极值点偏移的典型例题(含答案)

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专题20 极值点偏移问题(解析版)

专题20极值点偏移问题1．极值点偏移的含义若单峰函数f (x )的极值点为x 0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.极值点x 0函数值的大小关系图示极值点不偏移x 0＝x 1＋x 22f (x 1)＝f (2x 0－x 2)极值点偏移左移x 0<x 1＋x 22峰口向上：f (x 1)<f (2x 0－x 2)峰口向下：f (x 1)>f (2x 0－x 2)右移x 0>x 1＋x 22峰口向上：f (x 1)>f (2x 0－x 2)峰口向下：f (x 1)<f (2x 0－x 2)2.函数极值点偏移问题的题型及解法极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：(1)若函数f (x )在定义域上存在两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，求证：x 1＋x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；(2)若在函数f (x )的定义域上存在x 1，x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；(3)若函数f (x )存在两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f ′(x 0)>0；(4)若在函数f (x )的定义域上存在x 1，x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)＝f (x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f ′(x 0)>0.3.极值点偏移问题的一般解法3.1对称化构造法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的单调性，进而确定函数的极值点0x ．(2)构造函数，即对结论1202x x x +>型，构造函数0()()(2)F x f x f x x =--或00()()()F x f x x f x x =+--；(3)对结论2120x x x ⋅>型，构造函数20()()()x F x f x f x=-，通过研究()F x 的单调性获得不等式．(4)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(5)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．(6)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．3.2．差值代换法（韦达定理代换令1212,x x t x x t =±=.）差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用t 表示)表示两个极值点，即12t x x =-，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．3.3．比值代换法比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t 表示)表示两个极值点，即12x t x =，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．3.4．对数均值不等式法两个正数a 和b (),(, )ln ln ().a ba b L a b a ba ab -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩(, )2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当a b =时，等号成立．3.5指数不等式法在对数均值不等式中，设m a e =，nb e =，则()(,)()m nme e m n E a b m n e m n ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩，根据对数均值不等式有如下关系：2(,)2m nm ne e eE a b ++≤≤专项突破练1．已知函数()1ln f x x a x=++．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)当()()()1212f x f x x x =≠时，证明：122x x +>．【解析】（1）∵()1ln f x x a x=++，∴()22111x f x x x x -'=-=，令()0f x '=，得x ＝1，当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增，故函数()f x 的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞；（2）由（1）知，不妨设1201x x <<<，构造函数()()()2g x f x f x =--，01x <<，故()()()()()()2222241112022x x x g x f x f x x x x x ----'''=+-=+=<--，故()g x 在()0,1上单调递减，()()10g x g >=，∵()10,1x ∈，∴()()()11120g x f x f x =-->，又∵()()12f x f x =，∴()()2120f x f x -->，即()()212f x f x >-，∵1201x x <<<，∴2x ，()121,x -∈+∞，又∵()f x 在()1,+∞上单调递增，∴212x x >-，即122x x +>，得证．2．已知函数()()e ln xf x x a =+.(1)若()f x 是增函数，求实数a 的取值范围；(2)若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：122x x +>.【解析】(1)函数的定义域为()0,∞+，()1e ln x f x x a x ⎛⎫'=++ ⎪⎝⎭，若()f x 是增函数，即()0f x '≥对任意0x >恒成立，故1ln 0x a x++≥恒成立，设()1ln g x x a x=++，则()22111x g x x x x -'=-=，所以当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减，当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，()()min 11g x g a ==+，由10a +≥得1a ≥-，所以a 的取值范围是[)1,-+∞.(2)不妨设120x x <<，因为1x ，2x 是()f x 的两个极值点，所以()11111e ln 0x f x x a x ⎛⎫'=++= ⎪⎝⎭，即111ln 0x a x ++=，同理221ln 0x a x ++=，故1x ，2x 是函数()1ln g x x a x=++的两个零点，即()()120g x g x ==，由（1）知，()()min 110g x g a ==+<，故应有(),1a ∞∈--，且1201x x <<<，要证明122x x +>，只需证212x x >-，只需证()()()()211122g x g x g x g x --=--()()111111111111ln ln 2ln ln 2022x a x a x x x x x x ⎡⎤=++--++=+--+>⎢⎥--⎣⎦，设()()11ln ln 22h x x x x x =+--+-，(]0,1x ∈，则()()()()()22222224111111102222x x x h x x x x x x x x x ---'=----=-≤----，所以()h x 在()0,1上单调递减，因为()10,1x ∈，所以()()110h x h >=，即()()2120g x g x -->，()()212g x g x >-，又21>x ，121x ->，及()g x 在()1,+∞上单调递增，所以212x x >-成立，即122x x +>成立.3．已知函数()()11e xf x x -=+.(1)求()f x 的极大值；(2)设m 、n 是两个不相等的正数，且()()11e 1e 4e n m m n m n +-+++=，证明：2m n +<.【解析】(1)因为()()111e 1e x x f x x x --+==+的定义域为R ，()1e x xf x -'=-，当0x <时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，当0x >时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，所以，函数()f x 的极大值为()0e f =.(2)证明：因为()()11e 1e 4e n m m n m n +-+++=，则11114e e em n m n --+++=，即()()4f m f n +=，由（1）知，函数()f x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，因为m 、n 是两个不相等的正数，且满足()()4f m f n +=，不妨设01m n <<<，构造函数()()()2g x f x f x =+-，则()()()1122ee x xxx g x f x f x ---'''=--=--，令()()h x g x '=，则()()()()111111e 1e e ex x x x xh x x x -----'=---=--.当01x <<时，101x x ->>-，则()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，当1x >时，101x x ->>-，则()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，又因为函数()h x 在()0,∞+上连续，故函数()h x 在()0,∞+上单调递减，当01x <<时，()()10h x h >=，即()0g x '>，故函数()g x 在()0,1上为增函数，故()()()()()()214f m f m g m g f m f n -+=<==+，所以，()()2f n f m >-，21m -> 且1n >，函数()f x 在()1,+∞上为减函数，故2n m <-，则2m n +<.4．已知函数()1ln xf x ax+=(1)讨论f (x )的单调性；(2)若()()2112e e xxx x =，且121200x x x x >>≠，，，证明:>【解析】（1）()()2ln 0xf x x ax -'=>当0a >时，()01x ∈，，()0f x '>，所以()f x 单调递增；()1x ∈+∞，，()0f x '<，所以()f x 单调递减；当0a <时，()01x ∈，，()0f x '<，所以()f x 单调递减；()1x ∈+∞，，()0f x '>，所以()f x 单调递增；（2）证明：()()2112x x x x =e e ，∴()()2112ln ln x x x x =e e ，()()1212ln ln x x x x =e e 即当1a =时，()()12f x f x =由（1）可知，此时1x =是()f x 的极大值点，因此不妨令1201x x <<<>22122x x +>①当22x ≥时，22122x x +>成立；②当212x <<时先证122x x +>此时()2201x -∈，要证122x x +>，即证：122x x >-，即()()122f x f x >-，即()()222f x f x >-即：()()2220f x f x -->①令()()()()()()1ln 21ln 21,22x x g x f x f x x x x+-+=--=-∈-，∴()()()()()222222ln 2ln 2ln 2ln ln 02x x x x x x g x x x x x x ---'=-->--=->-∴()g x 在区间()12，上单调递增∴()()10x g g >=，∴①式得证.∴122x x +>∵21112x x +>，22212x x +>∴221212222x x x x ++>+∴()221212222x x x x +>+->>5．已知函数()22ln x f x x a=-（a ∈R 且0a ≠）．(1)2a =，求函数()f x 在()()22f ,处的切线方程．(2)讨论函数()f x 的单调性；(3)若函数()f x 有两个零点12x x 、()12x x <，且2e a =，证明：122e x x +>．【解析】(1)当2a =时，()22ln 2x f x x =-，所以()222ln 2f =-.()2f x x x '=-，所以()22212f '=-=.所以函数()f x 在()()22f ,处的切线方程为()22ln 22y x --=-，即2ln 2y x =-.(2)()f x 的定义域为(0，+∞)，22()x f x a x'=-.当a <0时，()0f x '<恒成立，所以()f x 在(0，+∞)上单调递减；当a >0时，(222()x f x x x a x ax'=-=.在(上，()0f x '<，所以()f x 单调递减；在)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增.(3)当2e a =，()222ln ex f x x =-.由(2)知，()f x 在()0,e 上单调递减，在()e,∞+上单调递增.由题意可得：()12(0,e),e,x x ∈∈+∞.由(2e)22ln 20f =->及2()0f x =得：()2e,2e x ∈.欲证x 1+x 2>2e ，只要x 1>2e-x 2，注意到f (x )在(0，e)上单调递减，且f (x 1)=0，只要证明f (2e-x 2)>0即可.由22222()2ln 0ex f x x =-=得22222e ln x x =.所以22222(2e )(2e )2ln(2e )e x f x x --=--2222224e 4e 2ln(2e )e x x x -+=--()2222224e 4e 2e ln 2ln 2e e x x x -+=--2222442ln 2ln(2e ),(e,2e),ex x x x =-+--∈令4()42ln 2ln(2e ),(e,2e)etg t t t t =-+--∈则24224(e )()0e 2e e (2e )t g t t t t t -'=-++=--，则g (t )在(e ，2e)上是递增的，∴g (t )>g (e)=0即f (2e-x 2)>0.综上x 1+x 2>2e.6．已知函数()ln f x x x =-(1)求证：当1x >时，()21ln 1x x x ->+；(2)当方程()f x m =有两个不等实数根12,x x 时，求证：121x x m +>+【解析】(1)令()()()21ln 11x g x x x x -=->+，因为()()()()222114011x g x x x x x -'=-=>++，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10g x g >=，即当1x >时，()21ln 1x x x ->+.(2)证明：由()ln f x x x =-，得()11f x x'=-，易知()f x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，所以()min 1f x =.因为方程()f x m =有两个不等实根，所以1m >.不妨设1201x x <<<.由（1）知，当1x >时，()21ln 1x x x ->+；当01x <<时，()21ln 1x x x -<+.方程()f x m =可化为ln x m x -=.所以()222221ln 1x x m x x --=>+，整理得()222120x m x m -++->.①同理由()111121ln 1x x m x x --=<+，整理得()211120x m x m -++-+>.②由①②，得()()()211210x x x x m -+-+>⎡⎤⎣⎦.又因为21x x >所以121x x m +>+.法二：由()ln f x x x =-，得()11f x x'=-，易知()f x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，所以()min 1f x =.因为方程()f x m =有两个不等实根，所以1m >.不妨设1201x x <<<.要证121x x m +>+，只要证1211ln 1x x x x +>-+，只要证：21ln 11x x >-+>.因为()f x 在()1,+∞上单调递增，只要证：()()()1211ln f x f x f x =>-.令()()()(1ln 01h x f x f x x =--<<，只要证()0,1x ∀∈，()0h x >恒成立.因为()()()()1111ln 11ln 111ln 1ln x x x h x f x f x x x x x x x --⎛⎫⎛⎫=---=-+-=⎪ ⎪-⎭'⎝'-'⎝⎭，令()()ln 101F x x x x x =--<<，则()ln 0F x x '=->，故()F x 在()0,1上单调递增，()()10F x F <=，所以()0h x '<，所以()h x 在()0,1上单调递减，所以()()10h x h >=，故原结论得证.7．已知函数()()22ln 21f x a x x a x a =-+-+．(1)若1a =，证明：()22f x x x <-；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，求a 的取值范围，并证明：122x x a +>．【解析】(1)当1a =时，()22ln 1f x x x =-+，定义域为()0,∞+令()()()222ln 21g x f x x x x x =--=-+，则()22g x x'=-当01x <<时，()0g x '>；当1x <时，()0g x '<；所以函数()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，故()()max 110g x g ==-<，所以()0g x <，得()22f x x x <-；(2)因为()f x 有两个不同的零点12,x x ，则()f x 在定义域内不单调；由()()()()212221x a x af x x a x x--+'=-+-=当0a ≤时，()0f x '<在()0,∞+恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递减，不符合题意；当0a >时，在()0,a 上有()0f x '>，在(),a +∞上有()0f x '<，所以()f x 在()0,a 上单调递增，在(),a +∞上单调递减．不妨设120x a x <<<令()()()2F x f x f a x =--则()()()()()()222F x f x f a x a x f x f a x ''''''=---=+-()()()()()2422221222122a x a ax a a x a x a x x a x -=-+-+--+-=--当()0,x a ∈时，()0F x '>，则()F 在()0,a 上单调递增所以()()()()20F x F a f a f a a <=--=故()()2f x f a x <-，因为120x a x <<<所以()()12f x f a x <-１，又()()2f x f x =１，122a a x a <-<则()()212f x f a x <-，又()f x 在(),a +∞上单调递减，所以212x a x >-，则122x x a +>．8．已知函数()21ln 2f x x x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()00f x '=（()f x '为()f x 的导函数），方程()f x m =有两个不等实根1x 、2x ，求证：1202x x x +>．【解析】(1)因为()21ln 2f x x x x x =+-，则()ln f x x x '=+，所以，()112f =-，()11f '=，所以，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为112y x +=-，即32y x =-.(2)证明：因为()ln f x x x '=+，()00f x '=，所以00ln 0x x +=．因为()f x '为增函数，所以()f x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．由方程()f x m =有两个不等实根1x 、2x ，则可设102x x x <<，欲证1202x x x +>，即证20102x x x x >->，即证()()2012f x f x x >-，而()()21f x f x =，即()()10120f x f x x -->，即()()()()2211110*********ln 2ln 222022x x x x x x x x x x x x +------+->，设()()()()()22000011ln 2ln 22222g x x x x x x x x x x x x x =+------+-，其中00x x <<，则()()00ln ln 22g x x x x x =+-+'，设()()()000ln ln 220h x x x x x x x =<+<+-，则()()()000211022x x x x x x x x h x -=-=>--'，所以，函数()g x '在()00,x 上单调递增，所以()()0002ln 20g x g x x x '<='+=，所以()g x 在()00,x 上单调递减，所以()()00g x g x >=，即()()2012f x f x x >-，故1202x x x +>得证．9．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 ++>．【解析】(1)0k =时，函数1()e ,(1,0)1xx 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)11xx 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 xh 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 01xx 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 +>．10．已知函数()()()1ln 3f x x x a x =++-．(1)若函数()f x 为增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <．求证：()()12122f x f x x x +++>-．【解析】(1)因为()()()1ln 3f x x x a x =++-，该函数的定义域为()0,∞+，()1ln 2f x x a x'=++-，若函数()f x 为增函数，则()0f x '≥恒成立．令()1ln 2g x x a x =++-，()22111x g x x x x-'=-=，令()0g x '=得1x =，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，故()()11g x g a ≥=-，所以，10a -≥，因此1a ≥．(2)因为函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <，即方程()0g x =有两个不等的实根1x 、()212x x x <，因为()g x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，所以，1201x x <<<，即1x 、2x 是1ln 20x a x++-=的两个根，所以11221ln 201ln 20x a x x a x ⎧++-=⎪⎪⎨⎪++-=⎪⎩，则()()111222ln 21ln 21x x a x x x a x ⎧+-=-⎪⎨+-=-⎪⎩，所以，()()()()121211221212ln ln ln ln 2f x f x x x x x x x x x a x x +++=++++-+12ln ln 2x x =+-，即证12ln ln 0x x +>，即证121x x >．由11221ln 201ln 20x a x x a x ⎧++-=⎪⎪⎨⎪++-=⎪⎩两式作差得122111ln x x x x =-，令()120,1x t x =∈，则11ln t x t -=，21ln t x t t-=，即只需证111ln ln t t t t t--⋅>，即证ln 0t >．令()ln t t ϕ=-()0,1t ∈，则()210t ϕ-'=，故()t ϕ在区间()0,1上单调递减，当()0,1t ∈时，()()10t ϕϕ>=，命题得证．11．已知函数()ln f x x x =-.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()y f x =的图象与()y m m R =∈的图象交于()11,A x y ，()22,B x y 两点，证明：12242ln 2x x +>-.【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞令11()10xf x x x -'=-=>，解得01x <<令11()10x f x x x-'=-=<，解得1x >所以()f x 的单调增区间为(0,1)，减区间为(1,)+∞(2)由（1）不妨设1201x x <<<由题知11ln x x m -=，22ln x x m -=两式相减整理可得：12121ln x x x x -=所以要证明12242ln 2x x +>-成立，只需证明1211222(42ln 2l )n x x x x x x +->-因为12ln 0x x <，所以只需证明212112(42ln 2ln )2x x x x x x <-+-令12,01x t t x =<<，则只需证明1(42ln l 21n 2)t t t -<-+，即证(1)ln (1)02(42ln 2)t t t +--<-令2()(1)ln (1)2(4ln 2)g t t t t -=-+-2ln 22l 12ln (2)1()22n 2ln t t t g t t t t++'--=++=记()2ln (2)12ln 2h x t t t +-=+则()2ln 2h x t '=易知，当102t <<时，()0h x '<，当112t <<时，()0h x '>所以当12t =时，min 11()()022n 2ln l h x h ==+=所以当01t <<时，()0g t '≥，函数()g t 单调递增故()(1)0g t g <=，即(1)ln (1)02(42ln 2)t t t +--<-所以，原不等式12242ln 2x x +>-成立.12．已知函数()()3ln 010f x ax x a a =+≠.(1)讨论()f x 的单调性.(2)若函数()f x 有两个零点12x x ，，且12x x <，证明：12310x x +>.【解析】(1)函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()ln ln 1f x a x a a x '=+=+.①当0a >时，令()0f x '<，得10x e <<，则()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；令()0f x '>，得1x e >，则()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.②当0a <时，令()0f x '<，得1x e >，则()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；令()0f x '>，得10x e <<，则()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.综上所述，当0a >时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当0a <时，()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增.(2)证明：因为12x x ，为()f x 的两个零点，所以113ln 010x x +=，223ln 010x x +=，两式相减，可得121233ln ln 01010x x x x -+-=，即1122123ln 10x x x x x x -=⋅，121212310ln x x x x x x -=⋅，因此，121121310ln x x x x x -=⋅，212121310ln x x x x x -=⋅.令12x t x =，则121113513310ln 10ln 10ln t t t x x t t t---+=⋅+⋅=⋅，令()()1ln 01h t t t t t =--<<，则()22211110t t h t t t t -+'=+-=>，所以函数()h t 在()0,1上单调递增，所以()()10h t h <=，即1ln 0t t t--<.因为01t <<，所以11ln t t t->，故12310x x +>得证.13．已知函数()ln f x x x ax a =-+．(1)若1≥x 时，()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)当1a =时，方程()f x b =有两个不相等的实数根12,x x ，证明：121x x <．【解析】（1）∵1≥x ，()0f x ≥，∴ln 0a x a x -+≥，设()ln (1)ag x x a x x =-+≥，()221a x a g x x x x-'=-=，当1a >时，令()0g x '=得x a =，当1x a <≤时，()0g x '<，()g x 单调递减；当x a >时，()0g x '>，()g x 单调递增，∴()(1)0g a g <=，与已知矛盾．当1a ≤时，()0g x '≥，∴()g x 在[1,)+∞上单调递增，∴()(1)0g x g ≥=，满足条件；综上，a 取值范围是(,1]-∞．（2）证明：当1a =时，()ln f x x '=，当1x >，'()0f x >，当01x <<，'()0f x <，则()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，在区间()0,1上单调递减，不妨设12x x <，则1201x x <<<，要证121x x <，只需证2111x x <<，∵()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，∴只需证121()(f x f x <，∵12()()f x f x =，∴只需证111()()f x f x <．设1()()()(01)F x f x f x x =-<<，则22211()ln ln ln 0,x F x x x x x x -'=-=>，∴()F x 在区间()0,1上单调递增，∴()(1)0F x F <=，∴1()()0f x f x-<，即111()()f x f x <成立，∴121x x <．14．设函数()()e xf x x a =+，已知直线21y x =+是曲线()y f x =的一条切线.(1)求a 的值，并讨论函数()f x 的单调性；(2)若()()12f x f x =，其中12x x <，证明：124x x ⋅>.【答案】(1)1a =；()f x 在(),2-∞-上单调递减，在()2,-+∞上单调递增【解析】(1)设直线21y x =+与曲线()y f x =相切于点()()00,x f x ，()()1e x f x x a '=++ ，()()0001e 2x f x x a '∴=++=；又()()0000e 21x f x x a x =+=+，002e 21xx ∴-=+，即00e 210x x +-=；设()e 21x g x x =+-，则()e 20xg x '=+>，()g x ∴在R 上单调递增，又()00g =，()g x ∴有唯一零点0x =，00x ∴=，12a ∴+=，解得：1a =；()()1e x f x x ∴=+，()()2e x f x x '=+，则当(),2x ∞∈--时，()0f x '<；当()2,x ∈-+∞时，()0f x '>；()f x ∴在(),2-∞-上单调递减，在()2,-+∞上单调递增.(2)由（1）知：()()2min 2e 0f x f -=-=-<；当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，1221x x ∴<-<<-；要证124x x ⋅>，只需证1242x x <<-；()f x 在(),2-∞-上单调递减，∴只需证()124f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，又()()12f x f x =，则只需证()224f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭对任意()22,1x ∈--恒成立；设()()()421h x f x f x x ⎛⎫=--<<- ⎪⎝⎭，()()()()444333822e 2e e e 8xx xxxx x h x x x x x -⎛⎫++'∴=++=+ ⎪⎝⎭；设()()43e821x xp x x x -=+-<<-，则()2437e024x xp x x x -⎡⎤⎛⎫'=⋅++<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，()p x ∴在()2,1--上单调递减，()()2880p x p ∴<-=-+=，又当21x -<<-时，()432e 0xx x +<，()0h x '∴>，()h x ∴在()2,1--上单调递增，()()()()2220h x h f f ∴>-=---=，即()4f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭在()2,1x ∈--时恒成立，又()22,1x ∈--，()224f x f x ⎛⎫∴> ⎪⎝⎭，原不等式得证.15．已知函数()()32ln f x x x a a R x=++-∈有两个不同的零点12,x x .(1)求实数a 的取值范围；(2)求证：121x x >.【解析】(1)定义域为()()22232230,,1x x f x x x x ∞+-+=-+='，()(),0,10x f x '∈<，所以()f x 在()0,1x ∈上单调递减.()()1,,0x f x '∈+∞>，所以()f x 在()1,x ∈+∞上单调递增，所以()f x 在1x =处取得极小值，也是最小值，又()min ()14f x f a ==-，所以先保证必要条件()10f <成立，即4a >满足题意.当4a >时，易知，()()()33222ln 22ln 2022f a a a a a a a a=++-=++>；()111132ln 2ln 0;f a a a a a a aa a ⎛⎫=+--=+->> ⎪⎝⎭由以上可知，当4a >时，()()32ln f x x x a a R x=++-∈有两个不同的零点.(2)由题意，假设1201x x <<<，要证明121x x >，只需证明121x x >.只需证()121f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，又()()12f x f x =.即只需证()221f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，构造函数()()1,(1)g x f x f x x ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭.()224ln g x x xx =-+()222(1)x g x x --∴='，所以()g x 在()1,+∞单调递减.()()()2210,1,1g x g x g =>∴< ，即()221f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭成立，即()121f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭所以原命题成立.16．已知a 是实数，函数()ln f x a x x =-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个相异的零点12,x x 且120x x >>，求证：212e x x ⋅>．【解析】(1)()f x 的定义域为()0,∞+，()1a a x f x x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0f x '>得：()0,x a ∈，令()0f x '<得：(),x a ∈+∞，故()f x 在()0,x a ∈上单调递增，在(),x a ∈+∞上单调递减；综上：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在()0,x a ∈上单调递增，在(),x a ∈+∞上单调递减；(2)由（1）可知，要想()f x 有两个相异的零点12,x x ，则0a >，不妨设120x x >>，因为()()120f x f x ==，所以1122ln 0,ln 0a x x a x x -=-=，所以()1212ln ln x x a x x -=-，要证212e x x ⋅>，即证12ln ln 2x x +>，等价于122x x a a +>，而1212ln ln 1x x a x x -=-，所以等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即()1212122ln x x x x x x ->+，令12x t x =，则1t >，于是等价于证明()21ln 1t t t ->+成立，设()()21ln 1t g t t t -=-+，1t >()()()()222114011t g t t t t t -'=-=>++，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，即()21ln 1t t t ->+成立，所以212e x x ⋅>，结论得证.17．已知函数()1e xf x ax -=-，(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 在()0,2上有两个不相等的零点12,x x ，求证：121x x a>.【解析】(1)()1e xf x a -='-，x ∈R .①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 单调递增；②当0a >时，由()0f x '>得，()1ln ,x a ∈++∞，()f x 单调递增，由()0f x '<得，(),1ln x a ∈-∞+，()f x 单调递减.综上：当0a ≤时，()f x 单调递增；当0a >时，()f x 在()1ln ,x a ∈++∞上单调递增，在(),1ln x a ∈-∞+上单调递减.(2)∵()f x 在()0,2上有两个不相等的零点1x ，2x ，不妨设12x x <，∴1e x a x -=在()0,2上有两个不相等的实根，令()1e x g x x -=，()0,2x ∈，∴()()12e 1x x g x x --'=，由()0g x '<得，()0,1x ∈，()g x 单调递减，由()0g x '>得，()1,2x ∈，()g x 单调递增，()11g =，()e 22g =，0x →，()g x ∞→+，∴e 1,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭要证121x x a>，即证121ax x >，又∵()()12g x g x a ==，只要证211e1x x ->，即证211e x x ->，∵121x x <<，即证()()211e xg x g -<即证()()212e x g x g -<，即证12221e 112e e ex x x x ----<，即证212e ln 10x x -+->令()1eln 1xh x x -=+-，()1,2x ∈，∴()11e x h x x-'=-+，令()e e x x x ϕ=-，()1,2x ∈，则()e e x x ϕ'=-，当()1,2x ∈时，()e e>0x x ϕ'=-恒成立，所以()e e xx x ϕ=-在()1,2x ∈上单调递增，又()()10x ϕϕ>=，∴e e x x >，∴11e x x-<，∴()0h x '>∴()h x 在()1,2上递增，∴()()10h x h >>，∴1e ln 10x x -+->，∴121x x a>.18．已知函数21()ln 2f x x x x x =+-的导函数为()'f x .(1)判断()f x 的单调性；(2)若关于x 的方程()f x m '=有两个实数根1x ，212()x x x <，求证：2122x x <.【解析】(1)()1(1ln )(0)f x x x x x x '=+-+=>，令()ln g x x x =-，由11()1(0)x g x x x x'-=-=>，可得()g x 在(0,1)上单调递减，(1,)+∞上单调递增，所以()()(1)10f x g x g '==>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；(2)依题意，1122ln ln x x mx x m-=⎧⎨-=⎩，相减得2121ln x x x x -=-，令21(1)x t t x =>，则有1ln 1t x t =-，2ln 1t t x t =-，欲证2122x x <成立，只需证222ln (ln )21(1)t t t t t ⋅<--成立，即证3322(1)(ln )t t t -<成立，即证13232(1)ln t t t-<成立，令13(1)t x x =>，只需证13212()3ln 0x x x-->成立，令1321()2()3ln (1)F x x x x x=-->，即证1x >时，()0F x >成立11323333232(2)3()2(1x x F x x x x+-'=+-=，令1323()2(2)3(1)h x x x x =+->，则11233()2(3)63(22)(1)x x x x x g x '=-=->，可得()h x 在23(1,2)内递减，在23(2,)+∞内递增，所以23()(2)0h x h = ，所以()0F x '，所以()F x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0F x F >=成立，故原不等式成立.19．已知函数()ln f x x =.(1)设函数()()ln tg x x t x=-∈R ，且()()g x f x ≤恒成立，求实数t 的取值范围；(2)求证：()12e e x f x x>-；(3)设函数()()1y f x ax a R x=--∈的两个零点1x 、2x ，求证：2122e x x >.【解析】(1)由()()g x f x ≤可得ln ln tx x x-≤，可得2ln t x x ≤，令()2ln h x x x =，其中0x >，则()()21ln h x x '=+，当10ex <<时，()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，当1ex >时，()0h x '>，此时函数()h x 单调递增，所以，()min 12e e h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以，2e t ≤-；(2)要证()12e e x f x x >-，即证2ln e ex x x x >-，由（1）可知，1ln ex x ≥-，当且仅当1e x =时，等号成立，令()2e exx m x =-，其中0x >，则()1e x x m x -'=，当01x <<时，()0m x '>，此时函数()m x 单调递增，当1x >时，()0m x '<，此时函数()m x 单调递减，所以，()()max 11em x m ==-，因为1ln ex x ≥-和()1e m x ≤-取等的条件不同，故2ln e e x x x x >-，即()12e e x f x x >-；(3)由题知1111ln x ax x -=①，2221ln x ax x -=②，①+②得()()12121212ln x x x x a x x x x +-=+③，②-①得()22121112ln xx x a x x x x x ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭④.③÷④得()()1212212122112ln ln x x x x x x x x x x x x ++-=-，不妨设120x x <<，记211x t x =>.令()()()21ln 11t F t t t t -=->+，则()()()()222114011t F t t t t t -'=-=>++，所以()F t 在()1,+∞上单调递增，所以()()10F t F >=，则()21ln 1t t t ->+，即()2121122lnx x x x x x ->+，所以()()1212212122112ln ln 2x x x x x x x x x x x x ++-=>-.因为()()()()1212121212122ln ln ln x x x x x x x x x x +-<==所以2，即1>.令()2ln x x x ϕ=-，()2120x x xϕ'=+>，则()x ϕ在()0,∞+上单调递增.又)1lnln 2112e =+<，所以)1ln >-)ϕϕ>，所以2122x xe >.20．已知函数1()e xx f x -=.（1）求()f x 的单调区间与极值.（2）设m ，n 为两个不相等的正数，且ln ln m n n m m n -=-，证明：4e mn >.【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()2e rxf x -'=.当(,2)x ∈-∞时，()0f x '>；当(2,)x ∈+∞时，()0.f x '<所以()f x 的单调递增区间为(,2)-∞，单调递减区间为(2,)+∞.故()f x 在2x =处取得极大值，且极大值为21e ，无极小值.（2）证明：易知m ，0n >，ln ln (ln 1)m n n m m n m n -=-⇔-()ln n ln ln 1ln 1ln 1ln 1ln 1e emn m n m n m n m ----=-⇔=⇔=即()ln (ln )f f m n =，ln ln m n ≠.不妨设1ln x m =，2ln x n =，12x x <.（1）可知2(2,)x ∈+∞，()()120f x f x =>，1(1,2)x ∈当23x ≥时，124x x +>，4e mn >，当223x <<时，2142x <-<，()()()()22224222222441e 31414x xx x x x e x x f x f x e e e ----------=-=设4()(1)e (3)e x x h x x x -=---，(2,3)x ∈，则()()()()()442e2e 2e e xx x x h x x x x --=---=--'，因为(2,3)x ∈，4x x -<，所以()0h x '>，()h x 在区间(2,3)上单调递增，422()(21)e (32)e 0h x ->---=，所以()()()()2212440f x f x f x f x --=-->，()()124x f f x >-又因为1x ，24(1,2)x -∈，所以124x x >-，即124x x +>，故4e mm >.21．已知函数()()2ln f x e x x =-，其中 2.71828e =⋅⋅⋅为自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()12,0,1x x ∈，且()21121212ln 2ln ln x x x ex x x x -=-，证明：1211221e e x x <+<+.【解析】（1）2(1)'()ln e x xf x =-+，2e y x =是减函数，1ln y x =+是增函数，所以'()f x 在()0,∞+单调递减，∵()'0f e =，∴()0,x e ∈时，()'()'0f x f e >=，()f x 单调递增；(),x e ∈+∞时，()'()'0f x f e <=，()f x 单调递减.（2）由题意得，121212ln ln 2ln 2ln x x e x e x x x -=-，即1212112ln 2ln e x e x x x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，112211112ln 2ln e e x x x x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设111a x =，221a x =，则由()12,0,1x x ∈得，()12,1,a a ∈+∞，且()()12f a f a =.不妨设12a a <，则即证12221e a a e <+<+，由()20f e =及()f x 的单调性知，1212a e a e <<<<.令()()()2F x f x f e x =--，1x e <<，则[]24'()'()'(2)2ln (2)(2)e F xf x f e x x e x x e x =+-=----，∵()22x e x e -≤，∴2224'()2ln 0eF x e e>--=，()()0F x F e <=，∴()()2f x f e x <-，取1x a =，则()()112f a f e a <-，又()()12f a f a =，则()()212f a f e a <-，又12e a e ->，2a e >，且()f x 在(),e +∞单调递减，∴212a e a >-，122a a e +>.下证：1221a a e +<+.（i ）当21a e <+时，由1a e <得，1221a a e +<+；（ii ）当212e a e +≤<时，令()()(21)G x f x f e x =-+-，12e x e +<<，则22'()'()'(21)1ln 1ln(21)21e e G x f x f e x x e x x e x=++-=--+--+-+-222(21)2ln (21)(21)e e x e x x e x+⎡⎤=---++⎣⎦-++，记2(21)t x e x =-++，12e x e +≤<，则2(21)'()2ln e e G x t t+=--，又2(21)t x e x =-++在[)1,2e e +为减函数，∴()22,1t e e ∈+，2(21)2e e t +-在()22,1e e +单调递减，ln t 在()22,1e e +单调递增，∴2(21)2ln e e t t+--单调递减，从而，'()G x 在[)1,2e e +单调递增，又2(21)'(2)2ln 2(212)21ln 22(212)e e G e e e e e e e e e +=--+-=--+-，ln 1≤-x x ，∴()'20G e >，又2(21)'(1)2ln(1)(211)(1)(211)e e G e e e e e e e ++=--++--++--1ln(1)01e e e -=-+<+，从而，由零点存在定理得，存在唯一0(1,2)x e e ∈+，使得()0'0G x =，当[)01,x e x ∈+时，()0'()'0()G x G x G x <=⇒单调递减；当()0,2x x e ∈时，()0'()'0()G x G x G x >=⇒单调递增.所以，{}()max (1),(2)G x G e G e ≤+，又(1)(1)(211)(1)()(1)ln(1)G e f e f e e f e f e e e e +=+-+--=+-=-+-，ln 11ln ln(1)x x e x e x e e e+≤⇒≤⇒+≤，所以，11(1)(1)0e G e e e e e+-+<-⋅-=<，显然，()()()22212000G e f e f e e =-+-=-=，所以，()0<G x ，即()()210f x f e x -+-<，取[)21,2x a e e =∈+，则()()2221f a f e a <+-，又()()12f a f a =，则()()1221f a f e a <+-，结合()221211e a e e e +-<+-+=，1a e <，以及()f x 在()0,e 单调递增，得到1221a e a <+-，从而1221a a e +<+.22．已知函数()e ln xf x x a x a =--，其中0a >．(1)若2e a =，求()f x 的极值：(2)令函数()()g x f x ax a =-+，若存在1x ，2x 使得()()12g x g x =，证明：1212e e 2x xx x a +>．【解析】(1)当2e a =时()e 2eln 2e xf x x x =-，()0,x ∈+∞，所以()()()1e 2e2e 1e xxx x f x x x x+-'=+-=，当()0,1x ∈时，202x x <+<，1e e x <<，所以()0f x '<，当()1,x ∈+∞时，22x x +>，e e x >，所以()0f x '>，所以()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以()f x 的极小值为()1e f =-，无极大值.(2)证明：()()()e ln e ln e x x xg x a x ax x f x ax x a x a ==-=+---，令e x t x =，则上述函数变形为()ln h a t t t =-，对于()e x t x x =，()0,x ∈+∞，则()()1e 0xt x x '=+>，即()e x t x x =在()0,∞+上单调递增，。

高中数学极值点偏移问题(解析版)

极值点偏移问题【典型例题】例1.已知函数f (x )=ln x -ax ，a 是常数且a ∈R ．(1)若曲线y =f (x )在x =1处的切线经过点(-1,0)，求a 的值；(2)若0<a <1e(e 是自然对数的底数)，试证明：①函数f (x )有两个零点，②函数f (x )的两个零点x 1，x 2满足x 1+x 2>2e ．【解析】(1)解：切线的斜率k =f (1)=1-af (1)=-a ，k =f (1)-01-(-1)=-a2，即1-a =-a2，解得a =2；(2)证明：①由f (x )=1x -a =0，得x =1a，当0<x <1a 时，f (x )>0；当x >1a 时，f (x )<0，∴f (x )在x =1a 处取得最大值f 1a=-ln a -1，f (1)=-a <0，∵0<a <1e ，∴f 1a =-ln a -1>0，f (x )在区间1,1a有零点，∵f (x )在区间0,1a 单调递增，∴f (x )在区间0,1a有唯一零点．由幂函数与对数函数单调性比较及f (x )的单调性知，f (x )在区间1a,+∞ 有唯一零点，从而函数f (x )有两个零点．②不妨设0<x 1<1a <x 2，作函数F (x )=f (x )-f 2a -x ，0<x <2a，则F 1a =0，F (x )=f (x )+f 2a -x =2(1-ax )2x (2-ax )≥0．∴F (x 1)<F 1a=0，即f (x 1)-f 2a -x 1 <0，f 2a-x 1 >f (x 1)，又f (x 1)=f (x 2)，∴f 2a-x 1 >f (x 2)．∵0<x 1<1a<x 2，∴2a -x 1,x 2∈1a,+∞ ，∵f (x )在区间1a,+∞ 单调递减，∴2a -x 1<x 2，x 1+x 2>2a．又0<a <1e ，1a >e ，∴x 1+x 2>2e ．例2.已知函数f (x )=ln x -ax (a ∈R )．(1)若曲线y =f (x )与直线x -y -1-ln2=0相切，求实数a 的值；(2)若函数y =f (x )有两个零点x 1，x 2，证明1ln x 1+1ln x 2>2．【解析】解：(1)由f (x )=ln x -ax ，得f (x )=1x-a ，设切点横坐标为x 0，依题意得1x 0-a =1x 0-1-ln2=ln x 0-ax 0，解得x 0=12a =1，即实数a 的值为1．(2)不妨设0<x 1<x 2，由ln x 1-ax 1=0ln x 2-ax 2=0，得ln x 2-ln x 1=a (x 2-x 1)，即1a =x 2-x 1ln x 2-ln x 1，所以1ln x 2+1ln x 1-2=1ax 1+1ax 2-2=x 2-x 1ln x 2-ln x 11x 1+1x 2-2=x 2x 1-x 1x 2-2ln x2x 1ln x 2x 1，令t =x 2x 1>1，则ln x 2x 1>0,x 2x 1-x 1x 2-2ln x 2x 1=t -1t-2ln t ，设g (t )=t -1t -2ln t ，则g(t )=t 2-2t +1t 2>0，即函数g (t )在(1,+∞)上递减，所以g (t )>g (1)=0，从而x 2x 1-x 1x 2-2ln x2x 1ln x 2x 1>0，即1ln x 2+1ln x 1>2．例3.已知函数f (x )=x -e 2 (a -ln x )且f (e )=e4(其中e 为自然对数的底数)．(Ⅰ)求函数f (x )的解析式；(Ⅱ)判断f (x )的单调性；(Ⅲ)若f (x )=k 有两个不相等实根x 1，x 2，证明：x 1+x 2>2e ．【解析】解：(Ⅰ)f (e )=e 2a -12 =e 4，解得a =1，所以函数解析式为f (x )=x -e2(1-ln x )；(Ⅱ)函数f (x )的定义域为(0,+∞)，f (x )=1-ln x +x -e 2-1x =e2x-ln x ，设g(x)=e2x-ln x，g (x)=-e2x2-1x，在(0,+∞)上，g(x)<0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，即f (x)在(0,+∞)上单调递减，又f (e)=0，则在(0,e)上f (x)>0，在(e,+∞)上f (x)<0．所以函数f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减；(Ⅲ)证明：构造函数F(x)=F(x)-f(2e-x)，x∈(0,e)，F (x)=f (x)+f (2e-x)=e2x-ln x+e2⋅12e-x-ln(2e-x)=ex(2e-x)-ln[x(2e-x)]，设t=x(2e-x)，当x∈(0,e)时，t∈(0,e)，设h(t)=et-ln t，且h (t)=-et2-1t<0，可知h(t)在(0,e)上单调递减，且h(e)=0，所以h(t)>0在t∈(0,e)上恒成立，即F (x)>0在x∈(0,e)上恒成立，所以y=F(x)在(0,e)上单调递增，不妨设x1<x2，由(Ⅱ)知x1<e<x2F(x1)=f(x1)-f(2e-x1)<F(e)=f(e)-f(2e-e) =0，即f(x1)<f(2e-x1)，因为f(x1)=f(x2)，所以f(x2)<f(2e-x1)，由(Ⅱ)知f(x)在(e,+∞)上单调递减，得x2>2e-x1，所以x1+x2>2e．例4.已知函数f(x)=e2x-a(x-1)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a>0，设f′(x)为f(x)的导函数，若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：f′x1+x22<0．【解析】(1)解：f′(x)=2e2x-a，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f′(x)>0，得x>12ln a2，令f′(x)<0，得x<12ln a2，所以f(x)在-∞,12ln a2上单调递减，在12ln a2，+∞上单调递增．(2)证明：由题意得e2x1-a(x1-1)=0e2x2-a(x2-1)=0，两式相减得a=e2x2-e2x1x2-x1，不妨设x1<x2，由f′(x)=2e2x-a，得f′x1+x22=2e x1+x2-e2x2-e2x1x2-x1=e x1+x2x2-x1[2(x2-x1)+e x1-x2-e x2-x1]，令t=x2-x1，h(t)=2t-e t+e-t，因为当t>0时，h′(t)=2-e t-e-t=2-(e t+e-t)<0，所以h(t)在(0,+∞)上单调递减，所以当t>0时，h(t)<h(0)=0，又e x1+x2x2-x1>0，故f′x1+x22<0．例5.已知函数f(x)=12x2-(a+1)x+2(a-1)ln x，g(x)=-32x2+x+(4-2a)ln x．(1)若a>1，讨论函数f(x)的单调性；(2)是否存在实数a，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立，若存在，求出a的范围，若不存在，请说明理由；(3)记h(x)=f(x)+g(x)，如果x1，x2是函数h(x)的两个零点，且x1<x2<4x1，h′(x)是h(x)的导函数，证明：h2x1+x23>0．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=x-(a+1)+2(a-1)1x =x2-(a+1)x+2(a-1)x=(x-2)[x-(a-1)]x，①若a-1=2，则a=3，f (x)=(x-2)2x>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；②若a-1<2，则a<3，而a>1，∴1<a<3，当x∈(a-1,2)时，f′(x)<0；当x∈(0,a-1)及(2,+∞)时f′(x)>0，所以f(x)在(a-1,2)上单调递减，在(0,a-1)及(2,+∞)单调递增；③若a-1>2，则a>3，同理可得f(x)在(2,a-1)上单调递减，在(0,2)及(a-1,+∞)单调递增．(2)假设存在a，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立，不妨设0<x1<x2，只要f(x2)-f(x1)x2-x1+a>0，即f(x2)+ax2>f(x1)+ax1，令g(x)=f(x)+ax，只要g(x)在(0,+∞)上为增函数，g(x)=12x2-x+2(a-1)ln xg (x)=x-1+2(a-1)x=x2-x+2(a-1)x=x-122+2a-94x，只要g′(x)≥0在(0,+∞)恒成立，只要2a-94≥0,a≥98，故存在a∈98,+∞时，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立．(3)证明：由题意知，h(x)=12x2-(a+1)x+2(a-1)ln x+-32x2+x+(4-2a)ln x=2ln x-x2-ax，h(x1)=2ln x1-x21-ax1=0,h(x2)=2ln x2-x22-ax2=0两式相减，整理得2ln x2x1+(x1-x2)(x1+x2)=a(x2-x1)，所以a=2ln x2x1x2-x1-(x2+x1)，又因为h (x)=2x-2x-a，所以h2x1+x23=62x1+x2-23(2x1+x2)-a=-2x2-x1lnx2x1-3x2x1-32+x2x1-13(x1-x2)，令t=x2x1∈(1,4),φ(t)=ln t-3t-3t+2，则φ(t)=(t-1)(t-4)t(t+2)2<0，所以φ(t)在(1,4)上单调递减，故φ(t)<φ(1)=0，又-2x2-x1<0,-13(x1-x2)>0，所以h2x1+x23>0．例6.设函数f(x)=x2-a ln x，g(x)=(a-2)x．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1，x2．(ⅰ)求满足条件的最小正整数a的值；(ⅱ)求证：F′x1+x22>0．【解析】解：(Ⅰ)f (x)=2x-ax=2x2-ax(x>0)．⋯(1分)当a≤0时，f (x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞)，此时f(x)无单调减区间．⋯(2分)当a>0时，由f (x)>0，得x>2a2，f(x)<0，得0<x<2a2，所以函数f(x)的单调增区间为2a2,+∞，单调减区间为0,2a2．⋯(3分)(Ⅱ)(i)F (x)=2x-(a-2)-ax =2x2-(a-2)x-ax=(2x-a)(x+1)x(x>0)．因为函数F(x)有两个零点，所以a>0，此时函数f(x)在a2,+∞单调递增，在0,a 2单调递减．⋯(4分)所以F(x)的最小值Fa2<0，即-a2+4a-4a ln a2<0．⋯(5分)因为a>0，所以a+4ln a2-4>0．令h(a)=a+4ln a2-4，显然h(a)在(0,+∞)上为增函数，且h(2)=-2<0,h(3)=4ln 32-1=ln8116-1>0，所以存在a0∈(2,3)，h(a0)=0．⋯(6分)当a>a0时，h(a)>0；当0<a<a0时，h(a)<0，所以满足条件的最小正整数a=3．⋯(7分)又当a=3时，F(3)=3(2-ln3)>0，F(1)=0，所以a=3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．⋯(8分)(ii)证明：不妨设0<x1<x2，于是x21-(a-2)x1-a ln x1=x22-(a-2)x2-a ln x2，即x21-(a-2)x1-a ln x1-x22+(a-2)x2+a ln x2=0，x21+2x1-x22-2x2=ax1+a ln x1-ax2-a ln x2=a(x1 +ln x1-x2-ln x2)．所以a=x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．⋯(10分)因为Fa2=0，当x∈0,a2时，F (x)<0，当x∈a2,+∞时，F (x)>0，故只要证x1+x22>a2即可，即证明x1+x2>x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2，⋯(11分)即证x21-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<x21+2x1-x22-2x2，也就是证ln x1x2<2x1-2x2x1+x2．⋯(12分)设t=x1x2(0<t<1)．令m(t)=ln t-2t-2t+1，则m(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2．因为t>0，所以m (t)≥0，⋯(13分)当且仅当t=1时，m (t)=0，所以m(t)在(0,+∞)上是增函数．又m(1)=0，所以当m∈(0,1)，m(t)<0总成立，所以原题得证．⋯(14分)例7.设函数f(x)=x2-a ln x-(a-2)x．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数f(x)有两个零点x1，x2(1)求满足条件的最小正整数a的值；(2)求证：fx1+x22>0．【解析】解：(Ⅰ)f′(x)=2x-(a-2)-ax=(2x-a)(x+1)x，(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞)，此时f(x)无单调减区间；当a>0时，由f′(x)>0，得x>a2，f′(x)<0，得0<x<a2，所以函数f(x)的单调增区间为a2，+∞，单调减区间为0,a2；(Ⅱ)(1)由(Ⅰ)可知函数f(x)有两个零点，所以a>0，f(x)的最小值f a2<0，即-a2+4a-4a ln a2<0，∵a>0，∴a-4+4ln a2>0，令h(a)=a-4+4ln a2，显然h(a)在(0,+∞)上为增函数，且h(2)=-2<0,h(3)=4ln 32-1>0∴存在a0∈(2,3)，h(a0)=0，当a>a0时，h(a)>0；当0<a<a0时，h(a)<0，所以满足条件的最小正整数a=3．又当a=3时，f(3)=3(2-ln3)>0，f32=341-4ln32<0，f(1)=0，所以a=3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．(2)证明：不妨设0<x1<x2，于是x21-(a-2)x1-a ln x1=x22-(a-2)x2-a ln x2，∴a=x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．，因为f′a2=0，当x∈0,a2时，f′(x)<0；当x∈a2,+∞时，f′(x)>0．故只要证x1+x22>a2即可，即证明x1+x2>x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．，即证x21-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<x21+2x1-x22-2x2．也就是证ln x1x2<2x1-2x2x1+x2．设x1x2=t∈(0,1)．令m(t)=ln t-2t-2t+1，则m′(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2．∵t>0，所以m (t)≥0，当且仅当t=1时，m (t)=0，所以m(t)在(0,+∞)上是增函数．又m(1)=0，所以当m∈(0,1)，m(t)<0总成立，所以原题得证．例8.已知函数f(x)=e x-12ax2(a∈R)，其中e为自然对数的底数，e=2.71828⋯．f(x0)是函数f(x)的极大值或极小值，则称x0为函数f(x)的极值点，极大值点与极小值点统称为极值点．(1)函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)判断函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；(3)当函数f(x)有两个不相等的极值点x1和x2时，证明：x1x2<ln a．【解析】解：(1)f′(x)=e x-ax≥0在(0,+∞)上恒成立，即a≤e xx在(0,+∞)上恒成立，令g(x)=e xx，x∈(0,+∞)，g′(x)=e x⋅x-e xx2=e x(x-1)x2，在(0,1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，在(1,+∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)=e，所以a≤e．所以a的取值范围为(-∞，e]．(2)f′(x)=e x-ax，令g(x)=e x-ax，则g′(x)=e x-a，①当a<0时，g′(x)=e x-a>0，f′(x)=e x-ax在(-∞,+∞)上单调递增，又f′(0)=1>0，f′1a=e1a-1<0，于是f′(x)=e x-ax在(-∞,+∞)上有一个零点x1，x(-∞,x1)x1(x1，+∞) f′(x)-0+f(x)↓极小值↑于是函数f(x)的有1个极值点，②当a=0时，f(x)=e x单调递增，于是函数f(x)没有极值点，③当0<a≤e时，由g′(x)=e x-a=0，得x=ln a，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) g′(x)-0+f′(x)↓a(1-ln a)↑f′(x)≥0，当且仅当x=ln a时，取“=”号，所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，所以函数f(x)没有极值点．④当a>e时，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) g′(x)-0+f′(x)↓a(1-ln a)↑f′(ln a)=a(1-ln a)<0，f′(0)=1>0，又因为a>ln a，所以f′(a)=e a-a2>a2-a2=0，于是，函数f′(x)在(-∞,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点，分别为x2，x3，x(-∞,x2)x2(x2，x3)x3(x3，+∞) f′(x)+0-0+f(x)↑极大值↓极小值↑于是f(x)有2个极值点，综上，当a<0时，函数f(x)有1个极值点，当0≤a≤e时，函数f(x)没有极值点，当a>e时，函数f(x)有2个极值点．(3)证明：当函数f(x)有两个不等的极值点x1和x2时，由(2)知a>e且1<x1<ln a<x2，f′(x1)=f′(x2)=0，令F(x)=f′(x)-f′(2ln a-x)，F′(x)=(e x-a)2 e x，由F′(x)=0，得x=ln a，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) F′(x)+0+F(x)↑非极值点↑F(x1)<F(ln a)=0，即f′(x1)<f′(2ln a-x1)，即f′(x2)<f′(2ln a-x1)，因为x2>ln a，2ln a-x1>ln a，f′(x)在(ln a,+∞)上单调递增，所以x2<2ln a-x1，即x1+x2<2ln a，又x1+x2>2x1x2，所以x1x2<ln a．例9.已知函数f(x)=ln x-1x，g(x)=ax+b．(1)若函数h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若直线g(x)=ax+b是函数f(x)=ln x-1x图象的切线，求a+b的最小值；(3)当b=0时，若f(x)与g(x)的图象有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：x1x2>2e2．(取e为2.8，取ln2为0.7，取2为1.4)【解析】(1)解：h(x)=f(x)-g(x)=ln x-1x-ax-b，则h (x)=1x+1x2-a，∵h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上单调递增，∴对∀x>0，都有h (x)=1x +1x2-a≥0，即对∀x >0，都有a ≤1x +1x2，∵1x +1x2>0，∴a ≤0，故实数a 的取值范围是(-∞，0]；(2)解：设切点x 0,ln x 0-1x 0 ，则切线方程为y -ln x 0-1x 0=1x 0+1x 20(x -x 0)，即y =1x 0+1x 20x -1x 0+1x 20 x 0+ln x 0-1x 0，亦即y =1x 0+1x 20x +ln x 0-2x 0-1，令1x 0=t >0，由题意得a =1x 0+1x 20=t +t 2,b =ln x 0-2x 0-1=-ln t -2t -1，令a +b =φ(t )=-ln t +t 2-t -1，则φ (t )=-1t +2t -1=(2t +1)(t -1)t，当t ∈(0,1)时，φ (t )<0，φ(t )在(0,1)上单调递减；当t ∈(1,+∞)时，φ (t )>0，φ(t )在(1,+∞)上单调递增，∴a +b =φ(t )≥φ(1)=-1，故a +b 的最小值为-1；(3)证明：由题意知ln x 1-1x 1=ax 1，ln x 2-1x 2=ax 2，两式相加得ln x 1x 2-x 1+x 2x 1x 2=a (x 1+x 2)，两式相减得lnx 2x 1-x 1-x 2x 1x 2=a (x 2-x 1)，即ln x2x 1x 2-x 1+1x 1x 2=a ，∴ln x 1x 2-x 1+x 2x 1x 2=ln x2x 1x 2-x 1+1x 1x 2 (x 1+x 2)，即ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1，不妨令0<x 1<x 2，记t =x 2x 1>1，令F (t )=ln t -2(t -1)t +1(t >1)，则F ′(t )=(t -1)2t (t +1)2>0，∴F (t )=ln t -2(t -1)t +1在(1,+∞)上单调递增，则F (t )=ln t -2(t -1)t +1>F (1)=0，∴ln t >2(t -1)t +1，则ln x 2x 1>2(x 2-x 1)x 1+x 2，∴ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1>2，又ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln x 1x 2-4x 1x 2x 1x 2=ln x 1x 2-4x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，∴2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1，令G(x)=ln x-2x，则x>0时，G(x)=1x+2x2>0，∴G(x)在(0,+∞)上单调递增，又ln2e-22e=12ln2+1-2e≈0.85<1，∴G(x1x2)=ln x1x2-2x1x2>1>ln2e-22e，则x1x2>2e，即x1x2>2e2．【同步练习】1.已知函数f(x)=ln x+2x-ax2，a∈R．(Ⅰ)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(Ⅱ)设g(x)=f(x)+(a-4)x，试讨论函数g(x)的单调性；(Ⅲ)当a=-2时，若存在正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)+3x1x2=x1+x2，求证：x1+x2>12．【解析】解：(Ⅰ)因为f(x)=ln x+2x-ax2，所以f′(x)=1x+2-2ax，因为f(x)在x=1处取得极值，所以f′(1)=1+2-2a=0，解得：a=3 2．验证：当a=32时，f′(x)=1x+2-3x=-(3x+1)(x-1)x(x>0)，易得f(x)在x=1处取得极大值．(Ⅱ)因为g(x)=f(x)+(a-4)x=ln x-ax2+(a-2)x，所以g′(x)=-(ax+1)(2x-1)x(x>0)，①若a≥0，则当x∈0,1 2时，g′(x)>0，所以函数g(x)在0,1 2上单调递增；当x∈12，+∞时，g′(x)<0，∴函数g(x)在12，+∞上单调递减．②若a<0，g′(x)=-a x+1a(2x-1)x(x>0)，当a<-2时，易得函数g(x)在0,-1 a和12，+∞上单调递增，在-1a，12上单调递减；当a=-2时，g′(x)≥0恒成立，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；当-2<a<0时，易得函数g(x)在0,1 2和-1a，+∞上单调递增，在12，-1a上单调递减．(Ⅲ)证明：当a=-2时，f(x)=ln x+2x+2x2，因为f(x1)+f(x2)+3x1x2=x1+x2，所以ln x1+2x1+2x21+ln x2+2x2+2x22+3x1x2=x1+x2，即ln x1x2+2(x21+x22)+(x1+x2)+3x1x2=0，所以2(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln x1x2，令t=x1x2，φ(t)=t-ln t(t>0)，则φ′(t)=t-1t(t>0)，当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(0,1)上单调递减；当t∈(1,+∞)时，φ′(t)>0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(1,+∞)上单调递增．所以函数φ(t)在t=1时，取得最小值，最小值为1．所以2(x1+x2)2+(x1+x2)≥1，即2(x1+x2)2+(x1+x2)-1≥0，所以x1+x2≥12或x1+x2≤-1，因为x1，x2为正实数，所以当x1+x2=12时，x1x2=1，此时不存在x1，x2满足条件，所以x1+x2>1 2．2.已知函数f(x)=ln x+x-ax2，a∈R．(1)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(2)设g(x)=f(x)+(a-3)x，试讨论函数g(x)的单调性；(3)当a=-2时，若存在正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)+3x1x2=0，求证：x1+x2>12．【解析】(1)解：因为f(x)=ln x+x-ax2，所以f′(x)=1x+1-2ax，因为f(x)在x=1处取得极值，所以f′(1)=1+1-2a=0，解得：a=1．验证：当a=1时，f′(x)=1x+1-2x=-(x-1)(2x+1)x(x>0)，易得f(x)在x=1处取得极大值．(2)解：因为g(x)=f(x)+(a-3)x=ln x-ax2+(a-2)x，所以g′(x)=-(ax+1)(2x-1)x(x>0)，①若a≥0，则当x∈0,1 2时，g′(x)>0，所以函数g(x)在0,1 2上单调递增；当x∈12，+∞时，g′(x)<0，∴函数g(x)在12，+∞上单调递减．②若a<0，g′(x)=-a x+1a(2x-1)x(x>0)，当a<-2时，易得函数g(x)在0,-1 a和12，+∞上单调递增，在-1a，12上单调递减；当a=-2时，g′(x)≥0恒成立，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；当-2<a<0时，易得函数g(x)在0,1 2和-1a，+∞上单调递增，在12，-1a上单调递减．(3)证明：当a=-2时，f(x)=ln x+x+2x2，因为f(x1)+f(x2)+3x1x2=0，所以ln x1+x1+2x12+ln x2+x2+2x22+3x1x2=0，即ln x1x2+2(x12+x22)+(x1+x2)+3x1x2=0，所以2(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln x1x2，令t=x1x2，φ(t)=t-ln t(t>0)，则φ′(t)=t-1t(t>0)，当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(0,1)上单调递减；当t∈(1,+∞)时，φ′(t)>0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(1,+∞)上单调递增．所以函数φ(t)在t=1时，取得最小值，最小值为1．所以2(x1+x2)2+(x1+x2)≥1，即2(x1+x2)2+(x1+x2)-1≥0，所以x1+x2≥12或x1+x2≤-1，因为x1，x2为正实数，所以x1+x2≤-1，因为当x1+x2=12时，x1x2=1，不满足t∈(1,+∞)，所以x1+x2>1 2．3.已知函数f(x)=x(1-ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a +1b<e．【解析】(1)解：由函数的解析式可得f (x)=1-ln x-1=-ln x，∴x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减．(2)证明：由b ln a-a ln b=a-b，得-1a ln1a+1bln1b=1b-1a，即1a1-ln1a=1b1-ln1b，由(1)f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，所以f(x)max=f(1)=1，且f(e)=0，令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为f(x)=k的两根，其中k∈(0,1)．不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,e)，则2-x1>1，先证2<x1+x2，即证x2>2-x1，即证f(x2)=f(x1)<f(2-x1)，令h(x)=f(x)-f(2-x)，则h′(x)=f′(x)+f′(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]在(0,1)单调递减，所以h′(x)>h′(1)=0，故函数h(x)在(0,1)单调递增，∴h(x1)<h(1)=0．∴f(x1)<f(2-x1)，∴2<x1+x2，得证．同理，要证x1+x2<e，(法一)即证1<x2<e-x1，根据(1)中f(x)单调性，即证f(x2)=f(x1)>f(e-x1)，令φ(x)=f(x)-f(e-x)，x∈(0,1)，则φ (x)=-ln[x(e-x)]，令φ′(x0)=0，x∈(0,x0)，φ (x)>0，φ(x)单调递增，x∈(x0，1)，φ (x)<0，φ(x)单调递减，又0<x<e时，f(x)>0，且f(e)=0，故limx→0+φ(x)=0，φ(1)=f(1)-f(e-1)>0，∴φ(x)>0恒成立，x1+x2<e得证，(法二)f(x1)=f(x2)，x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)，又x1∈(0,1)，故1-ln x1>1，x1(1-ln x1)>x1，故x1+x2<x1(1-ln x1)+x2=x2(1-ln x2)+x2，x2∈(1,e)，令g(x)=x(1-ln x)+x，g′(x)=1-ln x，x∈(1,e)，在(1,e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)<g(e)=e，即x2(1-ln x2)+x2<e，所以x1+x2<e，得证，则2<1a+1b<e．4.已知函数f(x)=ln x-x．(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)设a，b为两个不相等的正数，ln a-ln b=a-b，证明：ab<1．【解析】解：(I)f′(x)=1x-1=1-xx，x>0，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故函数在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，(II)证明：由ln a-ln b=a-b，得ln a-a=ln b-b，令x1=a，x2=b，则x1，x2是f(x)=x的两根，不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,+∞)，则0<x1<1，0<1x2<1，要证ab<1，即证x1<1x2，即f(x1)=f(x2)<f1x2，令h(x)=f(x)-f1x=2ln x+1x-x，则h′(x)=2x-1x2-1=-(x-1)2x2<0，所以h(x)在(1,+∞)单调递减，h(x)<h(1)=0，所以f(x1)=f(x2)<f1x2 ，所以ab<1，5.已知函数f(x)=xe-x(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x=1对称，证明：当x>1时，f(x) >g(x)；(Ⅲ)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2．【解析】解：(Ⅰ)解：f′(x)=(1-x)e-x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x(-∞,1)1(1,+∞)f′(x)+0-f(x)增极大值减所以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)=1 e．(Ⅱ)证明：由题意可知g(x)=f(2-x)，得g(x)=(2-x)e x-2令F(x)=f(x)-g(x)，即F(x)=xe-x+(x-2)e x-2于是F (x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x当x>1时，2x-2>0，从而e2x-2-1>0，又e-x>0，所以F′(x)>0，从而函数F(x)在[1，+∞)是增函数．又F(1)=e-1-e-1=0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0，即f(x)>g(x)．(Ⅲ)证明：(1)若(x1-1)(x2-1)=0，由(I)及f(x1)=f(x2)，则x1=x2=1．与x1≠x2矛盾．(2)若(x1-1)(x2-1)>0，由(I)及f(x1)=f(x2)，得x1=x2．与x1≠x2矛盾．根据(1)(2)得(x1-1)(x2-1)<0，不妨设x1<1，x2>1．由(Ⅱ)可知，f(x2)>g(x2)，则g(x2)=f(2-x2)，所以f(x2)>f(2-x2)，从而f(x1)>f(2-x2)．因为x2>1，所以2-x2<1，又由(Ⅰ)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数，所以x1>2-x2，即x1+x2>2．6.已知函数f(x)=x-e a+x(a∈R)．(1)若a=1，求函数f(x)在x=0处的切线方程；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1+x2>2．【解析】解：(1)f(x)=x-e1+x的导数为f′(x)=1-e1+x，则函数f(x)在x=0处的切线斜率为1-e，又切点为(0,-e)，则切线的方程为y=(1-e)x-e，即(e-1)x+y+e=0；(2)设函数g(x)=x-ln x+a，与函数f(x)具有相同的零点，g (x)=x-1x，知函数g(x)在(0,1)上递减，(1,+∞)上递增，当x→0，g(x)→+∞；可证当x∈(0,+∞)时，ln x<x-1，即-ln x=ln 1x≤1x-1，即此时g(x)=x-ln x+a<x+1x+a-1，当x→+∞时，g(x)→+∞，f(x)有两个零点，只需g(1)<0，即a<-1；证明：方法一：设函数F(x)=g(x)-g(2-x)，(1<x<2)则F(x)=2x-2-ln x+ln(2-x)，且F (x)=2(x-1)2x(x-2)<0对x∈(1,2)恒成立即当x∈(1,2)时，F(x)单调递减，此时，F(x)<F(1)=0，即当x∈(1,2)时，g(x)<g(2-x)，由已知0<x1<1<x2，则1-x1∈(1,2)，则有g(2-x1)<g(2-2+x1)=g(x1)=g(x2)由于函数g(x)在(1,+∞)上递增，即2-x1<x2，即x1+x2>2．方法二：故x2-x1=ln x2-ln x1=ln x2 x1．设x2x1=t，则t>1，且x2=tx1x2-x1=ln t，解得x1=ln tt-1，x2=t ln tt-1.x1+x2=(t+1)ln tt-1，要证：x1+x2=(t+1)ln tt-1>2，即证明(t+1)ln t>2(t-1)，即证明(t+1)ln t-2t+2>0，设g(t)=(t+1)ln t-2t+2(t>1)，g (t)=ln t+1t-1，令h(t)=g (t)，(t>1)，则h (t)=t-1t2>0，∴h(t)在(1,+∞)上单调增，g (t)=h(t)>h(1)=0，∴g(t)在(1,+∞)上单调增，则g(t)>g(1)=0．即t>1时，(t+1)ln t-2t+2>0成立，7.已知函数f(x)=axe x-(a-1)(x+1)2(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718128⋯)．(1)若f(x)仅有一个极值点，求a的取值范围；(2)证明：当0<a<12时，f(x)有两个零点x1，x2，且-3<x1+x2<-2．【解析】(1)解：f (x)=ae x+axe x-2(a-1)(x+1)=(x+1)(ae x-2a+2)，由f (x)=0得到x=-1或ae x-2a+2=0(*)由于f(x)仅有一个极值点，关于x的方程(*)必无解，①当a=0时，(*)无解，符合题意，②当a≠0时，由(*)得e x=2a-2a，故由2a-2a≤0得0<a≤1，由于这两种情况都有，当x<-1时，f (x)<0，于是f(x)为减函数，当x>-1时，f (x)>0，于是f(x)为增函数，∴仅x=-1为f(x)的极值点，综上可得a的取值范围是[0，1]；(2)证明：由(1)当0<a<12时，x=-1为f(x)的极小值点，又∵f(-2)=-2ae2-(a-1)=-2e2-1a+1>0对于0<a<12恒成立，f(-1)=-ae <0对于0<a<12恒成立，f(0)=-(a-1)>0对于0<a<12恒成立，∴当-2<x<-1时，f(x)有一个零点x1，当-1<x<0时，f(x)有另一个零点x2，即-2<x1<-1，-1<x2<0，且f(x1)=ax1e x1-(a-1)(x1+1)2=0,f(x2)=ax2e x2-(a-1)(x2+1)2=0，(#)所以-3<x1+x2<-1，下面再证明x1+x2<-2，即证x1<-2-x2，由-1<x2<0得-2<-2-x2<-1，由于x<-1，f(x)为减函数，于是只需证明f(x1)>f(-2-x2)，也就是证明f(-2-x2)<0，f(-2-x2)=a(-2-x2)e-2-x2-(a-1)(-x2-1)2=a(-2-x2)e-2-x2 -(a-1)(x2+1)2，借助(#)代换可得f(-2-x2)=a(-2-x2)e-2-x2-ax2e x2=a[(-2-x2)e-2-x2-x2e x2]，令g(x)=(-2-x)e-2-x-xe x(-1<x<0)，则g (x)=(x+1)(e-2-x-e x)，∵h(x)=e-2-x-e x为(-1,0)的减函数，且h(-1)=0，∴g (x)=(x+1)(e-2-x-e x)<0在(-1,0)恒成立，于是g(x)为(-1,0)的减函数，即g(x)<g(-1)=0，∴f(-2-x2)<0，这就证明了x1+x2<-2，综上所述，-3<x1+x2<-2．8.已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)，f′(x)是f(x)的导函数．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)当x>0时，求证：f(ln a+x)>f(ln a-x)；(Ⅲ)已知f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，求证：f/x1+x22<0．【解析】证明：(Ⅰ)∵f′(x)=e x-a．当a≤0时，则f′(x)=e x-a>0，即f(x)在R上是增函数，当a>0时，由f′(x)=e x-a=0，得x0=ln a．当x∈(-∞,x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0．即f(x)在(-∞,ln a)上是减函数，在(ln a,+∞)上是增函数，(Ⅱ)证明：设g(x)=f(ln a+x)-f(ln a-x)(x>0)=[e ln a+x-a(ln a+x)]-[e ln a-x-a(ln a-x)]= a(e x-e-x-2x)，∴g′(x)=a(e x+e x-2)≥2a e x∙e-x-2a=0，当且仅当x=0时等号成立，但x>0，∴g′(x)>0，即g(x)在(0,+∞)上是增函数，所以g(x)>g(0)=0∴不等式f(x0+x)>f(x0-x)恒成立．(Ⅲ)由(I)知，当a≤0时，函数y=f(x)的图象与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x)的最小为f(ln a)，且f(ln a)<0．设A(x1，0)，B(x2，0)，0<x1<x2，则0<x1<ln a<x2．由(II)得f(2ln a-x1)=f(ln a+ln a-x1)>f(x1)=0．∵2ln a-x1=ln a+(ln a-x1)>ln a，x2>ln a，且f(x)在(ln a,+∞)上是增函数又f(2ln a-x1)>0=f(x2)，∴2ln a-x1>x2．于是x1+x22<ln a，∵f(x)在(-∞,ln a)上减函数，∴fx1+x22<0．9.设函数f(x)=e x-ax+a，a∈R，其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1<x2．(1)求a的取值范围；(2)证明：f (x1x2)<0．【解析】解：(1)∵f(x)=e x-ax+a，∴f (x)=e x-a，若a≤0，则f (x)>0，则函数f(x)是单调增函数，这与题设矛盾．∴a>0，令f (x)=0，则x=ln a，当f (x)<0时，x<ln a，f(x)是单调减函数，当f (x)>0时，x>ln a，f(x)是单调增函数，于是当x=ln a时，f(x)取得极小值，∵函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)的图象与x轴交于两点A(x1，0)，B(x2，0)(x1<x2)，∴f(ln a)=a(2-ln a)<0，即a>e2，此时，存在1<ln a，f(1)=e>0，存在3ln a>ln a，f(3ln a)=a3-3a ln a+a>a3-3a2+a>0，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a>e2为所求取值范围．(2)∵e x1-ax1+a=0 e x2-ax2+a=0 ，∴两式相减得a=e x2-e x1x2-x1，记x2-x12=s(s>0)，则f′x1+x22=e x1+x22-e x2-e x1x2-x1=ex1+x222s[2s-(e s-e-s)]，设g(s)=2s-(e s-e-s)，则g (s)=2-(e s+e-s)<0，∴g(s)是单调减函数，则有g(s)<g(0)=0，而e x1+x222s>0，∴f′x1+x22<0．又f (x)=e x-a是单调增函数，且x1+x22>x1x2，∴f′(x1x2)<0．10.设函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1<x2．(1)求f(x)的单调区间和极值点；(2)证明：f′(x1x2)<0(f′(x)是f(x)的导函数)；(3)证明：x1x2<x1+x2．【解析】解：(1)设函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，所以函数f(x)不单调，∵f (x)=e x-a=0有实数解，所以a>0，解得x=ln a，因为x<ln a，f (x)<0，f(x)单调递减，x>ln a时，f (x)>0，f(x)单调递增，且ln a是极小值点；f(ln a)极小值=e ln a-a ln a+a=2a2-ln a，由题意得，f(ln a)<0，所以a>e2，所以函数f(x)的单调递增区间(-∞,ln a)，单调递减区间(ln a,+∞)，极小值点是ln a，无极大值点，且a>e2．(2)证明：∵e x1-ax1+a=0 e x2-ax2+a=0 ，两式相减可得，a=e x2-e x1x2-x1，令s=ex2-x12(s>0)，则fx1+x22=e x1+x22-e x2-e x1x2-x1，=e x1+x222s[2s-(e s-e-s)]，令g(s)=2s-(e s-e-s)，则g′(s)=2-(e s+e-s)<0，所以g(s)单调递减，g(s)<g(0)=0，而e x1+x222s>0，∴fx1+x22<0，又x1+x22>x1x2，∴f′(x1x2)<0；(3)证明：由e x1-ax1+a=0e x2-ax2+a=0，可得e x2-x1=x2-1x1-1，∴e(x2-1)-(x1-1)=x2-1 x1-1，令m=x1-1，n=x2-1，则0<m<1<n，∴e n-m=nm，设t=nm，则t>1，n=mt，∴e(t-1)m=t，∴m=ln tt-1，n=t ln tt-1，∴mn=t(ln t)2 (t-1)2，要证明：x1x2<x1+x2，等价于证明：(x1-1)(x2-1)<1，即证mn<1，即证t(ln t)2(t-1)2<1，即证ln tt-1<1t，即证ln t<t-1t ，令g(t)=2ln t-t+1t，(t>1)，g′(t)=2t -1-1t2=-(t-1)2t2<0，∴g(t)在(1,+∞)上单调递减，∵t>1，故g(t)<0，∴2ln t-t+1t<0，∴ln t<t-1t，从而有：x1x2<x1+x2．11.已知函数f(x)=x2ln x+ax(a∈R)在x=1处的切线与直线x-y+2=0平行．(1)求实数a的值，并求f(x)的极值；(2)若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2，求证：x21+x22>2e．【解析】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=2x ln x+x-ax2，由题意知f′(1)=1-a=1，∴a=0．∴f′(x)=2x ln x+x=x(2ln x+1)，令f′(x)=0，则x=e e，当x∈0,e e时，f′(x)<0；x∈e e,+∞时，f′(x)>0．∴f(x)的极小值为f ee=-12e，证明：(2)由(1)知f(x)=x2ln x，由f(x1)=f(x2)=m，得x12ln x1=x22ln x2，即2x12ln x1=2x22ln x2，所以x12ln x12=x22ln x22．∵x1≠x2，不妨设x1<x2，令t1=x12，t2=x22，h(t)=t ln t(t>0)，则原题转化为h(t)=2m有两个实数根t1，t2(t1<t2)，又h′(t)=1+ln t，令h′(t)>0，得t>e-1；令h′(t)<0，得t<e-1，∴h(t)在(0,e-1)上单调递减，在(e-1，+∞)上单调递增，又t→0+时，h(t)→0，h(1)=0，h(e-1)=-e-1，由h(t)图象可知，-e-1<2m<0，0<t1<e-1<t2<1．设g(t)=h(t)-h2e-t=t ln t-2e-tln2e-t，t∈0,1e，则g (t)=(ln t+1)--ln2e-t-1=2+ln t2e-t．当0<t<1e时，t2e-t=-t-1e2+1e2<1e2，则g′(t)<0∴g(t)在0,1 e上单调递减．又∵g1e=h1e -h2e-1e=0∴t∈0,1e时，g(t)>0，得到g(t1)=h(t1)-h2e-t1>0，即h(t1)>h2e-t1，又∵h(t1)=h(t2)，∴h(t2)>h2e -t1，又0<t1<1e，则2e-t1>1e，且1>t2>1e，h(t)在1e,+∞上单调递增，∴t2>2e -t1，即t1+t2>2e，即x12+x22>2e．。

极值点偏移(自主整理) 答案

f (1)
1 ，如图 e
要证 x1 x2 2 ，即证 x2 2 x1 ，不妨设 x1 x2 ，则 0 x1 1 x2
x2 2 x1 1，又 f (x) 在 1，上递减，则只需证
f (x2 ) f (2 x1)
又 f (x2 ) f (x1) ，则等价证 f (x1) f (2 x1) ，证明如下：
等价，例 1 的四种方法全都可以用；
思路 2：也可以利用参数 a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：
因为函数
f
(x)
有两个零点
x1,
x2
，所以
xx21
ae x1 ae x2
(1) (2)
，由 (1)
(2)
得：
x1
x2
a(e x1
e x2
)
，
要证明 x1 x2
2 ，只要证明 a(ex1
ex2 ) 2 ，由 (1) (2) 得： x1 x2
e2
．
解法二变换函数能妙解
极值点偏移专题
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证法 2：欲证 x1x2 e2 ，需证 ln x1 ln x2 2 ．若 f x 有两个极值点 x1 ，x2 ，即函数 f x 有两个零点．又 f x ln x mx ，所以， x1 ， x2 是方程 f x 0 的两个不同实根．显然 m 0 ，否则，函数 f x 为
设 g(x) f (x) f (2 x)，x 0,1 则 g(x) f (x) f (2 x)
g
(
x)
1 ex
x
1 e2x2
，又 x 0,1，则 g(x) 0 ，则 g(x)在0,1递增
g(x) g(1) 0 ，则 g(x) 0 得证，则 x1 x2 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 $a\in R$。

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：$x_1\cdot x_2>e^2$。

高中数学专题微专题13 极值点偏移问题

由 f′(x)＝1－1x＋ln x－2x＋a＝0 得
a＝2x＋1x－ln x－1，
所以直线 y＝a 与函数 g(x)＝2x＋1x－ln x－1 的图象有两个交点，
由
g(x)
＝
2x
＋
1 x
－
பைடு நூலகம்
ln
x－1
得
g′(x)
＝
2
－
1 x2
－
1 x
＝
2x2－x－1 x2
＝
2x＋1x－1
x2
，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2，当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，作出y＝g(x)的大致图象，如图所示. 所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为 (2，＋∞).
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点，所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2，要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1，显然2－x1>1，由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2 －x1)，而g(x1)＝g(x2)＝a，所以证明g(x1)>g(2－x1)即可，即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
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(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.

极值点偏移问题

高考数学优质专题（附经典解析）极值点偏移问题基本方法：极值点偏移的含义：对定义域内任意自变量x 都有()(2)f x f m x =-，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. 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 的顶点就是极值点0x ，若()f x c =的两根的中点为122x x +，则刚好有1202x 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()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()(2)f x f mx >-或()(2)f x f m x <-，则函数()f x 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数()f x 定义域内任意不同的实数12,x x 满足12()()f x f x =，则122x x +与极值点m 必有确定的大小关系：若122x x m +<，则称为极值点左偏；若122x x m +>，则称为极值点右偏.如图，函数()ex x f x =的极值点01x =刚好在方程()f x c =的两根中点122x x +的左边，我们称之为极值点左偏.极值点偏移问题的一般题设形式：1. 函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；2. 若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足12()()f x f x =，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；3. 若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，令1202x x x +=，求证：0()0f x '>；4. 若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足12()()f x f x =，令1202x x x +=，求证：0()0f x '>.方法一：①利用对称性构造函数 ⅰ)求出函数()f x 的极值点0x ；ⅱ)构造一元差函数0()()(2)F x f x f x x =--或0()(2)()F x f x x f x =--； ⅲ)确定函数()F x 的单调性；ⅳ)结合0()0F x =，判断()F x 的符号，从而确定0(2)f x x -、()f x 的大小关系； ⅴ)再结合102,2x x x -或201,2x x x -的大小和函数()f x 的单调性得出所求结论. 方法二：②双变量转化单变量，构造函数不等式从代数层面来看，极值点偏移问题是条件不等式的证明：在等量条件12()()f x f x =的约束条件下求证12,x x 的二元不等式一个自然的想法是：能否将双变量的条件不等式化为单变量的函数不等式呢？方法③：利用对数平均不等式对数平均不等式的介绍与证明：两个正数a 和b 的对数平均定义：()(,)ln ln ()a ba b L a b a ba ab -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a b L a b +≤≤（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当a b =时，等号成立. 只证：当a b ≠时，(,)2a bL a b +<. 不失一般性，可设a b >. 证明如下：（i）先证：(,)L a b <……①不等式①1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x bx ⇔-<⇔<⇔<-=>其中构造函数1()2ln (),(1)f x x x x x=-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--. 因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立；（ii ）再证：(,)2a b L a b +<……②不等式②2(1)2()ln ln ln (1)aa b a b a b a a b b b --⇔->⇔>++2(1)ln (1)x x x -⇔>+(1)x =其中构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++.因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0g x g >=，从而不等式②成立；综合（i ）（ii ）知，对,a b +∀∈R ，都有对(,)2a bL a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立. 一、典型例题1. 已知函数()e ()x f x x x -=∈R .（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）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 >；（3）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>.2. 已知函数()()()22e 1x f x x a x =-+-有两个零点. （1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<.二、课堂练习1. 已知函数()()2ln 21f x a x x a x =-+-()a ∈R 有两个不同的零点. （1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x a +>.2. 已知函数()ln g x x bx =-，若()g x 有两个相异零点12,x x ，求证：12ln ln 2x x +>.三、课后作业1. 已知函数()ln f x x x m =--（m 为常数）.（1）求函数()f x 在1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最小值；（2）设12,x x 是函数()f x 的两个零点，且12x x <，证明：121x x ⋅<.2. 已知函数()e 23x f x x m =-++，1212,()x x x x ≠是函数()f x 的两个零点. （1）求m 的取值范围；（2）求证120x x +<.3. 已知函数()()2ln g x a x x =--，已知关于x 的方程()0g x =有两个实根12,x x ，求证：126x x a+>.。

高考导数极值点偏移练习题

高考导数极值点偏移练习题1．已知函数()()()2xx e a R f x a =-+∈.（1）试确定函数()f x 的零点个数；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 【分析】（1）由0f x 得()2x a x e =-，然后利用导数求出()()2x g x x e =-的单调性即可（2）设121x x ，设()()()()21F x f x f x x =-->，然后利用导数可得()F x 在1,递增，()()10F x F >=，即()()2f x f x >-，进而可得()()222f x f x >-，即()()212f x f x -<，再由()()f x g x a =-+的单调性即可得到122x x +<. 【详解】（1）由0f x得()2x a x e =-，令()()2x g x x e =-，函数()f x 的零点个数即直线y a =与曲线()()2xg x x e =-的交点个数， ∵()()()21xxxg x e x e x e =-+-=-'，由0g x 得1x <；由0g x 得1x >，∴函数()g x 在(),1-∞单调递增，函数()g x 在1,单调递减.∴当1x =时，函数()g x 有最大值，()()max 1g x g e ==，又当2x <时，()0gx >，()20g =，当2x >时，()0g x <，∴当a e >时，函数()f x 没有零点；当a e =或0a ≤时，函数()f x 有一个零点；当0a e <<时，函数()f x 有两个零点.（2）由（1）知0a >，不妨设121x x ，设()()()()21F x f x f x x =-->，∴()()22xxF x x e xe-=-+，由于()()()21xx F x x ee -'=--，又易知2x x y e e -=-是减函数，当1x >时，有20x x e e e e --<-=，又10x -<，得()0F x '>，所以()F x 在1,递增，()()10F x F >=，即()()2f x f x >-.由21>x 得()()222f x f x >-，又()()210f x f x ==， ∴()()212f x f x -<，由()()2xg x x e =-在(),1-∞上单调递增，得()()f x g x a =-+在(),1-∞单调递减，又221x -<，∴212x x ->，即122x x +<.2．已知：()ln f x x =，32()(0)x g x e ax ax a =-+> （1）证明：对12(0,)x x ∀∈+∞、，且12x x ≠，有()()1212122f x f x x x x x ->-+；（2）若()()120g x g x ==，求证：124x x +>+ 【分析】（1）不妨设120x x >>，转化为()1122112122212ln 1x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令12x t x =，只需要证明2(1)()ln 01t h t t t -=->+，求导得到单调性得到答案.（2）令()ln 2ln ln(1)P x x a x x =----，代入化简得到121222122x x x x >⋅+++-，设12x x t +=，即2880t t -+>，解不等式得到答案.【详解】（1）不妨设120x x >>，则原不等式化为()1122112122212ln 1x x x x xx x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++令12x t x =，则只需证2(1)()ln 01t h t t t -=->+，22214(1)()0(1)(1)t f t t t t t '-=-=≥++ 故()f t 为增函数，而121x t x =>，故()(1)0f t f >=得证. （2）32()0x g x e ax ax =-+=，故2(1)x e ax x =-（此方程解必满足1x >），故ln 2ln ln(1)x a x x =++-，令()ln 2ln ln(1)P x x a x x =----，故1x 、2x 是()P x 的零点，且121x x >> 由()()111222ln 2ln ln 1ln 2ln ln 1x a x x x a x x ----=----，故()()()1212122ln ln ln 1ln 1x x x x x x -=-+---，即()()()()121212121212ln 1ln 1ln ln 22122112x x x x x x x x x x x x ----=⋅+>⋅+----++-，令12x x t +=，则由4212t t >+-，得：2880t t -+>，解得：4t >+4t <-（不合题意舍去）.3．已知函数()2ln 2f x x x ax x =-+，a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在()0,∞+内单调递减，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，证明：1212x x a+>．【分析】（I ）先求得函数的导数，根据函数在()0,∞+上的单调性列不等式，分离常数a 后利用构造函数法求得a 的取值范围.（II ）将极值点12,x x 代入导函数列方程组，将所要证明的不等式转化为证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，利用构造函数法证得上述不等式成立.【详解】（I ）()ln 24f x x ax +'=-． ∴()f x 在()0,∞+内单调递减，∴()ln 240f x x ax =+-≤在()0,∞+内恒成立，即ln 24x a x x ≥+在()0,∞+内恒成立．令()ln 2x g x x x =+，则()21ln xg x x --'=， ∴当10e x <<时，()0g x '>，即()g x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭内为增函数；当1x e >时，()0g x '<，即()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内为减函数． ∴()g x 的最大值为1g e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴e,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，则()ln 240f x x ax =+-='在()0,∞+内有两根1x ，2x ，由（I ），知e 04a <<．由1122ln 240ln 240x ax x ax +-=⎧⎨+-=⎩，两式相减，得()1212ln ln 4x x a x x -=-．不妨设120x x <<，∴要证明1212x x a+>，只需证明()()121212142ln ln x x a x x a x x +<--．即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，亦即证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+．令函数．∴22(1)'()0(1)x h x x x --=≤+，即函数()h x 在(]0,1内单调递减． ∴()0,1x ∈时，有()()10h x h >=，∴2(1)ln 1x x x ->+．即不等式12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+成立．综上，得1212x x a+>．4．已知函数()x f x e ax =-.（1）若函数()f x 在1(,2)2x ∈上有2个零点，求实数a 的取值范围.（注319e >）（2）设2()()g x f x ax =-，若函数()g x 恰有两个不同的极值点1x ，2x ，证明：12ln(2)2x x a +<.【分析】（1）将a 分离，构造函数()xe h x x=，利用导数研究()h x 的图像，得到a 的范围.（2）由已知()g x ，求其导函数，由x 1，x 2是g （x ）的两个不同极值点，可得a ＞0，结合g ′（x 1）＝0，g ′（x 2）＝0得到1120x e ax a --=，2220x e ax a --=进一步得到12122x x e e a x x -=-，把问题转化为证明1212212x x x x e e ex x +--＜，将其变形后整体换元构造函数()t ϕ．再利用导数证明()t ϕ＞0得答案．【详解】（1）1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，由()0f x =得xea x=，令()()()21x xe x e h x h x x x='-=⇒ ∴112x ≤<时，()0h x '<， 12x <≤时，()0h x '>，∴()h x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数，在()1,2上是增函数.又12h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()222e h =，()1h e =()344161640444e e e e e e ---==>， ∴()122h h ⎛⎫>⎪⎝⎭，∴h （x ）的大致图像：利用()y h x =与y a =的图像知(,2a e e ∈.（2）由已知()2xg x e ax ax =--，∴()2xg x e ax a =--'，因为1x ，2x 是函数()g x 的两个不同极值点（不妨设12x x <），易知0a >（若0a ≤，则函数()f x 没有或只有一个极值点，与已知矛盾），且()10g x '=，()20g x '=.所以1120x e ax a --=，2220xe ax a --=.两式相减得12122x x e e a x x -=-，于是要证明()12ln 22x x a +<，即证明1212212x xx x e e e x x +-<-，两边同除以2x e ，即证12122121x x x x e ex x ---<-，即证()12122121x x x x x x e e --->-，即证()121221210x x x x x x ee ----+>，令12x x t -=，0t <.即证不等式210tt te e -+>，当0t <时恒成立.设()21tt t te e ϕ=-+，则()2212t t t t te t e e ϕ=+⋅⋅-'= 22211]22t t tt t t e e e e ⎡⎫⎛⎫+-=--+⎪⎢ ⎪⎝⎭⎣⎭. 设()212tth t e =--，则()221111222t th t e e ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭'，当0t <时，()0h t '<，()h t 单调递减，所以()()00h t h >=，即2102t t e ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，所以()0t ϕ'<，所以()t ϕ在0t <时是减函数.故()t ϕ在0t =处取得最小值()00ϕ=. 所以()0t ϕ>得证.所以()12ln 22x x a +<.5．已知函数2()ln (1)()2a f x x x a x a R =-+-∈．（1）当0a ≥时，求函数()f x 的极值；（2）若函数()f x 有两个零点12,x x ，求a 的取值范围，并证明122x x +>．【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间，令()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间，从而可得函数()f x 的极值；（2）对a 进行讨论：0a ≥，10a -<<，1a =-，1a <-，针对以上四种情况，分别利用导数研究函数的单调性，利用单调性讨论函数()f x 有两个零点情况，排除不是两个零点的情况，可得()f x 有两个零点时，a 的取值范围是()2,+∞，由（1）知()f x 在()1,+∞单调递减，故只需证明()()1220f x f x ->=即可，又()10f x =，只需利用导数证明()120f x ->即可.试题解析：（1）由()()2ln 12a f x x x a x =-+-得()()()1111x ax f x ax a x x-+=-+-=-'，当0a ≥时，10ax +>，若()01,0x f x <'；若()1,x f x >'< 0，故当0a ≥时，()f x 在1x =处取得的极大值()112af =-；函数()f x 无极小值. （2）当0a ≥时，由（1）知()f x 在1x =处取得极大值()112af =-，且当x 趋向于0时，()f x 趋向于负无穷大，又()()2ln220,f f x =-<有两个零点，则()1102af =->，解得2a >.当10a -<<时，若()01,0x f x <'；若()11,0x f x a '<<-<；若()1,0x f x a'>->，则()f x 在1x =处取得极大值，在1x a =-处取得极小值，由于()102af x =-<，则()f x 仅有一个零点. 当1a =-时，()()210x f x x-'=>，则()f x 仅有一个零点.当1a <-时，若()10,0x f x a '<-；若()11,0x f x a'-<<<；若()1,0x f x '>>，则()f x 在1x =处取得极小值，在1x a =-处取得极大值，由于()11ln 102f a a a ⎛⎫-=--+-< ⎪⎝⎭，则()f x 仅有一个零点.综上，()f x 有两个零点时，a 的取值范围是()2,+∞. 两零点分别在区间()0,1和()1,+∞内，不妨设1201,1x x <. 欲证122x x +>，需证明212x x >-，又由（1）知()f x 在()1,+∞单调递减，故只需证明()()1220f x f x ->=即可.()()()()()()()2211111112ln 2212ln 21222a a f x x x a x x x a x -=---+--=--++-，又()()()21111ln 102a f x x x a x =-+-=，所以()()()11112ln 2ln 22f x x x x -=--+-，令()()ln 2ln 22(01)h x x x x x =--+-<<，则()()()221112022x h x x x x x -=-+'=<--，则()h x 在()0,1上单调递减，所以()()10h x h >=，即()120f x ->，所以122x x +>.6．已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x +ax 2（a ∈R ）. （1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）若函数f （x ）有两个零点x 1，x 2（x 1＜x 2），证明：x 1+x 2＜0. 【分析】(1)对函数求导,根据a 的取值进行分情况讨论,判断函数的单调性;(2)先判断函数()f x 有两个零点时a 的取值范围为0a >,再利用极值点偏移法,构造函数()()()g x f x f x =--,0x >,证明即可.【详解】(1)f (x )=(x ﹣1)e x +ax 2, f ′(x )=x (e x +2a ), ①当a ≥0时,e x +2a >0,故当x ∈(﹣∞,0)时,f '(x )<0,当x ∈(0,+∞)时,f '(x )>0, 所以函数f (x )在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; ②当a <0时,由f '(x )=x (e x +2a )=0,得x =0,或x =ln(﹣2a ),i 当﹣2a >1即a 12-＜时,ln(﹣2a )>0,故当x ∈(﹣∞,0),(ln(﹣2a ),+∞)时,f '(x )>0,f (x )递增,当x ∈(0,ln(﹣2a ))时,f '(x )<0,f (x )递减; ii 当0<﹣2a <1即12-＜a <0时,ln(﹣2a )<0,故当x ∈(﹣∞,ln(﹣2a )),(0,+∞)时,f '(x )>0,f (x )递增,当x ∈(ln(﹣2a ),0)时,f '(x )<0,f (x )递减; iii 当﹣2a =1即a 12=-,ln(﹣2a )=0,f '(x )≥0,f (x )在R 上递增; (2)函数f '(x )=x (e x +2a ),由(1)可知:①当a =0时,函数f (x )=(x ﹣1)e x 只有一个零点,不符合题意; ②当a <12-时,f (x )的极大值为f (0)=﹣1,f (x )极小值为(ln(2))(0)1f a f -<=-, 故最多有一个零点,不成立;③当12-＜a <0时,f (x )的极大值为f (ln(﹣2a )=[ln(﹣2a )﹣1]e ln(﹣2a )+a ln 2(﹣2a )=a [ln 2(﹣2a )﹣2ln(﹣2a )+2]=a [(ln(﹣2a )﹣1)2+1]<0, 故最多有一个零点,不成立; ④当a 12=-时,f (x )在R 上递增, 故最多有一个零点不成立;③当a >0,函数f (x )在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又f (0)=﹣1,f (1)=a >0,故()f x 在(0,1)存在一个零点x 2, 因为x <0,所以x ﹣1<0,0<e x <1,所以e x (x ﹣1)>x ﹣1, 所以f (x )>ax 2+x ﹣1,取x 012a-=,显然x 0<0且f (x 0)>0,所以f (x 0)f (0)<0,故()f x 在(x 0,0)存在一个零点x 1, 因此函数f (x )有两个零点,且x 1<0<x 2, 要证x 1+x 2<0,即证明x 1<﹣x 2<0,因为f (x )在(﹣∞,0)单调递减,故只需f (x 1)=f (x 2)>f (﹣x 2)即可, 令g (x )=f (x )﹣f (﹣x ),x >0,g '(x )=x (e x +2a )﹣xe ﹣x ﹣2ax =x (e x ﹣e ﹣x )>0,所以g (x )在()0+∞，上单调递增, 又g (0)=0,所以g (x )>0, 故f (x 1)=f (x 2)>f (﹣x 2)成立, 即x 1+x 2<0成立.7．已知函数21()ln ()2f x x x mx x m R =--∈. （1）若函数()f x 在(0,)+∞上是减函数，求实数m 的取值范围；（2）若函数()f x 在(0,)+∞上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，证明：12ln ln 2x x +>.分析：（1）由题意得出'()ln 0f x x mx =-≤在定义域(0,)+∞上恒成立，即max ln ()xm x≥，设ln ()xh x x =，则21ln '()x h x x-=，由此利用导数求得函数单调性与最值，即可求解；（2）由（1）知'()ln f x x mx =-，由函数()f x 在(0,)+∞上存在两个极值点1x ，2x ，推导出∴12ln ln x x +112212(1)ln 1x xx x x x +⋅=-，设12(0,1)x t x =∈，则12(1)ln ln ln 1t t x x t +⋅+=-，要证12ln ln 2x x +>，只需证2(1)ln 01t t t --<+，构造函数2(1)()ln 1t g t t t -=-+，利用导数求得函数的单调性与最值，即可作出求解. 详解：（1）∵()()21ln 2f x x x mx x m R =--∈在()0,+∞上是减函数， ∴()'ln 0f x x mx =-≤在定义域()0,+∞上恒成立，∴maxln x m x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，设()ln x h x x =，则()21ln 'x h x x-=，由()'0h x >，得()0,x e ∈，由()'0h x <，得x e >， ∴函数()h x 在()0,e 上递增，在(),e +∞上递减， ∴()()max 1h x h e e ==，∴1m e ≥. 故实数m 的取值范围是1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 证明：（2）由（1）知()'ln f x x mx =-，∵函数()f x 在()0,+∞上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，∴112200lnx mx lnx mx -=⎧⎨-=⎩，则12121212ln ln ln ln x x m x x x x m x x +⎧=⎪+⎪⎨-⎪=⎪-⎩，∴12121212ln ln ln ln x x x x x x x x +-=+-，∴12112122ln ln ln x x x x x x x x ++=⋅- 1122121ln 1x x x x x x ⎛⎫+⋅ ⎪⎝⎭=-，设()120,1x t x =∈，则()121ln ln ln 1t t x x t +⋅+=-，要证12ln ln 2x x +>，只需证()1ln 21t t t +⋅>-，只需证()21ln 1t t t -<+，只需证()21ln 01t t t --<+，构造函数()()21ln 1t g t t t -=-+，则()()()()222114'011t g t t t t t -=-=>++， ∴()()21ln 1t g t t t -=-+在()0,1t ∈上递增，∴()()10g t g <=，即()()21ln 01t g t t t -=-<+，∴12ln ln 2x x +>.8．已知函数()2112xf x e ax =-+有两个极值点12,x x (e 为自然对数的底数). (1)求实数a 的取值范围; (2)求证:12ln 2x x a +< 【分析】(1)求导后得出()'xf x e ax =-,由题参变分离再构造函数求构造函数的单调性与取值范围即可.(2)利用极值点表示出a 与12,x x 的关系,再将12ln 2x x a +<中的a 代换,构造函数再换元证明不等式即可. 【详解】 (1)由()2112xf x e ax =-+,得()'x f x e ax =-, 由题意知函数()f x 有两个极值点,()'0f x ∴=有两个不等的实数解.即方程(0)xe a x x =≠有两个不等的实数解.即方程()0()xe g x x x =≠有两个不等的实数解.设()0()x e g x x x =≠,则()()21'x x e g x x-= ()g x ∴在(,0)-∞上单调递减,()0,1上单调递减,(1,)+∞上单调递增,作出函数图象知当a e >时,直线y a =与函数()g x 有两个交点, 当且仅当a e >时()f x 有两个极值点,综上所述,a e >. (2)因为12,x x 是()f x 的两个极值点,12x x ≠,12120,0x x e ax e ax ∴==--,1212x x e e a x x ∴=--故要证122x x lna +<,即证122x x e a +<,即证1212212x x x x e e e x x +<--,即证12122121x xx x e e x x --<-- 不妨设12x x <,即证1202x x t -=<,即证2210tt te e -+>设()()210ttF t te e t =-+<,则()()'21tF e t e t =+-,易证()1,'0tt e F t +<∴<,所以()F t 在(),0∞-上递减.()()00F t F ∴>=,得证2210t t te e -+>.综上所述:122x x lna +<成立,9．已知函数()x ax b f x =e+（e为自然对数的底数）在1x =-处的切线方程为0ex y e -+=. （1）求实数a ，b 的值；（2）若存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()f x f x =，求证：120x x +>. 【分析】（1）求出导函数，根据(1)0(1)f f e-='⎧⎨-=⎩即可求得实数a ，b 的值；（2）根据导函数求出()f x 的单调区间，通过构造()()()g x f x f x =--，研究()g x 的变化即可证明当12()()f x f x =时，有120x x +>。

导数中的极值点偏移问题(学生版)

极值点偏移问题高考要求结合函数与导数的知识能够处理极值点偏移问题.知识解读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f (x )在x =x 0处取得极值，且函数y =f (x )与直线y =b 交于A (x 1,b ),B (x 2,b )两点，则AB 的中点为M x 1+x 22,b ，而往往x 0≠x 1+x 22。

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y =f (x )在区间(a ,b )内只有一个极值点x 0，方程f (x )的解分别为x 1、x 2，且a <x 1<x 2<b ，(1)若x 1+x 22≠x 0，则称函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0偏移；(2)若x 1+x 22>x 0，则函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0左偏，简称极值点x 0左偏；(3)若x 1+x 22<x 0，则函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0右偏，简称极值点x 0右偏。

2.极值点偏移问题的解法(1)对称化构造法：构造辅助函数：对结论x 1+x 2>(<)2x 0型，构造函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x )；对结论x 1x 2>(<)x 20型，构造函数F (x )=f x -f x 20x，通过研究F (x )的单调性获得不等式．(2)比值代换法：通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t =x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．题型突破题型1求和型极值点偏移1.(2024高三下·全国·专题练习)已知函数f x =2x ln x-x2+1．(1)证明：f x <1；(2)若0<x1<x2，且f x1=0，证明：x1+x2>2．+f x2x2-ax-2a2ln x.2.(2024·云南·二模)已知常数a>0，函数f(x)=12(1)若∀x>0,f(x)>-4a2，求a的取值范围;(2)若x1、x2是f(x)的零点，且x1≠x2，证明:x1+x2>4a.3.(2024·四川南充·一模)已知函数f(x)=x-ln x-a有两个不同的零点x1,x2.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1+x2>2.e x-k(x-1),x>-1,k∈R．4.(2024·安徽淮南·二模)已知函数f(x)=1-2x+1(1)若k=0，证明：x∈(-1,0)时，f(x)<-1；(2)若函数f(x)恰有三个零点x1,x2,x3，证明：x1+x2+x3>1．5.(23-24高三下·天津·阶段练习)已知函数f(x)=x2-2ax+4ln x．(1)讨论f(x)的单调区间；(2)已知a∈[4,6]，设f(x)的两个极值点为λ1,λ2λ1<λ2，且存在b∈R，使得y=f(x)的图象与y=b有三个公共点x1,x2,x3x1<x2<x3；①求证：x1+x2>2λ1；②求证：x3-x1<47．6.已知函数f x =3ln x+ax2-4x(a>0).(1)当a=1时，讨论f x 的单调性；,x2,x3，且x1<x2<x3，证明：x3-x1<4. (2)当a=12时，若方程f x =b有三个不相等的实数根x17.(2024·广东湛江·一模)已知函数f x =1+ln xe ln1 ax．(1)讨论f x 的单调性；(2)若方程f x =1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1．8.(2024高三·全国·专题练习)已知函数f(x)=ln x+12ax2-(a+1)x,(a∈R).(1)当a=1时，判断函数y=f(x)的单调性；(2)若关于x的方程f(x)=12ax2有两个不同实根x1,x2，求实数a的取值范围，并证明x1⋅x2>e2.9.(23-24高三上·河南·阶段练习)已知函数f(x)=12ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R).(1)若f(x)有唯一极值，求a的取值范围；(2)当a≤0时，若f(x1)=f(x2)，x1≠x2，求证：x1x2<4.10.(23-24高三上·云南昆明·阶段练习)设a，b为函数f x =x⋅e x-m(m<0)的两个零点．(1)求实数m的取值范围；(2)证明：e a+e b<1．11.(2023·湖北武汉·三模)已知函数f x =ax+a-1ln x+1x，a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若关于x的方程f x =xe x-ln x+1x有两个不相等的实数根x1、x2，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)求证：e x1x2+ex2x1>2ax1x2．12.(2024·全国·模拟预测)设函数f x =ln x-ax a∈R.(1)若a=3，求函数f x 的最值；(2)若函数g x =xf x -x+a有两个不同的极值点，记作x1,x2，且x1<x2，求证：ln x1+2ln x2>3.13.(2024高三下·全国·专题练习)已知函数g x =ln x-ax2+2-ax(a∈R)．(1)求g x 的单调区间；(2)若函数f x =g x +a+1x2-2x，x1,x20<x1<x2是函数f x 的两个零点，证明：fx1+x22<0．14.(2024·吉林·二模)在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，另一个顶点B在函数f x =ln xx图象上(1)当顶点B在x轴上方时，求Rt△OAB以x轴为旋转轴，边AB和边OB旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值；(2)已知函数g x =e ax 2-ex+ax2-1x，关于x的方程f x =g x 有两个不等实根x1，x2x1<x2.(i)求实数a的取值范围; (ii)证明：x21+x22>2e.15.(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=ln x+1x，g(x)=e x x．(1)若对任意的m,n∈(0,+∞)都有f(m)≤t≤g(n)，求实数t的取值范围；(2)若x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2，e x2-x1=x x12x x21，证明：x31+x32>2．反馈训练1.(2021·全国·统考高考真题)已知函数f x =x1-ln x. (1)讨论f x 的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a +1b<e.2.设函数f x =ln x-ax a∈R.(1)若a=3，求函数f x 的最值；(2)若函数g x =xf x -x+a有两个不同的极值点，记作x1,x2，且x1<x2，求证：ln x1+2ln x2>3.3.(2024·广东湛江·一模)已知函数f x =1+ln xe ln1 ax．(1)讨论f x 的单调性；(2)若方程f x =1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1．4.(23-24高二下·云南·期中)已知函数f x =3ln x+ax2-4x(a>0).(1)当a=1时，讨论f x 的单调性；(2)当a=12时，若方程f x =b有三个不相等的实数根x1,x2,x3，且x1<x2<x3，证明：x3-x1<4.5.(2024·辽宁·模拟预测)已知函数f x =e x-ax2(a>0)．(1)当a=e2内的单调性；4时，判断f x 在区间1,+∞(2)若f x 有三个零点x1,x2,x3，且x1<x2<x3．(i)求a的取值范围；(ii)证明：x1+x2+x3>3.6.(2024·河北保定·二模)已知函数f(x)=ax-x ln x,f (x)为其导函数．(1)若f(x)≤1恒成立，求a的取值范围；(2)若存在两个不同的正数x1,x2，使得f x1>0．=f x2，证明：f x1x2117.(2023·山东日照·二模)已知函数f x =x-a ln x．(1)若f x ≥1恒成立，求实数a的值：(2)若x1>0，x2>0，e x1+ln x2>x1+x2，证明：e x1+x2>2．12。

(完整版)极值点偏移问题

(完整版)极值点偏移问题
判定方法
1极值点偏移的定义
对于函数yf(x)在区间(a,b)内只有一个极值点X.,方程f(x)0的解分别为 Xpx,且aXX ₂b.
(2)若空-x ₙ,则函数yf(x)在区间(x,x ₂)上极值点X ₀左偏,简称极值点X 。

2左偏：
(3)若XC,2贝u 函数yf(x)在区间(x,x ₂)上极值点X,右偏,简称极值点X 。

右偏。

2、极值点偏移的判定定理
证明:(1)因为可导函数yf(x),在区间(a,b)上只有一个极大(小)值点x ₀. '。

(a,b)由于f(-^o.故匹。

(a,x),所以
222
公令(风。

即函数极大(小)值点X 。

右(左)偏。

判定定理2对于可导函数yf(x)，在区间(a ，b)上只有一个极大(小)值点沧，方程f(x)0的解分别为x[X,且aXX,b. (1) 若冬=x 。

则称函数yf(x)在区间(x, x ₂ )上极值点X ₐ偏移: 2。

【高三】极值点偏移专题04 极值点偏移第二招---含参数的极值点偏移问题

专题04 极值点偏移第二招---含参数的极值点偏移问题含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元x 1，x 2的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数．★例1．已知函数f (x )＝x －a e x 有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2＞2．【解析】思路一：函数f (x )的两个零点，等价于方程xe x ＝a 的两个实根，从而这一问题与专题三(不含参数的极值点偏移问题)例题完全等价，专题三例题的四种方法都可以用；思路二：也可以利用参数a 这个媒介构造出新的函数．【解】因函数f (x )有两个零点x 1，x 2，故x 1＝a e x 1①，x 2＝a e x 2②，①＋②得，x 1＋x 2＝a (e x 1＋e x 2)，要证明x 1＋x 2＞2，只要证明a (e x 1＋e x 2)＞2，①－②得，x 1－x 2＝a (e x 1－e x 2)，即a ＝(x 1－x 2)(e x 1－e x 2)－1，即证(x 1－x 2)1212x x x x e e e e +-＞2，即(x 1－x 2)121211x x x x e e --+-＞2，不妨设x 1＞x 2，记t ＝x 1－x 2，则t ＞0，e t ＞1，因此只要证明：t 11t t e e +-＞2，即t －211tt e e -+＞0，再次换元令e t＝u ＞1，则t ＝ln u ，即证－211u u -+＋ln u ＞0，u ∈(1，＋∞)，构造新函数F (u )＝－211u u -+＋ln u ，F (1)＝0，求导得，F ′(u )＝22(1)(1)u u u -+＞0，得F (u )在(1，＋∞)上递增，故F (u )＞0，故原不等式x 1＋x 2＞2获证．★例2．已知函数f (x )＝－ax ＋ln x ，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2．【解一】f (x )＝0，即ax ＝ln x ，即a e ln x ＝ln x ，x 1，x 2是方程f (x )＝0的两根，即a e ln x ＝ln x 的两根，则ln x 1，ln x 2为方程x ＝a e x 的两根，u 1＝ln x 1，u 2＝ln x 2，g (x )＝xe x ，则g (u 1)＝g (u 2)，从而x 1x 2＞e 2，即ln x 1＋ln x 2＞2，即u 1＋u 2＞2，此问题等价转化为专题三例题，下略．【解二】利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数：不妨设x 1＞x 2，因－ax 1＋ln x 1＝0，－ax 2＋ln x 2＝0，故ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，故ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ，欲证明x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2．因ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，故即证a ＞2x 1＋x 2，故原命题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即证：ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令t ＝x 1x 2(t ＞1)，构造g (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t ，t ＞1，此问题等价转化成为例1中思路2的解答，下略．【解三】直接换元构造新函数：a ＝1x 1ln x 1＝1x 2ln x 2，即21ln ln x x ＝x 2x 1，设x 1＜x 2，t ＝x 2x 1(t ＞1)，则x 2＝tx 1，11ln ln tx t x =，即11ln ln ln t x t x +=，反解出：ln x 1＝1t －1ln t ，ln x 2＝ln tx 1＝ln t ＋ln x 1＝(1＋1t －1)ln t ＝1t －1t ln t ，故x 1x 2＞e 2，即ln x 1＋ln x 2＞2，即1t －1(t ＋1)ln t ＞2，转化成法二，下同，略．★例3．已知x 1，x 2是函数f (x )＝e x －ax 的两个零点，且x 1＜x 2．⑴．求证：x 1＋x 2＞2； ⑵．求证：x 1x 2＜1．【解析】⑴．问题转化为y ＝x e x 与y ＝1a有两个交点，由图知，0＜x 1＜1＜x 2，且e x 1＝ax 1，e x 2＝ax 2，即x 1＝1a e x 1，x 2＝1a e x 2，故e x 2－e x 1＝a (x 2－x 1)，故a ＝2121x xe e x x --，故要证x 1＋x 2＞2，即证1a (e x 2＋e x 1)＞2，即2121x x x x e e e e +-＞212x x -，212111x xx x e e --+-＞212x x -，令t ＝x 2－x 1，则t ∈(0，＋∞)，设g (t )＝t (e t ＋1)－2(e t －1)，则g ′(t )＝t e t －e t ＋1，g ′′(t )＝t e t ＞0，故g ′(t )在(0，＋∞)上单调递增，g ′(t )＞g ′(0)＝0，故g (t )在(0，＋∞)上单调递增，g (t )＞g (0)＝0，故原不等式成立；⑵．要证：x 1x 2＜1，即证：1a 2(e x 1e x 2)＜1，等价于e x 1e x 2＜(e x 2－e x 1)2(x 2－x 1)－2，也即e x 1e x 2(e x 2－e x 1)－2＜(x 2－x 1)－2，等价于e x 2－x 1(e x 2－x 1－1)－2＜(x 2－x 1)－2，令t ＝x 2－x 1＞0等价于e t (e t－1)－2＜1t 2(t ＞0)，也等价于e t 2(e t－1)－1＜1t (t ＞0)，等价于即证：t e t 2－e t ＋1＜0，令h (t )＝t e t 2－e t ＋1(t ＞0)，则h ′(t )＝e t 2(1＋t 2－e t 2)，又令φ(t )＝1＋t 2－e t 2(t ＞0)，得φ′(t )＝12－t 2e t2＜0，故φ(t )在(0，＋∞)单调递减，φ(t )＜φ(0)＝0，从而h ′(t )＜0，h (t )在(0，＋∞)单调递减，故h (t )＜h (0)＝0，即证原不等式成立．【点评】从消元的角度，消掉参数a ，得到一个关于x 1，x 2的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式．★例4．已知函数f (x )＝x －e ax (a ＞0)，若存在x 1，x 2(x 1＜x 2)，使f (x 1)＝f (x 2)＝0，求证：x 1x 2＜a e ．【解析】函数f (x )的零点等价于方程a ＝ln x x 的实根，令g (x )＝ln xx (x ＞0)，求导知，g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e ，①．下面证明：当0＜a ＜e 时，方程a ＝ln xx有两个实数根，i ．当x ∈(0，e)时，g (x )为增函数，g (1)＝0，g (e)＝1e ，g (1)＜a ＜g (e)，故当x ∈(0，e)时，a ＝ln xx有一解，记为x 1，ii ．当x ∈(e ，＋∞)时，g (x )为减函数，g (1a 2)＝－2a 2ln a ，先证g (1a 2)＜a ，即证a ln a ＞－12，令h (a )＝a ln a (a ＞0)，求导得，h (a )的单调性得，h (a )min ＝h (1e )＝－1e ＞－12，故不等式a ln a ＞－12成立，即原不等式g (1a 2)＜a 成立，故当x ∈(e ，＋∞)时，a ＝ln xx有一解，记为x 2，再证：x 1x 2＜a e ．因x 1x 2＝1122ln ax ax ax x ，而0＜x 1＜e ＜x 2，ln x 2＞1，故x 1x 2＝12ln ax x ＜a e /1＝a e ．证毕．【招式演练】例1、设函数f (x )＝e x －ax ＋a (a ∈R)的图像与x 轴交于A (x 1，0)，B (x 2，0)(x 1＜x 2)两点．⑴．证明：f ′(x 1x 2)＜0； ⑵．求证：x 1x 2＜x 1＋x 2．例2、设函数f (x )＝－bx 2＋a ln x ，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x 1，x 2(x 1＜x 2)是方程g (x )＝0的两个根，x 0是x 1，x 2的等差中项，求证：g ′(x 0)＜0(g ′(x )为函数g (x )的导函数)．例3、设函数f (x )＝a 2x －1x －2a ln ax (a ＞0)，函数f ′(x )为f (x )的导函数，且A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))是f (x )的图像上不同的两点，满足f (x 1)＋f (x 2)＝0，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：ax 0＞1．例4、已知函数f (x )＝a －1x－ln x (a ∈R)．⑴．若a ＝2，求函数f (x )在(1，e 2)上的零点个数；⑵．若f (x )有两零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，求证：2＜x 1＋x 2＜3e a －1－1．例5、已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ．⑴．讨论f (x )的单调性；⑵．设a ＞0，证明：当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )； ⑶．设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明f ′(x 1＋x 22)＞0．例6、已知函数f (x )＝－12mx 2＋4ln x (m ＞0)．⑴．若m ＝1，求函数f (x )的单调递增区间；⑵．若函数g (x )＝f (x )－(m －4)x ，对于曲线y ＝g (x )上的两个不同的点M (x 1，g (x 1))，N (x 2，g (x 2))，记直线MN 的斜率为k ，若k ＝g ′(x 0)，证明：x 1＋x 2＞2x 0．例7、已知函数f (x )＝ln(x ＋1)，g (x )＝12x 2－x ．⑴．求过点(－1，0)且与曲线y ＝f (x )相切的直线方程；⑵．设h (x )＝af (x )＋g (x )，其中a 为非零实数，y ＝h (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求a 的取值范围；⑶．在⑵的条件下，求证：2h (x 2)－x 1＞0．例8、已知函数f (x )＝ln x ．⑴．证明：当x ＞1时，x ＋1－2(x －1)1f (x )＞0；⑵．若函数g (x )＝f (x )－ax 2＋x 有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2，a ＞0)，证明：g ′[13(x 1＋2x 2)]＜1－a ．【答案】★设函数f (x )＝e x －ax ＋a (a ∈R)的图像与x 轴交于A (x 1，0)，B (x 2，0)(x 1＜x 2)两点．⑴．证明：f ′(x 1x 2)＜0； ⑵．求证：x 1x 2＜x 1＋x 2．【解析】⑴．法一：e x 1－ax 1＋a ＝0，e x 2－ax 2＋a ＝0，两式相减得，a ＝(e x 2－e x 1)(x 2－x 1)－1，记12(x 2－x 1)＝s (s ＞0)，则f ′(x 1＋x 22)＝e x 1＋x 22－(e x 2－e x 1)(x 2－x 1)－1＝e x 1＋x 22[2s －(e s －e －s )](2s )－1，设g (s )＝2s －(e s －e －s )，则g ′(s )＝2－(e s ＋e －s )＜0，故g (s )为单调减函数，则有g (s )＜g (0)＝0，而e x 1＋x 22(2s )－1＞0，故f ′(x 1＋x 22)＜0，又f ′(x )＝e x －a 为单调增函数，且x 1＋x 22＞x 1x 2，故f ′(x 1x 2)＜0；法二：x ＝ln a 为f (x )的极小值点，易证x 1＜ln a ＜x 2，设F (x )＝f [(ln a )＋x ]－f [(ln a )－x ]＝a (e x －e －x －2x )(x ＞0)，则F ′(x )＝a (e x ＋e －x －2)≥0，故F (x )在(0，＋∞)上单调递增，故F (x )＞F (0)＝0，即x ＞0时，f [(ln a )＋x ]＞f [(ln a )－x ]，易证x 1＜ln a ＜x 2，故(2ln a )－x 2＞ln a ，故f (x 1)＝f (x 2)＝f [(ln a )＋(x 2－ln a )] ＞f [(ln a )－(x 2－ln a )]＝f [(2ln a )－x 2]，又f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，故x 1＜(2ln a )－x 2，故x 1＋x 22＜ln a ，即x 1x 2＜x 1＋x 22＜ln a ，又f ′(x )＝e x －a 为单调增函数，故f ′(x 1x 2)＜f ′(ln a )＝0；⑵．证：由e x 1＝a (x 1－1)，e x 2＝a (x 2－1)，易知x 2＞x 1＞1且a ＞e ，从而e x 1－x 2＝(x 1－1)(x 2－1)－1，令α＝x 1－1，β＝x 2－1，则e α－β＝αβ－1，故ln α－ln β＝α－β，由于x 1x 2＜x 1＋x 2，即αβ＜1，下面只要证明：αβ＜1，即β＜α－1(0＜α＜1＜β)，结合对数函数y ＝ln x 的图像可知，只需证：(α，ln α)，(α－1，－ln α)两点连线的斜率要比(α，ln α)，(β，ln β)两点连线的斜率小即可，又k ＝(ln α－ln β)(α－β)－1＝1，即证：(ln α－ln α－1)(α－α－1)＜1，即α－1－α＋2ln α＞0(0＜α＜1)，令g (α)＝α－1－α＋2ln α(0＜α＜1)，则g ′(α)＝－α－2(α－1)2＜0，故g (α)在(0，1)上单调递减，故g (α)＞g (1)＝0，故原不等式x 1x 2＜x 1＋x 2成立．★设函数f (x )＝－bx 2＋a ln x ，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x 1，x 2(x 1＜x 2)是方程g (x )＝0的两个根，x 0是x 1，x 2的等差中项，求证：g ′(x 0)＜0(g ′(x )为函数g (x )的导函数)．【解析】由函数f (x )的图像在点P (2，f (2))处的其斜率的斜率为－3得，b ＝1，故g (x )＝－x 2－kx ＋2ln x 的两个零点x 1，x 2，则－x 21－kx 1＋2ln x 1＝0，－x 22－kx 2＋2ln x 2＝0，相减得，－(x 21－x 22)－k (x 1－x 2)＋2(ln x 1－ln x 2)＝0，因x 1≠x 2，故k ＝2(ln x 1－ln x 2)(x 1－x 2)－1－(x 1＋x 2)，故g ′(x 0)＝2x 0－2x 0－k ＝4x 1＋x 2－2(ln x 1－ln x 2)(x 1－x 2)－1＝2[2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1－ln x 1x 2](x 1－x 2)－1，令t ＝x 1x 2，t ∈(0，1)，令φ(t )＝－2(1－t )t ＋1－ln t ＝2－4•11＋t －ln t ，则φ′(t )＝－(t －1)2t (t ＋1)2＜0，故φ(t )在(0，1)上单调递减，故φ(t )＞φ(1)＝0，又2(x 1－x 2)－1＜0，故g ′(x 0)＜0，证毕．★设函数f (x )＝a 2x －1x －2a ln ax (a ＞0)，函数f ′(x )为f (x )的导函数，且A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))是f (x )的图像上不同的两点，满足f (x 1)＋f (x 2)＝0，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：ax 0＞1．【解析】因ax 0＞1，即x 1＋x 22＞1a ，即x 1＞2a －x 2，又依题意f ′(x )＝(a －1x )2≥0得，f (x )在定义域上单调递增，故要证ax 0＞1，只需证－f (x 2)＝f (x 1)＞f (2a －x 2)，即f (2a －x 2)＋f (x 2)＜0①，不妨设x 1＜x 2，注意到f (1a )＝0，由函数单调性知，有x 1＜1a ，x 2＞1a ，构造函数F (x )＝f (2a －x )＋f (x )，则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(2a －x )＝－4x 2(ax －1)3(2－ax )－2，当x ≥1a 时，F ′(x )≤0，即F (x )单调递减，当x ＞1a 时，F (x )＜F (1a )＝0，从而不等式①式成立，故原不等式成立．★已知函数f (x )＝a －1x－ln x (a ∈R)．⑴．若a ＝2，求函数f (x )在(1，e 2)上的零点个数；⑵．若f (x )有两零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，求证：2＜x 1＋x 2＜3e a －1－1．【解析】⑴．f ′(x )＝1x 2(1－x )，故f (x )在(1，e 2)上单调递减，故f (x )在(1，e 2)上至多只有一个零点，又f (1) f (e 2)＝－1e 2＜0，故f (x )在(1，e 2)上只有一个零点；⑵．①．首先证x 1＋x 2＞2，法一：利用通法证明f (x )＝a －1x －ln x 的极值点x ＝1向左偏移，即1＜x 1＋x 22．法二：(利用换元法化单变元)依题设，有a ＝1x 1＋ln x 1＝1x 2＋ln x 2，于是1x 1x 2(x 2－x 1)＝ln x 2x 1，记t ＝x 2x 1，则t ＞1，则ln t ＝(t －1)(tx 1)－1，x 1＝(t －1)(t ln t )－1，于是，x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝(t 2－1)(t ln t )－1，x 1＋x 2－2＝2(t 2－12t －ln t )(ln t )－1．记g (x )＝x 2－12x－ln x (x ＞1)，则g ′(x )＝12x2(x －1)2＞0，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增，于是当x ＞1时，g (x )＞g (1)＝0，又ln x ＞0，故x 1＋x 2＞2．②．再证x 1＋x 2＜3e a －1－1．因f (x )＝0，即h (x )＝ax －1－x ln x ＝0，故x 1，x 2也是h (x )的两个零点．由h ′(x )＝a －1－ln x ＝0得，x ＝e a －1，且当x ＜e a－1时，h ′(x )＞0；当x ＞e a－1时，h ′(x )＜0．利用通法证明h (x )＝ax －1－x ln x 的极值点x ＝e a－1向右偏移，故x 1＋x 22＜e a －1，即x 1＋x 2＜2e a －1，由x 1＋x 2＞2即x 1＋x 22＞1得，1＋(x 1＋x 2)＜x 1＋x 22＋(x 1＋x 2)＝32(x 1＋x 2)＜32•2e a －1＝3e a －1，即x 1＋x 2＜3e a －1－1．【点评】1．方程的变形方向：①x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，1是该函数的极值点．②x 1，x 2是函数h (x )的两个零点，e a－1是该函数的极值点．2．难点x 1＋x 2＜3e a －1－1的证明依赖利用x 1＋x 2＞2放缩． ★已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ．⑴．讨论f (x )的单调性；⑵．设a ＞0，证明：当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )； ⑶．设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明f ′(x 1＋x 22)＞0．【解析】⑴．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x (x ＋1)(x －a )，若a ≤0，则f ′(x )＞0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若a ＞0，则由f ′(x )＝0得，x ＝a ，当0＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，当x ＞a 时，f ′(x ),＞0，此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．⑵．令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12(a －x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )．则g ′(x )＝－2x 2(a 2－x 2)－1，当0＜x ＜a 时，g ′(x )＜0，故g (x )在(0，a )上是减函数．而g (0)＝0，故g (x )＜g (0)＝0，故当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )；⑶．由⑴知，当a ≤0时，函数y ＝f (x )至多有一个零点，故a ＞0，从而f (x )的最小值为f (a )，且f (a )＜0，不妨设0＜x 1＜x 2，则0＜x 1＜a ＜x 2，故0＜a －x 1＜a ，由⑵得，f (2a －x 1)＝f (a ＋a －x 1)＜f (x 1)＝0，从而x 2＞2a －x 1，于是x 1＋x 22＞a ，由⑴知，f ′(x 1＋x 22)＞0．点晴：本题考查函数导数的单调性．不等式比较大小，函数的零点问题：在⑴．中通过求导，并判断导数的符号，分别讨论a 的取值，确定函数的单调区间．⑵．通过构造函数g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，把不等式证明问题转化为函数求最值问题，求函数g (x )当0＜x ＜a 时的最大值小于零即可．⑶．要充分利用⑴⑵问的结论．★已知函数f (x )＝－12mx 2＋4ln x (m ＞0)．⑴．若m ＝1，求函数f (x )的单调递增区间；⑵．若函数g (x )＝f (x )－(m －4)x ，对于曲线y ＝g (x )上的两个不同的点M (x 1，g (x 1))，N (x 2，g (x 2))，记直线MN 的斜率为k ，若k ＝g ′(x 0)，证明：x 1＋x 2＞2x 0．【解析】⑴．f ′(x )＝－1x (x ＋2)(x －2)，令f ′(x )＞0得，0＜x ＜2，故f (x )的单调递增区间为(0，2)；⑵．依题意，g (x )＝f (x )－(m －4)x ＝－12mx 2＋(4－m )x ＋4ln x ，g (x 1)－g (x 2)＝－12m (x 21－x 22)＋(4－m )(x 1－x 2)＋4(ln x 1－ln x 2)＝－12m (x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋(4－m )(x 1－x 2)＋4(ln x 1－ln x 2)，由题设得，g ′(x 0)＝g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2＝－12m (x 1＋x 2)＋4－m ＋4(ln x 1－ln x 2)(x 1－x 2)－1．又g ′(x 1＋x 22)＝－m •x 1＋x 22＋4－m ＋4•2x 1＋x 2，故g ′(x 0)－g ′(x 1＋x 22)＝4(ln x 1－ln x 2)(x 1－x 2)－1－4•2x 1＋x 2＝4[(ln x 2－ln x 1)－2(x 2－x 1)x 2＋x 1](x 2－x 1)－1＝4[－2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1＋ln x 2x 1](x 2－x 1)－1．不妨设0＜x 1＜x 2，记t ＝x 2x 1，则t ＞1，则－2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1＋ln x 2x 1＝2(1－t )t ＋1＋ln t (t ＞1)．令h (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t (t ＞1)，则h ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故h (t )在(1，＋∞)上单调递增，故h (t )＞h (1)＝0，故－2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1＋ln x 2x 1＞0．又x 2－x 2＞0，故g ′(x 0)－g ′(x 1＋x 22)＞0，即g ′(x 1＋x 22)＜g ′(x 0)．又由g ′(x )＝－mx ＋(4－m )＋4x知，g ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，故x 1＋x 22＞x 0，即x 1＋x 2＞2x 0．★已知函数f (x )＝ln(x ＋1)，g (x )＝12x 2－x ．⑴．求过点(－1，0)且与曲线y ＝f (x )相切的直线方程；⑵．设h (x )＝af (x )＋g (x )，其中a 为非零实数，y ＝h (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求a 的取值范围；⑶．在⑵的条件下，求证：2h (x 2)－x 1＞0．【解析】⑴．f ′(x )＝1x ＋1，设切点为(x 0，y 0)，则切线的斜率为1x 0＋1，点(x 0，y 0)在曲线f (x )＝ln(x ＋1)上，故y 0＝ln(x 0＋1)，故1x 0＋1ln(x 0＋1)＝1x 0＋1，解得，x 0＝e －1，故切线的斜率为1e，故切线方程为x －e y ＋1＝0； ⑵．h (x )＝af (x )＋g (x )＝12x 2－x ＋a ln(x ＋1)，则h ′(x )＝1x ＋1[x 2＋(a －1)]，x ＞－1，当a －1≥0时，即a ≥1时，h ′(x )≥0，h (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜1时，由h ′(x )＝0得，x 1＝－1－a ，x 2＝1－a ，故h (x )在(－1，－1－a )上单调递增，在(－1－a ，1－a )上单调递减，在(1－a ，＋∞)上单调递增；当a ＜0时，由h ′(x )＝0得，x 0＝1－a ，h (x )在(－1－a ，1－a )上单调递减，在(1－a ，＋∞)上单调递增．当0＜a ＜1时，h (x )有两个极值点，即x 1＝－1－a ，x 2＝1－a ，即a 的范围是(0，1)；⑶．由⑵知，x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝a －1，由0＜a ＜1得，－1＜x 1＜0，0＜x 2＜1，由2h (x 2)－x 1＞0，则2h (x 2)＋x 2＞0，即x 22－x 2＋2a ln(x 2＋1)＞0，因x 2＝1－a ，故a ＝1－x 22，即证x 22－x 2＋2(1－x 22)ln(x 2＋1)＞0，即证－x 2＋2(1＋x 2)ln(x 2＋1)＞0，构造函数t (x )＝－t ＋2(1＋x )ln(x ＋1)，x ∈(0，1)，则t ′(x )＝1＋2ln(x ＋1)＞0，故t (x )在(0，1)上单调递增，又t (0)＝0，故t (x )＞0对任意x ∈(0，1)恒成立，即－x 2＋2(1＋x 2)ln(x 2＋1)＞0成立，故2h (x 2)－x 1＞0．点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略⑴．构造差函数h (x )＝f (x )－g (x )．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．⑵．根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数．★已知函数f (x )＝ln x ．⑴．证明：当x ＞1时，x ＋1－2(x －1)1f (x )＞0； ⑵．若函数g (x )＝f (x )－ax 2＋x 有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2，a ＞0)，证明：g ′[13(x 1＋2x 2)]＜1－a ．【解析】⑴．欲证x ＋1－2(x －1)1f (x )＞0，即证K (x )＝－2(x －1)x ＋1＋ln x ＞0，因K ′(x )＝1x (x －1x ＋1)2＞0，故K (x )在(1，＋∞)上递增，故K (x )＞K (1)＝0； ⑵．因x ＞1，ln x ＞2(x －1)x ＋1，取x ＝x 2x 1，则(x 1－x 2)(ln x 1－ln x 2)－1＜x 1＋x 22，则－a x 21＋x 1＋ln x 1＝0，－a x 22＋x 2＋ln x 2＝0，故(x 1－x 2)(ln x 1－ln x 2)－1＝[a (x 1＋x 2)]－1＜x 1＋x 22，故2x 1＋x 2－[a (x 1＋x 2)－1]＜0，g ′(x )＝1x ＋1－2ax ，g ′(x 1＋x 22)＝2x 1＋x 2－[a (x 1＋x 2)－1]＜0，g ′′(x )＝－1x 2－2a ＜0，g ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，因13(x 1＋2x 2)＞x 1＋x 22，故g ′[13(x 1＋2x 2)]＜g ′(x 1＋x 22)＜0，－ax 2＋x ＋ln x ＝0，即a ＝1x 2(x ＋ln x )，令h (x )＝1x 2(x ＋ln x )，则h ′(x )＝1x 3(1－x －2ln x )，令s (x )＝1－x －2ln x ，易知s (x )在(0，∞)递减，s (1)＝0，当0＜x ＜1时，s (x )＞0，h (x )单调递增，当x ＞1时，s (x )＜0，h (x )单调递减，故h (x )≤h (1)，x ＞1时，h (x )＞0，x →0，h (x )→－∞，要合题意，如图，0＜a ＜1，1－a ＞0，右大于左，原题得证．。

极值点偏移的典型例题(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)()1,,0,2f x x ax x a R f f xg 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）；(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 0x x 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 e2(e e )22x x x x x x s sx 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 x f +'<．又()e x f x a '=-是单调增函数，且122x x +>所以0f '<．（3）依题意有e 0ix i ax a -+=，则(1)e 0ix 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)xx F x xex e --=+-于是22'()(1)(1)x x F x x ee --=--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。

函数极值点偏移问题

函数极值点偏移问题1. 定义- 对于函数y = f(x)，若在区间(a,b)内有极值点x_0，且满足x_1+x_2>2x_0（或x_1 + x_2<2x_0），其中x_1,x_2是f(x)=m（m为常数）的两个根，就称函数y = f(x)存在极值点偏移现象。

2. 常见函数类型- 例如f(x)=ln x - ax（a>0）这种对数函数与一次函数组合的函数，f(x)=e^x-ax - b这种指数函数与一次函数组合的函数等都可能出现极值点偏移问题。

二、典型例题及解析例1：已知函数f(x)=x^2-2ln x，若存在x_1,x_2且x_1≠ x_2，使得f(x_1)=f(x_2)，求证：x_1 + x_2>2。

1. 求函数f(x)的极值点- 首先对f(x)=x^2-2ln x（x>0）求导，f^′(x)=2x-(2)/(x)=frac{2(x^2-1)}{x}=(2(x + 1)(x - 1))/(x)。

- 令f^′(x)=0，解得x = 1。

当0时，f^′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f^′(x)>0，f(x)单调递增。

所以x = 1是f(x)的极小值点。

2. 构造函数证明不等式- 因为f(x_1)=f(x_2)，不妨设0。

- 要证x_1 + x_2>2，即证x_2>2 - x_1。

- 因为1，1>2 - x_1（0），且f(x)在(1,+∞)上单调递增，所以只需证f(x_2)>f(2 - x_1)。

- 又因为f(x_1)=f(x_2)，所以只需证f(x_1)-f(2 - x_1)>0。

- 设g(x)=f(x)-f(2 - x)（0），g(x)=x^2-2ln x-(2 - x)^2+2ln(2 - x)- 化简得g(x)=x^2-(2 - x)^2-2ln x+2ln(2 - x)=4x - 4 - 2ln x+2ln(2 - x)。

第23讲双变量问题之极值点偏移(解析版)

第二十三讲双变量问题之极值点偏移知识与方法1.设函数()f x 在定义域上有极值点0x ，但由于函数在极值点0x 左右两侧的增减速率不对称，造成函数()f x 的图象不关于直线0x x =对称，那么当()()12f x f x =时，极值点0x 会偏向1x 或2x 中的某一个，也即1202x x x +>或1202x x x +<，在给定的函数背景下，证明上面的两个不等式，这类问题称为极值点偏移问题.2．极值点偏移问题常用的解题方法有三种：（1）构造对称差函数，研究其单调性，证明不等式；（2）通过变形，转化为双变量问题，用齐次换元化归成单变量不等式证明问题；（3）利用对数平均不等式证明.（由于在作答时要先证明此不等式，故一般正式作答时不使用此法）3.对数平均不等式：设0a >，0b >，且a b ≠ln ln 2a b a ba b -+<<-.典型例题【例1】已知函数()ln 2f x x x =-+（1）求函数()f x 的最大值；（2）设12x x ≠，若()()12f x f x =，证明：122x x +>.【解析】（1）由题意，()111xf x x x-'=-=()0x >，所以()001f x x '>⇔<<，()01f x x '<⇔>，从而()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，故()()max 11f x f ==.（2）证法1：不妨设12x x <，由（1）易得1201x x <<<，要证122x x +>，只需证212x x >-，因为1122x <-<，且()f x 在()1,+∞上单调递减，所以只需证()()212f x f x <-，结合()()12f x f x =知只需证()()112f x f x <-，即证()()1120f x f x --<，设()()()2g x f x f x =--，01x <<，则()()()()()221112022x x x g x f x f x x x x x ---'''=+-=+=>--，所以()g x 在()0,1上单调递增，因为101x <<，所以()()()()111 210g x f x f x g =--<=，故122x x +>.证法2：不妨设12x x <，由（1）易得1201x x <<<，因为()()12f x f x =，所以1122ln 2ln 2x x x x -+=-+，整理得：1212ln ln 1x x x x -=-，所以()12121212ln ln x x x x x x x x +-=+-，从而121121221ln 1x x xx x x x x ++=-，所以要证122x x +>，只需证1211221ln 21x x xx x x +⋅>-，令12x t x =，则01t <<，所以要证1211221ln 21x x x x x x +⋅>-，只需证当01t <<时，1ln 21t t t +>-，即证()21ln 01t t t --<+，令()()21ln 1t g t t t -=-+，01t <<，则()()()()()()222212111011t t t g t t t t +---'=-=>++，所以()g t 在()0,1上单调递增，又()10g =，所以当01t <<时，()0g t <，即()21ln 01t t t --<+，故不等式122x x +>成立.证法3：不妨设12x x <，由（1）易得1201x x <<<，因为()()12f x f x =，所以1122ln 2ln 2x x x x -+=-+，整理得：1212ln ln 1x x x x -=-，由对数平均不等式得：1212121ln ln 2x x x x x x -+=<-，所以122x x +>.【反思】证法3中用到了对数平均不等式，考试作答时，不宜直接使用该不等式，需先证明再使用，所以综合评估下来，证法3的优势相比证法Ⅰ和证法2，并不明显，所以一般建议大家考试按证法1或证法2来作答，证法3仅作参考.【例2】已知函数()()21ln 2x f x a x a x =+--，其中a ∈R .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点1x ，2x ，证明：122x x a +>.【解析】（1）由题意，()()()1x x a f x x+-'=，0x >，当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()0f x x a '>⇔>，()00f x x a '<⇔<<，所以()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增.（2）证法1：不妨设12x x <，由（1）易得0a >，且10x a <<，2x a >，要证122x x a +>，只需证212x a x >-，易知122a a x a <-<，结合()f x 在(),a +∞上单调递增知又只需证()()212f x f a x >-，又()()12f x f x =，故只需证()()112f x f a x >-令()()()() 20F x f x f a x x a =--<<，则()()()()()22202x a F x f x f a x x a x -'''=+-=-<-，从而()F x 在()0,a 上单调递减，又()0F a =，所以()0F x >恒成立，从而()()()11120F x f x f a x =-->，故()()112f x f a x >-，所以不等式122x x a +>成立.证法2：因为1x ，2x 是()f x 的两个零点，所以()()()()211111222222ln 02ln 02x f x x a x x x f x x a x x ⎧=+-+=⎪⎪⎨⎪=+-+=⎪⎩，两式作差得：()()()()1212121212ln ln 02x x x x x x a x x x x +-+---+-=，从而121212ln ln 1102x x x x a x x ⎛⎫+-+-+= ⎪-⎝⎭，故121212ln ln 112x x x x a x x ⎛⎫+-+=+ ⎪-⎝⎭，所以12121212ln ln 1x x a x x x x ++=-+-，故要证122x x a +>，只需证122x x a +<，即证1212121212ln ln 21x x x x x x x x +++<-+-，也即证1212121212ln ln 1222x x x x x x x x x x +++-+<+⋅-，故只需证121212ln ln 2x x x x x x ->-+，不妨设12x x <，则只需证()1212122ln ln x x x x x x --<+，即证12112221ln 01x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭-<+，令12x t x =，由（1）知0a >，且10x a <<，2x a >，所以()0,1t ∈，设()()21ln 1t g t t t -=-+()01t <<，则只需证()0g t <，因为()()()()222114011t g t t t t t -'=-=>++，所以()g t 在()0,1上单调递增，结合()10g =知()0g t <，从而不等式122x x a +>成立.证法3：因为1x ，2x 是()f x 的两个零点，所以()()()()211111222222ln 02ln 02x f x x a x x x f x x a x x ⎧=+-+=⎪⎪⎨⎪=+-+=⎪⎩，两式作差得：()()()()1212121212ln ln 02x x x x x x a x x x x +-+---+-=，从而121212ln ln 1102x x x x a x x ⎛⎫+-+-+= ⎪-⎝⎭，故121212ln ln 112x x x x a x x ⎛⎫+-+=+ ⎪-⎝⎭，由对数平均不等式知121212ln ln 2x x x x x x ->-+，所以121212ln ln 211x x a a x x x x ⎛⎫⎛⎫-+>+ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭，故12122112x x a x x ⎛⎫++>+ ⎪+⎝⎭，整理得：()()1212220x x x x a +++->，因为1220x x ++>，所以1220x x a +->，故122x x a +>.强化训练1.已知函数()()1ln 0f x x x x=+>.（1）求()f x 的最小值；（2）若关于x 的方程()f x a =有两个不相等的实根1x ，2x ，证明：122x x +>.【解析】（1）由题意，()22111x f x x x x-'=-+=，所以()01f x x '>⇔>，()001f x x '<⇔<<，从而()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，故()()min 11f x f ==.（2）证法1：不妨设12x x <，由（1）可得1201x x <<<，要证122x x +>，只需证212x x >-，因为121x ->，21x >，且()f x 在()1,+∞上单调递增，所以要证212x x >-，只需证()()212f x f x >-，又()()12f x f x =，所以只需证()()112f x f x >-，即证()()1120f x f x -->，设()()()2g x f x f x =--，01x <<，则()()()()()()()22222214112022x x x g x f x f x x x x x ----'''=+-=+=-<--，所以()g x 在()0,1上单调递减，又()()()1110g f f =-=，所以()0g x >恒成立，因为101x <<，所以()()()11120g x f x f x =-->，从而122x x +>成立.证法2：由题意，11221ln 1ln x a x x ax ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式作差得：121211ln ln 0x x x x -+-=，所以211122ln 0x x x x x x -+=①，不妨设12x x <，则由（1）可得1201x x <<<，设12x t x =，则01t <<，且12x tx =，代入式①可得2222ln 0x tx t tx -+=，所以21ln 0t t tx -+=，故21ln t x t t-=②，要证122x x +>，只需证222tx x +>，即证221x t >+，结合式②知只需证12ln 1t t t t ->+，即证21ln 2t t t -<，设()21ln 2t h t t t -=-()01t <<，则()()()222222111022t t t h t t t t ---'=-=>，所以()h t 在()0,1上单调递增，又()10h =，所以()0h t <，即21ln 02t t t --<，从而21ln 2t t t -<，故122x x +>成立.证法3：由题意，11221ln 1ln x a x x ax ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式作差得：121211ln ln 0x x x x -+-=，所以211221ln ln x x x x x x -=-，211221ln ln 2x x x x x x -+<<-12122x x x x +<<，12x x <可得121x x >，又12122x x x x +<，所以121222x x x x +>>.2．已知函数()22ln f x x x ax =-+()a ∈R .（1）当0a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 的图象与x 轴有两个交点()1,0A x ，()2,0B x ，且120x x <<，证明：1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭.【解析】（1）当0a =时，()()22ln 0f x x x x =->，所以()()221x f x x-'=，从而()001f x x '>⇔<<，()01f x x '<⇔>，故()f x 单调递的增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞.（2）证法1：由题意，()22222x ax f x x a x x-++'=-+=，0x >，注意到二次函数()222m x x ax =-++开口向下，()020m =>，所以()m x 在()0,+∞上有唯一的零点0x ，且当()00,x x ∈时，()0m x >，从而()0f x '>；当()0,x x ∈+∞时，()0m x <，从而()0f x '<，故()f x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减，由题意，()f x 有两个零点1x ，2x ，且120x x <<，所以1020x x x <<<，要证1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭，只需证1202x x x +>，即证1202x x x +>，也即证2012x x x >-，因为10x x <，所以0102x x x ->，结合()f x 在()0,x +∞上单调递减知又只需证()()2012f x f x x <-，又()()120f x f x ==，故只需证()()1012f x f x x <-，即证()()10120f x f x x --<，令()()()02F x f x f x x =--()00x x <<，则()()()000222422F x f x f x x x a x x x'''=+-=+-+-①，由()20000220x ax f x x -++'==得：0022a x x =-，代入式①得：()()()2000402x x F x xx x x -'=>-，所以()F x 在()00,x 上单调递增，结合()00F x =知()0F x <，因为100x x <<，所以()()()110120F x f x f x x =--<，故1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭成立.证法2：由题意，()()21111222222ln 02ln 0f x x x ax f x x x ax ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，两式作差整理得：()()1212122ln ln x x a x x x x -=+--①，又()22f x x a x '=-+，所以()12121242x x f x x a x x +⎛⎫'=-++ ⎪+⎝⎭，将式①代入整理得：()121212122ln ln 42x x x x f x x x x -+⎛⎫'=- ⎪+-⎝⎭，故要证1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭，只需证()1212122ln ln 40x x x x x x --<+-，结合120x x <<知只需证()()1212122ln ln 0x x x x x x --->+，即证12112221ln 01x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭->+②，令12x t x =，则()0,1t ∈，所以要证不等式②成立，只需证当01t <<时，()21ln 01t t t -->+，令()()21ln 1t F t tt -=-+()01t <<，则()()()22101t F t t t -'=-<+，所以()F t 在()0,1上单调递减，又()10F =，所以()0F t >，即()21ln 01t t t -->+，故1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭.证法3：由题意，()()21111222222ln 02ln 0f x x x ax f x x x ax ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，两式作差整理得：()()1212122ln ln x x a x x x x -=+--①，又()22f x x a x '=-+，所以()12121242x x f x x a x x +⎛⎫'=-++ ⎪+⎝⎭，将式①代入整理得：()121212122ln ln 42x x x x f x x x x -+⎛⎫'=- ⎪+-⎝⎭，由对数平均不等式，121212ln ln 2x x x x x x ->-+，所以()1212121212122ln ln 442202x x x x f x x x x x x x x -+⎛⎫'=-<-⋅= ⎪+-++⎝⎭.3.已知函数()21x f x x ae =--()a ∈R 有两个不同的极值点1x ，2x （1）求a 的取值范围；（2）证明：124x x e e a+>.【解析】（1）由题意，()2x f x x ae '=-，()2x f x ae ''=-，当0a ≤时，()0f x ''>，所以()f x '在R 上单调递增，从而()f x '最多一个零点，故()f x 最多只有一个极值点，不合题意；当0a >时，()20lnf x x a ''>⇔<，()20ln f x x a''<⇔>，所以()f x '在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，故()max 22ln 2ln 2f x f a a ⎛⎫''==- ⎪⎝⎭，因为()f x 有两个极值点，所以()f x '有两个零点，从而2ln 0f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，故22ln 20a ->，解得：20a e <<，此时，2ln 1a >，()00f a '=-<，所以()f x '在20,ln a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有一个零点，记作1x ，设()()21x x x x eϕ=>，则()()2xx x x e ϕ-'=，所以()012x x ϕ'>⇔<<，()02x x ϕ'<⇔>，从而()x ϕ在()1,2上单调递增，在()2,+∞上单调递减，故()()2421x e ϕϕ≤=<，所以()1x ϕ<恒成立，即21x x e<，故2x e x >，所以当2x a >时，()22220x f x x ae x ax ax x a ⎛⎫'=-<-=-< ⎪⎝⎭，故()f x '在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有1个零点，记作2x ，且()120f x x x x '>⇔<<，()10f x x x '<⇔<或2x x >，从而()f x 在()1,x -∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增，在()2,x +∞上单调递减，所以()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，故a 的取值范围是20,e ⎛⎫⎪⎝⎭.（2）证法1：由（1）可得1220ln x x a <<<，()()1211222020x x f x x ae f x x ae '⎧=-=⎪⎨'=-=⎪⎩，所以121222xx x ae x ae ⎧=⎪⎨=⎪⎩，从而1122ln 2ln ln ln 2ln ln x a x x a x +=+⎧⎨+=+⎩，故1122ln ln 02ln ln 02a x x a x x ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，所以1x ，2x 是函数()()ln ln02a g x x x x =-+>的零点，因为()1101x g x x x-'>⇔-=，所以()01g x x '>⇔>，()001g x x '<⇔<<，从而()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，故1201x x <<<，由121222x x x aex ae⎧=⎪⎨=⎪⎩可得121222x x e x a e xa ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以要证124x x e e a +>，只需证12224x x a a a+>，即证122x x +>，也即证212x x >-，因为121x ->，21x >，且()g x 在()1,+∞上单调递增，所以只需证()()212g x g x >-，又()()12g x g x =，所以只需证()()112g x g x >-，即证()()1120g x g x -->，设()()()2x g x x h g =--，01x <<，则()()()()()()2212112022x x x h x g x g x x x x x ----'''=+-=+=-<--，所以()h x 在()0,1上单调递减，又()10h =，所以()0h x >在()0,1上恒成立，因为101x <<，所以()10h x >，即()()1120g x g x -->，故124x x e e a+>成立.证法2：由（1）可得1220ln x x a <<<，()()1211222020x x f x x ae f x x ae '⎧=-=⎪⎨'=-=⎪⎩，所以121222xx x ae x ae ⎧=⎪⎨=⎪⎩①②由①+②可得：()()12122x x x x a e e +=+，所以()12122x x x x e e a++=，故要证124x x e e a+>，只需证()1224x x a a +>，即证122x x +>，由①-②可得：()()12122x x x x a e e -=-，所以12121212x x x x x x e e x x e e ++=--，从而()12121212x x x x e e x x x x e e ++=--，故()1212121211x x x x e x x x x e --++=--，所以要证122x x +>，只需证()121212121x x x x e x x e --+->-③设12t x x =-，则0t <，且不等式③即为121t t e t e +⋅>-，所以要证不等式③成立，只需证121t t e t e +⋅>-，即证22t t te t e +<-，也即证()220t t e t -++<，设()()()220t r t t e t t =-++<，则()()11t r t t e '=-+，()0t r t te ''=<，所以()r t '在(),0-∞上单调递减，又()00r '=，所以()0r t '>，从而()r t 在(),0-∞上单调递增，因为()00r =，所以()0r t <恒成立，即()220t t e t -++<，所以124xx e e a+>成立.证法3：由（1）可得1220ln x x a <<<，()()1211222020x x f x x ae f x x ae '⎧=-=⎪⎨'=-=⎪⎩，所以121222xx x ae x ae ⎧=⎪⎨=⎪⎩，从而1122ln 2ln ln ln 2ln ln x a x x a x +=+⎧⎨+=+⎩，两式作差得：1212ln ln x x x x -=-，所以12121ln ln x x x x -=-，由对数平均不等式，1212121ln ln 2x x x x x x -+=<-，所以122x x +>，由121222xx x ae x ae⎧=⎪⎨=⎪⎩可得()121224x x e e x x a a +=+>.。

数学培优微专题《极值点偏移》解析版17

数学培优微专题《极值点偏移》1.已知函数f(x)=xe x．(2)若方程f(x)=a有两个不等实根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1+x2>2．【答案】(2)证明：由(1)知f(x)max=f(1)=1e，当x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0，故当0<a<1e时，直线y=a与y=f(x)的图象有两个交点，∴a∈0,1e.∵方程f(x)=a有两个不等实根x1，x2，x1e x1=a，x2e x2=a，∴x1=ae x1，x2=ae x2，∴x1-x2=a(e x1-e x2)，即a=x1-x2e x1-e x2，要证x1+x2>2，只需证a(e x1+e x2)>2，即证(x1-x2)⋅(e x1+e x2)e x1-e x2>2，不妨设x1>x2，令t=x1-x2，则t>0，e t>1，即证t∙(e t+1)e t-1>1，即(t-2)e t+t+2>0，令g(x)=(x-2)e x+x+2(x>0)，∴g′(x)=(x-1)e x+1，∴g″(x)=xe x>0，∴g′(x)>g′(0)=0，∴g(x)在(0,+∞)上为增函数，∴g(x)>g(0)=0，即(x-2)e x+x+2>0成立，亦即(t-2)e t+t+2>0成立，故x1+x2>2．2.已知函数f(x)=e x-x+a，a∈R．(3)设x1，x2(x1≠x2)是函数f(x)的两个零点，求证x1+x2<0．【答案】解：(3)证明：由(1)可知，x=0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即最小值为f(0)= a，显然只有a<0时，函数f(x)有两个零点，设x1<x2，易知，x1<0，x2>0.⋯(9分)∵f(x1)-f(-x2)=f(x2)-f(-x2)=(e x2-x2+a)-(e-x2+x2+a)=e x2-e-x2-2x2，⋯(10分)令h(x)=e x-e-x-2x(x≥0)，由(2)可知h(x)在[0,+∞)上单调递增，⋯(11分)∴h(x)≥h(0)=0，又∵x1<0<x2，∴h(x2)>0，即e x2-e-x2-2x2>0⋯(12分)∴f(x1)>f(-x2)，又∵x1<0，-x2<0，⋯(13分)且由(1)知f(x)在(-∞,0)上单调递减，∴x1<-x2，∴x1+x2<0.⋯(14分)3.已知函数f(x)=a ln xx+b(a,b∈R)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1．(Ⅰ)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时，比较x1+x2与2e(e为自然对数的底数)的大小．【答案】解：(I)函数f(x)的定义域为0,+∞，f x =a1-ln xx2，因为f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1，所以f'(1)=a=1f(1)=aln11+b=0解得a=1，b=0，故f(x)=ln xx，∴f x =1-ln xx2，令f x =0,x=e，当0<x<e时，f x >0,f x 为增函数；当x>e时，f x <0，f(x)单调递减；故函数f(x)的单调递增区间为(0,e)，单调递减区间为(e,+∞)；(II)当f(x1)=f(x2)时，x1+x2>2e，证明如下：因为x>e时，f(x)单调递减，且f(x)=ln xx>0，又f(1)=0，当1<x<e时，f(x)单调递增，且f(x)>0，若f(x1)=f(x2)，则x1，x2必都大于1，且必有一个小于e，一个大于e，不妨设1<x1<e<x2，当x2≥2e时，必有x1+x2>2e，当e<x2<2e时，f(x1)-f(2e-x2)=f(x2)-f(2e-x2)，=ln x2x2-ln2e-x22e-x2，设g x =ln xx-ln2e-x2e-x,e<x<2e，则g x =ln xx2--1+ln2e-x2e-x2=4e e-x1-ln x++x22-ln-x-e2+e2x22e-x2，因为e<x<2e，所以e2-x-e2∈0,e2，故2-ln-x-e2+e2>0，又4e e-x1-ln x>0，所以g x >0，g(x)在(e,2e)单调递增，所以g x >g e =0，所以f x1>f2e-x2，因为1<x1<e,e<x2<2e，所以0<2e-x2<e，又因为f(x)在(0,e)单调递增，所以x1>2e-x2，即x1+x2>2e．综上所述，当f x 1 =f x 2 x 1≠x 2 时，x 1+x 2>2e ．4.已知函数f (x )=1+ln x x．(2)若方程f (x )=m 有两个不同实根x 1，x 2，证明：x 1+x 2>2．（3）若方程f (x )=m 有两个不同实根x 1，x 2，证明：x 1x 2>1．【答案】解：(2)方法一：不妨设x 1<x 2，f '(x )=-lnx x 2，所以x ∈(0,1)时，f (x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1,+∞)时，f (x )<0，f (x )单调递减；由f (1)=1，f 1e=0，当x →+∞时，f (x )→0，所以0<m <1，1e<x 1<1<x 2，要证x 1+x 2>2，即证x 2>2-x 1，由x 2>1，2-x 1>1，f (x )在(1,+∞)上单调递减，只需证明f (x 2)<f (2-x 1)由f (x 1)=f (x 2)，只需证明f (x 1)<f (2-x 1)，令g (x )=f (x )-f (2-x )，x ∈(0,1)，只需证明g (x )<0，易知g (1)=0，，由x ∈(0,1)，故，x 2<(2-x )2，从而，从而g (x )在(0,1)上单调递增由g (1)=0，故当x ∈(0,1)时，g (x )<0，证毕;方法二：不妨设x 1<x 2，构造函数G (x )=f (x )-f 1x，则，x ∈(0,1)时，G (x )>0，G (x )单调递增，所以G (x )<G (1)=0，即x ∈(0,1)时，f (x )<f 1x．∵1e <x 1<1，故f (x 2)=f (x 1)<f 1x 1，又∵x 2>1,1x 1>1，x ∈(1,+∞)时，f (x )单调递减，∴x 2>1x 1，即x 1x 2>1，所以x 1+x 2>2x 1x 2>2；方法三：不妨设x 1<x 2，(比值代换)由f (x 1)=f (x 2)=m ，即，，两式作差得，即，所以令t =x 1x 2∈(0,1)，即，要证x 1+x 2>2，只需证，只需证在t ∈(0,1)时恒成立(记为*)，令，则g (t )=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2，从而g (t )在(0,1)递增由g (1)=0，从而当t ∈(0,1)时g (t )<0恒成立，即(*)式成立，综上，x 1+x 2>2．(3)不妨设x 1<x 2，构造函数G (x )=f (x )-f 1x，则，x ∈(0,1)时，G (x )>0，G (x )单调递增，所以G (x )<G (1)=0，即x ∈(0,1)时，f (x )<f 1x．∵1e <x 1<1，故f (x 2)=f (x 1)<f 1x 1 ，又∵x 2>1,1x 1>1，时，f (x )单调递减，∴x 2>1x 1，即x 1x 2>1，所以x 1+x 2>2x 1x 2>2；5.已知，函数f (x )=ln x -ax ，其中a ∈R ．(2)设f (x )的两个零点分别为x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2．【答案】解：(2)原不等式x 1∙x 2>e 2⇔lnx 1+lnx 2>2，不妨设x 1>x 2>0，∵f (x 1)=0，f (x 2)=0，∴ln x 1-ax 1=0，ln x 2-ax 2=0，∴ln x 1+ln x 2=a (x 1+x 2)，ln x 1-ln x 2=a (x 1-x 2)，令x 1x 2=t ，则t >1，于是，设函数g (t )=lnt -2(t -1)t +1，t >1，求导得：g (t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0，故函数g(t)是(1,+∞)上的增函数 ∴g(t)>g(1)=0，即不等式lnt>2(t-1)t+1成立，故所证不等式x1·x2>e2成立．6.已知函数f(x)=ln x+1x+a．(2)若函数f(x)恰好有两个零点x1，x2(0<x1<x2)，求证：1x1+1x2>2．【答案】解：(2)证明：设x2=tx1，所以t>1，由f(x1)=f(x2)=0，可得ln x1+1x1+a=ln(tx1)+1tx1+a=0，解得1x1=t ln tt-1，所以1x1+1x2=1x11+1t=t ln tt-1⋅t+1t=(t+1)ln tt-1，要证1x1+1x2>2，即证(t+1)ln tt-1>2，即为ln t-2(t-1)(t+1)>0，t>1，令h(t)=ln t-2(t-1)(t+1)，t>1，h′(t)=1t-4(t+1)2=t2-2t+1t(t+1)2>0，所以h(t)在(1,+∞)递增，可得h(t)>h(1)=0，则1x1+1x2>2．。

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极值点偏移的问题（含答案）
2
1212()ln ,(1()11
21()()3(),,f x x ax a f x x x a a f m f m
f 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.
x
f 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)()1
,,0,2
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：
2
12122(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：x
12123
12()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）；。

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