第04讲 极值点偏移：减法型(解析版)

第04讲 极值点偏移:减法型
参考答案与试题解析
一．解答题（共12小题）
1．（2021•七星区校级月考）已知函数2
()12
a f x xlnx x =-
+． （1）若()f x 在(0,)+∞上单调递减，求a 的取值范围； （2）若()f x 在1x =处的切线斜率是
1
2
，证明()f x 有两个极值点12x x ，且2132||3ln lnx lnx <-<． 【解答】解：（1）()1(0)f x lnx ax x '=+->， ()f x 在(0,)+∞递减， ()0f x ∴'在(0,)+∞上恒成立， 1
lnx a
x
+∴在(0,)+∞上恒成立， 令1()lnx g x x +=
，2()lnx
g x x
'=-， (0,1)x ∴∈时，()0g x '>，()g x 递增， (1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 递减， ()max g x g ∴=（1）1=，
1a ∴；
（2）由题意得f '（1）1
12
a =-+=
，12a ∴=，
21()14f x xlnx x ∴=-+，1
()12f x lnx x '=+-，
11
()(0)2
f x x x ''=
->，令()0f x ''>，解得：2x <， 令()0f x ''<，解得：2x >，
故()f x '在(0,2)递增，()f x '在(2,)+∞递减， 又
f '（2）20ln =>，11()02f e e '=-<，221
()302
f e e '=-<，
故()f x '分别在1
(e ，2)和2(2,)e 有零点1x ，2x ，（不妨设12)x x <，
10x x ∴<<时，()0f x '<，()f x 递减， 12x x x <<时，()0f x '>，()f x 递增， 2x x >时，()0f x '<，()f x 递减，
故()f x 在1
(e ，2)和2(2,)e 有2个极值点1x ，2x ，
而13()2024f ln '=->，1()0f e '<，∴111
2
x e <<，
f '（4）410ln =->，2()0f e '<，224x e ∴<<， 112lnx ln ∴-<<-，2222ln lnx <<， 21323ln lnx lnx ∴<-<，
故原命题成立．
2．（2021•常熟市月考）设函数()f x lnx =，()(1)g x a x =-，其中a R ∈． （1）若1a =，证明：当1x >时，()()f x g x <； （2）设()()()x F x f x g x e =-，且1
0a e
<<，其中e 是自然对数的底数． ①证明()F x 恰有两个零点；
②设0x 如为()F x 的极值点，1x 为()F x 的零点，且10x x >，证明：0132x x ->． 【解答】（1）解：令11
()()()(1)()1x h x f x g x lnx a x h x x x
-'=-=--=-=
， 当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在(1,)+∞上递减， 又()h x 在[1，)+∞上连续，
所以当1x >时，()h x h <（1）0=，即当1x >时，()()f x g x <；
（2）证明：①()()()(1)x
x
F x f x g x e lnx a x e =-=--，得21()x
ax e F x x
-'=，
令2()1x G x ax e =-，由10a e
<<
， 可知()G x 在(0,)+∞内单调递减，又G （1）10ae =->， 且2211111
()1()1()0G ln a ln ln a a a a a
=-=-<．
故()0G x =在(0,)+∞有唯一解，从而()0F x '=在(0,)+∞内有唯一解， 不妨设为0x ，则01
1x ln a
<<， 当0(0,)x x ∈时，0()
()()0G x G x F x x x
'=
>=，所以()F x 在0(0,)x 内单调递增； 当0(x x ∈，)+∞时，0()
()()0G x G x F x x x
'=
<=，所以()F x 在0(x ，)+∞内单调递减， 因此0x 是()F x 的唯一极值点．
由（1）知1lnx x <-．从而1
111111
()(1)1()0ln a F ln lnln a ln e lnln ln h ln a a a a a a
=--=-+=<，
又因为0()F x F >（1）0=，所以()F x 在0(x ，)+∞内有唯一零点． 又()F x 在0(0,)x 内有唯一零点1，从而()F x 在(0,)+∞内恰有两个零点．
②由题意，1()0()0F x F x '=⎧⎨=⎩，即01
2011
1
(1)x x ax e lnx a x e ⎧=⎪⎨=-⎪⎩， 从而011120
1x x x lnx e x --=，即0
12
0111x x x lnx e x -=-． 因为当1x >时，1lnx x <-，又101x x >>， 故0
12
20101(1)1
x x x x e
x x --<=-，
两边取对数，得012
0x x lne lnx -<，于是100022(1)x x lnx x -<<-，
整理得0132x x ->．
3．（2021•黄州区校级模拟）已知函数()(1)f x axlnx a lnx =-+，()f x 的导数为()f x '． （1）当1a >-时，讨论()f x '的单调性；
（2）设0a >，方程3()f x x e =-有两个不同的零点1x ，212()x x x <，求证：121x e x e
+>+．
【解答】（1）解：1()(1)a f x a lnx x +'=+-，22
1(1)
()a a ax a f x x x x +++''=+=． 若10a -<<，则当10a x a +<<-时，()0f x ''>，()f x '单调递增；当1a x a
+>-时，()0f x ''<，()f x '单调递减．
若0a ，则当0x >时，()0f x ''>，()f x '单调递增． 故当10a -<<时，在1(0,)a a +-
上()f x '在(0,)+∞上单调递增；在1(0,)a a
+-+∞上单调递减．当0a 时，在(0,)+∞上()f x '单调递增．
（2）证明：令3
()()g x f x x e
=+-，则()()1g x f x ''=+．
由（1）知，在(0,)+∞上，()g x '单调递增．
又g '（1）f '=（1）10+=，所以在(0,1)上，()0g x '<，()g x 单调递减；在(1,)+∞上，()0g x '>，()g x 单调递增． 又
11312()(1)(1)(1)0a g a a e e e e e e
=-+++-=-+->，
3
(1)10
g e
=-<，
33
()(1)(1)(1)0g e ae a e a e e e e
=-++-=-+-->，
所以11
x e
>
，2x e <，故121x e x e +>+．
4．（2021•道里区校级二模）已知函数()(1)f x mxlnx m lnx =-+，()f x '为函数()f x 的导数． （1）讨论函数()f x '的单调性；
（2）若当0m >时，函数()f x 与3
()g x x e =-的图象有两个交点1(A x ，1)y ，2(B x ，212)()y x x <，求证：
211
x x e e
+<+．
【解答】解：（1）111
()m m f x mlnx mx mlnx m x x x
++'=+⨯-=+-
， 设1
()m h x mlnx m x
+=+-， 22
11
()m m mx m h x x x x +++'=
+=
， 当0m 时，()f x '在(0,)+∞单调递增； 当10m -<<时，()f x '在1(0,)m m +-
单调递增，在1
(m m
+-
，)+∞单调递减； 当1m -时，()f x '在(0,)+∞单调递减．
（2）证明：设3
()()()(1)F x f x g x mxlnx m lnx x e =-=-++-，
1
()1()x F x mlnx m x x
ϕ+'=+-
+=，由于0m >，0x > 21
()0m m x x x
ϕ+'=
+>恒成立， 知函数()F x '在(0,)+∞上为增函数且F '（1）0=，
F （1）33
10e e e
-=-=
<， 112()0e e F m e e e --=+>，F （e ）(1)3
(1)0e e m e e
--=-+>， 知()F x 在区间1(e ，1)以及(1,)e 内各有一个零点，即为11
(x e ∈，1)，2(1,)x e ∈，
知211
x x e e
-<-，即211x x e e +<+．
5．（2010•鼓楼区校级模拟）定义域均为R 的奇函数()f x 与偶函数()g x 满足()()10x f x g x +=． （1）求函数()f x 与()g x 的解析式；
（2）证明：12
12()()2(
)2
x x g x g x g ++； （3）试用1()f x ，2()f x ，1()g x ，2()g x 表示12()f x x -与12()g x x +． 【解答】解：（1）
()()10x f x g x +=①
()()10x f x g x -∴-+-=， ()f x 为奇函数，()g x 为偶函数 ()()f x f x ∴-=-，()()g x g x -=
()()10x f x g x -∴-+=②
由①，②解得11()(10)210x f x x =-，11()(10)210x x g x =+．
（2）解法一：1212
121111
()()(10)(10)221010x x x x g x g x +=+++
1212121
2
11111111
(1010)()210102222210101010x x x x x x x x =+++⨯+⨯ 12
1212
2
2
1
10
2(
)2
10
x x x x x x g +++=+= （法二）
12
12
1212122122
11111()()2()(1010)()(10)2221010
10
x x x x x x x x x x g x g x g ++++-=+++-+
12121212
12
2(101)(1010)10101
21010x x x x x x x x x x +++++++=- 1212112
12
2
12
12
12
2
2
(10
1)(1010210
)(10
1)(21010210
)
0210210x x x x x x x x x x x x xx x x x ++++++++-+-=
=
12
12()()2(
)2
x x g x g x g +∴+ （3）11)
()(10)210x x f x =-，11
()(10)210
x x g x =+．
12121211
()(10)210
x x x x f x x --∴-=-
12
2111010()21010
x x x x =- 1212121221122112110101110101(10)(10)44101010101010x x x x x x x x x x x x x x x x ++++=+----+- 12121212111111(10)(10)(10)(10)4410101010x x x x x x x x =-+-+- 1212()()()()f x g x g x f x =-
同理可得，1212121212111
()(10)()()()()2210x x x x g x x g x g x f x f x +++=+=-．
6．（2021•光明区月考）已知函数221
()2
x f x ae x ax =--，a R ∈．
（1）当1a =时，求函数2()()g x f x x =+的单调区间； （2）当4
4
01
a e <<
-，时，函数()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，证明：212x x ->． 【解答】（1）解：当1a =时，221
()2x f x e x x =--，
221()()2
x g x f x x e x =+=-，2()1x
g x e '=-，
令()0g x '>，可得0x >，令()0g x '<，可得0x <，
所以()g x 的单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞．
（2）证明：函数221
()2
x f x ae x ax =--的定义域为R ，2()2x f x ae x a '=--，
令2()()2x h x f x ae x a ='=--，
因为函数()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <， 所以1x ，2x 是函数()h x 的两个零点， 12()()0h x h x ==，
2()22x h x ae '=-，令()0h x '>，可得112x ln a >，令()0h x '<，可得11
2x ln a <，
所以()h x 在11(,)2ln a -∞上单调递减，在11
(2ln a ，)+∞上单调递增，
所以1112x ln a <，211
2x ln a
>，
由44
01
a e <<-，可得411110224e ln ln a ->>，
因为(0)0h =，所以10x =，
所以要证212x x ->，即证22x >，只需证h （2）0<， 因为4
4
01
a e <<
-， 所以h （2）4444
4
4(1)4(1)44401
ae a a e e e =--=--<--<-=-， 所以212x x ->，得证．
7．（2021•日照模拟）设函数21
()2
x f x e ax x =--．
（1）若函数()f x 在R 上单调递增，求a 的值；
（2）当1a >时，
①证明：函数()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，且21x x -随着a 的增大而增大； ②证明：22
2sin ()12
x x f x -<+
． 【解答】解：（1）()x f x e ax l '=--，()x f x e a ''=-，由题意知，()0f x '恒成立， 当0a 吋，()0f x ''>，则()f x '单调递增，又(0)0f '=，则当0x <吋，()0f x '<， ()f x 单调递减，即0a 不符合题意；
当0a >时，()0f x ''=．解得x lna =．可知，()f x '在(,)lna -∞上单调递减，在(lna ．)+∞上单调递增， ()()(0)min f x f lna a alna l a '='=-->，
设g （a ）(0)a alna l a =-->，g '（a ）lna =-，g （a ）在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 所以()f lna g '=（a ）()0g l =．
若0lna =，即1a =时，()(0)0f x f ''=，符合題意； 若0lna ≠，即1a ≠时，()(0)0f lna f '<'=，不符合題意． 綜上，1a =．
（2）证明：①a l >时，0lna >，由（1）知，()()0min f x f lna '='<，且(0)0f '=， 当(,0)x ∈-∞时，()0f x '>，当(0x ∈．)lna 时，()0f x '<，所以10x =为极大值点， 由（1）有x
e
x l x +>，则当1x >吋，2
22
4
x x x
x e e e =>，
所以2
()()4
x f x a l x '>-+，所以当4()x a l >+吋，()0f x '>，
当2(,)x lna x ∈时，()0f x '<．当2(x x ∈，4(1))a +时，()0f x '>．所以2x x =为极小值点， 所以()f x 有两个极值点，
因为2()0f x '=，所以22
1
x e a x -=，
设1()(0)x e h x x x
-=>，则2(1)
()x x e e x h x x -+-'=
， 由（1）可知，x e x l --+，所以()0h x '，()h x 单调递增，所以2x 随着a 的增大而增大，且212x x x -=，所以21x x -随着a 的增大而增大．
②由221x e a x -=，可得2222()(1)22x x x
f x e =--，
要证222sin ()12x x f x -<+
，即证222
sin (1)122
x x x e -<+，
即证2
2
22sin 20x x x e +--
<， 设2sin ()2x
x
x x e
ϕ+=--
，0x >， 2sin cos ()1x x x x e ϕ+-'=
-，2(cos 1)
()0x
x x e
ϕ-''=，． 所以()x ϕ'单调递减，所以()(0)0x ϕϕ'<'=， 所以()x ϕ在(0,)+∞上单调递减， 所以()(0)0x ϕϕ<=， 所以命题得证．
8．（2021春•丽水期中）已知函数()2f x xlnx =，2()1g x x ax =+-，a R ∈． （Ⅰ）若对任意[1x ∈，)+∞，不等式()()f x g x 恒成立，求a 的取值范围； （Ⅱ）若函数()|()|2h x f x a =-有3个不同的零点1x ，2x ，3123()x x x x <<． （ⅰ）求证：122
x x e
+>
；
（ⅱ）求证：32x x ->．
【解答】解：（Ⅰ）解法一：由题意可知，()()f x g x 恒成立，所以221xlnx x ax +-， 所以12(1)a lnx x x x -+，即1
()2(1)F x lnx x x x
=-+，所以()max a F x ，
又22
222
2121(1)()10x x x F x x x x x
-+--'=--==-<，所以()F x 在[1，)+∞上单调递减， 故()max F x F =（1）0=， 所以a 的取值范围为[0，)+∞；
解法二：由()()f x g x 恒成立，所以2210xlnx x ax --+对任意[1x ∈，)+∞恒成立， 故当1x =时，不等式应当成立，得0a ，
而当0a 时，222121xlnx x ax xlnx x --+-+，记2()21F x xlnx x =-+，1x ， 则()2222[(1)]0F x lnx x lnx x '=+-=--，得()F x 单调递减；
故()F x F （1）0=，所以2221210xlnx x ax xlnx x --+-+恒成立， 综上可知，a 的取值范围为[0，)+∞；
解法三：由()()f x g x 恒成立，即221xlnx x ax -+，
即当1x 时，函数221y xlnx x =-+的图象不能出现在直线y ax =的上方，
而2(21)2[(1)]0xlnx x lnx x -+=--，故221y xlnx x =-+在[1，)+∞单调递减， 大致画出该函数的图象，不难发现，当[0a ∈，)+∞； 所以a 的取值范围为[0，)+∞；
（Ⅱ）（ⅰ）证明：由()0h x =，所以|()|2f x a =，
而()22f x lnx '=+，令()0f x '>，得1
x e
>； 令()0f x '<，得1
0x e
<<，
故()f x 在1(,)e +∞单调递增，在1
(0,)e 单调递减，
而11
()f e e
=-，
f （1）0=，画出()h x 的草图，
容易得到，1(0,)a e ∈且1231
01x x x e
<<<<<，
设2
()|()||()|F x f x f x e =+-，(0,1)x ∈，
即22
()22()()F x xlnx x ln x e e
=-+--，(0,1)x ∈，
所以122122
()222()2()22()42()42()F x lnx x ln x x lnx ln x lnx x x e e e e x e
-'=--⋅
--+-⋅=----=----，
当10x e <<时，221()x x e e -<，所以()0F x '>，所以()F x 在1
(0,)e 单调递增，
所以11()()0F x F e <=，即112()()f x f x e <-，因为11(0,)x e ∈，则121
(,1)x e e -∈，
又12()()2f x f x a ==，所以212()()f x f x e <-，212
x x e
>-，
所以122
x x e
+>
． （ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，当1x 时，212x xlnx -，当01x <时，21
0.2
x xlnx -
故21
||||2
x xlnx -，画出草图，
设直线y a =与21
||2
x y -=在0x >时的交点的横坐标为4x ，545()x x x <，结合图象易知
3254x x x x ->-，而4x =，5x ，
所以32x x -=．
9．（2021•迎江区校级三模）已知函数212()x axlnx
f x x
--=．
（1）讨论函数()f x 的单调性；
（2）若11
lnm lnn m n
-
=+，求证：2m n ->． 【解答】（1）解：()f x 的定义域为222
1221
(0,),()1a x ax f x x x x -+'+∞=+-=
． 令2()21g x x ax =-+，方程2210x ax -+=的判别式△2444(1)(1)a a a =-=+-， ()i 当△0，即11a -时，2()210g x x ax =-+恒成立，
即对任意2
()
(0,),()0g x x f x x '∈+∞=
， 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增． ()ii 当△0>，即1a <-或1a >．
①当1a <-时，2()210g x x ax =-+恒成立，即对任意2
()
(0,),()0g x x f x x '∈+∞=， 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．
②当1a >时，由2210x ax -+=，解得a a αβ=-=
所以当0x α<<时，()0g x >；当x αβ<<时，()0g x <；当x β>时，()0g x >，
所以在2(0,(1,)a a a +-+∞上，()0f x '>，
在(a a -+上，()0f x '<
所以函数()f x 在(0,a -和()a ++∞上单调递增；
在(a a -+上单调递减．
综上，当1a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；
当1a >时，()f x
在(0,a
和()a ++∞
上单调递增，在(a a -上单调递减． （2）证明： 由11lnm lnn m n -
=+，可得11
(,0)lnm lnn m n m n
-=+>， 得0lnm lnn ->，因此0m n >>，
因为1
11m
m m n n
lnm lnn ln m n n mn m
++-=+⇒==
， 令
m t n =，则1
1,t t lnt m
+>=
， 所以11,t t m n lnt tlnt ++==
，所以21t m n tlnt --=， 要证明2m n ->，只需证212,(1)t m
t tlnt n
->=>，
即证1
:2(1)t lnt t t
->>，
由（1）可知，1a =时，1
()2f x x lnx x
=-
-在(0,)+∞上是增函数， 所以当1t >，()f t f >（1），而f （1）0=，因此1
2(1)t lnt t t
->>成立，
所以2m n ->．
10．（2021•浙江月考）已知函数1
()(1)(1)2
x f x x e =--．
（1）求函数()f x 在1x =处的切线方程；
（2）若方程()f x a =有两个不同实根1x ，2x ，证明：122||11
ea
x x e -+-． 【解答】解：（1）
11
()[(1)(1)](1)22
x x x f x e x e xe '=-+-=-，
f ∴'（1）1
(1)2
e =-，
f （1）0=，
∴切线方程为1
(1)(1)2
y e x =
--． （2）由（1）得1
()(1)2
x f x xe '=-，
又1(0)2f '=
，1(1)(1)02f e '=->，且1
()(1)2
x f x xe '=-在(0,1)上单调递增， 所以1
()(1)2
x f x xe '=-有唯一实根0(0,1)x ∈，
当0(,)x x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 递减，
当0(x x ∈，)+∞时，()0f x '>，()f x 递增，
故两根分别在0(,)x -∞与0(x ，)+∞内，不妨设12x x <，
设1()()(1)(1)2g x f x e x =---，0(x x ∈，)+∞，则1
()()2
x g x xe e '=-，
当0(x x ∈，1)时，()0g x '<，()g x 递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 递增，
()g x ∴有最小值g （1）0=，即1
()(1)(1)02f x e x ---恒成立，
221()
(1)(1)2a f x e x =--，2211
a x e +-， 又因为函数()f x 在0x =处的切线方程为1
2y x =-，
所以1()2f x x -恒成立，111
()2
a f x x =-，即12x a -，
于是1222||
12111
a ea
x x a e e -++=+--． 11．（2021•巴南区校级月考）已知函数()(f x lnx ax a =-为常数）． （1）当1a >时，求函数()f x 的单调区间； （2）当32
2
a
时，设函数2()2()g x f x x =+的两个极值点1x ，212()x x x <满足1212lnx lnx t x x -=-，求
121222
()(
)3
y x x t x x =--++的最小值． 【解答】解：（1）依题意，得11()(0)ax
f x a x x x
-'=-=>， 1a >，由10ax ->，解得1x a <
，即当1
0x a
<<时，()0f x '>，()f x 单调递增， 由10ax -<，解得1x a >
，即当1
x a
>时，()0f x '<，()f x 单调递减， ∴当1a >时，()f x 的单调递增区间为1
(0,)a
，()f x 的单调递减区间为1(a
，)+∞．
（2）
22()2()22g x f x x lnx ax x =+=-+，
22(1)
()0x ax g x x
-+'∴==的两根为1x ，2x ，
即方程210x ax -+=的两根为1x ，2x ， 32
2
a
，∴△240a =->， 12x x a ∴+=，121x x =，
12
12
lnx lnx t x x -=
-，
1212121222()()3
lnx lnx y x x x x x x -∴=--++- 1211222()23
x x x ln x x x -=
-++
1
2112212231x x x ln x x x -=⋅-++，
令1
2
(01)x m m x =
<<， 由韦达定理，得2222121122()2x x x x x x a +=++=， ∴
22211221221
2x x x x m
a x x m ++=++=， 322a
，21522m a m ∴+=-， 12m ∴或2m ，102m ∴<， 令12()213
m h m lnm m -=⋅-++，22(1)()0(1)m h m m m --'∴=
<+， ()h m ∴在1
02
m
<上递减， 1
()()22
min min y h m h ln ∴===，
12．（2021•金华模拟）已知函数()(1)(1)x f x x e =+-． （1）求()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程；
（2）若方程()f x b =有两个实根1x ，2x ，且12x x <，证明：1
21
e b e --时，212x x -．（注:e 为自然对数的底数）
【解答】解：（1）由()(2)1x f x x e '=+-， 所以1
(1)1f e
'-=-，又(1)0f -=，
所以()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程为1(1)e
y x e
-=
+． （2）证明：由（1）知()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程为1()(1)e
s x x e
-=
+，
令1
()()()(1)()x F x f x s x x e e =-=+-，
则1
()(2)x F x x e e
'=+-，()(3)x F x x e ''=+，
所以()F x '在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增，
3
11
(3)0F e e
'-=-
-<， 故当x →-∞时，()0F x '<， 而(1)0F '-=，
由()f x b =，令()s x b =，则1(1)e
x b e
-+=， 所以11eb x e =
--的根11eb
x e
'=--， 所以111()()()b s x f x s x ='=，
因为()s x 在R 上单调递减，所以11x x '，
而()f x 在(1,22)e -处的切线()(31)1t x e x e =---， 同理令()()()(1)1x G x f x t x x e e =-=+--， 则()(2)3x G x x e e '=+-，()(3)x G x x e ''=+，
故()G x '在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增， 又3
1
(3)30G e e '-=-
-<， 当x →-∞时，()0G x '<，G '（1）0=， 所以()G x G （1）0=， 所以()()(31)1f x t x e x e =---， 则(31)1e x e b ---=的根2131
e b
x e ++'=
-， 222()()()b t x f x t x ='=，
又()t x 在R 上单调递增，所以22x x '， 故2121112311
b e eb
x x x x e e ++-'-'=+
+--．。