx2>0，即?【題型2極值點偏移：減法型】【例2】（2024·全國·模擬預測）已知函數f(x)=x2?(2+a)x+a(1)討論f(x)的單調性；(2)設g(x)=exx?f(x)+x2?(a+1)x?2a+(a?1)lnx（i）證明：2a>e（ii）證明：x2【解題思路】（1）先確定定義域，求出導函數并進行通分和因式分解后根據開口方向、根的大小關系、根與定義域的位置關系等信息進行分類討論得出導數正負情況，從而得出函數的單調性.（2）考查用導數研究函數零點問題，（i）用導數研究函數的單調性和最值情況，確保函數零點個數為2即可證明2a>e【解答過程】（1）由題f(x)的定義域為(0,+∞)，①若a≤0，則2x?a>0，當0<x<1時，f′(x)<0；當x>1時，所以f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,+∞②若a>0，令f′(x)=0，得x1當0<a<2時，0<a當0<x<a2或x>1時，f′(x)>0；當所以f(x)在0,a2,(1,+當a>2時，a2當0<x<1或x>a2時，f′(x)>0；當所以f(x)在(0,1)，a2,+∞當a=2時，f′(x)=2所以f(x)在(0,+∞（2）（i）由題意知g(x)=e所以g′(x)=(x?1)e當0<x<1時，g′(x)<0；當x>1時，所以g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,+∞則g(x)因為函數g(x)存在兩個不同的零點，故e+1?2a<0，即2a>（ii）下面找出兩個點m，n(0<m<1<n)，使得g(m)>0，g(n)>0,注意到4a2?2a?12a?1=2a?12a?1下面我們證明：g(2a)>0，g1①g(2a)>0?e2a2a?ln(2a)>0，設方法1：設?(x)=ex?12x2所以?′(x)在(2,+∞所以?(x)在(2,+∞故?(x)>?(2)=e2?4>0，即因此m(x)=exx設u(x)=12x+1?所以u(x)在(2,+∞)上單調遞增，所以因此m(x)=exx?lnx>0，又又f(1)<0，所以1<x方法2：易知m′(x)=(x?1)ex?xx所以v(x)在(2,+∞)上單調遞增，得所以m(x)在(2,+∞)上單調遞增，故m(x)>m(2)=又2a>e+1>2，從而e2a又f(1)<0，所以1<x②g1設t(x)=lnx?x+1，則易知t(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,+∞所以t(x)≤t(1)=0，即lnx≤x?1又2a>e+1，即所以ln12a?1≤因此g1又f(1)<0，所以12a?1<x于是x2【變式2-1】（2024·湖南株洲·一模）已知函數fx=x+aebx(1)求a、b的值及fx(2)設x1，x2是方程fx=kx【解題思路】（1）借助導數的幾何意義可得f′1=e，f1=0，計算即可得（2）構造函數gx=x?1ex?kx【解答過程】（1）f′由題意有f′1=由1+aeb=0可得a=?1，則f故a=?1、b=1，則fxf′當x>0時，f′x>0，當x<0故fx在?∞,0故fx有最小值f（2）令gx=fx?kx則g′則當ex>2k，即x>ln當0<ex<2k，即0<x<故gx在0,ln2k故g=?kln由k>2，故gln又g0=0?1e0故gx有兩個零點，不妨設兩零點x1<又g1由1<2ln2<2ln則x1<1<2ln【變式2-2】（2024·北京朝陽·二模）已知函數f(1)求曲線y=fx在點0,f(2)若fx≥0恒成立，求(3)若fx有兩個不同的零點x1,x2【解題思路】（1）根據導數的幾何意義即可求解；（2）求導可得f′x=?ax+a+11?x(x<1)，易知當a≥0時不符合題意；當a<0時，利用導數研究函數f(x)（3）易知當a≥0時不符合題意，當a<0時，易知x1<x2【解答過程】（1）由f(x)=ax?ln(1?x)，得因為f(0)=0,f所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=(a+1)x；（2）f′①當a≥0時，f(?1)=?a?ln②當a<0時，令f′(x)=0當x∈?∞,1+1a時，f當x∈1+1a,1時，f所以當x=1+1a時，f(x)取得最小值若fx≥0恒成立，則設φx=x+1+ln當x∈?∞,?1時，φ當x∈(?1,0)時，φ′x<0,φ所以φx≤φ?1=0，即所以a=?1；（3）當a≥0時，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間所以f（x）至多有一個零點，不符合題意；當a<0時，因為f(0)=0，不妨設x若0<x2<1若x2<0，則由（2）可知，只需f(1?e)<0，即a(1?即a的取值范圍為11?【變式2-3】（2024·河南·模擬預測）已知b>0，函數fx=x+alnx+b(1)求a，b的值;(2)若方程fx=1e（e為自然對數的底數）有兩個實數根x【解題思路】（1）求導得f′x=x+ax+b（2）由題意得x1<0<x0<1<x2，構造函數證明不等式x?1lnx+1≥x?1【解答過程】（1）因為f′x=由題意知f1=0，所以聯立方程組1+alnb+1=0（2）由（1）可知fx=x?1f′x=1?u′所以ux即f′x又f′0=?1<0,f′且x∈(?1,x0)時，f'(x)<0故fx在?1,x0設?x=x?1則F′因為f′x在所以F′x在又F′1=0，所以當?1<x<1時，F′x所以Fx在?1,1上單調遞減，在1,+故Fx≥F1=0，即x?1因為方程fx=1e有兩個實數根也就是fx2=fx1所以x1所以x2?1ln設?x=1e的根為：又?x在?1,+∞上單調遞增，所以故x2易知fx的圖象在坐標原點處的切線方程為g令Tx則T′因為f′x在所以T′x在又T′所以當?1<x<0時，T′x<0，當x>0所以Tx在?1,0上單調遞減，在0,+所以Tx≥T0=0，因為x1<0，所以x1設gx=1e的根為又gx在?1,+所以gx1′從而?x由①②可知：x2【題型3極值點偏移：乘積型】【例3】（2024·全國·模擬預測）已知函數fx(1)當a=1時，討論函數fx(2)若fx有兩個極值點x①求實數a的取值范圍；②求證：x1【解題思路】（1）求得f′x=2x?2lnxx，設gx=2x?2lnxx（2）①求得f′x=2ax?2lnxx，令f′x=0，解得②由函數f′x有兩個零點x1,x2，得到2ax12=lnx12,2ax2【解答過程】（1）解：當a=1時，可得fx=x2?設gx=2x?2令?x=x所以?x為0,+∞上的增函數，且所以gx在0,1上單調遞減，在1,+∞上單調遞增，所以所以f′(x)min=2>0，所以f′（2）解：①因為函數fx=ax令f′x=0設px=ln因為fx有兩個極值點x1,x2當x∈0,e時，p′x>0所以px在0,e上單調遞增，在e,+又當x>1時，px>0，故可作出結合圖象可得，0<a<12e，即實數a②由函數f′x有兩個零點x1令t1=x12,t只需證明t1不妨令t1>t2，由要證t1t2即證lnt即證lnt1?令m=t1t2，則令sm=ln所以sm在1,+∞上單調遞增，所以綜上所述，原不等式成立．【變式3-1】（2024·四川眉山·三模）已知函數f(x)=xln(1)若過點(1,0)可作曲線y=f(x)兩條切線，求a的取值范圍；(2)若f(x)有兩個不同極值點x1①求a的取值范圍；②當x1>4x【解題思路】（1）求出函數f(x)的導數，設出切點坐標，求出切線方程，結合切線過的點構造函數g(x)=ax2?2ax?x+lnx?1（2）①由f′(x)=lnx?2ax?1有兩個零點，結合零點的意義分離參數，求出直線y=2a與函數y=lnx?1x【解答過程】（1）依題意，f′設過點1,0的直線與曲線y=f(x)相切時的切點為(x0,切線方程為y?(x0ln則?x0ln由過點(1,0)可作曲線y=f(x)兩條切線，得方程ax令g(x)=ax2?2ax?x+求導得g′①若a>12，由g′(x)>0，得0<x<12a或即函數g(x)在(0,12a)，(1,+則當x=12a時，g(x)取得極大值；當x=1時，又g(1當x≤1時，g(x)<0恒成立，因此函數g(x)最多1個零點，不合題意；②若a=12，g′(x)≥0恒成立，函數因此函數g(x)最多1個零點，不合題意；③若0<a<12，由g′(x)>0，得0<x<1或x>1即函數g(x)在(0,1)，(12a,+則當x=1時，g(x)取得極大值；當x=12a時，g(x)取得極小值，又顯然當x≤12a時，g(x)<0恒成立，因此函數④若a≤0，顯然2ax?1<0，當0<x<1時，g′(x)>0，當x>1時，函數在(0,1)上單調遞增，在(1,+∞)上單調遞減，當x=1時，g(x)取得最大值要函數g(x)有2個零點，必有g(1)=?a?2>0，得a<?2，當0<x<1時，g(x)=a(x?1)而函數y=?a?1+lnx在(0,1)上的值域為(?∞,?a?1)，因此g(x)在當x>1時，令y=lnx?x，求導得y′=1則lnx?x<?1，g(x)=a而函數y=a(x?1)2?a?2在(1,+因此函數g(x)在(1,+∞)上的值域為于是當a<?2時，函數g(x)有兩個零點，所以過點1,0可作曲線y=fx兩條切線時，a的取值范圍是?（2）①由（1）知，f′由函數f(x)有兩個極值點x1,x2，得f′令u(x)=lnx?1x，求導得u′(x)=2?lnxx函數u(x)在(0,e2)上單調遞增，(且u(e)=0，當x>e時，函數u(x)>0恒成立，因此當0<2a<所以函數f(x)有兩個極點時，a的取值范圍是(0,1②由lnx1?2ax1要證明x1x2而lnx令t=x1x2(即證明(t+2)?lntt?1令?(t)=ln求導得?′則φ(t)=t+4+4t?12ln2則?′(t)>0，令?(t)在t>4時單調遞增，則因此(t+2)?lntt?1所以x1【變式3-2】（23-24高二下·重慶·階段練習）已知函數fx=x+a(1)求實數a的值并求函數f(x)的極值；(2)若fx1=f【解題思路】（1）由已知，求出f′x，根據fx點A(1,f(1))處的切線斜率為1，得到f′1（2）由fx1=fx2，可得ln【解答過程】（1）由已知，f′因為函數fx=x+a所以f′則fx=xlnf′x=lnx+1令f′x>0，解得x>1e∴fx在0,1e∴fx在x=1e（2）由已知，令fx則x1lnx1=m，即ln兩式相減可得，lnx1+消去m，得lnx1+由于x1因此只需證明x1而x1不妨設x1<x2,t=x1令gtg′t=lnt+∴g′t在0,1∴gt在0,1上遞增，gt<g1則原命題得證.【變式3-3】（2024·安徽合肥·模擬預測）已知函數f(x)=a(1?2ln(1)討論f(x)的單調性；(2)若x1，x2x1≠【解題思路】（1）首先求函數的導數，再分a≤0和a>0兩種情況求解不等式，根據導數與單調性的關系，即可求解；（2）代入函數的零點，并變形為lnx1x12?lnx2【解答過程】（1）f′(x)=24x當a≤0時，f′(x)>0，則f(x)在當a>0時，令f′(x)=0，得x6當f′(x)>0時，x>6a12所以f(x)在0,6a12綜上：當a≤0時，f(x)在(0,+∞當a>0時，f(x)在0,6a12（2）設0<x1<x2所以k=ln所以lnx1x記t4=12e4，要證只需證lnx1x記?(x)=lnxx2+記φ(x)=t4(1?2由（1）可知，取a=t4>0所以φ(x)在0,e23所以φ(x)min=φ所以φ(x)≥φe23=0，即?′又0<x1<x2【題型4極值點偏移：商型】【例4】（2023·全國·模擬預測）已知函數fx(1)設函數gx=ekx?(2)若方程fx=m有兩個不相等的實根x1、x【解題思路】（1）將問題轉化為不等式e2lnx+kx?xk?(1+2lnx)≥0在(0,+（2）利用導數研究函數fx的性質可得0<m<1，由題意可得m(x12+x22)<2x1【解答過程】（1）當k>0、x>0時，f(x)≤g(x)即1+2ln等價于1+2lnx≤x設u(x)=ex?x?1令u′(x)<0?x<0，令所以函數u(x)在(?∞,0)上單調遞減，在所以u(x)min=u(0)=0，得u(x)≥0當k=1時，令v(x)=2lnx+xx>0，易得v(x)又v1e=2所以v(x)在1e,1，即(0,+∞所以uv(x)≥uvx0當0<k<1時，令mk易得關于k的函數y=e2lnx+kx與y=?x當x=x0時，mk當k>1時，易得mk>m1綜上：k≥1，則實數k的最小值為1；（2）由題意知，m>0，f(x)=1+2lnx令f′(x)>0?0<x<1，令所以函數f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,+∞)上單調遞減，則當x>1時，易得f(x)=1+2lnxx2又函數f(x)=m有兩個不同的實根x1,x2，即作出fx與y=m所以0<m<1，且m=1+2得mx12要證x1x2即證2+2lnx1由x1x2設?(x)=lnx?x+1(x>0)，則令?′(x)>0?0<x<1，令所以函數?(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,+∞所以?(x)max=?(1)=0，則?(x)≤0所以1+lnx1x2即1+lnx1【變式4-1】（23-24高二下·河南平頂山·階段練習）已知函數fx(1)若fx恰有兩個零點，求a(2)若fx的兩個零點分別為x1,x2【解題思路】（1）構造gx=x2lnx，由于fx（2）由題意，將命題成立轉化為2x12+1x22ln【解答過程】（1）令gx=x則g′令g′x=0當0<x<e?12時，g′當x>e?12時，g′因為當0<x<1時，gx<0，當x>1時，且ge又fx恰有兩個零點，即x故函數gx與y=a所以?12e<a<0，故（2）因為fx的兩個零點分別為x1,所以x12ln所以lnx1=ax所以a=ln所以要證2ax12即證lnx2x令x2x1令Ft=lnF′由于t>1，令m=t所以4t而y=4m2+所以y=4m2+所以4t于是F′t>0因此Ft在1,+所以Ft所以原命題得證.【變式4-2】（2023·湖北武漢·三模）已知函數fx=ax+a?1(1)討論函數fx(2)若關于x的方程fx=xex?（?。┣髮崝礱的取值范圍；（ⅱ）求證：ex【解題思路】（1）求出f′x=x+1ax?1x2（2）（i）將方程變形為ex+lnx=ax+lnx，令tx=x+lnx（ii）將所證不等式等價變形為t1+t2>2，由et=at變形可得出t=lna+lnt，推導出t【解答過程】（1）解：因為fx所以f′x=a+①當a≤0時，f′x<0，所以函數f②當a>0時，由f′x>0得x>1a所以函數fx的增區(qū)間為1a,+綜上：當a≤0時，函數fx的減區(qū)間為0,+當a>0時，函數fx的增區(qū)間為1a,+（2）解：（i）方程fx=xex?令tx=x+lnx，因為函數易知函數tx=x+ln結合題意，關于t的方程et又因為t=0不是方程（*）的實根，所以方程（*）可化為et令gt=ett由g′t<0可得t<0或0<t<1，由g所以，函數gt在?∞,0和0,1所以，函數gt的極小值為g且當t<0時，gt=ett作出函數gt和y=a由圖可知，當a>e時，函數y=a與g所以，實數a的取值范圍是e,+（ii）要證ex1x2+因為et=at，所以只需證由（?。┲环猎O0<t因為et=at，所以t=lna+ln所以只需證t2+t令p=t2t令?p=lnp?2所以?p在1,+∞上單調遞增，故?p>?1所以原不等式得證．【變式4-3】（2024·全國·一模）已知f(1)若fx≥0，求實數(2)設x1,x2是fx的兩個零點（x【解題思路】（1）求導得出函數fx（2）①由題意0<x1<1<x2，0<1x2<1，作差得fx1?f1x2=fx2?f【解答過程】（1）f′x=2x?2則g′x=3x2所以當0<x<1時，gx<g1=0，當x>1時，gx>g1=0，所以fx若fx≥0，則fx所以實數a的取值范圍為?∞（2）①由題意不妨設x1<x2，則由（1）可知f所以f=x設gx=x?1所以函數gx單調遞增，所以g所以fx1?f又函數fx在0,1上面單調遞減，所以0<x1②注意到x1所以x1+x只需x2lnx令?x=ln當0<x<1時，?′x>0當x>1時，?′x<0又1x1>所以要證?x1<?x2不妨設Hx則H′當0<x<1時，H′x>0當x>1時，H′x>0因為0<x1<1，所以H又因為?1x1綜上所述，命題2x【題型5極值點偏移：平方型】【例5】（2024·福建南平·模擬預測）已知函數fx=ln(1)討論fx(2)若方程fx=1有兩個不同的根(i)求a的取值范圍；(ii)證明：x1【解題思路】（1）求出函數的導函數，再分a>0、a<0（2）(i)參變分離可得1+lnxx=a，令gx=1+lnxx，利用導數說明函數的單調性，求出函數的最值，即可求出a的取值范圍；(ii)不妨設x1<x2，則【解答過程】（1）由題意得fx=lnex由f′x=0顯然a≠0，若a>0，則當0<x<1時，f′x>0,fx單調遞增，當若a<0，則當0<x<1時，f′x<0,fx綜上，當a>0時，fx在區(qū)間0,1內單調遞增，在區(qū)間1,+當a<0時，fx在區(qū)間0,1內單調遞減，在區(qū)間1,+（2）（i）由lnexax設gx=1+lnxx，由(1)得又g1e=0,g1=1，當x>1時，g所以當0<a<1時，方程1+lnxx=a有兩個不同的根，即方程lne（ii）不妨設x1<x2，則解法一：當x2∈2,+∞時，當x2∈1,2設px=g則p′x所以px在區(qū)間0,1則px<p1所以g又x1∈0,1所以2?x1<又x1≠x故2x12解法二：設?x=gx則?′所以?x在區(qū)間0,+又?1所以?x1=g又gx2=g又x2>1,1所以x2>1又x1≠x【變式5-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數fx(1)求函數fx在1,3(2)若方程fx=1a有兩個不相等的解x1【解題思路】（1）先求導數，利用導數求解最值，可得值域；（2）先把不等式轉化為x1【解答過程】（1）因為fx=x當x∈1,2時，f′x>0,fx所以當x∈1,3時，f又f1=1e<f所以fx在1,3上的值域是1（2）由題，不妨設0<x由（1）可知0<x1<2<由fx=1a得兩邊同時取自然對數，得x1?x要證ax12因為ex1+即證x1即證2x1?令x1x2令gt則g′所以當t∈0,1時，gt單調遞減，所以gt故ax【變式5-2】（2024·四川涼山·二模）已知函數fx(1)若函數fx在R上是增函數，求a(2)設gx=x?12sin【解題思路】（1）根據給定條件，利用導數結合單調性，列出不等式求解即得.（2）由（1）的信息可得x2【解答過程】（1）函數f(x)=x+asinx，求導得依題意，對任意實數x，f′(x)=1+acos因此1+a≥01?a≥0，解得：?1≤a≤1所以a的取值范圍為[?1,1].（2）函數g(x)=x?12sin由g(x1由（1）知，函數f(x)=x?sinx在不妨令x2>x1>0亦即12(x于是lnx2?下面證明：x2?x1ln令t=x2x1,(t>1)求導得φ′(t)=2t?1?于是φ(t)<φ(1)=0，即t2?1t【變式5-3】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知函數fx=x2ln(1)求實數m的取值范圍；(2)求證：t<1；(3)比較t與2e及2m+【解題思路】（1）先結合導數與單調性關系判斷函數的單調性，結合單調性及函數性質，零點存在定理即可求解；（2）令t=x12+x22=u1+u2（3）結合所要比較式子，合理構造函數，對新函數求導，結合導數與單調性關系即可求解.【解答過程】（1）fxu=x2，考慮函數fx有兩個零點x1,x2，ug′u=lnu+1,g所以gu因為當u→0+時gu→?2m；當x→+∞（2）t=x12+x欲證u1+u2<1即lnu∵u∴l(xiāng)n證明①式只需證λlnλ1?λ構造φλ=ln令y=1?1λ?lnλ，y所以y=1?1λ?lnλ所以φ′φλ在1,+∞單調遞減，（3）先證u1+u2>F′∴Fu在0,1e單調遞減，∴F∴gu2>g2e由0<u1<又∵當0<x<1時，y=lnx?2所以y=lnx?2x?1x+1在0,1所以當0<x<1時，y<0，即ln所以lne即1+lnu1整理得：eu同理當x>1時，y=lnx?2x?1x+1所以y=lnx?2把x代成eu2可得：由③-④得：eu∵u1<u2【題型6極值點偏移：復雜型】【例6】（2024·四川·一模）已知函數fx(1)若a=1，求fx(2)若fx有2個零點x1,【解題思路】（1）求導，確定函數單調性，根據單調性可得最值；（2）將x1,x2代入原函數后做差變形，得到lnx【解答過程】（1）當a=1，函數fx則f′可知當0<x<12時，f′當x>12時，f′則當x=12時，fx所以fx的最小值為ln（2）由已知，x1,x則ax12兩式相減，得ax整理得ax欲證明ax只需證明不等式lnx即證明lnx1?不妨設0<x1<x2只需證明lntt?1t+1令?t=t+1又令ut=?所以，當0<t<1時，ux，即?′t故當0<t<1時，?t單調遞增，則?所以，原不等式成立，故不等式ax【變式6-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數fx=x2a(1)求a的取值范圍；(2)證明：x1【解題思路】（1）函數fx有兩個不相等的極值點，則方程f′x=0在（2）由1<x1<e<x2，設t=【解答過程】（1）函數fx=xf′因為函數fx有兩個不相等的極值點x所以方程alnx?x=0在0,+∞上有兩個不相等的實數根x方程兩邊同時除以ax，整理得1a即直線y=1a與函數令gx=lnxx，則g當x∈0,e時，g′x>0,g所以g(x)max=gx→+∞時，gx>0且g

要想y=1a與gx的圖象有兩個交點，則0<故a的取值范圍是e,+（2）由（1）易知，1<x1<e<x2由（1）得alnx2=x又alnx1=x整理得lnx要證x1只需證x1兩邊同時除以x1，即證ln即證t+1ln兩邊同除以t+1，即證lnx結合*式，即證lnt即證lnt?設?t=ln所以?t在1,+∞上單調遞增，所以所以原不等式得證．【變式6-2】（2024·貴州·模擬預測）已知函數f(x)=xe(1)求函數fx(2)若方程f(x)=4ex+4elnx有兩個不相等的實數根x1【解題思路】（1）對函數求導，利用導數求函數fx（2）換元后化為4=tlnt，構造gt=tlnt，求導后得到其單調性，只需證明lnt1+【解答過程】（1）由題可知f(x)=xex+1，定義域為R，則有令f′(x)<0，則x<?1，可知當x∈(?∞,?可知當x∈(?1,+∞)，f′綜上所述，函數f(x)=xex+1的單調遞增區(qū)間為(?1,+∞（2）證明：4ex+4eln令t=xex>0，其中x>0，則4lnt=t令g(t)=tlnt，則g′(t)=lnt?1(lnt)2，所以g(t)因為方程4ln(xe所以關于t的方程4=tlnt有兩個不相等的實數根t1，t2要證x1即證x1ex1?因為t1=4lnt不妨設t1>t2>0令s=t1t2>1，?(s)=因為?′(s)=1s?所以?(s)>?(1)=0，故x1【變式6-3】（2024·山東·模擬預測）已知函數fx=1(1)當a≥1時，判斷fx(2)若fx存在兩個極值點x（ⅰ）證明：x2（ⅱ）證明：x∈1,+∞時，【解題思路】（1）求出函數的導函數，令gx=a?1+lnxx，x∈0,+（2）（?。┙Y合（1）及題意可知gx=0有兩個不相等的實數根，即可求出a的取值范圍，從而得到1e<x1<1<（ⅱ）由（?。┲獂2>1，a=1+lnx2x2及fx【解答過程】（1）函數fx=1則f′令gx=a?1+lnx所以當0<x<1時g′x<0，當x>1所以gx在0,1上單調遞減，在1,+所以gx在x=1處取得極小值，即最小值，所以g所以f′x≥0所以fx在0,+（2）（?。┯桑?）可知gx在0,+∞上的最小值為當x→0時gx→+∞，當x→+若fx存在兩個極值點x1,x2所以a>0g1=a?1<0又g1e=a>0且當0<x<x1時gx>0，即當x1<x<x2時gx當x>x2時gx>0，即所以x1為fx的極大值點，x2因為a?1+lnx要證x2?x1+2>只需證x2即證x2>2令px=ln所以px在1,+所以px>p1所以x2（ⅱ）由（?。┲獂2>1，且當1<x<x2時f′x<0所以fx在1,x2所以f==2令Hx=ln所以Hx在1,+所以Hx>H1=1，即所以2ln所以fx【題型7拐點偏移問題】【例7】（23-24高三下·四川成都·期末）已知函數fx(1)當a=1時，求fx在x=0(2)設函數gx=fx?sinx，當【解題思路】（1）利用導數可得f′0即切線斜率，又切線過點（2）由題，gx=ex?12x2?sinx，通過研究函數?x故證明當x>0時，gx【解答過程】（1）當a=1時，fx=e因f0=1，則在x=0處的切線方程為x?y+1=0；（2）由題，當a=12時，則g′x=ex令?′x>0?x>0，得??′x<0?x<0，得?x在則?x∈R，g′x得gx在R上單調遞增，而g0=1，g則不妨設x1令px=gx則p′x=ex則n′x=ex則p′x=nx>n有px>p0=0，即因x2>0，則又gx1+gx2則?x【變式7-1】（23-24高三下·陜西西安·階段練習）“拐點”又稱“反曲點”，是曲線上彎曲方向發(fā)生改變的點.設φ′x為函數φx的導數，若α為φ′x已知函數fx=aex?xlnx有兩個極值點x(1)求a的取值范圍；(2)證明：C在Q處的切線與其僅有一個公共點；(3)證明：f′【解題思路】（1）先根據條件得y=f′x（2）利用導數的幾何意義先求得C在Q處的切線方程，利用作差法及導數研究函數的單調性與零點即可證明；（3）直接根據（1）（2）的結論得出f′【解答過程】（1）由題意可知f′x=a令gx易知y=1x?lnx?1所以x∈0,1時g′xx∈1,+∞時g′x<0又g1e=0，x∈1,+∞時g所以要滿足題意需a∈（2）令f′由上知a∈0,1e，所以y=根據“拐點”的定義及條件知?′所以C在Q處的切線方程為：y=f令mx=ae易知m′由上可知f′x在0,x即f′x≥顯然mx0=0所以C在Q處的切線與其僅有一個公共點，即Q點；（3）不妨設x1<x2，由題意可知結合（2）知0<x根據f′x的單調性知所以f′【變式7-2】（2024·全國·模擬預測）已知函數f(x)=2ln（1）求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程.（2）若正實數x1,x2滿足【解題思路】（1）首先計算f(1)求出切點坐標，再求導計算k=f（2）首先將f(x1)+f(x2)=4化簡為(x1+x2【解答過程】（1）f(1)=2ln1+1f′(x)=2切線為：y?2=5(x?1)，即5x?y?3=0.（2）f(2ln(令x1x2=t，g′t∈(0,1)，g′(t)<0，t∈(1,+∞)，g′(t)>0，gmin(t)=g(1)=1，所以即(x得：(x得到x1+x【變式7-3】（23-24高二下·貴州貴陽·階段練習）設f′x是函數fx的導函數，若f′x可導，則稱函數f′x的導函數為fx的二階導函數，記為f″(1)研究發(fā)現，任意三次函數fx=ax3+bx2+cx+da≠0，曲線y=fx都有“拐點”，且該“拐點”也是函數(2)已知函數gx（i）求曲線y=gx（ii）若gx1+g【解題思路】（1）根據“拐點”的定義，對函數y=fx求導列式求解b=?3,d=29，利用導數研究函數f（2）（?。└鶕肮拯c”的定義，對函數gx（ⅱ）由（i）可得函數gx在R上單調遞增，將要證的不等式轉化為gx1+g2m?【解答過程】（1）∵fx=x3+b又函數fx=x3+b∴f1=1+b?24+d=3,∴fx=x∵函數f′x在?∞,?2上為正，在∴函數fx在?∞,?2上單調遞增，在?2,4（2）（i）∵gx∴g′x顯然，g″x=emx?1∴x=1m是又g1∴曲線y=gx的拐點是1（ii）由（i）可得，當x∈?∞,當x∈1m,+∴g∴函數gx在R上單調遞增，不妨設x要證x1+x2<又gx1+gx2令?x=gx∴=e∴函數?′x=g′∴函數?x=gx+g2∴?x1=g一、單選題1．（2024·河北衡水·模擬預測）已知函數fx=lnx+1?ax有兩個零點x1A．a>1 B．xC．x1?x【解題思路】根據零點可將問題轉化為a=lnx+1x，構造gx=lnx+1【解答過程】由fx=0可得a=lnx+1x則直線y=a與函數gx的圖象有兩個交點，g由g′x>0可得0<x<1，即函數g由g′x<0可得x>1，即函數g且當0<x<1e時，gx=lnx+1x如下圖所示：由圖可知，當0<a<1時，直線y=a與函數gx由圖可知，1e因為f′x=1x?a=1?axx，由所以，函數fx的增區(qū)間為0,1a，減區(qū)間為1所以，0<x1<令?x=f2則?′x=1x?所以，?x1>?1a又fx2=f因為函數fx的單調遞減區(qū)間為1a,+∞，則由ax1=所以，lnx1x由圖可知1e<x1<1<x2故選：D.2．（2024·全國·模擬預測）若函數fx=alnx+12x2?2xA．?∞,?5 B．?∞,?5 C．【解題思路】首先對fx求導，得f′x=x2?2x+axx>0【解答過程】依題意得f′若函數fx有兩個不同的極值點x則方程x2?2x+a=0有兩個不相等的正實數根可得Δ=4?4a>0x1因為t?fx可得t<f=a=aln設?a=aln則?a單調遞減，?a>?所以實數t的取值范圍是?∞故選：B．3．（2023·吉林通化·模擬預測）已知函數f(x)=x2+2x3?3ax2+b滿足：①定義域為R；②1A．(?2,?1) B．?1,?12 C．12【解題思路】由題意可轉化為gx=x3?3ax2+b有且僅有兩個不同的零點x1，x2，對gx求導，結合gx的單調性可知【解答過程】函數f(x)=x2+2x3因為x2+2>0，令gx=x3?3ag′x=3x2若a>0，令g′x>0，可得x>2a或x<0；令g所以gx在?∞,0同理若a<0，gx在?∞,2a因為12<b<4，要使gx有且僅有兩個不同的零點x1，x2而g2a=8a3?12則12<4a則gx有一根是確定的為2a，又因為g所以gx的另一根為?a所以1x1+1x2?1<?1故選：B.4．（2024·遼寧·三模）已知函數f(x)=lnx+12ex2?ax存在兩個極值點，若對任意滿足f(xA．(2e,C．(2e,1+【解題思路】求出函數f(x)的導數，由導函數的兩個零點t1,t2(t1<t2)【解答過程】函數f(x)=lnx+12e由函數f(x)存在兩個極值點，得f′(x)=0，即x2則Δ=e2a2?4e>0t1+t2于是函數f(x)在(0,t1),(令f(x1)=f(x2)=f(x此時0<x1<t1<x即函數y=ex?x在(0,+∞)上遞增，則e由x1<x因為對任意滿足f(x1)=f(x2則有ex1,ex2,又t2=et1,0<t而g(1)=0，因此1≤t1<e，由而函數?(t1)=t1e+所以實數a的取值范圍為(2故選：C.5．（2023·四川南充·一模）已知函數f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個不同的零點x1，x2（①x2x1<e2m

②xA．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】函數fx=lnx?2x+2【解答過程】由函數fx=ln轉化為lnx?2x構造函數gx=lnx?2x+2，?x=lnx?2x故?x在0,1單調遞減，在1,+所以0<x對于①，m=?ln所以2m=?ln所以x2對于②，由①可知m=?lnx1因此x1對于③，因為0<m<3，所以0<m3<1所以g3則g3構造函數Qx則Q′x=所以g3所以x2因為gem3令m3=t0<t<1，構造It=t?所以m=g所以em對于④，由①可知，lnx所以lnx令x1x2=n，Wn所以x1故選：D.6．（2023·全國·模擬預測）已知函數fx=ex?mx2有兩個極值點x1，x2（0<x1<xA．0<M<1e C．M>e2+1【解題思路】解法一：求出函數的導函數，則x1，x2是方程exx=2m的兩個實數根，x3，x4是方程xlnx=2m，即eln解法二：求導可得x1，x2是y=ex與y=2mx圖象交點的橫坐標；x3，x4是y=lnx與【解答過程】解法一：由fx=ex?mx2可得f由gx=xlnx?14mx2?x即eln設?x=e當0<x<1時?′x<0，當x>1故?x在0,1上單調遞減，在1,+∞上單調遞增，則?x在x=1因為x1，x2是方程exx=2m的兩個實數根，x且0<x1<x2，0<x3則x3=ex1所以M=x又y=x+1x在1,+∞解法二

第一步：對函數求導，將問題進行轉化；由fx=ex?mx2可得f′x=e由gx=xlnx?14mx2?x可得g′x第二步：構造函數，求得m的取值范圍；由ex=2mx可得2m=exx易得?x在x=1處取得極小值，且?1=e，當x→0+時，所以由方程ex=2mxx>0有兩個實數根可得2m>（點撥：因為y=ex與y=lnx互為反函數，且所以當y=ex與y=2mx的圖象有兩個交點時，y=ln第三步：利用反函數的概念對變量進行代換，即可得解；設Ax1,ex1，由y=ex與y=lnx互為反函數，且可得A與C，B與D分別關于直線y=x對稱，則x3=e則M=x又y=x+1x在1,+∞故選：C.7．（2023·四川成都·一模）已知函數fx=lnx2?a2xlnx+aeA．?1e2?e,0 B．?【解題思路】令f(x)=0，將原函數的零點轉化為方程lnx2?a2xlnx+aex【解答過程】令f(x)=0，得lnx2?令t=lnxx設g(x)=lnxx令g′(x)=0，解得x=e當x∈0,e時，g′當x∈e,+∞時，g則g(x)在x=e時，有最大值為g(則當t=gx當t=gx當t=gx當t=gx因為原方程為t2由題可知有三個零點，因此方程有兩個不等實根t1、t2，設則有t1+t若a=0，則t1若a>0，則t1+t有0<t1<t2，即有0<若a<0則t1<0，t1=設?(t)=t2?a2所以2ln故選：D.8．（2023·四川南充·一模）已知函數f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個不同的零點x1，x2（①x2x1<e2mA．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】令gx=lnx?2x+2，判斷gx的單調性結合g1=0得到0<x【解答過程】∵f(x)=lnx?2x+2?m（0<m<3）有兩個不同的零點即x1，x2是方程令gx=lnx?2∵g′x=1x+1∴x∈0,1時，gx∈1,+∞時，∴0<x1<1，x2>1，∴對于①，兩式作差得，lnx整理得，ln∵2x2?x1x1對于②，∵lnx1?2x1+2=?m∴?2x1+2>?m，即2x對于③，∵lnx1?兩式相加得，lnx整理得，∴l(xiāng)nx1x∵2x即x1令t=x1x整理得tlnt+2t?2>0，即∵x∈0,1時，gx∈1,+∞時，∴t=x1x故選：D.二、多選題9．（2024·貴州畢節(jié)·二模）已知函數fx=xe?x，方程fxA．fx≤1e C．lnx1?【解題思路】求得f′x=(1?x)e?x，得到函數fx的單調性和最大值，可判定A正確；結合函數的取值分布，可判定B不正確；由x1e?x1=x2e【解答過程】對于A中，由函數fx=xe當x<1時，f′x>0，fx單調遞增；當x>1時，所以，當x=1時，函數fx可得fx對于B中，由x→?∞時，fx→?∞，當要使得方程fx=a有兩個不等實數根x1對于C中，由方程fx=a有兩個不等實數根可得x1e?x1因為x1≠x對于D中，設?x=ln所以?x單調遞增，當x>1時，可得?不妨令x2>x1>0所以x1故選：ACD.10．（2024·山西太原·三模）已知x1是函數fx=x3A．fx的對稱中心為0,n B．C．2x1+【解題思路】利用f0+x+f0?x=2n，可判斷A；令f′x=0，解得x，代入f?x1?fx1可判斷B；利用導數判斷出y=f【解答過程】對于A，因為f0+x所以fx的對稱中心為0,n，故A

對于B，f′x=3x2當x1f=?2x因為m<0，所以?4m3?m當x1f=?2x因為m<0，所以4m3?m3故B錯誤；對于C，令f′x=0當x>?m3或x<??m3時，當??m3<x<?m3所以y=fx在x=??m3如下圖，當x1=??mfx可得x12+x1所以2x當x1=?mfx可得x12+x1所以2x綜上所述，2x對于D，由C選項可知，若x1=?m所以x1故選：AC.11．（23-24高二上·湖北武漢·期中）已知函數f(x)=xlnx?x與y=a有兩個不同的交點，交點坐標分別為x1,y1，A．f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,+∞B．a的取值范圍為(?1,0]C．xD．x【解題思路】根據題意求出函數fx【解答過程】由題意可知fx=xlnx?x定義域為對A：當x∈0,1時，f'x<0，當x∈1,+∞時，f'x>0，對B：由A知當x=1時，fx取到極小值也是最小值f1=?1，由題值f令fx=0，得x=0或x=e，所以當x→0，fx→0所以fe=0>a>fxmin=f對C：由fx的最小值點1,?1，所以過點0,0，1,?1的直線為y=?x=p令θx=px?f當x∈0,1e，θ'x所以θx在0,1eθ1e=1e，θ所以直線y=?x與y=a的交點為x3設過點1,?1，e,0的直線為y=令ωx=qx則ω’x=qx?f所以ωx在1,e單調遞減，又因為ωe=0，所以所以直線y=1e?1x?e所以x2對D：因為f'x=lnx，fe=0，f設gx=x?e，令?當x∈0,e，?'x<0所以?x在0,e單調遞減，在e,+∞單調遞增，所以?因為x1<x2，直線y=x?e所以fx2=a≥g下證：x1由于a=fx1，所以要證x1令φx=xln當x∈0,1e，φ'x所以φx在0,1e所以φx≥φ1e=0，所以x由于等號不能同時滿足，所以x1故選：ACD.三、填空題12．（2023·河北衡水·模擬預測）已知函數f(x)=2023ex?ax2?1(a∈R)有兩個極值點x1【解題思路】原題等價于x1,x【解答過程】原題等價于x1,x2是導函數即是方程2023ex?2ax=0的兩個不相等的實數根，x=0所以x=x1和x=x即函數g(x)=exx由于g′(x)=(x?1)exx2，所以當x<0或0<x<1時，g'(x)<0；當x>1時，g當x趨于?∞時，gx趨于0，且g(x)<0，當x<0且gx趨于?∞，當0<x≤1時，x趨于0時，gx在x=1處，gx取得極小值g(1)=e；當x>1時，x趨于+∞時，g作出g(x)的大致圖像如下圖所示，由圖可知，2a2023>e因為x2≥2x1，取x2=2x1，并令x1=t,(t>0)，則x2故答案為：a∈2023ln13．（23-24高三下·云南·階段練習）若關于x的方程ex?3ax=0有兩個不同的實根x1，x2，且x1>3x【解題思路】由題意3a=exx(x≠0)有兩個不相等的實數根x1，??x2，令g(x)=exx，利用導數研究函數單調性并畫出圖象，數形結合得3a=【解答過程】因為x=0不是方程ex所以3a=exx令g(x)=exx當x<0時，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(?∞當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(0,當x>1時，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(1,+∞所以g(x)的極小值為g(1)=e若3a=exx有兩個不相等的實數根x1，??x2令t=x1x2，則x1=tx2，由所以etx2=tex2設?(t)=lntt?1所以?(t)在(3,+∞)上單調遞減，則又g(x)=exx在區(qū)間(0,1)上單調遞減，3a=所以3a=g(x2)>g所以實數a的取值范圍為23故答案為：2314．（2023·陜西西安·二模）若函數fx=12ax2?ex+1在x=【解題思路】根據題意可得原題意等價于y=a與y=e【解答過程】因為fx=1令f′x=ax?ex原題意等價于y