极值点偏移问题专题
极值点偏移的问题(含答案)
极值点偏移的问题(含答案)1.已知 $f(x)=\ln x-ax$，其中 $a$ 为常数。
1）若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线与 $x$ 轴平行，求$a$ 的值；2）当 $a=1$ 时，比较 $f(m)$ 和 $f(1)$ 的大小；3）$f(x)$ 有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，证明：$x_1\cdotx_2>e^2$。
变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。
1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；2) 若有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，试证明：$x_1\cdotx_2>e$。
2.已知 $f(x)=x^2+ax+\sin (\pi x)$，$x\in(0,1)$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
4.设 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$。
1）证明：当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ 恒成立；2）若函数 $f(x)$ 无零点，求实数 $a$ 的取值范围；3）若函数$f(x)$ 有两个相异零点$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。
(完整版)极值点偏移问题专题——对数平均不等式
极值点偏移——对数平均不等式（本质回归）笔者曾在王挽澜先生的著作《建立不等式的方法》中看到这样一个不等式链：， 不曾想，其中一部分竟可用来解极值点偏移问题． 对数平均不等式：对于正数，，且，定义为，的对数平均值，且，即几何平均数＜对数平均数＜算术平均数，简记为．先给出对数平均不等式的多种证法． 证法1（对称化构造） 设，则，，构造函数，则．由得，且在上，在上，为的极大值点．对数平，等价于，这是两个常规的极值点偏移问题，留给读者尝试．证法2（比值代换） 令，则，构造函数可证．证法3（主元法） 不妨设，111ln2e e 2ln b a b aa ab b ab ab b a b a ba b a b b b a a a ---⎛⎫-+⎛⎫<<<<<<⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭ab a b ≠ln ln a ba b--a b ln ln 2a b a ba b -+<-()()(),,,G a b L a b A a b <<0ln ln a bR a b-=>-ln ln k a k b a b -=-ln ln k a a k b b -=-()ln f x k x x =-()()f a f b =()1kf x x'=-()0f k '=()f x ()0,k Z (),k +∞]x k =()f x 2a b k +<<22a b kab k +>⎧⎨<⎩1at b=>()()11ln ln 2ln 2b t b t a b a ba b t -+-+<<⇔<<-()2111ln ln 21t t t t t t --+⇔<⇔<<+a b >．记，，则 ，得在上，有，左边得证，右边同理可证．证法4（积分形式的柯西不等式） 不妨设，则由得，； 由得，．证法5（几何图示法） 过上点作切线，由曲边梯形面积，大于直角梯形面积，可得，即； 如上右图，由直角梯形面积大于曲边梯形面积，可得． 由对数平均不等式的证法1、2即可看出，它与极值点偏移问题间千丝万缕的联系，下面就用对数平均不等式再解前面举过的例题．再解例1：即，，则ln ln ln ln 0ln ln a b a b a b a b -<⇔-<⇔-<-()ln ln f a a b =-(),a b ∈+∞()210f a a '==<()f a (),b +∞]()()0f a f b <=a b >()()()()2ln ln ln 22ln ln ln e e 1aa axx bbbdxdxdx <⎰⎰⎰()()()2221ln ln 2b a a b a b -<--ln ln 2a b a ba b -+<-()222111a a ab b bdx dx dx x x ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰()()211ln ln a b a b b a ⎛⎫-<-- ⎪⎝⎭ln ln a ba b-<-()1f x x =2,2a b a b +⎛⎫⎪+⎝⎭()11ln ln 2a b a b dx a b a b x -⋅<=-+⎰ln ln 2a b a b a b -+<-1dx x=< ⎪ ⎪⎝⎭ln ln a b a b -<-()()12f x f x =1212ee x x x x --=1122ln ln x x x x -=-12121ln ln x x x x -=-（正数，的对数平均数为1），得，且．再解例2：即；由得，两式相减得 ，下面用反证法证明．若，则，，取对数得，则．而由对数平均不等式得，矛盾．再解例3：由得， ； ． 由对数平均不等式得，，得． 再解练习1：由得，则，1x 2x 1212x x +<<121x x <122x x +>()()()22e 10xf x x a x =-+-=()()22e 10xx a x -=->()()120f x f x ==()()()()122112222e 12e 1x x x a x x a x ⎧-=-⎪⎨-=-⎪⎩()()()()121212122e 2e 2x xx x a x x x x ---=-+-122x x +<122x x +≥()()12122e 2e 0x x x x ---≤()()12122e 2e x xx x -≤-()()1122ln 2ln 2x x x x -+≤-+()()21121ln 2ln 2x x x x -≥---()()()()()()()()121221121212222221ln 2ln 2ln 2ln 222x x x x x x x x x x x x ----+--+=<=-≤------1122ln ln x x x x m ==11ln m x x =22ln mx x =1212121212ln ln ln ln ln ln ln ln m mx x x x mx x x x x x --==---()12121212ln ln ln ln ln ln m x x m mx x x x x x ++=+=()()12121212ln ln 0,ln 0,ln 0ln ln 2ln ln m x x mm x x x x x x +-<<<<+()12122ln ln ln x x x x ->+=1221e x x <1122ln ln x ax x ax -=-1212110ln ln e x x a x x a -⎛⎫=<< ⎪-⎝⎭1212x xa +<得； ，已证． 再解例4：同例1，不再详述． 再解例5：同例1得到，则． 再解例7（2）：易得，则，则，． 再解例8：，，得，则，，．再解练习2：原题结论抄写有误，应更正为．即，，则 ①－②得，则（正数，的对数平均数为1）．，得，且．①＋②得，由此可得．解练习3：选项D ：即，则，，所以1222ex x a +>>()2121212122e ln ln 22x x x x a x x x x a>⇔+>⇔+>⇔+>121x x <12112x x +>>()1ln 1ln ln ln 0,1a b a b a b a b ++-==∈-1ln ln a b a b->-12a b+>2a b +>11222ln 2ln x ax x ax -=-()()12122ln ln x x a x x -=-12122ln ln x x x x a -=-1222x x a +>124x x a +>()121224262x x x x x a a a+=++>+=0f '<()0f x =()()2e 1e x a x a =->()ln ln 1x a x =+-()()1122ln ln 1 ln ln 1 x a x x a x =+-⎧⎨=+-⎩①②()()()()12121211ln 1ln 1x x x x x x -=---=---()()()()1212111ln 1ln 1x x x x ---=---11x -21x -()()121112x x -+-<<()()12111x x --<124x x +>()()12122ln ln 112ln x x a x x a +=+--<12ln 2x x a +<<0f '<()()12f x f x =121222ln ln x x x x +=+()12122112222ln ln x x x x x x x x --=-=121212ln ln 2x x x x x x -=-． 顺带地，也有． 极值点偏移问题，多与指数函数或对数函数有关，解题的关键有以下几步： （1）根据建立等量关系；（2）等量关系中如果含有参数，可考虑消参；如果含有指数式，可考虑两边取对数； （3）通过恒等变形转化出对数平均数（的值或仍用，表示），代入对数平均不等式求解．细心的读者不难发现，用对数平均不等式来解极值点偏移问题的方法也有局限性，也不是万能的（再解过程中漏掉了例6），其中能否简洁地表示出对数平均数是关键中的关键，最后再举一例． 例10设函数的两个零点是，，求证：． 证法1：首先易知，且在上，在上，不妨设，，构造函数可证．证法2：由题意得，两式相减得 ， ，，121212442x x x x x x <⇒>⇒+>>()()1212111212121111122x x x x x x x x x x x x +<⇒<+⇔--<⇔+>()()120f x f x ==1x 2x ()()2ln 2f x x ax a x =-+-1x 2x 1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭0a >()f x 10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭Z 1a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭]1210x x a <<<121212201022x x x x f a x x a ++⎛⎫'<⇔⋅->⇔+> ⎪⎝⎭()()2F x f x f x a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()()21112222ln 20ln 20x ax a x x ax a x ⎧-+-=⎨-+-=⎩()()()()12121212ln ln 20x x a x x x x a x x --+-+--=()()()121212ln ln 2x x x x a x x a -=-++-()12121210ln ln 2x x x x a x x a -=>-++-所以．()()()()212121212122012x x a x x a x x a x x a +<⇒++-+->++-()()()12121212221002x x a x x x x x x f a +⎛⎫'⇒+-++>⇒+>⇒< ⎪⎝⎭。
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.
极值点偏移问题专题(三)一一题学懂端点偏移5大套路
极值点偏移问题专题(三)一一题学懂端点
偏移5大套路
问题背景
在数学中，极值点偏移是指函数的极值点随着一定条件的改变而发生位移的现象。
在解决极值点偏移问题时，有许多常用的策略和技巧可以应用。
解决方案
以下是解决极值点偏移问题的五种常见策略：
1. 极值点的函数改变
通过改变函数的形态和特征，可以导致极值点的偏移。
这可以通过增加或减少函数的项、重新调整函数的系数等方式来实现。
2. 增加约束条件
通过引入额外的约束条件，可以使极值点受到限制，从而发生偏移。
这些约束条件可以是函数的限制、变量的限制等。
3. 改变函数的定义域
通过改变函数的定义域，可以使极值点的位置发生变化。
这可以通过增加或减少函数定义域的范围、改变函数定义域的形状等方式来实现。
4. 变换坐标系
通过变换坐标系，可以使原本的极值点在新的坐标系中发生偏移。
这可以通过旋转、平移、缩放等方式来实现。
5. 改变问题的目标函数
通过改变问题的目标函数，可以直接影响极值点的位置。
这可以通过调整目标函数的构成、改变目标函数的权重等方式来实现。
总结
极值点偏移问题在数学中很常见，但通过简单的策略和技巧，我们可以解决这些问题。
以上介绍的五种策略可以作为解决极值点偏移问题的参考，灵活运用它们可以帮助我们更好地理解和解决这类问题。
(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。
极值点偏移问题专题
极值点偏移问题专题0——偏移新花样拐点偏移例1已知函数()22ln f x x x x =++;若正实数1x ;2x 满足()()12+=4f x f x ; 求证:122x x +≥..证明：注意到()1=2f ;()()()12+=21f x f x f()22=2f x x''-+;()1=0f '';则1;2是()f x 图像的拐点;若拐点1;2也是()f x 的对称中心;则有12=2x x +;证明122x x +≥则说明拐点发生了偏移;作图如下想到了“极值点偏移”;想到了“对称化构造”;类似地;不妨将此问题命名为“拐点偏移”;仍可用“对称化构造”来处理． 不妨设1201x x <≤≤;要证()()()2F x f x f x =+-;(]0,1x ∈;则()()141102x x x ⎛⎫=--≥ ⎪ ⎪-⎝⎭;得()F x 在(]0,1上单增;有()()()1214F x F ≤=+=;得证.. 2、极值点偏移PK 拐点偏移常规套路 1、 极值点偏移()00f x '=二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+= 2、拐点偏移()()00f x ''=极值点偏移问题专题1——对称化构造常规套路例12010天津已知函数()e xf x x -=．1求函数()f x 的单调区间和极值；2已知函数()g x 的图像与()f x 的图像关于直线1x =对称;证明：当1x >时;()()f x g x >；()()1220112022f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>3如果12x x ≠;且()()12f x f x =;证明：122x x +>．点评：该题的三问由易到难;层层递进;完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程;直观展示如下：例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e xf x x -=;已知()()12f x f x =;12x x ≠;证明122x x +>．再次审视解题过程;发现以下三个关键点： 11x ;2x 的范围()1201x x <<<； 2不等式()()()21f x f x x >->；3将2x 代入2中不等式;结合()f x 的单调性获证结论．把握以上三个关键点;就可轻松解决一些极值点偏移问题．例22016新课标Ⅰ卷已知函数()()()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 +<． 解：1()0,+∞;过程略； 2由1知()f x 在(),1-∞上;在()1,+∞上;由()()120f x f x ==;可设121x x <<．构造辅助函数()()()2F x f x f x =-- 当1x <时;10x -<;2e e0xx--<;则()0F x '>;得()F x 在(),1-∞上;又()10F =;故()()01F x x <<;即()()()21f x f x x <-<．将1x 代入上述不等式中得()()()1212f x f x f x =<-;又21x >;121x ->;()f x 在()1,+∞上;故112x x <-;122x x +<．通过以上两例;相信读者对极值点偏移问题以及对称化构造的一般步骤有所了解． 但极值点偏移问题的结论不一定总是()1202x x x +><;也可以是()2120x x x ><;借鉴前面的解题经验;我们就可给出类似的过程．例3 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ;()22,B x y ;求证：1221ex x <． 证明：i ()ln 1f x x '=+;得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上;在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上；当01x <<时;()0f x <；()10f =；当1x >时;()0f x >；当0x +→时;()0f x →洛必达法则；当x →+∞时;()f x →+∞;于是()f x 的图像如下;得12101ex x <<<<．小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：step1：求导;获得()f x 的单调性;极值情况;作出()f x 的图像;由()()12f x f x =得1x ;2x 的取值范围数形结合；step2：构造辅助函数对结论()1202x x x +><;构造()()()02F x f x f x x =--；对结论()2120x x x><;构造()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭;求导;限定范围1x 或2x 的范围;判定符号;获得不等式；step3：代入1x 或2x ;利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论．。
【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．。
【高三】极值点偏移专题05：极值点偏移第三招---含对数式的极值点偏移问题
专题05：极值点偏移第三招---含对数式的极值点偏移问题前面我们已经指明并提炼出利用判定定理解决极值点偏移问题的策略：若f (x )的极值点为x 0，则根据对称性构造一元差函数F (x )＝f (x 0＋x )－f (x 0－x )，巧借F (x )的单调性以及F (0)＝0，借助于f (x 1)＝f (x 2)＝f [x 0－(x 0－x 2)]与f [x 0＋(x 0－x 2)]＝f (2x 0－x 2)，比较x 2与2x 0－x 1的大小，即比较x 0与x 1＋x 22的大小．有了这种解题策略，我们师生就克服了解题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙的想法喝彩．本文将提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：根据f (x 1)＝f (x 2)建立等式，通过消参、恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解． ★例．已知函数f (x )＝－ax 2＋(2－a )x ＋ln x ．⑴．讨论f (x )的单调性；⑵．设a ＞0，证明：当0＜x ＜1a 时，f (1a ＋x )＞f (1a－x )；⑶．若函数y ＝f (x )的图象与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：f ′(x 0)＜0．【解析】⑴．当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＜0时，f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减；⑵．法一：构造函数g (x )＝f (1a ＋x )－f (1a －x )(0＜x ＜1a )，则g ′(x )＝2a 3x 2(1－a 2x 2)－1＞0，故g (x )在(0，1a )上单调递增，又g (0)＝0，故g (x )＞0，即f (1a ＋x )＞f (1a－x )；法二：构造以a 为主元的函数，设函数h (a )＝f (1a ＋x )－f (1a －x )，则h (a )＝－2ax ＋ln(1＋ax )－ln(1－ax )，h ′(a )＝2a 3x 2(1－a 2x 2)－1，由0＜x ＜1a 得，0＜a ＜1x ，当0＜a ＜1x 时，h ′(a )＞0，故h (a )在(0，＋∞)上单调递增，而h (0)＝0，故h (a )＞0，故当0＜x ＜1a 时，f (1a ＋x )＞f (1a －x )．⑶．由⑴知，只有当a ＞0时，且f (x )的最大值f (1a )＞0时，函数y ＝f (x )才会有两个零点，不妨设A (x 1，0)，B (x 2，0)，0＜x 1＜x 2，则0＜x 1＜1a ＜x 2，故1a －x 1∈(0，1a )，由⑵得，f (2a －x 1)＝f (1a ＋1a －x 1)＞f [1a －(1a －x 1)]＝f (x 1)＝f (x 2)，又f (x )在(1a ，＋∞)上单调递减，故x 2＞2a －x 1，于是x 0＝x 1＋x 22＞1a，由⑴知，f ′(x 0)＜0．【问题的进一步探究】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：L (a ，b )＝,,ln ln ,a ba b a b a a b-⎧≠⎪-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：ab ≤L (a ，b )≤a ＋b2(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，ab ＜L (a ，b )＜a ＋b2．不失一般性，可设a ＞b ．证明：⑴．先证：ab ＜L (a ，b )①，不等式①即ln a －ln b ＜1ab(a －b )，即ln a b ＜1b ab －1a ab ，即2ln x ＜x －1x (其中x ＝1b ab ＞1)，构造函数f (x )＝－(x －1x )＋2ln x (x ＞1)，则f ′(x )＝－(1－1x )2．因x ＞1时，f ′(x )＜0，故函数f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故f (x )＜f (1)＝0，从而不等式①成立；⑵．再证：L (a ，b )＜a ＋b 2②，不等式②即ln a －ln b ＞1ab(a －b )，即ln a b ＞2(a b －1)(a b ＋1)－1，即ln x ＞2(x －1)x ＋1 (其中x ＝1b ab ＞1)，构造函数g (x )＝－2(x －1)x ＋1＋ln x (x ＞1)，则g ′(x )＝(x －1)2x (x ＋1)2．因x ＞1时，g ′(x )＞0，故函数g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )＜g (1)＝0，从而不等式②成立；综合⑴⑵知，对∀a ，b ＞0，都有对数平均不等式ab ≤L (a ，b )≤a ＋b2成立，当且仅当a ＝b 时，等号成立．例题⑶问另解：由f (x 1)＝f (x 2)＝0得，－a x 21＋(2－a )x 1＋ln x 1＝－a x 22＋(2－a )x 2＋ln x 2＝0，即2(x 1－x 2)＋(ln x 1－ln x 2)＝a (x 21－x 22＋x 1－x 2)，即a ＝[2(x 1－x 2)＋(ln x 1－ln x 2)]( x 21－x 22＋x 1－x 2)－1，故要证f ′(x 0)＜0，即证x 0＝x 1＋x 22＞1a ，即x 1＋x 22＞(x 21－x 22＋x 1－x 2)[2(x 1－x 2)＋(ln x 1－ln x 2)]－1＝(x 1＋x 2＋1)(2＋ln x 1－ln x 2x 1－x 2)－1，即2x 1＋x 2＜ln x 1－ln x 2x 1－x 2．根据对数平均不等式，此不等式显然成立，故原不等式得证．★已知函数f (x )＝x ln x 与直线y ＝m 交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点．求证：0＜x 1x 2＜1e 2． 【解析】由x 1ln x 1＝m ，x 2ln x 2＝m 得，x 1＝m (ln x 1)－1①，x 2＝m (ln x 2)－1②，①－②得，x 1－x 2＝m (ln x 2－ln x 1)(ln x 1ln x 2)－1，即(x 1－x 2)(ln x 1－ln x 2)－1＝－m (ln x 1ln x 2)－1③，①＋②得，x 1＋x 2＝m (ln x 2＋ln x 1)(ln x 1ln x 2)－1④，根据对数平均不等式得，x 1＋x 22＞－m (ln x 1－ln x 2)－1(x 1≠x 2)，利用③④得，m (ln x 2＋ln x 1)(2ln x 1ln x 2)－1＞－m (ln x 1ln x 2)－1，由于y ＝m 与y ＝x ln x 交于不同两点，易得出则m ＜0，故上式简化为：ln(x 1x 2)＜－2＝lne －2，故0＜x 1x 2＜1e 2．招式演练：例1、已知函数f (x )＝ln xx ＋a (a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．⑴．试比较20162017与20172016的大小，并说明理由；⑵．若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2．例2、已知函数f (x )＝bx－a ＋ln x (a ，b ∈R)．⑴．讨论函数f (x )的单调区间与极值；⑵．若b ＞0且f (x )≥0恒成立，求e a －1－b ＋1的最大值；⑶．在⑵的条件下，且求e a －1－b ＋1取得最大值时，设F (b )＝1b (a －1)－m (m ∈R)，且函数F (x )有两个零点x 1，x 2，求实数m 的取值范围，并证明：x 1x 2＞e 2．例3、已知函数f (x )＝axln x ，g (x )＝b (x ＋1)，其中a ≠0，b ≠0．⑴．若a ＝b ，讨论F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；⑵．已知函数f (x )的曲线与函数g (x )的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：1a (x 1＋x 2)g (x 1＋x 2)＞2．例4、已知函数f(x)＝a•xln x．⑴．若f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线4x＋y＝0垂直，求函数f(x)的单调递减区间；⑵．若方程f(x)＝1有两个不相等的实数解x1，x2，证明：x1＋x2＞2e．【答案】★已知函数f (x )＝ln xx ＋a(a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．⑴．试比较20162017与20172016的大小，并说明理由；⑵．若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2．【解析】⑴．依题意得f ′(x )＝(1＋a x －ln x )(1x ＋a )2，故f ′(1)＝11＋a ，又由切线方程得，f ′(1)＝1，即11＋a ＝1，解得，a ＝0，此时f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2，令f ′(x )＞0，即1－ln x ＞0，解得，0＜x ＜e ；令f ′(x )＜0，即1－ln x ＜0，解得，x ＞e ，故f (x )的增区间为(0，e)，减区间为(e ，＋∞)，故f (2016)＞f (2017)，即2016－1ln2016＞2017－1ln2017，2017ln2016＞2016ln2017，20162017＞20172016．⑵．证明：不妨设x 1＞x 2＞0，因g (x 1)＝g (x 2)＝0，故化简得，－kx 1＋ln x 1＝0，－kx 2＋ln x 2＝0，故ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)．要证明x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2，即k (x 1＋x 2)＞2，因k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，故即证ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＞(x 1－x 2)(x 1＋x 2)－1，令t ＝x 1x 2，则t ＞1，即证ln t ＞－2(1－t )t ＋1．令h (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t (t ＞1)，由h ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故函数h (t )在(1，＋∞)是增函数，故h (t )＞h (1)＝0，即ln t ＞－2(1－t )t ＋1得证．故x 1x 2＞e 2．点睛：本题主要考查函数导数与切线的关系，考查利用导数来证明不等式，考查利用分析法和导数来证明不等式的方法．有关导数与切线的问题，关键的突破口在与切点和斜率，本题中已知切线和某条直线垂直，也即是给出斜率，利用斜率可求得函数的参数值．利用导数证明不等式通常先利用分析法分析，通过转化后再利用导数来证明．★已知函数f (x )＝bx－a ＋ln x (a ，b ∈R)．⑴．讨论函数f (x )的单调区间与极值；⑵．若b ＞0且f (x )≥0恒成立，求e a －1－b ＋1的最大值；⑶．在⑵的条件下，且求e a －1－b ＋1取得最大值时，设F (b )＝1b (a －1)－m (m ∈R)，且函数F (x )有两个零点x 1，x 2，求实数m 的取值范围，并证明：x 1x 2＞e 2．【解析】⑴．f ′(x )＝1x 2(x －b )，当b ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无极值；当b ＞0时，x ∈(0，b )时，f ′(x )＜0，x ∈(b ，＋∞)时，函数f (x )的单调递减区间为(0，b )，单调递增区间为(b ，＋∞)，故f (x )的极小值为f (b )＝1－a ＋ln b ；⑵．当b ＞0时，由⑴知，f (x )min ＝1－a ＋ln b ≥0，ln b ≥a －1，b ≥e a －1，故e a －1－b ＋1≤1，即当ln b ＝a －1时，e a －1－b ＋1的最大值为1；⑶．由⑵知，当e a －1－b ＋1取最大值1时，e a －1＝b ，即a －1＝ln b ，即F (b )＝－m ＋1b ln b (b＞0)，记F (x )＝－m ＋ln xx (x ＞0)，F (x )＝0，即－mx ＋ln x ＝0，不妨设x 1＜x 2，由题意得，ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2，则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 1－x 2)，即m ＝lnx 2x 1x 2－x 1，欲证明x 1x 2＞e 2，只需证明ln(x 1x 2)＞2，只需证明m (x 1＋x 2)＞2，即证明(x 1＋x 2)(x 1＋x 2)－1ln x 2x 1＞2，即证(x 2x 1＋1)(x 2x 1－1)－1 ln x 2x 1＞2，设t ＝x 2x 1＞1，则只需证明ln t ＞－2(1－t )t ＋1，即证明2(1－t )t ＋1＋ln t ＞0，记u (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t (t ＞1)，故u ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故u (t )在(1，＋∞)单调递增，故u (t )＞u (1)＝0，故原不等式成立．★已知函数f (x )＝axln x ，g (x )＝b (x ＋1)，其中a ≠0，b ≠0．⑴．若a ＝b ，讨论F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；⑵．已知函数f (x )的曲线与函数g (x )的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：1a(x 1＋x 2)g (x 1＋x 2)＞2．【解析】⑴．由已知得，F (x )＝f (x )－g (x )＝－a (x ＋1－ln x x )，故F ′(x )＝－ax2(x 2－1＋ln x )，当0＜x ＜1时，因x 2－1＜0，ln x ＜0，故x 2－1＋ln x ＜0；当x ＞1时，x 2－1＞0，ln x ＞0，故x 2－1＋ln x ＞0．故若a ＞0，F (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；故若a ＜0，F (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．⑵．不妨设x 1＞x 2，依题意，1x 1a ln x 1＝b (x 1－1)，故a ln x 1＝b (x 21－x 1)①，同理，a ln x 2＝b (x 22－x 2)②，①－②得，a ln x 1x 2＝b (x 21－x 1－x 22＋x 2)＝b (x 1－x 2)(x 1＋x 2－1)，故b a (x 1＋x 2－1)＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，故1a (x 1＋x 2)g (x 1＋x 2)＝b a (x 1－x 2)(x 1＋x 2－1)＝(x 1＋x 2)(x 1－x 2)－1ln x 1x 2，故只需证(x 1＋x 2)(x 1－x 2)－1ln x 1x 2＞2，取t ＝x 1x 2＞1，即只需证明1t －1(t ＋1)ln t ＞2，∀t ＞1成立．即只需证p (t )＝21－t 1＋t ＋ln t ，∀t ＞1成立．p ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故p (t )在区间[1，＋∞)上单调递增，故p (t )＞p (1)＝0，∀t ＞1成立．故原命题得证．★已知函数f (x )＝a •x ln x．⑴．若f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线4x ＋y ＝0垂直，求函数f (x )的单调递减区间；⑵．若方程f (x )＝1有两个不相等的实数解x 1，x 2，证明：x 1＋x 2＞2e ．【解析】⑴．f ′(x )＝a ln x －1ln 2x ，故f ′(e 2)＝a 4＝14，故a ＝1，令f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＜0得，x ∈(0，1)∪(1，e)，故函数f (x )的单调递减区间为(0，1)和(1，e)；⑵．由ln x 1＝ax 1，ln x 2＝ax 2，故ln x 1x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1x 2＝a (x 1－x 2)，故a ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，因x 1＋x 2＞2x 1x 2，只要证x 1x 2＞e 2，即ln x 1＋ln x 2＞2，只需证ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)＝(x 1＋x 2)ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2，不妨设x 1＞x 2，即证ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令t ＝x 1x 2＞1，只需证ln t ＞－2(1－t )t ＋1，令g (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t ＝－2＋4•11＋t ＋ln t ，则g (t )在(1，＋∞)上单调递增， g (t )＞g (1)＝0(t ＞1)，即证．。
极值点偏移问题专题
2例1已知函数f x =2ln x x x，若正实数x i, X2满足f X i +f x? =4 , 求证:x1x2 -2。
证明：注意到f 1 =2，f +f x2 =2f 1f x1 +f x2 =2f 12f x = +2x 10x不妨设0 ：：：X1乞1乞X2，要证x-i x2- 2二x2_ 2「％ -1二f x2- f 2 -论=4-f 为-f 2-凶=4 一f % f 2 - ％F x = f x f 2 -x , x 0,1 1,则F x 二f x -f2-x+1 |「丄+2（2_x）+1 丿l2—x极值点偏移问题专题（0）偏移新花样（拐点偏移）2r x = 22，C 1 =0，则（1,2 ）是f X图像的拐点，若拐点（1,2 ）也是f x的x移”，仍可用“对称化构造”来处理.= 4(1—x) ------------ —1 >0 ,(x(2—x)丿得F x在0,11上单增，有Fx乞F1=2'1=4，得证。
2、极值点偏移PK拐点偏移常规套路1、极值点偏移(「x0 =0)(1) 求函数f x的单调区间和极值;(2) 已知函数g x的图像与f x的图像关于直线x=1对称，证明：当x 1时, f x g x ;(3) 如果x^=x2，且f x1二f x2，证明：x1x2 2 •二次函数f % A f x2 = xi x^ -2x02、拐点偏移f x o =0f x = f x2 = x22x0_ x1 =x1x22x0例1( 2010天津) 已知函数f x i；二xe* •』)上/ ’枉(L+®)±\ r y(x)有极大值解:(l)/,(x)=e_I(l-x) r得f (刃在(YD/(1) = - ’无驗卜值;e(2)g(x]的團像与f(x)的團像关于直线x“对称”则g[x)的跡式为$ = /(2-x)，构iim^F(x)=/(x)-g(x) = /(x)-/(2-x)F(x) = r[x) + /(2-x)二严(1_工)+严(T当Q1 时宀―I A O r严-「A0 ’则r(x)>0 ,得F⑴在(l J+ao)±fflS P fl|F(x)>F(l)=O F»/(x)>^(x).(3)由才(坷)=子(花)「结合门刘的单调性可设坯弋让码'将七代入(2 )中不等式得/(2-巧)f又画<1 , 2-X2 <1 rf又/(码)=/(旳)r故/*(码)A『(划在(YD±1]上单堵「故^>2-^ t遍+冯>2 +来源:微信公众号中学数学研讨部落点评：该题的三问由易到难，层层递进，完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法一一对称化构造的全过程，直观展示如下：例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数 f x二xe"，已知f = f X2，为X2，证明X| x22.再次审视解题过程，发现以下三个关键点：(1)为,x2的范围0 ：：：x ■■■■ 1 x2 ;(2)不等式f x ■ f 2 -x x 1 ；(3 )将X2代入(2 )中不等式，结合f x的单调性获证结论.把握以上三个关键点，就可轻松解决一些极值点偏移问题.2例2 (2016新课标I卷)已知函数f x i：〔x-2 e x• a x T 有两个零点.(1 )求a 的取值范围；(2)设x i , X 2是f x 的两个零点，证明：x i X 2 ::: 2 . 解：(1) 0,=,过程略；(2)由(1 )知 f x 在-:：,1 上 ，在 1「：上 ，由 f Xi I 二 f X 2 ［=0，可设 X 1 :: 1 ：: x 2. 构造辅助函数Fx 二fx-f2-xF x 二 f x ： ： f 2 - x=x -1 ii e x2a ］亠［1 - x e 2» 2a x 2 -x二 x-1 e -e当 x 1 时，x —1 ：：：0, e x —e 2「：：0，则 F ，x 0，得 F x 在一:：，1 上 ，又 F 1 = 0 ,故 F x ： 0 x ： 1 ，即 f x ： f 2 一 x x ：： 1 .将x 1代入上述不等式中得 f X f ］= f x 2 :: f 2-为，又x 2 1 , 2-捲.1 , f x 在1,二上，故 x 1 : x 1 , x 1 x 2: 2 . 通过以上两例，相信读者对极值点偏移问题以及对称化构造的一般步骤有所了解. 但极值点偏移问题的结论不一定总是 N x 2 si ］2x 0，也可以是x 1x^ ix2，借鉴前面 的解题经验，我们就可给出类似的过程.例3 已知函数f x =xlnx 的图像与直线y = m 交于不同的两点 A x 1, y 1 , B %,y 2 , f X ］，0 ；当X r 0时，f X ：r 0 (洛必达法则)；1f x …［于是f x 的图像如下，得0：7 x 2 ：：：1. e求证: %x 2证明：(i )f x =ln x 1,得 f x 在 ;当 0 ： x 1 时,f x 0； f 1 =0；当 x 1 时,(ii)构造溶数尸(工)=/|»_£厶”则 I 亡H(iii)将可代入(ii)中不等式得，又/fjq) = /(x 1)'故 I e x /牡 < 丄+来源：微信公众号中学数学研讨瞬 e"小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步： stepl :求导，获得f x 的单调性，极值情况，作出f x 的图像，由f x , = f %得为， X 2的取值范围(数形结合)；step2 :构造辅助函数(对结论 x , x 2 i2x 0，构造F x = f x f 2x^ - x ；对结 论 x ,x 2 > (£比，构造F (x )=f (x )-f "泡()，求导，限定范围(x ,或X 2的范围)，判定<x 丿符号，获得不等式；step3 :代入x ,(或X 2)，利用f (x, )= f (X 2 )及f (x )的单调性证明最终结论. 当。
专题十一 极值点偏移及拐点偏移问题
专题十一极值点偏移及拐点偏移问题1．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，a∈R．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）若a≥0，求f（x）的零点个数；（Ⅲ）若f（x）有两个零点x1，x2，证明：x1+x2＜2．2．已知函数．（1）若曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y＝﹣x﹣1，求a，b的值；（2）当b＝1，a＜0时，证明：函数f（x）有两个零点x1，x2，且x1+x2＞2．3．已知函数f（x）＝alnx+x2﹣（a+2）x，其中a为常数，且a≠0．（I）当a＞0时，若f（x）在（0，e]上的最大值为1，求实数a的值；（II）若a＜0，且函数f（x）有两个不相等的零点x1，x2，证明：x1+x2＞2．4．已知函数．（Ⅰ）若函数f（x）在（1，f（1））处的切线与直线x﹣y＝0平行，求实数n的值；（Ⅱ）若n＝1时，函数f（x）恰有两个零点x1，x2（0＜x1＜x2），证明：x1+x2＞2．5．已知函数（a∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）当函数f（x）与函数g（x）＝lnx图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；（3）证明：当a∈（0，）时，函数h（x）＝f（x）﹣ax有两个零点x1，x2，且满足．6．已知函数f（x）＝ax﹣﹣lnx，g（x）＝ax﹣a（a∈R）．（1）若a＝0，求函数f（x）在（e为自然对数的底数）上的零点个数；（2）若方程f（x）＝g（x）恰有一个实根，求a的取值集合；（3）若方程f（x）＝g（x）有两个不同的实根x1，x2（x1＜x2），求证：2＜x1+x2＜3e a ﹣1﹣1．7．已知f（x）＝ln（x+m）﹣mx．（1）求f（x）的单调区间；（2）设m＞1，x1，x2为函数f（x）的两个零点，求证：x1+x2＜0．8．已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜+＜e．9．（1）已知b＞a＞0，证明不等式；＜＜；（2）已知函数f（x）＝xe﹣x，且f（x1）＝f（x2）（x1≠x2），证明：x1+x2＞2．10．已知函数f（x）＝，a∈R（Ⅰ）求f（x）的极值；（Ⅱ）若lnx﹣kx＜0在（0，+∞）上恒成立，求k的取值范围；（Ⅲ）已知x1＞0，x2＞0，且x1+x2＜e，求证：x1+x2＞x1x2．11．设函数f（x）＝﹣e2x+（x﹣1）e x（a∈R）．（1）当a＝时，求g（x）＝f′（x）•e1﹣x的单调区间（f′（x）是f（x）的导数）；（2）若f（x）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），证明：x1+2x2＞3．12．已知函数f（x）＝．（1）若a＝0，讨论f（x）的单调性．（2）若f（x）有三个极值点x1，x2，x3．①求a的取值范围；②求证：x1+x2+x3＞﹣2．13．设函数．（1）若k＝1，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在三个极值点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求k的取值范围，并证明：x1+x3＞2x2．14．已知函数f（x）＝﹣ax+alnx，其中a＞0．（1）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若函数g（x）＝f（x）+a（lnx+）有三个极值点x1，x2，x3，求证：++＞2．15．设函数f（x）＝lnx，g（x）＝a（x﹣1），其中a∈R．（1）若a＝1，证明：当x＞1时，f（x）＜g（x）；（2）设F（x）＝f（x）﹣g（x）e x，且0＜a＜，其中e是自然对数的底数．①证明F（x）恰有两个零点；②设x0如为F（x）的极值点，x1为F（x）的零点，且x1＞x0，证明：3x0﹣x1＞2．16．已知函数，a∈R．（1）当a＝1时，求函数g（x）＝f（x）+x2的单调区间；（2）当，时，函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：x2﹣x1＞2．17．设函数．（1）若函数f（x）在R上单调递增，求a的值；（2）当a＞1时，①证明：函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且x2﹣x1随着a的增大而增大；②证明：．18．已知函数f（x）＝2xlnx，g（x）＝x2+ax﹣1，a∈R．（Ⅰ）若对任意x∈[1，+∞），不等式f（x）≤g（x）恒成立，求a的取值范围；（Ⅱ）若函数h（x）＝|f（x）|﹣2a有3个不同的零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．（ⅰ）求证：x1+x2＞；（ⅱ）求证：x3﹣x2＞．19．已知函数．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若，求证：m﹣n＞2．20．已知函数．（1）求函数f（x）在x＝1处的切线方程；（2）若方程f（x）＝a有两个不同实根x1，x2，证明：．21．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2+x（a∈R）．（1）证明：曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线l恒过定点；（2）若f（x）有两个零点x1，x2，且x2＞2x1，证明：．22．已知a∈R，f（x）＝x•e﹣ax（其中e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数y＝f（x）的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，函数y＝f（x）﹣a有两个零点x，x2，求证：x12+x22＞2e．23．已知函数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若（e是自然对数的底数），且x1＞0，x2＞0，x1≠x2，证明：＞2．24．已知函数f（x）＝lnx+﹣a（a∈R，b∈R）有最小值M，且M≥0．（Ⅰ）求e a﹣1﹣b+1的最大值；（Ⅱ）当e a﹣1﹣b+1取得最大值时，设F（b）＝﹣m（m∈R），F（x）有两个零点为x1，x2（x1＜x2），证明：x1•＞e3．25．已知，函数f（x）＝lnx﹣ax，其中a∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点，（i）求a的取值范围；（ii）设f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2＞e2．26．已知函数f（x）＝e x﹣﹣a（e是自然对数的底数）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2＞．27．已知函数f（x）＝x﹣a sin x+mlnx，g（x）＝f（x）+a sin x．（1）求函数y＝g（x）的极值；（2）若存在x1，x2∈（0，+∞），且当x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），当0＜a＜1时，求证：．28．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′（）＜0（f′（x）是f（x）的导函数）；（3）证明：x1x2＜x1+x2．29．已知函数f（x）＝lnx+（x﹣a）2．（1）若函数f（x）在点（1，f（1））处切线的斜率等于1，求a的值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）若函数f（x）有两个极值点分别为x1，x2（x1＜x2），证明：．30．已知函数．若f（x）在（0，2）上有两个极值点x1、x2（x1＜x2）．（1）求实数a的取值范围；（2）求证：x1x2＜1．31．已知函数f（x）＝x﹣（a＞0）有两个相异零点x1、x2，且x1＜x2，求证：＜．32．已知函数f（x）＝ae﹣x+lnx﹣1（a∈R）．（1）当a≤e时，讨论函数f（x）的单调性：（2）若函数f（x）恰有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且，求的最大值．（1）讨论f（x）的单调性；（2）已知，若f（x）存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求的取值范围．34．设f（x）＝x﹣ae x（a∈R），x∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）已知函数y＝f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2．（ⅰ）求a的取值范围；（ⅱ）证明：随着a的减小而增大．（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．（2）若正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）＝4，求证：x1+x2≥2．36．已知函数．（1）当a＞0时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当时，设g（x）＝f（x）+6x，若正实数x1，x2，满足g（x1）+g（x2）＝4，求证：x1+x2≥2．（1）若f（1）＝0，求函数f（x）的单调减区间；（2）若a＝﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，证明：x1+x2．。
极值点偏移问题专题(一)
极值点偏移问题专题（0）——偏移新花样（拐点偏移）例1已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数1x ，2x 满足()()12+=4f x f x ， 求证:122x x +≥。
2、极值点偏移PK 拐点偏移常规套路 1、 极值点偏移（()00f x '=）二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+= 2、拐点偏移()()00f x ''=()()1220112022f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>()()()12012022f x f x f x x x x +=⇒+=极值点偏移问题专题（1）——对称化构造（常规套路）例1（2010天津）已知函数()e xf x x -=．（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()g x 的图像与()f x 的图像关于直线1x =对称，证明：当1x >时，()()f x g x >；（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明：122x x +>．()()()120201120222f x f x f x x x x x x x +=⇒>-⇒+>例2 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证：1221ex x <．练习1已知函数()2ln f x x x x =++，正实数1x ，2x 满足()()12120f x f x x x ++=，求证：12x x +≥．练习2．已知函数()ln f x x =和()g x ax =，若存在两个实数1x ，2x ，且12x x ≠，满足()()11f x g x =，()()22f x g x =，求证：（1）122e x x +>；（2）212e x x >．。
重难点专题08 极值点偏移的十大类型(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破
极值点偏移问题中（极值点为x0），证明x1+x2>2x0或x1+x2<2x0的方法：①构造F(x)=f(x)―f(2x―x)，②确定F(x)的单调性，③结合特殊值得到f(x)―f(2x0―x2)>0或f(x2)―f(2x0―x2)<0，再利用f(x1)=f(x2)，2得到f(x)与f(2x0―x2)的大小关系，1④利用f(x)的单调性即可得到x1+x2>2x0或x1+x2<2x0.处理极值点偏移问题中的类似于x1x2<a（f(x)=f(x2)）的问题的基本步骤如下：1①求导确定f(x)的单调性，得到x1,x2的范围；②构造函数F(x)=f(x)―f a，求导后可得F(x)恒正或恒负；x极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0（x为函数f(x)的极值点）；2.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0（x为函数f(x)的极值点）；3.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2，令x0=x1+x22，求证：f′(x)>0；4.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，令x0=x1+x22，求证：f′(x)>0.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，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的函数示两个极值点，即t=x1x2问题求解．两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)=a―bln a―ln b(a≠b), a(a=b).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：ab≤L(a,b)≤a+b2（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．。
专题07 极值点偏移问题 (解析版)
导数及其应用 专题七：极值点偏移问题一、知识储备1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210xx x +≠。
如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
2、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-. (3)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(4)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(5)转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 二、例题讲解1．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1m =时，若在()f x 定义域内存在两实数1x ，2x 满足12x x <且()()12f x f x =，证明：122x x +>.【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得m x m =，当0mx m <<时，()0f x '>，当m x m >时，()0f x '<，于是得()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减；（2）分析 ：如图：1201x x <<< 要证122x x +> 只需证：122x x -<由于101x <<，则112x <-即只需证1212x x <-< 如图，只需证12(2)()f x f x ->；由于()()12f x f x = 只需证11(2)()f x f x ->此时可构造函数()()(2)F x f x f x =--（即用x 替代了上式1x ） 只需证：在01x <<，()()(2)0F x f x f x =--<。
数学高考专题极值点偏移
极值点偏移专题（一）1、极值点偏移以函数函数为例，极值点为0，如果直线与它的图像相交，2x y =1=y 交点的横坐标为和，我们简单计算：.也就是说极值点刚好位1-10211=+-于两个交点的中点处，此时我们称极值点相对中点不偏移.当然，更多的情况是极值点相对中点偏移，下面的图形能形象地解释这一点.那么，如何判断一道题是否属于“极值点偏移”问题呢？其具体特征就是：2、主元法破解极值点偏移问题2016年全国I 卷的第21题是一道导数应用问题，呈现的形式非常简洁，考查了函数的双零点的问题，也是典型的极值点偏移的问题, 是考生实力与潜力的综合演练场．所谓主元法就是在一个多元数学问题中以其中一个为“主元”，将问题化归为该主元的函数、方程或不等式等问题，其本质是函数与方程思想的应用．例1.（2016全国1-21）已知函数有两个零点.()()()221xf x x e a x =-+- (I)求a 的取值范围；(II)设x 1,x 2是的两个零点,证明：. ()f x 122x x +<(1)解析：详细解答⑴方法一：由已知得：()()()()()'12112x x f x x e a x x e a =-+-=-+①若，那么，只有唯一的零点，不合题意； 0a =()()0202x f x x e x =⇔-=⇔=()f x 2x =②若，那么，所以当时，，单调递增0a >20x x e a e +>>1x >()'0f x >()f x 当时，，单调递减，即：1x <()'0f x <()f xx(),1-∞1()1,+∞ ()'f x-+()f x ↓ 极小值 ↑故在上至多一个零点，在上至多一个零点()f x ()1,+∞(),1-∞由于，，则，()20f a =>()10f e =-<()()210f f <根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点． ()f x ()1,2而当时，，，1x <x e e <210x -<-<故()()()()()()()222212111x f x x e a x e x a x a x e xe =-+->-+-=-+--则的两根，， ，因为()0f x =11t =+21t =12t t <，故当或时，0a >1x t <2x t >()()2110a x e x e -+-->因此，当且时，1x <1x t <()0f x >文末获取Word文档又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．()10f e =-<()f x (),1-∞此时，在上有且只有两个零点，满足题意．()f x R ③ 若，则，02ea -<<()ln 2ln 1a e -<=当时，，，()ln 2x a <-()1ln 210x a -<--<()ln 2220a x e a e a -+<+=即，单调递增；()()()'120x f x x e a =-+>()f x 当时，，，即()ln 21a x -<<10x -<()ln 2220a x e a e a -+>+=，单调递减；()()()'120x f x x e a =-+<()f x 当时，，，即，单调递增．1x >10x ->()ln 2220a x e a e a -+>+=()'0f x >()f x 即：x()(),ln 2a -∞- ()ln 2a -()()ln 2,1a -1()1,+∞ ()'f x +0 -+()f x ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑而极大值()()()(){}22ln 22ln 22ln 21ln 2210f a a a a a a a -=---+--=--+<⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦故当时，在处取到最大值，那么1x ≤()f x ()ln 2x a =-()ln 2f a -⎡⎤⎣⎦恒成立，即无解()()ln 20f x f a -<⎡⎤⎣⎦≤()0f x =而当时，单调递增，至多一个零点，此时在上至多一个零点，1x >()f x ()f x R 不合题意．④ 若，那么2ea =-()ln 21a -=当时，，，即，单()1ln 2x a <=-10x -<()ln 2220a x e a e a -+<+=()'0f x >()f x 调递增当时，，，即，单()1ln 2x a >=-10x ->()ln 2220a x e a e a -+>+=()'0f x >()f x 调递增又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题()f x 1x =()f x R 意．⑤ 若，则2ea <-()ln 21a ->当时，，，即，单1x <10x -<()ln 212220a x e a e a e a -+<+<+=()'0f x >()f x 调递增当时，，，即，单()1ln 2x a <<-10x ->()ln 2220a x e a e a -+<+=()'0f x <()f x 调递减当时，，，即，()ln 2x a >-()1ln 210x a ->-->()ln 2220a x e a ea -+>+=()'0f x >单调递增，即：()f xx(),1-∞1()()1,ln 2a - ()ln 2a -()()ln 2,a -+∞ ()'f x +0 -+()f x ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑故当时，在处取到最大值，那么()ln 2x a -≤()f x 1x =()1f e =-()0f x e -<≤恒成立，即无解()0f x =当时，单调递增，至多一个零点，此时在上至多一个零()ln 2x a >-()f x ()f x R 点，不合题意．综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．0a >a ()0,+∞简要解析（Ⅰ）方法二：．'()(1)2(1)(1)(2)x xf x x e a x x e a =-+-=-+（i ）设,则,只有一个零点．0a =()(2)xf x x e =-()f x （ii ）设,则当时,；当时,．所以在0a >(,1)x ∈-∞'()0f x <(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x 上单调递减,在上单调递增．(,1)-∞(1,)+∞又,,取满足且,则 (1)f e =-(2)f a =b 0b <ln2a b <, 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->故存在两个零点．()f x （iii ）设,由得或．0a <'()0f x =1x =ln(2)x a =-若,则,故当时,,因此在上单调递2ea ≥-ln(2)1a -≤(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (1,)+∞增．又当时,,所以不存在两个零点．1x ≤()0f x <()f x 若,则,故当时,；当时,2ea <-ln(2)1a ->(1,ln(2))x a ∈-'()0f x <(ln(2),)x a ∈-+∞．因此在单调递减,在单调递增．又当时,'()0f x >()f x (1,ln(2))a -(ln(2),)a -+∞1x ≤,所以不存在两个零点．综上,的取值范围为．()0f x <()f x a (0,)+∞⑵ 方法一：由已知得：，不难发现，，()()120f x f x ==11x ≠21x ≠故可整理得：()()()()121222122211xx x e x e a x x ---==--设，则，那么， ()()()221x x e g x x -=-()()12g x g x =()()()2321'1x x g x e x -+=-当时，，单调递减；当时，，单调递增． 1x <()'0g x <()g x 1x >()'0g x >()g x 设，构造代数式：0m > ()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设， ()2111mm h m e m -=++0m >则，故单调递增，有．()()2222'01m m h m e m =>+()h m ()()00h m h >=因此，对于任意的，．0m >()()11g m g m +>-由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则()()12g x g x =1x 2x ()g x 12x x <必有121x x <<令，则有110m x =->()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦而，，在上单调递增，因此：121x ->21x >()g x ()1,+∞()()121222g x g x x x ->⇔->整理得：．122x x +<(2)方法二：不妨设，由（1）知，12x x <，在上单调递减，()()()122,1,1,,2,1x x x ∈-∞∈+∞-∈-∞()f x (),1-∞所以等价于，即． 122x x +<()()122f x f x >-()()222f x f x >-由于，而，()()22222221x f x x ea x --=-+-()()()2222221x f x x e a x =-+-所以．()()()222222222x x f x f x x e x e ---=---令，则，()()22xx g x xex e -=---()()()21x x g x x e e -'=--所以当时，，而，1x >()0g x '<()10g =故当时，．从而，故． 1x >()()10g x g <=()()2220g x f x =-<122x x +<(二)对解析的分析本问待证是两个变量的不等式，官方解析的变形是，借助于函数的特性及其122x x <-单调性，构造以为主元的函数．由于两个变量的地位相同，当然也可调整主元变形为2x ，同理构造以为主元的函数来处理．此法与官方解析正是极值点偏移问题的处212x x <-1x 理的通法．不妨设，由（1）知，，在12x x <()()()121,1,1,,21,x x x ∈-∞∈+∞-∈+∞()f x 上单调递增，所以等价于，即． ()1,+∞122x x +<()()212f x f x <-()()1120f x f x --<令，则()()()()()2221xx u x f x f x xex e x -=--=--<，()()()210x x u x x e e -'=-->所以，即， ()()10u x u <=()()()21f x f x x <-<所以； ()()()1212f x f x f x =<-所以，即.212x x <-122x x +<变式、（2010年天津理科21题）已知函数()()xf x xe x R -=∈（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；()f x （Ⅱ）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当()y g x =()y f x =1x =时，1x >()()f x g x > （Ⅲ）如果，且，证明．12x x ≠12()()f x f x =122x x +>解：（21）本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分 （Ⅰ）解：f ′，令f ′(x )=0,解得x =1()(1)xx x e-=-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 )极大值所以f (x )在()内是增函数，在()内是减函数。
专题03不含参数的极值点偏移问题
专题03不含参数的极值点偏移问题极值点偏移问题是指在一些函数的极值点附近，通过对函数进行微小的改变，导致极值点的位置发生偏移的现象。
这种现象在实际问题中经常出现，对于函数的极值点的求解和分析有重要影响。
本文将讨论不含参数的极值点偏移问题，并通过具体例子进行说明。
我们先来回顾一下极值点的概念。
对于函数f(x)，如果存在一个点x0，使得在x0的一些邻域内，f(x0)小于（或大于）f(x)（x≠x0），则称f(x0)为f(x)的极小值点（或极大值点）。
如果f(x0)是f(x)的极小值点，并且在x0的左（或右）邻域内，f'(x0)>0（或<0），则称x0为极小值点的左（或右）极值点。
现在我们考虑一个不含参数的函数f(x)，并以一个具体例子来讨论极值点偏移问题。
假设f(x)=x^3-3x^2-x+3我们首先要找出f(x)的极值点。
为了找到极值点，需要计算函数的导数。
f'(x)=3x^2-6x-1、令f'(x)=0，解得x=2，x=-1/3、将这些x值代入f(x)中，可以计算出相应的y值。
当x=2时，f(x)=-3；当x=-1/3时，f(x)=46/27、因此，函数f(x)的极小值点为(2,-3)和(-1/3,46/27)。
假设我们希望在极小值点(2,-3)附近做微小的改变，使得极小值点发生偏移。
我们可以改变函数的形式，以考虑新的偏移问题。
假设我们将函数f(x)改变为f'(x)=x^3-3x^2-x+a，其中a为可变参数。
通过对新函数f'(x)进行分析，我们可以得到极值点的位置与参数a之间的关系。
现在我们来对新函数f'(x)进行分析。
计算f'(x)的导数，得到f''(x)=3x^2-6x-1、令f''(x)=0，解得x=1-√7/3和x=1+√7/3、将这些x值代入f'(x)中，可以计算出相应的y值。
极值点偏移专题03不含参数的极值点偏移问题
极值点偏移专题03不含参数的极值点偏移问题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．已知函数()()xf x xe x R -=∈，如果12x x ≠，且12()()f x f x =．证明：122x x +>．2．已知函数21()1xx f x e x-=+，证明：当1212()()()f x f x x x =≠时，120x x +<． 3．已知()22ln f x ax x x =-+ （1）若12a =-，求()f x 的最大值； （2）若()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，证明:()()()121214ln 543f x f x x x +++<-. 4．已知函数2()()x f x ae x a R =-∈，若()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，且12x x <. （1）求实数a 的取值范围； （2）证明：22x a<； （3）证明：121121x x a-<-. 5．已知函数()()2xax af x x a R e+=+∈有两个零点. （1）求实数a 的取值范围；（2）设1x 、2x 是()f x 的两个零点，求证：12110x x +<. 6．已知函数()2ln f x mx x =+.（1）若4m =-，求函数()f x 的单调递增区间；（2）设1x ，2x 是()1f x '=的两个不相等的正实数解，求证：()()12123ln 4f x f x x x ++<++.7．已知函数()xf x e x a =--.（1）求()f x 的单调增区间和极值；（2）若函数()f x 有两个零点()1212,x x x x <，求实数a 的取值范围，并证明212x x a -<.8．已知函数()()2ln f x x a x x =+-，a ∈R ．（1）讨论函数()f x 极值点的个数；（2）若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()1234ln 2f x f x +<--．9．已知函数()ln nf x x mx x=--，其中0m >，0n >. （1）当1n =时，()f x 在[]1,2上是单调函数，求m 的取值范围；（2）若()f x 的极值点为0x ，且()()()1212f x f x x x =≠0x <. 10．已知函数()()121x f x ax bx e -=++.（0a >，b ∈R ，e 是自然对数的底数）（1）若1b =，当0x ≥时，()1f x ≥，求实数a 的取值范围；（2）若0b =，()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：()()121f x f x e <+<. 11．已知函数2()ln ,()1af x xg x bx x==+-，(a ，b ∈R ) （1）当a =﹣1，b =0时，求曲线y =f (x )﹣g (x )在x =1处的切线方程；（2）当b =0时，若对任意的x ∈[1，2]，f (x )+g (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围； （3）当a =0，b >0时，若方程f (x )=g (x )有两个不同的实数解x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：x 1+x 2>2. 12．已知函数cos ()xf x x=，()sin cos g x x x x =+. （1）判断函数()g x 在区间(0,2)π上的零点的个数；（2）记函数()f x 在区间(0,2)π上的两个极值点分别为1x ，2x ，求证：12()()0f x f x +<.13．已知函数()2ln a f x x x =-． ()1若()f x 在[)1,+∞上不单调，求a 的取值范围； ()2当0x >时，记()f x 的两个零点是1x ，()212x x x <.①求a 的取值范围； ②证明：21122x x e-<．14．已知函数()ln 1f x a x ax =-+（1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数21()()12g x f x x =+-有两个极值点1x ，2x 12()x x ≠．且不等式1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立，求实数λ的取值范围.15．已知函数()(0)ax f x x e a =->． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）求函数()f x 在1[a ，2]a上的最大值；（Ⅲ）若存在1x ，212()x x x <，使得12()()0f x f x ==，证明：12x ae x <． 16．已知函数()2ln af x x a x x=--，0a ≥. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x 、2x ，证明：()()121222f x f x a x x ->--. 17．已知函数()22ln f x x ax b =-+.（1）若函数()f x 在(]0,1上单调递增，求a 的取值范围；（2）当1a =时，函数()f x 有两个零点1x ，2x ，其中12x x <，求证：121x x <. 18．已知函数ln ()()xf x a x a=∈+R ，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线与直线80x y ++=垂直．（1）试比较20222021与20212022的大小，并说明理由；（2）若函数()()=-g x f x k 有两个不同的零点1x ，2x ，证明：212x x e ⋅>．19．已知函数()()2ln 12a f x x x a x =+-+. （1）当1a >时，证明：()f x 有唯一零点；（2）若函数()()g x f x x =+有两个极值点1x ，2x （12x x <），求证：()()12ln 2ag x g x a -<-. 20．已知函数ln ()()xf x a x a=∈+R ，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线与直线80x y ++=垂直.（1）试比较20192018与2018 2019的大小，并说明理由；（2）若函数()()=-g x f x k 有两个不同的零点1x ，2x ，证明：212x x e ⋅>.参考答案1．证明见解析. 【分析】利用导数，求得函数的单调性，由12()()f x f x =，化简得2121x x x ex -=，令21t x x =-，整理得11tt x e =-，进而得到121221t tx x x t t e +=+=+-，转化为证明：2(2)(1)0t t t e +-->，构造函数()2(2)(1),(0)t G t t t e t =+-->，利用导数求得函数()G t 的单调性与最值，即可求解. 【详解】由题意，函数()()xf x xe x R -=∈，可得()(1)x f x x e -'=-，当1x <时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<，可得函数()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，因为12()()f x f x =，得1212x xx e x e --=，化简得2121x x x ex -=…①， 不妨设21x x >，可得1201x x <<<，令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，可得11tt x e x +=，解得11t tx e =-， 则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证122x x +>，即证221ttt e +>-， 又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0tt t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>， 故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=， 从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=， 即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立． 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 2．证明见解析. 【分析】通过证明2211(0,1),11x xx x x e e x x--+∀∈<++，来求证 令1()(1),(0,1)xx xF x x e x e+=--∈，讨论()F x 的单调性和最值，以此来证明120x x +< 【详解】()()22212'()1x x x f x e x ⎡⎤--+⎣⎦=+，所以当(),0x ∈-∞时，'()0f x >，()f x 在(,0)-∞上单调递增，当[)0,x ∈+∞时，'()0f x <在[)0,+∞上单调递减．当1x <时，由于210,01xx e x->>+，所以()0f x >； 同理，当1x >时，()0f x <．当()()()1212f x f x x x =≠时，不妨设12x x <，由函数单调性知12(,0),(0,1)x x ∈-∞∈． 下面证明：(0,1),()()x f x f x ∀∈<-，即证：221111x xx x e e x x--+<++， 此不等式等价于1(1)0xxxx e e +--<． 令1()(1),(0,1)xx x F x x e x e+=--∈，则()2()1x xF x xe e '-=--， 当(0,1)x ∈时，()0F x '<，()F x 单调递减，从而()(0)0F x F <=， 即1(1)0xxxx e e +--<， 所以(0,1),()()x f x f x ∀∈<-，而2(0,1)x ∈，所以()()22f x f x <-，又()()12f x f x =， 从而f ()()12f x f x <-．由于12,(,0)x x -∈-∞，且()f x 在(,0)-∞上单调递增， 所以12x x <-，即证120x x +<． 【点睛】本题考查导数的极值点偏移问题，属于难题 3．（1）32-；（2）证明见解析. 【分析】 （1）当12a =-时，对函数求导，判断出函数的单调性，进而可得函数的最大值； （2）对函数求导，则1x ，2x 即为方程2220ax x -+=的两个不同的正根，表示出()()()121213f x f x x x +++，将韦达定理代入化简，并利用构造新函数判断单调性和最值的方法证得命题成立． 【详解】 （1）当12a =-时，()212ln 2f x x x x =--+， 所以()21f x x x'=--+，则()f x '在()0,∞+上是单调递减函数，且有()10f '=， 当()0,1x ∈时，()0f x '>，即()f x 为()0,1上的增函数， 当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，即()f x 为()1,+∞上的减函数， 所以()()max 312f x f ==-. （2）证明：由题意知：由()222ax x f x x-+'=，则1x ，2x 即为方程2220ax x -+=的两个不同的正根，故而需满足：1212116010210a x x a x x a ⎧⎪∆=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得116a >， 所以()()()()22121211122212112ln 2ln 33f x f x x x ax x x ax x x x x +++=-++-+++ ()()21212121221122ln 2ln 23121a x x x x x x x x a a ⎛⎫⎡⎤=+-+-+=-⨯+- ⎪⎣⎦⎝⎭令116t a =>，()()()1212112ln 2312f x f x x x t t +++=-+-， 令()12ln 212g t t t =-+-，所以()1212g t t'=-+； 则()g t '为()16,+∞上的减函数，且()240g '=，所以当()16,24t ∈时，()0g t '>，即()g t 为()16,24上的增函数； 当()24,t ∈+∞时，()0g t '<，即()g t 为()24,+∞上的减函数， 所以()()max 242ln 244g t g ==-， 所以()()()121212ln 2442ln 2544ln 543f x f x x x +++≤-<-=-，证毕. 【点睛】本题考查导数证明不等式问题，考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题． 4．（1）20a e<<；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【分析】（1）转化为12,x x 为方程2x xe a -=的两个不同实根，构造函数()2xg x xe -=，利用导数可求得结果；（2）根据（1）知，()g x 在(1,)+∞上递减，要证22x a <，只需证 222()0a e a->，构造函数2()x h x e x =-，x ∈(,)e +∞，利用导数证明22()()0e h h e e e a>=->即可得证；（3）先利用导数证明不等式212xx x e >++在(0,)+∞上成立，所以22()212x xa g x xe x x -==<++，((0,))x ∈+∞，令222()11122x x x x x x ϕ==++++，令()3434,x x x x <为方程()x a ϕ=，即2(2)02ax a x a +-+=的两个实根，根据，31240x x x x <<<<，可得43123434341111x x x x x x x x --<-==定理可证不等式成立. 【详解】（1）()2xf x ae x '=-， 则12,x x 为方程()0f x '=，即2x xe a -=的两个不同实根，令()2xg x xe -=，()22(22)xx x g x exe x e ---'=-=-，令()0g x '>，得1x <，令()0g x '<，得1x >， 则()g x 在(,1)-∞上递增，在(1,)+∞上递减， 所以当1x =时，()g x 取得最大值为2(1)g e=， 所以20a e<<，且1201x x <<<，（2）要证22x a <，因为()g x 在(1,)+∞上递减，所以只需证()22g g x a a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即224a e a<，即要证222()0ae a->，由（1）知20a e <<，所以2e a>， 令2()xh x e x =-，x ∈(,)e +∞，则()2xhx e x '=-，令()2x x e x ϕ=-，x ∈(,)e +∞，则()2xx e ϕ'=-为(,)e +∞上的增函数，所以()()20ex e e ϕϕ''>=->，所以()2x x e x ϕ=-为(,)e +∞上的增函数，所以1()()2(2)0e e x e e e e eϕϕ->=-=->，即()0h x '>在(,)e +∞上恒成立，所以()h x 在(,)e +∞上为增函数，所以22()()0e h h e e e a >=->，即222()0a e a->，所以22x a<. （3）令212xx y e x =---，0x >，则1x y e x '=--，1xy e ''=-，因为1xy e ''=-为(0,)+∞上的增函数，所以010y e ''>-=， 所以1xy e '=-为(0,)+∞上的增函数，所以010y e '>-=，所以212xx y e x =---为(0,)+∞上的增函数，所以01000y e >---=，所以不等式212xx x e >++在(0,)+∞上成立，所以22()212x xa g x xe x x -==<++，((0,))x ∈+∞且222()11122x x x x x x ϕ==++++在上递增，)+∞上递减， 令()3434,x x x x <为方程()x a ϕ=，即2(2)02a x a x a +-+=的两个实根，， 其中34342(2)2a x x a x x -⎧+=⎪⎨⎪=⎩.由图可知，31240x x x x <<<<，即421311110x x x x <<<<， 所以43123434341111x x x x x x x x --<-===21a =<=-，得证.【点睛】本题考查了根据函数的极值点个数求参数的取值范围，考查了转化化归思想，考查了数形结合思想，考查了构造函数解决导数问题，考查了利用导数证明不等式，属于难题. 5．（1）(),0-∞；（2）证明见解析. 【分析】（1）令()0f x =可得出21x x e a x -=+，构造函数()()211xx e g x x x =≠-+，可得出直线y a=-与函数()y g x =的图象有两个交点，利用导数分析函数()y g x =的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）依题意，设120x x <<，有()()12f x f x =，构造函数利用导数研究可得120x x +>，结合120x x <，即可得证. 【详解】 （1）()110f -=>，当1x ≠-时，令()()210xa x f x x e +=+=，可得21xx e a x -=+， 令()21xx e g x x =+，其中1x ≠，则()()()()()2222112211x xxe x xe x x g x x x ⎡⎤⋅++++⎣⎦'==++， 令()0g x '=，可得0x =，列表如下：所以，函数()y g x =的极小值为()00g =，当1x <-时，()0g x <，当1x >-时，()0g x ≥，如下图所示：由图象可知，当0a ->时，即当0a <时，直线y a =-与函数()y g x =的图象有两个交点， 综上所述，实数a 的取值范围是(),0-∞；（2）由（1）中的图象可知，当0a <时，直线y a =-与函数()y g x =的图象有两个交点，且一个交点的横坐标为正、另一个交点的横坐标为负，即当0a <时，函数()y f x =有两个零点，一个零点为正、另一个零点为负， 设函数()y f x =的两个零点分别为1x 、2x ，不妨设120x x <<，有()()12f x f x =. 由()()()()112211211111x x ax a ax a f x f x f x f x x x e e -+-+⎛⎫⎛⎫--=--=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()111111x x a x e x e -⎡⎤=++-⎣⎦，令()()()()110xxh x x e x ex -=-++<，则()()()210x x x xx e h x x e e e--'=-=>，所以函数()y h x =在(),0-∞上单调递增，所以0x ∀<，()()00h x h <=. 又0a <，所以()()210f x f x -->，即()()21f x f x >-.当0x >且0a <时，()()20x xx e a f x e-'=>，则函数()y f x =在区间()0,∞+上单调递增，又10x <，10x ->，所以21x x >-，所以120x x +>. 又120x x <，所以121212110x x x x x x ++=<，所以12110x x +<. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查分类讨论思想及推理论证能力，属于中档题. 6．（1）0,4⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出导数()f x '，令()0f x '>，解出不等式即可；（2）依题意可知1x ，2x 是2210mx x -+=的两个不相等的正实数解，可建立不等式求出m 的取值范围，在利用韦达定理将()()1212f x f x x x +--化为关于m 的函数，再构造函数，利用导数即可证明. 【详解】（1）依题意，()0,x ∈+∞，()2ln 4f x x x =-，()()()2111188x f x x x x x+--'=-+==， 令()0f x '>，故10->，解得4x <， 故函数()f x的单调递增区间为0,4⎛ ⎝⎭. （2）依题意，()12f x mx x'=+，所以1x ，2x 是2210mx x -+=的两个不相等的正实数解；则1212180102102m m x x m x x m >⎧⎪∆=->⎪⎪⎨+=>⎪⎪⋅=>⎪⎩，解得108m <<， ()()()221212121212ln ln f x f x x x mx mx x x x x +--=+-+++()()()22121212ln m x x x x x x =+-++()()()212121212112ln ln 124m x x x x x x x x m m ⎡⎤=+--++=--⎣⎦，令12t m =，()ln 12t g t t =--，()4t ,∈+∞，则()112022tg t t t-'=-=<，∴()g t 在()4,+∞上单调递减. ∴()()4ln 43g t g <=-， 即()()12123ln 4f x f x x x ++<++. 【点睛】本题考查利用导数求单调区间，考查利用导数证明不等式，属于较难题.7．（1）()f x 的单调增区间为()0,∞+，在0x =处取得极小值()01f a =-，无极大值；（2）1a >，证明详见解析. 【分析】（1）求函数的导数()'f x ，令导函数大于0可求得单调递增区间，小于0可求得单调递减区间，从而求得极值.；（2）在（1）和题设条件使得到极小值小于0得到a 的范围，然后再证明在0的两端都有大于0的函数值即可，同时也找到了两个零点的范围. 【详解】（1）由题意可得()1xf x e '=-，令()0f x '=，解得0x =，当(),0x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.故()f x 的单调增区间为()0,∞+，在0x =处取得极小值()01f a =-，无极大值.（2）由（Ⅰ）可知()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，()01f a =-，若()f x 有两个零点，必有()010f a =-<，即1a >.检验当1a >时，函数()f x 有两个零点. 由于()0af a e--=>，0a -<，()00f <，则根据函数的零点存在性定理知存在唯一()1,0x a ∈-，使得()10f x =；()2a f a e a =-，令()()21x g x e x x =->，则()2x g x e '=-，当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增， 所以()()120g x g e >=->，因此()0f a >. 又因为0a >，()00f <，所以根据函数的零点存在性定理知存在唯一()20,x a ∈，使得()20f x =. 所以当1a >时，函数()f x 有两个零点.因为12a x x a -<<<，所以()212x x a a a -<--=，即212x x a -<成立. 【点睛】本题考查了导数在函数中的综合应用，函数的单调性以及零点的判断，考查了逻辑推理能力与计算能力.8．（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出导函数()'f x ，研究()0f x '=在(0,)+∞上解的个数，由()'f x 的正负确定()f x 的单调性，确定极值点个数；（2）由（1）知，当8a >时，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且1212x x +=，1212x x a=．计算12()()f x f x +并转化为关于a 的函数，然后求出函数的单调性证明结论成立． 【详解】解：（1）()()212121ax ax f x a x x x-+'=+-=，0x >．当0a =时，()10f x x'=>， ()f x 在()0,∞+单调递增，没有极值点；当0a ≠时，令()221g x axax =-+，280a a ∆=-=时，0a =或8a =，设当280a a ∆=->时，方程()221g x axax =-+的两根为1x ，2x ，且12x x <．若0a <，则280a a ∆=->，注意到()01g =，1212x x +=， 知()0g x =的两根1x ，2x 满足12104x x <<<． 当()20,x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单增； 当()2,x x ∈+∞，()0g x <，()0f x '<，()f x 单减， 所以()f x 只有一个极值点； 若08a <≤，则0∆≤，()2210g x ax ax =-+≥，即()0f x '≥恒成立，()f x 在()0,∞+单调递增，所以()f x 没有极值点；若8a >，则>0∆，注意到()01g =，1212x x +=， 知()0g x =的两根1x ，2x 满足12104x x <<<． 当()10,x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单增； 当()12,x x x ∈，()0g x <，()0f x '<，()f x 单减； 当()2,x x ∈+∞，()0g x >，()0f x '>，()f x 单增； 所以()f x 有两个极值点．综上：当0a <时，()f x 有一个极值点； 当08a <≤时，()f x 没有极值点； 当8a >时，()f x 有两个极值点．（2）由（1）知，当8a >时，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ， 且1212x x +=，1212x x a=． 所以()()()()2212111222ln ln f x f x x a x x x a x x =+-++-+()()()212121212ln 2x x a x x ax x a x x =++--+()1ln1ln 21244a aa a =--=---，8a >， 令()()ln 214ah a a =---，8a >．则()ln 2ln 141104a a h a a '⎛⎫==--< ⎪⎭-⎝'---， 所以()h a 在()8,+∞单调递减， 所以()()834ln 2h a h <=--，所以()()1234ln 2f x f x +<--．【点睛】本题考查用导数研究函数的极值问题，证明有关极值点的不等式，证明有关极值点不等式的关键是问题的转化，利用极值点与题中参数关系，把问题转化为关于参数的函数，转化为确定函数的单调性． 9．（1）304m <≤或2m ≥；（2）证明见解析； 【分析】（1）()f x 在[]1,2上是单调函数，利用其导数在此区间内的函数值恒正或恒负即可求m 的范围；（2）由极值点的导函数为0，有20011m x nx n +=即得201mx n<，又()()()1212f x f x x x =≠知112212ln()()x n m x x x x x =--0x <； 【详解】（1）当1n =时，1()ln f x x mx x =--，故211()f x m x x'=+-， [1,2]x ∈，令11[,1]2t x =∈，则由题意，若2()g t t t m =+-有对称轴12t =-，g t 在1[,1]2t ∈上恒正或恒负即可，∴102g ⎛⎫≥⎪⎝⎭或()10g ≤，解得：304m <≤或2m ≥； （2）由题意：21()n f x m x x'=+-且(0,)x ∈+∞，又()f x 的极值点为0x ，且,0m n >， ∴02001()0n f x m x x '=+-=，即20011m x nx n +=，故有201m x n<， 而()()()1212f x f x x x =≠知：112212ln =ln n nx mx x mx x x ----，有112212ln()()x nm x x x x x =--即知：12n x x m<， ∴2120x x x <0x <得证. 【点睛】本题考查了利用导函数研究函数的单调性，并由单调性恒正或恒负求参数范围，以及根据零点与导数的关系、已知等量关系证明不等关系； 10．（1）1(0,]2；（2）证明见解析. 【分析】（1）将1b =代入，得22212()(),()1(1)x xae ax x ea f x f x ax x ax x -+='=++++，再按102a <及12a >讨论即可得解；（2）将0b =代入，得2222(21)(),()1(1)x x e e ax ax f x f x ax ax -+='=++，由题意可得121212,x x x x a+==，不妨设12012x x <<<<，则121221122212()()112x x x x e x e x e e f x f x ax ax ++=+=++，运用导数并结合第一小问的结论即可得证． 【详解】（1）当1b =，则22212()(),()1(1)x xae ax x ea f x f x ax x ax x -+='=++++， 当102a<时，()0f x '，()f x 在[0，)+∞上单调递增，()(0)1f x f =；当12a >时，()f x 在21[0,]a a -上单调递减，在21[,)a a -+∞上单调递增，则21()()(0)1min a f x f f a-<==，不成立， ∴实数a 的取值范围为1(0,]2．（2）证明：当0b =时，2222(21)(),()1(1)x x e e ax ax f x f x ax ax -+='=++， 函数()f x 存在两个极值点， 2440a a ∴->，即1a >，由题意知，1x ，2x 为方程2210ax ax -+=的两根，故121212,x x x x a+==， 不妨设12x x <，则12012x x <<<<，121221122212()()112x x x x e x e x e e f x f x ax ax ++=+=++，由（1）知，当211,,0,121x e b a x ax x ==++，即2112xex x ++（当且仅当0x =时取等号）， ∴当0x >时，恒有2112x x e x >++， 221212221112121211111()()[(1)(1)][(4)]22222f x f x x x x x x x x x x x x x +>+++++=++++163(2)11222a a=+=+>， 又211121212111()()[(2)]22x x x x x e x e f x f x x e x e -++==+-，令2()(2)(01)x x h x xe x e x -=+-<<，则2()(1)()0x x h x x e e -'=-+>，∴函数()h x 在(0,1)上单调递增，()h x h （1）2e =，从而12()()f x f x e +<，综上可得：121()()f x f x e <+<． 【点睛】本题考查导数的综合运用，考查恒成立问题及不等式的证明问题，涉及了分类讨思想、转化思想及放缩思维，属于难题．11．（1）30x y +-=（2）[,)2e+∞（3）证明见解析 【分析】（1）求出()()y f x g x =-的导函数，求出函数在1x =时的导数得到切线的斜率，然后用一般式写出切线的方程；（2）对[1x ∀∈，2]，()()0f x g x +都成立，则对[1x ∀∈，2]，22a x lnx x -+，恒成立，构造函数22()(12)h x x lnx x x =-+，求出()h x 的最大值可得a 的范围；（3）由()()f x g x =，得10lnx bx -+=，构造函数()1(0)F x lnx bx x =-+>，将问题转化为证明112()0()F x F x b ->=，然后构造函数证明1122()()0()F x F x F x b->==即可． 【详解】（1）当1a =-时，0b =时，211y lnx x =++， ∴当1x =时，2y =，312y x x∴=-'， ∴当1x =时，1y '=-，∴曲线()()y f x g x =-在1x =处的切线方程为30x y +-=；（2）当0b =时，对[1x ∀∈，2]，()()0f x g x +都成立， 则对[1x ∀∈，2]，22a x lnx x -+恒成立，令22()(12)h x x lnx x x =-+，则()2h x xlnx x -'=+．令()0h x '=，则x =∴当1x <<，()0h x '>，此时()h x 单调递增；2x <<时，()0h x '<，此时()h x 单调递减，∴()2max e h x h ==，2e a ∴， a ∴的取值范围为[,)2e +∞；（3）当0a =，0b >时，由()()f x g x =，得10lnx bx -+=，方程()()f x g x =有两个不同的实数解1x ，212()x x x <， 令()1(0)F x lnx bx x =-+>，则12()()0F x F x ==，1()F x b x'=-， 令()0F x '=，则1x b=， ∴当10x b <<时，()0F x '>，此时()F x 单调递增；当1x b>时，()0F x '<，此时()F x 单调递减，∴1()()0max F x F b=>，01b ∴<<，又1()0bF e e=-<，F （1）10b =->， ∴1111x e b <<<， ∴121x b b->， ∴只要证明212x x b >-，就能得到1222x x b +>>，即只要证明112()0()F x F x b->=， 令221()()()()22(0)G x F x F x ln x lnx bx xbbb=--=--+-<， 则212()()02()b x b G x x x b-='<-，()G x ∴在1(0,)b 上单调递减，则1211()()()()0G x G F F b b b b>=--=，∴1112()()()0G x F x F x b=-->，∴1122()()0()F x F x F x b->==，∴212x x b>-， ∴1222x x b+>>，即122x x +>，证毕． 【点睛】本题主要考查求曲线的切线方程，不等式恒成立问题和利用导数研究函数的单调性，考查函数思想和分类讨论思想，属难题． 12．（1）2个；（2）证明见解析. 【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解； （2）结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证． 【详解】（1）()cos g x x x '=，0x >，当1(0,)2x π∈时，()0g x '>，函数单调递增，当13(,)22x ππ∈时，()0g x '<，函数单调递减，当3(,2)2x ππ∈时，()0g x '>，函数单调递增，且(0)10g =>，11()022g ππ=>，()10g π=-<，33()022g ππ=-<，(2)10g π=>，故函数()g x 在1(0,)2π，3(,)2ππ上不存在零点，存在11[,]2x ππ∈，使得()0g x =，同理23[,2]2x ππ∈使得()0g x =综上，()g x 在区间(0,2)π上的零点有2个. （2）2sin cos ()x x xf x x +'=-，由（1）可得，()sin cos g x x x x =+在区间1(,)2ππ，3(,2)2ππ上存在零点，所以()f x 在1(,)2ππ，3(,2)2ππ上存在极值点12x x <，11(,)2x ππ∈，23(,2)2x ππ∈，因为sin y x =在13(,)22ππ上单调递减，则122sin sin()sin x x x π>-=-，12sin sin 0x x ∴+>，又因为sin cos 0(1,2)i i i x x x i +==，即1tan i ix x =-， 又1213222x x ππππ<<<<<，∴1211x x >即12tan tan x x ->-， 122tan tan tan()x x x π∴<=-，11(,)2x ππ∈，23(,2)2x ππ∈，21(,)2x πππ-∈，由tan y x =在1(,)2ππ上单调递增可得1212x x πππ<<-<．12121212cos cos ()()sin sin x x f x f x x x x x ∴+=+=--再由sin y x =在1(,)2ππ上单调递减，得122sin sin()sin x x x π>-=-，12sin sin 0x x ∴+>，所以12()()0f x f x +<． 【点睛】本题综合考查了利用导数研究函数的单调性，最值与零点，同时考查了正弦函数与正切函数的性质，试题具有一定的综合性，属于难题． 13．()11,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭；()2①1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭；②证明见解析. 【分析】()1先对函数求导整理得出232()x af x x+'=，结合研究的区间，对a 的范围进行讨论，结合函数在某个区间上不单调的条件，即既有增区间，又有减区间，即在区间上存在极值点，得到结果；()2①将函数在区间上有两个零点转化为方程2ln a x x =有两个解，构造新函数，利用导数求得结果；②结合①，求得两个零点所属的区间，利用不等式的性质证得结果. 【详解】解：()1因为()2ln a f x x x =-，所以()233122a x af x x x x+'=+=()0x >， 当21a ≥-，即12a ≥-时，可知()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立， 即()f x 在[)1,+∞上单调递增，不合题意，当21a <-，即12a <-时，可知x ⎡∈⎣时()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以满足()f x 在[)1,+∞上不单调，所以a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭. ()2①令()2ln 0af x x x=-=，得2ln a x x =，即2ln a x x =有两个解， 令()2ln h x x x =，则()()2ln 2ln 1h x x x x x x '=+=+()0x >， 所以当0x<<()0h x '<，当x >()0h x '>， 所以()h x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎭上单调递增，且当1x =时，()0h x =，当01x <<时，()0h x <，当1x >时，()0h x >，且11122h e e ⎛⎫=⋅-=- ⎪⎝⎭， 所以当0x >时，记()f x 的两个零点1x ，()212x x x <时，a 的取值范围是1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭；②证明：由①知1201x x <<<<，所以221x <， 所以122121x x x e -⋅<<= 【点睛】本题考查函数在某个区间上不单调求参数的取值范围，利用导数结合函数的零点的个数求参数的取值范围，利用导数证明不等式，考查分析问题能力，运算能力，属于难题. 14．（1）答案不唯一，具体见解析； （2）[)2ln 23,-+∞. 【分析】 （1）求得(1)(),(0)a x f x x x-'=>，对a 的范围分类，即可解不等式()0f x '>，从而求得函数()f x 的单调区间，问题得解.（2）由题可得：()()21ln 2a x g x x x -+=，由它有两个极值点，可得：()0g x '=有两个不同的正根，从而求得1212x x ax x a =⎧⎨+=⎩及4a >，将1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立转化成：1ln 12a a λ>--恒成立，记：1ln 12y a a =--，利用导数即可求得：2ln 23y <-，问题得解. 【详解】（1）因为()ln 1f x a x ax =-+，所以(1)(),(0)a a x f x a x x x-'=-=>， 则①当0a =时，()1,(0)f x x =>是常数函数，不具备单调性； ②当0a >时，由()001f x x '>⇒<<；由()01f x x '<⇒>． 故此时()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减③当0a <时，由()01f x x '>⇒>；由()001f x x '<⇒<<．故此时()f x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增． （2）因为21()()12g x f x x =+-21(ln )2a x x x =-+ 所以2(),(0)x ax ag x x x-+'=>，由题意可得：()0g x '=有两个不同的正根，即20x ax a -+=有两个不同的正根，则2121240040a a x x a a x x a ⎧∆=->⎪+=>⇒>⎨⎪=>⎩， 不等式1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立等价于121212()()()()g x g x g x g x x x aλ++>=+恒成立又221211122211()()(ln )(ln )22g x g x a x x x a x x x +=-++-+ 221212121(ln ln )()()2a x x a x x x x =+-+++2121212121ln ()[()2]2a x x a x x x x x x =-+++-221ln (2)2a a a a a =-+- 21ln 2a a a a =--所以1212()()1ln 12g x g x a a x x +=--+， 令1ln 12y a a =--（4a >），则1102y a '=-<， 所以1ln 12y a a =--在(4,)+∞上单调递减， 所以1ln 4412ln 232y <-⨯-=-所以2ln 23λ≥-． 【点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性及极值知识，考查了转化能力及函数思想，还考查了利用导数求函数值的取值范围问题，考查计算能力，属于难题. 15．（Ⅰ）函数()f x 的单调递增区间为(,)lna a -∞-，单调递减区间为(lna a-，)+∞；（Ⅱ）答案见解析；（Ⅲ）证明见解析. 【分析】（Ⅰ）求导()1axf x ae '=-，再令()0f x '=解得lnax a=-，从而由导数的正负确定函数的单调区间； （Ⅱ）讨论lna a -与1[a ，2]a的关系，从而确定函数的单调性，由单调性确定函数的最大值即可；（Ⅲ）可判断出11()0f ln a a >，(0)0f <，f （e ）0ae e e =->，11ln e a a>；从而可得10x e <<，2111x ln a a a>>，从而证明．【详解】 解：（Ⅰ）函数()(0)axf x x e a =->，()1ax f x ae ∴'=-，令()0f x '=，解得lnax a=-， 当lna x a -时，()0f x '，此时()f x 在(,)lnaa -∞-上单调递增， 当lna x a >时，()0f x '<，此时()f x 在(lna a-，)+∞上单调递减，所以函数()f x 的单调递增区间为(,)lna a -∞-，单调递减区间为(lna a-，)+∞； （Ⅱ）结合（Ⅰ）可知，需讨论lna a -与1[a ，2]a的关系：①当1[lna a a -∈，2]a ，即21[a e ∈，1]e 时，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1()lna lna f a a +-=-；②当1lna a a -<，即1(a e∈，)+∞时，由()f x 的单调性可知， ()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1111()a a f e e a a a⨯=-=-；③当2lna a a ->，即21(0,)a e∈时，由()f x 的单调性可知， ()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为22222()a a f e e a a a⨯=-=-；综上所述，当21[a e ∈，1]e 时，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1()lna lna f a a+-=-；当1(a e ∈，)+∞时，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1111()a a f e e a a a ⨯=-=-；当21(0,)a e ∈时，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为22222()a a f e e a a a⨯=-=-；（Ⅲ）证明：()(0)ax f x x e a =->，()1axf x ae '=-，11()0f ln a a>，1ae <； (0)0f <，f （e ）0ae e e =->，11ln e a a >；10x e ∴<<，2111x ln a a a>>， 故12x ae x <． 【点睛】本题考查了导数的综合应用及函数的最值的求法，同时考查了零点的判断与应用，属于难题．16．（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求得函数()y f x =的定义域与导数，对实数a 的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()y f x =的单调性；（2）由韦达定理得出12122x x ax x a+=⎧⎨=⎩，将所证不等式转化为证明不等式1122212ln x x x x x x >-，令()120,1x t x =∈，可得出要证不等式()12ln 01t t t t >-<<，构造函数()12ln h t t t t=--，利用导数证明出()0h t <对任意的()0,1t ∈恒成立即可. 【详解】（1）函数()2ln af x x a x x=--的定义域为()0,∞+，()222221a a x ax af x x x x-+'=+-=. 令()22g x x ax a =-+，244a a ∆=-.①当2440a a ∆=-≤时，即当01a ≤≤时，对任意的0x >，()0g x ≥，则()0f x '≥， 此时，函数()y f x =在()0,∞+上单调递增； ②当2440a a ∆=->时，即当1a >时，方程()0g x =有两个不等的实根，设为1x 、2x ，且12x x <，令220x ax a -+=，解得10x a =>，20x a =>. 解不等式()0f x '<，可得a x a <<； 解不等式()0f x '>，可得0x a <<x a >此时，函数()y f x =的单调递增区间为(0,a，()a +∞，单调递减区间为(a a .综上所述，当01a ≤≤时，函数()y f x =的单调递增区间为()0,∞+，无递减区间； 当1a >时，函数()y f x =的单调递增区间为(0,a，()a +∞，单调递减区间为(a a ；（2）由（1）可知，1x 、2x 是关于x 的二次方程220x ax a -+=的两个不等的实根，由韦达定理得12122x x ax x a +=⎧⎨=⎩，()()()()1122121212121212122ln 2ln 22ln ln a ax a x x a x f x f x x x a x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫----- ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭∴==---()12122ln ln 2a x x x x -=--，要证()()121222f x f x a x x ->--，即证()12122ln ln 222a x x a x x -->--，即证1212ln ln 1x x x x -<-， 设12x x <，即证()()()()121211212122122122ln2x x x x x x x ax x x x x a x x x x +->-=-==-， 210x x >>，设()120,1x t x =∈，即证()12ln 01t t t t>-<<， 构造函数()12ln h t t t t =--，其中01t <<，()()22211210t h t t t t-'=+-=>， 所以，函数()y h t =在区间()0,1上单调递增， 当01t <<时，()()10h t h <=，即12ln t t t>-. 故原不等式得证. 【点睛】本题考查利用导数求解含参函数的单调性，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查推理能力与计算能力，属于难题. 17．（1）1a ≤；（2）证明见详解. 【分析】（1）先对函数求导，根据函数单调性，得到21a x≤在(]0,1x ∈上恒成立，进而可求出结果； （2）先由题意，得到()()211122222ln 02ln 0f x x x b f x x x b ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，两式作差整理，得到2222112ln x x x x =-，推出2211122212ln 1x x x x x x x x ⋅=⎛⎫- ⎪⎝⎭，令211x t x =>，将证明121x x <转化为证明12ln t t t<-即可，利用导数的方法，即可证明结论成立. 【详解】（1）因为()22ln f x x ax b =-+，所以()22f x ax x'=-， 因为函数()f x 在(]0,1上单调递增， 所以()220f x ax x'=-≥在(]0,1x ∈上恒成立， 即21a x≤在(]0,1x ∈上恒成立， 因为幂函数21y x=在(]0,1x ∈显然单调递减，所以min 1y =，因此只需1a ≤；（2）当1a =时，()22ln f x x x b =-+，因为函数()f x 有两个零点1x ，2x ，所以()()211122222ln 02ln 0f x x x b f x x x b ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩， 两式作差可得：2222112lnx x x x =-， 因此222111121222221212ln2ln 1x x xx x x x x x x x x x x ⋅=⋅=-⎛⎫- ⎪⎝⎭，令211x t x =>，则1222ln 1t t x x t =-， 要证121x x <，即证22ln 11t t t <-，即证22ln 1t t t <-，即证12ln t t t <- 令()12ln ,1g t t t t t=-+>，则()()222221212110t t t g t t t t t--+'=--=-=-<在()1,t ∈+∞上恒成立，所以()12ln g t t t t=-+在()1,t ∈+∞上单调递减，因此()()10g t g <=，即12ln t t t <-在()1,t ∈+∞上恒成立，所以121x x <. 【点睛】本题主要考查由函数在给定区间的单调性求参数，以及导数的方法证明不等式，属于常考题型.18．（1）2022202120212022>，理由见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）求出()f x 的导数，由两直线垂直的条件：斜率相等，即可得到切线的斜率和切点坐标，进而()f x 的解析式和导数，求出单调区间，可得(2021)(2022)f f >，即可得到20222021与20212022的大小；（2）运用分析法证明，不妨设120x x >>，由根的定义可得所以化简得110lnx kx -=，220lnx kx -=．可得1212()lnx lnx k x x +=+，1212()lnx lnx k x x -=-，要证明，212x x e >．即证明122lnx lnx +>，也就是12()2k x x +>．求出k ，即证1212122lnx lnx x x x x ->-+，令12x t x =，则1t >，即证2(1)1t lnt t ->+．令2(1)()(1)1t h t lnt t t -=->+，求出导数，判断单调性，即可得证．【详解】解：（1）函数ln ()xf x x a =+，2()()x alnx x f x x a +-'=+，所以21(1)(1)a f a +'=+，又由切线与直线80x y ++=垂直，可得(1)1f '=，即111a=+，解得0a =．此时()lnx f x x=，21ln ()xf x x -'=， 令()0f x '>，即1ln 0x ->，解得0x e <<； 令()0f x '<，即1ln 0x -<，解得x e >， 所以()f x 的增区间为(0,)e ，减区间为(,)e +∞．。
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极值点偏移问题专题（0)——偏移新花样（拐点偏移）
例１已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数1x ,2x 满足()()12+=4f x f x , 求证：122x x +≥。
证明：注意到()1=2f ，()()()12+=21f x f x f
()()()12+=21f x f x f
()2
=
+210f x x x '+>
()22
=2f x x
''-+,()1=0f '',则（1,2)是()f x 图像的拐点,若拐点(１,２）也是()f x 的对称
中心,则有12=2x x +,证明122x x +≥则说明拐点发生了偏移,作图如下
想到了“极值点偏移”,想到了“对称化构造”,类似地,不妨将此问题命名为“拐点偏移”，仍可用“对称化构造”来处理． 不妨设1201x x <≤≤，要证
()()
1221212
212x x x x f x f x +≥⇔≥-≥⇔≥- ()()
()()
11114242f x f x f x f x ⇔-≥-⇔≥+-
()()()2F x f x f x =+-,(]0,1x ∈,则
()()()()222212212F x f x f x x x x x '''=--⎛⎫⎛⎫=++-+-+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭
()
()
1
4110
2
x
x x
⎛⎫
=--≥
⎪
⎪
-
⎝⎭
,
得()
F x在(]0,1上单增，有()()()
1214
F x F
≤=+=，得证。
2、极值点偏移PK拐点偏移常规套路
1、极值点偏移(()00
f x
'=)
二次函数()()
12120
2
f x f x x x x
=⇒+=
2、拐点偏移()
()
f x
''=
()()()
120120
22
f x f x f x x x x
+=⇒+=
极值点偏移问题专题(１)——对称化构造（常规套路）
例1（２０１0天津）
已知函数()e x
f x x-
=．
(１）求函数()
f x的单调区间和极值；
(2)已知函数()
g x的图像与()
f x的图像关于直线1
x=对称,证明:当1
x>
()()
12201
120
2
2
f x f x x x x
x x x
=⇒>-
⇒+>
()()()
120201
120
22
2
f x f x f x x x x
x x x
+=⇒>-
⇒+>
时,()()f x g x >；
（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =,证明:122x x +>.
点评：该题的三问由易到难，层层递进，完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程,直观展示如下：
例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e x
f x x -=,已知()()12f x f x =，12x x ≠,
证明122x x +>.
再次审视解题过程，发现以下三个关键点： (1)1x ，2x 的范围()1201x x <<<； (2）不等式()()()21f x f x x >->;
(3)将2x 代入（２）中不等式,结合()f x 的单调性获证结论． 把握以上三个关键点,就可轻松解决一些极值点偏移问题.
例2（２016新课标Ⅰ卷）已知函数()()()2
2e 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 +<． 解：(１)()0,+∞，过程略； (2)由(1)知()f x 在(),1-∞上
,在()1,+∞上
，由()()120f x f x ==，可设121x x <<.
构造辅助函数()()()2F x f x f x =--
()()()
()()()()()()
2221e 21e 21e e x x x x F x f x f x x a x a x --'''=+-=-++-+=-- 当1x <时，10x -<,2e e
0x
x
--<，则()0F x '>，得()F x 在(),1-∞上，又()10F =,
故()()01F x x <<,即()()()21f x f x x <-<.
将1x 代入上述不等式中得()()()1212f x f x f x =<-,又21x >,121x ->,()f x 在
()1,+∞上
，故112x x <-,122x x +<.
通过以上两例,相信读者对极值点偏移问题以及对称化构造的一般步骤有所了解.
但极值点偏移问题的结论不一定总是()1202x x x +><，也可以是()2
120x x x ><,借鉴前面的
解题经验，我们就可给出类似的过程.
例3 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证:1221
e
x x <
. 证明：(i)()ln 1f x x '=+，得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
上
，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
上
；当01x <<时，
()0f x <;()10f =；当1x >时，()0f x >；当0x +→时，()0f x →(洛必达法则）;
当x →+∞时,()f x →+∞，于是()f x 的图像如下，得121
01e
x x <<
<<．
小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：
s ｔｅp1:求导，获得()f x 的单调性,极值情况，作出()f x 的图像,由()()12f x f x =得1x ，
2x 的取值范围(数形结合)；
ｓｔep2：构造辅助函数（对结论()1202x x x +><,构造()()()02F x f x f x x =--;对结论()2
120x x x
><，构造
()()20x F x f x f x ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
）,求导，限定范围(1x 或2x 的范围)，判定符
号,获得不等式；
step ３：代入1x (或2x ），利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论．。