高中数学取点问题与极值点偏移30例

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极值点偏移的典型例题(含答案)

极值点偏移的问题（含答案）21212()ln ,(1()1121()()3(),,f x x ax a f x x x a a f m f mf x x x x x e =-==⋅1.已知为常数）（）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（）当时，试比较与的大小；（）有两个零点证明：＞21212()ln (),,.f x x ax f x x x x x e =-⋅变式：已知函数，a 为常数。

(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，试证明：＞2012120()+sin,(0,1);2()()()()(),2.xf x x ax x f x a a f x f x f x f x x x x π=+∈=+2.已知（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当=-2时，记取得极小值为若求证＞()2121212121()ln -,()2(1=()()()(1)()1,,0,2f x x ax x a R f f xg x f x ax g x a x x f x f x x x x x =+∈-++=+≥3.已知（1）若）0，求函数的最大值；（2）令=-,求函数的单调区间；（3）若=-2,正实数满足（）证明：212122(1)1(1)1,,x x x x x e -+>>4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)>0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x 求证：x1212312()2ln ,1()2(),8f x x a a x a R f x f x x x x x a x x a =--∈<⋅<5.已知常数。

（）求的单调区间；（）有两个零点，且；(i)指出的取值范围，并说明理由；（ii)求证：6.设函数()e ()x f x ax a a =-+∈R ，其图象与x 轴交于1(0)A x ，，2(0)B x ，两点，且12x x <．（1）求a 的取值范围；（2）证明：0f '<（()f x '为函数()f x 的导函数）；。

高中数学极值点偏移问题(解析版)

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

极值点偏移问题(教师版)

极值点偏移问题1.已知函数f x =2a ln x -x 2+2a -1 x +a ．(1)若a =1，证明：f x <2x -x 2；(2)若f x 有两个不同的零点x 1,x 2，求a 的取值范围，并证明：x 1+x 2>2a ．【答案】(1)证明见详解；(2)证明见详解．【解析】(1)当a =1时，f x =2ln x -x 2+1，定义域为0,+∞令g x =f x -2x -x 2 =2ln x -2x +1，则g x =2x-2当0<x <1时，g x >0；当1<x 时，g x <0；所以函数g x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，故g x max =g 1 =-1<0，所以g x <0，得f x <2x -x 2；(2)因为f x 有两个不同的零点x 1,x 2，则f x 在定义域内不单调；由f x =2ax -2x +2a -1 =-2x -a x +1 x当a ≤0时，f x <0在0,+∞ 恒成立，则f x 在0,+∞ 上单调递减，不符合题意；当a >0时，在0,a 上有f x >0，在a ,+∞ 上有f x <0，所以f x 在0,a 上单调递增，在a ,+∞ 上单调递减．不妨设0<x 1<a <x 2令F x =f x -f 2a -x则F x =f x -f 2a -x 2a -x =f x +f 2a -x=2a x -2x +2a -1 +2a 2a -x -22a -x +2a -1 =4a -x 2x 2a -x 当x ∈0,a 时，F x >0，则F x 在0,a 上单调递增所以F x <F a =f a -f 2a -a =0故f x <f 2a -x ，因为0<x 1<a <x 2所以f x 1 <f 2a -x 1 ，又f x 1 =f x 2 ，a <2a -x 1<2a 则f x 2 <f 2a -x 1 ，又f x 在a ,+∞ 上单调递减，所以x 2>2a -x 1，则x 1+x 2>2a ．2.已知函数f (x )=axe x(a ≠0).(1)若对任意的x ∈R ，都有f (x )≤1e恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设m ,n 是两个不相等的实数，且m =ne m -n ．求证：m +n >2.【答案】(1)(0,1];(2)证明见解析【解析】(1)当a <0时，f 1a=1e 1a，因为0<e 1a<e ，所以1e1a>1e ，即f 1a >1e ，不符合题意；当a >0时，f (x )=a (1-x )e x，当x ∈(-∞,1)时，f (x )>0，当x ∈(1,+∞)时，f (x )<0，所以f (x )在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．所以f(x)≤f(1)=ae．由f(x)≤1e恒成立可知ae≤1e，所以a≤1．又因为a>0，所以a的取值范围为(0,1]．(2)因为m=ne m-n，所以me-m=ne-n，即me m =ne n．令g(x)=xe x，由题意可知，存在不相等的两个实数m，n，使得g(m)=g(n)．由(1)可知g(x)在区间(-∞,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减．不妨设m<n，则m<1<n．设h(x)=g(x)-g(2-x)(x>1)，则h (x)=g (x)-[g(2-x)] =1-xe x+(x-1)e x-2=(x-1)⋅e2x-2-1e x>0，所以h(x)在(1,+∞)上单调递增，所以h(x)>0，即g(x)>g(2-x)在区间(1,+∞)上恒成立．因为n>1，所以g(n)>g(2-n)．因为g(m)=g(n)，所以g(m)>g(2-n)．又因为m<1，2-n<1，且g(x)在区间(-∞,1)上单调递增，所以m>2-n，即m+n>2．3.已知函数f(x)=(2x-a)e x.(1)求f(x)的单调区间(2)若f(x)的极值点为-12，且f(m)=f(n)(m≠n)，证明：-3e<f(m+n)< 0.【答案】(1)单调递减区间为-∞,a-2 2，单调递增区间为a-22,+∞;(2)证明见解析【解析】(1)f(x)的定义域为R，f (x)=(2x+2-a)e x，由f (x)=0，得x=a-2 2.当x∈-∞,a-2 2时，f (x)<0；当x∈a-22,+∞时，f (x)>0.所以f(x)的单调递减区间为-∞,a-2 2，单调递增区间为a-22,+∞.(2)证明：由(1)可知，由f(x)的极值点为-12，得a-22=-1 2，所以a=1，f(x)=(2x-1)e x.当x∈-∞,-1 2时，f (x)<0；当x∈-12,+∞时，f (x)>0，则函数f(x)的大致图象，如图所示；不妨设m<n，若f(m)=f(n)(m≠n)，由图象知：m<-12<n<12，又f(-1)=-3e，所以要证-3e<f(m+n)<0，即证m+n<-1，当m≤-32时，m+n<-1，-3e=f(-1)<f(m+n)<0.当-32<m<-12时，-1-m∈-12,12，f(m)-f(-1-m)=(2m-1)e m-(-2m-3)e-m-1，=(2m-1)e2m+1+2m+3e m+1，m∈-32,-12.设h(x)=(2x-1)e2x+1+2x+3，x∈-32,-12，则h (x)=4xe2x+1+2，x∈-32,-12，令g x =h (x)=4xe2x+1+2，则g (x)=(4+8x)e2x+1<0，所以h (x)在-32,-12上单调递减，所以h (x)>h -1 2=0，h(x)在-32,-12上单调递增，则h(x)<h-1 2=0，所以f(m)-f(-1-m)=f(n)-f(-1-m)<0，即f(n)<f(-1-m)，又因为n，-1-m∈-1 2,12，且f(x)在-12,12上单调递增，所以n<-1-m，即m+n<-1，则-3e<f(m+n)<0.综上，-3e<f(m+n)<0.4.已知函数f x =x2ln x-ax+1．(1)若f x ≥0恒成立，求实数a的取值范围．(2)若函数y=f x -ax3+ax-1的两个零点为x1，x2，证明：x1x2>e2．【答案】(1)a≤1；(2)证明见解析.【解析】(1)因为f x ≥0恒成立，所以x2ln x-ax+1≥0，即a≤x ln x+1x恒成立．令g x =x ln x+1x，则g x =ln x-1x2+1，易知g x 在0,+∞上单调递增，且g 1 =0．所以当x∈0,1时，g x <0；当x∈1,+∞时，g x >0．所以g x 在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以g x min=g1 =1，故a≤1．(2)证明：由题意可知方程ln x-ax=0的两根为x1，x2．令h x =ln x -ax ，则h x 的两个零点为x 1，x 2．h x =1x -a =1-axx．当a ≤0时，h x >0，h x 在0,+∞ 上单调递增，不存在两个零点；当a >0时，h x 在0,1a 上单调递增，在1a,+∞ 上单调递减，则h x max =h 1a =ln 1a -1>0，得0<a <1e．设x 1<x 2，则x 1∈0,1a ，x 2∈1a,+∞ ．因为h x 1 =h x 2 =0，所以ln x 1=ax 1，ln x 2=ax 2．要证x 1x 2>e 2，即要证ln x 1+ln x 2=a x 1+x 2 >2，即证x 1+x 2>2a．令F x =h 2a -x -h x =ln 2a -x -a 2a-x -ln x +ax=ln 2a -x -ln x +2ax -2，x ∈0,1a．则F x =2ax -1 2x ax -2<0，所以F x 在0,1a 上单调递减，所以F x >F 1a=0．因为F x 1 =h 2a -x 1 -h x 1 >0，所以h 2a-x 1 >h x 1 =h x 2 =0．因为x 2，2a -x 1∈1a ,+∞ ，且h x 在1a ,+∞ 上单调递减，所以x 2>2a -x 1，即x 1+x 2>2a，故x 1x 2>e 2成立．5.已知函数f x =ln x +ax 2+b ，曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y =5x -5.(1)求a ，b 的值；(2)若x 1，x 2是两个正数，且f x 1 +f x 2 ≥x 1+x 2，证明：x 1+x 2>1.【答案】(1)a =2,b =-2;(2)证明见解析.【解析】(1)f 'x =1x+2ax x >0 ，因为曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y =5x -5，所以f '(1)=5f (1)=0 ，即1+2a =5,a +b =0, ，解得a =2,b =-2所以a =2,b =-2(2)由(1)知f x =ln x +2x 2-2，令g x =f x -x =ln x +2x 2-x -2x >0 ，所以g 'x =1x+4x -1≥21x ⋅4x -1=3>0，所以函数g x 在0,+∞ 上单调递增，因为x 1，x 2是两个正数，且f x 1 +f x 2 ≥x 1+x 2所以g x 1 +g x 2 ≥0，不妨设x 1≤x 2，当x 1>12时，命题x 1+x 2>1显然成立，得证.当0<x 1≤12时，令F (x )=g (x )+g (1-x ),0<x ≤12所以F '(x )=1x +4x -1-11-x +4x -3=(1-2x )3x (1-x ),所以当x ∈0,12时，1-2x ≥0,1-x >0，故F '(x )≥0,所以函数F (x )在x ∈0,12上单调递增，所以F (x )≤F 12=-2ln2-4<0,即g (x )+g (1-x )<0，所以g x 1 <-g 1-x 1 ，因为g (x 1)≥-g (x 2)，所以-g (x 2)≤g (x 1)<-g (1-x 1)所以g (x 2)>g (1-x 1)，因为函数g x 在0,+∞ 上单调递增，所以x 2>1-x 1，即x 1+x 2>1.综上，x 1+x 2>1，证毕.6.已知函数f x =a ln x +2 -x a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性和最值；(2)若关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2，求证：e x 1+e x 2>2m.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)f x =a x +2-1=a -2-xx +2，其中x >-2若a ≤0，则f x <0在-2,+∞ 上恒成立，故f (x )在-2,+∞ 上为减函数，故f (x )无最值.若a >0，当x ∈-2,a -2 时，f x >0；当x ∈a -2,+∞ 时，f x <0；故f (x )在-2,a -2 上为增函数，在a -2,+∞ 上为减函数，故f (x )max =f a -2 =a ln a -a +2，f (x )无最小值.(2)方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)即为me x +x +ln m =x +2+ln x +2 ，故e x +ln m +ln e x +ln m =x +2+ln x +2 ，因为y =x +ln x 为0,+∞ 上的增函数，所以x +2=e x +ln m =me x所以关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2即为：x +2=me x 有两个不同的实数根x 1,x 2.所以x 1+2=me x 1,x 2+2=me x 2，所以x 1-x 2=m e x 1-e x 2，不妨设x 1>x 2，t =x 1-x 2，故e x 1+e x 2=e x1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2，要证：e x 1+e x 2>2m 即证e x 1+e x 2x 1-x 2m e x 1-e x 2>2m ，即证e x 1-x 2+1 x 1-x 2e x 1-x2-1>2，即证e t +1 te t -1>2t >0 ，即证e t +1 t >2e t -2t >0 ，设s t =e t +1 t -2e t +2，则s t =e t +1+te t -2e t =t -1 e t +1，故s t =te t >0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，故s t >s 0 =0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，所以s t >s 0 =0，故e x 1+e x 2>2m成立.7.已知函数f x =x -ln x(1)求证：当x >1时，ln x >2x -1x +1；(2)当方程f x =m 有两个不等实数根x 1,x 2时，求证：x 1+x 2>m +1【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【解析】(1)证明：令g x =ln x -2x -1x +1x >1 ，因为gx =1x -4x +1 2=x -1 2x x +12>0，所以g x 在1,+∞ 上单调递增，所以g x >g 1 =0，即当x >1时，ln x >2x -1x +1.(2)证明：由f x =x -ln x ，得f x =1-1x，易知f x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以f x min =1.因为方程f x =m 有两个不等实根，所以m >1.不妨设0<x 1<1<x 2.由(1)知，当x >1时，ln x >2x -1 x +1；当0<x <1时，ln x <2x -1x +1.方程f x =m 可化为x -m =ln x .所以x 2-m =ln x 2>2x 2-1x 2+1，整理得x 22-m +1 x 2+2-m >0.①同理由x 1-m =ln x 1<2x 1-1x 1+1，整理得-x 21+m +1 x 1-2+m >0.②由①②，得x 2-x 1 x 1+x 2 -m +1 >0.又因为x 2>x 1所以x 1+x 2>m +1.法二：由f x =x -ln x ，得f x =1-1x，易知f x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以f x min =1.因为方程f x =m 有两个不等实根，所以m >1.不妨设0<x 1<1<x 2.要证x 1+x 2>m +1，只要证x 1+x 2>x 1-ln x 1+1，只要证：x 2>-ln x 1+1>1.因为f x 在1,+∞ 上单调递增，只要证：f x 1 =f x 2 >f 1-ln x 1 .令h x =f x -f 1-ln x 0<x <1 ，只要证∀x ∈0,1 ，h x >0恒成立.因为h x =f x -f 1-ln x -1x =1-1x +1x 1-11-ln x=x -x ln x -1x 1-ln x，令F x =x -x ln x -10<x <1 ，则F x =-ln x >0，故F x 在0,1 上单调递增，F x <F 1 =0，所以h x <0，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x >h 1 =0，故原结论得证.8.已知函数h x =x -a ln x a ∈R .(1)若h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程xe x -a ln x +x =0有两个实根x 1、x 2，且x 1≠x 2，证明：e x 1+x 2>e 2x 1x 2.【答案】(1)e ,+∞ ;(2)证明见解析【解析】(1)函数h x 的定义域为0,+∞ .当a =0时，函数h x =x 无零点，不合乎题意，所以，a ≠0，由h x =x -a ln x =0可得1a =ln xx，构造函数f x =ln x x ，其中x >0，所以，直线y =1a与函数f x 的图象有两个交点，f x =1-ln xx2，由f x =0可得x =e ，列表如下：x 0,ee e ,+∞f x +-f x增极大值1e减所以，函数f x 的极大值为f e =1e，如下图所示：且当x >1时，f x =ln xx >0，由图可知，当0<1a <1e 时，即当a >e 时，直线y =1a与函数f x 的图象有两个交点，故实数a 的取值范围是e ,+∞ .(2)证明：因为xe x -a ln x +x =0，则xe x -a ln xe x =0，令t =xe x >0，其中x >0，则有t -a ln t =0，t =x +1 e x >0，所以，函数t =xe x 在0,+∞ 上单调递增，因为方程xe x -a ln x +x =0有两个实根x 1、x 2，令t 1=x 1e x 1，t 2=x 2e x 2，则关于t 的方程t -a ln t =0也有两个实根t 1、t 2，且t 1≠t 2，要证e x 1+x 2>e 2x 1x 2，即证x 1e x 1⋅x 2e x 2>e 2，即证t 1t 2>e 2，即证ln t 1+ln t 2>2，由已知t 1=a ln t 1t 2=a ln t 2 ，所以，t 1-t 2=a ln t 1-ln t 2 t 1+t 2=a ln t 1+ln t 2 ，整理可得t 1+t 2t 1-t 2=ln t 1+ln t 2ln t 1-ln t 2，不妨设t 1>t 2>0，即证ln t 1+ln t 2=t 1+t 2t 1-t 2ln t 1t 2>2，即证ln t1t 2>2t 1-t 2 t 1+t 2=2t1t 2-1 t 1t 2+1，令s =t1t 2>1，即证ln s >2s -1 s +1，其中s >1，构造函数g s =ln s -2s -1s +1，其中s >1，gs =1s -4s +1 2=s -1 2s s +12>0，所以，函数g s 在1,+∞ 上单调递增，当s >1时，g s >g 1 =0，故原不等式成立.9.已知函数f x =ln ax +12ax 2-2x ，a >0.(1)求函数f x 的增区间；(2)设x 1，x 2是函数f x 的两个极值点，且x 1<x 2，求证：x 1+x 2>2.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)由题意得fx =1x +ax -2=ax 2-2x +1x(x >0).令f x >0，则ax 2-2x +1>0.①当Δ=-2 2-4a ≤0，即a ≥1时，ax 2-2x +1>0在0,+∞ 上恒成立，即f x 的增区间为0,+∞ ；②当Δ=-2 2-4a >0，即0<a <1时，0<x <1-1-aa或x >1+1-a a ，即f x 的增区间为0,1-1-a a和1+1-aa ,+∞ .综上，当a ≥1时，f x 的增区间为0,+∞ ；当0<a <1时，f x 的增区间为0,1-1-aa和1+1-aa,+∞.(2)因为fx =ax 2-2x +1x(x >0)，f x 有两个极值点x 1，x 2，所以x 1，x 2是方程ax 2-2x +1=0的两个不相等的正实数根，可求出从而Δ=-2 2-4a >0，a >0，解得0<a <1.由ax 2-2x +1=0得a =2x -1x 2.因为0<a <1，所以x >12且x ≠1.令g x =2x -1x 2，x >12且x ≠1，则gx=21-x x 3，所以当12<x <1时，g x >0，从而g x 单调递增；当x >1时，g x <0，从而g x 单调递减，于是a =2x 1-1x 21=2x 2-1x 2212<x 1<1<x 2 .要证x 1+x 2>2，只要证x 2>2-x 1，只要证明g x 2 <g 2-x 1 .因为g x 1 =g x 2 ，所以只要证g x 1 <g 2-x 1 .令F x 1 =g x 1 -g 2-x 1 =2x 1-1x 21-22-x 1 -12-x 12则F x 1 =21-x 1 x 31+21-2-x 12-x 1 3=21-x 1 x 31+2x 1-1 2-x 1 3=21-x 1 1x 31-12-x 1 3 =41-x 1 22-x 1 2+2-x 1 x 1+x 21 x 312-x 13.因为12<x 1<1，所以F x 1 >0，即F x 1 在12,1 上单调递增，所以F x 1 <F 1 =0，即g x 1 <g 2-x 1 ，所以x 2>2-x 1，即x 1+x 2>2.10.设f (x )=xex -mx 2，m ∈R .(1)设g (x )=f (x )-2mx ，讨论函数y =g (x )的单调性；(2)若函数y =f (x )在(0，+∞)有两个零点x 1，x 2，证明：x 1+x 2>2.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【解析】(1)g x =xe x -mx 2-2mx x ∈R ，g x =x +1 e x -2m ，m ≤0时，e x -2m >0，当x >-1时g x >0，g x 是单调递增函数，当x <-1时g x <0，g x 是单调递减函数；m >0时，令g x =0，得x 1=-1,x 2=ln 2m ，当-1>ln 2m 即0<m <12e时，x >-1或x <ln 2m 时g x >0，g x是单调增函数，ln 2m <x <-1时g x <0，g x 是单调递减函数，当-1<ln 2m 即m >12e时，x <-1或x >ln 2m 时g x >0，g x 是单调增函数，-1<x <ln 2m 时g x <0，g x 是单调递减函数，当-1=ln 2m 即m =12e时，g x >0，g x 在x ∈R 上是单调增函数，综上所述m ≤0时，g x 在-1,+∞ 是单调递增函数，在-∞,1 上是单调递减函数；0<m <12e时，g x 在-1,+∞ ，-∞,ln 2m 上是单调增函数，在ln 2m ,-1 是单调递减函数，m >12e时，g x 在-∞,-1 ，ln 2m ,+∞ 上是单调增函数，在-1,ln 2m 是单调递减函数，m =12e时，g x 在x ∈R 上是单调增函数.(2)令f x =xe x -mx 2=0，因为x >0，所以e x =mx ，令F x =e x -mx x >0 ，F x 1 =0,F x 2 =0，两式相除得，e x 1-x2=x 1x 2，①不妨设x 2>x 1，令t =x 2-x 1，则t >0，x 2=t +x 1，代入①得：e t =t +x 1x 1，反解出：x 1=t e t -1，则x 1+x 2=2x 1+t =2te t -1+t ，故要证x 1+x 2>2即证2te t -1+t >2，又因为e t -1>0，等价于证明：2t +t -2 e t -1 >0，构造函数h (t )=2t +t -2 e t -1 t >0 ，则h (t )=t -1 e t +1，h (t )=te t >0，故h (t )在0，+∞ 上单调递增，h (t )>h (0)=0，从而h (t )在0，+∞ 上单调递增，h (t )>h (0)=0.即x 1+x 2>2.11.已知函数f x =ae x -x ，a ∈R ．(1)若f x 在x =0处的切线与x 轴平行，求实数a 的值；(2)若f x 有两个不同的零点x 1、x 2．①求实数a 的取值范围；②证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)1；(2)①0,1e；②证明见解析.【解析】(1)∵f x =ae x -x ，∴f x =ae x -1，由题意可得f 0 =a -1=0，解得a =1；(2)①∵f x =ae x -1.当a ≤0时，f x <0，f x 在R 上单调递减，不可能有两个零点，舍去；当a >0时，令f x =0⇒x =-ln a .且当x <-ln a 时，f x <0，此时，函数f x 单调递减；当x >-ln a 时，f x >0，此时，函数f x 单调递增.∴f x min =f -ln a =1+ln a <0，解得0<a <1e.令t =1a >e ，构造函数h t =e t -t 2，其中t >e ，则h t =e t -2t ，h t =e t-2>0，所以，函数h t 在e ,+∞ 上单调递增，可得出h t >h e =e e -2e >e e -e 2>0，所以，函数h t 在e ,+∞ 上单调递增，可得出h t >h e =e e -e 2>0，所以，当0<a <1e 时，e 1a>1a2.当且仅当0<a <1e 时，f 0 =a >0，f 1a =ae 1a-1a >a ⋅1a2-1a =0，所以，函数f x 在0,-ln a 和-ln a ,1a 上各有一个零点，综上所述，实数a 的取值范围是0,1e；②由f x =ae x -x =0，得x e x -a =0，令g x =x e x -a ，则g x =1-xe x，由g x =1-x e x>0，得x <1；由g x =1-xe x<0，得x >1．所以g x 在-∞,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，由于x 1、x 2是方程g x =0的实根，不妨设x 1<1<x 2，要证x 1+x 2>2，只要证x 2>2-x 1>1．由于g x 在1,+∞ 单调递减，故只要证g x 2 <g 2-x 1 ，由于g x 1 =g x 2 =0，故只要证g x 1 <g 2-x 1 ，令H x =g x -g 2-x =x e x -2-xe 2-x x <1 ，则Hx =1-x e x -1-x e 2-x =e 2-x -e x1-x e 2，因为x <1，所以1-x >0，2-x >x ，所以e 2-x >e x ，即e 2-x -e x >0，所以H x >0，所以H x 在-∞,1 上为增函数．所以H x 1 <H 1 =0，即有g x 1 <g 2-x 1 成立，所以x 1+x 2>2．12.已知a ∈R ，f x =x ⋅e -ax (其中e 为自然对数的底数).(1)讨论函数y =f x 的单调性；(2)若a >0，函数y =f x -a 有两个零点x 1，x 2，求证：x 1+x 2>2 e.【答案】(1)a <0时，增区间为：1a ,+∞ ，减区间为：-∞,1a；a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a ,+∞ ;(2)证明见解析.【解析】(1)f ′(x )=e -ax -ax ⋅e -ax =e -ax (1-ax )∵a ∈R ，∴a <0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )>0⇒x >1a，f ′(x )=e -ax (1-ax )<0⇒x <1a∴a <0时，增区间为：1a ,+∞，减区间为：-∞,1a；a =0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )=1>0，∴a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )>0⇒x <1a，f ′(x )=e -ax (1-ax )<0⇒x >1a，∴a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a ,+∞ ；综上，a <0时，增区间为：1a ,+∞ ，减区间为：-∞,1a ；a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a ,+∞ (2)由(1)知，a >0时，增区间为：-∞,1a，减区间为：1a ,+∞ ；且x >1a 时，f (x )>0，f 极大值(x )=f 1a =1ae，函数y =f (x )的大致图像如下图所示因为a >0时，函数y =f (x )-a 有两个零点x 1，x 2，所以a <1ae ，即a 2<1e，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1a<x 2；先证：x 1+x 2>2a ，即证：x 1>2a -x 2因为x 1<1a ，所以2a -x 2<1a ，又y =f (x )在-∞,1a单调递增，所以即证：f x 1 >f 2a -x 2 又f x 1 =f x 2 ，所以即证：f x 2 >f 2a -x 2 ，即x 2>1a 令函数F (x )=f (x )-f 2a -x ，x ∈1a,+∞ ，则F ′(x )=e -ax (1-ax )+e -2+ax 1-a 2a -x=(1-ax )e -ax -e -2+ax 因为x >1a，所以-ax <ax -2，1-ax <0，故F ′(x )=(1-ax )e-ax-e -2+ax >0函数F (x )=f (x )-f 2a -x 在1a ,+∞ 单调递增，所以F (x )>F 1a=0因为x 2>1a ，所以，f x 2 >f 2a -x 2 ，即x 1+x 2>2a所以x 1+x 2 22>2a2>2e ，所以x 1+x 2>2e(2)解法二：因为a >0时，函数y =f (x )-a 有两个零点x 1，x 2，则两个零点必为正实数，f (x )-a =0⇒e ln x -ax =e ln a (x >0)等价于ln x -ax =ln a 有两个正实数解；令g (x )=ln x -ax -ln a (x >0)则g ′(x )=1x -a (x >0)，g (x )在0,1a 单调递增，在1a ,+∞ 单调递减，且0<x 1<1a<x 2令G (x )=g (x )-g 2a -x，x ∈1a,+∞ ，则G ′(x )=1x -a +12a -x -a =2x (2-ax )-2a >21a -2a =0所以G (x )在1a ,+∞ 单调递增，G (x )>G 1a =0又x 2>1a ，故g x 2 >g 2a -x 2 ，x 2∈1a,+∞ 又g x 1 =g x 2 ，所以g x 1 >g 2a-x 2 ，又0<x 1<1a <x 2，所以x 1，2a -x 2∈0,1a ，又g (x )在0,1a 单调递增，所以x 1+x 2>2a 所以x 1+x 2 22>2a 2>2e ，所以x 1+x 2>2e13.已知函数f x =x ln x ．(1)判断f x 的单调性；(2)设方程f x -2x +1=0的两个根为x 1，x 2，求证：2e <x 1+x 2<e 2．【答案】(1)f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增；(2)证明见解析．【解析】(1)f x =ln x +1，x ∈0,+∞ ，那么f x =0，x =1e，所以f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增．(2)令g x =f x -2x +1，g x =ln x -1=0，则x =e ，g x 在(0,e )单调递减，e ,+∞ 单调递增，又g e <0，不妨设0<x 1<e <x 2先证明x 1+x 2>2e ．只要证明x 2>2e -x 1，即只要证明g x 2 >g 2e -x 1 ．因为g x 2 =g x 1 ,令h x =g x -g 2e -x ，x ∈0,e ，则h x =ln x -2+ln 2e -x =ln 2ex -x 2 -2=ln -x -e 2+e 2 -2≤0h x 在0,e 单调递减，所以h x ≥h e =0．从而必有g x 2 >g 2e -x 1 下面证明x 2+x 1<e 2．因为ln x 1<1，x 1ln x 1<x 1，所以x 1ln x 1-2x 1<-x 1，又x 1ln x 1-2x 1=x 2ln x 2-2x 2=-1，所以x 1<2x 2-x 2ln x 2，x 1+x 2<3x 2-x 2ln x 2令ϕx =3x -x ln x ，x ∈e ,+∞ ，ϕ x =2-ln x ，令ϕ x =0，x =e 2，ϕx 在e ,e 2 上单调递增，在e 2,+∞ 上单调递减，故x 1+x 2<ϕx max =ϕe 2 =e 2．综上，2e <x 2+x 1<e 2．14.已知函数f x =sin xe x，x ∈0,π ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)若x 1≠x 2，且f x 1 =f x 2 ，证明：x 1+x 2>π2．【答案】(1)在0,π4 上单调递增，在π4,π 上单调递减；(2)证明见解析．【解析】(1)f x =cos x -sin xe x ，0<x <π，由f x =0得x =π4，当0<x <π4时，f x >0；当π4<x <π时f x <0，∴f x 在0,π4 上单调递增，在π4,π 上单调递减．(2)∵x 1≠x 2，且f x 1 =f x 2 ，∴由(1)知，不妨设0<x 1<π4<x 2<π．要证x 1+x 2>π2，只需证明x 2>π2-x 1，而π4<π2-x 1<π2，f x 在π4,π 上单调递减，故只需证明f x 2 <f π2-x 1 ．又f x 1 =f x 2 ，∴只需证明f x 1 <f π2-x 1 ．令函数g x =f x -f π2-x =sin x e x -sin π2-x e π2-x =sin x ex -cos x e π2-x ，则g x =cos x -sin x e x +sin x -cos x e π2-x =(cos x -sin x )1e x-1e π2-x=(cos x -sin x )⋅e π2-x-e xeπ2.当0<x <π4时，cos x -sin x >0，π2-x >x ，故g x >0，∴g x 在0,π4 上单调递增，故在0,π4 上g x <g π4 =f π4 -f π4=0，∴f x 1 <f π2-x 1 成立，故x 1+x 2>π2成立．15.已知函数f x =x +1 ln x +a -3 x ．(1)若函数f x 为增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f x 有两个极值点x 1、x 2x 1<x 2 ．求证：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2>-2．【答案】(1)a ≥1;(2)证明见解析【解析】(1)因为f x =x +1 ln x +a -3 x ，该函数的定义域为0,+∞ ，f x =ln x +1x+a -2，若函数f x 为增函数，则f x ≥0恒成立．令g x =ln x +1x +a -2，g x =1x -1x 2=x -1x2，令g x =0得x =1，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，故g x ≥g 1 =a -1，所以，a -1≥0，因此a ≥1．(2)因为函数f x 有两个极值点x 1、x 2x 1<x 2 ，即方程g x =0有两个不等的实根x 1、x 2x 1<x 2 ，因为g x 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以，0<x 1<1<x 2，即x 1、x 2是ln x +1x+a -2=0的两个根，所以ln x 1+1x 1+a -2=0ln x 2+1x 2+a -2=0，则x 1ln x 1+a -2 x 1=-1x 2ln x 2+a -2 x 2=-1 ，所以，f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=x 1ln x 1+x 2ln x 2+ln x 1+ln x 2+a -2 x 1+x 2=ln x 1+ln x 2-2，即证ln x 1+ln x 2>0，即证x 1x 2>1．由ln x 1+1x 1+a -2=0ln x 2+1x 2+a -2=0两式作差得ln x 1x 2=1x 2-1x 1，令t =x 1x 2∈0,1 ，则x 1=t -1ln t ，x 2=t -1t ln t ，即只需证t -1ln t ⋅t -1t ln t >1，即证ln t -t +1t>0．令φt =ln t -t +1t ，其中t ∈0,1 ，则φt =-t -1 22t t<0，故φt 在区间0,1 上单调递减，当t ∈0,1 时，φt >φ1 =0，命题得证．16.已知函数f x =x 1-ln x .(1)讨论f x 的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a -a ln b =a -b ，证明：2<1a +1b.【答案】(1)递增区间为0,1 ，递减区间为1,+∞ ;(2)证明见解析【解析】(1)函数的定义域为0,+∞ ，又f x =1-ln x -1=-ln x ，当x ∈0,1 时，f x >0，当x ∈1,+∞ 时，f x <0，故f x 的递增区间为0,1 ，递减区间为1,+∞(2)解：因为b ln a -a ln b =a -b ，故b ln a +1 =a ln b +1 ，即ln a +1a =ln b +1b ，故f 1a =f 1b ，设1a =x 1,1b =x 2，则f x 1 =f x 2 ，不妨设x 1<x 2，由(1)可知原命题等价于：已知0<x 1<1<x 2<e ，证明：x 1+x 2>2. 证明如下：若x 2≥2，x 1+x 2>2恒成立；若x 2<2，即0<x 1<1<x 2<2时，要证：x1+x 2>2，即证x 1>2-x 2，而0<2-x 2<1，即证f x 1 >f 2-x 2 ，即证：f x 2 >f 2-x 2 ，其中1<x 2<2设g x =f x -f 2-x ，1<x <2，则g x =f x +f 2-x =-ln x -ln 2-x =-ln x 2-x ，因为1<x <2，故0<x 2-x <1，故-ln x 2-x >0，所以g x >0，故g x 在1,2 为增函数，所以g x >g 1 =0，故f x >f 2-x ，即f x 2 >f 2-x 2 成立，所以x 1+x 2>2成立，综上，x 1+x 2>2成立.17.已知函数f (x )=a -1-xe x(x >0)(e 为自然对数的底数，a ∈R )．(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若存在x 1≠x 2，满足f x 1 =f x 2 ，求证：x 1+x 2>4aa +2．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【解析】(1)f(x )=-1×e x -e x a -1-x e x=1ex (x -a ).当a ≤0时，f x ≥0，所以f x 在0,+∞ 上单调增，无极值；当a >0时，令f (x )=1ex (x -a )=0，得x =a ，当x ∈0,a 时，f x <0；当x ∈a ,+∞ 时，f x >0；所以f x 在0,a 上单调递减，在a ,+∞ 单调递增．所以函数f x 的极小值为f a =-1ea ，无极大值.(2)由题(1)可知，当a >0时才存在x 1≠x 2，满足f x 1 =f x 2 ，不妨设0<x 1<a <x 2，设g (x )=f (x )-f (2a -x )0<x <a ，则g (x )=a -1-x e x -x -a -1e 2a -xg x =1e x x -a +1e 2a -x a -x =x -a e 2a -e 2xe2a +x ，因为x ∈(0,a )，所以x -a <0,e 2a -e 2x >0，所以g (x )<0，所以g x 在(0,a )上单调递减，所以g x 1 >g a =0，所以f (x 1)-f (2a -x 1)>0，即f (x 1)>f (2a -x 1)故f x 2 =f x 1 >f 2a -x 1 ，因为x 2>a ,2a -x 1>a ，又f x 在(a ,+∞)上单调递增，所以x 2>2a -x 1，所以x 1+x 2>2a ，下面证明：2a ≥4a a +22；因为2a -4a a +2 2=2a a +2 2-8aa +2 2=2a a -2 2a +22≥0，所以2a ≥4a a +2，所以x 1+x 2>2a ≥4aa +2，所以x 1+x 2>4aa +2，得证.18.已知函数f x =x 1-ln x .(1)讨论f x 的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a -a ln b =a -b ，证明：2<1a +1b<e.【答案】(1)f x 的递增区间为0,1 ，递减区间为1,+∞ ；(2)证明见解析.【解析】(1)f x 的定义域为0,+∞ ．由f x =x 1-ln x 得，f x =-ln x ，当x =1时，f ′x =0；当x ∈0,1 时f ′x >0；当x ∈1,+∞ 时，f 'x <0．故f x 在区间0,1 内为增函数，在区间1,+∞ 内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由b ln a -a ln b =a -b 得1a 1-ln 1a =1b 1-ln 1b，即f 1a =f 1b ．由a ≠b ，得1a ≠1b ．由(1)不妨设1a ∈(0,1),1b ∈(1,+∞)，则f 1a >0，从而f 1b >0，得1b∈(1,e )，①令g x =f 2-x -f x ，则g (x )=ln (2-x )+ln x =ln (2x -x 2)=ln [1-(x -1)2]，当x ∈0,1 时，g ′x <0，g x 在区间0,1 内为减函数，g x >g 1 =0，从而f 2-x >f x ，所以f 2-1a >f 1a =f 1b，由(1)得2-1a <1b 即2<1a +1b．①令h x =x +f x ，则h 'x =1+f x =1-ln x ，当x ∈1,e 时，h ′x >0，h x 在区间1,e 内为增函数，h x <h e =e ，从而x +f x <e ，所以1b +f 1b<e ．又由1a ∈(0,1)，可得1a <1a 1-ln 1a =f 1a =f 1b ，所以1a +1b <f 1b +1b=e ．②由①②得2<1a +1b<e ．[方法二]【最优解】：b ln a -a ln b =a -b 变形为ln a a -ln b b =1b-1a ，所以ln a +1a =ln b +1b ．令1a =m ,1b=n ．则上式变为m 1-ln m =n 1-ln n ，于是命题转换为证明：2<m +n <e ．令f x =x 1-ln x ，则有f m =f n ，不妨设m <n ．由(1)知0<m <1,1<n <e ，先证m +n >2．要证：m +n >2⇔n >2-m ⇔f n <f 2-m ⇔f (m )<f 2-m ⇔f m -f 2-m <0．令g x =f x -f 2-x ,x ∈0,1 ，则g ′x =-ln x -ln 2-x =-ln x 2-x ≥-ln1=0，∴g x 在区间0,1 内单调递增，所以g x <g 1 =0，即m +n >2．再证m +n <e ．因为m 1-ln m =n ⋅1-ln n >m ，所以需证n 1-ln n +n <e ⇒m +n <e ．令h x =x 1-ln x +x ,x ∈1,e ，所以h 'x =1-ln x >0，故h x 在区间1,e 内单调递增．所以h x <h e =e ．故h n <e ，即m +n <e ．综合可知2<1a +1b<e ．[方法三]：比值代换证明1a +1b>2同证法2．以下证明x 1+x 2<e ．不妨设x 2=tx 1，则t =x2x 1>1，由x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2)得x 1(1-ln x 1)=tx 1[1-ln (tx 1)]，ln x 1=1-t ln tt -1，要证x 1+x 2<e ，只需证1+t x 1<e ，两边取对数得ln (1+t )+ln x 1<1，即ln (1+t )+1-t ln tt -1<1，即证ln (1+t )t <ln t t -1．记g (s )=ln (1+s )s ,s ∈(0,+∞)，则g (s )=s 1+s-ln (1+s )s 2.记h (s )=s 1+s -ln (1+s )，则h ′(s )=1(1+s )2-11+s <0，所以，h s 在区间0,+∞ 内单调递减．h s <h 0 =0，则g 's <0，所以g s 在区间0,+∞ 内单调递减．由t ∈1,+∞ 得t -1∈0,+∞ ，所以g t <g t -1 ，即ln (1+t )t <ln t t -1．[方法四]：构造函数法由已知得ln a a -ln b b =1b -1a ，令1a =x 1,1b=x 2，不妨设x 1<x 2，所以f x 1 =f x 2 ．由(Ⅰ)知，0<x 1<1<x 2<e ，只需证2<x 1+x 2<e ．证明x 1+x 2>2同证法2．再证明x 1+x 2<e ．令h (x )=1-ln x x -e (0<x <e ),h (x )=-2+e x+ln x(x -e )2．令φ(x )=ln x +e x -2(0<x <e )，则φ′(x )=1x -e x 2=x -ex 2<0．所以φx >φe =0,h ′x >0，h x 在区间0,e 内单调递增．因为0<x 1<x 2<e ，所以1-ln x 1x 1-e <1-ln x 2x 2-e ，即1-ln x 11-ln x 2>x 1-ex 2-e又因为f x 1 =f x 2 ，所以1-ln x 11-ln x 2=x 2x 1,x 2x 1>x 1-ex 2-e，即x 22-ex 2<x 21-ex 1,x 1-x 2 x 1+x 2-e >0．因为x 1<x 2，所以x 1+x 2<e ，即1a +1b<e ．综上，有2<1a +1b<e 结论得证．19.已知函数f x =e x -ax 2+bx -1，其中a ，b 为常数，e 为自然对数底数，e =2.71828⋅⋅⋅．(1)当a =0时，若函数f x ≥0，求实数b 的取值范围；(2)当b =2a 时，若函数f x 有两个极值点x 1，x 2，现有如下三个命题：①7x 1+bx 2>28；②2a x 1+x 2 >3x 1x 2；③x 1-1+x 2-1>2；请从①②③中任选一个进行证明．(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)【答案】(1)-1 ;(2)证明见解析【解析】(1)当a =0时，f x =e x +bx -1，f x =e x +b当b ≥0时，因为f -1 =1e-1 -b <0，所以此时不合题意；当b <0时，当x ∈-∞,ln -b 时，f x <0，f x 单调递减，当x ∈ln -b ,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，所以f x min =f ln -b =-b +b ln -b -1，要f x ≥0，只需f x min =-b +b ln -b -1≥0，令g x =x -x ln x -1，则g x =-ln x ，当x ∈0,1 时，g x >0，g x 单调递增；当x ∈1,+∞ 时，g x <0，g x 单调递减，所以g x ≤g 1 =0，则由g -b =-b +b ln -b -1≥0得-b =1，所以b =-1，故实数b 的取值范围为-1 ．(2)当b =2a 时，f x =e x -ax 2+2ax -1，f x =e x -2ax +2a ，令φx =f x =e x -2ax +2a ，则φ x =e x -2a ，因为函数f x 有两个极值点x 1，x 2，所以φx =f x =e x -2ax +2a 有两个零点，若a ≤0，则φ x >0，φx 单调递增，不可能有两个零点，所以a >0，令φ x =e x -2a =0得x =ln2a ，当x ∈-∞,ln2a 时，φ x <0，φx 单调递减；当x ∈ln2a ,+∞ 时，φ x >0，φx 单调递增；所以φx min =φln2a =4a -2a ln2a ，因为φx 有两个零点，所以4a -2a ln2a <0，则a >12e 2，设x 1<x 2，因为φ1 =e >0，φ2 =e 2-2a <0，则1<x 1<2<x 2，因为φx 1 =φx 2 =0，所以e x 1=2ax 1-2a ，e x 2=2ax 2-2a ，则ex2ex 1=x 2-1x 1-1，取对数得x 2-x 1=ln x 2-1 -ln x 1-1 ，令x 1-1=t 1，x 2-1=t 2，则t 2-t 1=ln t 2-ln t 1，即t 2-ln t 2=t 1-ln t 10<t 1<1<t 2①令u t =t -ln t ，则u t 1 =u t 2 ，因为u t =1-1t，所以u t =t -ln t在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，令v t=u t -u 2-t =2t -ln t +ln 2-t -20<t <2 ，则vt =2t -1 2t t -1≤0，v t 在0,2 上单调递减，因为0<t 1<1，所以v t 1 >v 1 =0，即u t 1 -u 2-t 1 >0，亦即u t 2 =u t 1 >u 2-t 1 ，因为t 2>1，2-t >1，u t =t -ln t 在1,+∞ 上单调递增，所以t 2>2-t 1，则x 2-1>2-x 1-1 ，整理得x 1+x 2>4，所以2ax 1+7x 2>7x 1+7x 2>28，故①成立②令u t =t -ln t ，则u t 1 =u t 2 ，因为u t =t -1t，所以u t =t -ln t 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，令v t =u t -u 1t =t -1t -2ln t ，则v t =t -1 2t 2≥0，v t 在0,+∞ 上单调递增，又v 1 =0，所以当t ∈0,1 时，v t <v 1 =0，即u t <u 1t，因为t 2>1，2-t 1>1，u t =t -ln t 在1,+∞ 上单调递增，所以t 2<1t 1，所以x 2-1<1x 1-1，即x 1x 2<x 1+x 2，所以x 1x 2<x 1+x 2<2312e 2x 1+x 2 <23a x 1+x 2 ，即3x 1x 2<2a x 1+x 2 ，故②成立．③令x 1-1=t 1，x 2-1=t 2，则t 2-t 1=ln t 2-ln t 1=2lnt 2t 1，令F t =ln t -2t -1 t +1t >1 ，则Ft =t -1 2t t +1 >0，∴F t =ln t -2t -1 t +1在1,+∞ 上单调递增，则F t =ln t -2t -1t +1>F 1 =0，∴ln t >2t -1 t +1，则t 2-t 1=2ln t 2t 1>22t 2t 1-1t 2t 1+1=4⋅t 2-t 1t 2+t 1，两边约去t 2-t 1后化简整理得t 1+t 2>2，即x 1-1+x 2-1>2，故③成立．20.已知函数f x =x 1-a ln x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若x ∈0,12时，都有f x <1，求实数a 的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数x 1，x 2满足1+ln x 21+ln x 1=x2x 1，证明：x 1+x 2<ex 1x 2.【答案】(1)当a >0时，f (x )在0,e1-aa单调递增，在e 1-aa,+∞ 单调递减；当a =0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a <0时，f (x )在0,e1-a a 单调递减，在e 1-a a ,+∞ 单调递增.；(2)a <1ln2;(3)证明详见解析【解析】(1)因为f x =x 1-a ln x ，定义域为0,+∞ ，f (x )=1-a -a ln x .①当a >0时，令f(x )=0,1-α-a ln x =0⇔ln x =1-a a ，解得x =e 1-a a 即当x ∈0,e1-a a 时，f (x )>0，f (x )单调递增，当x ∈e 1-a a ,+∞ 时，f (x )<0，f (x )单调递减；②当a =0时f (x )=1>0，f (x )在(0,+∞)单调递增；③当a <0时令f (x )=0,1-α-a ln x =0⇔ln x =1-a a，解得x =e 1-a a ，即当x ∈0,e1-a a 时，f (x )<0，f (x )单调递减，当x ∈e 1-a a ,+∞ 时，f (x )>0，f (x )单调递增；综上：当a >0时，f (x )在0,e 1-a a 单调递增，在e 1-a a ,+∞ 单调递减；当a =0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a <0时，f (x )在0,e1-a a 单调递减，在e 1-a a ,+∞ 单调递增.(2)若x ∈0,12时，都有f x <1，即x 1-a ln x <1，a <x -1x ln x恒成立.令h (x )=x -1x ln x ，则a <h (x )min ，h (x )=x ln x -(ln x +1)(x -1)(x ⋅ln x )2=ln x -x +1(x ln x )2，令g (x )=ln x -x +1，所以g (x )=1x -1=1-x x ，当x ∈0,12时，g (x )>0，g (x )单调递增，g (x )max =g 12 =-ln2+12<0，所以h (x )<0，h (x )=x -1x ln x 在0,12单调递减，所以h (x )min =h 12 =1ln2，所以a <1ln2(3)原式1+ln x 21+ln x 1=x 2x 1可整理为1x 2-1x 2ln 1x 2=1x 1-1x 1ln 1x 1，令F (x )=x (1-ln x )，原式为F 1x 1 =F 1x 2，由(1)知，F (x )=x (1-ln x )在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，则1x 1,1x 2为F (x )=k 两根，其中k ∈(0,1)，不妨令1x 1∈0,1 ,1x 2∈1,e ，要证x 1+x 2<ex 1x 2，即证1x 1+1x 2<e ，e -1x 1>1x 2，只需证F 1x 2 =F 1x 1 >F e -1x 1，极值点偏移问题第21页。

极值点偏移的问题(含答案)

极值点偏移的问题(含答案)1.已知 $f(x)=\ln x-ax$，其中 $a$ 为常数。

1）若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线与 $x$ 轴平行，求$a$ 的值；2）当 $a=1$ 时，比较 $f(m)$ 和 $f(1)$ 的大小；3）$f(x)$ 有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，证明：$x_1\cdotx_2>e^2$。

变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。

1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；2) 若有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，试证明：$x_1\cdotx_2>e$。

2.已知 $f(x)=x^2+ax+\sin (\pi x)$，$x\in(0,1)$。

1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。

3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。

4.设 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$。

1）证明：当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ 恒成立；2）若函数 $f(x)$ 无零点，求实数 $a$ 的取值范围；3）若函数$f(x)$ 有两个相异零点$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。

高中数学专题微专题13 极值点偏移问题

由 f′(x)＝1－1x＋ln x－2x＋a＝0 得
a＝2x＋1x－ln x－1，
所以直线 y＝a 与函数 g(x)＝2x＋1x－ln x－1 的图象有两个交点，
由
g(x)
＝
2x
＋
1 x
－
பைடு நூலகம்
ln
x－1
得
g′(x)
＝
2
－
1 x2
－
1 x
＝
2x2－x－1 x2
＝
2x＋1x－1
x2
，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2，当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，作出y＝g(x)的大致图象，如图所示. 所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为 (2，＋∞).
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点，所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2，要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1，显然2－x1>1，由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2 －x1)，而g(x1)＝g(x2)＝a，所以证明g(x1)>g(2－x1)即可，即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
123
(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.

高中数学极值点偏移(学生版)

专题01：初识极值点偏移一、极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系：若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏.如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221xx +的左边，我们称之为极值点左偏.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ； 4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f .三、问题初现，形神合聚★函数x ae x x x f ++-=12)(2有两极值点21,x x ，且21x x <.证明：421>+x x .★已知函数x x f ln )(=的图象1C 与函数)0(21)(2≠+=a bx ax x g 的图象2C 交于Q P ,，过PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交1C ，2C 于点N M ,，问是否存在点R ，使1C 在M 处的切线与2C 在N 处的切线平行？若存在，求出R 的横坐标；若不存在，请说明理由.四、招式演练★过点P(−1,0)作曲线f(x)=e x的切线l．（1）求切线l的方程；（2）若直线l与曲线y=a f(x) (a∈R)交于不同的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求证：x1+x2<−4．极值点偏移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. 其实，此类问题处理的手段有很多，方法也就有很多，下面我们来逐一探索！专题02：极值点偏移问题利器——极值点偏移判定定理一、极值点偏移的判定定理对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，（1）若)2()(201x x f x f -<，则021)(2x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）若)2()(201x x f x f ->，则021)(2x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏.证明：（1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f 的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）证明略.左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔）左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔）左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）二、运用判定定理判定极值点偏移的方法 1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随. 2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+. （1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增. （2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.（5）若要证明0)2('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221xx +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f .【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(x f 的单调性、极值点，证明)(0x x f +与)(0x x f -（或)(x f 与)2(0x x f -）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如0212x x x <+或0)2('21<+x 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)()(R x xe x f x ∈=-. (1)求函数)(x f 的单调区间和极值；(2)若21x x ≠，且)()(21x f x f =，证明：221>+x x .★函数3434)(x x x f -=与直线)31(->=a a y 交于),(1a x A 、),(2a x B 两点. 证明：221<+x x .★已知函数2()ln f x x x=+，若1x ≠2x ，且)()(21x f x f =，证明：421>+x x .★已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点.设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<.四、招式演练 ★已知函数()22x a g x e x =+，其中, 2.71828a R e ∈=为自然对数的底数，()f x 是()g x 的导函数.（Ⅰ）求()f x 的极值；（Ⅱ）若1a =-，证明：当12x x ≠，且()()12f x f x =时， 120x x +<.★已知函数()2ln f x x ax =-，其中a R ∈（1）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围；（2）若函数()f x 有极大值为12-，且方程()f x m =的两根为12,x x ，且12x x <，证明：124x x a +>.专题03：极值点偏移第一招——不含参数的极值点偏移问题函数的极值点偏移问题，其实是导数应用问题，呈现的形式往往非常简洁，涉及函数的双零点，是一个多元数学问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，解题的策略都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数. 例.（2010天津理）已知函数()()x f x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x =. 证明：12 2.x x +>例.（2013湖南文）已知函数21()1xx f x e x -=+，证明：当1212()()()f x f x x x =≠时，120.x x +<招式演练：★已知函数2()ln f x x x x =++，正实数12,x x 满足1212()()0f x f x x x ++=.★已知函数()ln f x x x =-．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若方程()f x m = (2)m <-有两个相异实根1x ，2x ，且12x x <，证明：2122x x <.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 .★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 ⋅>★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 .★例4.已知函数()(0)ax f x x e a =->，若存在1212,()x x x x <，使12()()0f x f x ==，求证：12xae x <.【招式演练】★设函数()()x f 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 <+.★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 >★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 e x x .★已知函数f(x)=12x 2+(1−a)x −alnx . （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）设a >0，证明：当0<x <a 时，f(a +x)<f(a −x) ；（Ⅲ）设x 1,x 2是f(x)的两个零点，证明f ′(x 1+x 22)>0 .★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 +>.★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 ->．★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 +⎛⎫<- ⎪⎝⎭'.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0x ，则根据对称性构造一元差函数()()()00F x f x x f x x =+--，巧借()F x 的单调性以及()00F =，借助于()()()12002f x f x f x x x ==--⎡⎤⎣⎦与()002f x x x +-⎡⎤⎣⎦ ()022f x x =-，比较2x 与012x x -的大小，即比较0x 与212x x +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。

极值点偏移四种题型的解法及例题

极值点偏移是高中数学中的一个重要概念，也是学生们比较头疼的一个知识点。

在解决数学问题时，我们经常会遇到一些与极值点有关的题型，比如函数的极值问题、优化问题等。

而在解决这些问题时，极值点偏移方法是一种非常实用的解题技巧。

本文将从四种题型出发，对极值点偏移方法进行详细解析，并结合具体例题进行说明。

1. 函数的极值问题函数的极值问题是高中数学中的一个重要内容。

在解决这类问题时，我们常常会用到导数的概念，来求函数的极值点。

但有些情况下，我们可以通过极值点偏移方法更快地得到函数的极值点。

比如对于一些简单的函数，通过极值点的平移和对称性，可以用更简洁的方法求得函数的极值点。

举例说明：已知函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$，求 $f(x)$ 的极值点。

解：求导得 $f'(x)=3x^2-6x$。

令导数为零，得到 $x=0$ 或 $x=2$。

根据导数的符号，可知 $x=0$ 是极小值点，$x=2$ 是极大值点。

但通过极值点偏移方法，我们可以发现，当 $x=0$ 时，$f(x)=2$；而当$x=2$ 时，$f(x)=2$。

也就是说，极小值点 $x=0$ 对应的函数值和极大值点 $x=2$ 对应的函数值相等。

这就是极值点偏移的思想。

2. 优化问题优化问题是数学建模中常见的类型之一，也是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的一种形式。

当我们遇到优化问题时，常常需要求解函数的极值点。

而极值点偏移方法可以帮助我们更快地找到函数的极值点，从而解决优化问题。

举例说明：一块长为20厘米的铁皮，可以做成一个底面积为 $x cm^2$ 的正方形盒子和一个底面积为 $y cm^2$ 的开口放平盒子，求怎样分割这块铁皮才能使总体积最大。

解：设正方形盒子的边长为 $a$，开口朝下的放平矩形盒子的底边长为 $b$，高为 $h$。

则根据题意可知，$b=a+2h$，且 $x=a^2$，$y=bh$。

问题转化为求 $x+y$ 的最大值。

（完整word版）高中数学极值点偏移问题

（完整word版）⾼中数学极值点偏移问题极值点偏移问题沈阳市第⼗⼀中学数学组：赵拥权⼀：极值点偏移（俗称峰⾕偏）问题的定义对于可导函数y=f(x)在区间（a,b）上只有⼀个极⼤（⼩）值点x0,⽅程f(x)=0(f(x)=m)的解分别为x1,x2且a 若x1+x22≠x0，,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0偏移；（1）x1+x22>x0,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0左偏移；（2）x1+x22⼆：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x0,⽅程f(x)=0（f(x)=m)的解分别为x1,x2且a （1）若f(x1)2（2）若f(x1)2>x0即函数f(x)在区间上（a,b）极⼩值点x0左偏;（即⾕偏左）（3）若f(x1)>f(2x0?x2)则x1+x22>x0即函数f(x)在区间上（a,b）极⼤值点x0左偏;（即峰偏左）（4）若f(x1)>f(2x0?x2)则x1+x22拓展：1）若)()(x b f x a f -=+，则)(x f 的图象关于直线2ba x +=①f(x)在(0,a)递增，在(a,2a)递减,且f(a -x)<（>）f(a+x)(f(x)<(>)f(2a -x)) ②f(x)在(0,a)递减,在(a,2a)递增,且f(a -x)>(<)f(x+a)(f(x)> (<)f(2a -x))则函数f(x)在(0,2a)的图象关于直线x=a 偏移(偏对称)(俗称峰⾕偏函数)其中①极⼤值左偏（或右偏）也称峰偏左（或右）②极⼩值偏左（或偏右）也称⾕偏左（或右）；性质：1) )(x f 的图象关于直线a x =对称若x 1,x 2∈(0,2a)x 1≠x 2则 x 1+x 2=2a <=>f (x 1)=f(x 2),(f ′(x 1)+f ′(x 2)=0,f ′(x 1+x 22)=0);2)已知函数是满⾜条件的极⼤值左偏（峰偏左）若x 1,x 2∈(0,2a)x 1≠x 2则f (x 1)=f(x 2)则x 1+x 2>2a ,及f ′(x 1+x 22)<0极值点偏移解题步骤：①求函数f(x)的极值点x 0；②构造函数F(x)=f(x+x 0)-f(x 0?x) (F(x)=f(x 0?x )-f(x 0+x), F(x)=f(x+2x 0)-f(?x) , F(x)=f(x)-f(2x 0?x))确定F(x)单调性③结合F(0)=0（F(-x 0)=0,F(x 0)=0)判断F(x)符号从⽽确定f(x+x 0),f(x 0?x)( f(x+2x 0)与f(?x); f(x)与f(2x 0?x)）的⼤⼩关系; 答题模式：已知函数y=f(x)满⾜f (x 1)=f(x 2),x 0为函数y=f(x)的极值点,求证：x 1+x 2<2x 0 ①求函数f(x)的极值点x 0；②构造函数F(x)=f(x+x 0)-f(x 0?x) 确定F(x)单调性③判断F(x)符号从⽽确定f(x+x 0),f(x 0?x) 的⼤⼩关系;假设F(x)在(0,+∞）上单调递增则F(x)>F(0)=0，从⽽得到x>0时f(x+x 0)>f(x 0?x) ④1.（2016年全国I ⾼考）已知函数有两个零点. 设x 1，x 2是的两个零点，证明：+x 2<2.2. (2010年⾼考天津卷理科21)（本⼩题满分14分）已知函数f(x)=xe -x（x ∈R ）.(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，证明当x>1时，f(x)>g(x)(Ⅲ)如果12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +> 证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2x e-令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xx F x xe x e --=+-于是22'()(1)(1)x x F x x ee --=--当x>1时，2x-2>0,从⽽2x-2e 10,0,F x e -->>⼜所以’(x)>0,从⽽函数F （x ）在[1,+∞)是增函数。

高中数学解题思路与方法--极值点偏移

−
2t − 2 t +1
,
(0
<
t
<
1)
求导由单调性易得原不等式成立，略.
4 / 19
法二：接后续解:
由得：(x1
+
x2 )(x1
−
x2 ) − (a
− 2)(x1
−
x2 ) − a ln
x1 x2
=
0
构造函数， m(t)
=
ln
t
−
2(t −1) t +1
,
(0ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
<
t
<
1)
求导由单调性易得 m(t) < 0在t ∈(0,1) 恒成立，
llnn
x1 x2
− −
mx1 mx2
=0 =0
，设，则，．欲证， t1
t2
= =
met1 met2
⇒
t1 t2
= et1−t2
k = t1 − t2 < 0
t1
=
kek ek −1
t2
=
k ek −1
x1x2 > e2
解法五巧引变量（二）
证法：设，，则由得 5 t1 = ln x1 ∈(0,1) t2 = ln x2 ∈(1, +∞)
22
等价于证明： x1 + x2
>
x12 + 2x1 − x22 − 2x2 x1 + ln x1 − x2 − ln x2
⇔ ln x1 x2
< 2x1 − 2x2 x1 + x2
=
2 x1 − 2 x2 x1 +1

2024年高考重难专攻(四)极值点偏移问题

所以f′(x)≥0在[2,5]上恒成立，即2x＋a－ax≥0对任意x∈[2,5]恒成立，所以a≥－x－2x12对任意x∈[2,5]恒成立，即a≥－x－2x12max，x∈[2,5]．
令 g(x)＝－x－2x12(x∈[2,5])，则 g′(x)＝－2xx－2＋142 x≤0(x∈[2,5])，所以 g(x)在[2,5]上单调递减，所以 g(x)在[2,5]上的最大值为 g(2)＝－8．所以 a 的取值范围是[－8，＋∞)． (2)当 a＝2 时，方程 f(x)＝x2＋2m，即 x－ln x－m＝0，令 h(x)＝x－ln x－m(x>0)，则 h′(x)＝1－1x，当 x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．所以 h(x)min＝h(1)＝1－m．若方程 f(x)＝x2＋2m 有两个不等实根，则有 h(x)min<0，即 m>1．
(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f(2x0－x)的大小关系；
(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x 之间的关系，进而得到所证或所求．
已知函数f(x)＝(x－1)ex－a，a∈R ．
(1)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围； (2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<0．解：(1)由f(x)＝0得a＝(x－1)ex，令g(x)＝(x－1)ex，∵g′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，由g′(x)>0得x>0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由g′(x)<0得x<0，∴函数g(x)在(－∞，0)上单调递减， ∴当x＝0时，函数f(x)有极小值同时也是最小值， g(x)min＝g(0)＝－1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，当x→－∞时，g(x)<0，且g(x)→0，则要使a＝g(x)有两个不同的零点，则－1<a<0，即当－1<a<0时，函数f(x)有两个零点．

极值点偏移经典例题

极值点偏移经典例题
极值点的偏移是一个常见的优化问题，在实际应用中有广泛的应用。

以下是一个经典的例题：
问题描述：
假设有一个平面上的函数 f(x, y)，求函数的极小值点 P1。

现在，我们要在给定的条件下，求函数的极小值点 P2，使得 P2 距离 P1 最远。

解题思路：
1. 首先，需要找到函数的极小值点 P1。

可以使用数值优化的方法，如梯度下降法或牛顿法，求解函数的梯度为零的点。

2. 找到极小值点 P1 后，计算 P1 到其他点的距离，并选取距离 P1 最远的点作为 P2 的初始解。

3. 使用优化算法，如模拟退火算法、遗传算法或粒子群优化算法等，在给定的条件下，求解函数的极小值点 P2。

可以将函数的极小值问题转化为一个约束优化问题，加入对 P1 到 P2 距离的约束条件。

4. 循环迭代优化过程，直到找到满足条件的极小值点 P2。

注意事项：
1. 需要注意函数可能存在多个极小值点的情况，需要根据实际情况选择合适的优化算法。

2. 在计算过程中，由于函数可能存在复杂的形式，可能需要进行函数的近似或简化处理。

3. 在设置约束条件时，需要合理选择约束条件的范围，以保证优化过程的有效性。

总结：
极值点偏移是一个常见的优化问题，需要综合运用数值优化方法和约束优化方法，以找到满足条件的极小值点。

根据实际问题的复杂程度和条件限制，选择合适的优化算法和约束条件设置方法，以求得最优解。

高中数学极值点偏移问题

高中数学极值点偏移问题极值点偏移问题极值点偏移问题是指可导函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，方程 $f(x)=m$ 的解分别为$x_1,x_2$ 且 $ax$，则称函数 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上极值点$x$ 右偏移。

极值点偏移的判定定理是指对于可导函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，方程 $f(x)=m$ 的解分别为 $x_1,x_2$ 且 $a<x_1<x_2<b$，有以下判定条件：1）若 $f(x_1)<f(2x-x_2)$，则极值点偏移为峰偏右。

2）若 $f(x_1)>f(2x-x_2)$，则极值点偏移为谷偏左。

3）若 $f(x_1)>f(2x-x_2)$，则极值点偏移为峰偏左。

4）若 $f(x_1)<f(2x-x_2)$，则极值点偏移为谷偏右。

拓展内容：1）若 $f(a+x)=f(b-x)$，则函数 $f(x)$ 的图像关于直线$x=\dfrac{a+b}{2}$ 对称；特别地，若 $a+b=2a$，则函数$f(x)$ 的图像关于直线 $x=a$ 对称。

2）若函数$f(x)$ 满足$\forall x\in(0,a)$ 有下列之一成立：① $f(x)$ 在 $(0,a)$ 递增，在 $(a,2a)$ 递减，且 $f(a-x))f(a+x)$（$f(x))f(2a-x)$）。

② $f(x)$ 在 $(0,a)$ 递减，在 $(a,2a)$ 递增，且 $f(a-x)>((<)f(2a-x)$）。

则函数 $f(x)$ 在 $(0,2a)$ 的图像关于直线 $x=a$ 偏移（偏对称，俗称峰谷偏函数）。

其中，①极大值左偏（或右偏）也称峰偏左（或右）；②极小值偏左（或偏右）也称谷偏左（或右）。

已知函数y=f(x)满足f(x1)=f(x2)，x1和x2为函数y=f(x)的极值点，证明：x1+x2>2x首先，求函数f(x)的极值点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。

高中数学：导数极值点偏移问题

导数极值点偏移问题知识整合：已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c 的两根的中点刚好满足122x x +＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f(x)在x ＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)．2．若122x x +≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x ＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)．典例：已知()21ln 2f x x x mx x =--，m ∈R ．若()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：212e x x >（e 为自然对数的底数）．解法一：齐次构造通解偏移套路证法1：欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>．若()f x 有两个极值点1x ，2x ，即函数()f x '有两个零点．又()ln f x x mx'=-，所以，1x，2x 是方程()0f x '=的两个不同实根．于是，有1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩，解得1212ln ln x x m x x +=+．另一方面，由1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩，得()2121ln ln x x m x x -=-，从而可得，21122112ln ln ln ln x x x x x x x x -+=-+．于是，()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--．又120x x <<，设21x t x =，则1t >．因此，()121ln ln ln 1t tx x t ++=-，1t >．要证12ln ln 2x x +>，即证：()1ln 21t t t +>-，1t >．即：当1t >时，有()21ln 1t t t ->+．设函数()()21ln 1t h t t t -=-+，1t ≥，则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++，所以，()h t 为()1.+∞上的增函数．注意到，()10h =，因此，()()10h t h ≥=．，当1t >时，有()21ln 1t t t ->+．所以，有12ln ln 2x x +>成立，212e x x >．求解本题的关键点有两个．一个是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极值点表示参数，如得到11ln x x m =之后，代入第二个方程，则无法建立两个极值点的关系，本题中利用两个方程相加(减)之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把方程转化为一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题求解．本题利用参数m 的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程转化为关于12x x 的方程，通过建立函数模型求解该问题，这体现了对数学建模等核心素养的考查．（消参减元）解法二变换函数能妙解证法2：欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>．若()f x 有两个极值点1x ，2x ，即函数()f x '有两个零点．又()ln f x x mx'=-，所以，1x ，2x 是方程()0f x '=的两个不同实根．显然0m >，否则，函数()f x '为单调函数，不符合题意．由()11121222ln 0ln ln ln 0x mx x x m x x x mx -=⎧⇒+=+⎨-=⎩，即只需证明()122m x x +>即可．即只需证明122x x m +>．设()()210,g x f x f x x m m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫''=--∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()()22102mx g x x mx -'=>-，故()g x 在10,m ⎛⎫↑ ⎪⎝⎭，即()10g x g m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，故()2f x f x m ⎛⎫''<- ⎪⎝⎭．由于()11mx f x m x x -''=-=，故()f x '在10,m ⎛⎫↑ ⎪⎝⎭，1,m ⎛⎫+∞↓ ⎪⎝⎭．设121x x m <<，令1x x =，则()()2112f x f x f x m ⎛⎫'''=<- ⎪⎝⎭，又因为2x ，121,x m m ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭，()f x '在1,m ⎛⎫+∞↓ ⎪⎝⎭，故有212x x m >-，即122x x m +>．原命题得证．解法三构造函数现实力证法3：由1x ，2x 是方程()0f x '=的两个不同实根得ln x m x =，令()ln xg x x =，()()12g x g x =，由于()21ln xg x x -'=，因此，()g x 在()1,e ↑，()e,+∞↓．设121e x x <<<，需证明212e x x >，只需证明()212e 0,e x x >∈，只需证明()212e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()222e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()222e 0f x f x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭．即()()()()2e 1,e h x f x f x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，()()()22221ln e 0e x x h x x --'=>，故()h x 在()1,e ↑，故()()e 0h x h <=，即()2e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭．令1x x =，则()()2211e f x f x f x ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，因为2x ，()21e e,x ∈+∞，()f x 在()e,+∞↓，所以221e x x >，即212e x x >．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x0)，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x0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2＞2x ，则令F(x)＝f(x)－f 20x 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f(2x0－x)的大小关系． (5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x 与2x0－x 之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明f ′122x x +⎛⎫ ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x0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．解法四巧引变量（一）证法4：设()11ln 0,1t x =∈，()22ln 1,t x =∈+∞，则由1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩得11221122e e e t t t t t t m t m t -⎧=⇒=⎨=⎩，设120k t t =-<，则1e e 1k k k t =-，2e 1k k t =-．欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>．即只需证明122t t +>，即()()()()()1e 21e 2e 11e 2e 10e 1k k k k k k k k k +>⇔+<-⇔+--<-．设()()()()1e 2e 10k k g k k k =+--<，()e e 1k k g k k '=-+，()e 0k g k k ''=<，故()g k '在(),0-∞↓，故()()00g k g ''>=，故()g k 在(),0-∞↑，因此()()00g k g <=，命题得证．解法五巧引变量（二）证法5：设()11ln 0,1t x =∈，()22ln 1,t x =∈+∞，则由1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩得11221122e e e t t t t t t m t m t -⎧=⇒=⎨=⎩，设()120,1t k t =∈，则1ln 1k k t k =-，2ln 1k t k =-．欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>，即只需证明122t t +>，即()()()1ln 21212ln ln 0111k k k k k k k k k +-->⇔<⇔-<-++，设()()()()21ln 0,11k g k k k k -=-⇔+，()()()22101k g k k k -'=>+，故()g k 在()0,1↑，因此()()10g k g <=，命题得证．比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t 表示)表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．变式1.已知函数()()x f x xe x R -=∈.（1）判断函数()f x 的单调性；（2）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，求证：122x x +>.解：（1）因为()xf x xe -=，所以()()1xf x x e -'=-，.可得函数()xf x xe -=在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减.（2）证明：由()()12f x f x =，12x x ≠，不妨设12x x <，构造函数()()()11F x f x f x =+--，(]0,1x ∈，则()()()()211110xx x F x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(]0,1x ∈上单调递增，()()00F x F >=，也即()()11f x f x +>-对(]0,1x ∈恒成立.由1201x x <<<，则(]110,1x -∈，所以()()()()()()()1111211211f x f x f x f x f x +-=->--==，即()()122f x f x ->，又因为12x -，()21,x ∈+∞，且()f x 在()1,+∞上单调递减，所以122x x -<，即122x x +>.变式2.已知函数()2cos f x x xπ=+（1）求函数()f x 的最小值；（2）若函数()()g x f x a=-在()0,∞+上有两个零点1x ，2x ，且12xx <，求证：12232x x π+<.【答案】（1）()2min 4f x π=（2）证明见解析；（1）()2cos f x x x π=+，()()2cos f x x x f x π-=+=，()f x 为偶函数，故只需求[)0,x ∈+∞时()f x 的最小值，()2sin f x x x π'=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，设()2sin h x x x π=-， ()2cos h x x π'=-，显然()h x '单增，而()00h '<，02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭，由零点存在定理，存在唯一的00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，当()00,x x ∈，()0h x '<，()h x 单减，当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0h x '>，()h x 单增，而()00h =，02h π⎛⎫= ⎪⎝⎭，故0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0h x <，即0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '<，()f x 单减；又当,2x π⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，2sin x x ππ>>，()0f x '>，()f x 单增，所以()n2mi 24f x f ππ⎛⎫==⎪⎝⎭.（2）11212212123131222223332x x x x x x x x x x ++++++=<=，只需证1222x x π+<，由（1）得10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，2,2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，构造函数()()()F x f x f x π=--，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()()22sin 0F x f x f x x πππ'''=+-=->，即()F x 单增，所以()02F x F π⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()f x f x π<-，而10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()11f x f x π<-，又()()12f x f x =，即()()21f x f x π<-，此时2x ，1,2x ππ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭，()f x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单增，所以21x x π<-，12x x π+<，即证1222x x π+<.变式3.（2020•安徽模拟）已知f （x ）＝2x+1﹣eax （a ∈R ）．若x1，x2为方程f （x ）＝1的两个相异的实根，求证：x1+x2．【解析】证明：x1，x2为方程f （x ）＝1的两个相异的实根，则x1，x2为方程2x ﹣eax ＝0的两个相异的实根，即x1，x2为方程ax ＝ln （2x ）的两个相异的实根， ∴ax1＝ln （2x1），ax2＝ln （2x2）．不妨设x1＞x2＞0．∴a （x1﹣x2）＝ln ，即a ．证明：x1+x2⇔a ．因此只要证明：．即证明ln即可．令t＞1．上述不等式等价于：g（t）＝lnt0（t＞1），g（1）＝0．g′（t）0，∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递增，∴g（t）＞g（1）＝0，∴ln成立．即x1+x2．变式4..（2020•抚顺模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣tx+t．当t＝2时，方程f（x）＝m﹣ax恰有两个不相等的实数根x1，x2，证明：．【解析】证明：由f（x）＝m﹣ax，得lnx+（a﹣2）x+2﹣m＝0．令g（x）＝lnx+（a﹣2）x+2，则g（x1）＝g（x2）＝m．即lnx1+（a﹣2）x1＝lnx2+（a﹣2）x2，∴a﹣2．不妨设0＜x1＜x2，要证，只需证2（2﹣a），即证．令（c＞1），g（c）＝2lnc﹣c，∵g′（c）0．∴g（c）在（1，+∞）上单调递减，则g（c）＜g（1）＝0．故成立．变式5.设函数()()22lnf x x a x a x=---．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）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）(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）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(,)2a x ∈+∞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．。

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含参讨论，分离参数，取点放缩，பைடு நூலகம்值点偏移
例 1. 已知函数 f x axe x a 1x 12,a R
（1）若 f x 只有一个极值点，求a 的取值范围；
（2）证明：当 0 a
1 时，f x 2
有两个零点，记为x 与x ，且 3 x x
1
2
1
2
2
分析与解答：分离参数法，放缩取点
f x
1 x
2
1 2x x
f x
在
0,1 2
，在
1 2
,
f x
f
1 2
ln2
0
fx
在 0,
（2） f x 1 lnx 2ax ，令 f x 0 在 0, 有两个不同的实数根
方法一：分离参数法，导数法研究函数的大致图像
分离参数 2a 1 ln x , x 0 导数法研究函数的大致图象问题（略） x
要有两个不等根的充要条件
htln3ln3,0,h t 0 0 m s ,ln3,h s 0
3 ln3 2 ，（ ln3 约 1.10 ）
因为y f x 有两个零点，x ' 0 ，x ' x ，即e x0 3x 1
1
2
0
0
由（1）知，h x f x
在x ' 0 处的切线为y 2x x m
2a 2a
2a
2
又 g 1 2a 0 ，放缩取点，导数法可证： ln x 2 x 1, x 0 e e
g
1 a2
ln
1 a2
2a.
1 a2
1
2
1 a2
1
2 a
1 0
综上所述， 0 a 1 2
例 3. （百校联考理数 21 题）已知函数 f x ax e x 1
（2）若关于 x 的方程 f x a 恰有两个不同的实根 x ,x ，且x x ，求证：
12
1
2
x x 1 1 2 1a
3
分析与解答：切线方程问题，零点个数求参数范围，类极值点偏移问题，放缩取点（1）略（2）转化命题，使问题更易于解决
原问题等价于 gx ln x ax 1有两个不同的根
1
2
例 2. （百校联考理数 21）已知函数 f x x lnx ax 2,a R （1）当a 1时，求函数 f x 的单调区间；（2）若函数 f x 有两个极值点，求实数a 的取值范围；
1
分析与解答：二次求导术，分离参数法，大致图像的三个细节，含参讨论与放缩取点
（1）略 f x 1 lnx 2x 二次求导术
1
4
2
分析与解答：函数不等式的证明，切线放缩法，类极值点偏移问题
（1）l :y a ex0 x x ，且ax ex0 1 0
0
0
问题等价于证明 a e x0 x x ax e x 1，x R 恒成立切线在函数的上方 0
构造差函数g x a ex0 x x ax ex 1 0
引入 gx
1 ln x x
g x
ln x x2
gx
g1
1
0
a
1 2
方法二：含参数讨论法+放缩取点
gx ln x 2ax 1 有两个不同零点， gx 1 2a
x
当 a 0 时， gx 在 0,上单调递增，不符合题意
当 a 0 时， gx在 0, 1 ,在 1 , g 1 0 0 a 1
2a e2
a
1
a
2 e2
1 1
3a 2
1
3 4
1
1 4
0
取点
由零点存在定理知， 2 x 1， 1 x 0 x x 3
1
2
1
2
下面用构造对称差函数证明 x x 2 极值点偏移的典型处理方法
1
2
x x 2 x 2 x 1 fx f 2 x fx f 2 x
1
12
在x '
x
处的切线为 y
3
ex 0
x
x
2
0
0
m
m
m
m
令x x
2
0 3 ex0
x 0 2 3x
，1 x 2 x 2
2
0
2
26
4
0
x x 2 m m 2 3m
2
1
42
4
例 4. 已知函数 f x 1 lnx x
（1）求曲线y f x 在函数 f x 零点处的切线方程；
gx 1 a 1 ax , x 0
x
x
当 a 0 时， gx 在 0,上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意
当 a 0 时， gx在 0, 1 ,在 1 , g 1 0 0 a 1
a a
a
0
x1
1 a
x2
补充：
g
4 a2
2
4 a2
1
a.
4 a2
1 0
ln x 2
g x
a
ex0
a
ex
ex
ex 0
，显然 g
x
0 ，且g x 在 R 上单调递增
0
于是g x g x ax ex0 1 0
0
0
（2）h x 3x e x 1 m 有两个不等式实数根
h x 3 ex g x 在 ,ln3 ，在 ln3,
1
2
1
2
1
2
2
2
引入对称差函数gx fx f 2x a xe x x 2e x 2 g 1 0
gx
a x
1ex
x 1 ex2
a x
1ex
1 ex2
a x
1
ex 1 1 ex 1 1 ex 2
0
g x 在 R 上单调递增 g x g 1 0 x x 2
（1）曲线 y f x 与 x 轴的交点为 P x ,0 ，且在点 P 的切线为 l ，证明：曲线 0
y f x 上的点都不在直线l的上方；
（2）当a 3 时，若关于x 的方程 f x m m
0 有不等实根 x ,x x x ，
1 21
2
求证：x x 2 3 m
2
x 1, x 0
又
g1 a1 0，
g1 a 0，由零点存在定理知， e e
1 e
x1
1
x2
x1
1 a
1
例 5. 已知函数 f x x lnx ax ,a R
（1）当a 0 时，求函数 f x 的最小值；（2）若关于x 的不等式 f x 0 恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若函数 f x 有两个极值点，求实数a 的取值范围；
（1） f x x 1ae x 2a 1
由题意知，ae x 2a 1 0 在R 上无解 e x 2a 1 0 0 a 1 a
（2）由（1）知， 0 a 1 时， f x 在 ,1 ，在 1,
2
又 f 1 a 0 ， f0 1 a 0 e
f 2