导数解答题之极值点偏移问题教师版
专题08 导数中的极值和极值点偏移(解析版)
专题08 导数中的极值和极值点偏移一、重点题型目录【题型】一、求已知函数的极值 【题型】二、根据极值点求参数【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系 【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系 【题型】五、求已知函数的极值点 【题型】六、函数最值与极值的关系 【题型】七、导数中的极值偏移问题 二、题型讲解总结【题型】一、求已知函数的极值例1．（2023·全国·高三专题练习）等比数列{}n a 中的项1a ，105a 是函数()32692f x x x x =-+-的极值点，则53a =（ ）A ．3B ．C ．D 【答案】D【分析】先根据题意确定函数的极值点，进而得到1105a a ⋅，然后根据等比中项求得答案.【详解】由题意，()()()23129313f x x x x x =-+=--'，则(),1x ∈-∞时0fx ，函数单调递增，()1,3x ∈时()0f x '<，函数单调递减，()3,x ∈+∞时0fx ，函数单调递增，于是x =1和x =3是函数的两个极值点，故1a ，105a 是()231290x x f x =-+='的两个根，所以11053a a ⋅=，所以25311053a a a =⋅=，又110540a a +=>，所以10a >，1050a >，设公比为q ，525310a a q =>，所以55a =故选：D.例2．（2023·全国·高三专题练习）下列函数中存在极值点的是（ ） A ．1y x= B ．e x y x =- C ．2y = D ．3y x =【答案】B【分析】对每个选项求导，然后判断即可 【详解】对选项A ，210y x '=-<，故没有极值点； 对选项B ，1e x y '=-，则极值点为0x =，故正确； 对选项C ，0y '=，故没有极值点； 对选项D ，230y x '=≥，故没有极值点；故选：B例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22e e x a f x a x =-至多有2个不同的零点，则实数a 的最大值为（ ）． A ．0 B ．1 C ．2 D ．e【答案】C【分析】先将零点问题转化为两函数交点问题，构造函数，研究其单调性，极值，画出函数图象，从而得到20e a a =或224e e a a ≥，再次构造关于a 的函数()2e a a h a =，研究其单调性，解出不等式，求出数a 的最大值.【详解】令()22e e 0xa f x a x =-=，得到22e ex a x a=，函数()22e e xa f x a x =-至多有2个不同的零点，等价于22e ex a x a=至多有两个不同的根，即函数2e x x y =与2e a a y =至多有2个不同的交点令()2ex x g x =，则()22exx x g x -'=， 当02x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当0x <或2x >时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以0x =与2x =为函数()g x 的极值点，且()()2400,2e g g ==， 且()20e x x g x =≥在R 上恒成立，画出()2ex x g x =的图象如下：有图可知：20e a a =或224e e a a ≥时，符合题意，其中20e aa=，解得：0a = 设()2e a a h a =，则()22e aah a -'=，当1a <时，()0h a '>，当1a >时，()0h a '<， 所以()2e aah a =在()1-∞，上单调递增，在()1+∞，上单调递减， 由224e e a a ≥可得：()()2h a h ≥，所以2a ≤， 综上：实数a 的最大值为2 故选：C【点睛】对于函数零点问题，直接求解无法求解时，可以转化为两函数的交点问题，数形结合进行解决.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知t 和3t +是函数()32f x x ax bx c =+++的零点，且3t +也是函数()f x 的极小值点，则()f x 的极大值为（ ） A ．1 B ．4C ．43D ．49【答案】B【分析】根据给定条件，结合三次函数的特点可得2()()(3)f x x t x t =---，再借助导数求出极大值作答.【详解】因函数()f x 在3t +处取得极小值0，又t 是函数()f x 的另一零点，因此函数()f x 只有两个零点，从而有2()()(3)f x x t x t =---，求导得：()3(1)(3)f x x t x t '=----， 当1x t <+或3x t >+时，()0f x '>，当13t x t +<<+时，()0f x '<， 于是，()f x 在3x t =+处取得极小值，在1x t =+处取得极大值(1)4f t +=， 所以()f x 的极大值为4. 故选：B【题型】二、根据极值点求参数例5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2e 1x f x x a =+-()a R ∈有两个极值点，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．2,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】将函数有两个极值点转化为其导数有两个零点进行求解即可.【详解】对原函数求导得，()2e xf x x a '=+，因为函数()()2e 1xf x x a a R =+-∈有两个极值点，所以()0f x '=有两个不等实根，即2e 0x x a +=有两个不等实根， 亦即2e xxa -=有两个不等实根. 令()2e x xg x =，则()()21exx g x -'= 可知()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 所以()()max 21eg x g ==， 又因为当0x <时，()0g x <，当0x >时，()0g x >，所以2e 0a a ⎧-<⎪⎨⎪->⎩，解得20e a -<<， 即a 的范围是2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：B例6．（2023·全国·高三专题练习）若函数()sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间[0，π)内有且只有两个极值点，则正数ω的取值范围是（ ） A ．58,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．58,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【分析】根据极值点的定义，利用整体法，列出关于ω的不等关系，即可求得参数范围. 【详解】因为()f x 在[)0,π有2个极值点，也即()f x 在区间[)0,π取得一次最大值，一次最小值；又0ω>，则当[)0,x π∈，,333x πππωωπ⎡⎫+∈+⎪⎢⎣⎭， 要使得()f x 满足题意，只需35232ππωππ<+≤，解得713,66ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.故选：C.例7．（2023·全国·高三专题练习）若2x =是函数21()2ln 2f x ax x x =--的极值点，则函数（ ）A ．有最小值2ln2-，无最大值B ．有最大值2ln2-，无最小值C ．有最小值2ln2-，最大值2ln 2D ．无最大值，无最小值【答案】A【分析】对()f x 求导，根据极值点求参数a ，再由导数研究其单调性并判断其最值情况.【详解】由题设，2()1f x ax x '=--且(2)0f '=，∴220a -=，可得1a =.∴2(1)(2)()1x x f x x x x+-'=--=且0x >，当02x <<时()0f x '<，()f x 递减；当2x >时()0f x '>，()f x 递增； ∴()f x 有极小值(2)2ln 2f =-，无极大值. 综上，有最小值2ln2-，无最大值. 故选：A例8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，若1x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是_______． 【答案】1k ≥-【分析】先求函数()f x 的导函数2(e )(1)()x k x f x x+-'=，由条件1x =是函数()f x 的唯一极值点，说明e 0x k +=在,()0x ∈+∞上无解，或有唯一解1x = ，求实数k 的取值 【详解】e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的定义域为(0,)+∞222(1)e 11(e )(1)()()x x x k x f x k x x x x -+-'∴=+-+=1x =是函数()f x 的唯一极值点1x ∴= 是导函数()0f x '=的唯一根 （∴）e 0x k +=在(0,)+∞无变号零点令()e x g x k =+ ，则()e 0x g x '=> ，即()g x 在(0,)+∞上单调递增 此时min ()10g x k =+≥ 1∴≥-k（∴）当()e x g x k =+ 在(0,)+∞有解1x = 时，此时e 0k += ，解得e k =- 此时()f x 在(0,1) 和(1,)+∞ 上均单调递增，不符合题意 故答案为：1k ≥-【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系例9．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的函数f （x ），其导函数()f x '的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）A ．()()()f b f a f c >>B ．函数()f x 在x ＝c 处取得最大值，在e x =处取得最小值C ．函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，在e x =处取得极小值D ．函数()f x 的最小值为()f d 【答案】C【分析】根据导函数的图象确定()f x 的单调性，从而比较函数值的大小及极值情况，对四个选项作出判断.【详解】由题图可知，当x c ≤时，()0f x '≥，所以函数()f x 在,c 上单调递增，又a <b <c ，所以()()()f a f b f c <<，故A 不正确． 因为()0f c '=，()0f e '=，且当x c <时，0f x；当c <x <e 时，()0f x '<；当x >e 时，0fx．所以函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，但不一定取得最大值，在x ＝e处取得极小值，不一定是最小值，故B 不正确，C 正确．由题图可知，当d x e ≤≤时，()0f x '≤，所以函数()f x 在[d ，e ]上单调递减，从而()()f d f e >，所以D 不正确． 故选：C ．例10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．3-是()f x 的极小值点B ．1-是()f x 的极小值点C ．()f x 在区间(),3-∞上单调递减D ．曲线()y f x =在2x =处的切线斜率小于零【答案】D【分析】根据导函数图像，求得函数单调性，结合极值点定义，即可判断ABC 选项，根据导数的定义和几何意义即判断D 选项，从而得出答案. 【详解】由图像知，当3x <-或3x >时，0fx，()f x 单调递增，当33x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在区间(),3-∞-，()3,+∞内单调递增，在区间()3,3-内单调递减， 3-是()f x 的极大值点，3是()f x 的极小值点，故ABC 错误；又因为()20f '<，所以曲线()y f x =在2x =处切线斜率小于零，故D 正确. 故选：D.例11．（2023·全国·高三专题练习）函数()f x 定义域为(),a b ，其导函数'()f x 在(),a b 内的图象如图所示，则函数()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【分析】根据导函数的图象可判断出()f x 的单调性，结合极小值点的概念即可得结果. 【详解】由()f x '的图象可得：函数()f x 在()1,a x 上单调递增，在()12,x x 上单调递减， 在()24,x x 上单调递增，在()4,x b 上单调递减，故2x x =为函数()f x 的极小值点，即()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是1， 故选：A.例12．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在[,]a b 上的函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，给出下列命题：∴函数()y f x =在区间[]24,x x 上单调递减； ∴若45x m n x <<<，则()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭；∴函数()y f x =在[,]a b 上有3个极值点；∴若23x p q x <<<，则[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<． 其中正确命题的序号是（ ）A ．∴∴B ．∴∴C ．∴∴D ．∴∴【答案】B【分析】根据()y f x '=图象判断函数()y f x =单调性和极值点情况，并利用单调性比较函数值的大小，逐一判断四个命题的正误即可.【详解】∴中，看图知，在区间[]23,x x 上，()0f x '≥，在区间[]34,x x 上，()0f x '≤，故函数()y f x =在区间[]24,x x 上先增再减，∴错误；∴中，看图知，在区间[]45,x x 上，()y f x '=是下凸的，任意连接两点()(),(),,()m f m n f n ''，中点为()(),22m n f m f n M ''++⎛⎫ ⎪⎝⎭，线段一定在()y f x '=图象上方，故中点也在图象上方，即()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭，故∴正确；∴中，看图知，在区间[]3,a x 上，()0f x '≥，在区间[]35,x x 上，()0f x '≤，在区间[]5,x b 上，()0f x '≥，所以()y f x =有一个极大值点3x 和一个极小值点5x ，故∴错误；∴中，看图知，在区间[]23,x x 上，()0f x '≥，且()f x '递减，故()y f x =单调递增，故()(),()()f p f q f p f q '<'>，故[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<，即∴正确.综上，正确命题的序号是∴∴. 故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数判断函数()f x 的单调性和极值的方法：∴写定义域，对函数()f x 求导()f x '；∴在定义域内，令 ()0f x '>的区间即是增区间，令()0f x '<的区间即是减区间，∴根据单调区间，判断极值点即可.【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系 例13．（2023·全国·高三专题练习）函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋323cbx +的单调递增区间是（ ）A ．(－∞，－2]B ．1[,)2+∞C ．[2,3)D ．9[,)8+∞【答案】D【分析】由图象知0a >，0d =，不妨取1a =，先对函数32()f x x bx cx d =+++进行求导，根据2x =-，3x =时函数取到极值点知(2)0f '-=，(3)f '0=，故可求出b ，c 的值，再根据函数单调性和导数正负的关系得到答案． 【详解】解：不妨取1a =，32()f x x bx cx =++，2()32f x x bx c '∴=++由图可知(2)0f '-=，(3)f '0=1240b c ∴-+=，2760b c ++=， 1.5b ∴=-，18c =-2964y x x ∴=--，924y x '=-，当98x >时，0'>y2964y x x ∴=--的单调递增区间为：9[8，)∞+故选：D ．例14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为π，将()f x 的图象向右平移3π个单位长度得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在(),a a -上存在唯一极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．11,2424ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．11,2424ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．11,2424ππ⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,2424ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【分析】首先求函数()f x 的解析式，再根据平移公式，求解函数()g x 的解析式，结合函数的图象，列式求实数a 的取值范围. 【详解】由题意知()f x 的最小正周期2T ππω==，∴2ω=，∴()sin 24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∴()5sin 2sin 23412g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，作出()g x 的图象如图所示，数形结合可知0112424a a a ππ⎧⎪>⎪⎪≤⎨⎪⎪-<-⎪⎩ ，解得：112424a ππ<≤ ∴实数a 的取值范围是11,2424ππ⎛⎤⎥⎝⎦.故选：D例15．（2023·全国·高三专题练习）如图是函数()y f x =的导数()'y f x =的图象，则下面判断正确的是（ ）A ．在()3,1-内()f x 是增函数B ．在()4,5内()f x 是增函数C ．在1x =时()f x 取得极大值D ．在2x =时()f x 取得极小值【答案】B【分析】根据()'y f x =图象判断()f x 的单调性，由此求得()f x 的极值点，进而确定正确选项.【详解】由图可知，()f x 在区间()33,,2,42⎛⎫-- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x <递减；在区间()3,2,4,52⎛⎫- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x >递增.所以1x =不是()f x 的极值点，2x =是()f x 的极大值点.所以ACD 选项错误，B 选项正确. 故选：B例16．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()x af x a x =-（0x >，0a >且1a ≠），则（ ）A ．当e a =时，()0f x ≥恒成立B ．当01a <<时，()f x 有且仅有一个零点C ．当e a >时，()f x 有两个零点D ．存在1a >，使得()f x 存在三个极值点 【答案】ABC【分析】选项A ，不等式变形后求函数的最值进行判断；选项B ，确定函数的单调性，利用零点存在定理判断；选项C ，结合选项A 中的新函数进行判断；选项D ，求导，由导函数等于0，构造新函数确定导函数的零点个数，得极值点个数，判断D ．【详解】对于A 选项，当e a =时，()0f x ≥，即e ln 1e eln e x x x x x x ≥⇔≥⇔≤，设()ln x g x x=， 则()21ln xg x x-'=，故当()0,e x ∈时，()0g x '>，当()e,x ∈+∞时，()0g x '<， 所以()()ln e 1e e eg x g ≤==，故A 正确； 对于B 选项，当01a <<时，()x af x a x =-单调递减，且当0x +→时，()1f x →，()110f a =-<，因此()f x 只有一个零点，故B 正确；对于C 选项，()0ln ln x af x a x x a a x =⇔=⇔=，即ln ln x ax a=，当e a >时，由A 选项可知，()10eg a <<，因此()()g x g a =有两个零点，即()f x 有两个零点，故C 正确；对于D 选项，()1ln x a f x a a ax -'=-，令()0f x '=，得11ln x a a a x --=，两边同时取对数可得，()()()1ln ln ln 1ln x a a a x -+=-，设()()()()1ln ln ln 1ln h x x a a a x =-+--，则()1ln a h x a x -'=-，令()0h x '=，得1ln a x a -=，则()h x 在10,ln a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,ln a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，因此()h x 最多有两个零点，所以()f x 最多有两个极值点，故D 错误. 故选：ABC.【题型】五、求已知函数的极值点例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数3()1f x x x =-+，对于以下3个命题： ∴函数()f x 有2个极值点 ∴函数()f x 有3个零点∴点(0,1)是函数()f x 的对称中心 其中正确命题的个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】C【分析】利用导数研究()f x 的单调性确定极值情况，结合零点存在性定理判断零点个数，根据()()2f x f x +-=判断对称中心. 【详解】令2()310f x x '=-=，可得x =所以(,-∞、)+∞上()0f x '>，()f x递增；(上()0f x '<，()f x 递减；所以x =是()f x 的极值点， 又(2)50f -=-<，(10f =>，10f =->，所以()f x在(2,-上存在一个零点，所以()f x 有2个极值点，1个零点，∴正确，∴错误；33()()112f x f x x x x x +-=-+-++=，故(0,1)是函数()f x 的对称中心，∴正确.故选：C例18．（2023·全国·高三专题练习）已知0x 是函数()12sin cos 3f x x x x =-的一个极值点，则20tan x 的值是（ ）A ．1B ．12C ．37D ．57【答案】D【分析】由题知0()0f x '=，可得01cos26x =，由二倍角公式可算得207cos 12x =，进而有205sin 12x =，所以205tan 7x =. 【详解】()2001112cos2,cos22cos 1366f x x x x =-∴=∴-='，∴207cos 12x =，∴22005sin 1cos 12x x =-=， ∴220020sin 5tan cos 7x x x == 故选：D例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()8sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(]0,4x π∈，则()f x 所有极值点的和为（ ） A ．223πB ．13πC ．17πD ．503π【答案】D【分析】根据已知条件，令()0f x '=，求出方程的根，判断根左右两侧的导函数符号可得极值点，从而可求解()f x 所有极值点的和.【详解】解：()16cos 26f x x π⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，令()16cos 206f x x π⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭，得,23k x k Z ππ=+∈， 因为()f x '在,23k x k Z ππ=+∈两侧异号，所以,23k x k Z ππ=+∈是函数()f x 的极值点， 又(]0,4x π∈，所以极值点54117171023,,,,,,,36363636x ππππππππ=，所以()f x 所有极值点的和为5411717102350,363636363πππππππππ++++++=， 故选：D.例20．（2023·江苏·苏州中学高三阶段练习）已知函数()2sin 212cos xf x x=+，则下列说法中正确的是（ ） A ．()()f x f x π+= B ．()f xC ．()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增D ．若函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则a 的取值范围为60646067,33ππ⎛⎤⎥⎝⎦【答案】ABD【分析】利用二倍角公式进行化简，再根据函数的的性质分别判断各选项. 【详解】()2sin 2sin 2sin 21cos 212cos 2cos 2122xx xf x x xx ===+++⎛⎫+ ⎪⎝⎭， A 选项：()()()()sin 22sin 22cos 222cos 2x x f x f x x xπππ++===+++，A 选项正确；B 选项：设()sin 22cos 2xf x t x==+，则()sin 2cos 222x t x t x ϕ-==+≤解得213t ≤，t ≤≤，即max t =，即()f x B 选项正确； C 选项：因为022f f ππ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上不单调，C 选项错误；D 选项：()()()()()222cos 22cos 2sin 22sin 24cos 222cos 22cos 2x x x x x f x x x +--+'==++，令()0f x '=，解得1cos 22x =-，即3x k ππ=+或23x k ππ=+，Z k ∈， 当2,33x k k ππππ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭，Z k ∈时，()0f x '<，函数单调递减， 当当24,33x k k ππππ⎛⎫∈++⎪⎝⎭，Z k ∈时，0f x ，函数单调递增，所以函数()f x 的极大值点为3π，43π，，()13n ππ+-，又函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则2021,202233a ππππ⎛⎤∈++ ⎥⎝⎦，即60646067,33a ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，D 选项正确；故选：ABD.【题型】六、函数最值与极值的关系例21．（2022·江苏·高三专题练习）已知函数222()xx x f x e+-=，则下列结论不正确的是（ ） A ．函数()f x 有极小值也有最小值 B ．函数()f x 存在两个不同的零点 C ．当260k e -<<时，()f x k =恰有三个实根 D ．若[0,]x t ∈时，max 26()f x e=，则t 的最小值为2 【答案】C【分析】先求导，通过导函数的单调性分析出原函数大致图象，然后画出图象，结合图象来分析每一个选项即可求出答案.【详解】由222()x x x f x e +-=，得()22'2(22)(22)4()x x x x x e x x e x f x e e +-+--+==， 令'()0f x =，则2x =-或2x =，当<2x -或2x >时，'()0f x <；当22x -<<时，'()0f x > ， 所以()f x 在(,2)-∞-和(2,+)∞上单调递减，在(2,2)-上单调递增，所以()f x 有极小值()2244222f e e ---==--，有极大值()224+4262f e e-==， 当x →-∞时，()f x →+∞， 当x →+∞时，()0f x →， 故函数的图象如图，由图像可知A ，B ，D 正确，C 错误. 故选：C例22．（2022·全国·高三专题练习）对函数()242()ln 1f x x a x x =+++(x R ∈，a R ∈且0a ≠)的极值和最值情况进行判断，一定有（ ） A ．既有极大值，也有最大值 B ．无极大值，但有最大值 C ．既有极小值，也有最小值 D ．无极小值，但有最小值【答案】C【分析】先求出导数，34242()21x xf x x a x x '+=+⋅++4221x x x =++()42(21)1x a x a ++++，然后讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况，进而判断各选项【详解】34242()21x xf x x a x x '+=+⋅++4221x x x =++()42(21)1x a x a ++++，下面讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况.令2[0,)u x =∈+∞，2()(21)1g u u a u a =++++，（1）当(0)10g a =+<时(即1a <-)，()g u 仅有一个唯一的正零点，不妨设为0u ，此时()f x '有三个不同零点，分别为0（2）当(0)10g a =+=时(即1a =-)3422()(1)(1)1x f x x x x x =+-++'；满足既有极小值，也有最小值；（3）当(0)10g a =+>时(即1a >-且0a ≠)，若2102a u +=-≤(即12a ≥-且0a ≠)，则()f x 仅有一个唯一的极小值点为0，若212a u +=-1012a ⎫⎛>-<<- ⎪⎝⎭，结合22Δ(21)4(1)43a a a =+-+=-分析可知：当1a -<<()g u 有两个不同的正零点(令为1u ，2u 且12u u <).此时()f x 在(,-∞，()，上单调递减，当12a ≤<-时，则()f x 仅有一个唯一的极小值点为0. 满足既有极小值，也有最小值；综上分析， 故选：C【点睛】关键点睛：解题的关键在于：求导后讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况，讨论的时候，分情况：（1）当(0)10g a =+<；（2）当(0)10g a =+=；（3）当(0)10g a =+>，进而判断各选项，属于难题例23．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2()x f x x a e =+有最小值，则函数()y f x '=的零点个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．不确定【答案】C【解析】对函数求导，转化条件为()0f x '<有解，再结合二次函数的性质即可得解.【详解】由题意，()2()2xf x x a e x +'=+，因为函数()f x 有最小值，且e 0x >，所以函数存在单调递减区间，即()0f x '<有解， 所以220x x a ++=有两个不等实根， 所以函数()y f x '=的零点个数为2. 故选：C.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值，考查了运算求解能力，属于基础题. 例24．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．()()()f a f b f c <<B ．()()()f e f d f c <<C ．x c =时，()f x 取得最大值D ．x d =时，()f x 取得最小值【答案】AB【分析】由()f x '图象可确定()f x 的单调性，结合单调性依次判断各个选项即可得到结果. 【详解】由()f x '图象可知：当()(),,x c e ∈-∞+∞时，0fx；当(),x c e ∈时，()0f x '<；f x 在(),c -∞，(),e +∞上单调递增，在(),c e 上单调递减；对于A ，a b c <<，()()()f a f b f c ∴<<，A 正确； 对于B ，c d e <<，()()()f e f d f c ∴<<，B 正确；对于C ，由单调性知()f c 为极大值，当>x e 时，可能存在()()0f x f c >，C 错误； 对于D ，由单调性知()()f e f d <，D 错误. 故选：AB.【题型】七、导数中的极值偏移问题例25．（2023·全国·高三专题练习）关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（ ） A ．2x =是()f x 的极小值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 【答案】C【分析】对于A ，分析()f x 导函数可作判断；对于B ，考查函数()y f x x =-的单调性可作判断；对于C ，分离参数，再分析函数()f x x最值情况而作出判断；对于D ，构造函数()()(4)(02)g x f x f x x =--<<讨论其单调性，确定()0g x >即可判断作答.【详解】对于A 选项：()f x 定义域为(0,)+∞，22212()x f x x x x'-=-+=， 02x <<时,()0,2f x x '<>时()0f x '>，2x =是()f x 的极小值点，A 正确；对于B 选项：令222()(),()0x x h x f x x h x x -+'=-=-<， ()h x 在(0,)+∞上递减，(1)1,(2)ln 210h h ==-<， ()h x 有唯一零点，B 正确；对于C 选项：令23()2ln ln 4(),()f x x x x x x x x x x x ϕϕ-+'==+=-， 令()ln 4F x x x x =-+，()ln ,(0,1)F x x x '=∈时,()0,(1,)F x x '<∈+∞时,()0F x '>，()F x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，则min ()(1)30F x F ==>，()0x ϕ'<，()ϕx 在(0,)+∞上递减，()ϕx 图象恒在x 轴上方，与x 轴无限接近，不存在正实数k 使得()f x kx >恒成立，C 错误； 对于D 选项：由A 选项知，()f x 在(0,2)上递减，在(2,)+∞上递增， 因正实数1x ，2x ，且12x x >，()()12f x f x =，则2102x x <<<，02x <<时，令()()(4)g x f x f x =--，()()()()2222404x x g x f x f x x x --=+-'+-''=<， 即()g x 在(0,2)上递减，于是有()()20g x g >=，从而有()()122(4)f x f x f x =>-， 又242x -> ，所以124x x >-，即124x x +>成立，D 正确. 故选：C.例26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln xf x x=，则（ ） A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x <C ．ln 2D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y > 【答案】AD【分析】A ：代入2,5直接计算比较大小；B ：求()f x 的导函数，分析单调性，可得当()f x m=有两个不相等实根时1x 、2x 的范围，不妨设1x 2x <，则有10e x <<2x <，比较()211,e f x f x ⎛⎫⎪⎝⎭的大小关系，因为()()12f x f x =，可构造()()2e F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(0e)x <<，求导求单调性，计算可得()0F x <成立，可证212e x x >；C ：用()f x 在()0,e 上单调递增，构造ln 2ln e2e<可证明；D ：令23xyt ==，解出lg lg 2t x =，lg lg 3ty =，做差可证明23x y >.【详解】解：对于A ：()()12ln 52525n f f ====又105232==1025=，3225>>()()25f f >，A 正确；对于B ：若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x >，故B 不正确；证明如下：函数()ln x f x x =，定义域为()0,∞+，则()21ln xf x x -'=， 当0fx时，0e x <<；当()0f x '<时，e x >；所以()f x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，则()max 1ef x =且e x >时，有()0f x >，所以 若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，有10em <<，不妨设1x 2x <，有10e x <<2x <，要证212e x x >，只需证221e x x >，且221e e x x >>，又()()12f x f x =，所以只需证()211e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，令()()2e F x f x f x ⎛⎫=-⎪⎝⎭(0e)x << 则有()()()22241111e ln e F x f x f x x x x ⎛⎫⎛⎫'''=+⋅=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当0e x <<时，1ln 0x ->，24110e x ->，所以有()0F x '>，即()F x 在(0,e)上单调递增，且()0e F =，所以()0F x <恒成立，即()211e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()221e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即212e x x >.对于C ：由B 可知，()f x 在()0,e 上单调递增，则有()()2e f f <，即ln 2ln e2e<，则有2ln 2e <<C 不正确； 对于D ：令23x y t ==，则1t >，2lg log lg 2t x t ==，3lg log lg 3ty t ==， 2lg 3lg lg (lg9lg8)230lg 2lg3lg 2lg3t t t x y -∴-=-=>⋅， 23∴>x y ，故D 正确；故选：AD.【点睛】知识点点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.例27．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()(0).e xaxf x a =≠ (1)若对任意的x R ∈，都有1()ef x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设,m n 是两个不相等的实数，且e m n m n -=．求证： 2.m n +>【答案】(1)(0,1] (2)证明见解析【分析】（1）先判断a<0不成立，当0a >时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；（2）设()()(2)(1)h x g x g x x =-->，可得()0h x >恒成立，从而可证不等式. (1)当a<0时，111e af a ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 因为10e e a<<，所以111e e a>，即11e f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，不符合题意；当0a >时，(1)()e xa x f x -'=， 当(,1)x ∞∈-时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<， 所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减． 所以()(1)eaf x f ≤=． 由1()e f x ≤恒成立可知1e ea ≤，所以1a ≤．又因为0a >，所以a 的取值范围为(0,1]． (2)因为e m n m n -=，所以e e m n m n --=，即e em n m n=． 令()e xxg x =，由题意可知，存在不相等的两个实数m ，n ，使得()()g m g n =． 由（1）可知()g x 在区间(,1)-∞上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减． 不妨设m n <，则1m n <<．设()()(2)(1)h x g x g x x =-->，则2221e 1()()[(2)](1)e (1)0e e x x x xx h x g x g x x x ----'''=--=+-=-⋅>， 所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()0h x >，即()(2)g x g x >-在区间(1,)+∞上恒成立． 因为1n >，所以()(2)g n g n >-． 因为()()g m g n =，所以()(2)g m g n >-．又因为1m <，21n -<，且()g x 在区间(,1)-∞上单调递增， 所以2m n >-，即2m n +>．【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，可转化函数的最值问题，而极值点偏移问题，通过可构建新函数，并利用原函数的单调性进行转化.例28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()1e (1),1,1x f x k x x k R x ⎛⎫=--->-∈ ⎪+⎝⎭． (1)若0k =，证明：(1,0)x ∈-时，()1f x <-；(2)若函数()f x 恰有三个零点123,,x x x ，证明：1231x x x ++>．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）当0k =时，1()e ,(1,0)1x x f x x x -=∈-+，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到()(0)1f x f <=-；（2）首先确定1x =为函数的一个零点，接下来研究e ()1xF x k x =-+，构造差函数，求导后单调性，得到证明.(1)0k =时，函数1()e ,(1,0)1x x f x x x -=∈-+， 则221()e 0(1)x x f x x +='>+， ()f x 在(1,0)-上单调递增， 所以1()e (0)11x x f x f x -=<=-+． (2) e ()(1)1x f x x k x ⎛⎫=-- ⎪+⎝⎭，显然1x =为函数的一个零点，设为3x ； 设函数e ()1xF x k x =-+，2e ()(1)x x F x x '=+ 当(1,0)x ∈-时，()0F x '<，当,()0x ∈+∞时，()0F x '>，故()F x 在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．由已知，()F x 必有两个零点12,x x ，且1210x x -<<<，下证：120x x +>．设函数()()(),(1,0)h x F x F x x =--∈-，则e e ()11x x h x x x -=++-， 2e 11()e e (1)11x x x x x x h x x x x -++⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪+--⎝⎭⎝⎭'， 由于(1,0)x ∈-，则2e 1e 0(1)1x x x x x x -+⎛⎫-< ⎪+-⎝⎭，由（1）有1e 01x x x ++>-，故()0h x '<， 即函数()h x 在(1,0)-上单调递减， 所以()(0)0h x h >=，即有()()()211F x F x F x =>-， 由于12,(0,)x x -∈+∞，且在(0,)+∞上单调递增， 所以21x x >-，所以120x x +>．【点睛】对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明.。
2022届高中数学导数通关练习专题16 极值点偏移问题(解析版)
x)
8(x 2)2 x2 (4 x)2
0，
所以函数 h(x) 在 (0, 2) 为减函数，所以 h(x) h(2) 0 ，
所以 f (x1) f (4 x1) 0 ，即 f (x1) f (4 x1) ，所以 f (x2 ) f (4 x2 ) ，所以 x1 x2 4 .
2
2
设 a 0 ，由 f '(x) 0 得 x 1 或 x ln(2a) ．
若 a e ，则 ln(2a) 1 ，故当 x (1, ) 时，f '(x) 0 ，因此 f (x) 在 (1, ) 单调递增．又当 x 1时 f (x) 0 ， 2
所以 f (x) 不存在两个零点．
若 a e ，则 ln(2a) 1 ，故当 x (1, ln(2a)) 时， f '(x) 0 ；当 x (ln(2a), ) 时， f '(x) 0 ．因此 f (x) 在 2
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14．已知函数 f (x) ax ln x x2 ax 1(a R) 在定义域内有两个不同的极值点. （1）求 a 的取值范围；
（2）设两个极值点分别为： x1 ， x2 ，证： f x1 f x2 2 x12 x22 .
15．已知函数 f (x) 1 x2 2x ln x 4x 5 .
2
（1）求函数 y f x 的单调区间； （2）若函数 y f x 有两个极值点 x1 ， x2 ，求证： f x1 f x2 6 ln a .
17．已知 f (x) 1 x 2 a ln x(a R) 有两个零点 2
(1)求 a 的取值范围 (2)设 x1, x2 是 f (x) 的两个零点,求证： x1 x 2 a
2
极值点偏移的问题(含答案)
极值点偏移的问题(含答案)1.已知 $f(x)=\ln x-ax$，其中 $a$ 为常数。
1）若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线与 $x$ 轴平行，求$a$ 的值；2）当 $a=1$ 时，比较 $f(m)$ 和 $f(1)$ 的大小；3）$f(x)$ 有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，证明：$x_1\cdotx_2>e^2$。
变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。
1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；2) 若有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，试证明：$x_1\cdotx_2>e$。
2.已知 $f(x)=x^2+ax+\sin (\pi x)$，$x\in(0,1)$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
4.设 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$。
1）证明：当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ 恒成立；2）若函数 $f(x)$ 无零点，求实数 $a$ 的取值范围；3）若函数$f(x)$ 有两个相异零点$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。
中学数学极值点偏移的问题(含答案)
极值点偏移的问题（含答案）21212()ln ,(1()1121()()3(),,f x x ax a f x x x a a f m f mf x x x x x e =-==⋅1.已知为常数）（）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（）当时，试比较与的大小；（）有两个零点证明：＞21212()ln (),,.f x x ax f x x x x x e =-⋅变式：已知函数，a 为常数。
(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，试证明：＞2012120()+sin,(0,1);2()()()()(),2.xf x x ax x f x a a f x f x f x f x x x x π=+∈=+2.已知（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当=-2时，记取得极小值为若求证＞()2121212121()ln -,()2(1=()()()(1)(),,0,f x x ax x a R f f x g x f x ax g x a x x f x f x x x x x =+∈-++=+≥3.已知（1）若）0，求函数的最大值；（2）令=-,求函数的单调区间；（3）若=-2,正实数满足（）证明：212122(1)1(1)1,,x x x x x e -+>>4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)>0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x 求证：x1212312()2ln ,1()2(),8f x x a a x a R f x f x x x x x a x x a =--∈<⋅<5.已知常数。
（）求的单调区间；（）有两个零点，且；(i)指出的取值范围，并说明理由；（ii)求证：6.设函数()e ()x f x ax a a =-+∈R ，其图象与x 轴交于1(0)A x ，，2(0)B x ，两点，且12x x <．（1）求a 的取值范围； （2）证明：0f '<（()f x '为函数()f x 的导函数）； （3）设点C 在函数()y f x =的图象上，且△ABCt =，求(1)(1)a t --的值．【解】（1）()e x f x a '=-．若0a ≤，则()0f x '>，则函数()f x 是单调增函数，这与题设矛盾．所以0a >，令()0f x '=，则ln x a =．当ln x a <时，()0f x '<，()f x 是单调减函数；ln x a >时，()0f x '>，()f x 是单调增函数；于是当ln x a =时，()f x 取得极小值．因为函数()e ()x f x ax a a =-+∈R 的图象与x 轴交于两点1(0)A x ，，2(0)B x ，(x 1＜x 2)， 所以(ln )(2ln )0f a a a =-<，即2e a >．. 此时，存在1ln (1)e 0a f <=>，；存在33ln ln (3ln )3ln a a f a a a a a >=-+，3230a a a >-+>，又由()f x 在(ln )a -∞，及(ln )a +∞，上的单调性及曲线在R 上不间断，可知2e a >为所求取值范围.（2）因为1212e 0e 0xx ax a ax a ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，，两式相减得2121e e x x a x x -=-．记21(0)2x x s s -=>，则()121221212221e e e e 2(e e )22x x x x x x s s x x f s x x s ++-+-'⎡⎤=-=--⎣⎦-，设()2(e e )s s g s s -=--，则()2(e e )0s s g s -'=-+<，所以()g s 是单调减函数，则有()(0)0g s g <=，而122e02x x s+>，所以()1202x xf +'<． 又()e x f x a '=-是单调增函数，且122x x +>所以0f '<．（3）依题意有e 0i x i ax a -+=，则(1)e 0i x i a x -=>⇒112i x i >=（，）． 于是122e x x +=，在等腰三角形ABC 中，显然C = 90°，所以12012()2x x x x x +=∈，，即00()0y f x =<， 由直角三角形斜边的中线性质，可知2102x x y -=-， 所以21002x x y -+=，即1221212e ()022x x x x a x x a +--+++=，所以2112()022x x a x x a -+++=，即2112(1)(1)[(1)(1)]022x x a x x ----+-+=．因为110x -≠，则()2211111110212x x x a x ----++=-，t =，所以221(1)(1)022a at t t -++-=， 即211a t =+-，所以(1)(1) 2.a t --=7.已知函数()()xf x xc x R -=∈（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x >（Ⅲ）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +> （Ⅰ）解：f ’'()(1)xx f x e -=- 令f ’(x)=0,解得x=1当x 变化时，f ’(x)，f(x)的变化情况如下表所以f(x)在(,1-∞)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数。
极值点偏移(老师版) (1) (1)
一、极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系：如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ；4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f . 三、问题初现，形神合聚★函数x ae x x x f ++-=12)(2有两极值点21,x x ，且21x x <.证明：421>+x x .所以)2()2(x h x h -<+，所以)4()]2(2[)]2(2[)()(22221x h x h x h x h x h -=--<-+==，因为21<x ，242<-x ，)(x h 在)2,(-∞上单调递减所以214x x ->，即421>+x x .★已知函数x x f ln )(=的图象1C 与函数)0(21)(2≠+=a bx ax x g 的图象2C 交于Q P ,，过PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交1C ，2C 于点N M ,，问是否存在点R ，使1C 在M 处的切线与2C 在N 处的切线平行？若存在，求出R 的横坐标；若不存在，请说明理由.四、招式演练★过点P(−1,0)作曲线f(x)=e x的切线l．（1）求切线l的方程；（2）若直线l与曲线y=a f(x) (a∈R)交于不同的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求证：x1+x2<−4．【答案】（1）y=x+1（2）见解析【解析】试题分析：（1）先根据导数几何意义求切线斜率y′|x=0=1，再根据点斜式求切线方程y=x+1．因为x1≠x2，不妨设x1<−2，x2>−2．设g(x)=f(x)−f(−4−x)，则g′(x)=f′(x)+f′(−4−x)=(x+2)e x(1−e−2(2+x))，所以g(x)>g(−2)=0，所以当x>−2时，f(x)>f(−4−x)．因为x2>−2，所以f(x2)>f(−4−x2)，从而f(x1)>f(−4−x2)，因为−4−x2<−2，f(x)在(−∞,−2)单调递减，所以x1<−4−x2，即x1+x2<−4．一、极值点偏移的判定定理对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，（1）若)2()(201x x f x f -<，则021)(2x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）若)2()(201x x f x f ->，则021)(2x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏.证明：（1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f 的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）证明略.左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔） 左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔） 左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔） 二、运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+.（1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.（5）若要证明0)2('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f . 【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；三、对点详析，利器显锋芒★已知函数)()(R x xe x f x ∈=-.(1)求函数)(x f 的单调区间和极值；(2)若21x x ≠，且)()(21x f x f =，证明：221>+x x .∵12>x ，∴122<-x ，)(x f 在)1,(-∞上单调递增，∴212x x ->，∴221>+x x ★函数3434)(x x x f -=与直线)31(->=a a y 交于),(1a x A 、),(2a x B 两点. 证明：221<+x x .★已知函数2()ln f x x x=+，若1x ≠2x ，且)()(21x f x f =，证明：421>+x x . 【解析】由函数2()ln f x x x =+单调性可知：若)()(21x f x f =，则必有212x x <<，。
极值点(拐点)偏移 教师版
极值点偏移一、 基础知识 1. 极值点不偏移众所周知，函数）（f x 满足定义域内任意自变量x 都有）（）（=−f x f m x 2，则函数）（f x 关于直线=x m 对称：可以理解为函数）（f x 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若）（f x 为单峰函数，则=x m 必为）（f x 的极值点。
如二次函数）（=−+f x x x 212的顶点就是极值点，若）（=f x t 的两根的中点为m ，则刚好有=+m x x 212即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移。
2. 极值点偏移（左偏和右偏）若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数）（f x 的极值点为m ，且函数）（f x 满足定义域内=x m 左侧的任意自变量x 都有）（＞）（−f x f m x 2或）（＜）（−f x f m x 2.则函数）（f x 极值点m 左右侧变化快慢不同。
故单蜂函数）（f x 定义域内任意不同的实数x x ,12满足）（）（=f x f x 12，则+x x 212与极值点m 必有确定的大小关系： 若＜+m x x 212，则称极值点左偏，若＞+m x x212则称极值点右偏。
3.拐点偏移对函数=−+f x x 113)()(，=−'f x x 312)()(，=−''f x x 61)()(，令=''f x 0)(，得=x 1，则称f 1,1)()(为函数f x )(得拐点。
作出f x )(图像如下：由图可知，在点x f x ,00)()(左侧，=y f x )(的图像上凸，在点x f x ,00)()(右侧，=y f x )(的图像下凸，故拐点可直观理解为S 型曲线的分界点，也即凸弧和凹弧的连接点，拐点是一个点，且拐点横坐标处的二阶导为零。
对于三次函数=−+f x x 113)()(，我们知道其图像关于点1,1)(对称，若=+x x x 2012，则有=+f x f x f x 2012)()()(，反之亦然。
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)极值点偏移问题是在求解函数的极值点时，由于函数表达式的特殊性质，导致极值点位置发生偏移，需要采用特殊的解决方法。
常见的处理方法有以下几种：1.构造一元差函数F(x)=f(x)-f(2x-x)或F(x)=f(x+x)-f(x-x)，其中x为函数y=f(x)的极值点。
2.利用对数平均不等式ab<a-b+a+b。
3.变换主元等方法lna-lnb^2<ln(a-b^2)。
接下来，我们以一个具体的例子来说明极值点偏移问题的解决方法。
题目：设函数f(x)=-alnx+x-ax(a∈R)，试讨论函数f(x)的单调性；若f(x)=m有两解x1,x2(x12a。
解析：1.讨论函数f(x)的单调性由f(x)=-alnx+x-ax可知：f'(x)=-a/x+1-a=-(a/x+a-1)因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以：①若a>0时，当x∈(0,a)时，f'(x)0，函数f(x)单调递增。
②若a=0时，当f'(x)=1/x>0在x∈(0,+∞)XXX成立，函数f(x)单调递增。
③若a0，函数f(x)单调递增。
2.求证x1+x2>2a因为f(x)=m有两解x1,x2(x1<x2)，所以：alnx1+x1-ax=m，-alnx2+x2-ax=m将两式相减，整理得：lnx1-lnx2+ln(x1-x2)=a根据对数平均不等式，有：ln(x1-x2)<(lnx1-lnx2)/2代入上式得：a>-[(lnx1-lnx2)/2]化XXX：x1-x2<2e^-2a因为x1+x2>2x2>a，所以：x1+x2>2a综上所述，极值点偏移问题的解决方法包括构造一元差函数、利用对数平均不等式和变换主元等方法。
在具体求解中，需要根据函数表达式的特殊性质，选择合适的方法进行处理。
2(t-1)x2-1)/(4(t-1)2+1)为减函数，且在(1,∞)上递增，所以原不等式得证。
导数_极值点偏移问题
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导数-极值点偏移问题
欢欢老师的数学课堂
9.已知函数f (x) = eax ln x(a > 0, e为自然对数)
（1）若f (x)在定义域内递增，求a的取值范围；
（2）令g(x)
=
f ′(x) eax
,若存
在相
异实数x1,
x2
,满足g(x1)
=
g(x2),求证：x1
+
x2
>
2 .
a
10.已知f (x) = ax 的图像在x = 0处的切线方程为y = x. ex
f (x)
−
f (−x)
=
1 − x ex 1 + x2
−
1+x 1 + x2
·
e−x
=
e−x [(1
1 + x2
−
x)e2x
−1
−
x].
令g(x) = (1 − x)e2x − 1 − x, x > 0, g′(x) = (1 − 2x)e2x − 1
令h(x) = (1 − 2x)e2x − 1, h′(x) = (1 − 2x)e2x = −4xe2x < 0.
12.设函数f (x) = a ln x − bx2,其图像在点P (2, f (2))处切线的斜率为−3.当a = 2时，令g(x) = f (x) − kx.设x1, x2(x1 < x2)是g(x) = 0的两个根，x0是x1, x2的等差中项，求证：g′(x0) < 0.
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导数-极值点偏移问题
（1）求实数a;
（2）对任意的x
∈
(0, 2),都有f (x)
高考数学-导数第17讲 导数解答题之极值点偏移问题(解析版)
第17讲导数解答题之极值点偏移问题1．已知函数2()2(,0)x f x lnx a R a a=-∈≠．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，212()x x x <，证明：12x x e >．【解析】解：（1）22()x f x a x'=-，(0)x >，当0a <时，()0f x '<，()f x 在(0,)+∞上递减；当0a >时，2()()()x x f x ax+-'=，令()0f x '>，解得：x >，令()0f x '<，解得：0x <<，故()f x在上递减，在，)+∞上递增；综上：当0a <时，()f x 在(0,)+∞上递减；当0a >时，()f x在上递减，在，)+∞上递增；（2）证明：若函数()f x 有两个零点1x ，212()x x x <，则21120x lnx a -=①，22220x lnx a-=②，①+②得：2212122()x x lnx lnx a+=+，故22121222x x a lnx lnx +=+，①-②得：2212122()x x lnx lnx a-=-，故2212122()x x a lnx lnx -=-，要证12x x e >，即证12()ln x x lne >，即证22121212x x lnx lnx a++=>，22122x x a +>，22122x x a +<，即证22221212122()2x x x x lnx lnx -+<-，即证2212122122x x x ln x x x ->+，12()x x <，令12x t x =，则1t <，22212()111t g t lnt lnt t t -=-=+-++，(1)t <，则22222214(1)()0(1)(1)t t g t t t t t -'=-=++ ，故()g t 在(1,)+∞单调递减，又g （1）0=，故()g t g <（1）0=，故2211t lnt t -<+，故12x x e >．2．已知函数()f x lnx ax =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若1x ，2x ，12()x x <是()f x 的两个零点．证明：（ⅰ）122x x a +>；（ⅱ）2121ea x x a->．【解析】解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，11()ax f x a x x-'=-=，当0a 时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．当0a >时，令()1g x ax =-，所以在1(0,a上，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增，在1(a，)+∞上，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减，综上，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增．当0a >时，在1(0,)a 上()f x 单调递增，在1(a，)+∞上()f x 单调递减．（2）证明：()i 由（1）可知，要使由函数()f x 有两个零点，需0a >，且1()(0max f x f a =>，则10a e<<，又12x x <，故12110,x x a a <<>，则121x a a->，令21()()()(0g x f x f x x a a =--<<，则2112(1)()022()ax g x a a x x ax x a a--'=-+-+=<--，()g x ∴在1(0,a上单减，∴11()()0g x g a>=，又1()0f x =，∴11111222()()()()()0f x ln x a x f x g x a a a-=----=>，又2()0f x =，∴212x x a >-，即122x x a+>；()ii 要证21x x ->，由（1）可知，只需证12212x x x x a ++->+，即证21x a >，又222()0f x lnx ax =-=，∴只需证1()0f a +>，即证1(10ln a+->，令1t =，则21(1)t a e --=， 10a e<<，12t ∴<<，所以上述不等式等价于201(1)et ln t t ->--，即02e ln t t->-，亦即(2)1ln t t -+<，令()(2)t ln t t ϕ=-+，则11()10((1,2))22t t t t tϕ-'=-+=<∈--，()t ϕ∴在(1,2)上单调递减，即()t ϕϕ<（1）1=，即得证．3．已知函数()3a f x lnx x=+-有两个零点1x ，212()x x x <（Ⅰ）求证：20a e <<（Ⅱ）求证：122x x a +>．【解析】证明：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞，2()x a f x x-'=，①0a 时，()0f x ' ，()f x ∴在区间(0,)+∞上是增函数，不可能有2个零点；②0a >时，在区间(0,)a 上，()0f x '<，在区间(,)a +∞上，()0f x '>，()f x ∴在区间(0,)a 递减，在区间(,)a +∞递增；()f x 的最小值是f （a ）2lna =-，且当0x →时，()f x →+∞；当x →+∞时，()f x →+∞，∴由题意得：有f （a ）0<，则20a e <<；（Ⅱ）要证122x x a +>，只要证212x a x >-，易知2x a >，12a x a ->，而()f x 在区间(,)a +∞递增，∴只要证明21()(2)f x f a x >-，即证21()(2)f x f a x >-，设函数()()(2)g x f x f a x =--，则g （a ）0=，且区间(0,)a 上，2224()()()(2)0(2)a a x g x f x f a x x a x --'='+'-=<-，即()g x 在(0,)a 递减，1()g x g ∴>（a ）0=，而111()()(2)0g x f x f a x =-->，21()(2)f x f a x ∴>-成立，122x x a ∴+>．4．已知函数1()32f x =-有两个零点1x ，2x （1）求a 的取值范围；（22a >．【解析】解：（1）设t =0t >，则3()a y lnt g t t =+-=，221a t a y t t t-'=-+=，当0a 时，0y '>恒成立，()g t 是增函数，成立；当0a >时，()g t 在(0,)a 是减函数，在(,)a +∞是增函数，()min g t g =（a ）g =（a ）130lna =+-<，解得20a e <<，综上，a 的取值范围是2(,)e -∞．证明：（22a +>，即证122t t a +>，10t a << ，∴即证212t a t a >->，3a y lnt t=+- 在(,)a +∞是增函数，即证21()(2)g t g a t >-，21()()g t g t = ，∴即证11()(2)g t g a t >-，记()()(2)(2)2a a G t g t g a t lnt ln a t t a t=--=+----，即证明()0G t >，0t a <<，G （a ）0=．G '（a ）22222114()0(2)2(2)a a a t a t t a t a t t a t --=-+-+=<---，∴函数()G t 在(0,)a 内单调递减，因此()G t G >（a ）0=．∴结论成立．5．已知函数21()(1)2f x ax a x lnx =-+-+，a R ∈．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当(0,1)x ∈时，(1)(1)f x f x -<+；（3）若函数()f x 有两个零点1x ，2x ，比较12(2x x f +'与0的大小，并证明你的结论．【解析】解：（1）1(1)(1)()(1)ax x f x ax a x x-+-'=-+-+=，(0)x >．①0a 时，()f x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减；②0a <时，f ’()0x =的两根为1a-，1若11a-=，即1a =-时，()f x 在(0,)+∞上递增；若11a -<．即1a <-时，()f x 在1(0,a -上递增，1(a-，1)上递减，(1,)+∞上递增；且111()1(02f ln a a a-=-++-<，故此时()f x 在(0,)+∞上有且只有一个零点．若11a ->，即10a -<<时，()f x 在(0,1)上递增，1(1,)a -上递减，1(a-，)+∞上递增；且f （1）102a =-<，故此时()f x 在(0,)+∞上有且只有一个零点．综上所述：1a <-时，()f x 在1(0,)a -上递增，1(a-，1)上递减，(1,)+∞上递增；1a =-时，()f x 在(0,)+∞上递增；10a -<<时，()f x 在(0,1)上递增，1(1,a -上递减，1(a-，)+∞上递增；0a 时，()f x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减；（2）证明：(1)(1)f x f x -<+2211(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)22a x a x ln x a x a x ln x ⇔--+--+-<-++-+++2(1)(1)0x ln x ln x ⇔+--+<，设()2(1)(1)g x x ln x ln x =+--+，(0,1)x ∈．22112()20111x g x x x x-∴'=--=<-+-．()g x ∴在(0,1)x ∈上单调递减，()(0)0g x g ∴<=得证．（3）由（1）知，函数()f x 要有两个零点1x ，2x ，则0(1)102a a f >⎧⎪⎨=->⎪⎩，2a ∴>．不妨设1201x x <<<，∴由（2）得2221(2)(11)()()0f x f x f x f x -=+->==．212x x ∴->，∴1212x x +<．∴12()02x x f +'>．6．已知函数2()()g x x ln x a =++，其中a 为常数．（1）讨论函数()g x 的单调性；（2）若()g x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：无论实数a 取什么值都有1212()()(22g x g x x x g ++>．【解析】解：（1）2()()g x x ln x a =++ ，∴函数的定义域为(,)a -+∞1()2g x x x a∴'=++，令120x x a+>+，22210x ax ++>，当2480a - 时，即a 时，()0g x ' ，即函数()g x 在(,)a -+∞单调递增，当2480a ->时，即a >，或a <时，令()0g x '=，解得x x ，①若a >当()0g x '>时，即2a x ->，或2a a x --<<，函数()g x 单调递增，当()0g x '<时，即x <<，函数()g x 单调递减，②若a <()0g x '>，即函数()g x 在(,)a -+∞单调递增，综上所述：当a 时，即函数()g x 在(,)a -+∞单调递增，当a >时，函数()g x 在，)+∞或(a -上单调递增，在(2a -，2a -+上单调递减，（2）由（1）可知，当a >()g x 在，)+∞或(a -上单调递增，在(2a -，2a -+上单调递减，12x x a +=-；1212x x = ，22121122()()()()22g x g x x ln x a x ln x a ++++++=21112222a ln =--，2121()()2242x x a a g g a ln +=-=+；故1212()()()22g x g x x x g ++-221111(2)(22242a a ln a ln =---+211124222a a ln ln =---；令f （a ）211124222a a ln ln =---，则f '（a ）211222a a a a-=-=，a > ，∴2202a a->；f ∴（a ）211124222a a ln ln =---在，)+∞上增函数，且0f =，故2111204222a a ln ln --->，故无论实数a 取什么值都有1212()()()22g x g x x x g ++>．7．已知函数1()1()2m f x lnx m R x =+-∈的两个零点为1x ，212()x x x <．（1）求实数m 的取值范围；（2）求证：12112x x e+>．【解析】（1）解：22()2x m f x x -'=．①0m ，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，不可能有两个零点；②0m >，()0f x '>可解得2x m >，()0f x '<可解得02x m <<，()f x ∴在(0,2)m 上单调递减，在(2,)m +∞上单调递增，11()(2)222min f x f m ln m ∴==-，由题意，112022ln m -<，02e m ∴<<；（2）证明：令1t x =，11()102f mt lnt x =--=，由题意方程22lnt m t +=有两个根为1t ，2t ，不妨设111t x =，221t x =．令2()2lnt h t t +=，则21()2lnt h t t +'=-，令()0h t '>，可得10t e <<，函数单调递增；()0h t '<，可得1t e>，函数单调递减．由题意，1210t t e>>>，要证明12112x x e+>，即证明122t t e +>，即证明122()()h t h t e <-．令2()()()x h x h x eϕ=--，下面证明()0x ϕ<对任意1(0,)x e∈恒成立，222()11()222()ln x lnx e x x x eϕ-----'=+-，1(0,)x e∈ ，10lnx ∴-->，222()x x e<-，22()2()022()lnx x e x x eϕ--+-∴'>>-，()x ϕ∴在1(0,)e 上是增函数，1()()0x eϕϕ∴<=，∴原不等式成立．8．已知函数1()()1(1)2m f x ln mx m x =+->有两个零点1x ，212()x x x <．（Ⅰ）求实数m 的取值范围；（Ⅱ）证明：12111x x m+>．【解析】解：()I 函数1()()1(1)2m f x ln mx m x =+->，2212()22m x m f x x x x -∴'=-+=，()f x ∴在(0,2)m 单调递减，在(2,)m +∞单调递增，()f x ∴的最小值为21(2)(2)1022m f m ln m m =+-<，22m e ∴<即1m <<又2211(2(22)11024222m f m ln m m m m e-=+-->->--，2222211(2)(2)110222m f m e ln m me lne m e +=++->-=+，1m ∴<<满足函数()f x 有两个零点；()II 证明：令111()()122g x f mx lnx lnm x ==-+-，由()I 知()g x 在1(0,)2m 递减，1(2m ，)+∞递增，令11()()()22G x g x g x m m =--+，1(0,2x m∈，222211111()()()22(1)01222144G x g x g x m m m m m m x x m ∴'='--'+=-+=->-- ，则()G x 在1(0,2m递增，()(0)0G x G ∴>=，即11()()22g x g x m m ->+，令111()(122g x f mx lnx lnm x ==-+-的零点为1t ，2t ，121(0)2t t m <<<，11(0,)2t m ∈，211(0,22t m m-∈，1222211111()()(())(())()2222g t g t g t g t g t m m m m m ∴==-->+-=-，121t t m ∴>-，即121t t m+>，所以12111x x m+>．。
专题07 极值点偏移问题 (解析版)
导数及其应用 专题七：极值点偏移问题一、知识储备1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210xx x +≠。
如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
2、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-. (3)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(4)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(5)转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 二、例题讲解1．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1m =时，若在()f x 定义域内存在两实数1x ，2x 满足12x x <且()()12f x f x =，证明：122x x +>.【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得m x m =，当0mx m <<时，()0f x '>，当m x m >时，()0f x '<，于是得()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减；（2）分析 ：如图：1201x x <<< 要证122x x +> 只需证：122x x -<由于101x <<，则112x <-即只需证1212x x <-< 如图，只需证12(2)()f x f x ->；由于()()12f x f x = 只需证11(2)()f x f x ->此时可构造函数()()(2)F x f x f x =--（即用x 替代了上式1x ） 只需证：在01x <<，()()(2)0F x f x f x =--<。
专题11 导数中的极值偏移问题(全题型压轴题)(教师版)-2024年高考数学压轴专题复习
当1
x 1
x 2
时，不等式
x1
x2
2 显然成立；
当 0 x1 1， x2 2 时，不等式 x1 x2 2 显然成立；
当 0 x1 1， 0 x2 2 时，由（1）知 f (x) 在( 0, 1) 内单调递减，因为存在 x1 x2 ，使得 f x1 f x2 ，所以
1 x2 2 ， 要证 x1 x2 2 ，只要证 x1 2 x2 ， 因为1 x2 2 ，所以 0 2 x2 1，又 f (x) 在( 0, 1) 内单调递减，
所以 f x 有一个零点，故 B 错误；
对于 C，因为 f x 在 0, 单调递增，所以 x 0 时， f x f 0 1 ，
所以 k 1，故 C 错误；
对于 D，因为 f x 在 , 2 单调递减， 2, 在单调递增，
且 f x 唯一零点为 1，当 x 时， f x 0 且 f x 0 ，
3．（2023
春·河南周口·高二校联考阶段练习）已知函数
f
x
x2 ax ex
，
aR
(1)若 a 2 ，求 f x 的单调区间；
(2)若
a
1，
x1，
x2
是方程
f
x
lnx 1 ex
的两个实数根，证明：
x1
x2
2
．
【答案】(1)单调递增区间为 2 2, 2 2 ，单调递减区间为 , 2 2 ， 2 2,
不妨设 0 x1 1 x2 ，∵ 0 x1 1，∴ 2 x1 1，
设 G x g x g 2 x ，则 G x lnx x2 x 1 ln 2 x 2 x2 2 x 1 lnx ln 2 x 2x 2 ，
G
x
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函数与导数解答题之极值点偏移问题 1.（2013湖南文21)已知函数xe xx x f 211)(+-=(Ⅰ)求)(x f 的单调区间;(Ⅱ)证明:当))(()(2121x x x f x f ≠=时,021<+x x . 2.(2010天津理21）已知函数x xe x f -=)()R x ∈（. (Ⅰ)求函数)(x f 的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数)(x g y =的图象与函数)(x f y =的图象关于直线1=x 对称，证明当1>x 时，)()(x g x f >(Ⅲ)如果12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +> 【解析】（Ⅰ）解：f ’()(1)x x x e -=- 令f ’(x)=0,解得x=1当x 变化时，f ’(x)，f(x)的变化情况如下表所以f(x)在(,1-∞)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数。
函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=1e（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2x e -令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)x x F x xe x e --=+- 于是22'()(1)(1)x x F x x e e --=--当x>1时，2x-2>0,从而2x-2e 10,0,F x e -->>又所以’(x)>0,从而函数F （x ）在[1,+∞)是增函数。
又F(1)=-1-1e e 0-=，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). Ⅲ)证明：（1）若121212(1)(1)0,)), 1.x x x x x x --=I ===≠12由（）及f(x f(x 则与矛盾。
（2）若121212(1)(1)0,)),.x x x x x x -->I ==≠12由（）及f(x f(x 得与矛盾。
根据（1）（2）得1212(1)(1)0,1, 1.x x x x --<<>不妨设由（Ⅱ）可知，)2f(x >)2g(x ,则)2g(x =)2f(2-x ，所以)2f(x >)2f(2-x ,从而)1f(x >)2f(2-x .因为21x >，所以221x -<，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以1x >22x -,即12x x +>2. 3.已知函数()ln 2af x x x=+-． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =的两个零点为()1212,x x x x <，证明：122x x a +>．试题分析：（1）首先求出函数()f x 的导函数，然后利用导数研究函数的单调性与最值，进而得出所求的结果；（2）首先由函数()y f x =的两个零点为()1212,x x x x <并结合（1）可得0＜x 1＜a ＜x 2，然后构造函数g (x )＝f (x )－f (2a －x )，并利用其导函数求出其函数的单调性，进而得出所证的结果.试题解析：（Ⅰ）f (x )＝－＝，（x ＞0），所以当a ≤0时，f (x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．（Ⅱ）若函数y ＝f (x )的两个零点为x 1，x 2（x 1＜x 2），由（Ⅰ）可得0＜x 1＜a ＜x 2．令g (x )＝f (x )－f (2a －x )，（0＜x ＜a ）则g (x )＝f (x )＋f (2a －x )＝(x －a )[－]＜0，所以g (x )在(0，a )上单调递减，g (x )＞g (a )＝0，即f (x )＞f (2a －x )．令x ＝x 1＜a ，则f (x 1)＞f (2a －x 1)，所以f (x 2)＝f (x 1)＞f (2a －x 1)，由（Ⅰ）可得f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，所以x 2＞2a －x 1，故x 1＋x 2＞2a ．4.（2016福州五校下学期第一次联考）已知函数xk x x x f -=ln )(R k ∈（），其图象与x 轴交于不同的两点)0,(1x A ，)0,(2x B ，且21x x <．（1）求实数k 的取值范围；（2）证明：ex x 221<+ 5．已知函数()2ln (2a f x x x x x a a R =--+∈）在其定义域内有两个不同的极值点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设)(x f 两个极值点分别为12,x x ，证明:212x x e ⋅>．解：(Ⅰ)依题，函数的定义域为， 所以方程在有两个不同根.即，方程在有两个不同根……………1分 令，从而转化为函数有两个不同零点， 而（）………………2分若，可见在上恒成立，所以在单调增， 此时不可能有两个不同零点.………………3分 若，在时，，在时，， 所以在上单调增，在上单调减， 从而………………4分又因为在时，，在在时，，于是只须： ，即，所以.………………5分 综上所述，………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知分别是方程的两个根， 即，，设12x x >，作差得，，即.………………7分原不等式212x x e ⋅>等价于()()12112122122ln ln 22lnx x x x x a x x x x x -+>⇔+>⇔>+………………8分 令12x t x =，则1t >，()()121212221ln ln 1x x t x t x x x t -->⇔>++………………9分设()()21ln ,11t g t t t t -=->+，()()()221'01t g t t t -=>+，∴函数()g t 在()1,+∞上单调递增，………………10分 ∴()()10g t g >=， 即不等式()21ln 1t t t ->+成立，………………11分 故所证不等式212x x e ⋅>成立．………………12分6．已知函数xx x f 1ln )(-=，b ax x g +=)(．（1）若函数)()()(x g x f x h -=在),0(+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； （2）若直线b ax x g +=)(是函数xx x f 1ln )(-=图象的切线，求b a +的最小值；（3）当0=b 时，若)(x f 与)(x g 的图象有两个交点11(,)A x y ，22(,)B x y ，求证：2122x x e ⋅>． 【答案】（1）0≤a ；（2）1-；（3）证明见解析． 【解析】试题分析：（1）借助函数单调性与导数值是非负数建立不等式求解；（2）将参数b a ,用切点的横坐标表示,再借助导数求最小值；（3）先分析转化再构造函数,运用导数的有关知识进行推证.试题解析：（1）Θ)()()(x g x f x h -=--=)1(ln xx b ax xx b ax ---=+1ln )(，∴a xxx h -+='211)(.Θ)(x h 在),0(+∞上单调递增，∴∀),0(+∞，011)(2≥-+='a xx x h 恒成立 即∀),0(+∞，min 211⎪⎭⎫⎝⎛+≤x xa 恒成立 令41)211(11)(22-+=+=x x xx H ，Θ0>x ，∴01>x ， ∴0>x 时，0)(>x H ，∴0≤a .（2）设切点为),(00y x ，则0211x x a +=，又0001ln x x b ax -=+，∴12ln 00--=x x b ，∴1ln 110020-+-=+x x x b a ，令1ln 11)(2-+-=x x x x ϕ，则323)1)(2(111)(x x x x x x x -+=++-='ϕ∴当0)(>'x ϕ时，),1(+∞∈x ，所以)(x ϕ在),1(+∞上单调递增；当0)(<'x ϕ时，)1,0(∈x ，所以)(x ϕ在)1,0(上单调递减.∴当1=x 时，)(x ϕ取得最小值，为1-，即b a +的最小值为1-.（3）证明：由题意得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-②①2221111ln 1ln axx x ax x x∴①＋②得：)()ln(21212121x x a x x x x x x +=+-③①－②得：)(ln12212112x x a x x x x x x -=--，即a x x x x x x =+-2112121ln④ ④代入③得：))(1ln()ln(21211212212121x x x x x x x x x x x x x x ++-=+-，即121221212121ln)(2)ln(x x x x x x x x x x x x -+=+-，不妨令210x x <<，记112>=x x t ， 令)1(1)1(2ln )(>+--=t t t t t F ，则0)1()1()(2>+-='t t t t F ， ∴1)1(2ln )(+--=t t t t F 在),1(+∞上单调递增，则0)1(1)1(2ln )(=>+--=F t t t t F ，∴1)1(2ln +->t t t ，故211212)(2ln x x x x x x +->，∴2ln )(2)ln(121221212121>-+=+-x x x x x x x x x x x x .又21212121212121214ln 24)ln()(2)ln(x x x x x x x x x x x x x x x x -=-<+-∴24ln 22121>-x x x x ，即12ln 2121>-x x x x ，令x x x G 2ln )(-=，则0>x 时，021)(2>+='xx x G ，∴xx x G 2ln )(-=在),0(+∞上单调递增，又183.0212ln 21222ln <≈-+=-eee ∴ee x x x x x x G 222ln 12ln )(212121->>-=，∴e x x 221>考点：导数及在研究函数的单调性最值中的应用．7.(2017届武昌区元月调考理科数学）已知函数x a x a x x f ln )1(21)(2--+= （1）讨论)(x f 的单调性；（2）设0>a ，证明：当a x <<0时，)()(x a f x a f -<+； （3）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：0)2('21>+x x f . 8．已知函数2()ln ()2af x x x x x a a R =--+∈在其定义域内有两个不同的极值点． （1）求a 的取值范围；（2）记两个极值点分别为12,x x ，且12x x <．已知0λ>，若不等式211e x x λλ+<⋅恒成立，求λ的范围．试题解析：（1）依题，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以方程()0f x '=在(0,)+∞有两个不同根，即，方程ln 0x ax -=在(0,)+∞有两个不同根． 转化为，函数ln ()xg x x=与函数y a =的图像在(0,)+∞上有两个不同交点． 又21ln ()xg x x-'=，即0x e <<时，()0,g x x e '>>时，()0g x '<， 所以()g x 在(0,)e 上单调增，在(,)e +∞上单调减．从而1()()g x g e e==最大，又()g x 有且只有一个零点是1，且在0x →时，()g x →∞，在x →+∞时，()0g x →，所以()g x 的草图如下， 可见，要想函数ln ()xg x x=与函数y a =的图像在(0,)+∞上有两个不同交点，只须10a e<<（2）因为211e x x λλ+<⋅等价于121ln ln x x λλ+<+．由（1）可知12,x x 分别是方程ln 0x ax -=的两个根，即1222ln ,ln x ax x ax ==，所以原式等价于12121()ax ax a x x λλλ+<+=+，因为120,0x x λ><<， 所以原式等价于121a x x λλ+>+又由1122ln ,ln x ax x ax ==作差得，1122ln ()x a x x x =-，即1212lnx x a x x =-．所以原式等价于121212ln1x x x x x x λλ+>-+， 因为120x x <<，原式恒成立，即112212(1)()ln x x x x x x λλ+-<+恒成立． 令12x t x =，(0,1)t ∈， 则不等式(1)(1)ln t t t λλ+-<+在(0,1)t ∈上恒成立．令(1)(1)()ln t h t t t λλ+-=-+，又22221(1)(1)()()()()t t h t t t t t λλλλ+--'=-=++， 当21λ≥时，可见(0,1)t ∈时，()0h t '>，所以()h t 在(0,1)t ∈上单调增，又(1)0h =，()0h t <在(0,1)t ∈恒成立，符合题意．当21λ<时，可见2(0,)t λ∈时，2()0,(,1)h t t λ'<∈时，()0h t '<， 所以()h t 在2(0,)t λ∈时单调增，在2(,1)t λ∈时单调减，又(1)0h =， 所以()h t 在(0,1)t ∈上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式112e x x λλ+<⋅恒成立，只须21λ≥，又0λ>，所以1λ≥．9．已知函数()2ln f x x x ax =-+，12,x x 是函数()f x 的两个零点，且12x x <， （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）求a 的取值范围；（3）设()f x '是函数()f x 的导函数，求证1202x x f +⎛⎫'<⎪⎝⎭试题分析：（1）讨论单调性，先导数'()f x ，然后解得方程0'()0f x =在(0,)+∞上的解0x ，通过'()f x 的正负确定()f x 的单调区间；（2）由（1）知0x 是()f x 的极大值点，因此只要0()0f x >，就能保证()f x 有两个零点，注意到20021x a x -=，因此可由0()0f x >求得0x 的取值范围，再求得a 范围；（3）首先由12()()0f x f x ==，用12,x x 表示出a ，再求得122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭()12122=x x a x x -+++并整理得()212121212ln x x xx x x x x --+-，此时会发现只要证()2121212lnx x x x x x --+0<，此式证明可用换元法，设211x t x =>，再利用函数的性质证明．试题解析：（1）()()()2211202x ax f x x a x x---'=-+=>令()00f x '=，则20021=0x ax --，004a x +=> 当()00,x x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减 （2）由于函数()f x 存在两个零点，()max 0f x ∴> 由（1）可知()()20000max=ln f x f x x x ax =-+，且20021x a x -=由于()2000g ln 1x x x =+-在()0+∞，为增函数，且()0101g x =∴>，，20000211=21x a x x x -=->所以a 的取值范围是()+∞1，方法二：函数()2ln f x x x ax =-+有两个零点，即方程2ln 0x x ax -+=有两个实数根，即2ln x xa x-=有两个实数根，设()2ln x x g x x -=，则()221ln x x g x x -+'=，设()()21ln ,10p x x x p =-+=，且()21ln p x x x =-+单调递增，()0,1x ∴∈时，()21ln 0p x x x =-+<，()0g x '<，()g x 单调递减 ()1,x ∈+∞时，()21ln 0p x x x =-+>，()0g x '>，()g x 单调递增（3）由于12,x x 是函数()f x 的两个零点，且12x x < 所以，22111222ln 0,ln 0x x ax x x ax -+=-+=两式相减得：()()22221211ln 0x x x a x x x --+-=，()212121lnx x a x x x x ∴=++-要证明1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭，只需证()2121212ln 0x x x x x x --<+，即只需证21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+ 设211xt x =>，构造函数()()()()()()22221114ln ,0111t t h t t h t t t t t t --'=-=-=>+++ ()h t 在()+∞1，单调递增，()()()21ln 101t h t t h t -∴=->=+21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭∴>+，1202x x f +⎛⎫'∴< ⎪⎝⎭ 考点：导数与函数的单调性，导数的综合应用． 10.（2014襄阳市三月考试）已知函数2ln )(x x a x f -=． （1）当2=a 时，求函数)(x f y =在]2,21[的最大值；（2）令ax x f x g +=)()(，若)(x g y =在区间（0，3）上不是单调函数，求a 的取值范围；（3）当2=a 时，函数mx x f x h -=)()(的图象与x 轴交于两点)0,(1x A ，)0,(2x B ，且210x x <<，又)('x h 是)(x h 的导函数．若正常数βα,满足条件βαβα≤=+,1，证明：0)('21<+x ax h β． 解：当a =2时，2222()2x f x x x x-'=-=函数y =f (x )在[12，1]是增函数，在[1，2]是减函数 3分 所以max ()(1)2ln 1f x f x ==-=－14分(2)解：∵2()ln g x a x x ax =-+，∴()2a g x x a x'=-+5分∵g (x )因为在区间(0，3)上不是单调函数，∴()0g x '=在(0，3)上有实数解，且无重根由()0g x '=得：2x2－ax －a =0，有22192(1)4(0)112x a x x x ==++-∈++，，x ∈(0，3)6分又当a =－8时，()0g x '=有重根x =－2；a =0时，()0g x '=有重根x =0 7分 综上，a 的取值范围是9(0)2，．8分(3)解：当a =2时，2()2ln h x x x mx =--，2()2h x x m x'=--∵h (x )=f (x )－mx 的图象与x 轴交于两点A (x 1，0)，B (x 2，0) ∴f (x )－mx =0有两个实根x 1、x 2，∴211122222ln 02ln 0x x mx x x mx ⎧--=⎨--=⎩，两式相减得：221212122(ln ln )()()x x x x m x x ---=- ∴1212122(ln ln )()x x m x x x x -=-+-9分于是1212121212122(ln ln )2()2()()x x h x x x x x x x x x x αβαβαβ-'+=-+-+++-122112122(ln ln )2(21)()x x x x x x x x ααβ-=-++-+-10分∵1αβαβ+=，≤，2121(21)()0x x αα⇒--≤≤ 要证：12()0h x x αβ'+<，只需证：1212122(ln ln )20x x x x x x αβ--<+-只需证：121122ln 0x x xx x x αβ-->+(*)11分令12x t x =(0<t <1)，(*)化为1ln 0tt t αβ-+<+ 令1()ln t u t t t αβ-=++，则211()()u t t t αβ'=-+111(1)122t tt t αβα-++=---=≥2()t t αβ+>12分∴221111()0()()u t t t t t αβαβ'>⇒=->++13分∵u (t )在(0，1)上单调递增，u (t )<u (1)=0 ∴1ln 0tt t αβ-+<+，即121122ln 0x x x x x x αβ--<+∴12()0h x x αβ'+<14分11．已知函数为常数）m mx x x f (ln )(-=． （Ⅰ）讨论函数)(x f 的单调区间； （Ⅱ）当223≥m 时，设2)(2)(x x f x g +=的两个极值点21x x ，，)21x x <（恰为bx cx x x h --=2ln )(的零点，求)2(')(2121x x h x x y +-=的最小值 试题分析：（Ⅰ）求解11()(0)mxf x m x x x-'=-=>，分0,0,0m m m >=<三种情况分类讨论求解函数的单调区间；（Ⅱ）求出()g x 和()h x 的导数，运用韦达定理和函数的零点的定义，化简整理，构造新函数，运用导数判断函数的的单调性，即可求解最小值．试题解析：（Ⅰ）xmxm xx f -=-='11)(，0x >．当0m >时，由10mx ->解得1x m <，即当10x m <<时，)(x f '0>，()f x 单调递增； 由10mx -<解得1x m >，即当1x m>时，)(x f '0<，()f x 单调递减．当0m =时，)(x f '=x10>，即()f x 在（0，+∞）上单调递增； 当0m <时，10mx ->，故)(x f '0>，即()f x 在（0，+∞）上单调递增． ∴当0m >时，()f x 的单调递增区间为（0，m 1），单调递减区间为（m1，+∞）； 当0m ≤时，()f x 的单调递增区间为（0，+∞）．（Ⅱ）2()2()g x f x x =+22ln 2x mx x =-+，则xmx x x g )1(2)(2+-='，∴)(x g '的两根1x ，2x 即为方程210x mx -+=的两根． ∵m ≥223， ∴∆240m =->，12x x m +=，121x x =． 又∵1x ，2x 为2()ln h x x cx bx =--的零点，∴2111ln 0x cx bx --=，2222ln 0x cx bx --=， 两式相减得21ln x x ()()()1212120c x x x x b x x --+--=，得b=)(ln212121x x c x x x x +--， 而b cx xx h --='21)(， ∴y=])(2)[(212121b x x c x x x x -+-+- =-+-+-)(2)[(212121x x c x x x x )(ln212121x x c x x x x ++-] =212121ln )(2x x x x x x -+-=212121ln 112x x x x x x -+-⋅，令t x x =21（01t <<）， 由()2212x x m +=得22212122x x x x m ++=， 因为121x x =，两边同时除以12x x ，得212t m t++=， ∵m ≥223，故152t t +≥，解得t ≤21或t ≥2，∴0<t ≤21． 设G （t ）=t t t ln 112-+-⋅， ∴)(t G '=0)1()1(2<+--t t t ，则y=G （t ）在]210(，上是减函数， ∴G （t ）min =G （21）=2ln 23-+，即1212()()2x xy x x h +'=-的最小值为2ln 23-+．考点：函数的导数在函数中的综合应用；函数的零点的应用． 12.已知函数()()2ln 2af x x x x a R =-∈．（1）若0>x ,恒有x x f ≤)(成立，求实数a 的取值范围；（2）若0=a ，求)(x f 在区间][2,+t t ）（0>t 上的最小值；（3）若函数()()g x f x x =-有两个极值点12,x x ，求证：12112ln ln ae x x +>. （1）由x>0,恒有x x f ≤)(成立，即,12ln ≤-x a x 21ln a x x ≤-对任意x>0成立，………1分 记H （x ）=x x 1ln -,H /（x ）=2ln 2xx-，………………2分 当,0)(),,0(/2>∈x H e x H(x)单增；当,0)(),,(/2<+∞∈x H e x H(x)单减；H （x ）最大值为221)(e e H =， 所以222,12e a e a ≥≥……………5分（2）函数()()g x f x x =-有两个相异的极值点12,x x ，即()ln 0g x x ax '=-=有两个不同的实数根．①当0a ≤时，()g x '单调递增，()0g x '=不可能有两个不同的实根；……………6分 ②当0a >时，设()()1ln ,axh x x ax h x x-'=-=， 当10x a<<时，()0h x '>，()h x 单调递增； 当1x a>时，()0h x '<，()h x 单调递减； ∴1ln 10h a a ⎛⎫=-->⎪⎝⎭，∴10a e <<，……………8分 不妨设210x x >>，∵()()120g x g x ''==，∴()22112121ln 0,ln 0,ln ln x ax x ax x x a x x -=-=-=-先证12112ln ln x x +>，即证21212112ln ln 2x x x x x x x x -+<-，即证2222121112121ln22x x x x x x x x x x ⎛⎫-<=- ⎪⎝⎭， 令211x t x =>，即证11ln 2t t t ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，设()11ln 2t t t t ϕ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，…………9分 则()()2222121022t t t t t tϕ----'==<，函数()t ϕ在()1,+∞单调递减，∴()()10t ϕϕ<=，∴12112ln ln x x +>，又10a e <<，∴1ae <， ∴12112ln ln ae x x +>……………12分考点：导数的几何意义，导数与函数的单调性、最值，导数的综合应用．13.已知函数()ln ,()x f x x x g x x e -==⋅（1）记()()()F x f x g x =-，求证：函数()F x 在区间(1,)+∞内有且仅有一个零点； （2）用min{,}a b 表示,a b 中的最小值，设函数()min{(),()}h x f x g x =，若关于x 的方程()h x c =（其中c 为常数）在区间(1,)+∞有两个不相等的实根1212,()x x x x <，记()F x 在(1,)+∞内的零点为0x ，试证明：1202x x x +> 14.已知函数2)()(),0(2)1()1ln()(a x x g a x b x a x f +=>+-++=，且),0()0(g f = （Ⅰ）求曲线)(x f y =在点))0(,0(f 处的切线方程；（2）设)()1()1()(R c c x f x g x G ∈+---=有两个零点)(,2121x x x x <，且201,,x x x 成等差数列，记)('x G 是)(x G 的导函数，求证：0)('>x G15.（2017届武汉二月调考文科21）已知函数x x ae xe x f 2)(-=)(R a ∈恰有两个极值点)(,2121x x x x <（Ⅰ）求实数a 的取值范围； （Ⅱ）求证：21)(2->x f16.已知函数21()ln2f x ax x x=-+． （Ⅰ）讨论函数()f x 的极值点的个数；（Ⅱ）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明：12()()34ln 2f x f x +>-． 解：（Ⅰ）由221()lnln 22f x ax x x ax x x=-+=--+得， 2121()21,(0,)ax x f x ax x x x -+-'=--+=∈+∞…………………1分（ⅰ）0a =时，1(),(0,1),()0x f x x f x x-''=∈<，(1,),()0x f x '∈+∞> 所以1,()x f x =取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点．…………………2分 （ⅱ）0a <时，180a ∆=->，令()0f x '=，得12118118,44a ax x a a--+-==显然，120,0x x ><，所以11(0,),()0,(,),()0x x f x x x f x ''∈<∈+∞>，()f x 在1x x =取得极小值，()f x 有一个极小值点．…………………4分（ⅲ）0a >时，180,a ∆=-≤时，即18a ≥()0,f x '≤()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x 无极值点．当108a <<时，180a ∆=->，令()0f x '=，得12x x == 当1(0,)x x ∈和2(,)x x ∈+∞时()0f x '<，12(,)x x x ∈时，()0f x '>，所以()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点．…………………6分 综上可知：（ⅰ）0a ≤时，()f x 仅有一个极值点；（ⅱ）当18a ≥时，()f x 无极值点； （ⅲ）当108a <<时，()f x 有两个极值点．…………………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当且仅当1(0,)8a ∈时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且12,x x 是方程2210ax x -+=的两根，所以121211,22x x x x a a+==，…………………8分 111ln 1ln 1ln 22424a a a a a=-++=++-，…………………10分设11()ln 1ln 2,(0,)48g a a a a =++-∈，221141()044a g a a a a -'=-=<Q ，所以1(0,)8a ∈时，()g a 是减函数，1()()8g a g >，则1()ln 3ln 234ln 28g a >+-=-所以12()()34ln 2f x f x +>-得证．…………………12分。