极值点偏移问题2
极值点偏移第2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12,x x 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x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1t t e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e tln ,1=>=，即证),1(,01)1(2ln +∞∈>+--x x x x 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F 求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞上递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.★例 2. 已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：212.x x e ⋅>法二：利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设12x x >，∵1122ln 0,ln 0x ax x ax -=-=，∴12121212ln ln (),ln ln ()x x a x x x x a x x +=+-=-， ∴1212ln ln x x a x x -=-，欲证明212x x e >，即证12ln ln 2x x +>.∵1212ln ln ()x x a x x +=+，∴即证122a x x >+，∴原命题等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即证：1122122()ln x x x x x x ->+，令12,(1)x t t x =>，构造2(1)ln ,1)1(t t g t t t -=->+，此问题等价转化成为例1中思路2的解答，下略. 法三：直接换元构造新函数：12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ==⇔=设2121,,(1)xx x t t x <=>， 则112111ln ln ln ,ln ln tx t x x tx t t x x +==⇔=， 反解出：1211ln ln ln ln ,ln ln ln ln ln 111t t t tx x tx t x t t t t ===+=+=---， 故212121ln ln 2ln 21t x x e x x t t +>⇔+>⇔>-，转化成法二，下同，略.★例3.已知21,x x 是函数ax e x f x-=)(的两个零点，且21x x <. （1）求证：221>+x x ； （2）求证：121<⋅x x .(2)要证：121<x x ，即证：1221<⋅a e e x x ，等价于212)(1221x x e e e e x x x x --<⋅， 也即2122)(1)(1221x x e e e e x x x x -<-⋅，等价于2122)(1)1(1212x x e e x x x x -<---，令012>-=x x t 等价于)0(1)1(22><-t t e e t t，也等价于)0(112><-t te e tt，等价于即证：012<+-⋅t te e t 令)0(1)(2>+-⋅=t e e t t h t t ，则)21(21)(2222tt tt t e t e e e t e t h -+=-⋅+='，又令)0(21)(2>-+=t e t t t ϕ，得0221)(2<⋅-='te tt ϕ，∴)(t ϕ在),0(+∞单调递减，0)0()(=<ϕϕt ，从而0)(<'t h ，)(t h 在),0(+∞单调递减，∴0)0()(=<h t h ，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21,x x 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()(0)axf x x e a =->，若存在1212,()x x x x <，使12()()0f x f x ==，求证：12x ae x <.再证：12x ae x <. ∵111222ln x ax ax x ax x ==， 而120x e x <<<，2ln 1x > ∴1122ln 1x ax ae ae x x =<=.证毕.【招式演练】★设函数()()xf x e ax a a R =-+∈的图像与x 轴交于1212(,0),(,0)()A x B x x x <两点， （1）证明：0)('21<x x f ； （2）求证：1212x x x x <+.（2）证明：由1212(1)(1)x x e a x e a x ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，易知211x x >>且a e >，从而11221211x x xx x e e e x --==-，令121,1x x αβ=-=-，则ln ln 1eαβααββαβ--=⇒=-， 由于12121x x x x αβ<+⇔<，下面只要证明：11,(01)αββαβα<⇔<<<<，结合对数函数ln y x =的图像可知，只需证：11(,ln ),(,ln )αααα两点连线的斜率要比(,ln ),(,ln )ααββ两点连线的斜率小即可，又因为ln ln 1k αβαβ-==-，即证：1ln ln112ln 0(01)1αααααααα-<⇔-+><<-，令1()2ln 0,(01)g ααααα=-+><<，则22212(1)()10g ααααα-'=--+=-<，∴()g α在(0,1)上单调递减，∴()(1)0g g α>=， ∴原不等式1212x x x x <+成立.★设函数2()ln f x a x bx =-，其图像在点(2,(2))P f 处切线的斜率为3-. 当2a =时，令()()g x f x kx =-，设1212,()x x x x <是方程()0g x =的两个根，0x 是12,x x 的等差中项，求证：0()0g x '<(()g x '为函数()g x 的导函数）.★设函数21()2ln (0)f x a x a ax a x=-->，函数()f x '为()f x 的导函数，且1122(,()),(,())A x f x B x f x 是()f x 的图像上不同的两点，满足12()()0f x f x +=，线段AB中点的横坐标为0x ，证明：0 1.ax > 【解析】∵120121212x x ax x x a a +>⇔>⇔>-，又依题意21()()0f x a x'=-≥，得()f x 在定义域上单调递增，所以要证01ax >，只需证2122()()()f x f x f x a-=>-， 即222()()0f x f x a-+<……①不妨设12x x <，注意到1()0f a =，由函数单调性知，有1211,x x a a<>， 构造函数2()()()F x f x f x a=-+，则32224(1)()()()(2)ax F x f x f x a x ax -'''=--=--，当1x a ≥时，()0F x '≤，即()F x 单调递减，当1x a >时，1()()0F x F a<=，从而不等式①式成立，故原不等式成立. ★已知函数)(ln 1)(R a x xa x f ∈--=. （1）若2=a ，求函数)(x f 在),1(2e 上的零点个数；（2）若)(x f 有两零点21,x x （21x x <），求证：132121-<+<-a ex x .【点评】1.方程的变形方向：①21,x x 是函数)(x f 的两个零点，1是该函数的极值点.②21,x x 是函数)(x h 的两个零点，1-a e是该函数的极值点.2.难点13121-<+-a e x x 的证明依赖利用221>+x x 放缩.★已知函数 .（Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）设，证明：当时，；（Ⅲ）设是的两个零点，证明.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）当时，；（Ⅲ）证明过程见解析（Ⅱ）令，则.求导数，得 ， 当时，，在上是减函数.而， ，故当时，（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，当时，函数至多有一个零点，故，从而的最小值为，且，不妨设，则，，由（Ⅱ）得 ，从而，于是，由（Ⅰ）知，.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（Ⅰ）中通过求导，并判断导数的符号，分别讨论的取值，确定函数的单调区间．（Ⅱ）通过构造函数，把不等式证明问题转化为函数求最值问题，求函数当时的最大值小于零即可．（Ⅲ）要充分利用（Ⅰ）（Ⅱ）问的结论. ★已知函数()214ln 2f x x mx =-（0m >）. （Ⅰ）若1m =，求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）若函数()()()4g x f x m x =--，对于曲线()y g x =上的两个不同的点()()11,M x g x ，()()22,N x g x ，记直线MN 的斜率为k ，若()0k g x ='，证明：1202x x x +>.【答案】（1）()0,2（2）见解析由题设得()()()12012g x g x g x x x -=-'=()12124ln ln x x x x ---()()12142m x x m ++-. 又121282x x g m x x +⎛⎫=⎪+⎭'-⎝ 1242x x m +⋅+-， ∴()1202x x g x g +⎛⎫-='⎪⎝⎭'()1212124ln ln 8x x x x x x --=-+ ()()2121212124ln ln x x x x x x x x ⎡⎤---⎢⎥-+⎣⎦ 21222111214ln 1x x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥=-⎢⎥-+⎢⎥⎢⎥⎣⎦.不妨设120x x <<， 21x t x =，则1t >，则21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭-+()21ln 1t t t -=-+ (1)t >.令()()21ln 1t h t t t -=-+ (1)t >，则()()()22101t h t t t +'-=>，所以()h t 在()1,+∞上单调递增，所以()()10h t h >=，故21221121ln 01x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭->+.又因为210x x ->，因此()12002x x g x g +⎛⎫->⎪⎝⎭''，即()1202x x g g x +⎛⎫< ⎪⎝'⎭'. 又由()()44g x mx m x =-+-'知()g x '在()0,+∞上单调递减， 所以1202x x x +>，即1202x x x +>. ★已知函数()1n(1)f x x =+，21()2g x x x -． （Ⅰ）求过点()1,0-且与曲线()y f x =相切的直线方程；（Ⅱ）设()()()h x af x g x =+，其中a 为非零实数，()y h x =有两个极值点12,x x ，且12x x <，求a 的取值范围；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求证：()2120h x x ->．【答案】（1）10x ey -+=（2）见解析∴()000ln 1111x x x +=++，解得01x e =- ∴切线的斜率为1e，∴切线方程为10x ey -+= （Ⅱ）()()()h x af x g x =+= ()21ln 12a x x x ++- ()()21111x a a h x x x x +-=+-='++， 1x >- 当10a -≥时，即1a ≥时， ()0h x '≥， ()h x 在()1,-+∞上单调递增；当01a <<时，由()0h x '=得， 11x a =--， 21x a =-，故()h x 在()1,1a ---上单调递增，在()1,1a a ---上单调递减，在()1,a -+∞上单调递增； 当0a <时，由()0h x '=得， 01x a =-， ()h x 在()1,1a a ---上单调递减，在()1,a -+∞上单调递增． 当01a <<时， ()h x 有两个极值点，即11x a =--， 21x a =-，即a 的范围是(0,1)点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 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.（2）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()ln f x x =.（1）证明：当1x >时，()()2110x x f x -+->；（2）若函数()()2g x f x x ax =+-有两个零点1x ， 2x （12x x <， 0a >），证明： 12213x x g a +⎛⎫<- ⎪⎝⎭'. 【答案】（1）详见解析（2）详见解析试题解析：（1）欲证()()2110x x f x -+->证()()21ln 01x K x x x -=->+， ()()()22101x K x x x '-=>+，()K x ∴在()1,+∞上递增，()()10K x K ∴>=（2）1x >， ()21ln 1x x x ->+，令()12ln s x x x =--，易知()s x 在()0,+∞递减， ()10s =，01x <<， ()0s x >， ()h x ↑， 1x >， ()0s x <， ()h x ↓， ()()1h x h ∴≤， 1x >， ()0h x >， 0x →， ()h x →-∞， 要合题意，如图，01a <<，10a ->，右大于左，原题得证。
极值点偏移问题
若 f (x) 下凸（ f (x) 递增），则 f ( x1 x2 ) 0 2
五、解决极值点偏移问题的通法:主元法
第一步：根据 f x1 f x2 x1 x2 建立等量关系，并结合 f x 的单调性，确定
x1, x2 的取值范围； 第二步：不妨设 x1 x2 ，将待证不等式进行变形，进而结合原函数或导函数的单调性等
2(t 1) t 1
，∴ g '(t)
(t 1)2 t(t 1)2
0 ，∴ g(t) 在 (1, ) 上单调递增，
∴
g(t)
g(1)
0
，∴ ln t
2(t 1) t 1
，∴ ln
x1
ln
x2
2．
1、设 k R ，函数 f (x) ln x kx ． （3）若 f (x) 有两个相异零点 x1 ， x2 ，求证： ln x1 ln x2 2 ．
价转化；
第三步：构造关于 x1（或 x2 ）的一元函数T x f xi f 2a xi i 1, 2 ，这里 a
是 f (x) 的极值点，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．
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．
x 1
x 1
解决极值点偏移问题策略三：比值换元法
1、设 k R ，函数 f (x) ln x kx ．
（3）若 f (x) 有两个相异零点 x1 ， x2 ，求证： ln x1 ln x2 2 ． （3）设 f (x) 的两个相异零点为 x1 ， x2 ，设 x1 x2 0 ，
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：$x_1\cdot x_2>e^2$。
高考讲坛(2)极值点偏移问题的处理策略及探究
v1.0 可编写可改正极值点偏移问题的办理策略及研究所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，因为函数极值点左右的增减速度不一样，使得函数图像没有对称性。
若函数 f (x) 在 x x0处获得极值，且函数 y f ( x) 与直线 y b交于 A(x1, b) , B(x2 , b) 两点，则AB的中点为 M ( x1x2 ,b) ，而常常 x0x1x2.以下列图2 2所示 .极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各样模考，作为热门以压轴题的形式给出，好多学生对待此类问题常常是一筹莫展。
并且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。
不含参数的怎样解决含参数的又该怎样解决，参数怎样来办理能否有更方便的方法来解决其实，办理的手段有好多，方法也就有好多，我们先来看看此类问题的基本特点，再从几个典型问题来逐个研究！【问题特点】v1.0可编写可改正【办理策略】一、不含参数的问题.例 1. （ 2010 天津理）已知函数 f (x) xe x ( x R)，假如x1x2，且 f ( x1 ) f ( x2 ) ，证明： x1 x2 2.【分析】法一： f ( x) (1 x)e x，易得 f (x) 在 ( ,1) 上单一递加，在(1, ) 上单调递减， x 时，f ( x) ， f (0) 0 ， x 时， f (x) 0 ，函数 f (x) 在x 1处获得极大值 f (1)，且1如图所f (1) ,e示.由 f (x1) f ( x2 ), x1 x2，不如设 x1 x2，则必有0 x1 1 x2，结构函数 F ( x) f (1 x) f (1 x), x (0,1] ，则 F ( x) f (1 x) f (1 x)x 2 x1) 0 ，所以 F ( x)在x (0,1]上单一递加，x 1(eeF ( x) F (0) 0 ，也即 f (1 x) f (1 x) 对 x (0,1] 恒建立.由0 x1 1 x2，则1 x1 (0,1] ，所以 f (1 (1 x1 )) f (2 x1) f (1 (1 x1)) f ( x1 ) f ( x2 ) ，即 f (2 x1 ) f ( x2 ) ，又因为 2 x1 , x2 (1, ) ，且 f ( x) 在 (1, ) 上单一递减，所以 2 x1 x2，即证 x1 x2 2.法二：欲证 x1 x2 2 ，即证 x2 2 x1，由法一知0 x1 1 x2，故 2 x1 , x2 (1, )，又因为 f (x) 在 (1, ) 上单一递减，故只需证 f ( x2 ) f (2 x1 ) ，又因为f ( x1 ) f ( x2 ) ，故也即证 f ( x1 ) f (2 x1 ) ，结构函数H (x) f ( x) f (2 x), x (0,1) ，则等价于证明H ( x) 0 对 x (0,1) 恒建立.v1.0 可编写可改正由 H ( x)f ( x)f (2 x) 1 x x(1e 2 x 2 )0 ，则 H ( x) 在 x (0,1) 上单一递加， 所以eH ( x) H (1) 0 ，即已证明 H ( x) 0 对 x (0,1) 恒建立， 故原不等式 x 1 x 22亦建立 .法三：由 f ( x 1)f ( x 2 ) ，得 x 1e x 1 x 2e x 2 ，化简得 e x 2x 1x 2，x 1不如设 x 2 x 1 ，由法一知， o x 1 1 x 2 . 令 t x 2 x 1 ，则 t 0, x 2t x 1 ，代入 式，得 e ttx 1，反解出 x 1t ，则 x 1x 2 2x 1 t2tt ，故要证： x 1 x 2 2 ，x 1e t 1e t 1即证：2t t2，又因为et1 0 ，等价于证明： 2t (t 2)( e t 1) 0，e t 1结构函数( ) 2 ( t 2)( t 1),( t0)，则 G (t)(tt1,G (t) t0 ，G t t e1)e te故 G (t ) 在 t (0,) 上单一递加， G (t ) G(0) 0 ，进而 G (t) 也在 t (0,) 上单一递增， G (t )G(0) 0 ，即证 式建立，也即原不等式 x 1 x 2 2建立.法四：由法三中式，两边同时取以 e 为底的对数，得 x 2 x 1lnx2ln x 2ln x 1 ，也即x 1x 2 1ln x 2 ln x 1 1，进而 x 1 x 2 ( x 1x 2 )ln x2ln x 1 x 2x 1 ln x2 x 1 ln x 2， x 2 x 1x 2x 1x 2 x 1 x 1x 2 1 x 1x 1令 tx 2 (t 1) ，则欲证： x 1 x 2 2，等价于证明： t 1 ln t 2，x 1 t 1结构 M (t)(t 1)ln t (1 t 2 )ln t,( t 1)，则 M (t ) t 2 1 2t ln t ，t 1 1 t (t 1)2又令 (t) t 2 1 2t ln t ,( t 1) ，则 (t ) 2t 2(ln t 1) 2(t 1 ln t) ，因为 t 1 ln t对 t(1, ) 恒建立，故 (t ) 0 ， (t ) 在 t (1, ) 上单一递加， 所以 (t)(1) 0 ，从 而 M (t)0 ， 故 M (t) 在 t (1,) 上 单 调递加，由洛比塔法例知：lim M (t ) lim(t1)ln tlim((t1)ln t )lim(ln t t 1) 2 ，即证 M (t) 2 ， 即证x 1x 1t 1 x 1(t 1)x 1t式建立，也即原不等式x x 2 建立 .v1.0可编写可改正【评论】 以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转变为单变元不等式，方法一、 二利用结构新的函数来达到消元的目的，方法三、 四则是利用结构新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，进而达到消元的目的.二、含参数的问题 .例 2. 已知函数 f (x)x ae x 有两个不一样的零点 x 1 , x 2 ，求证：1 x 22 .x【分析】思路 1：函数 f ( x) 的两个零点，等价于方程 xe xa 的两个实根，进而这一问题与例 1 完整等价，例 1 的四种方法全都能够用；思路 2：也能够利用参数 a 这个媒介去结构出新的函数 . 解答以下：因为函数 f ( x) 有两个零点 x 1, x 2 ，所以x 1aex1(1) ，x 2ae x2(2)由 (1)(2) 得： x 1 x 2 a(e x 1 e x 2 ) ，要证明 x 1x 2 2 ，只需证明 a(ex 1e x 2)2 ，由(1) (2) 得： x 1x 2 a(e x 1 e x 2 ) ，即 ax 1 x 2，ex1ex2即证： ( x 1x 2 )e x 1e x 22(x 1 x 2 ) e x 1x 21xxx x2 ，e 1 e2e 121不如设 x 1x 2 ，记 t x 1 x 2 ，则 t0, e t 1，te t 1 22(e t 1)0 ，所以只需证明：e t 1te t 1再次换元令 e tx 1, tln x ，即证 ln x 2(x 1)x (1,)x 1结构新函数 F (x)ln x2( x 1)， F(1)x 1求导 F ' ( x) 1( x 4( x 1)2 0，得 F (x) 在 (1, ) 递加，x1)2x( x 1) 2所以 F (x)0 ，所以原不等式 x 1 x 2 2获证 .4 4v1.0可编写可改正故思路很自然的就会想到：想尽全部方法消去参数，进而转变成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，结构出一个变元的新的函数。
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)极值点偏移问题是在求解函数的极值点时，由于函数表达式的特殊性质，导致极值点位置发生偏移，需要采用特殊的解决方法。
常见的处理方法有以下几种：1.构造一元差函数F(x)=f(x)-f(2x-x)或F(x)=f(x+x)-f(x-x)，其中x为函数y=f(x)的极值点。
2.利用对数平均不等式ab<a-b+a+b。
3.变换主元等方法lna-lnb^2<ln(a-b^2)。
接下来，我们以一个具体的例子来说明极值点偏移问题的解决方法。
题目：设函数f(x)=-alnx+x-ax(a∈R)，试讨论函数f(x)的单调性；若f(x)=m有两解x1,x2(x12a。
解析：1.讨论函数f(x)的单调性由f(x)=-alnx+x-ax可知：f'(x)=-a/x+1-a=-(a/x+a-1)因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以：①若a>0时，当x∈(0,a)时，f'(x)0，函数f(x)单调递增。
②若a=0时，当f'(x)=1/x>0在x∈(0,+∞)XXX成立，函数f(x)单调递增。
③若a0，函数f(x)单调递增。
2.求证x1+x2>2a因为f(x)=m有两解x1,x2(x1<x2)，所以：alnx1+x1-ax=m，-alnx2+x2-ax=m将两式相减，整理得：lnx1-lnx2+ln(x1-x2)=a根据对数平均不等式，有：ln(x1-x2)<(lnx1-lnx2)/2代入上式得：a>-[(lnx1-lnx2)/2]化XXX：x1-x2<2e^-2a因为x1+x2>2x2>a，所以：x1+x2>2a综上所述，极值点偏移问题的解决方法包括构造一元差函数、利用对数平均不等式和变换主元等方法。
在具体求解中，需要根据函数表达式的特殊性质，选择合适的方法进行处理。
2(t-1)x2-1)/(4(t-1)2+1)为减函数，且在(1,∞)上递增，所以原不等式得证。
2022届高三高考数学一轮复习第四章： 导数专练—双变量与极值点偏移问题(2)【含答案】
2022届高三高考数学一轮复习第四章： 导数专练—双变量与极值点偏移问题（2）【含答案】1．已知函数．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有2个极值点1x ，2x ，证明：12()()3f x f x +>． 解：（1）2()2(0)f x kx x lnx x =+->，21221()22kx x f x kx x x+-∴'=+-=， ①若0k =，()f x 在1(0,)2上单调递减，在1(2，)+∞上单调递增；②若0k ≠，令2()221(0)t x kx x x =+->，△48k =+， 当k >时，△0>，248112()0k kt x x -++-++>⇒>=，112()00kt x x -++<⇒<<，()f x ∴在112k -++上单调递减，在112(k-++)+∞上单调递增；当102k -<<时，同理可得，()f x 在112k -++，112(k--+)+∞上单调递减，在112(k -++112k--+上单调递增； 当12k -时，△0，()0t x 恒成立，即())0f x '恒成立，()f x ∴在(0,)+∞上单调递减． 综上所述，当12k -时，()f x 的递减区间为(0,)+∞，无增区间； 当102k -<<时，()f x 的递减区间为112k -++，112(k--+，)+∞，递增区间为112(k -++112k--+； 当0k =时，()f x 的递减区间为1(0,)2，递增区间为1(2，)+∞；当0k >时，()f x 的递减区间为112k -++，递增区间为112(k-++)+∞；（2）证明：函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，由（1）可知102k -<<，且1x ，2x 是方程2221kx x +-两个根，1210x x k ∴+=->，12102x x k=->， 2212111222()()(2)(2)f x f x kx x lnx kx x lnx ∴+=+-++-2121212122112[()2]2()()(2)k x x x x x x lnx x k ln k k k k=+-++-=+-+- 11(2)1(0)2ln k k k =-+-+-<<；令11()(2)1(0)2g k ln k k k =--+-<<， 则22111()0k g k k k k+'=+=>恒成立， ()g k ∴在1(2-，0)上单调递增，1()()32g k g ∴>-=，即12()()3f x f x +>． 2．已知函数()(,)bf x lnx a a R b R x=+-∈∈有最小值M ，且0M ． （Ⅰ）求11a e b --+的最大值；（Ⅱ）当11a e b --+取得最大值时，设F （b ）1()a m m R b-=-∈，()F x 有两个零点1x ，212()x x x <，若0λ>，不等式112x x e λλ+⋅>恒成立，求λ的取值范围．解：（Ⅰ）有题意221()b x bf x x x x-'=-=，0x >， 当0b 时，()0f x '，()f x 在(0,)+∞上单增，此时显然不成立；当0b >时，令()0f x '=，得x b =，此时()f x 在(0,)b 上单减，在(,)b +∞上单增， M f =（b ）10lnb a =+-，即1lnb a -， 1a b e -∴，10a e b --．11a e b -∴-+的最大值为1；（Ⅱ）当11a e b --+取得最大值时，1a lnb -=，1()a lnbF b m m b b-=-=-． ()F x 的两个零点为1x ，2x ，则110lnx m x -=，220lnxm x -=， 即11lnx mx =，22lnx mx =，不等式112x x e λλ+⋅>恒成立等价于121212()1lnx lnx mx mx m x x λλλλ+=+=+>+．两式相减得11212212()x lnx x ln m x x m x x x =-⇒=-， 代入上式得1121122121122122(1)(1)(1)()()1x xlnx x x x x x x ln x x x x x x x λλλλλλ+-+-+⋅>+⇔<=-++，令12(01)x t t x =<<，(1)(1)(),(01)t g t lnt t t λλ+-=-<<+， 22(1)()()()t t g t t t λλ--'=+，其中10t -<，2()0t t λ+>； ①当1λ时，222(1)()0,()0()t t t g t t t λλλ--'-<=>+，函数()g t 在(0,1)上单调递增，()g t g <（1）0=，满足题意；②当01λ<<时，函数()g t 在2(λ，1)上单调递减，此时()g t g >（1）0=，不满足题意． 综上所述：λ的取值范围是1λ． 3．已知函数()f x lnx =．（1）讨论函数()()()g x f x ax a R =-∈的单调性； （2）设图数1()()(x F x f x e e=-为自然对数的底数）在区间(1,2)内的零点为0x ，记(){()m x min xf x =，}xxe （其中{min a ，}b 表示a ，b 中的较小值），若()()m x n n R =∈在区间(1,)+∞内有两个不相等的实数根1x ，212()x x x <，证明：1202x x x +>． 解：（1）()g x 的定义域是(0,)+∞， 11()(0)ax g x a x x x-'=-=>， 当0a 时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞递增， 当0a >时，令()0g x '=，解得：1x a=， 当1(0,)x a ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，当1(x a∈，)+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，综上：当0a 时，()g x 在(0,)+∞递增，当0a >时，()g x 在1(0,)a 单调递增，在1(a，)+∞单调递减；（2）证明：1()xF x lnx e =-，定义域是(0,)+∞，11()x F x x e'=+，而(1,2)x ∈，故()0F x '>，()F x 在(1,2)单调递增， 又F （1）10e =-<，F （2）2120ln e=->，且()F x 在(1,2)内的图像连续不断，故根据零点存在性定理，有()F x 在(1,2)上有且只有1个零点， 故存在0(1,2)x ∈，使得0()0F x =，即001x lnx e =， 且当01x x <<时，1()()x xx f x xf x e e <⇒<， 当0x x >时，1()()x x x f x xf x e e>⇒>， 故00,1(),x xlnx x x m x x x x e <⎧⎪=⎨>⎪⎩，当01x x <<时，()m x xlnx =， 由()10m x lnx '=+>得()m x 单调递增， 当0x x >时，()x x m x e =，由1()0xxm x e -'=<得()m x 单调递减， 若()m x n =在区间(1,)+∞内有2个不相等的实数根1x ，212()x x x <， 要证1202x x x +>，即证2012x x x >-，又0102x x x ->，而()m x 在区间0(x ，)+∞内单调递减， 故可证201()(2)m x m x x <-，又由12()()m x m x =， 即证101()(2)m x m x x <-，即01011122x x x x x lnx e --<， 记0022()x xx xh x xlnx e --=-，01x x <<，其中0()0h x =， 记()t t t e ϕ=，则1()ttt e ϕ-'=，当(0,1)t ∈时，()0t ϕ'>，当(1,)t ∈+∞时，()0t ϕ'<， 故()t ϕ的最大值是1e ，而()0t ϕ>，故10()t e ϕ<<，而021x x ->，故002210x x x x e e---<-<，故00022211()110x xx xx x h x lnx e e e ---'=++->->，即()h x 单调递增，故当01x x <<时，0()()0h x h x <=，即01011122x x x x x lnx e--<，故1202x x x +>． 4．已知函数22()(0)a f x alnx x a x=++≠．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设0a >，点1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y 为曲线22()()a F x f x x x=--上两个不同的点，且120.x x <<若存在31(x x ∈，2)x ，使曲线()y F x =在点3(P x ，3())F x 处的切线与直线AB 平行，证明：1232x x x +<． 解：（1）由题意得2()(2)()(0)x a x a f x x x -+'=>，0a >时，0x >，由()0f x '>，得()(2)0x a x a -+>，解得：x a >，由()0f x '<，得()(2)0x a x a -+<，解得：0x a <<， 故函数()f x 在(0,)a 递减，在(,)a +∞递增， 当0a <时，0x >，由()0f x '>得()(2)0x a x a -+>，解得：2x a >-，由()0f x '<，得()(2)0x a x a -+<，解得：02x a <<-， 故函数()f x 在(0,2)a -递减，在(2,)a -+∞递增，综上：当0a >时，函数()f x 在(0,)a 递减，在(,)a +∞递增， 当0a <时，函数()f x 在(0,2)a -递减，在(2,)a -+∞递增； （2）证明：由题意知()F x alnx =，直线AB 的斜率2121AB alnx alnx K x x -=-，又()a F x x '=，33()a F x x '=，故21213alnx alnx a x x x -=-， 0a >，21321x x x lnx lnx -∴=-，1232x xx +∴<⇔2112212x x x x lnx lnx -+<-，120x x <<，210x x ∴->，211x x >，21lnx lnx >， 整理2112212x x x x lnx lnx -+<-，可得2121122()x x lnx lnx x x -<-+， 即22211212112(1)2()(*)1x x x x x lnx x x x x -->=++， 令21x t x =，则1t >，欲证(*)成立，等价于证明2(1)1t lnt t ->+成立， 即证：2(1)01t lnt t -->+，(1)t >，令2(1)()(1)1t g t lnt t t -=->+， 则2(1)4()211t g t lnt lnt t t -=-=+-++， 22214(1)()0(1)(1)t g t t t t t -'=-=>++，故()g t 在(1,)+∞单调递增，故()g t g >（1）0=， 即2(1)1t lnt t ->+成立，故1232x x x +<． 5．已知函数()()x f x me x m R =-∈有两个零点1x ，2x ，且12x x <． （Ⅰ）求m 的取值范围；（Ⅱ）当214x x 时，不等式21112()(13)x x x me me a x ax -<-+恒成立，求a 的取值范围． 解：（Ⅰ）解法一：()1x f x me '=-，当0m <时，()0f x '<，()f x 单调递减，不可能有两个零点，不符合题意， 当0m =时，()f x x =-，有一个零点，不符合题意，当0m >时，令()0f x '=，则110,0x xme e m-==>，解得1x ln m =，当1x lnm <时，()0f x '<，()f x 为减函数，当1x ln m>时，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以当1x lnm =时，()f x 有极小值也是最小值，且11()()1min f x f ln ln m m==-， 因为()f x 有两个零点，所以11()10f ln ln m m=-<，即11lnm >，即1e m >，解得10m e<<，此时，(0)0f m =>，f （1）10me =-<，所以101x <<， 因为21242lnln ln m m m <=，244222()22()f ln ln ln m m m m m=-=-， 易知当0x >时恒有0x lnx ->，所以24()0f ln m>， 所以2122lnx ln m m<<，且符合12x x <， 所以m 的取值范围为1(0,)e．解法二：令()0x f x me x =-=， 因为0x e >，所以xxm e =．（2分）令()xxx e ϕ=，则1()x x x e ϕ-'=，令()0x ϕ'=，解得1x =，当1x <时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增； 当1x >时，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，故当1x =时，()x ϕ有极大值也是最大值，且1()max x eϕ=， 当0x <时，()0x ϕ<，当0x =时，()0x ϕ=，当0x >时，()0x ϕ>， 所以当10m e<<时，()0x f x me x =-=有两个零点， 所以m 的取值范围为1(0,)e．（Ⅱ）因为1111()0,0x f x me x x =-=>，2222()0,0x f x me x x =-=>，所以21212211,x x x xx me me x x e x --=-=，所以2211x x x ln x -=， 又因为当214x x 时，不等式21112()(13)x x x me me a x ax -<-+恒成立， 所以21121(13)x x ln a x ax x <-+，221131x xln a a x x <-+， 令21x t x =，因为214x x ，所以4t ，则(3)1lnt t a <-+， 所以13lnt a t ->-对4t 恒成立，令1()3lnt g t t -=-， 则221(3)(1)23()(3)(3)t lnt t tlnt t g t t t t -----'==--， 令()23h t t tlnt =--，则()1h t lnt '=-，当4t 时，()0h t '<， 所以()h t 在[4，)+∞上单调递减，()h t h （4）5440ln =-<， 所以()0g t '<，()g t 在[4，)+∞上单调递减， ()g t g （4）221ln =-，所以221a ln >-．6．已知函数2()2a f x lnx x =+，()(1)g x a x =+． （1）若1a =-，求()f x 的最大值；（2）若函数()()()h x f x g x =-，讨论()h x 的单调性；（3）若函数()()()m x f x g x x =-+有两个极值点1x ，212()x x x <，求证：12()()2am x m x lna -<-．解：（1）当1a =-时，21()2f x lnx x =-，21()x f x x-'=，当(0,1)x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减， 故()f x 极大值也是最大值是f （1）12=-．（2）由已知得2()()()(1)2a h x f x g x lnx x a x =-=+-+， ()h x 的定义域是(0,)+∞，(1)(1)()ax x h x x--'=，当0a =时，1()xh x x-'=，当(0,1)x ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当0a <时，由()0h x '=，解得：1x =或10x a=<， 故当(0,1)x ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当01a <<时，由()0h x '=，解得：1x =或11x a=>， 故(0,1)x ∈，1(a ，)+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，当1(1,)x a∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，故1a =时，()0h x '，当(0,)x ∈+∞时，()h x 单调递增， 当1a >时，由()0h x '=，解得：1x =或11x a=<， 故1(0,)x a ∈，(1,)+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，当1(x a∈，1)时，()0h x '<，()h x 单调递减，综上，当0a 时，()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 当01a <<时，()h x 在(0,1)与1(a ，)+∞上单调递增，在1(1,)a单调递减，当1a =时，()h x 在(0,)+∞上单调递增，当1a >时，()h x 在1(0,)a ，(1,)+∞单调递增，在1(a，1)单调递减．（3）证明：2()2a m x lnx x ax =+-，则()m x 的定义域是(0,)+∞， 则21()ax ax m x x-+'=，若()m x 有2个极值点1x ，212()x x x <，则方程210ax ax -+=的判别式△240a a =->，且121x x +=，1210x x a=>，4a >， 又12x x <，∴21121x x x a<=，即10x a <<22121111111111()()()[(1)][(1)]()22a am x m x lnx ln x x a x x lnx ln ax ax ax -=-+-----=++-，设()()2a p t lnt ln at at =++-，其中1)t x a =∈， 由2()0p t a t '=-=，解得：2t a=， 由于220a a a--=<，即2a a <，()p t ∴在2(0,)a 上单调递增，在2(aa 上单调递减， 即()p t 的最大值是2()2(21)22a ap ln lna lna a =-+-<-，从而12()()2am x m x lna -<-． 7．已知函数1()()x f x ln x a x a-=+-+，函数()g x 满足2[()]ln g x x lnx x a +=+-． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()g x 有两个不同的零点1x ，2x ，证明：121x x <． 解：（1）由已知得函数()f x 的定义域为(,)a -+∞， 则221(1)1()()()x a x x f x x a x a x a +---'=-=+++， ∴当1a -，即1a -时，()f x 在(,)a -+∞上单调递增，∴当1a -<，即1a >-时，()f x 在(,1)a -上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，综上：1a -时，()f x 在(,)a -+∞上单调递增，1a >-时，()f x 在(,1)a -上单调递减，在(1,)+∞上单调递增．（2）证明：2[()]ln g x x lnx x a +=+-，2()()x a x a g x x e x x e x --∴=⋅-=⋅-，其定义域为(0,)+∞，2()()0x a x a g x x e x x e x --=⋅-=⋅-=等价于0x a e x --=，即x lnx a -=，设()(0)h x x lnx x =->，∴11()1x h x x x-'=-=， 令()0h x '>，则1x >；令()0h x '<，则01x <<，∴当(1,)x ∈+∞时()h x 单调递增；当(0,1)x ∈时()h x 单调递减，函数()g x 有两个不同的零点，即()h x 有两个不同的零点，0x →时()h x →+∞，x →+∞时()h x →+∞，a h ∴>（1）1=，()g x ∴有两个不同的零点1x ，2x ，且1201x x <<<，12()()h x h x a ==，令1()()(),(01)x h x h x x ϕ=-<<，则22221111(1)()()()(1)0x x x h x h x x x x x x ϕ--'''=+=+⋅-=>， ()x ϕ∴在(0,1)x ∈时单调递增，()x ϕϕ∴<（1）0=，即01x <<时，1()()h x h x<，又101x <<，∴1211()()()h x h x h x =<，2111,1x x >>，且(1,)x ∈+∞时()h x 单调递增，∴211x x <，故而121x x <，得证．。
考前增分微课(二) 极值点偏移问题
证明
(1)f′(x)＝－x1x－－1ln2
x ，令
g(x)＝－1x－ln
x，x>0，则
g′(x)＝x12－1x＝1－x2 x，
所以当 0<x<1 时，g′(x)>0，当 x>1 时，g′(x)<0，所以 g(x)≤g(1)＝－1<0。
因此 f′(x)<0。
(2)由(1)得，f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递减，
当 x→－∞时，g(x)→－∞； 当 x→＋∞时，g(x)→0 且 g(x)>0。 由 g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设 t1<t2，作出函数 g(x)的图象， 如图所示，由图知必有 0<t1<1<t2，
令 F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]， 则 F′(x)＝exx＋1(e2x－1)>0， 所以 F(x)在(0,1]上单调递增， 所以 F(x)>0 对任意的 x∈(0,1]恒成立， 即 g(1＋x)>g(1－x)对任意的 x∈(0,1]恒成立，由 0<t1<1<t2，得 1－t1∈(0,1)， 所以 g(1＋1－t1)＝g(2－t1)>g(1－(1－t1))＝g(t1)＝g(t2)， 即 g(2－t1)>g(t2)，
所以 h(a)>h14＝－ln22－34， 所以 f(x1)＋f(x2)>－ln22－34。 【点拨】 本题(2)函数 f(x)有两个极值点 x1，x2 就是 f′(x)＝0，即方程 x2－x ＋a＝0 在(0，＋∞)上有两个不同实根 x1，x2，在 Δ>0 情况下，由根与系数的关系可 得xx11＋x2＝x2＝a。1， 然后可得 f(x1)＋f(x2)＝aln a－a－12，将问题转化。可以构造新函数 h(a)＝aln a－a－120<a<14，研究单调性及最值，从而问题得证。
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 =--<。
高考讲坛(2)极值点偏移问题的处理策略及探究
极值点偏移问题的处理策略及探究所谓极值点偏移问题,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0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ，2(,)B x b 两点,则AB 的中点为12(,)2x x M b +,而往往1202x xx +≠。
如下图所示。
极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。
而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的.不含参数的如何解决?含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决?其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索! 【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题。
例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时,()f x →-∞,(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函 数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠,不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增,()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立。
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。
极值点偏移问题(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)_极值点_不等式_对数_新浪网
131例题展示点评：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：把握以上三个关键点，就可以轻松解决一些极值点偏移问题．拓展小结：用对称化构造的方法解决极值点偏移问题大致分为以下三步：123牛刀小试极值点偏移问题二——函数的选取（操作细节）例题展示点评点评注1注2思考：上一讲极值点偏移问题（1）中练习1应该用哪一个函数来做呢？极值点偏移问题三——变更结论（操作细节）例题展示解法一（换元法）解法二（加强命题）剧透：下一讲中我们还会给出这道题的第三种证法．能否将双变量的条件不等式化为单变量的函数不等式呢？答案是肯定的，以笔者的学习经验为线索，我们先看一个例子．引例证明发现能否一开始就做这个代换呢？这样一种比值代换在极值点偏移问题中也大有可为.下面就用这种方法再解前面举过的例子．再解例1（3）：再解例3：再解练习1：再解例4：再解例5：再解例7：再解例8：行文至此，相信读者已经领略到比值代换的威力．用比值代换解极值点偏移问题方便、快捷，简单得很．只需通过一个代换就可“双元”化“单元”，变为单变量的函数不等式，可证．那是不是可以就此忘掉前面三讲的内容呢？只需比值代换，就可偏移无忧？这里，笔者必须指出，前面再解的过程中有意地略去了一些例子（不知细心的你是否发现），这就补上，请读者明察．试再解例2：试再解例6：试再解练习2：这是比值代换的败笔，又是最精彩之处．没有任何一种方法是万能的，我们不仅要熟悉它的优势，熟练它的操作，还要清醒地认识到它的缺陷，运用时要注意哪些问题，这其实是为了更好的运用．最后，我们来看比值代换另一个应用．牛刀小试极值点偏移问题五——对数平均不等式（本质回归）回顾本讲要给的对数平均不等式是对基本不等式的加细．对数平均不等式：先给出对数平均不等式的多种证法．证法1（对称化构造）：证法2（比值代换）：证法3（主元法）：证法4（积分形式的柯西不等式）：证法5（几何图示法）：图1图2应用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解前面举过的例题．再解例1：再解例2：再解例3：再解练习1：再解例4：同本节例1再解例5：同本节例1再解例7（2）：再解例8：再解练习2：解练习3选项D：总 结极值点偏移问题，多与指数函数或对数函数有关，用对数平均不等式解题的关键有以下几步：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一定局限性，也不是万能的（再解过程中漏掉了例6，读者可尝试），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．证法1证法2极值点偏移问题六——泰勒展开（本质回归）这一讲我们回到极值点偏移的直观图形上来，揭示极值点偏移问题的高等数学背景．以极小值点的偏移为例进行说明。
极值点偏移二级结论
极值点偏移二级结论极值点偏移是泛函分析中的重要概念，对于函数的最大值与最小值的求解具有重要意义。
在实际应用中，我们常常遇到需要求解函数的极值点的问题，例如找到最优解、极小化成本或最大化利润等。
极值点偏移的一级结论是关于给定函数的极值点位置的描述。
二级结论则进一步探讨了极值点可能会发生的偏移情况。
本文将详细介绍极值点偏移的二级结论，希望对读者理解和应用极值点偏移具有指导意义。
极值点的偏移是指在函数发生变化时，其极值点的位置相对于函数图像的平移。
例如，增大函数的值通常会导致函数的极小值点向右偏移，而减小函数的值则使极小值点向左偏移。
首先，我们来讨论极小值点的偏移情况。
当函数增大时，极小值点往往会向右偏移。
这是因为随着函数的增大，原先位于函数斜率变小的位置的极小值点被新的更小值替代，从而被推离原本的位置。
类似地，当函数减小时，极小值点往往会向左偏移。
这种偏移情况在很多实际问题中都是普遍存在的，例如最小化成本的问题中，随着某种资源的减少，成本的最小值点可能会发生不断向左的偏移。
然而，极大值点的偏移情况与极小值点有所不同。
当函数增大时，极大值点往往会向左偏移。
这是因为在函数增大的过程中，曲线逐渐趋近于水平，极大值点就会“滑下”曲线，从而发生向左的平移。
相反，当函数减小时，极大值点往往会向右偏移。
这种偏移情况在需要寻找利润最大化点的问题中具有重要意义，因为当需求减少时，最大利润点可能会发生向右的偏移。
需要注意的是，极值点的偏移并不意味着极值点的值一定会发生变化。
在某些情况下，极值点的值可能会发生改变，但在其他情况下，极值点的值可能保持不变。
因此，在应用极值点偏移的过程中，除了关注极值点的位置，也需要注意函数值的变化。
综上所述，极值点偏移的二级结论为我们提供了一种理解函数极值点在变化过程中的行为的方法。
在实际问题中，我们可以根据函数的变化情况来预测极值点的偏移方向，并据此进行决策。
通过对极值点偏移的研究，我们可以更好地理解函数的行为规律，并在实践中应用这一结论来求解最优化问题、优化成本和利润等实际应用。
(高中段)专题微课(六)解决极值点偏移问题的三大策略2
[解] (1)当 m＝－2 时， f(x)＝xln x＋x2－x＝x(ln x＋x－1)，x＞0. 设 g(x)＝ln x＋x－1，x＞0，则 g′(x)＝1x＋1＞0， 于是 g(x)在(0，＋∞)上为增函数． 又 g(1)＝0，∴g(x)有唯一零点 x＝1. 故函数 f(x)有唯一零点 x＝1. (2)证明：欲证 x1x2＞e2，只需证 ln x1＋ln x2＞2. 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，
ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0， 由题意可知 ln x2－x2＝m＜－2＜ln 2－2， 又由(1)可知 f(x)＝ln x－x 在(1，＋∞)上单调递减， 故 x2＞2.令 g(x)＝ln x－x－m， 则 g(x1)－gx222＝－x2＋x222＋3ln x2－ln 2. 令 h(t)＝－t＋t22＋3ln t－ln 2(t＞2)， 则 h′(t)＝－t－2t23t＋1. 当 t＞2 时，h′(t)＜0，h(t)是减函数， 所以 h(t)＜h(2)＝2ln 2－32＜0.
∴ln1x≤1x－1.即 ln x≤x－1，当且仅当 x＝1 时取等号．又 x＞0 时，1＋1x＞1， 因此 ln1＋1x＜1x. ∴0＜x＜1 时，1x－1ln－1x＋1x＞0，又lxn1x－＋x1＞0. ∴f(x1＋1)＞f(x1)＝f(x2)， 由 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且 x1＋1＞1，x2＞1， 得 x2＞x1＋1.即 x2－x1＞1.
[典例] 已知函数 f(x)＝ln x－x. (1)求函数 f(x)的极大值； (2)若方程 f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根 x1，x2 且 x1＜x2，证明：x1x22＜2. [解] (1)f(x)＝ln x－x 的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1x－1＝1－x x， 令 f′(x)＜0，得 x＞1，令 f′(x)＞0，得 0＜x＜1. 所以函数 f(x)＝ln x－x 的单调递减区间是(1，＋∞)，单调递增区间是(0,1)， 所以 f(x)极大值＝f(1)＝ln 1－1＝－1. (2)证明：由(1)可设 f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根 x1，x2，满足 ln x－x －m＝0 且 0＜x1＜1，x2＞1，
极值点偏移问题2
极值点偏移问题（2）——函数的选取（操作细节）例4 已知函数()x f x e ax =-有两个不同的零点12,x x ，其极值点为0x ．（1）求a 的取值范围；（2）求证：1202x x x +<；（3）求证：122x x +>；（4）求证：121x x <．解：（1）()x f x e a '=-，若0a ≤，则()0f x '>，()f x 在R 上单增，()f x 至多有1个零点，舍去；故必有0a >，易得()f x 在(),ln a -∞上单减，在()ln ,a +∞上单增，要使()f x 有两个不同的零点，则有()ln 0f a a e <⇒>（严格来讲，还需补充两处变化趋势的说明：当x →-∞时，()f x →+∞；当x →+∞时，()f x →+∞）．（2）由所证结论知这是()f x 的极值点偏移问题，选取函数()f x 来做．下面按对称化构造的三个步骤来写，其中0ln x a =．①由（1）知()f x 在()0,x -∞上单减，在()0,x +∞上单增，可设102x x x <<； ②构造函数()()()02F x f x f x x =--，则()()()02022x x x F x f x f x x e e a -'''=+-=+-，当0x x <时，有()20F x a '>-=，则()F x 在()0,x -∞上单增，得()()00F x F x <=，即()()()002f x f x x x x <-<；③将1x 代入②中不等式得()()()12012f x f x f x x =<-，又20x x >，0102x x x ->，()f x 在()0,x +∞上单增，故2012x x x <-，1202x x x +<．（3）由所证结论可以看出，这已不再是()f x 的极值点偏移问题．谁的极值点会是1x =呢？回到题设条件：()0x xxe f x e ax e ax a x =-=⇒=⇒=，记函数()xe g x x=，则有()()12g x g x a ==．求导得()()21x e x g x x -'=，则1x =是()g x 的极小值点，我们选取函数()g x 来证（3）中结论122x x +>，也可证（4）中结论121x x <．①()g x 在(),0-∞上单减，在()0,1上单减，在()1,+∞上单增；()g x 的符号与x 的符号相同；当x →-∞时，()0g x →；当0x -→时，()g x →-∞；当0x +→时，()g x →+∞；当x →+∞时，()g x →+∞．()g x 的图象如下（由图象亦可得a e >），由()()12g x g x a ==可设1201x x <<<；②构造函数()()()2G x g x g x =--，则()()()()()()()()222222112122x x x x e x e x e e G x g x g x x x x x x --⎛⎫--'''=+-=+=-- ⎪ ⎪--⎝⎭， 当01x <<时，10x -<，但因式()2222x xe e x x ---的符号不容易看出，引进辅助函数()2xe x xϕ=，则()()32x e x x x ϕ-'=，得()x ϕ在()0,2上单减，当()0,1x ∈时，()21,2x -∈，即022x x <<-<，则()()2x x ϕϕ>-，即()22202x xe e x x -->-，()0G x '<，得()G x 在()0,1上单减，有()()10G x G >=，即()()()201g x g x x >-<<；③将1x 代入②中不等式得()()()1212g x g x g x =>-，又21x >，121x ->，()g x 在()1,+∞上单增，故212x x >-，122x x +>．（4）①同上；②构造函数()()1G x g x g x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，则 ()()()()112222211111111x x xxx e xe e e x x G x g x g x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪-⎛⎫⎝⎭⎝⎭'''=+=+= ⎪⎝⎭⎛⎫⎪⎝⎭，当01x <<时，10x -<，但因式1xxe xe -的符号不容易看出，引进辅助函数()1xxx e xe ϕ=-，则()111xx x e e x ϕ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0x ϕ'>，得()x ϕ在()0,1上单增，有()()10x ϕϕ<=，则()0G x '>，得()G x 在()0,1上单增，有()()10G x G <=，即()()101g x g x x ⎛⎫<<<⎪⎝⎭； ③将1x 代入②中不等式得()()1211g x g x g x ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，又21x >，111x >，()g x 在()1,+∞上单增，故211x x <，121x x <． 点评：结论虽已证出，但判定因式()2222x x e e x x ---及1xx e xe -的正负时，均需辅助函数的介入，费了一番功夫．虽然()g x 的极值点是1，理论上可以用来做（3）（4）两问，但实践发现略显麻烦，我们还没有找到理想的函数．再次回到题设条件：()()0,0ln ln ln ln x f x e ax a e x x a x x x a =⇒=>>⇒=+⇒-=，记函数()ln h x x x =-，则有()()12ln h x h x a ==．接下来我们选取函数()h x 再证（3）（4）两问．（3）①()11h x x'=-，得()h x 在()0,1上单减，在()1,+∞上单增，有极小值()11h =；又当0x +→时，()h x →+∞；当x →+∞时，()h x →+∞．故()h x 的图象如下（由图象得ln 1a >，亦得a e >），由()()12ln h x h x a ==可设1201x x <<<．x②构造函数(2H x h x h x =--，则()()()()1111211122H x h x h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+-=-+-=-- ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当01x <<时，10x -<，1102x x->-，则()0H x '<，得()H x 在()0,1上单减，有()()10H x H >=，即()()()201h x h x x >-<<；③将1x 代入②中不等式得()()()1212h x h x h x =>-，又21x >，121x ->，()h x 在()1,+∞上单调递增，故212x x >-，122x x +>．（4）①同上；②构造函数()()1H x h x h x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，则 ()()()22211111111H x h x h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+=-+-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当01x <<时，()0H x '>，得()H x 在()0,1上单增，有()()10H x H <=，即()()101h x h x x ⎛⎫<<< ⎪⎝⎭；③将1x 代入②中不等式得()()1211h x h x h x ⎛⎫=<⎪⎝⎭，又21x >，111x >，()h x 在()1,+∞上单调递增，故211x x <，121x x <． 点评：用函数ln y x x =-来做（3）（4）两问，过程如行云流水般，格外顺畅．这说明在极值点偏移问题中，若函数选取得当，可简化过程，降低难度．注1：第（2）问也可借助第（4）问来证：将11ln ln x x a =+，22ln ln x x a =+相加得()12120ln 2ln 2ln 2x x x x a a x +=+<=；注2：在第②步中，我们为什么总是给定1x 的范围？这是因为1x 的范围()0,1较2x 的范围()1,+∞小．以第（3）问为例，若给定()1,x ∈+∞，因为所构造的函数为()()()2H x h x h x =--，这里0x >，且20x ->，得02x <<，则当2x ≥时，()H x 无意义，需要分为两类：（1）若22x ≥，则1222x x x +>≥，结论成立；（2）当()1,2x ∈时，同原解答．而给定()0,1x ∈，则不会遇到上述问题．当然第（4）问中给定1x 或2x 的范围均可，请读者自己体会其中差别．思考：上一讲中练习1应该用哪一个函数来做呢？提示：ln 1ln 00,x x ax a x e ⎛⎫-=⇒=∈ ⎪⎝⎭，用函数ln x y x=来做212x x e >；或用函数ln y x ax =-来做2122x x e a+>>．。
02 极值点偏移问题判定定理
专题02 极值点偏移问题判定定理一、极值点偏移的判定定理对于可导函数()y f x =，在区间(,)a b 上只有一个极大（小）值点0x ，方程()0f x =的解分别为1x ，2x ，且12a x x b <<<，（1）若102()(2)f x f x x <-，则120()2x x x +<>，即函数()y f x =在区间12(,)x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）若102()(2)f x f x x >-，则120()2x x x +><，即函数()y f x =在区间12(,)x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏．证明：（1）因为对于可导函数()y f x =，在区间(,)a b 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数()f x 的单调递增（减）区间为0(,)a x ，单调递减（增）区间为0(,)x b ，由于12a x x b <<<，有10x x <，且0202x x x -<，又102()(2)f x f x x <-，故102()2x x x <>-，所以120()2x x x +<>，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏； （2）证明略．左快右慢（极值点左偏122x x m +⇔<） 左慢右快（极值点右偏122x x m +⇔>）左快右慢（极值点左偏122x x m +⇔<） 左慢右快（极值点右偏122x x m +⇔>） 二、运用判定定理判定极值点偏移的方法 1．方法概述：（1）求出函数()f x 的极值点0x ；（2）构造一元差函数00()()()F x f x x f x x =+--； （3）确定函数()F x 的单调性；（4）结合(0)0F =，判断()F x 的符号，从而确定0()f x x +、0()f x x -的大小关系． 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随． 2．抽化模型答题模板：若已知函数()f x 满足2()()1f x f x =，0x 为函数()f x 的极值点，求证：1202x x x +<． （1）讨论函数()f x 的单调性并求出()f x 的极值点；假设此处()f x 在0(,)x -∞上单调递减，在0(,)x +∞上单调递增． （2）构造00()()()F x f x x f x x =+--；注：此处根据题意需要还可以构造成0()()()F x f x f 2x x =--的形式．（3）通过求导()F x '讨论()F x 的单调性，判断出()F x 在某段区间上的正负，并得出0()f x x +与0()f x x -的大小关系；假设此处()F x 在(0,)+∞上单调递增，那么我们便可得出000()()()()0F x F x f x f x >=-=，从而得到：0x x >时，00()()f x x f x x +>-．（4）不妨设102x x x <<，通过()f x 的单调性，12()()f x f x =，0()f x x +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，00()()f x x f x x +>-且102x x x <<，12()()f x f x =，故1202002002()()[()][()](2)f x f x f x x x f x x x f x x ==+->--=-，又因为10x x <，0202x x x -<且()f x 在0(,)x -∞上单调递减，从而得到1022x x x <-，从而1202x x x +<得证．（5）若要证明1202x x f +⎛⎫'<⎪⎝⎭，还需进一步讨论122x x +与0x 的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证． 此处只需继续证明：因为1202x x x +<，故1202x x x +<，由于()f x 在0(,)x -∞上单调递减，故1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭．【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求()f x 的单调性、极值点，证明0()f x x +与0()f x x -（或()f x 与0()f 2x x -）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如1202x x x +<或1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题． 三、对点详析，利器显锋芒 ★已知函数()()xf x xe x R -=∈． （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）若12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：122x x +>．【解析】容易求得第（1）问：()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，()f x 的极值是1(1)f e=． 第（2）问：构造函数(1)1()(1)(1)(1)(1)x x F x f x f x x ex e -+-=+--=+--，则1(1)()x x F x x e e --+'⎡⎤=-⎣⎦，当0x >时，()0F x '>，★()F x 在(0,)+∞上单调递增，又(0)0F =，★()0F x >，即(1)(1)f x f x +>-．★12x x ≠，不妨设12x x <，由（1）知11x <，21x >，★()()()()()1222211112f x f x f x f x f x ==+->--=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．★21x >，★221x -<，()f x 在(,1)-∞上单调递增，★122x x >-，★122x x +>． ★函数434()3f x x x =-与直线13y a a ⎛⎫=>- ⎪⎝⎭交于()1,A x a 、()2,B x a 两点．证明：122x x +<．【解析】设12x x <，函数434()3f x x x =-的单调递减区间为(,1)-∞，单调递增区间为(1,)+∞，有21x >， 设()(1)(1)F x f x f x =+--，()2()83210F x x x '=-+>， 故()F x 单调递增区间为(,)-∞+∞，又(0)0F =，所以当0x >时，()(0)0F x F >=，即0x >时，(1)(1)f x f x +>-，()()()()()1222112f x f x f x f x ==+->-，又11x <，221x -<， 又函数434()3f x x x =-单调递减区间为(,1)-∞， 所以122x x <-，即122x x +<．★已知函数2()ln f x x x=+，若12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：124x x +>． 【解析】由函数2()ln f x x x=+单调性可知：若12()()f x f x =，则必有122x x <<．所以142x ->， 而11111122()(4)ln ln(4)4f x f x x x x x --=+-+--， 令22()ln ln(4)4h x x x x x=-++--，则 2222222222112(4)2(4)(4)'()(4)4(4)x x x x x x h x x x x x x x ---+-+-=--++=--- 2228(2)0(4)x x x -=-<- 所以函数()h x 在(0,2)为减函数，所以()(2)0h x h >=，所以11()(4)0f x f x -->即11()(4)f x f x >-，所以22()(4)f x f x >-，所以124x x +>．★已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点．设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<．【解析】不妨设12x x <由题意知()()120f x f x ==．要证不等式成立，只需证当121x x <<时，原不等式成立即可．令()(1)(1)F x f x f x =--+，则()11()x x F x x e e -+'=-，当0x >时，()0F x '<．★()(0)0F x F <=．即(1)(1)f x f x -<+．令11x x =-，则()()()()()()()2111111112f x f x f x f x f x ==--<+-=-， 即()()212f x f x <-．而2x ，12(1,)x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上递增， 故212x x <-，即122x x +<． 四、招式演练 1．已知函数()ln 3af x x x=+-有两个零点1x ，2x （12x x <）． （1）求证：20a e <<； （2）求证：122x x a +>． 【答案】见解析. 【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值，求出a 的范围即可；（2）问题转化为证明()()21f x f 2a x >-，设函数()()()g x f x f 2a x =--，根据函数的单调性证明即可． 试题解析：（1）证明：()f x 的定义域为()0,∞+，()22a 1x af'x x x x-=-+=． ★当a 0≤时，()f'x 0≥，所以函数()f x 在区间()0,∞+上是增函数，不可能有两个零点； ★当a 0>时，在区间()0,a 上，()f'x 0<，在区间()a,∞+上()f'x 0>； 所以()f x 在区间()0,a 上递减，在区间()a,∞+上递增．()f x 的最小值为()f a lna 2=-，依题意，有()f a 0<，则20a e <<．（2）证明：要证12x x 2a +>，只要证21x 2a x >-，易知2x a >，12a x a ->． 而()f x 在区间()a,∞+上是增函数，所以只要证明()()21f x f 2a x >-， 即证()()11f x f 2a x >-，设函数()()()g x f x f 2a x =--，而()g a 0=，并且在区间()0,a 上()()()()()()222224a a x x a 2a x a g'x f'x f'2a x 0x 2a x x 2a x -----=+-=+=<--， 即()g x 在区间()0,a 上是减函数，所以()()1g x g a 0>=． 而()()()111g x f x f 2a x 0=-->，所以()()21f x f 2a x >-成立， 所以12x x 2a +>．点睛：本题主要考查函数导数与不等式，恒成立问题.要证明一个不等式，我们可以先根据题意所给条件化简这个不等式，可以转化为()()21f x f 2a x >-，利用条件()()21f x f x =将不等式转化为求证()()11f x f 2a x >-，划归与转化之后，就可以假设相对应的函数，然后利用导数研究这个函数的单调性、极值和最值，图像与性质，进而求解得结果.2．已知函数()()22ln ,0x f x x a R a a=-∈≠.（1）求函数()f x 的极值；（2）若函数()f x 有两个零点1212,()x x x x <，且4a =，证明：124x x +>. 【答案】（1）答案详见解析；（2）证明详见解析. 【解析】 【分析】（1）求出()f x '，分两种情况讨论a 的范围，分别令()0f x '>求得x 的范围，可得函数()f x 增区间，()0f x '<求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间，根据单调性可得函数的极值★ （2）1x ★2x 为函数()f x 零点，可得1202x x <<<，要证124x x +>，只需证214x x >-★()()111142ln 242ln 4f x x x x -=-+--，构造函数利用单调性可得结论.【详解】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+★()22222x x af x a x ax-'=-=. 当0a <时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+上是减函数，所以()f x 在()0,∞+上无极值； 当0a >时，若(x ∈，()0f x '<，()f x在(上是减函数.当)x ∈+∞，()0f x '>，()f x在)+∞上是增函数，故当x =()f x 在()0,∞+上的极小值为11ln fa =-=-，无极大值.（2）当4a =时，()22ln 4x f x x =-，由（1）知，()f x 在()0,2上是减函数，在()2,+∞上是增函数，2x =是极值点， 又1x ，2x 为函数()f x 零点，所以1202x x <<<，要证124x x +>，只需证214x x >-. ★()()()2111442ln 44x f x x --=-- ()2111242ln 44x x x =-+--，又 ★()21112ln 04x f x x =-=，★()()111142ln 242ln 4f x x x x -=-+--，令()()2ln 242ln 4(02)h x x x x x =-+--<<，则()()()222222044x h x x x x x -'=-+=>--，★()h x 在()0,2上是增函数，★()()20h x h <=，★()()1240f x f x -<=， ★124x x -<，即124x x +>得证. 【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，3．已知函数1()211f x x a nx x=--+，a R ∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，正数1x ，2x 满足12()()2f x f x +=，证明：122x x +≥. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求得导数22(01),,2()x ax f x x-+'=+∞，令()221h x x ax =-+，则()()411a a ∆=-+，分0∆≤和>0∆两种情况分类讨论，结合导数的符号，即可求解；（2）当1a =时，得到1()2ln 1f x x x x=--+，根据函数()f x 的单调性，不妨设1201x x <≤≤，得到11())220(f x f x -+-≤，构造函数()()()22g x f x f x =-+-﹐(0,1]x ∈，结合导数求得函数()g x 的单调性和极值，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数1()211f x x a nx x=--+的定义域为(0,)+∞， 可得2222121()1a x ax f x x x x-+'=-+=， 令()221h x x ax =-+，则()()244411a a a ∆=-=-+.★当11a -≤≤时，0∆≤，可得()0f x '≥对(0,)x ∀∈+∞恒成立， 则()f x 在区间(0,)+∞上单调递增.★当1a <-或1a >时，>0∆，令()0f x '=，得1x a =2x a =+ （i ）当1a <-时，120x x <<，所以()0f x '≥对(0,)x ∀∈+∞恒成立.则()f x 在区间(0,)+∞上单调递增. （★）当1a >时，120x x <<.若1(0,)x x ∈，()0f x '>，函数()f x 单调递增； 若12(,)x x x ∈，()0f x '<，函数()f x 单调递减； 若2(,)x x ∈+∞，()0f x '>，函数()f x 单调递增.综上所述：当1a ≤时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增.当1a >时，在(0,a -和()a +∞，上()f x 单调递增；在(a a ()f x 单调递减.（2）当1a =时，函数1()2ln 1f x x x x=--+，由（1）可知()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，又易知()11f =，且12()()2f x f x +=，不妨设1201x x <≤≤， 要证122x x +≥，只需证212x x ≥-，只需证21()2()f x f x ≥-，即证11()2()2f x f x -≥-， 即证11())220(f x f x -+-≤，构造函数()()()22g x f x f x =-+-﹐(0,1]x ∈，所以11()22ln(2)2ln 2g x x x x x=------，(]0,1x ∈， 则32322222221214(331)4(1)()2(2)(2)(2)x x x x g x x x x x x x x x--+---'=--+==----， 当(0,1]x ∈时，()0g x '≥，所以函()g x 数在区间（0，1]上单调递增， 则()()10g x g ≤=，所以11())220(f x f x -+-≤得证，从而122x x +≥. 【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，求出最值，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．4．已知函数()21ln 2,R 2⎛⎫=+--∈ ⎪⎝⎭x a x ax a f x . （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数12,x x ，使得()()123+=-f x f x ，证明：122x x +>. 【答案】（1）当12a ≤时，()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减；当112a <<时，()f x 在()0,1上递增，在11,21⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上递减，在1,21a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭上递增； 当1a =时，()f x 在()0,∞+上递增； 当1a >时，()f x 在10,21⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上递增，在1,121⎛⎫⎪-⎝⎭a 上递减，在()1,+∞上递增；（2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对()f x 求导，分12a ≤，112a <<，1a =进行讨论，可得()f x 的单调性； （2）()f x 在定义域内是是增函数，由（1）可知1a =，()21ln 22=+-f x x x x ，设12x x <，可得()()()12321+=-=f x f x f ，则1201x x <<<，设()()()()23,0,1=-++∈g x f x f x x ，对()g x 求导，利用其单调性可证明122x x +>.【详解】解：()f x 的定义域为()0,∞+， 因为()21ln 22⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭a x f x x ax ， 所以()()()()()2121121211212---⎡⎤--+⎣⎦=+--=='x a x a x ax a x x x x f a x， 当12a ≤时，令()00f x x '⎧>⎨>⎩，得01x <<，令()00f x x '⎧<⎨>⎩，得1x >； 当112a <<时，则1121a >-，令()00f x x '⎧>⎨>⎩，得01x <<，或121>-x a ， 令()00f x x '⎧<⎨>⎩，得1121<<-x a ；当1a =时，()0f x '≥，当1a >时，则10121<<-a ，令()00f x x '⎧<⎨>⎩，得1121<<-x a ； 综上所述，当12a ≤时，()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减；当112a <<时，()f x 在()0,1上递增，在11,21⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上递减，在1,21a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭上递增； 当1a =时，()f x 在()0,∞+上递增； 当1a >时，()f x 在10,21⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上递增，在1,121⎛⎫⎪-⎝⎭a 上递减，在()1,+∞上递增；（2）()f x 在定义域内是是增函数，由（1）可知1a =， 此时()21ln 22=+-f x x x x ，设12x x <， 又因为()()()12321+=-=f x f x f ，则1201x x <<<， 设()()()()23,0,1=-++∈g x f x f x x ，则()()()()()()()22311212022---'''=--+=-+=>--x x x g x f x f x xxx x 对于任意()0,1x ∈成立， 所以()g x 在()0,1上是增函数，所以对于()0,1x ∀∈，有()()()12130<=+=g x g f ， 即()0,1x ∀∈，有()()230-++<f x f x ， 因为101x <<，所以()()11230-++<f x f x ， 即()()212f x f x >-，又()f x 在()0,∞+递增， 所以212x x >-，即122x x +>. 【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用，考查学生分类讨论与转化的思想，综合性大，属于难题. 5．已知函数()(0)xaxf x a e =≠. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）当1a =时，如果方程()f x t =有两个不等实根1,x 2x ，求实数t 的取值范围，并证明122x x +>. 【答案】（1）当0a >时，()f x 的单调递增区间是(,1)-∞，单调递减区间是(1,)+∞；当0a <时，()f x 的单调递增区间是(1,)+∞，单调递减区间是(,1)-∞；（2）10,e ⎛⎫⎪⎝⎭，证明见解析.【解析】 【分析】（1）求出()'f x ，对a 分类讨论，分别求出()0,()0f x f x ''><的解，即可得出结论；（2）由（1）得出()f x t =有两解时t 的范围，以及12,,t x x 关系，将122x x +>，等价转化为证明()()121212121x xx x x x e e ---+>-，不妨设12x x >，令12m x x =-，则0,m >1me >，即证(2)20m m e m -++>，构造函数()(2)2(0)x g x x e x x =-++>，只要证明对于任意0,()0x g x >>恒成立即可.【详解】（1）()f x 的定义域为R ，且(1)()xa x f x e -'=. 由10x x e ->，得1x <；由10x xe-<，得1x >. 故当0a >时，函数()f x 的单调递增区间是(,1)-∞， 单调递减区间是(1,)+∞；当0a <时，函数()f x 的单调递增区间是(1,)+∞， 单调递减区间是(,1)-∞.（2）由（1）知当1a =时，()x xf x e =，且max1()(1)f x f e==. 当0x <时，()0f x <；当0x >时，()0f x >.∴当10<<t e时，直线y t =与()y f x =的图像有两个交点， ∴实数t 的取值范围是10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.方程()f x t =有两个不等实根1,x 2x ，11x x t e ∴=，22x x t e=，11x x te ∴=，22x x te =， ()1212x x x x t e e ∴-=-，即122x x x t e e-=-.要证122x x +>，只需证()122xx t e e+>，即证()()1212122x x x x x x e e e e-+>-，不妨设12x x >.令12m x x =-，则0,m >1m e >， 则要证()121m m m e e +>-，即证(2)20mm e m -++>.令()(2)2(0)x g x x e x x =-++>，则()(1)1xg x x e '=-+. 令()(1)1xh x x e =-+，则()0xh x xe '=>，()(1)1x h x x e ∴=-+在(0,)+∞上单调递增，()(0)0h x h ∴>=. ()0g x '∴>，()g x ∴在(0,)+∞上单调递增， ()(0)0g x g ∴>=，即(2)20x x e x -++>成立，即(2)20mm e m -++>成立.122x x ∴+>.【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，涉及到函数单调性、极值、零点、不等式证明，构造函数函数是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题. 6．已知函数()ln f x x ax =-（a 为常数）. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间； （Ⅰ）若0a >，求不等式()20f x f x a ⎛⎫-->⎪⎝⎭的解集； （Ⅰ）若存在两个不相等的整数1x ，2x 满足()()12f x f x =，求证：122x x a+>. 【答案】（★）答案见解析；（★）12,a a ⎛⎫⎪⎝⎭；（★）证明见解析.【解析】 【分析】（★）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可； （★）设()()2F x f x f x a ⎛⎫=--⎪⎝⎭，根据函数的单调性求出不等式的解集即可；（★）求出0a >，不妨设1210x x a <<<，则121,x a a ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭，根据函数的单调性得到()112f x f x a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，由()()12f x f x =，替换即可.【详解】（★）()f x 的定义域为()0,∞+，()11ax f x a x x-'=-=， （1）当0a ≤时，恒有()0f x '>，故()f x 在()0,∞+上单调递增； （2）当0a >时，由()0f x '>，得10x a<<， 故()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， 综上（1）（2）可知：当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+； 当0a >时，()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；（★）()f x 的定义域为()0,∞+，所以0x >，且20x a ->，而0a >，20x a<<； 设()()2222ln ln ln ln 22F x f x f x x ax x a x x x ax a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=---+-==--+⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()21202a x a F x x x a ⎛⎫- ⎪⎝⎭'=≥⎛⎫- ⎪⎝⎭，且当且仅当1x a =时取等号， 所以()F x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又因为1x a =时，()10F x F a ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0F x <，当12,x a a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0F x >， 故()20f x f x a ⎛⎫-->⎪⎝⎭的解集为12,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭； （★）由（★）知0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增，若()()12f x f x =，则12x x =不合题意；故0a >，而()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， 若存在两个不相等的正数1x ，2x 满足()()12f x f x =， 则1x ，2x 必有一个在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上，另一个在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，不妨设1210x x a <<<，则121,x a a ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭，又由（★）知10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0F x <，即()20f x f x a ⎛⎫--< ⎪⎝⎭， 所以()112f x f x a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，因为()()12f x f x =，所以()212f x f x a ⎛⎫<-⎪⎝⎭， 又因为()f x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以212x x a >-，即122x x a+>. 【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题．7．（1）试比较2lnx 与1(0)x x x->的大小． （2）若函数()f x x lnx m =--的两个零点分别为1x ，2x ， Ⅰ求m 的取值范围； Ⅰ证明：122x x m +<．【答案】（1）答案见解析；（2）★(1,)+∞；★证明见解析. 【解析】 【分析】（1）构造函数1()2(0)g x lnx x x x=-+>，对函数求导，结合导数可求函数的单调性，进而可比较大小；（2）★利用导数可分析函数()f x 的单调性，然后结合零点存在条件即可求解m 的范围； ★由（1）的结论可得111111()2x m lnx x x -=>-，222211()2x m lnx x x -=<-，即21121x mx ->-，22221x mx -<-，由不等式的性质即可得到证明．【详解】（1）设1()2(0)g x lnx x x x=-+>， 则22221(1)()10x g x x x x--=--='， 故()g x 在(0,)+∞上单调递减． 因为g （1）0=，所以当01x <<时，()0>g x ；当1x =时，()0g x =；当1x >时，()0<g x ． 即当01x <<时，12lnx x x>-； 当1x =时，12lnx x x =-； 当1x >时，12lnx x x<-．（2）★因为()f x x lnx m =--，所以11()1x f x x x'-=-=， 令()0f x '>，得1x >；令()0f x '<，得01x <<， 则()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 故()()1f x f 1m =-．因为()f x 有两个零点，所以10m -<，即1m ． 因为()20mmf e e m =->，()0mm f ee --=>，所以当()f x 有两个零点时，m 的取值范围为(1,)+∞． ★证明：因为1x ，2x 是()f x 的两个零点， 不妨设12x x <，则1201x x <<<．因为110x lnx m --=，220x lnx m --=，所以111111()2x m lnx x x -=>-，222211()2x m lnx x x -=<-， 即21121x mx ->-，22221x mx -<-，则221212220x x mx mx --+>，即121212()()2()0x x x x m x x -+-->， 即1212()(2)0x x x x m -+->．因为12x x <，所以120x x -<，则1220x x m +-<，即122x x m +<． 【点评】本题主要考查了利用导数比较函数值的大小，还考查了由零点存在的条件求解参数范围及利用导数证明不等式，属于中档题．8．已知函数()()23366xf x x x e x =-+-（e 为自然对数的底数）．（1）求()f x 的图象在x =1处的切线方程； （2）求()f x 的单调区间和极值；（3）若12x x ≠，满足12()()f x f x =，求证：120x x +<．【答案】（1）y ＝（3e ﹣3）x +2；（2）f （x ）的增区间是（0，+∞），减区间是（﹣∞，0），极小值f （0）＝6，无极大值；（3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程； （2）根据导数与单调性的关系及极值存在条件即可求解；（3）要证x 1+x 2＜0，等价于证明f （x 2）＝f （x 1）＜f （﹣x 1），结合函数f （x ）在（0，+∞）上单调性即可证明． 【详解】（1）★f '（x ）＝3x 2e x ﹣3x 2＝3x 2（e x ﹣1），★f '（1）＝3（e ﹣1），即在x ＝1处的切线斜率为k ＝3（e ﹣1）． 又★f （1）＝3e ﹣1，★函数f （x ）的图象在x ＝1处的切线方程为y ﹣（3e ﹣1）＝3（e ﹣1）（x ﹣1）， 整理得y ＝（3e ﹣3）x +2．（2）★f '（x ）＝3x 2e x ﹣3x 2＝3x 2（e x ﹣1）， ★当x ＞0时，f '（x ）＞0；当x ＜0时，f '（x ）＜0．则f （x ）的增区间是（0，+∞），减区间是（﹣∞，0）， 所以f （x ）在x ＝0处取得极小值f （0）＝6，无极大值． （3）★f （x 1）＝f （x 2）且x 1≠x 2，由（1）可知x 1，x 2异号． 不妨设x 1＜0，x 2＞0，则﹣x 1＞0．令g （x ）＝f （x ）﹣f （﹣x ）＝（3x 2﹣6x +6）e x ﹣（3x 2+6x +6）e ﹣x ﹣2x 3， 则g '（x ）＝3x 2e x +3x 2e ﹣x ﹣6x 2＝3x 2（e x +e ﹣x ﹣2）≥0， 所以g （x ）在R 上是增函数．又g （x 1）＝f （x 1）﹣f （﹣x 1）＜g （0）＝0， ★f （x 2）＝f （x 1）＜f （﹣x 1）， 又★f （x ）在（0，+∞）上是增函数， ★x 2＜﹣x 1，即x 1+x 2＜0． 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义及单调性，极值关系的综合应用及利用导数证明不等式，属于中档题． 9．设函数()1x f x e -=-.（1）证明:x ∈R ，()f x x ≤； （2）令()()()1h x x f x =- Ⅰ求()h x 的最大值； Ⅰ如果12x x ≠，且12h x h x ，证明：122x x +>.【答案】（1）证明见解析；（2）★()h x 的最大值为1e；★证明见解析122x x +>． 【解析】 【分析】（1）令()()1xg x f x x e x -=-=--，则()1x g x e -'=-，利用导数求出函数()g x 的单调性与最值，由此可证明结论；（2）由题意得()xh x xe -=，()()1xh x x e -'=-，★利用导数求出函数的单调性，从而得到函数的极值与最值； ★由题意不妨设12x x <，又12h x h x ，可得1201x x <<<，令()()()2H x h x h x =--，[)1,x ∈+∞，利用导数可得函数()H x 在[)1,+∞上单调递增，从而可推出()()2h x h x >-，结合条件可得()()122h x h x >-，易得12,21x x -<，从而借助函数()h x 在(),1-∞上单调递增即可证明． 【详解】（1）证明：令()()1xg x f x x ex -=-=--，则()1x g x e -'=-，由()0g x '≤得0x ≥，由()0g x '>得0x <，★函数()g x 在(),0-∞上单调递增，在[)0,+∞上单调递减， ★函数()g x 在0x =处取得极大值，也是最大值， ★()()00100g x g e ≤=--=，即x ∈R ，()f x x ≤；（2）解：()()()1h x x f x =-()11xxx exe--⎡⎤=--=⎣⎦，()()1xh x x e -'=-，★由()0h x '≤得1≥x ，由()0h x '>得1x <，★函数()h x 在(),1-∞上单调递增，在[)1,+∞上单调递减， ★函数()h x 在1x =处取得极大值，也是最大值， ★()h x 的最大值()()1max 11h x h ee-===； ★由12x x ≠，不妨设12x x <，又12h x h x ，★当0x >时，()0xh x xe -=>，且()00h =，★1201x x <<<，令()()()2H x h x h x =--()22xx xe x e --=--，[)1,x ∈+∞，则()()()2112xx H x x e x e --'=---+-()()2211x x x e e --=--，★1≥x ，★220x -≥，2210x e --≥， ★()0H x '≥，★函数()H x 在[)1,+∞上单调递增， 又()10H =，★当1x >时，()()()()210H x h x h x H =-->=，即()()2h x h x >-，则()()222h x h x >-， 又12h x h x ，则()()122h x h x >-，★1201x x <<<，★221x -<，即12,21x x -<， 而函数()h x 在(),1-∞上单调递增， ★122x x >-， ★122x x +>． 【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，考查利用导数证明不等式，考查计算能力与推理能力，考查转化与化归思想，属于难题． 10．已知函数()1xf x x ae =-+（1）讨论()f x 的单调性；（2）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：124x x +>． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】分析：★1）求导，对参数a 分0,0a a ≥<两种情况进行讨论，令()0f x '>得函数()f x 的单调递增区间，令()0f x '<得函数()f x 的单调递减区间★★2★令()0f x =，分离参数得1xea x=-★令1()x xg x e-=，研究函数()g x 的性质，可将证明124x x +>转化为证明21()(4)g x g x >-，即证明12411(3)10x x e x --+-<成立，令24()(3)1,(1,2)x h x x e x x -=-+-∈，利用导数研究函数()h x 的增减性，可得()(2)0h x h <=，问题得证. 详解：（1）()1xf x ae ='+，当0a ≥时，()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增． 当0a <时，令()0f x '>，得1ln x a ⎛⎫<-⎪⎝⎭，则()f x 的单调递增区间为1,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 令()0f x '<，得1ln x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，则()f x 的单调递减区间为1ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．（2）证明：由()0f x =得1x x a e -=，设()1x x g x e -=，则()2xx g x e ='-． 由()0g x '<，得2x <；由()0g x '>，得2x >． 故()()2min 120g x g e==-<的最小值． 当1x >时，()0g x <，当1x <时，()0g x >， 不妨设12x x <，则()()121,2,2,x x ∈∈+∞，124x x +>等价于214x x >-，142x ->且()g x 在()2,+∞上单调递增，要证：124x x +>，只需证()()214g x g x >-，()()12g x g x a ==，只需证()()114g x g x >-，即1111413x x x x e e--->， 即证()12411310x ex x --+-<；设()()()2431,1,2x h x e x x x -=-+-∈， 则()()24251x h x ex --'=+，令()()m x h x ='，则()()2442x m x e x -'=-，()()1,2,0x m x '∈∴<，()m x ∴在()1,2上单调递减，即()h x '在()1,2上单调递减， ()()20h x h ''∴>=，()h x ∴在()1,2上单调递增， ()()()1241120,310x h x h e x x -∴<=∴-+-<，从而124x x +>得证．点睛：本题主要考查导数的应用，第一问属于易得分题，只需对参数a 进行分类讨论，再分别令()0,()0f x f x ''><，即可求解函数的增、减区间，进而判断其单调性；第二问解题时，首先对a 进行参数分离，再构造新函数()g x ，利用函数()g x 的单调性，将原问题转化为不等式恒成立问题，进而再利用导数证明.11．设函数()()22ln f x x a x a x =---．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数a 的值；（3）若方程()f x c =有两个不相等的实数根1x ，2x ，求证：12()02x x f +'>． 【答案】（1）答案不唯一，详见解析；（2）3；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对a 分类讨论，利用导数与函数单调性的关系即可得出；（2）由（1）可得，若函数()f x 有两个零点，则0a >，且()f x 的最小值()02a f ，即244ln02a a a a -+-<．可化为()4ln 402ah a a =+->．利用单调性判断其零点所处的最小区间即可得出；（3）由1x ，2x 是方程()f x c =得两个不等实数根，由（1）可知：0a >．不妨设120x x <<．则()21112ln x a x a x c ---=，()22222ln x a x a x c ---=．两式相减得()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ----+-+=，化为221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--．由()02a f =，当(0,)2a x ∈时，()0f x '<，当(,)2a x ∈+∞时，()0f x '>．故只要证明1222+>x x a即可，即证明11221222ln x x x x x x -<+，令12x t x =换元，再利用导数即可证明． 【详解】（1）(0,)x ∈+∞．22(2)(2)(1)()2(2)a x a x a x a x f x x a x x x----+'=---==．当0a 时，()0f x '>，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，即()f x 的单调递增区间为(0,)+∞．当0a >时，由()0f x '>得2a x >；由()0f x '<，解得02ax <<． 所以函数()f x 的单调递增区间为(,)2a +∞，单调递减区间为(0,)2a．（2）由（1）可得，若函数()f x 有两个零点，则0a >，且()f x 的最小值()02af ，即244ln02aa a a -+-<． 0a >，∴4ln 402aa +->．令()4ln 402ah a a =+->，可知()h a 在(0,)+∞上为增函数，且h （2）2=-，h （3）3814ln 1ln 1ln 10216e =-=->-=，所以存在零点0()0h a =，0(2,3)a ∈，当0a a >时，h （a ）0>；当00a a <<时，h （a ）0<． 所以满足条件的最小正整数3a =．又当3a =时，f （3）()32ln30=->，f （1）0=，3a ∴=时，()f x 由两个零点． 综上所述，满足条件的最小正整数a 的值为3． （3）1x ，2x 是方程()f x c =得两个不等实数根，由（1）可知：0a >．不妨设120x x <<．则()21112ln x a x a x c ---=，()22222ln x a x a x c ---=．两式相减得()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ----+-+=，化为221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--．()02a f '=，当(0,)2a x ∈时，()0f x '<，当(,)2ax ∈+∞时，()0f x '>． 故只要证明1222+>x x a即可， 即证明22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--，即证明11221222ln x x x x x x -<+， 设12(01)x t t x =<<，令()22ln 1t g t t t -=-+，则22214(1)()(1)(1)t g t t t t t -'=-=++． 10t >>，()0g t ∴'>．()g t ∴在(0,1)上是增函数，又在1t =处连续且g （1）0=，∴当(0,1)t ∈时，()0g t <总成立．故命题得证．【点评】本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值等基础知识，及其分类讨论思想方法、等价转化方法、换元法等基本技能与方法． 12．已知函数()()2xf x e axa =-∈R 在()0,∞+上有2个零点1x 、()212x x x <．（1）求实数a 的取值范围； （2）证明：124x x +>．【答案】（1）2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；（2）证明见解析.【解析】 【分析】（1）令()0f x =可得2xe a x=，将问题等价于直线y a =与函数()2xe g x x =在区间()0,∞+上的图象有两个交点，利用导数分析函数()y g x =在区间()0,∞+上的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）由题意可知1202x x <<<，且有122212x x e e a x x ==，可得12122ln ln x x x x -=-，于是可将所证不等式等价于证明不等式1121221ln 21x x x x x x -<⨯+，令()120,1x t x =∈，即证()21ln 01t t t --<+，令()()()21ln 011t h t t t t-=-<<+，利用导数证明出()0h t <即可. 【详解】（1）()20xf x e ax =-=，等价于2xe a x=，设()2xe g x x =，则()()32x e x g x x-'=， 令()0g x '=得2x =，当02x <<时，()0g x '<，函数()y g x =单调递减； 当2x >时，()0g x '>，函数()y g x =单调递增．所以，函数()y g x =在2x =处取得极小值，亦即最小值，即()()2min 24e g x g ==.而且0x →时()g x →+∞，x →+∞时()g x →+∞， 如下图所示：由图象可知，当24e a >时，直线y a =与函数()y g x =在区间()0,∞+上的图象有两个交点，所以实数a 的取值范围是2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；（2）由（1）知，当函数()y f x =有2个零点时，一定有1202x x <<<，且122212x x e e a x x ==，两边取对数得11222ln 2ln x x x x -=-，所以12122ln ln x x x x -=-．要证明的不等式等价于()12121212022ln ln x x x x x x x x +-><<<-． 等价于121212ln ln 2x x x x x x --<⨯+，等价于证明1121221ln 21x x x x x x -<⨯+，令()120,1x t x =∈，等价于证明()21ln 01t t t--<+，其中01t <<， 设函数()()()21ln 011t h t t t t-=-<<+， 则()()()()222114011t h t t t t t -'=-=>++，故函数()y h t =在()0,1上是增函数，所以()()10h t h <=，即()21ln 01t t t--<+成立，所以原不等式成立． 【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，同时也考查了极值点偏移问题，考查利用导数证明函数不等式，考查计算能力与推理能力，属于较难题. 13．已知()()ln f x x m mx =+-. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅰ）设1m ，1x ，2x 为函数()f x 的两个零点，求证：120x x +<. 【答案】（★）见解析; （★）见解析. 【解析】试题分析: （★）根据导数()1'f x m x m =-+，分类讨论，当0m ≤时，()1'0f x m x m∴=->+；当0m >时，()11'm x m m f x m x m x m⎛⎫-+- ⎪⎝⎭∴=-=++，由()'0f x = 得()1,x m m m =-∈-+∞，1,x m m m ⎛⎫∈--+ ⎪⎝⎭时，()'0f x >，1,x m m ⎛⎫∈-++∞ ⎪⎝⎭时，()'0f x <，即可得出单调区间；（★）由（★）知()f x 的单调递增区间为1,m m m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,m m ⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭．不妨设12m x x -<<，由条件知()()1122{ln x m mx ln x m mx +=+=，即1212{mx mx x m e x m e +=+=，构造函数()mxg x e x =-，()mx g x e x =-与y m =图像两交点的横坐标为1x ，2x ，利用单调性只需证()112ln m g x g x m -⎛⎫<-⎪⎝⎭构造函数利用单调性证明． 试题解析：（★）()()ln f x x m mx =+-，()1'f x m x m∴=-+ 当0m ≤时，()1'0f x m x m∴=->+，即()f x 的单调递增区间为(),m -+∞，无减区间； 当0m >时，()11'm x m m f x m x m x m⎛⎫-+- ⎪⎝⎭∴=-=++，由()'0f x =得()1,x m m m=-∈-+∞ 1,x m m m ⎛⎫∈--+ ⎪⎝⎭时，()'0f x >，1,x m m ⎛⎫∈-++∞ ⎪⎝⎭时，()'0f x <，0m ∴>时，易知()f x 的单调递增区间为1,m m m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,m m ⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭（★）由（★）知()f x 的单调递增区间为1,m m m ⎛⎫--+⎪⎝⎭，单调递减区间为1,m m ⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭．不妨设12m x x -<<，由条件知()()1122{ln x m mx ln x m mx +=+=，即1212{mx mx x m e x m e+=+= 构造函数()mxg x e x =-，()mx g x e x =-与y m =图像两交点的横坐标为1x ，2x由()'10mxg x e=-=可得ln 0mx m-=<， 而2ln (1)m m m >>，()ln ,mm m-∴∈-+∞ 知()mxg x ex =-在区间ln ,m m m -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在区间ln ,m m -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．可知12ln mm x x m--<<< 欲证120x x +<，只需证122ln m x x m +<，即证212ln ln ,m m x x m m ⎛⎫<-∈-+∞ ⎪⎝⎭考虑到()g x 在ln ,m m -⎛⎫+∞⎪⎝⎭上递增，只需证()212ln m g x g x m -⎛⎫<-⎪⎝⎭ 由()()21g x g x =知，只需证()112ln m g x g x m -⎛⎫<-⎪⎝⎭令()()2ln 2ln 2ln 2mx m mx m m h x g x g x e x e m m --⎛⎫=--=---⎪⎝⎭，则()()2ln 2ln '2222220m mxm m mxmx mx e h x mem em e e ---⎛⎫=---=+-≥== ⎪⎝⎭即()h x 单增，又ln 0m h m ⎛⎫-= ⎪⎝⎭， 结合1ln m m x m --<<知()10h x <，即()112ln m g x g x m -⎛⎫<-⎪⎝⎭成立，即120x x +<成立点睛：本题考查函数的单调性极值及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题．处理导数大题时，注意分层得分的原则，力争第一二问答对，第三问争取能写点，一般涉及求函数单调性及极值时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会． 14．已知函数2()ln ,()1af x xg x bx x==+-，(a ，b ⅠR ) （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 Ⅰ[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. 【答案】（1）30x y +-=（2）[,)2e+∞（3）证明见解析 【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()()0maxF x F b=>，01b ∴<<，又1()0bF ee=-<，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 xb b b=--=--+-<， 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=-->，。
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极值点偏移问题（2）——函数的选取（操作细节）杨春波（高新区枫杨街 郑州外国语学校，河南 郑州 450001)例4 已知函数()x f x e ax =-有两个不同的零点12,x x ，其极值点为0x ．（1）求a 的取值范围；（2）求证：1202x x x +<；（3）求证：122x x +>；（4）求证：121x x <．解：（1）()x f x e a '=-，若0a ≤，则()0f x '>，()f x 在R 上单增，()f x 至多有1个零点，舍去；故必有0a >，易得()f x 在(),ln a -∞上单减，在()ln ,a +∞上单增，要使()f x 有两个不同的零点，则有()ln 0f a a e <⇒>（严格来讲，还需补充两处变化趋势的说明：当x →-∞时，()f x →+∞；当x →+∞时，()f x →+∞）．（2）由所证结论知这是()f x 的极值点偏移问题，选取函数()f x 来做．下面按对称化构造的三个步骤来写，其中0ln x a =．①由（1）知()f x 在()0,x -∞上单减，在()0,x +∞上单增，可设102x x x <<； ②构造函数()()()02F x f x f x x =--，则()()()02022x x x F x f x f x x e e a -'''=+-=+-，当0x x <时，有()20F x a '>-=，则()F x 在()0,x -∞上单增，得()()00F x F x <=，即()()()002f x f x x x x <-<；③将1x 代入②中不等式得()()()12012f x f x f x x =<-，又20x x >，0102x x x ->，()f x 在()0,x +∞上单增，故2012x x x <-，1202x x x +<．（3）由所证结论可以看出，这已不再是()f x 的极值点偏移问题．谁的极值点会是1x =呢？回到题设条件：()0x xxe f x e ax e ax a x =-=⇒=⇒=，记函数()xe g x x=，则有()()12g x g x a ==．求导得()()21x e x g x x -'=，则1x =是()g x 的极小值点，我们选取函数()g x 来证（3）中结论122x x +>，也可证（4）中结论121x x <．①()g x 在(),0-∞上单减，在()0,1上单减，在()1,+∞上单增；()g x 的符号与x 的符号相同；当x →-∞时，()0g x →；当0x -→时，()g x →-∞；当0x +→时，()g x →+∞；当x →+∞时，()g x →+∞．()g x 的图象如下（由图象亦可得a e >），由()()12g x g x a ==可设1201x x <<<；②构造函数()()()2G x g x g x =--，则()()()()()()()()222222112122x x x x e x e x e e G x g x g x x x x x x --⎛⎫--'''=+-=+=-- ⎪ ⎪--⎝⎭， 当01x <<时，10x -<，但因式()2222x xe e x x ---的符号不容易看出，引进辅助函数()2xe x xϕ=，则()()32x e x x x ϕ-'=，得()x ϕ在()0,2上单减，当()0,1x ∈时，()21,2x -∈，即022x x <<-<，则()()2x x ϕϕ>-，即()22202x xe e x x -->-，()0G x '<，得()G x 在()0,1上单减，有()()10G x G >=，即()()()201g x g x x >-<<；③将1x 代入②中不等式得()()()1212g x g x g x =>-，又21x >，121x ->，()g x 在()1,+∞上单增，故212x x >-，122x x +>．（4）①同上；②构造函数()()1G x g x g x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，则 ()()()()112222211111111x x xxx e xe e e x x G x g x g x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪-⎛⎫⎝⎭⎝⎭'''=+=+= ⎪⎝⎭⎛⎫⎪⎝⎭，当01x <<时，10x -<，但因式1xxe x e -的符号不容易看出，引进辅助函数()1xx x e x e ϕ=-，则()111xxx e e x ϕ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0x ϕ'>，得()x ϕ在()0,1上单增，有()()10x ϕϕ<=，则()0G x '>，得()G x 在()0,1上单增，有()()10G x G <=，即()()101g x g x x ⎛⎫<<<⎪⎝⎭； ③将1x 代入②中不等式得()()1211g x g x g x ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，又21x >，111x >，()g x 在()1,+∞上单增，故211x x<，121x x <．点评：结论虽已证出，但判定因式()2222x x e e x x ---及1xx e xe -的正负时，均需辅助函数的介入，费了一番功夫．虽然()g x 的极值点是1，理论上可以用来做（3）（4）两问，但实践发现略显麻烦，我们还没有找到理想的函数．再次回到题设条件：()()0,0ln ln ln ln x f x e ax a e x x a x x x a =⇒=>>⇒=+⇒-=，记函数()ln h x x x =-，则有()()12ln h x h x a ==．接下来我们选取函数()h x 再证（3）（4）两问．（3）①()11h x x'=-，得()h x 在()0,1上单减，在()1,+∞上单增，有极小值()11h =；又当0x +→时，()h x →+∞；当x →+∞时，()h x →+∞．故()h x 的图象如下（由图象得ln 1a >，亦得a e >），由()()12ln h x h x a ==可设1201x x <<<．x②构造函数(2H x h x h x =--，则()()()()1111211122H x h x h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+-=-+-=-- ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当01x <<时，10x -<，1102x x->-，则()0H x '<，得()H x 在()0,1上单减，有()()10H x H >=，即()()()201h x h x x >-<<；③将1x 代入②中不等式得()()()1212h x h x h x =>-，又21x >，121x ->，()h x 在()1,+∞上单调递增，故212x x >-，122x x +>．（4）①同上；②构造函数()()1H x h x h x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，则 ()()()22211111111H x h x h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+=-+-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当01x <<时，()0H x '>，得()H x 在()0,1上单增，有()()10H x H <=，即()()101h x h x x ⎛⎫<<< ⎪⎝⎭；③将1x 代入②中不等式得()()1211h x h x h x ⎛⎫=<⎪⎝⎭，又21x >，111x >，()h x 在()1,+∞上单调递增，故211x x <，121x x <． 点评：用函数ln y x x =-来做（3）（4）两问，过程如行云流水般，格外顺畅．这说明在极值点偏移问题中，若函数选取得当，可简化过程，降低难度．注1：第（2）问也可借助第（4）问来证：将11ln ln x x a =+，22ln ln x x a =+相加得()12120ln 2ln 2ln 2x x x x a a x +=+<=；注2：在第②步中，我们为什么总是给定1x 的范围？这是因为1x 的范围()0,1较2x 的范围()1,+∞小．以第（3）问为例，若给定()1,x ∈+∞，因为所构造的函数为()()()2H x h x h x =--，这里0x >，且20x ->，得02x <<，则当2x ≥时，()H x 无意义，需要分为两类：（1）若22x ≥，则1222x x x +>≥，结论成立；（2）当()1,2x ∈时，同原解答．而给定()0,1x ∈，则不会遇到上述问题．当然第（4）问中给定1x 或2x 的范围均可，请读者自己体会其中差别．思考：上一讲中练习1应该用哪一个函数来做呢？提示：ln 1ln 00,x x ax a x e ⎛⎫-=⇒=∈ ⎪⎝⎭，用函数ln x y x=来做212x x e >；或用函数ln y x ax =-来做2122x x e a+>>． 练习2 已知函数()()ln f x x m mx =+-． （1）求()f x 的单调区间；（2）设1m >，12,x x 为函数()f x 的两个零点，求证：120x x +<． 提示：（2）()()ln mxf x x m mx ex m =+-⇔-=，用函数()mx g x e x =-来做122ln 0mx x m+<-<．。