(完整版)导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)

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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）；。

专题20 极值点偏移问题(解析版)

专题20极值点偏移问题1．极值点偏移的含义若单峰函数f (x )的极值点为x 0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.极值点x 0函数值的大小关系图示极值点不偏移x 0＝x 1＋x 22f (x 1)＝f (2x 0－x 2)极值点偏移左移x 0<x 1＋x 22峰口向上：f (x 1)<f (2x 0－x 2)峰口向下：f (x 1)>f (2x 0－x 2)右移x 0>x 1＋x 22峰口向上：f (x 1)>f (2x 0－x 2)峰口向下：f (x 1)<f (2x 0－x 2)2.函数极值点偏移问题的题型及解法极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：(1)若函数f (x )在定义域上存在两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，求证：x 1＋x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；(2)若在函数f (x )的定义域上存在x 1，x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；(3)若函数f (x )存在两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f ′(x 0)>0；(4)若在函数f (x )的定义域上存在x 1，x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)＝f (x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f ′(x 0)>0.3.极值点偏移问题的一般解法3.1对称化构造法主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点0x ．(2)构造函数，即对结论1202x x x +>型，构造函数0()()(2)F x f x f x x =--或00()()()F x f x x f x x =+--；(3)对结论2120x x x ⋅>型，构造函数20()()()x F x f x f x=-，通过研究()F x 的单调性获得不等式．(4)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(5)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(6)转化，即利用函数f (x )的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．3.2．差值代换法（韦达定理代换令1212,x x t x x t =±=.）差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用t 表示)表示两个极值点，即12t x x =-，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．3.3．比值代换法比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t 表示)表示两个极值点，即12x t x =，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．3.4．对数均值不等式法两个正数a 和b (),(, )ln ln ().a ba b L a b a ba ab -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩(, )2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当a b =时，等号成立．3.5指数不等式法在对数均值不等式中，设m a e =，nb e =，则()(,)()m nme e m n E a b m n e m n ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩，根据对数均值不等式有如下关系：2(,)2m nm ne e eE a b ++≤≤专项突破练1．已知函数()1ln f x x a x=++．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)当()()()1212f x f x x x =≠时，证明：122x x +>．【解析】（1）∵()1ln f x x a x=++，∴()22111x f x x x x -'=-=，令()0f x '=，得x ＝1，当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增，故函数()f x 的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞；（2）由（1）知，不妨设1201x x <<<，构造函数()()()2g x f x f x =--，01x <<，故()()()()()()2222241112022x x x g x f x f x x x x x ----'''=+-=+=<--，故()g x 在()0,1上单调递减，()()10g x g >=，∵()10,1x ∈，∴()()()11120g x f x f x =-->，又∵()()12f x f x =，∴()()2120f x f x -->，即()()212f x f x >-，∵1201x x <<<，∴2x ，()121,x -∈+∞，又∵()f x 在()1,+∞上单调递增，∴212x x >-，即122x x +>，得证．2．已知函数()()e ln xf x x a =+.(1)若()f x 是增函数，求实数a 的取值范围；(2)若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：122x x +>.【解析】(1)函数的定义域为()0,∞+，()1e ln x f x x a x ⎛⎫'=++ ⎪⎝⎭，若()f x 是增函数，即()0f x '≥对任意0x >恒成立，故1ln 0x a x++≥恒成立，设()1ln g x x a x=++，则()22111x g x x x x -'=-=，所以当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减，当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，()()min 11g x g a ==+，由10a +≥得1a ≥-，所以a 的取值范围是[)1,-+∞.(2)不妨设120x x <<，因为1x ，2x 是()f x 的两个极值点，所以()11111e ln 0x f x x a x ⎛⎫'=++= ⎪⎝⎭，即111ln 0x a x ++=，同理221ln 0x a x ++=，故1x ，2x 是函数()1ln g x x a x=++的两个零点，即()()120g x g x ==，由（1）知，()()min 110g x g a ==+<，故应有(),1a ∞∈--，且1201x x <<<，要证明122x x +>，只需证212x x >-，只需证()()()()211122g x g x g x g x --=--()()111111111111ln ln 2ln ln 2022x a x a x x x x x x ⎡⎤=++--++=+--+>⎢⎥--⎣⎦，设()()11ln ln 22h x x x x x =+--+-，(]0,1x ∈，则()()()()()22222224111111102222x x x h x x x x x x x x x ---'=----=-≤----，所以()h x 在()0,1上单调递减，因为()10,1x ∈，所以()()110h x h >=，即()()2120g x g x -->，()()212g x g x >-，又21>x ，121x ->，及()g x 在()1,+∞上单调递增，所以212x x >-成立，即122x x +>成立.3．已知函数()()11e xf x x -=+.(1)求()f x 的极大值；(2)设m 、n 是两个不相等的正数，且()()11e 1e 4e n m m n m n +-+++=，证明：2m n +<.【解析】(1)因为()()111e 1e x x f x x x --+==+的定义域为R ，()1e x xf x -'=-，当0x <时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，当0x >时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，所以，函数()f x 的极大值为()0e f =.(2)证明：因为()()11e 1e 4e n m m n m n +-+++=，则11114e e em n m n --+++=，即()()4f m f n +=，由（1）知，函数()f x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，因为m 、n 是两个不相等的正数，且满足()()4f m f n +=，不妨设01m n <<<，构造函数()()()2g x f x f x =+-，则()()()1122ee x xxx g x f x f x ---'''=--=--，令()()h x g x '=，则()()()()111111e 1e e ex x x x xh x x x -----'=---=--.当01x <<时，101x x ->>-，则()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，当1x >时，101x x ->>-，则()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，又因为函数()h x 在()0,∞+上连续，故函数()h x 在()0,∞+上单调递减，当01x <<时，()()10h x h >=，即()0g x '>，故函数()g x 在()0,1上为增函数，故()()()()()()214f m f m g m g f m f n -+=<==+，所以，()()2f n f m >-，21m -> 且1n >，函数()f x 在()1,+∞上为减函数，故2n m <-，则2m n +<.4．已知函数()1ln xf x ax+=(1)讨论f (x )的单调性；(2)若()()2112e e xxx x =，且121200x x x x >>≠，，，证明:>【解析】（1）()()2ln 0xf x x ax -'=>当0a >时，()01x ∈，，()0f x '>，所以()f x 单调递增；()1x ∈+∞，，()0f x '<，所以()f x 单调递减；当0a <时，()01x ∈，，()0f x '<，所以()f x 单调递减；()1x ∈+∞，，()0f x '>，所以()f x 单调递增；（2）证明：()()2112x x x x =e e ，∴()()2112ln ln x x x x =e e ，()()1212ln ln x x x x =e e 即当1a =时，()()12f x f x =由（1）可知，此时1x =是()f x 的极大值点，因此不妨令1201x x <<<>22122x x +>①当22x ≥时，22122x x +>成立；②当212x <<时先证122x x +>此时()2201x -∈，要证122x x +>，即证：122x x >-，即()()122f x f x >-，即()()222f x f x >-即：()()2220f x f x -->①令()()()()()()1ln 21ln 21,22x x g x f x f x x x x+-+=--=-∈-，∴()()()()()222222ln 2ln 2ln 2ln ln 02x x x x x x g x x x x x x ---'=-->--=->-∴()g x 在区间()12，上单调递增∴()()10x g g >=，∴①式得证.∴122x x +>∵21112x x +>，22212x x +>∴221212222x x x x ++>+∴()221212222x x x x +>+->>5．已知函数()22ln x f x x a=-（a ∈R 且0a ≠）．(1)2a =，求函数()f x 在()()22f ,处的切线方程．(2)讨论函数()f x 的单调性；(3)若函数()f x 有两个零点12x x 、()12x x <，且2e a =，证明：122e x x +>．【解析】(1)当2a =时，()22ln 2x f x x =-，所以()222ln 2f =-.()2f x x x '=-，所以()22212f '=-=.所以函数()f x 在()()22f ,处的切线方程为()22ln 22y x --=-，即2ln 2y x =-.(2)()f x 的定义域为(0，+∞)，22()x f x a x'=-.当a <0时，()0f x '<恒成立，所以()f x 在(0，+∞)上单调递减；当a >0时，(222()x f x x x a x ax'=-=.在(上，()0f x '<，所以()f x 单调递减；在)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增.(3)当2e a =，()222ln ex f x x =-.由(2)知，()f x 在()0,e 上单调递减，在()e,∞+上单调递增.由题意可得：()12(0,e),e,x x ∈∈+∞.由(2e)22ln 20f =->及2()0f x =得：()2e,2e x ∈.欲证x 1+x 2>2e ，只要x 1>2e-x 2，注意到f (x )在(0，e)上单调递减，且f (x 1)=0，只要证明f (2e-x 2)>0即可.由22222()2ln 0ex f x x =-=得22222e ln x x =.所以22222(2e )(2e )2ln(2e )e x f x x --=--2222224e 4e 2ln(2e )e x x x -+=--()2222224e 4e 2e ln 2ln 2e e x x x -+=--2222442ln 2ln(2e ),(e,2e),ex x x x =-+--∈令4()42ln 2ln(2e ),(e,2e)etg t t t t =-+--∈则24224(e )()0e 2e e (2e )t g t t t t t -'=-++=--，则g (t )在(e ，2e)上是递增的，∴g (t )>g (e)=0即f (2e-x 2)>0.综上x 1+x 2>2e.6．已知函数()ln f x x x =-(1)求证：当1x >时，()21ln 1x x x ->+；(2)当方程()f x m =有两个不等实数根12,x x 时，求证：121x x m +>+【解析】(1)令()()()21ln 11x g x x x x -=->+，因为()()()()222114011x g x x x x x -'=-=>++，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10g x g >=，即当1x >时，()21ln 1x x x ->+.(2)证明：由()ln f x x x =-，得()11f x x'=-，易知()f x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，所以()min 1f x =.因为方程()f x m =有两个不等实根，所以1m >.不妨设1201x x <<<.由（1）知，当1x >时，()21ln 1x x x ->+；当01x <<时，()21ln 1x x x -<+.方程()f x m =可化为ln x m x -=.所以()222221ln 1x x m x x --=>+，整理得()222120x m x m -++->.①同理由()111121ln 1x x m x x --=<+，整理得()211120x m x m -++-+>.②由①②，得()()()211210x x x x m -+-+>⎡⎤⎣⎦.又因为21x x >所以121x x m +>+.法二：由()ln f x x x =-，得()11f x x'=-，易知()f x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，所以()min 1f x =.因为方程()f x m =有两个不等实根，所以1m >.不妨设1201x x <<<.要证121x x m +>+，只要证1211ln 1x x x x +>-+，只要证：21ln 11x x >-+>.因为()f x 在()1,+∞上单调递增，只要证：()()()1211ln f x f x f x =>-.令()()()(1ln 01h x f x f x x =--<<，只要证()0,1x ∀∈，()0h x >恒成立.因为()()()()1111ln 11ln 111ln 1ln x x x h x f x f x x x x x x x --⎛⎫⎛⎫=---=-+-=⎪ ⎪-⎭'⎝'-'⎝⎭，令()()ln 101F x x x x x =--<<，则()ln 0F x x '=->，故()F x 在()0,1上单调递增，()()10F x F <=，所以()0h x '<，所以()h x 在()0,1上单调递减，所以()()10h x h >=，故原结论得证.7．已知函数()()22ln 21f x a x x a x a =-+-+．(1)若1a =，证明：()22f x x x <-；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，求a 的取值范围，并证明：122x x a +>．【解析】(1)当1a =时，()22ln 1f x x x =-+，定义域为()0,∞+令()()()222ln 21g x f x x x x x =--=-+，则()22g x x'=-当01x <<时，()0g x '>；当1x <时，()0g x '<；所以函数()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，故()()max 110g x g ==-<，所以()0g x <，得()22f x x x <-；(2)因为()f x 有两个不同的零点12,x x ，则()f x 在定义域内不单调；由()()()()212221x a x af x x a x x--+'=-+-=当0a ≤时，()0f x '<在()0,∞+恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递减，不符合题意；当0a >时，在()0,a 上有()0f x '>，在(),a +∞上有()0f x '<，所以()f x 在()0,a 上单调递增，在(),a +∞上单调递减．不妨设120x a x <<<令()()()2F x f x f a x =--则()()()()()()222F x f x f a x a x f x f a x ''''''=---=+-()()()()()2422221222122a x a ax a a x a x a x x a x -=-+-+--+-=--当()0,x a ∈时，()0F x '>，则()F 在()0,a 上单调递增所以()()()()20F x F a f a f a a <=--=故()()2f x f a x <-，因为120x a x <<<所以()()12f x f a x <-１，又()()2f x f x =１，122a a x a <-<则()()212f x f a x <-，又()f x 在(),a +∞上单调递减，所以212x a x >-，则122x x a +>．8．已知函数()21ln 2f x x x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()00f x '=（()f x '为()f x 的导函数），方程()f x m =有两个不等实根1x 、2x ，求证：1202x x x +>．【解析】(1)因为()21ln 2f x x x x x =+-，则()ln f x x x '=+，所以，()112f =-，()11f '=，所以，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为112y x +=-，即32y x =-.(2)证明：因为()ln f x x x '=+，()00f x '=，所以00ln 0x x +=．因为()f x '为增函数，所以()f x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．由方程()f x m =有两个不等实根1x 、2x ，则可设102x x x <<，欲证1202x x x +>，即证20102x x x x >->，即证()()2012f x f x x >-，而()()21f x f x =，即()()10120f x f x x -->，即()()()()2211110*********ln 2ln 222022x x x x x x x x x x x x +------+->，设()()()()()22000011ln 2ln 22222g x x x x x x x x x x x x x =+------+-，其中00x x <<，则()()00ln ln 22g x x x x x =+-+'，设()()()000ln ln 220h x x x x x x x =<+<+-，则()()()000211022x x x x x x x x h x -=-=>--'，所以，函数()g x '在()00,x 上单调递增，所以()()0002ln 20g x g x x x '<='+=，所以()g x 在()00,x 上单调递减，所以()()00g x g x >=，即()()2012f x f x x >-，故1202x x x +>得证．9．已知函数2()1e (1),1,1x f x k x x k R x ⎛⎫=--->-∈ ⎪+⎝⎭．(1)若0k =，证明：(1,0)x ∈-时，()1f x <-；(2)若函数()f x 恰有三个零点123,,x x x ，证明：1231x x x ++>．【解析】(1)0k =时，函数1()e ,(1,0)1xx f x x x -=∈-+，则221()e 0(1)x x f x x +='>+，()f x 在(1,0)-上单调递增，所以1()e (0)11xx f x f x -=<=-+．(2)e ()(1)1x f x x k x ⎛⎫=--⎪+⎝⎭，显然1x =为函数的一个零点，设为3x ；设函数e ()1xF x k x =-+，2e ()(1)x x F x x '=+当(1,0)x ∈-时，()0F x '<，当,()0x ∈+∞时，()0F x '>，故()F x 在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．由已知，()F x 必有两个零点12,x x ，且1210x x -<<<，下证：120x x +>．设函数()()(),(1,0)h x F x F x x =--∈-，则e e ()11x xh x x x -=++-，2e 11()e e (1)11x x x x x x h x x x x -++⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪+--⎝⎭⎝⎭'，由于(1,0)x ∈-，则2e 1e 0(1)1x x x x x x -+⎛⎫-< ⎪+-⎝⎭，由（1）有1e 01xx x ++>-，故()0h x '<，即函数()h x 在(1,0)-上单调递减，所以()(0)0h x h >=，即有()()()211F x F x F x =>-，由于12,(0,)x x -∈+∞，且在(0,)+∞上单调递增，所以21x x >-，所以120x x +>．10．已知函数()()()1ln 3f x x x a x =++-．(1)若函数()f x 为增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <．求证：()()12122f x f x x x +++>-．【解析】(1)因为()()()1ln 3f x x x a x =++-，该函数的定义域为()0,∞+，()1ln 2f x x a x'=++-，若函数()f x 为增函数，则()0f x '≥恒成立．令()1ln 2g x x a x =++-，()22111x g x x x x-'=-=，令()0g x '=得1x =，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，故()()11g x g a ≥=-，所以，10a -≥，因此1a ≥．(2)因为函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <，即方程()0g x =有两个不等的实根1x 、()212x x x <，因为()g x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，所以，1201x x <<<，即1x 、2x 是1ln 20x a x++-=的两个根，所以11221ln 201ln 20x a x x a x ⎧++-=⎪⎪⎨⎪++-=⎪⎩，则()()111222ln 21ln 21x x a x x x a x ⎧+-=-⎪⎨+-=-⎪⎩，所以，()()()()121211221212ln ln ln ln 2f x f x x x x x x x x x a x x +++=++++-+12ln ln 2x x =+-，即证12ln ln 0x x +>，即证121x x >．由11221ln 201ln 20x a x x a x ⎧++-=⎪⎪⎨⎪++-=⎪⎩两式作差得122111ln x x x x =-，令()120,1x t x =∈，则11ln t x t -=，21ln t x t t-=，即只需证111ln ln t t t t t--⋅>，即证ln 0t >．令()ln t t ϕ=-()0,1t ∈，则()210t ϕ-'=，故()t ϕ在区间()0,1上单调递减，当()0,1t ∈时，()()10t ϕϕ>=，命题得证．11．已知函数()ln f x x x =-.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()y f x =的图象与()y m m R =∈的图象交于()11,A x y ，()22,B x y 两点，证明：12242ln 2x x +>-.【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞令11()10xf x x x -'=-=>，解得01x <<令11()10x f x x x-'=-=<，解得1x >所以()f x 的单调增区间为(0,1)，减区间为(1,)+∞(2)由（1）不妨设1201x x <<<由题知11ln x x m -=，22ln x x m -=两式相减整理可得：12121ln x x x x -=所以要证明12242ln 2x x +>-成立，只需证明1211222(42ln 2l )n x x x x x x +->-因为12ln 0x x <，所以只需证明212112(42ln 2ln )2x x x x x x <-+-令12,01x t t x =<<，则只需证明1(42ln l 21n 2)t t t -<-+，即证(1)ln (1)02(42ln 2)t t t +--<-令2()(1)ln (1)2(4ln 2)g t t t t -=-+-2ln 22l 12ln (2)1()22n 2ln t t t g t t t t++'--=++=记()2ln (2)12ln 2h x t t t +-=+则()2ln 2h x t '=易知，当102t <<时，()0h x '<，当112t <<时，()0h x '>所以当12t =时，min 11()()022n 2ln l h x h ==+=所以当01t <<时，()0g t '≥，函数()g t 单调递增故()(1)0g t g <=，即(1)ln (1)02(42ln 2)t t t +--<-所以，原不等式12242ln 2x x +>-成立.12．已知函数()()3ln 010f x ax x a a =+≠.(1)讨论()f x 的单调性.(2)若函数()f x 有两个零点12x x ，，且12x x <，证明：12310x x +>.【解析】(1)函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()ln ln 1f x a x a a x '=+=+.①当0a >时，令()0f x '<，得10x e <<，则()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；令()0f x '>，得1x e >，则()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.②当0a <时，令()0f x '<，得1x e >，则()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；令()0f x '>，得10x e <<，则()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.综上所述，当0a >时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当0a <时，()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增.(2)证明：因为12x x ，为()f x 的两个零点，所以113ln 010x x +=，223ln 010x x +=，两式相减，可得121233ln ln 01010x x x x -+-=，即1122123ln 10x x x x x x -=⋅，121212310ln x x x x x x -=⋅，因此，121121310ln x x x x x -=⋅，212121310ln x x x x x -=⋅.令12x t x =，则121113513310ln 10ln 10ln t t t x x t t t---+=⋅+⋅=⋅，令()()1ln 01h t t t t t =--<<，则()22211110t t h t t t t -+'=+-=>，所以函数()h t 在()0,1上单调递增，所以()()10h t h <=，即1ln 0t t t--<.因为01t <<，所以11ln t t t->，故12310x x +>得证.13．已知函数()ln f x x x ax a =-+．(1)若1≥x 时，()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)当1a =时，方程()f x b =有两个不相等的实数根12,x x ，证明：121x x <．【解析】（1）∵1≥x ，()0f x ≥，∴ln 0a x a x -+≥，设()ln (1)ag x x a x x =-+≥，()221a x a g x x x x-'=-=，当1a >时，令()0g x '=得x a =，当1x a <≤时，()0g x '<，()g x 单调递减；当x a >时，()0g x '>，()g x 单调递增，∴()(1)0g a g <=，与已知矛盾．当1a ≤时，()0g x '≥，∴()g x 在[1,)+∞上单调递增，∴()(1)0g x g ≥=，满足条件；综上，a 取值范围是(,1]-∞．（2）证明：当1a =时，()ln f x x '=，当1x >，'()0f x >，当01x <<，'()0f x <，则()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，在区间()0,1上单调递减，不妨设12x x <，则1201x x <<<，要证121x x <，只需证2111x x <<，∵()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，∴只需证121()(f x f x <，∵12()()f x f x =，∴只需证111()()f x f x <．设1()()()(01)F x f x f x x =-<<，则22211()ln ln ln 0,x F x x x x x x -'=-=>，∴()F x 在区间()0,1上单调递增，∴()(1)0F x F <=，∴1()()0f x f x-<，即111()()f x f x <成立，∴121x x <．14．设函数()()e xf x x a =+，已知直线21y x =+是曲线()y f x =的一条切线.(1)求a 的值，并讨论函数()f x 的单调性；(2)若()()12f x f x =，其中12x x <，证明：124x x ⋅>.【答案】(1)1a =；()f x 在(),2-∞-上单调递减，在()2,-+∞上单调递增【解析】(1)设直线21y x =+与曲线()y f x =相切于点()()00,x f x ，()()1e x f x x a '=++ ，()()0001e 2x f x x a '∴=++=；又()()0000e 21x f x x a x =+=+，002e 21xx ∴-=+，即00e 210x x +-=；设()e 21x g x x =+-，则()e 20xg x '=+>，()g x ∴在R 上单调递增，又()00g =，()g x ∴有唯一零点0x =，00x ∴=，12a ∴+=，解得：1a =；()()1e x f x x ∴=+，()()2e x f x x '=+，则当(),2x ∞∈--时，()0f x '<；当()2,x ∈-+∞时，()0f x '>；()f x ∴在(),2-∞-上单调递减，在()2,-+∞上单调递增.(2)由（1）知：()()2min 2e 0f x f -=-=-<；当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，1221x x ∴<-<<-；要证124x x ⋅>，只需证1242x x <<-；()f x 在(),2-∞-上单调递减，∴只需证()124f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，又()()12f x f x =，则只需证()224f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭对任意()22,1x ∈--恒成立；设()()()421h x f x f x x ⎛⎫=--<<- ⎪⎝⎭，()()()()444333822e 2e e e 8xx xxxx x h x x x x x -⎛⎫++'∴=++=+ ⎪⎝⎭；设()()43e821x xp x x x -=+-<<-，则()2437e024x xp x x x -⎡⎤⎛⎫'=⋅++<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，()p x ∴在()2,1--上单调递减，()()2880p x p ∴<-=-+=，又当21x -<<-时，()432e 0xx x +<，()0h x '∴>，()h x ∴在()2,1--上单调递增，()()()()2220h x h f f ∴>-=---=，即()4f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭在()2,1x ∈--时恒成立，又()22,1x ∈--，()224f x f x ⎛⎫∴> ⎪⎝⎭，原不等式得证.15．已知函数()()32ln f x x x a a R x=++-∈有两个不同的零点12,x x .(1)求实数a 的取值范围；(2)求证：121x x >.【解析】(1)定义域为()()22232230,,1x x f x x x x ∞+-+=-+='，()(),0,10x f x '∈<，所以()f x 在()0,1x ∈上单调递减.()()1,,0x f x '∈+∞>，所以()f x 在()1,x ∈+∞上单调递增，所以()f x 在1x =处取得极小值，也是最小值，又()min ()14f x f a ==-，所以先保证必要条件()10f <成立，即4a >满足题意.当4a >时，易知，()()()33222ln 22ln 2022f a a a a a a a a=++-=++>；()111132ln 2ln 0;f a a a a a a aa a ⎛⎫=+--=+->> ⎪⎝⎭由以上可知，当4a >时，()()32ln f x x x a a R x=++-∈有两个不同的零点.(2)由题意，假设1201x x <<<，要证明121x x >，只需证明121x x >.只需证()121f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，又()()12f x f x =.即只需证()221f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，构造函数()()1,(1)g x f x f x x ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭.()224ln g x x xx =-+()222(1)x g x x --∴='，所以()g x 在()1,+∞单调递减.()()()2210,1,1g x g x g =>∴< ，即()221f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭成立，即()121f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭所以原命题成立.16．已知a 是实数，函数()ln f x a x x =-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个相异的零点12,x x 且120x x >>，求证：212e x x ⋅>．【解析】(1)()f x 的定义域为()0,∞+，()1a a x f x x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0f x '>得：()0,x a ∈，令()0f x '<得：(),x a ∈+∞，故()f x 在()0,x a ∈上单调递增，在(),x a ∈+∞上单调递减；综上：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在()0,x a ∈上单调递增，在(),x a ∈+∞上单调递减；(2)由（1）可知，要想()f x 有两个相异的零点12,x x ，则0a >，不妨设120x x >>，因为()()120f x f x ==，所以1122ln 0,ln 0a x x a x x -=-=，所以()1212ln ln x x a x x -=-，要证212e x x ⋅>，即证12ln ln 2x x +>，等价于122x x a a +>，而1212ln ln 1x x a x x -=-，所以等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即()1212122ln x x x x x x ->+，令12x t x =，则1t >，于是等价于证明()21ln 1t t t ->+成立，设()()21ln 1t g t t t -=-+，1t >()()()()222114011t g t t t t t -'=-=>++，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，即()21ln 1t t t ->+成立，所以212e x x ⋅>，结论得证.17．已知函数()1e xf x ax -=-，(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 在()0,2上有两个不相等的零点12,x x ，求证：121x x a>.【解析】(1)()1e xf x a -='-，x ∈R .①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 单调递增；②当0a >时，由()0f x '>得，()1ln ,x a ∈++∞，()f x 单调递增，由()0f x '<得，(),1ln x a ∈-∞+，()f x 单调递减.综上：当0a ≤时，()f x 单调递增；当0a >时，()f x 在()1ln ,x a ∈++∞上单调递增，在(),1ln x a ∈-∞+上单调递减.(2)∵()f x 在()0,2上有两个不相等的零点1x ，2x ，不妨设12x x <，∴1e x a x -=在()0,2上有两个不相等的实根，令()1e x g x x -=，()0,2x ∈，∴()()12e 1x x g x x --'=，由()0g x '<得，()0,1x ∈，()g x 单调递减，由()0g x '>得，()1,2x ∈，()g x 单调递增，()11g =，()e 22g =，0x →，()g x ∞→+，∴e 1,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭要证121x x a>，即证121ax x >，又∵()()12g x g x a ==，只要证211e1x x ->，即证211e x x ->，∵121x x <<，即证()()211e xg x g -<即证()()212e x g x g -<，即证12221e 112e e ex x x x ----<，即证212e ln 10x x -+->令()1eln 1xh x x -=+-，()1,2x ∈，∴()11e x h x x-'=-+，令()e e x x x ϕ=-，()1,2x ∈，则()e e x x ϕ'=-，当()1,2x ∈时，()e e>0x x ϕ'=-恒成立，所以()e e xx x ϕ=-在()1,2x ∈上单调递增，又()()10x ϕϕ>=，∴e e x x >，∴11e x x-<，∴()0h x '>∴()h x 在()1,2上递增，∴()()10h x h >>，∴1e ln 10x x -+->，∴121x x a>.18．已知函数21()ln 2f x x x x x =+-的导函数为()'f x .(1)判断()f x 的单调性；(2)若关于x 的方程()f x m '=有两个实数根1x ，212()x x x <，求证：2122x x <.【解析】(1)()1(1ln )(0)f x x x x x x '=+-+=>，令()ln g x x x =-，由11()1(0)x g x x x x'-=-=>，可得()g x 在(0,1)上单调递减，(1,)+∞上单调递增，所以()()(1)10f x g x g '==>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；(2)依题意，1122ln ln x x mx x m-=⎧⎨-=⎩，相减得2121ln x x x x -=-，令21(1)x t t x =>，则有1ln 1t x t =-，2ln 1t t x t =-，欲证2122x x <成立，只需证222ln (ln )21(1)t t t t t ⋅<--成立，即证3322(1)(ln )t t t -<成立，即证13232(1)ln t t t-<成立，令13(1)t x x =>，只需证13212()3ln 0x x x-->成立，令1321()2()3ln (1)F x x x x x=-->，即证1x >时，()0F x >成立11323333232(2)3()2(1x x F x x x x+-'=+-=，令1323()2(2)3(1)h x x x x =+->，则11233()2(3)63(22)(1)x x x x x g x '=-=->，可得()h x 在23(1,2)内递减，在23(2,)+∞内递增，所以23()(2)0h x h = ，所以()0F x '，所以()F x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0F x F >=成立，故原不等式成立.19．已知函数()ln f x x =.(1)设函数()()ln tg x x t x=-∈R ，且()()g x f x ≤恒成立，求实数t 的取值范围；(2)求证：()12e e x f x x>-；(3)设函数()()1y f x ax a R x=--∈的两个零点1x 、2x ，求证：2122e x x >.【解析】(1)由()()g x f x ≤可得ln ln tx x x-≤，可得2ln t x x ≤，令()2ln h x x x =，其中0x >，则()()21ln h x x '=+，当10ex <<时，()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，当1ex >时，()0h x '>，此时函数()h x 单调递增，所以，()min 12e e h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以，2e t ≤-；(2)要证()12e e x f x x >-，即证2ln e ex x x x >-，由（1）可知，1ln ex x ≥-，当且仅当1e x =时，等号成立，令()2e exx m x =-，其中0x >，则()1e x x m x -'=，当01x <<时，()0m x '>，此时函数()m x 单调递增，当1x >时，()0m x '<，此时函数()m x 单调递减，所以，()()max 11em x m ==-，因为1ln ex x ≥-和()1e m x ≤-取等的条件不同，故2ln e e x x x x >-，即()12e e x f x x >-；(3)由题知1111ln x ax x -=①，2221ln x ax x -=②，①+②得()()12121212ln x x x x a x x x x +-=+③，②-①得()22121112ln xx x a x x x x x ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭④.③÷④得()()1212212122112ln ln x x x x x x x x x x x x ++-=-，不妨设120x x <<，记211x t x =>.令()()()21ln 11t F t t t t -=->+，则()()()()222114011t F t t t t t -'=-=>++，所以()F t 在()1,+∞上单调递增，所以()()10F t F >=，则()21ln 1t t t ->+，即()2121122lnx x x x x x ->+，所以()()1212212122112ln ln 2x x x x x x x x x x x x ++-=>-.因为()()()()1212121212122ln ln ln x x x x x x x x x x +-<==所以2，即1>.令()2ln x x x ϕ=-，()2120x x xϕ'=+>，则()x ϕ在()0,∞+上单调递增.又)1lnln 2112e =+<，所以)1ln >-)ϕϕ>，所以2122x xe >.20．已知函数1()e xx f x -=.（1）求()f x 的单调区间与极值.（2）设m ，n 为两个不相等的正数，且ln ln m n n m m n -=-，证明：4e mn >.【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()2e rxf x -'=.当(,2)x ∈-∞时，()0f x '>；当(2,)x ∈+∞时，()0.f x '<所以()f x 的单调递增区间为(,2)-∞，单调递减区间为(2,)+∞.故()f x 在2x =处取得极大值，且极大值为21e ，无极小值.（2）证明：易知m ，0n >，ln ln (ln 1)m n n m m n m n -=-⇔-()ln n ln ln 1ln 1ln 1ln 1ln 1e emn m n m n m n m ----=-⇔=⇔=即()ln (ln )f f m n =，ln ln m n ≠.不妨设1ln x m =，2ln x n =，12x x <.（1）可知2(2,)x ∈+∞，()()120f x f x =>，1(1,2)x ∈当23x ≥时，124x x +>，4e mn >，当223x <<时，2142x <-<，()()()()22224222222441e 31414x xx x x x e x x f x f x e e e ----------=-=设4()(1)e (3)e x x h x x x -=---，(2,3)x ∈，则()()()()()442e2e 2e e xx x x h x x x x --=---=--'，因为(2,3)x ∈，4x x -<，所以()0h x '>，()h x 在区间(2,3)上单调递增，422()(21)e (32)e 0h x ->---=，所以()()()()2212440f x f x f x f x --=-->，()()124x f f x >-又因为1x ，24(1,2)x -∈，所以124x x >-，即124x x +>，故4e mm >.21．已知函数()()2ln f x e x x =-，其中 2.71828e =⋅⋅⋅为自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()12,0,1x x ∈，且()21121212ln 2ln ln x x x ex x x x -=-，证明：1211221e e x x <+<+.【解析】（1）2(1)'()ln e x xf x =-+，2e y x =是减函数，1ln y x =+是增函数，所以'()f x 在()0,∞+单调递减，∵()'0f e =，∴()0,x e ∈时，()'()'0f x f e >=，()f x 单调递增；(),x e ∈+∞时，()'()'0f x f e <=，()f x 单调递减.（2）由题意得，121212ln ln 2ln 2ln x x e x e x x x -=-，即1212112ln 2ln e x e x x x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，112211112ln 2ln e e x x x x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设111a x =，221a x =，则由()12,0,1x x ∈得，()12,1,a a ∈+∞，且()()12f a f a =.不妨设12a a <，则即证12221e a a e <+<+，由()20f e =及()f x 的单调性知，1212a e a e <<<<.令()()()2F x f x f e x =--，1x e <<，则[]24'()'()'(2)2ln (2)(2)e F xf x f e x x e x x e x =+-=----，∵()22x e x e -≤，∴2224'()2ln 0eF x e e>--=，()()0F x F e <=，∴()()2f x f e x <-，取1x a =，则()()112f a f e a <-，又()()12f a f a =，则()()212f a f e a <-，又12e a e ->，2a e >，且()f x 在(),e +∞单调递减，∴212a e a >-，122a a e +>.下证：1221a a e +<+.（i ）当21a e <+时，由1a e <得，1221a a e +<+；（ii ）当212e a e +≤<时，令()()(21)G x f x f e x =-+-，12e x e +<<，则22'()'()'(21)1ln 1ln(21)21e e G x f x f e x x e x x e x=++-=--+--+-+-222(21)2ln (21)(21)e e x e x x e x+⎡⎤=---++⎣⎦-++，记2(21)t x e x =-++，12e x e +≤<，则2(21)'()2ln e e G x t t+=--，又2(21)t x e x =-++在[)1,2e e +为减函数，∴()22,1t e e ∈+，2(21)2e e t +-在()22,1e e +单调递减，ln t 在()22,1e e +单调递增，∴2(21)2ln e e t t+--单调递减，从而，'()G x 在[)1,2e e +单调递增，又2(21)'(2)2ln 2(212)21ln 22(212)e e G e e e e e e e e e +=--+-=--+-，ln 1≤-x x ，∴()'20G e >，又2(21)'(1)2ln(1)(211)(1)(211)e e G e e e e e e e ++=--++--++--1ln(1)01e e e -=-+<+，从而，由零点存在定理得，存在唯一0(1,2)x e e ∈+，使得()0'0G x =，当[)01,x e x ∈+时，()0'()'0()G x G x G x <=⇒单调递减；当()0,2x x e ∈时，()0'()'0()G x G x G x >=⇒单调递增.所以，{}()max (1),(2)G x G e G e ≤+，又(1)(1)(211)(1)()(1)ln(1)G e f e f e e f e f e e e e +=+-+--=+-=-+-，ln 11ln ln(1)x x e x e x e e e+≤⇒≤⇒+≤，所以，11(1)(1)0e G e e e e e+-+<-⋅-=<，显然，()()()22212000G e f e f e e =-+-=-=，所以，()0<G x ，即()()210f x f e x -+-<，取[)21,2x a e e =∈+，则()()2221f a f e a <+-，又()()12f a f a =，则()()1221f a f e a <+-，结合()221211e a e e e +-<+-+=，1a e <，以及()f x 在()0,e 单调递增，得到1221a e a <+-，从而1221a a e +<+.22．已知函数()e ln xf x x a x a =--，其中0a >．(1)若2e a =，求()f x 的极值：(2)令函数()()g x f x ax a =-+，若存在1x ，2x 使得()()12g x g x =，证明：1212e e 2x xx x a +>．【解析】(1)当2e a =时()e 2eln 2e xf x x x =-，()0,x ∈+∞，所以()()()1e 2e2e 1e xxx x f x x x x+-'=+-=，当()0,1x ∈时，202x x <+<，1e e x <<，所以()0f x '<，当()1,x ∈+∞时，22x x +>，e e x >，所以()0f x '>，所以()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以()f x 的极小值为()1e f =-，无极大值.(2)证明：()()()e ln e ln e x x xg x a x ax x f x ax x a x a ==-=+---，令e x t x =，则上述函数变形为()ln h a t t t =-，对于()e x t x x =，()0,x ∈+∞，则()()1e 0xt x x '=+>，即()e x t x x =在()0,∞+上单调递增，。

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解：利用导数研究极值点偏移问题B辑(解析版)

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解利用导数研究极值点偏移问题B 辑（解析版）1．已知函数()()ln 1ln f x ax x a x =-+，()f x 的导数为()f x '. （1）当1a >-时，讨论()f x '的单调性；（2）设0a >，方程()3f x x e =-有两个不同的零点()1212,x x x x <，求证121x e x e+>+.【答案】（1）当10a -<<时，()f x '在10,a a +⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增，在1,a a +⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≥时， ()f x '在()0,∞+上单调递增；（2）证明见解析.解：（1）()()()1ln 1,0,a f x a x x x+'=+-∈+∞， ()()2211ax a a a f x x x x+++''=+=. 若10a -<<，令()0f x ''>解得10a x a +<<-，即()f x '在10,a a +⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增；令()0f x ''<解得1a x a +>-时，即()f x '在1,a a +⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 若0a ≥，易得当0x >时，()0f x ''>，即()f x '在()0,∞+单调递增.故当10a -<<时，()f x '在10,a a +⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增，在1,a a +⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≥时， ()f x '在()0,∞+上单调递增.（2）令()()3g x f x x e=+-，则()()1g x f x ''=+.由（1）知在()0,∞+上()g x '单调递增.又()()1110g f ''=+=，所以在()0,1上，()0g x '<，()g x 单调递减；在()1,+∞上，()0g x '>，()g x 单调递增.又()113121110a g a a e e e e e e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-=-+-> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()3110g e=-<，()()()331110g e ae a e a e e e e ⎛⎫=-++-=-+--> ⎪⎝⎭，所以11x e >，2x e <，故121x e x e+>+.2．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. （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02a x <<．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()02a f ，即244ln02aa a a -+-<． 0a >，∴4ln402aa +->．令()4ln402ah a a =+->，可知()h a 在(0,)+∞上为增函数，且h （2）2=-，h （3）3814ln1ln 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 +--=+--．()02af'=，当(0,)2ax∈时，()0f x'<，当(,)2ax∈+∞时，()0f x'>．故只要证明1222+>x x a即可，即证明22112212112222ln lnx x x xx xx x x x+--+>+--，即证明11221222lnx x xx x x-<+，设12(01)xt tx=<<，令()22ln1tg t tt-=-+，则22214(1)()(1)(1)tg tt 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．3．已知函数()()ln,tf x x s s t Rx=+-∈.（1）讨论()f x的单调性；（2）当2t=时，若函数()f x恰有两个零点()1212,0x x x x<<，证明：124x x+>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.（1）解：()()221t x tf x xx x x-'=-=>，当0t≤时，()0f x'>，()f x在()0,∞+上单调递增；当0t>时，由()0f x'<，得0x t<<，由()0f x'>得x t>，所以()f x在()0,t上单调递减，在(),t+∞上单调递增.（2）证明：因为()f x恰有两个零点()1212,0x x x x<<，所以()1112ln 0f x x s x =+-=，()2222ln 0f x x s x =+-=，得121222ln ln s x x x x =+=+，所以()2121212ln x x xx x x -=. 设211x t x =>，则()121ln t t tx -=，()121ln t x t t-=，所以()()2121211ln t x x x t t t-+=+=，所以212122ln 4ln t t t x x t⎛⎫-- ⎪⎝⎭+-=. 令()212ln t h t t t-=-，因为()()2210t h t t-'=>，所以()h t 在()1,+∞上单调递增，因为1t >，所以()()10h t h >=，又211x t x =>，ln 0t >，故124x x +>成立. 4．已知函数2()()ln 2a x f x x +=+（a ∈R ）.（Ⅰ）若函数()()(1)ln h x f x x a x =--+，讨论()h x 的单调性；（Ⅱ）若函数()f x 的导数()'f x 的两个零点从小到大依次为1x ，2x ，证明：()1222x x f x +<. 【答案】（Ⅰ）函数单调性见解析；（Ⅱ）证明见解析.（Ⅰ）∵2()()ln 2a x h x a x x +=--+∴(1)()()x x a h x x -+'=（0x >）.当0a ≥时，()01h x x '>⇒>，()001h x x '<⇒<< ∴()h x 在(1,)+∞上单调递增，在(0,1)上单调递减；当10a -<<时，()01h x x '>⇒>或0x a <<-，()01h x a x '<⇒-<< ∴()h x 在(1,)+∞，(0,)a -上单调递增，在(,1)a -上单调递减；当1a <-时，()0h x x a '>⇒>-或01x <<，()01h x x a '<⇒<<- ∴()h x 在(,)a -+∞，(0,1)上单调递增，在(1,)a -上单调递减；当1a =-时，()0h x '≥在(0,)+∞上恒成立，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增；综上所述：当0a ≥时，()h x 在(1,)+∞上单调递增，在(0,1)上单调递减；当10a -<<时，()h x 在(1,)+∞，(0,)a -上单调递增，在(,1)a -上单调递减；当1a <-时，()h x 在(,)a -+∞，(0,1)上单调递增，在(1,)a -上单调递减；当1a =-时，()h x 在(0,)+∞上单调递增.（Ⅱ）∵21()x ax f x x ++'=（0x >）.且()'f x 的两个零点从小到大依次为1x ，2x∴1x ，2x 是方程210x ax ++=的两个根，∴12121x x ax x +=-⎧⎨=⎩ 又1>0x ，20x >且12x x <所以1201x x <<<欲证()1222x x f x +<，即证()22122ln 22x a x x x +++< 只需证1211111ln 22x x x x ++<令21()ln 222x x g x x x =---（01x <<），()221(21)()2x x g x x--'= ∴()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，∴1()02g x g ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭，即()1222x x f x +<成立. 5．（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 ， ①求m 的取值范围； ②证明：122x x m +<．【答案】（1）答案见解析；（2）①(1,)+∞；②证明见解析.（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）①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()20m m f e e m =->，()0m m f e e --=>，所以当()f x 有两个零点时，m 的取值范围为(1,)+∞． ②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 +<． 6．已知函数()ln af x ax x x=--（a ∈R ）. （1）若()f x 是定义域上的增函数，求a 的取值范围；（2）若25a >，若函数()f x 有两个极值点1x ，2x （12x x <），求()()12f x f x -的取值范围.【答案】（1）1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭；（2）()()12602ln 25<<--f x f x .（1）()f x 的定义域为0,，()2221a ax x af x a x x x-+'=+-=， ∵()f x 在定义域内单调递增， ∴0fx，即20ax x a -+≥对0x >恒成立.则21x a x ≥+恒成立. ∴21maxx a x ⎛⎫≥ ⎪+⎝⎭，∵211112x x x x =≤++，∴12a ≥.所以，a 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.（2）设方程0fx，即20ax x a -+=得两根为1x ，2x ，且120x x <<.由2140a ∆=->且25a >，得2512a <<， ∵121=x x ，121x x a +=， ∴1111522x x a <+=<， ∴1112x <<. ()()11122221ln ln a af x f x ax x ax x x x ⎛⎫-=----- ⎪⎝⎭111111111ln ln 2ln a a aax x ax x ax x x x x ⎛⎫⎛⎫=----+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∵2110ax x a -+=，∴1211x a x =+代入得()()12f x f x -222111122111112ln 2ln 112x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--=-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，令21x t =，则114t <<，得()11ln 12t g t t t -=-+，114t <<，()()()221021t g t t t --'=<+， ∴g t 而且1,14⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，从而()()114g g t g ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，即()30ln 25g t <<-， ∴()()12602ln 25<<--f x f x .7．(本小题满分16分)已知函数()2(2)ln f x x a x a x =---.(1)若1a =，求函数()y f x =在点()()11f ，处的切线方程；(2)设函数()2324a g x x ax a =--+-，若(][]0,,0,a a αβ∃∈∈，使得()()f g a αβ-<成立，求实数a 的取值范围；(3)若方程()f x c =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：1202x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭【答案】（1）20x y -=；（2）2a e>；（3）证明见解析. 解：(1)()2+ln f x x x x =-，()'121f x x x=+-，()'=12k f =切， ---- 2分又()12f =，所以切线方程为22(1)20y x x y -=--=即. ------------4分(2)()()()()210x a x f x x x'-+=>当0a ≤时，0fx，函数()f x 在0,上单调递增；当0a >时，由0fx得2ax >；由0f x得02a x <<，函数()f x 在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，在0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上递减 ------------------ 6分当(]0,x a ∈时，()2minln 242a a a f x f a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，当(]0,x a ∈时()()2max04a g x g a ==-，()()min max ln 2a f x g x a -=- --------8分③当ln 02-≤aa 时，则()()min 0f g a αβ-=<显然成立，即2a ≥ ④当ln02->a a 时，则()()()()min max min ln 2a f g f x g x a a αβ-=-=-<，即22a e<<，综上2a e>. ----------------- 10分 (3)12,x x 是方程()f x c =的两个不等实根，不妨设120x x <<()21112ln ,x a x a x c ∴---=()22222ln ,x a x a x c ---=()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ⎡⎤∴-------=⎣⎦，---------------- 12分即221122112222,0ln ln 2x x x x a a f x x x x +--⎛⎫== ⎪+--⎝⎭'由（1）可得只要证明1222+>x x a 即可，即证22112212112222ln ln +--+>+--x x x x x x x x x x ，即证11221222ln x x x x x x -<+ ，-------------- 14分设()120,1x t x =∈令()()()()22122ln ,011t t g t t g t t t t '--=-=≥++，则g t 在0,1上单增，()()10g t g <=恒成立，得证。

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：$x_1\cdot x_2>e^2$。

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,( a 为常数）（）若函数 f ( x) 在处的切线与轴平行，求的值； 1 x 1xa （ 2）当 a 1时，试比较 f (m)与 f ( 1 )的大小；m（3） f ( x)有两个零点 x 1, x 2, 证明： x 1 x 2＞ e 2变式：已知函数 f ( x) ln x ax 2， a 为常数。

(1) 讨论 f ( x)的单调性；(2) 若有两个零点 x 1, x 2 ,，试证明： x 1 x 2＞ e.2. 已知 f ( x)x 2+ax sin x, x (0,1);2（1）若 f ( x) 在定义域内单调递增，求的取值范围；a（2）当 a=-2 时，记 f (x)取得极小值为 f (x 0 )若f ( x 1 ) f (x 2 ),求证 x 1 x 2＞2x 0.3. 已知 f ( x) ln x- 1ax 2x,( a R)2（1）若） 0，求函数的最大值；f (1 =f ( x)（ 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 , x 2 , 满足（） f x 2x 1x 2 0,证明： x 1 5 1f x 1x 222( x 1) 4. 设 a>0, 函数 f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-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 , x 2 , 求证： x 1 x 2 e 25. 已知 f ( x) x 2aa ln x, 常数。

a R （）求的单调区间；1f ( x)（）有两个零点，且 x 1 ；2 f ( x) x 1, x 2 x 2(i) 指出的取值范围，并说明理由；（ ii) 求证：x 1 x 2 3a8a6.设函数 f (x) exax a (a R ) ，其图象与 x 轴交于 A(x 1 ，0) ， B( x 2 ，0) 两点，且 x 1 x 2 ．（ 1）求 a 的取值范围；（ 2）证明： fx 1 x 20 （ f ( x) 为函数 f ( x) 的导函数）；（ 3）设点 C 在函数 yf (x) 的图象上，且△ ABC 为等腰直角三角形，记x 2 1t ，x 1 1求 (a 1)(t 1) 的值．【解】（ 1） 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．所以 a 0 ，令f (x) 0 ，则 x ln a ．当 x ln a 时， f ( x) 0 ， f (x) 是单调减函数；x ln a 时， f (x) 0 ， f ( x) 是单调增函数；于是当 x ln a 时， f ( x) 取得极小值．因为函数 f ( x) e x ax a(a R ) 的图象与 x 轴交于两点 A(x 1 ，0) ， B( x 2 ，0) (x 1＜ x 2)，所以 f (ln a)a(2 ln a ) 0 ，即 a e 2． .此时，存在 1 ln a ， f (1) e 0 ；存在 3ln aln a ， f (3ln a) a 3 3a ln a a a 3 3a 2a 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 ae 2为所求取值范围 .xax 1 a 0 ，（ 2）因为e1两式相减得 ax 2x 1．e x2eeax 2 a 0 ，x 2 x 1记x2x 1x 1x 2 e x 12x2e x2e x1x 1 x 2s( s0) ，则 f e 22s (e se s )，设22x 2 x 12sg( s) 2s(e s e s ) ，则 g (s)2 (e s e s ) 0 ，所以 g( s) 是单调减函数，x 1 x 2 x 1 x 2则有 g (s) g (0)0 ，而e20 ，所以 f0 ．2s2 又 f ( x)e x a 是单调增函数，且 x 1 x 2x 1x 22所以 fx 1x 20 ．（ 3）依题意有 e x i ax a 0，则a (xi1) e x i 0 x （1 i 1，2）i i．x1 x2于是 e 2 a (x1 1)(x2 1) ，在等腰三角形 ABC 中，显然 C = 90°，所以x0x1 x2( x1， x2 ) ，即 y0 f (x0 ) 0 ，2由直角三角形斜边的中线性质，可知x2 x1y0，2x2 x1x1 x 2 a ( x1 x2 x1所以 y0 0，即 e 2 x2 ) a 0 ，2 2 2所以 a ( x1 1)( x2 1)a( x1 x2 ) a x2 x1 0 ，22即 a ( x1 1)(x2 1)a[( x1 1) ( x2 1)] (x2 1) ( x1 1) 0 ．2 2x2 1 x2 1x2 1 1因为 x1 a 1 x1 1 0 ，1 0 ，则 a1 x1 1 2x1 2又x2 1t ，所以 ata(12)1(t21) 0 ，x1 1 2 t 2即 a 1 2 ，所以 (a 1)(t 1) 2.t 17.已知函数 f ( x) xc 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x1x2，且 f ( x1 ) f ( x2 ) ，证明 x1x2 2（Ⅰ）解： f ’( x) f ' (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)Z 极大值]所以 f(x) 在 (,1 )内是增函数，在( 1,) 内是减函数。

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）---极值点偏移问题极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数()()()x x f x f F --=02x 或者()()()x x f x x f x F --+=00。

其中0x 为函数()x f y =的极值点。

⑵利用对数平均不等式。

2ln ln ab ba b a b a +<--<。

⑶变换主元等方法。

任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。

1．设函数22()ln ()f x a x x ax a R =-+-∈ （1）试讨论函数()f x 的单调性;（2）()f x m =有两解12,x x （12x x <）,求证：122x x a +>. 解析：（1）由22()ln f x a x x ax =-+-可知2222(2)()()2a x ax a x a x a f x x a x x x--+-'=-+-==因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以① 若0a >时，当(0,)x a ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；② 若0a =时，当()20f x x '=>在(0,)x ∈+∞内恒成立，函数()f x 单调递增； ③ 若0a <时，当(0,)2a x ∈-时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当(,)2ax ∈-+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；（2）要证122x x a +>，只需证122x x a +>，(x)g =222(x)2,g (x)20(x)(x)a a f x a g f x x'''=-+-=+>∴=则为增函数。

只需证：12x x ()()02f f a +''>=，即证()2121221212221+0+0a x x a x x a x x x x a-+->⇔-+->++（*）又2222111222ln ,ln ,a x x ax m a x x ax m -+-=-+-=两式相减整理得：1212212ln ln 1(x x a)0x x x x a --++-=-，把1212212ln ln 1(x x a)x x a x x -+-=-代入（*）式，即证：121212ln ln 20x x x x x x --+>+-化为：121112222(1)2(1)ln 0,=,ln 011x x x x t t t x x x t x ---+>-+>++令即证： ()()2222(1)41(t 1)(t)ln (01),(t)0111t t t t t t t tϕϕ---'=-+<<=-+=<+++令则所以(t)ϕ为减函数，(t)(1)0ϕϕ<= 综上得：原不等式得证。

高考数学玩转压轴题专题12极值点偏移问题利器极值点偏移判定定理

高考数学玩转压轴题专题12极值点偏移问题利器极值点偏移判定定理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 $y=f(x)$，在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，方程 $f(x)=0$ 的解分别为 $x_1$、$x_2$，且 $a<x_1<x_2<b$，则：1）若 $f(x_1)<f(2x-x_2)$，则极（小）大值点 $x$ 右（左）偏；2）若 $f(x_1)>f(2x-x_2)$，则极（小）大值点 $x$ 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 $x$，则函数 $f(x)$ 的单调递增（减）区间为 $(a,x)$，单调递减（增）区间为 $(x,b)$。

由于 $x_1)2x-x_2$，$a)2x$，即函数 $y=f(x)$ 在区间 $(x_1,x_2)$ 上$2x_1+x_2)x$，即函数 $y=f(x)$ 的极（小）大值点 $x$ 右（左）偏。

2）证明略。

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 $x$；2）构造一元差函数 $F(x)=f(x+x)-f(x-x)$；3）确定函数 $F(x)$ 的单调性；4）结合 $F(x)=0$，判断 $F(x)$ 的符号，从而确定$f(x+x)$、$f(x-x)$ 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、抽象模型答题模板：若已知函数 $f(x)$ 满足 $f(x_1)=f(x_2)$，$x$ 为函数 $f(x)$ 的极值点，求证：$x_1+x_2<2x$。

1）讨论函数$f(x)$ 的单调性并求出$f(x)$ 的极值点$x$；假设此处 $f(x)$ 在 $(-\infty,x)$ 上单调递减，在$(x,+\infty)$ 上单调递增。

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。

导数综合题题根之二：不对称问题(极值点偏移)

导数综合题题根之二：不对称问题（极值点偏移）山东省平度第一中学王尊甫一、极值点偏移初步认识：极值点偏移问题在近几年高考及各种模考中作为热点以压轴题的形式多次给出，难度较大，需要引起老师们的高度关注。

那么，什么是极值点偏移问题呢？极值点偏移问题的表述是：已知函数()y f x =是连续函数，在区间12(,)x x 内有且只有一个极值点0x ，且12()()f x f x =，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点1202x x x +=，我们称这种状态为极值点不偏移，函数图像呈现对称形态；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点1202x x x +≠的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”. 根据0x 与221x x +的大小关系，我们将极值点偏移划分为极值点左偏和极值点右偏两种情况，如下图所示：我们可以尝试给出极值点左（右）偏的一般性定义：极值点左偏：若函数)(x f y =满足)()(21x f x f =，且在),(21x x 内有唯一一个极值点0x x =，如果0212x x x >+，则函数)(x f y =极值点左偏。

如图1，若函数)(x f y =极值点左偏，且)(x f 的图像上凸（即)('x f y =递减），则0)()2(0'21'=<+x f x x f ；如图2，若函数)(x f y =极值点左偏，且)(x f 的图像下凸（即)('x f y =递增），则0)()2(0'21'=>+x f x x f ；极值点右偏：若函数)(x f y =满足)()(21x f x f =，且在),(21x x 内有唯一一个极值点0x x =，如果0212x x x <+，则函数)(x f y =极值点右偏。

如图3，若函数)(x f y =极值点右偏，且)(x f 的图像上凸（即)('x f y =递减），则0)()2(0'21'=>+x f x x f ；如图4，若函数)(x f y =极值点右偏，且)(x f 的图像下凸（即)('x f y =递增），则0)()2(0'21'=<+x f x x f ；二、高考题题型及解法分析近几年高考题中首次出现极值点偏移问题要追溯到2010年天津卷。

高考数学-导数第17讲导数解答题之极值点偏移问题(解析版)

第17讲导数解答题之极值点偏移问题1．已知函数2()2(,0)x f x lnx a R a a=-∈≠．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，212()x x x <，证明：12x x e >．【解析】解：（1）22()x f x a x'=-，(0)x >，当0a <时，()0f x '<，()f x 在(0,)+∞上递减；当0a >时，2()()()x x f x ax+-'=，令()0f x '>，解得：x >，令()0f x '<，解得：0x <<，故()f x在上递减，在，)+∞上递增；综上：当0a <时，()f x 在(0,)+∞上递减；当0a >时，()f x在上递减，在，)+∞上递增；（2）证明：若函数()f x 有两个零点1x ，212()x x x <，则21120x lnx a -=①，22220x lnx a-=②，①+②得：2212122()x x lnx lnx a+=+，故22121222x x a lnx lnx +=+，①-②得：2212122()x x lnx lnx a-=-，故2212122()x x a lnx lnx -=-，要证12x x e >，即证12()ln x x lne >，即证22121212x x lnx lnx a++=>，22122x x a +>，22122x x a +<，即证22221212122()2x x x x lnx lnx -+<-，即证2212122122x x x ln x x x ->+，12()x x <，令12x t x =，则1t <，22212()111t g t lnt lnt t t -=-=+-++，(1)t <，则22222214(1)()0(1)(1)t t g t t t t t -'=-=++ ，故()g t 在(1,)+∞单调递减，又g （1）0=，故()g t g <（1）0=，故2211t lnt t -<+，故12x x e >．2．已知函数()f x lnx ax =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若1x ，2x ，12()x x <是()f x 的两个零点．证明：（ⅰ）122x x a +>；（ⅱ）2121ea x x a->．【解析】解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，11()ax f x a x x-'=-=，当0a 时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．当0a >时，令()1g x ax =-，所以在1(0,a上，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增，在1(a，)+∞上，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减，综上，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增．当0a >时，在1(0,)a 上()f x 单调递增，在1(a，)+∞上()f x 单调递减．（2）证明：()i 由（1）可知，要使由函数()f x 有两个零点，需0a >，且1()(0max f x f a =>，则10a e<<，又12x x <，故12110,x x a a <<>，则121x a a->，令21()()()(0g x f x f x x a a =--<<，则2112(1)()022()ax g x a a x x ax x a a--'=-+-+=<--，()g x ∴在1(0,a上单减，∴11()()0g x g a>=，又1()0f x =，∴11111222()()()()()0f x ln x a x f x g x a a a-=----=>，又2()0f x =，∴212x x a >-，即122x x a+>；()ii 要证21x x ->，由（1）可知，只需证12212x x x x a ++->+，即证21x a >，又222()0f x lnx ax =-=，∴只需证1()0f a +>，即证1(10ln a+->，令1t =，则21(1)t a e --=， 10a e<<，12t ∴<<，所以上述不等式等价于201(1)et ln t t ->--，即02e ln t t->-，亦即(2)1ln t t -+<，令()(2)t ln t t ϕ=-+，则11()10((1,2))22t t t t tϕ-'=-+=<∈--，()t ϕ∴在(1,2)上单调递减，即()t ϕϕ<（1）1=，即得证．3．已知函数()3a f x lnx x=+-有两个零点1x ，212()x x x <（Ⅰ）求证：20a e <<（Ⅱ）求证：122x x a +>．【解析】证明：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞，2()x a f x x-'=，①0a 时，()0f x ' ，()f x ∴在区间(0,)+∞上是增函数，不可能有2个零点；②0a >时，在区间(0,)a 上，()0f x '<，在区间(,)a +∞上，()0f x '>，()f x ∴在区间(0,)a 递减，在区间(,)a +∞递增；()f x 的最小值是f （a ）2lna =-，且当0x →时，()f x →+∞；当x →+∞时，()f x →+∞，∴由题意得：有f （a ）0<，则20a e <<；（Ⅱ）要证122x x a +>，只要证212x a x >-，易知2x a >，12a x a ->，而()f x 在区间(,)a +∞递增，∴只要证明21()(2)f x f a x >-，即证21()(2)f x f a x >-，设函数()()(2)g x f x f a x =--，则g （a ）0=，且区间(0,)a 上，2224()()()(2)0(2)a a x g x f x f a x x a x --'='+'-=<-，即()g x 在(0,)a 递减，1()g x g ∴>（a ）0=，而111()()(2)0g x f x f a x =-->，21()(2)f x f a x ∴>-成立，122x x a ∴+>．4．已知函数1()32f x =-有两个零点1x ，2x （1）求a 的取值范围；（22a >．【解析】解：（1）设t =0t >，则3()a y lnt g t t =+-=，221a t a y t t t-'=-+=，当0a 时，0y '>恒成立，()g t 是增函数，成立；当0a >时，()g t 在(0,)a 是减函数，在(,)a +∞是增函数，()min g t g =（a ）g =（a ）130lna =+-<，解得20a e <<，综上，a 的取值范围是2(,)e -∞．证明：（22a +>，即证122t t a +>，10t a << ，∴即证212t a t a >->，3a y lnt t=+- 在(,)a +∞是增函数，即证21()(2)g t g a t >-，21()()g t g t = ，∴即证11()(2)g t g a t >-，记()()(2)(2)2a a G t g t g a t lnt ln a t t a t=--=+----，即证明()0G t >，0t a <<，G （a ）0=．G '（a ）22222114()0(2)2(2)a a a t a t t a t a t t a t --=-+-+=<---，∴函数()G t 在(0,)a 内单调递减，因此()G t G >（a ）0=．∴结论成立．5．已知函数21()(1)2f x ax a x lnx =-+-+，a R ∈．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当(0,1)x ∈时，(1)(1)f x f x -<+；（3）若函数()f x 有两个零点1x ，2x ，比较12(2x x f +'与0的大小，并证明你的结论．【解析】解：（1）1(1)(1)()(1)ax x f x ax a x x-+-'=-+-+=，(0)x >．①0a 时，()f x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减；②0a <时，f ’()0x =的两根为1a-，1若11a-=，即1a =-时，()f x 在(0,)+∞上递增；若11a -<．即1a <-时，()f x 在1(0,a -上递增，1(a-，1)上递减，(1,)+∞上递增；且111()1(02f ln a a a-=-++-<，故此时()f x 在(0,)+∞上有且只有一个零点．若11a ->，即10a -<<时，()f x 在(0,1)上递增，1(1,)a -上递减，1(a-，)+∞上递增；且f （1）102a =-<，故此时()f x 在(0,)+∞上有且只有一个零点．综上所述：1a <-时，()f x 在1(0,)a -上递增，1(a-，1)上递减，(1,)+∞上递增；1a =-时，()f x 在(0,)+∞上递增；10a -<<时，()f x 在(0,1)上递增，1(1,a -上递减，1(a-，)+∞上递增；0a 时，()f x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减；（2）证明：(1)(1)f x f x -<+2211(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)22a x a x ln x a x a x ln x ⇔--+--+-<-++-+++2(1)(1)0x ln x ln x ⇔+--+<，设()2(1)(1)g x x ln x ln x =+--+，(0,1)x ∈．22112()20111x g x x x x-∴'=--=<-+-．()g x ∴在(0,1)x ∈上单调递减，()(0)0g x g ∴<=得证．（3）由（1）知，函数()f x 要有两个零点1x ，2x ，则0(1)102a a f >⎧⎪⎨=->⎪⎩，2a ∴>．不妨设1201x x <<<，∴由（2）得2221(2)(11)()()0f x f x f x f x -=+->==．212x x ∴->，∴1212x x +<．∴12()02x x f +'>．6．已知函数2()()g x x ln x a =++，其中a 为常数．（1）讨论函数()g x 的单调性；（2）若()g x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：无论实数a 取什么值都有1212()()(22g x g x x x g ++>．【解析】解：（1）2()()g x x ln x a =++ ，∴函数的定义域为(,)a -+∞1()2g x x x a∴'=++，令120x x a+>+，22210x ax ++>，当2480a - 时，即a 时，()0g x ' ，即函数()g x 在(,)a -+∞单调递增，当2480a ->时，即a >，或a <时，令()0g x '=，解得x x ，①若a >当()0g x '>时，即2a x ->，或2a a x --<<，函数()g x 单调递增，当()0g x '<时，即x <<，函数()g x 单调递减，②若a <()0g x '>，即函数()g x 在(,)a -+∞单调递增，综上所述：当a 时，即函数()g x 在(,)a -+∞单调递增，当a >时，函数()g x 在，)+∞或(a -上单调递增，在(2a -，2a -+上单调递减，（2）由（1）可知，当a >()g x 在，)+∞或(a -上单调递增，在(2a -，2a -+上单调递减，12x x a +=-；1212x x = ，22121122()()()()22g x g x x ln x a x ln x a ++++++=21112222a ln =--，2121()()2242x x a a g g a ln +=-=+；故1212()()()22g x g x x x g ++-221111(2)(22242a a ln a ln =---+211124222a a ln ln =---；令f （a ）211124222a a ln ln =---，则f '（a ）211222a a a a-=-=，a > ，∴2202a a->；f ∴（a ）211124222a a ln ln =---在，)+∞上增函数，且0f =，故2111204222a a ln ln --->，故无论实数a 取什么值都有1212()()()22g x g x x x g ++>．7．已知函数1()1()2m f x lnx m R x =+-∈的两个零点为1x ，212()x x x <．（1）求实数m 的取值范围；（2）求证：12112x x e+>．【解析】（1）解：22()2x m f x x -'=．①0m ，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，不可能有两个零点；②0m >，()0f x '>可解得2x m >，()0f x '<可解得02x m <<，()f x ∴在(0,2)m 上单调递减，在(2,)m +∞上单调递增，11()(2)222min f x f m ln m ∴==-，由题意，112022ln m -<，02e m ∴<<；（2）证明：令1t x =，11()102f mt lnt x =--=，由题意方程22lnt m t +=有两个根为1t ，2t ，不妨设111t x =，221t x =．令2()2lnt h t t +=，则21()2lnt h t t +'=-，令()0h t '>，可得10t e <<，函数单调递增；()0h t '<，可得1t e>，函数单调递减．由题意，1210t t e>>>，要证明12112x x e+>，即证明122t t e +>，即证明122()()h t h t e <-．令2()()()x h x h x eϕ=--，下面证明()0x ϕ<对任意1(0,)x e∈恒成立，222()11()222()ln x lnx e x x x eϕ-----'=+-，1(0,)x e∈ ，10lnx ∴-->，222()x x e<-，22()2()022()lnx x e x x eϕ--+-∴'>>-，()x ϕ∴在1(0,)e 上是增函数，1()()0x eϕϕ∴<=，∴原不等式成立．8．已知函数1()()1(1)2m f x ln mx m x =+->有两个零点1x ，212()x x x <．（Ⅰ）求实数m 的取值范围；（Ⅱ）证明：12111x x m+>．【解析】解：()I 函数1()()1(1)2m f x ln mx m x =+->，2212()22m x m f x x x x -∴'=-+=，()f x ∴在(0,2)m 单调递减，在(2,)m +∞单调递增，()f x ∴的最小值为21(2)(2)1022m f m ln m m =+-<，22m e ∴<即1m <<又2211(2(22)11024222m f m ln m m m m e-=+-->->--，2222211(2)(2)110222m f m e ln m me lne m e +=++->-=+，1m ∴<<满足函数()f x 有两个零点；()II 证明：令111()()122g x f mx lnx lnm x ==-+-，由()I 知()g x 在1(0,)2m 递减，1(2m ，)+∞递增，令11()()()22G x g x g x m m =--+，1(0,2x m∈，222211111()()()22(1)01222144G x g x g x m m m m m m x x m ∴'='--'+=-+=->-- ，则()G x 在1(0,2m递增，()(0)0G x G ∴>=，即11()()22g x g x m m ->+，令111()(122g x f mx lnx lnm x ==-+-的零点为1t ，2t ，121(0)2t t m <<<，11(0,)2t m ∈，211(0,22t m m-∈，1222211111()()(())(())()2222g t g t g t g t g t m m m m m ∴==-->+-=-，121t t m ∴>-，即121t t m+>，所以12111x x m+>．。

导数压轴题之极值点偏移归纳总结

极值点偏移问题一、问题指引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221x x +的左边，我们称之为极值点左偏. 以函数函数2x y =为例，极值点为0，如果直线1=y 与它的图像相交，交点的横坐标为1-和1，我们简单计算：0211=+-.也就是说极值点刚好位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.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 .二、方法详解(一)基本解法之对称化构造例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e xf x x -=，已知()()12f x f x =，12x x ≠，证明122x x +>．再次审视解题过程，发现以下三个关键点：（1）1x ，2x 的范围()1201x x <<<；（2）不等式()()()21f x f x x >->；（3）将2x 代入（2）中不等式，结合()f x 的单调性获证结论．小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：step1：求导，获得()f x 的单调性，极值情况，作出()f x 的图像，由()()12f x f x =得1x ，2x 的取值范围（数形结合）；step2：构造辅助函数（对结论()1202x x x +><，构造()()()02F x f x f x x =--；对结论()2120x x x ><，构造()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭），求导，限定范围（1x 或2x 的范围），判定符号，获得不等式；step3：代入1x （或2x ），利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论．下面给出第（3）问的不同解法【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.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减，所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立. 由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x xx e x e --=，化简得2121x x x ex -=…①，不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221t tt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立.法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x +-++=+==---，令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③，构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-，又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.【类题展示】已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.法二：参变分离再构造差量函数，由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211xx x e x e a x x ---==--，设()()()221xx e g x x -=-，则()()12g x g x =那么()()()2321'1xx g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 递增．设0m >，构造代数式：()()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()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=．因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔->整理得：122x x +<．法三：参变分离再构造对称函数由法二得()()()221x x e g x x -=-，构造()()(2),((,1))G x g x g x x =--∈-∞，利用单调性可证，此处略.法五：利用“对数平均”不等式参变分离得：222211)1()2()1()2(21--=--=x e x x e x a x x ，由0>a 得，2121<<<x x ，将上述等式两边取以e 为底的对数，得22221211)1()2(ln )1()2(lnx x x x x x +--=+--，化简得：21212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(x x x x x x -=-------，故2121212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(1x x x x x x x x ---------=)2()2()]2ln()2[ln()1()1(])1ln()1[ln()]1()1[(21212221222121x x x x x x x x x x ------+-------+-= 由对数平均不等式得：221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)x x x x x x >----+-，121212[ln(2-)-ln(2-)]22222x x x x x x >----+-（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22x x x x x x +->+-+--+-（）（）1212122212122(2)[4()]2(1)(1)4()x x x x x x x x x x +--+++-=+-+--+12122212122(2)21(1)(1)4()x x x x x x x x +-+-=++-+--+等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()x x x x x x x x +-+->+-+--+1222121221(2)[](1)(1)4()x x x x x x =+-+-+--+ 由221212(1)(1)0,4()0x x x x -+->-+>，故122x x +<，证毕.(二) 含参函数问题可考虑先消去参数【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 ，试证明：212.x x e ⋅>【解析】法一：消参转化成无参数问题：ln ()0ln ln x f x x ax x ae =⇔=⇔=，12,x x 是方程()0f x =的两根，也是方程ln ln x x ae =的两根，则12ln ,ln x x 是x x ae =，设1122ln ,ln u x u x ==，()xg x xe -=，则12()()g u g u =，从而2121212ln ln 22x x e x x u u >⇔+>⇔+>，此问题等价转化成为例1，下略.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2中思路二的解答，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)x x 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. 【点评】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。

导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题(解析版)

导数综合问题压轴秘籍1.导函数与原函数的关系f (x)>0,k>0,f(x)单调递增，f (x)<0,k<0,f(x)单调递减2.极值（1）极值的定义f(x)在x=x0处先↗后↘，f(x)在x=x0处取得极大值f(x)在x=x0处先↘后↗，f(x)在x=x0处取得极小值3.两招破解不等式的恒成立问题(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．(2)函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．4.常用函数不等式：①e x≥x+1，其加强不等式e x≥12x2+x+1；②e x≥ex，其加强不等式e x≥ex+(x-1)2.③e x−1≥x，ln x≤x−1，ln(x+1)≤x放缩1−1x<12x−1x<x−1x<ln x<2(x−1)x+1<−12x2+2x−32<x−1(0<x<1)1−1x <−12x2+2x−32<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(1<x<2)−1 2x2+2x−32<1−1x<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(x>2)x+1<e x<11−x (x<1)，11−x<x+1<e x(x>1)5.利用导数证明不等式问题：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)转化为证不等式h(x)>0(或h(x)<0)，进而转化为证明h(x)min>0(h(x)max>0)，因此只需在所给区间内判断h (x)的符号，从而得到函数h(x)的单调性，并求出函数h(x)的最小值即可.6.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：(1)证明x 1+x 2<2a (或x 1+x 2>2a )：①首先构造函数g x =f x -f 2a -x ，求导，确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性；②确定两个零点x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f 2a -x 1 =f x 2 -f 2a -x 1 与零进行大小比较；③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与2a -x 1的大小，从而证明相应问题；(2)证明x 1x 2<a 2(或x 1x 2>a 2)(x 1、x 2都为正数)：①首先构造函数g x =f x -f a 2x ，求导，确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性；②确定两个零点x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f a 2x 1 =f x 2 -f a 2x 1与零进行大小比较；③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与a 2x 1的大小，从而证明相应问题；(3)应用对数平均不等式x 1x 2<x 1-x 2ln x 1-ln x 2<x 1+x22证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到x 1-x 2ln x 1-ln x 2；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.题型训练一、问答题7(2023·吉林·统考一模)已知函数f x =-2x +ln x ．(1)求曲线y =f x 在1,f 1 处的切线方程；(2)若对∀x ∈0,+∞ ，f x ≤ax 2-2x 恒成立．求实数a 的取值范围．【答案】(1)x +y +1=0(2)12e ,+∞ 【分析】(1)求函数切线在某点处的切线方程时该点即为切点，在切点处导函数的值就是切线斜率，根据斜截式求切线方程；(2)解决恒成立问题时，可以利用分离变量法，将参数移到不等式的一边，构造出一个新的函数后，求出函数的最值，即可求得参数的范围；还可以将所有的式子放在不等式的一边，即：ax 2-ln x ≥0，同样构造函数g x =ax 2-ln x (x >0)，只需求出g x 的最小值，过程中需要对a 进行分类讨论；还可将两个基本初等函数放在不等式的两边，即：ax 2≥ln x ，构造出两个函数g x =ax 2，h x =ln x ，结合两个函数图象，得到何时符合题意.【详解】(1)解：f x =-2+1x(x >0)，所求切线斜率为f 1 =-1，切点为1,-2 ，故所求切线方程为y--2=-x-1，即x+y+1=0.(2)方法一：分离变量由f x ≤ax2-2x得a≥ln xx2在0,+∞恒成立，令g x =ln xx2(x>0)，则a≥g(x)max，g x =1-2ln xx3，当g x =0时，x=e，即：g e=0，当0<x<e时，g x >0；当x>e时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故当x=e时，g x 取最大值为12e，故a≥12e，即a的取值范围是12e,+∞.方法二：分类讨论由f x ≤ax2-2x得ax2-ln x≥0在0,+∞恒成立，令g x =ax2-ln x(x>0)，则g x =2ax-1x=2ax2-1x，①当a≤0时，g x ≤0恒成立，g x 在0,+∞上单调递减，又g1 =a≤0，故当x>1时，g x <0，不合题意；②当a>0时，令g x =0得x=12a，令g x >0得x>12a，令g x <0得0<x<12a，故g x 在0,1 2a上单调递减，g x 在12a,+∞上单调递增，故当x=12a时，g x 取最小值g12a=12-ln12a≥0，故a≥12e，即a的取值范围是12e,+∞，综上所述，a的取值范围是12e,+∞.方法三：数形结合由f x ≤ax2-2x得ax2≥ln x在0,+∞恒成立，令g x =ax2，h x =ln x，则当x>0时，g x ≥hx 恒成立，g x =2ax，h x =1x,若a≤0，当x>1时，ax2≤0，ln x>0，∴g x <h x ，不合题意；若a>0，∵g x ≥h x ，∴曲线y=g x 与曲线y=h x 有且只有一个公共点，且在该公共点处的切线相同．设切点坐标为x0,y0，则y0=ax20=ln x02ax0=1x0，解得x0=ea=12e，故当a≥12e时，g x ≥h x ，即a的取值范围是12e,+∞.8(2023·云南红河·统考一模)已知函数f(x)=mx-ln x-1(m∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若关于x的不等式e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)(-∞,0]【分析】(1)先求得f x ，然后对m进行分类讨论，从而求得f x 的单调区间.(2)将要证明的不等式转化为e ln x-a ln x≤e x-1-a(x-1)，然后利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.【详解】(1)由题可知，f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=m-1x =mx-1x当m≤0时，mx-1<0在(0,+∞)上恒成立，所以f (x)<0在(0,+∞)上恒成立，即f(x)在(0,+∞)单调递减当m>0时，令f (x)>0解得x>1m，令f(x)<0解得0<x<1m，所以f(x)在0,1 m上单调递减，在1m,+∞上单调递增．(2)由e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0，得x-a ln x≤e x-1-a(x-1)，即e ln x-a ln x≤e x-1-a(x-1)令g(x)=e x-ax则原不等式等价于g(ln x)≤g(x-1)由(1)得，当m=1时f(x)≥f(1)=0所以ln x≤x-1在(0,+∞)上恒成立．若g(ln x)≤g(x-1)在(0,+∞)上恒成立，则需g(x)=e x-ax在R上单调递增．所以g (x)=e x-a≥0在R上恒成立，即a≤e x在上R恒成立，则a≤0，所以实数a的取值范围是(-∞,0].【点睛】求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域；(2)计算导数f x ；(3)求出f x =0的根；(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间：f x >0，则f x 在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.9(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =2e x-x．(1)求f x 的最值；(2)若方程f x =ae x-ae2x有两个不同的解，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)4ln2e ,+∞【分析】(1)首先对f x 求导，利用导数研究函数f x 的单调性，可得函数f x 的最值；(2)构造函数g x =f x -ae x -ae 2x ，先将方程有两个不同的解的问题转化为函数g x 有两个不同的零点问题．再对a 进行分类讨论，根据函数单调性结合零点存在定理求解．【详解】(1)由题意可得：f x =2e x -1，令f x =0，得x =-ln2，当x ∈-∞,-ln2 时，f x <0，f x 单调递减；当x ∈-ln2,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增．所以f x 的最小值为f -ln2 =1+ln2，无最大值．(2)令g x =f x -ae x -ae 2x =ae 2x +2-a e x -x ，则g x =2ae 2x +2-a e x -1=ae x +1 2e x -1 ，若方程f x =ae x -ae 2x 有两个不同的解，则g x 有两个不同的零点．(ⅰ)若a ≥0，则ae x +1>0，由g x =0得x =-ln2．当x ∈-∞,-ln2 时，g x <0，当x ∈-ln2,+∞ 时，g x >0，所以g x 在-∞,-ln2 上单调递减，在-ln2,+∞ 上单调递增，所以g x 的最小值为g -ln2 =ln2e -14a ．①当a ∈0,4ln2e 时，ln2e -14a >0，即g -ln2 >0，故g x 没有零点，不满足题意；②当a =4ln2e 时，g -ln2 =0，g x 只有一个零点，不满足题意；③当a ∈4ln2e ,+∞ 时，ln2e -14a <0，即g -ln2 <0，当x <0时，ae 2x >0，0<e x <1，又因为2-a <0，故g x >2-a -x ，所以g 2-a >0，又2-a <-ln2，故g x 在2-a ,-ln2 上有一个零点．设h x =e x -x x >0 ，则h x =e x -1>0，h x 单调递增，所以h x >0，故当x >0时，g x >ae 2x +2-a e x -e x =e x ae x +1-a >e x ax +1-a ，又1-1a >0，所以g 1-1a >0，因此g x 在-ln2,1-1a上有一个零点，所以当a >4ln2e 时，g x 有两个不同的零点，满足题意；(ⅱ)若a <0，则由g x =0得x 1=-ln2，x 2=-ln -a ．①当-2<a <0时，x 1<x 2，当x ∈-∞,-ln2 时，g x <0；当x ∈-ln2,-ln -a 时，g x >0；当x ∈-ln -a ,+∞ 时，gx <0．所以g x 在-∞,-ln2 和-ln -a ,+∞ 上单调递减，在-ln2,-ln -a 上单调递增．又g -ln2 =ln2e -14a >0，所以g x 至多有一个零点，不满足题意；②当a =-2时，x 1=x 2，则g x ≤0，所以g x 单调递减，至多有一个零点，不满足题意；③当a <-2时，x 1>x 2，当x ∈-∞,-ln -a 时，g x <0；当x ∈-ln -a ,-ln2 时，g x >0；当x ∈-ln2,+∞ 时，g x <0．所以g x 在-∞,-ln -a 和-ln2,+∞ 上单调递减，在-ln -a ,-ln2 上单调递增，又g -ln -a =1-1a+ln -a >0，所以g x 至多有一个零点，不满足题意；综上，实数a 的取值范围为4ln2e ,+∞ ．【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法(1)直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，通过研究函数的零点情况来确定参数的取值范围．(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题．(3)数形结合法：先对解析式变形，将函数的零点问题转化为两函数图象的交点问题，再在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解．10(2023·浙江金华·校联考模拟预测)已知f (x )=ax 2-ax -1x-ln x +e 1-x (a >0)．(1)若当x =1时函数f x 取到极值，求a 的值；(2)讨论函数f x 在区间(1,+∞)上的零点个数．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，由f (1)=0，得到a =1，进而结合函数极值点的定义，即可求解；(2)当a ≥1时，求得f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ≥x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，令h (x )=x 2-x -1x-ln x +e 1-x ，利用导数的h x 单调性，结合f (x )>0，得到f x 在区间(1,+∞)上没有零点；当0<a <1时，求得f(x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，令n x =f (x )，求得n (x )>(x -2)e x -1+x 3x 3⋅e x -1，令φ(x )=(x -2)e x -1+x 3，利用导数求得f (x )在(1,+∞)单调递增．，结合f (1)<0，f 1+1a>0，得出函数f x 的单调区间，由f (1)=0，得出f x 在1,x 1 没有零点，在由f 1+1a>0，得到存在唯一x 2，使得f x 2 =0，即可得到答案.【详解】(1)解：函数f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ，可得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x因为x =1时函数f x 取到极值，可得f (1)=0，解得a =1，当a =1时，可得f (x )=2x -1+1x2-1x -e 1-x ，令m (x )=f (x )=2x -1+1x2-1x -e 1-x ，可得m (x )=2-2x 3+1x 2+e 1-x>2-2x 3+1x2=2x 3+x -2x 3，令λ(x )=2x 3+x -2，可得λ (x )=6x 2+1>0，所以λ(x )单调递增，又因为λ78=55256>0，所以在区间78,+∞ 上m (x )>0，即f (x )单调递增，所以x =1是f (x )的变号零点，所以当x =1时函数f x 取到极值．(2)解：当a ≥1时，因为x 2-x >0，所以f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ≥x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，令h (x )=x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，则h (x )=2x -1+1x 2-1x -e 1-x >2x -2+1x 2-1x =(x -1)2-1x2>0，所以h x 在(1,+∞)单调递增，则f (x )≥h (x )>h (1)=0，所以，当a ≥1时，f x 在区间(1,+∞)上没有零点．当0<a <1时，可得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，令n x =f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，可得n(x )=2a -2x 3+1x 2+e 1-x >-2x 3+1x2+e 1-x=(x -2)e x -1+x 3x 3⋅e x -1，令φ(x )=(x -2)e x -1+x 3，则φ (x )=(x -1)e x -1+3x 2>0，所以φx 在(1,+∞)单调递增，φ(x )>φ(1)=0，则n (x )>0，所以f (x )在(1,+∞)单调递增．因为f(1)=a -1<0，f1+1a =a +2+11+1a2-11+1a-e -1a>a +2-1-1>0，当x →+∞时，f (x )→+∞，所以存在x 1∈1,1+1a使得f x 1 =0．则f (x )在1,x 1 单调递减，在x 1,+∞ 单调递增，又因为f (1)=0，所以当x ∈1,x 1 时，f (x )<0，故f x 在1,x 1 没有零点，因为在x 1,+∞ 单调递增，且f x 1 <f (1)=0，而ln x ≤x -1,e 1-x >0,1x<1，所以f (x )=ax 2-ax -1x-ln x +e 1-x >ax 2-ax -1-(x -1)，则f 1+1a >a 1+1a 2-(a +1)1+1a=0，所以存在唯一x 2∈x 1,1+1a，使得f x 2 =0，故f x 在x 1,+∞ 存在唯一零点x 2，因此当0<a <1时，f x 在(1,+∞)存在唯一零点，综上所述，当a ≥1时，f x 在区间(1,+∞)上没有零点；当0<a <1时，f x 在(1,+∞)存在唯一零点．【点睛】方法技巧：已知函数零点(方程根)的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式(组)确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与e x 和ln x 相关的常见同构模型①ae a ≤b ln b ⇔e a ln e a ≤b ln b ，构造函数f x =x ln x 或g x =xe x ；②e a a <b ln b ⇔e a ln e a<b ln b ，构造函数f x =x ln x 或g x =e x x ；③e a ±a >b ±ln b ⇔e a ±ln e a >b ±ln b ，构造函数f x =x ±ln x 或g x =e x ±x .11(2022·江苏南通·模拟预测)已知函数f x =x -a e x -x 2．(1)若a =1,x ∈0,1 ，求函数f x 的最值；(2)若a ∈Z ，函数f x 在x ∈0,+∞) 上是增函数，求a 的最大整数值．【答案】(1)最小值为-1-ln2-1 2，最大值为-1(2)0【分析】(1)求导分析函数的单调性与最值即可；(2)将题意转化为f x ≥0在x ∈0,+∞) 上恒成立，参变分离可得1-a ≥2xe x-x ，x ∈0，+∞ ，设g x =2x ex-x ，求导后根据零点存在性定理可得0,12 上有极大值点，设为x 0，再根据x 0满足的方程代入g x ，结合x 0的取值范围分析最大值的范围即可.【详解】(1)若a =1，则函数f x =x -1 e x -x 2，f x =e x +x -1 e x -2x =x e x -2 ．令f x =0，则x =0或x =ln2，由于x ∈0,1 ，因而当x ∈0,ln2 时．f x <0,f x 单调递减，当x ∈ln2,1 时．f x >0,f x 单调递增，所以f x 的最小值为f ln2 =-1-ln2-1 2，最大值为f 0 =f 1 =-1(2)f x =e x +x -a e x -2x =x +1-a e x -2x ，由f x 在x ∈0,+∞) 上是增函数，得f x ≥0在x ∈0,+∞ )上恒成立，即x +1-a e x -2x ≥0，x ∈0,+∞ ，分离参数得1-a ≥2xe x-x ，x ∈0，+∞ 设g x =2x e x -x ，则g x =2-2x e x -1=2-2x -e x e x，g x =0，即2-2x -e x =0设h x =2-2x -e x ，由于h 0 =1>0，h 12=1-e <0，因而方程2-2x -e x =0在0,12上有解，设为x 0，则e x=2-2x 0，且当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,+∞ 时，g x <0，所以g x 的最大值为g x 0 =2x 0ex 0-x 0=x 01-x 0-x 0=x 201-x 0．因而1-a ≥x 201-x 0，即a ≤1+x 20x 0-1=3+1x 0-1+x 0-1，又x 0∈0,12 ，x 0-1∈-1,-12 ，又3+1x 0-1+x 0-1∈12,1所以a 的最大整数值为0．【点睛】方法点睛：(1)函数在区间上单调递增或单调递减，转化为导函数在区间上非负或非正恒成立；(2)恒成立问题可考虑参变分离，再构造函数分析最值；(3)极值点不能求解则设隐零点x 0，将x 0满足的等式条件化简代入原函数，再根据x 0的区间可求出极值的范围.12(2023·江苏徐州·校考模拟预测)已知函数f (x )=-2x 3+mx 2，m ∈R ，且g (x )=|f (x )|在x ∈(0,2)上的极大值为1．(1)求实数m 的值；(2)若b =f (a )，c =f (b )，a =f (c )，求a ,b ,c 的值．【答案】(1)m =3(2)a =b =c =0，或a =b =c =12，或a =b =c =1【分析】(1)由题意得到g x 的表达式，对m ≤0,m ≥4和0<m <4这三种情况进行逐一分析，结合导数得到g x 的单调性和最值，进而可得实数m 的取值范围；(2)作出满足条件的函数图象，对a <0,a =0,0<a <12,a =12,12<a <1,a =1,1<a ≤32和a >32这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.【详解】(1)g (x )=x 2|2x -m |，0≤x ≤2，①m ≤0时，g (x )=2x 3-mx 2，∴g (x )=6x 2-2mx ≥0，无极值．②m ≥4时，g (x )=-2x 3+mx 2，∴g (x )=2x (m -3x )，当m 3≥2，即m ≥6时，g (x )≥0，无极大值；当4≤m <6时，x <m 3时，g (x )>0；m3<x <2时，g (x )<0，∴g (x )在x =m 3处取极大值，即g m 3 =m 327=1，∴m =3，舍去．③0<m <4时，g x =-2x 3+mx 2,0≤x ≤m 22x 3-mx 2,m 2<x ≤2 ，∴gx =2x m -3x ,0≤x ≤m22x 3x -m ,m 2<x ≤2，0<x <m 3时，g (x )>0；m 3<x <m 2时，g (x )<0；m 2<x <2时，g (x )>0．∴g (x )在x =m 3处取极大值m 327=1，∴m =3符合题意．综上，m =3．(2)由(1)可知，f (x )=-2x 3+3x 2，f (x )=-6x 2+6x =6x -x +1 ，令f x >0可得-1<x <0，令f x <0可得x >1或x <0，如图所示．①当a <0时，b =f (a )>0，当0<b ≤32时，0<c =f (b )≤1，则a =f (c )>0，矛盾；当b >32时，c =f (b )<0，∴a =f (c )>0，矛盾．②当a =0时，符合题意．③当0<a <12时，0<x <12时，f (x )<x ，∴0<b =f (a )<a <12，则0<c =f (b )<b <12，0<a =f (c )<c <12，∴a <c <b <a ，矛盾．④当a =12时，符合题意．⑤当12<a <1时，12<x <1时，f (x )>x ，∴1>b =f (a )>a >12，则1>c =f (b )>b >12，1>a =f (c )>c >12，∴a >c >b >a ，矛盾．⑥当a =1时，符合题意．⑦当1<a ≤32时，0≤b =f (a )<1，则0≤c =f (b )<1，∴a =f (c )<1，与a >1矛盾．⑧当a >32时，b =f (a )<0，c =f (b )>0，∴a =f (c )≤1，与a >32矛盾．综上，a =b =c =0，或a =b =c =12，或a =b =c =1．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于作出满足条件的函数图象，对a <0,a =0,0<a <12,a =12,12<a <1,a =1,1<a ≤32和a >32这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.13(2023·安徽·校联考模拟预测)已知函数f x =ae x -e -x ，(a ∈R ).(1)若f x 为偶函数，求此时f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设函数g (x )=f (x )-(a +1)x ，且存在x 1,x 2分别为g (x )的极大值点和极小值点.(ⅰ)求实数a 的取值范围；(ⅱ)若a ∈(0,1)，且g x 1 +kg x 2 >0，求实数k 的取值范围.【答案】(1)y +2=0(2)(i )(0,1)∪(1,+∞)；(ii )(-∞,-1]【分析】(1)根据偶函数的定义，求出a 的值，然后利用导数求切线方程.(2)(ⅰ)对g (x )进行求导，将g (x )既存在极大值，又存在极小值转化成g (x )=0必有两个不等的实数根，利用导数得到g (x )的单调性和极值，进而即可求解；(ⅱ)对g (x )进行求导，利用导数分析g (x )的极值，将g x 1 +kg x 2 >0恒成立转化成ln a <1-1k⋅a -1a +1，构造函数，利用导数分类讨论求解即【详解】(1)f (x )为偶函数，有f (-x )=ae -x -e x =f (x )=ae x -e -x ，则a =-1，所以f (x )=-e x -e -x ，f (x )=-e x +e -x 所以f (0)=-2，f (0)=0所以f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y +2=0.(2)(ⅰ)g (x )=f (x )-(a +1)x =ae x -e -x -(a +1)x ，g(x )=ae x+e -x-(a +1)=ae 2x -(a +1)e x +1e x =ae x -1 e x-1e x，因为函数g (x )既存在极大值，又存在极小值，则g (x )=0必有两个不等的实根，则a >0，令g (x )=0可得x =0或x =-ln a ，所以-ln a ≠0，解得a >0且a ≠1.令m =min 0,-ln a ，n =max 0,-ln a ，则有：x(-∞,m )m(m ,n )n(n ,+∞)g (x )+0-0+g (x )↗极大值↘极小值↗可知g (x )分别在x =m 和x =n 取得极大值和极小值，符合题意.综上，实数a 的取值范围是(0,1)∪(1,+∞).(ⅱ)由a ∈(0,1)，可得-ln a >0，所以x 1=0，x 2=-ln a ，g x 1 =a -1，g x 2 =1-a +(a +1)ln a 且有g x 2 <g x 1 <0，由题意可得a -1+k 1-a +(a +1)ln a >0对∀a ∈(0,1)恒成立，由于此时g x 2 <g x 1 <0，则k <0，所以k a +1 ln a >k -1 a -1 ，则ln a <1-1k ⋅a -1a +1，令h (x )=ln x -1-1k ⋅x -1x +1，其中0<x <1，则h(x )=1x -1-1k ⋅2(x +1)2=(x +1)2-2x 1-1k x (x +1)2=x 2+2k x +1x (x +1)2，令x 2+2k x +1=0，则Δ=4k 2-4=41-k 2k 2.①当Δ≤0，即k ≤-1时，h (x )≥0，h (x )在(0,1)上是严格增函数，所以h (x )<h (1)=0，即ln a <1-1k ⋅a -1a +1，符合题意；(2)当Δ>0，即-1<k <0时，设方程x 2+2k x +1=0的两根分别为x 3，x 4且x 3<x 4，则x3+x 4=-2k>0，x 3x 4=1，则0<x 3<1<x 4，则当x 3<x <1时，h (x )<0，则h (x )在x 3,1 上单调递减，所以当x 3<x <1时，h (x )>h (1)=0，即ln a >1-1k ⋅a -1a +1，不合题意.综上所述，k 的取值范围是(-∞,-1].【点睛】关键点点睛：本题(ⅱ)关键是将g x 1 +kg x 2 >0恒成立转化成ln a <1-1k ⋅a -1a +1，构造函数，利用导数分类讨论求解即可.14(2023上·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习)已知函数f x =x -m ln x -n ，其中m ,n∈R .(1)若m =n =1，求f x 在x =1处的切线方程；(2)已知不等式f x ≥x 恒成立，当nm取最大值时，求m 的值.【答案】(1)y =-1(2)m =e【分析】(1)根据切点和斜率求得切线方程.(2)构造函数g x =f x -x ，利用导数研究g x 的最小值，由此列不等式来求得nm的最大值，以及此时的m 的值.【详解】(1)当m =n =1时，f x =x -1 ln x -1，因为f x =ln x +x -1x，所以f 1 =0，又f 1 =-1，故f x 在x =1处的切线方程为y =-1；(2)显然m ≠0，若m <0，当x →0+时，x -m ln x -n →-∞，而x >0，矛盾，所以m >0，令g x =f x -x =x -m ln x -x -n ，则g x ≥0恒成立，即g (x )min ≥0.由于g x =ln x -m x ,ln x -m x =1x +mx2>0，则g x =ln x -mx在正实数集上是增函数，g 1 =-m <0,x →+∞时g x →+∞，故存在x 0>1，使得g x 0 =0，且在0,x 0 上g x <0,g (x )单减，在x 0,+∞ 上g x >0,g x 单增，且m =x 0ln x 0，故g (x )min =g x 0 =x 0ln x 0-m ln x 0-x 0-n ≥0，所以n ≤x 0ln x 0-m ln x 0-x 0=x 0ln x 0-x 0ln x 0 2-x 0，所以n m ≤x 0ln x 0-x 0ln x 0 2-x 0x 0ln x 0=1-ln x 0+1ln x 0≤-1，等号当且仅当ln x 0=1即x 0=e 时取得，此时m =x 0ln x 0=e ln e =e.故当n m取最大值时，m =e.15(2023·广东韶关·统考一模)已知函数f x =e x ,g x =2x .(1)若f x 在x =0处的切线与g x 的图象切于点P ，求P 的坐标；(2)若函数F x =f ax x 2-a +2a的极小值小于零，求实数a 的取值范围.【答案】(1)1,2 (2)(-∞,-2)∪(0,+∞)【分析】(1)由导数的几何意义可解；(2)求导得F x =ae ax x -1 x +a +2a，对a 进行分类讨论即可.【详解】(1)f x =e x .所以f x =e x 即切线斜率为k =e 0=1，又g x =2x ，所以g x =1x，令g x =1解得x =1，则g 1 =2，故点P 坐标为1,2 .(2)F x =f ax x 2-a +2a =e ax x 2-a +2a，因为F x =e ax ax 2+2x -a +2 =ae ax x -1 x +a +2a，令F x =0得x 1=-a +2a ,x 2=1，①当a >0,x 1=-a +2a <0由x 的变化可得x -∞,-a +2a-a +2a-a +2a,1 11,+∞F x +-0+F x单调递增极大值单调递减极小值单调递增F (1)极小值=e a -2a<0符合题意；②当-1<a <0,x 1=-a +2a >1由x 的变化可得x -∞,111,-a +2a-a +2a-a +2a,+∞ F x -0+-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F (1)极小值=e a -2a>0不符合题意；③当a =1，F x ≤0，F x 单调递减，没极值点；④当a <-1，x 1=-a +2a <1由x 的变化可得x -∞,-a +2a-a +2a-a +2a,1 11,+∞F x -+0-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F -a +2a 极小值=e x -a +2a -a +2a 2-a +2a<0，解得a<-2；综上所述，a∈(-∞,-2)∪(0,+∞).【点睛】关键点睛：本题主要考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的极值，注意分类讨论思想的应用，本题难点在于a的范围的划分，属于常考题型.16(2023·湖北黄冈·统考模拟预测)已知函数f(x)=a ln x-2x+12x2.(1)讨论函数f x 的极值点个数；(2)若不等式f(x)≤x e x+12x-a-2-1恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)a=1【分析】(1)根据函数极值的定义，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可；(2)利用换元法构造函数，根据导数的性质进行求解即可.【详解】(1)∵f (x)=x2-2x+ax，x>0，.令g(x)=x2-2x+a，方程x2-2x+a=0的判别式为Δ=4-4a，①：当Δ≤0即a≥1时，f x ≥0，f x 单调递增，无极值点；②：当Δ>0即a<1时，函数g x 有两个零点x1=1-1-a，x2=1+1-a，(i)当a≤0时.x1≤0，x2>1，当x∈0,x2时f x <0，f x 单调递减，当x∈(x2,+∞)时f x >0，f x 单调递增，f x 有一个极小值点；(ii)当0<a<1时0<x1<1，x2>1，当x∈0,x1与(x2,+∞)时f x >0，f x 单调递增，当x∈x1,x2时f x <0，f x 单调递减，f x 有两个极值点.综上：当a≥1时f x 无极值点；当0<a<1时f x 有两个极值点；当a≤0时f x 有一个极小值点.(2)不等式f(x)≤x e x-2x+12x2恒成立，即a ln x+x≤xe x-1.∴xe x-a ln xe x-1≥0，令xe x=t，t>0，∴t-a ln t-1≥0.令h t =t-a ln t-1，h (t)=t-at，则需h t =t-a ln t-1≥0，当a≤0时，h t ≥0，h t 单调递增，又h1 =0，∴t∈0,1时h t <0，不合题意，∴a>0.当0<t<a时，h t 单调递减，当t>a时h t 单调递增，h(t)min=h(a)=a-a ln a-1.而h1 =0，∴h a =a-a ln a-1≤0，又由h t =t-a ln t-1≥0可得h a =a-a ln a-1≥0，所以需h a =a-a ln a-1=0，令m x =x-x ln x-1，m x =-ln x，当x∈0,1时m x 单调递增，当x∈(1,+∞)时m x 单调递减，∴m (x )max =m (1)=0，∴a =1.【点睛】关键点睛：本题的关键是根据换元法把a ln x +x ≤xe x -1变形为t -a ln t -1≥0.17(2023·山东潍坊·统考模拟预测)已知函数f (x )=mx -1+ln (x +1)，m ∈R ．(1)若函数f x 图象上存在关于原点对称的两点，求m 的取值范围；(2)当s >t >1时，(2s -2t )k s +t -2+f (t -2)+m s -3<f (s -2)+m t -3恒成立，求正实数k 的最大值．【答案】(1)-12e≤m ≤0(2)1【分析】(1)问题可转化f -x +f x =0有解，得到ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，构造函数g (t )=12t ln t (0<t ≤1)，求导讨论单调性，利用数形结合，找到y =m 与曲线在0,1 的有交点时m 的范围；(2)恒成立问题，把不等式变形成2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<lns -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，构造函数h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.【详解】(1)要使函数f x 图象上存在关于原点对称的两点，则f -x +f x =0有解，则ln (-x +1)+m -x -1+ln (x +1)+mx -1=0，即ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，令t =1-x 2，则0<t ≤1，设g (t )=12t ln t (0<t ≤1)g (t )=12(1+ln t )=0得t =1e，当0<t <1e时，g t <0，g t 单调递减，当1e<t ≤1时，g t >0，g t 单调递增，所以g (t )min =g 1e =-12e，g 1 =0，所以-12e≤m ≤0；(2)由题意知(2s -2t )k s +t -2+ln (t -1)+m t -3+m s -3<ln (s -1)+m s -3+mt -3，则(2s -2t )k s +t -2<ln (s -1)-ln (t -1)，则2k [(s -1)-(t -1)](s -1)+(t -1)<ln s -1t -1，2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<ln s -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，则2k (a -1)a +1<ln a ，即2k (a -1)a +1-ln a <0，设h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，h(a )=4k (a +1)2-1a =4ka -(a +1)2a (a +1)2=-a 2+(4k -2)a -1a (a +1)2，且h 1 =0，当h (1)=-1+4k -2-14=4k -44>0，即k >1时，易知方程-a 2+4k -2 a -1=0有一根a 1大于1，另一根a 2小于1，所以h a 在1,a 1 上单调递增，故有h a >h 1 =0不合题意，舍去，当0<k ≤1时，有4ka -a +1 2≤4a -a +1 2=-a -1 2<0，所以h a ≤0，从而h a 在(1,+∞)上单调递减，故当a >1时，恒有h a <h 1 =0符合题意，所以正实数k 的取值范围为0<k ≤1，因此k 的最大值为1．【点睛】方法点睛：本题考查利用导数讨论方程根的个数问题.问题一可转化f -x +f x =0有解，得到ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，构造函数g (t )=12t ln t (0<t ≤1)，求导讨论单调性，利用数形结合，找到y =m 与曲线在0,1 的有交点时m 的范围；问题二转化成恒成立问题，把不等式变形成2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<lns -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，构造函数h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.18(2023·河北保定·统考二模)已知函数f x =x 2e x +m ,m ∈R ．(1)当m =-1时，求f x 在点A 1,e -1 处的切线方程．(2)若g x =f xx-ln x -1的图象恒在x 轴上方，求实数m 的取值范围．【答案】(1)3e -2 x -y -2e +1=0(2)m ≥-1【分析】(1)由题意，将m =-1代入函数f x 的解析式中，对函数f x 进行求导，得到f 1 和f 1 ，代入切线方程中即可求解；(2)将函数g x 的图像恒在x 轴上方，转化成m >ln x +1x -e x 恒成立，构造函数φx =ln x +1x-e x ，此时问题转化成函数最值问题，对函数φx 进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可．【详解】(1)∵f x =x 2e x -1∴f x =x 2+2x e x -2x∴f 1 =3e-2．又∵f1 =e-1∴f x 在点A1,e-1处的切线方程为3e-2x-y-2e+1=0(2)g x =f xx-ln x-1的图像恒在x轴上方，等价于x e x+m-ln x-1>0恒成立即m>ln x+1x-e x恒成立，令φx =ln x+1x-e x，则φ x =-ln xx2-e x=-ln x+x2e xx2令g x =-ln x+e x x2，则g x =-1x+x2e x+2xe x<0所以g x 在0,+∞上单调递减又g12>0,g1 <0，所以在0,+∞上存在唯一的x0使g x0=0当x∈0,x0时φ x >0,φx 单调递增，当x∈x0,+∞时φ x <0,φx 单调递减．故φx 的最大值为φx0=ln x0+1x0-e x0又1nx0+e x0x02=0，故x0e x0=-ln x0x0，两边取对数得ln x0+x0=ln-ln x0+-ln x0又h x =x+ln x在定义域内单调递增，所以x0=-ln x0，故e x0=1 x0所以φx0=ln x0+1x0-e x0=ln x0x0+1x0-1x0=-1所以m≥-1.【点睛】方法点睛：含参不等式恒成立求参数值(取值范围)常用的方法：(1)直接法：直接求导确定函数的单调性得到最值，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的最值问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.19(2023下·福建宁德·高三统考阶段练习)已知函数f(x)=e x+2ax-1，其中a为实数，e为自然对数底数，e=2.71828⋯.(1)已知函数x∈R，f(x)≥0，求实数a取值的集合；(2)已知函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2，证明2a(x1+x2)>3x1x2【答案】(1)-1 2(2)证明见解析【分析】(1)求出f(x)的导数，对实数a分类讨论求出f(x)的最小值，解不等式f(x)min≥0即可求解；(2)由函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2，可求出a的取值范围，由已知得e x2e x1=x2-1x1-1，取对数得x2-x1=ln x2-1-ln x1-1，通过换元x1-1=t1，x2-1=t2，构造函数u t =t-ln t，讨论函数u t =t-ln t的单调性，确定t1，t2的不等关系，再转化为x1、x2的关系即可证明．【详解】(1)由f (x )=e x +2ax -1，得f (x )=e x +2a ，当a ≥0时，因为f (-1)=1e-1-2a <0，不合题意；当a <0时，当x ∈-∞,ln (-2a ) 时，f (x )<0，f (x )单调递减，当x ∈ln (-2a ),+∞ 时，f (x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )min =f ln (-2a ) =-2a +2a ln (-2a )-1，要f (x )≥0，只需f (x )min =-2a +2a ln (-2a )-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 (-2a )=-2a +2a ln (-2a )-1≥0得-2a =1所以a =-12，故实数a 取值的集合-12 (2)由已知F x =e x -ax 2+2ax -1，则F x =e x -2ax +2a ，因为函数F x 有两个不同的极值点x 1、x 2，所以F x 有两个不同零点，若a ≤0时，则F x 在R 上单调递增，F x 在R 上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；当a >0时，由e x -2ax +2a =0，得12a =x -1e x，令φx =x -1e x ，所以φx=2-x e x，当x ∈-∞,2 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈2,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx max =φ2 =1e2，且当x <1时，φx <0，当x >1时，φx >0，如下图所示：由图可知，当0<12a <1e2时，即当a >e 22时，直线y =12a 与函数φx 的图象有两个交点，不妨设这两个交点的横坐标分别为x 1、x 2，且x 1<x 2，且当x <x 1或x >x 2时，12a >x -1e x，则F x =2ae x 12a -x -1e x>0，当x1<x<x2时，12a <x-1e x，则F x =2ae x12a-x-1e x<0.综上所述，当a>e22时，函数F x 有两个极值点；设x1<x2，则1<x1<2<x2，因为φ(x1)=φ(x2)=0，所以e x1=2ax1-2a，e x2=2ax2-2a，则e x2e x1=x2-1x1-1，取对数得x2-x1=ln(x2-1)-ln(x1-1)，令x1-1=t1，x2-1=t2，则t2-t1=ln t2-ln t1，即t2-ln t2=t1-ln t1(0<t1<1<t2)，令u(t)=t-ln t，则u(t1)=u(t2)，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)-u1t=t-1t-2ln t，则v (t)=(t-1)2t2≥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)<u1t ，因为t2>1，2-t1>1，u(t)=t-ln t在(1,+∞)上单调递增，所以t2<1t1，所以x2-1<1x1-1，即x1x2<x1+x2，所以x1x2<x1+x2<2312e2(x1+x2)<23a(x1+x2)，故3x1x2<2a(x1+x2)成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.20(2023·广东·统考二模)已知a∈R，函数f x =x-1ln1-x-x-a cos x，f x 为f x 的导函数.(1)当a=0时，求函数f x 的单调区间；(2)讨论f x 在区间0,1上的零点个数；(3)比较110cos110与ln109的大小，并说明理由.【答案】(1)f x 的单调递增区间为-∞,0，单调递减区间为0,1(2)答案见解析(3)110cos110<ln109，理由见解析【分析】(1)求导可得f x =ln1-x(x<1)，根据f x >0和f x <0即可求解；(2)令g x =f x ，则g x =a1-xcos x-11-x，x∈0,1.易知当a≤1时g x <0，从而g x 单调递减；当a >1时令h x =a 1-x cos x -1，利用导数讨论函数h (x )的单调性，根据零点的存在性定理分析函数g x 的单调性可得g x <0，即可得出零点的个数；(3)由(2)可得当a ≤1时ln 1-x +a sin x <0在0,1 上恒成立.利用导数讨论函数m x =x -tan x 的性质可得x cos x <sin x ，结合sin x <ln 11-x 得x cos x <ln 11-x，x ∈0,1 ，即可证明.【详解】(1)当a =0时，f x =x -1 ln 1-x -x ，其定义域为-∞,1 ，f x =ln 1-x ，令f x =ln 1-x =0，得x =0.当x ∈-∞,0 时，f x >0，故f x 在-∞,0 上单调递增；当x ∈0,1 时，f x <0，故f x 在0,1 上单调递减.因此，函数f x 的单调递增区间为-∞,0 ，单调递减区间为0,1 .(2)令g x =f x =ln 1-x +a sin x ，则g x =-11-x +a cos x =a 1-x cos x -11-x，x ∈0,1 .因为x ∈0,1 ，则1-x ∈0,1 ，cos x ∈0,1 ，则1-x cos x ∈0,1 .当a ≤1时，则a 1-x cos x -1<0，故g x <0，从而g x 在0,1 上单调递减；而g 0 =0，故当x ∈0,1 时，g x <g 0 =0，故g x 在区间0,1 上无零点；即f x 在区间0,1 上无零点；当a >1时，令h x =a 1-x cos x -1，则h x =-a cos x +1-x sin x ，因为x ∈0,1 ，则cos x +1-x sin x >0，从而h x <0，即h x 在0,1 上单调递减；而h 0 =a -1>0，h 1 =-1<0，因此存在唯一的x 0∈0,1 ，使得h x 0 =0，并且当x ∈0,x 0 时，h x >0；当x ∈x 0,1 时，h x <0.即当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,1 时，g x <0.故当x ∈0,x 0 时，g x 单调递增，当x ∈x 0,1 时，g x 单调递减.而g 0 =0，故g x 0 >0；取N =1-e -2a ∈0,1 ，当x >N 时，g x =ln 1-x +a sin x <a +ln e -2a =a -2a =-a <0，所以存在唯一的m ∈x 0,1 ，使得g m =0，即f x 在区间0,1 上有唯一零点.综上所述，当a >1时，f x 在0,1 上有唯一的零点；当a ≤1时，f x 在0,1 上没有零点.(3)110cos 110<ln 109理由如下：[解法一]由(2)可得，当a ≤1时，ln 1-x +a sin x <0在0,1 上恒成立.即当a =1时，sin x <ln 11-x ，x ∈0,1 .以下证明不等式：当x ∈0,π2时，有x <tan x .令m x =x-tan x，则m x =1-1cos2x<0，故m x 在0,π2上单调递减，则m x <m0 =0，即x<tan x，x∈0,π2，即有x cos x<sin x，而sin x<ln11-x，故x cos x<ln11-x，x∈0,1.取x=110，则有110cos110<ln109.[解法二]显然cos110∈0,1，故110cos110<110，以下证明不等式：当x∈-1,+∞时，有ln1+x≤x.令p x =ln1+x-x，则令p x =11+x-1=-x1+x=0，得x=0.故当x∈-1,0时，p x >0，从而p x 在-1,0上单调递增；当x∈0,+∞时，p x <0，从而p x 在0,+∞上单调递减.故x=0是p x =ln1+x-x的极大值点，并且是最大值点，故p x ≤p0 =0，即ln1+x≤x，x∈-1,+∞.取x=-110，则ln910<-110，故ln109>110，故110cos110<110<ln109，从而110cos110<ln109.【点睛】方点点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的.二、证明题21(2023·福建·校联考模拟预测)设函数f x =2x-2x-a ln x(a∈R).(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x1，x2，记过点A x1,f x1，B x2,f x2的直线的斜率为k，若x2∈1,e，证明：2-4e-1<k<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【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即可；(2)求出直线的斜率k，得k=4-2x1x2+1x1x2-1lnx1x2，令t=x1x2，t∈1e,1，要证：2-4e-1<k<0，即证ln t<2t-1t+1和ln t>e+1e-1⋅t-1t+1，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．【详解】(1)f x =2+2x2-ax=2x2-ax+2x2，令g x =2x2-ax+2，Δ=a2-16.①当-4≤a≤4时，Δ≤0，f x ≥0，f x 在0,+∞单调递增：②当a<-4时，Δ>0，g x =0的两根都小于0，f x 在0,+∞上大于0，所以f x 在0,+∞单调递增；③当a>4时，由g x =0，解得x1=a-a2-164，x2=a+a2-164，x∈0,x1∪x2,+∞，g x >0，f x >0，f x 在0,x1，x2,+∞上单调递增：x∈x1,x2，g x <0，f x <0，f x 在x1,x2上单调递减.(2)证明：由(1)知当a>4时，f x 有两个极值点x1，x2，且满足x1+x2=a2，x1x2=1.f x1-f x2=2x1-x2-21x1-1x2-a ln x1-ln x2=4x1-x2-a ln x1-ln x2，k=f x1-f x2x1-x2=4-aln x1-ln x2x1-x2=4-2x1+x2x1-x2ln x1-ln x2=4-2x1x2+1x1x2-1lnx1x2.令t=x1x2=1x22∈1e,1，则k=4-2t+1t-1ln t.(ⅰ)要证k<0，即证ln t<2t-1 t+1.令h t =ln t-2t-1t+1，则ht =1t-4t+12=t2-2t+1t+12>0，所以h t 在1e,1上单调递增.又h1 =0，所以h t <0，即ln t<2t-1t+1，∴k<0.(ⅱ)要证k>2-4e-1，即证ln t>e+1e-1⋅t-1t+1.令F t =ln t-e+1e-1⋅t-1t+1，Ft =1t-e+1e-12t+12=t2-4e-1t+1t t+12，记G t =t2-4e-1t+1，则G1e=e3-e2-3e-1e2e-1>0，G1 =2e-6e-1<0，则G t 在1e,1有唯一实根t0，故F t 在1e,t0上单调递增，在t0,1单调递减，又F1e=F1 =0，所以当1e<t<1时，F t >F1e =0，∴ln t>e+1e-1⋅t-1t+1，即k>2-4e-1.由(ⅰ)(ⅱ)，证得2-4e-1<k<0.【点睛】思路点睛：根据函数极值点个数求参数相关问题时，一般需要先对函数求导，根据导函数对应的方程，确定极值点与参数之间关系，再由消元法将问题转化为参数与其中一个极值点之间的关系式，根据极值点的范围，构造新的函数，利用导数的方法判定新函数的单调性，进而即可求解.。

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解：利用导数研究极值点偏移问题(原卷版)

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解利用导数研究极值点偏移问题（原卷版）1．已知2()ln(1)2x axf x x +=++.（1）求函数()y f x =有三个零点,求实数a 的取值范围; （2）若2a =,设()cg x bx x=+,其中2,0,()()b c f x g x ≤>=的两根为()1212,x x x x <,求证:()()21120x f x x f x <<.2．已知函数()2ln 1f x x x kx =+--.（I ）讨论函数()f x 的单调性；（II ）若()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <，求证：()()210f x f x <<.3．（1）设0b a >>ln ln b ab a-<-；（2）若函数()1ln sin 12f x x x x =+--，∃120x x >>，使()()12f x f x =，请证明：124x x ⋅<.4．（1）试比较2ln x 与()10x x x->的大小. （2）若函数()ln f x x x m =--的两个零点分别为1x ，2x ， ①求m 的取值范围； ②证明：122x x m +<.5．已知函数()()sin 1ln f x m x x =-+.（1）当1m =时，求函数()f x 在()0,1的单调性；（2）当0m =且1a e ≥-时，()()1g x af x x=-+，求函数()g x 在(]0,e 上的最小值；（3）当0m =时，()()1(2h x f x b x=+-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>. 6．已知函数()()1ln f x x a x a R x=--∈. （1）求曲线()y f x =在点1,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭处的切线方程；（2）若函数()()22ln g x x f x x ax '=⋅+-（其中()f x '是()f x 的导函数）有两个极值点1x 、2x ，且12x x e <<，求()()12g x g x -的取值范围.7．已知函数()ln f x x =.（1）求函数()()1g x f x x =-+的零点；（2）若()()()()22110x f x k x k -≥->对一切正实数x 恒成立，求k 的取值范围；（3）若关于x 的方程()()2f x x m m =+<-有两个实根1x ，2x ()12x x <，证明：2122x x <.8．已知函数()ln f x x ax =-. （1）讨论()f x 的单调性（2）若32a ≥，()()222g x x x f x =-+，()1212,x x x x <是()g x 的两个极值点，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围.9．已知函数()ln 1f x x ax =-+有两个零点．（1）求a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：()121f x x a '⋅<-．10．已知函数()()2xax af x x a R e+=+∈有两个零点. （1）求实数a 的取值范围；（2）设1x 、2x 是()f x 的两个零点，求证：12110x x +<. 11．已知函数()()2232ln f x x a x a x =+-+，其中a ∈R ．（1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与直线210x y ++=平行，求实数a 的值及函数()()4ln g x f x x =-的单调区间；（2）若函数()f x 在定义域上有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()()12100f x f x ++>．12．已知函数()(1)e xa f x x=+（e 为自然对数的底数），其中0a >.（1）在区间(,]2a-∞-上，()f x 是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.（2）若函数()f x 的两个极值点为()1212,x x x x <，证明：2121ln ()ln ()212f x f x x x a ->+-+.13．已知()()ln f x x m mx =+-. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）设1m，1x ，2x 为函数()f x 的两个零点，求证：120x x +<.14．已知函数()ln f x x a x =+与()3bg x x=-的图象在点(1,1)处有相同的切线．（Ⅰ）若函数2()y x n =+与()y f x =的图象有两个交点，求实数n 的取值范围；（Ⅱ）若函数()3()()2()22m mF x x g x f x =-+-有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，证明：22()1F x x <-．15．已知函数(x)ln (m,n R)mx nf x x-=-∈．（Ⅰ）若函数()f x 在(1, (1))f 处的切线与直线0x y -=平行，求实数n 的值；（Ⅱ）若1n =时，函数()f x 恰有两个零点()1212,0x x x x <<，证明：122x x +>． 16．已知函数()ln(1)ax f x e x =+，2()ln g x x a x=+-，其中a R ∈.（1）若函数()y f x =的图象与直线y x =在第一象限有交点，求a 的取值范围. （2）当2a <时，若()y g x =有两个零点1x ，2x ，求证：12432x x e <+<-. 17．已知函数f （x ）＝m sin （1﹣x ）+lnx ．（1）当m ＝1时，求函数f （x ）在（0，1）的单调性；（2）当m ＝0且1a e ≥-时，()()1g x af x x=-+，求函数g （x ）在（0，e ]上的最小值；（3）当m ＝0时，()()12h x f x b x=+-有两个零点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 1+x 2＞1． 18．已知函数21()()ln 2f x x a b x =++，,a b ∈R .（1）若直线y ax =是曲线()y f x =的切线，求2a b 的最大值；（2）设1b =，若函数()f x 有两个极值点1x 与2x ，且12x x <，求()21f x x 的取值范围. 19．已知函数()22xf x x ax e =+-在R 上单调递减.（1）求实数a 的取值范围；（2）若存在非零实数1x ，2x 满足1f x ，()0f ，2f x 依次成等差数列.求证：120x x +<.20．已知函数()(ln 1)()f x x k x k R =--∈.（1）若对于任意12,(0,3]x x ∈，且12x x <，都有()()()2112122x x f x f x x x --<恒成立，求k 的取值范围；（2）若对于任意21,,()3ln x e f x x e ⎡⎤∈>⎢⎥⎣⎦恒成立，求k 的最大整数值.21．已知函数11()sin ln 1,()()sin 22f x x x m xg x f x x =-++=+．（1）求函数()g x 的单调区间和极值；（2）当1≥x 时，若不等式1()0x g x x e ---≤恒成立，求实数m 的取值范围；（3）若存在()12,0,x x ∈+∞，且当12x x ≠时，12()()f x f x =，证明：12214x x m <． 22．设函数()x x f x e=，g （x ）＝ae x-x ，其中a 为实数．（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若g （x ）有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，证明：0＜x 1x 2＜1． 23．已知函数1()cos x f x e x -=，2()x g x e +=. （1）求函数()f x 在(,)ππ-上的单调区间；（2）证明：对任意的实数1x ，211,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，12x x <，都有()()()()121222g x g x f x f x ->-恒成立.24．设函数1()ln 2f x x ax a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，2211()22g x f x a x b a ⎛⎫=-++- ⎪⎝⎭.（1）若()0f x <对1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭恒成立，求a 的取值范围；（2）若a >()()122g x g x b +=时，求证：()122a x x +>.25．已知函数()ln f x x =，()g x x m =-.（1）当0m =时，求函数()()f x yg x =的最大值；（2）设()()()h x f x g x =-，当12x x <，且()()120h x h x ==，求证：()12ln 0em x x m +-+>.26．已知函数()ln f x x ax =-（a 为常数）. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若0a >，求不等式()20f x f x a ⎛⎫--> ⎪⎝⎭的解集；（Ⅲ）若存在两个不相等的整数1x ，2x 满足()()12f x f x =，求证：122x x a+>. 27．已知函数()()20n 1l f a x a x x =+>. （1）求()f x 的单调区间；（2）若1x ，()212x x x <是()f x 的两个零点，求证:211a x x a--<. 28．已知函数()ln f x x =，()g x x m =+.()Ⅰ若()()f x g x ≤恒成立，求m 的取值范围；()Ⅱ已知1x ，2x 是函数()()()F x f x g x =-的两个零点，且12x x <，求证：121x x <.29．已知函数()2ln 2a f x x x x =-（a R ∈）．（Ⅰ）若0x >，恒有()f x x ≤成立，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()()g x f x x =-有两个相异极值点1x ，2x ，求证：12112ln ln ae x x +>． 30．已知函数2()22(0)f x lnx x ax a =+->．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明1212()():f x f x ax x ->--．31．已知函数()ln 11x f x x +=-，()f x '为()f x 的导函数，()()12f x f x =且12x x <. 证明：（1）()0f x '<；（2）211x x ->.32．已知函数()ln f x x x a =-+．（1）讨论函数()f x 零点的个数；（2）若函数()f x 存在两个零点()1212,x x x x <，证明：122ln ln 0x x +<． 33．已知函数()214ln 22x a x f x x =---，其中a 为正实数. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()y f x =有两个极值点1x ，2x ，求证：()()126ln f x f x a +<-. 34．已知函数()ln =-+f x x x a ．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 存在两个零点()1212,x x x x <，证明：122ln ln 0x x +<． 35．已知函数()ln (1),f x x k x k R =--∈．（1）若1k =，求函数()f x 的最大值；（2）若函数1()()2g x f x kx x=++有两个不同的零点12,x x ，求证：121x x +>． 36．已知函数()()21ln x f x x x a-=-+.其中0a >.（1）求()f x 的单调区间；（2）设1x ，2x 是()f x 的两个极值点，求证：()()()121211f x f x ax x a a --<-+.37．已知2a >，函数()1ln xf x e x ax e =+-.（1）判断()f x 极值点的个数；（2）若()1212x x x x <，是函数()f x 的两个极值点，证明：()()212ln f x f x a -<. 38．已知函数2()(3)(2)x f x x e a x =-+-，a R ∈ （1）讨论()f x 的单调性；（2）若1x ，2x 是函数()f x 的两个不同零点，证明：124x x +<.39．已知函数()x f x e mx =-．（1）讨论()f x 的单调区间与极值；（2）已知函数()f x 的图象与直线y m =-相交于11(,)M x y ，22(,)N x y 两点（12x x <），证明：124x x +>．40．已知函数1()ln ()f x a x a a R x=++∈．（1）当2a =时，若()f x 在1x x =，()212x x x x =≠处的导数相等，证明：()()126f x f x +>；（2）若()f x 有两个不同的零点3x ，()434x x x <，证明：234112e x x +>． 41．已知函数g （x ）＝e x ﹣ax 2﹣ax ，h （x ）＝e x ﹣2x ﹣lnx ．其中e 为自然对数的底数．（1）若f （x ）＝h （x ）﹣g （x ）． ①讨论f （x ）的单调性；②若函数f （x ）有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．（2）已知a ＞0，函数g （x ）恰有两个不同的极值点x 1，x 2，证明：()2124x x ln a +＜．42．已知函数()()ln f x x mx m =-∈R . （1）讨论()f x 的单调性（2）若()f x 恰有两个不同的零点1x ，2x ，证明：()()120f x f x ''+>. 43．已知函数()ln 2()=+-∈mf x x m R x.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 存在两个零点分别为()1212，<x x x x ，试求m 的取值范围，并证明12111x x e+>. 44．已知函数()ln xa xf x e a x=--（e 自然对数的底数）有两个零点. （1）求实数a 的取值范围；（2）若()f x 的两个零点分别为1x 2x ，证明：12212x x e x x e+>.45．设函数()ln af x x x=+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当10a e<<时，设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122a x x <+ 46．已知函数()()()2ln 11af x x a x a=++>+．（1）()f x 的导函数记作f x ，且fx 在()1,-+∞上有两不等零点，求a 的取值范围；（2）若()f x 存在两个极值点，记作1x ，2x ，求证：()()124f x f x +>． 47．已知函数()2ln af x x a x x=--，0a ≥. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x 、2x ，证明：()()121222f x f x a x x ->--.48．已知函数()()xf x xe x R -=∈.（1）判断函数()f x 的单调性；（2）若方程()22310f x a a +-+=有两个不同的根，求实数a 的取值范围；（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，求证：()12ln ln 2x x +>. 49．设函数()()ln 0,x x f x a a R a x=-≠∈. （1）若()n 1l 1f x x x ⎛⎫⎪⎝⎭≥-恒成立，求实数a 的取值范围；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x 且12x x <，求证：211ax x e-<-. 50．已知函数()2ln 2f x x x ax =+-，a ∈R ．（1）当1a =时，求曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若函数()f x 有两个极值点1x ，()212x x x <，求()()122f x f x -的最小值． 51．已知函数()21()ln 02f x x x a x a =-+>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：1232ln 2()()4f x f x --+>. 52．已知函数()21xf x e x =--.（1）求()f x 的单调区间；（2）若存在12ln 2x x <<，使得()()12f x f x =，证明：122ln 2x x +<.53．已知：函数()22ln f x x x x =-.（1）证明：()f x 是增函数；（2）已知：1201x x <<<且()()12''f x f x =，证明：122x x +>.54．已知函数()21ln 2f x x ax x =-+，a ∈R .（1）若()10f =，求函数()f x 的单调递减区间；（2）若关于x 的不等式()1f x ax ≤-恒成立，求整数a 的最小值；（3）若2a =-，正实数1x ，2x 满足()()12120f x f x x x ++=，证明：125e x x +>. 55．已知函数21()ln (0)2f x x ax bx a =--≠.（1）若0b =，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =的两个零点为1212,()x x x x ≠，记1202x x x +=，证明：0()0f x '<. 56．已知函数()ln xe f x ax a x x=-+，其中0a >.（1）若函数()f x 在()1,+∞上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）若函数()()1ln g x f x a x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭有三个极值点1x ，2x ，3x ，求证：1231112x x x ++>. 57．已知函数f （x ）=lnx ﹣tx +t . （1）讨论f （x ）的单调性；（2）当t =2时,方程f （x ）=m ﹣ax 恰有两个不相等的实数根x 1,x 2,证明：121222x x a x x +>-. 58．已知函数2()1xe f x ax bx =++，其中0a >，b R ∈，e 为自然对数的底数.(1)若1b =，且当0x ≥时，()1f x ≥总成立，求实数a 的取值范围；(2)若0b =，且()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：2121()()2e f x f x ++< 59．已知()2ln 1af x x x=++. （1）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围；（2）证明：当1a =时，对任意满足()()1221f x f x m ==+的正实数1x ，()212x x x <，都有121x x +>.60．已知函数()ln f x x x =．（1）求()f x 的图象在x e =处的切线方程；（2）若函数()()2f x F x b x =-有两个不同的零点1x 、2x ，证明：2120x x e ->．。

导数处理极值点偏移问题

第二讲导数应用-------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】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．虽然大多学生理解其题意，但对于极值点偏移的本质理解的深度欠佳，面对此类问题大多感到“似懂非懂”或“云里雾里”．一、试题再现及解析（一）题目（2016年全国I 卷）已知函数()()()221xf x x e a x =-+-有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<．本题第（1）小题含有参数的函数()f x 有两个零点，自然想到研究其单调性，结合零点存在性定理求得a 的取值范围是()0,+∞．第（2）小题是典型的极值点偏移的问题，如何证明呢？（二）官方解析(2)不妨设12x x <，由（1）知，()()()122,1,1,,2,1x x x ∈-∞∈+∞-∈-∞，()f x 在(),1-∞上单调递减，所以122x x +<等价于()()122f x f x >-，即()()222f x f x >-．由于()()22222221x f x x ea x --=-+-，而()()()2222221x f x x e a x =-+-，所以()()()222222222x x f x f x x e x e ---=---．令()()22x x g x xe x e -=---，则()()()21x x g x x e e -'=--，所以当1x >时，()0g x '<，而()10g =，故当1x >时，()()10g x g <=．从而()()2220g x f x =-<，故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122x x <-，借助于函数的特性及其单调性，构造以2x 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212x x <-，同理构造以1x 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理的通法．不妨设12x x <，由（1）知，()()()121,1,1,,21,x x x ∈-∞∈+∞-∈+∞，()f x 在()1,+∞上单调递增，所以122x x +<等价于()()212f x f x <-，即()()1120f x f x --<．令()()()()()2221xx u x f x f x xex e x -=--=--<，则()()()210x x u x x e e -'=-->，所以()()10u x u <=，即()()()21f x f x x <-<，所以()()()1212f x f x f x =<-；所以212x x <-，即122x x +<.极值点偏移问题的处理策略：【处理策略一】主元法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．作为一线的教育教学工作者，笔者尝试用主元法破解函数的极值点偏移问题，理性的对此类进行剖析、探究，旨在为今后的高考命题和高考复习教学提供一点参考.一般地，主元法破解极值点偏移问题思路是：第一步：根据()()()1212f x f x x x =≠建立等量关系，并结合()f x 的单调性，确定12,x x 的取值范围；第二步：不妨设12x x <，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价转化．第三步：构造关于1x （或2x ）的一元函数()()()()21,2i i T x f x f a x i =--=，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．题型一：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 <<<，欲证122x x +>，即证212x x >-，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x xH x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法二：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=…①，不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221t tt e +>-，又因为10te ->，等价于证明：2(2)(1)0tt t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)t G t t t e t =+-->，则()(1)1,()0t tG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立.法三：由法二中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x +-++=+==---，令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③，构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-，又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上三种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一利用构造新的函数来达到消元的目的，方法二、三则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.例2.已知()ln f x x x =的图像上有,A B 两点，其横坐标为1201x x <<<，且12()()f x f x =.（1）证明：1221x x e <+<；（2）证明：1<<. 【解析】（1）证明：由()ln ,()ln 1f x x x f x x '==+，令()0f x '=，得1x e=，故12101x x e <<<<，构造函数21()()(),(0),F x f x f x x e e=--<< 则2221()ln ln()2ln ()2ln 20F x x x x x e e e '=+-+=-+<+=，故()F x 在1(0,)e上单调递减，即1()()0F x F e >=，∴2()()f x f x e >-，令1x x =，则2112()()()f x f x f x e =>-，再由2121,(,1)x x e e -∈，且()f x 在1(,1)e 上单调递增，故212x x e >-，即证：122x x e+>. 又构造函数：1()()(1),(0)2g x f x f x x =--<<，则1112()ln ln(1)2,()01(1)x g x x x g x x x x x -'''=+-+=-=>--，故()g x '在1(0,)2上单调递增，由于0x →时，()g x '→-∞，且1()ln(1)0g e e '=->，故必存在01(0,)x e ∈，使得0()0g x '=，故()g x 在0(0,)x 上单调递减，在01(,)2x 上单调递增，又0x →时，()0g x →，且1()02g =，故()0g x <在1(0,)2x ∈上恒成立，也即()(1)f x f x <-在1(0,)2x ∈上恒成立，令1x x =，有121()()(1)f x f x f x =<-，再由211,1(,1)x x e -∈，且()f x 在1(,1)e 上单调递增，故211x x <-，即证：121x x +<成立.综上：即证1221x x e<+<成立.（2）令12t t =则22112212,,,(0,1)x t x t t t ==∈，且212()2ln ,()(),()2(2ln 1)h t t t h t h t h t t t '===+，令()0h t '=，得t =，故1201t t <<<<.构造函数()()),(0H t h t h t t =-<<，则 ()()),()())H t h t h t H t h t h t'''''''''=+-=-，由于4()0h t t '''=>，则()h t ''在上单调递增，因为t t <-，故()0H t ''<，()H t '在上单调递减，故()0H t H ''>=，即()H t在上单调递增，即()0H t H <=，即())h t h t <-，同理得出：12t t +<；再构造1()()(1),(0)2G x h t h t t =--<<，同样求导利用单调性可得出1()()02G t G >=，从而()(1)h t h t >-对1(0,)2t ∈恒成立，同理得出：121t t +>.综上：即证121t t <+<成立，也即原不等式1<<成立.练习1：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 ++=，证明：12x x +≥. 【解析】由1212()()0f x f x x x ++=，得2211122212ln ln 0x x x x x x x x ++++++= 从而212121212()()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，构造函数()ln t t t ϕ=-，得11()1t t t tϕ-'=-=，可知()t ϕ在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)1t ϕϕ≥=，也即21212()()1x x x x +++≥，解得：12x x +≥.练习2（2013年湖南文科第21题）已知函数()211xx f x e x-=+. (1)求()f x 的单调区间；(2)证明:当()()()1212f x f x x x =≠时，120x x +<.解： (1) ()f x 在(),0-∞上单调递增，在()0,+∞上单调递减；(2)由(1)知当1x <时，()0f x >．不妨设12x x <，因为()()12f x f x =，即121222121111x x x x e e x x --=++，则1201x x <<<，要证明120x x +<，即120x x <-<，只需证明()()12f x f x <-，即()()22f x f x <-．而22()()f x f x <-等价于2222(1)10x x e x ---<，令()2()(1)10xg x x ex x =--->，则2'()(12)1x g x x e =--，令2()(12)1xh x x e=--，则2()40x h x xe '=-<，所以()h x 单调递减，()()00h x h <=，即()0g x '<，所以()g x 单调递减，所以()()00g x g <=，得证．题型二：含参数的问题例3.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 . 【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x ae x ae x ，由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+，要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ，不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt 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 t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x 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(+∞递增，所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】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。

专题11 导数中的极值偏移问题(全题型压轴题)(教师版)-2024年高考数学压轴专题复习

当1
x 1
x 2
时，不等式
x1
x2
2 显然成立；
当 0 x1 1， x2 2 时，不等式 x1 x2 2 显然成立；
当 0 x1 1， 0 x2 2 时，由（1）知 f (x) 在( 0, 1) 内单调递减，因为存在 x1 x2 ，使得 f x1 f x2 ，所以
1 x2 2 ，要证 x1 x2 2 ，只要证 x1 2 x2 ，因为1 x2 2 ，所以 0 2 x2 1，又 f (x) 在( 0, 1) 内单调递减，
所以 f x 有一个零点，故 B 错误；
对于 C，因为 f x 在 0, 单调递增，所以 x 0 时， f x f 0 1 ，
所以 k 1，故 C 错误；
对于 D，因为 f x 在 , 2 单调递减， 2, 在单调递增，
且 f x 唯一零点为 1，当 x 时， f x 0 且 f x 0 ，
3．（2023
春·河南周口·高二校联考阶段练习）已知函数
f
x
x2 ax ex
，
aR
(1)若 a 2 ，求 f x 的单调区间；
(2)若
a
1，
x1，
x2
是方程
f
x
lnx 1 ex
的两个实数根，证明：
x1
x2
2
．
【答案】(1)单调递增区间为 2 2, 2 2 ，单调递减区间为 , 2 2 ， 2 2,
不妨设 0 x1 1 x2 ，∵ 0 x1 1，∴ 2 x1 1，
设 G x g x g 2 x ，则 G x lnx x2 x 1 ln 2 x 2 x2 2 x 1 lnx ln 2 x 2x 2 ，
G
x

高考数学热点必会题型第8讲-导数中的极值和极值点偏移(原卷及答案)

高考数学热点必会题型第8讲导数中的极值和极值点偏移——每天30分钟7天掌握一、重点题型目录【题型】一、求已知函数的极值【题型】二、根据极值点求参数【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系【题型】五、求已知函数的极值点【题型】六、函数最值与极值的关系【题型】七、导数中的极值偏移问题二、题型讲解总结第一天学习及训练【题型】一、求已知函数的极值例1．（2023·全国·高三专题练习）等比数列{}n a 中的项1a ，105a 是函数()32692f x x x x =-+-的极值点，则53a =（）A ．3B ．C ．D 例2．（2023·全国·高三专题练习）下列函数中存在极值点的是（） A ．1y x= B ．e x y x =- C ．2y = D ．3y x =例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22e e x a f x a x =-至多有2个不同的零点，则实数a 的最大值为（）． A ．0B ．1C ．2D ．e例4．（2023·全国·高三专题练习）已知t 和3t +是函数()32f x x ax bx c =+++的零点，且3t +也是函数()f x 的极小值点，则()f x 的极大值为（）A ．1B ．4C ．43D ．49【题型】二、根据极值点求参数例5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2e 1xf x x a =+-()a R ∈有两个极值点，则实数a 的取值范围为（） A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．2,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭例6．（2023·全国·高三专题练习）若函数()sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间[0，π)内有且只有两个极值点，则正数ω的取值范围是（） A ．58,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．58,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭例7．（2023·全国·高三专题练习）若2x =是函数21()2ln 2f x ax x x =--的极值点，则函数（）A ．有最小值2ln2-，无最大值B ．有最大值2ln2-，无最小值C ．有最小值2ln2-，最大值2ln 2D ．无最大值，无最小值例8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，若1x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是_______．第二天学习及训练【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系例9．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的函数f （x ），其导函数()f x '的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（）A ．()()()f b f a f c >>B ．函数()f x 在x ＝c 处取得最大值，在e x =处取得最小值C ．函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，在e x =处取得极小值D ．函数()f x 的最小值为()f d例10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（）A ．3-是()f x 的极小值点B ．1-是()f x 的极小值点C ．()f x 在区间(),3-∞上单调递减D ．曲线()y f x =在2x =处的切线斜率小于零例11．（2023·全国·高三专题练习）函数()f x 定义域为(),a b ，其导函数'()f x 在(),a b 内的图象如图所示，则函数()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4例12．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在[,]a b 上的函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，给出下列命题： ①函数()y f x =在区间[]24,x x 上单调递减； ②若45x m n x <<<，则()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭；③函数()y f x =在[,]a b 上有3个极值点；④若23x p q x <<<，则[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<．其中正确命题的序号是（）A ．①③B ．②④C ．②③D ．①④【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系例13．（2023·全国·高三专题练习）函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋323c bx +的单调递增区间是（）A ．(－∞，－2]B ．1[,)2+∞C ．[2,3)D ．9[,)8+∞例14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为π，将()f x 的图象向右平移3π个单位长度得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在(),a a -上存在唯一极值点，则实数a 的取值范围是（） A ．11,2424ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．11,2424ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．11,2424ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,2424ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦例15．（2023·全国·高三专题练习）如图是函数()y f x =的导数()'y f x =的图象，则下面判断正确的是（）A ．在()3,1-内()f x 是增函数B ．在()4,5内()f x 是增函数C ．在1x =时()f x 取得极大值D ．在2x =时()f x 取得极小值例16．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()x a f x a x =-（0x >，0a >且1a ≠），则（）A ．当e a =时，()0f x ≥恒成立B ．当01a <<时，()f x 有且仅有一个零点C ．当e a >时，()f x 有两个零点D ．存在1a >，使得()f x 存在三个极值点第三天学习及训练【题型】五、求已知函数的极值点例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数3()1f x x x =-+，对于以下3个命题： ①函数()f x 有2个极值点 ②函数()f x 有3个零点③点(0,1)是函数()f x 的对称中心其中正确命题的个数为（） A ．0B ．1C ．2D ．3例18．（2023·全国·高三专题练习）已知0x 是函数()12sin cos 3f x x x x =-的一个极值点，则20tan x 的值是（）A ．1B ．12C ．37D ．57例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()8sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(]0,4x π∈，则()f x 所有极值点的和为（） A ．223πB ．13πC ．17πD ．503π例20．（2023·江苏·苏州中学高三阶段练习）已知函数()2sin 212cos xf x x=+，则下列说法中正确的是（）A ．()()f x f x π+=B ．()f xC ．()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增D ．若函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则a 的取值范围为60646067,33ππ⎛⎤⎥⎝⎦【题型】六、函数最值与极值的关系例21．（2022·江苏·高三专题练习）已知函数222()xx x f x e +-=，则下列结论不正确的是（）A ．函数()f x 有极小值也有最小值B ．函数()f x 存在两个不同的零点C ．当260k e -<<时，()f x k =恰有三个实根 D ．若[0,]x t ∈时，max 26()f x e=，则t 的最小值为2 例22．（2022·全国·高三专题练习）对函数()242()ln 1f x x a x x =+++(x R ∈，a R ∈且0a ≠)的极值和最值情况进行判断，一定有（） A ．既有极大值，也有最大值 B ．无极大值，但有最大值 C ．既有极小值，也有最小值D ．无极小值，但有最小值例23．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2()xf x x a e =+有最小值，则函数()y f x '=的零点个数为（） A ．0 B ．1C ．2D ．不确定例24．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A ．()()()f a f b f c <<B ．()()()f e f d f c <<C ．x c =时，()f x 取得最大值D ．x d =时，()f x 取得最小值第四天学习及训练【题型】七、导数中的极值偏移问题例25．（2023·全国·高三专题练习）关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（） A ．2x =是()f x 的极小值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 例26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln xf x x=，则（） A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x <C ．ln 2>D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y >例27．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()(0).e xaxf x a =≠ (1)若对任意的x R ∈，都有1()ef x ≤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e m n m n -=．求证： 2.m n +>例28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()1e (1),1,1x f x k x x k R x ⎛⎫=--->-∈ ⎪+⎝⎭．(1)若0k =，证明：(1,0)x ∈-时，()1f x <-；(2)若函数()f x 恰有三个零点123,,x x x ，证明：1231x x x ++>．答案第一天学习及训练【题型】一、求已知函数的极值例1．（2023·全国·高三专题练习）等比数列{}n a 中的项1a ，105a 是函数()32692f x x x x =-+-的极值点，则53a =（）A ．3B ．C ．D 【答案】D【分析】先根据题意确定函数的极值点，进而得到1105a a ⋅，然后根据等比中项求得答案.【详解】由题意，()()()23129313f x x x x x =-+=--'，则(),1x ∈-∞时0fx ，函数单调递增，()1,3x ∈时()0f x '<，函数单调递减，()3,x ∈+∞时0fx ，函数单调递增，于是x =1和x =3是函数的两个极值点，故1a ，105a 是()231290x x f x =-+='的两个根，所以11053a a ⋅=，所以25311053a a a =⋅=，又110540a a +=>，所以10a >，1050a >，设公比为q ，525310a a q =>，所以55a =故选：D.例2．（2023·全国·高三专题练习）下列函数中存在极值点的是（） A ．1y x= B ．e x y x =- C ．2y = D ．3y x =【答案】B【分析】对每个选项求导，然后判断即可【详解】对选项A ，210y x '=-<，故没有极值点；对选项B ，1e x y '=-，则极值点为0x =，故正确；对选项C ，0y '=，故没有极值点；对选项D ，230y x '=≥，故没有极值点；故选：B例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22e e x a f x a x =-至多有2个不同的零点，则实数a 的最大值为（）． A ．0 B ．1 C ．2 D ．e【答案】C【分析】先将零点问题转化为两函数交点问题，构造函数，研究其单调性，极值，画出函数图象，从而得到20e a a =或224e e a a ≥，再次构造关于a 的函数()2e a a h a =，研究其单调性，解出不等式，求出数a 的最大值.【详解】令()22e e 0xa f x a x =-=，得到22e ex a x a=，函数()22e e xa f x a x =-至多有2个不同的零点，等价于22e ex a x a=至多有两个不同的根，即函数2e x x y =与2e a a y =至多有2个不同的交点令()2ex x g x =，则()22e xx x g x -'=，当02x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增，当0x <或2x >时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以0x =与2x =为函数()g x 的极值点，且()()2400,2e g g ==，且()20e x x g x =≥在R 上恒成立，画出()2ex x g x =的图象如下：有图可知：20e a a =或224e e a a ≥时，符合题意，其中20e aa=，解得：0a = 设()2e a a h a =，则()22e aah a -'=，当1a <时，()0h a '>，当1a >时，()0h a '<，所以()2e aah a =在()1-∞，上单调递增，在()1+∞，上单调递减，由224e e a a ≥可得：()()2h a h ≥，所以2a ≤，综上：实数a 的最大值为2 故选：C【点睛】对于函数零点问题，直接求解无法求解时，可以转化为两函数的交点问题，数形结合进行解决.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知t 和3t +是函数()32f x x ax bx c =+++的零点，且3t +也是函数()f x 的极小值点，则()f x 的极大值为（）A ．1B ．4C ．43D ．49【答案】B【分析】根据给定条件，结合三次函数的特点可得2()()(3)f x x t x t =---，再借助导数求出极大值作答.【详解】因函数()f x 在3t +处取得极小值0，又t 是函数()f x 的另一零点，因此函数()f x只有两个零点，从而有2()()(3)f x x t x t =---，求导得：()3(1)(3)f x x t x t '=----，当1x t <+或3x t >+时，()0f x '>，当13t x t +<<+时，()0f x '<，于是，()f x 在3x t =+处取得极小值，在1x t =+处取得极大值(1)4f t +=，所以()f x 的极大值为4. 故选：B【题型】二、根据极值点求参数例5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2e 1xf x x a =+-()a R ∈有两个极值点，则实数a 的取值范围为（） A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．2,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】将函数有两个极值点转化为其导数有两个零点进行求解即可.【详解】对原函数求导得，()2e xf x x a '=+，因为函数()()2e 1xf x x a a R =+-∈有两个极值点，所以()0f x '=有两个不等实根，即2e 0x x a +=有两个不等实根，亦即2e xxa -=有两个不等实根. 令()2e x xg x =，则()()21e xx g x -'= 可知()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()()max 21eg x g ==，又因为当0x <时，()0g x <，当0x >时，()0g x >，所以2e 0a a ⎧-<⎪⎨⎪->⎩，解得20e a -<<，即a 的范围是2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：B例6．（2023·全国·高三专题练习）若函数()sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间[0，π)内有且只有两个极值点，则正数ω的取值范围是（） A ．58,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．58,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【分析】根据极值点的定义，利用整体法，列出关于ω的不等关系，即可求得参数范围. 【详解】因为()f x 在[)0,π有2个极值点，也即()f x 在区间[)0,π取得一次最大值，一次最小值；又0ω>，则当[)0,x π∈，,333x πππωωπ⎡⎫+∈+⎪⎢⎣⎭，要使得()f x 满足题意，只需35232ππωππ<+≤，解得713,66ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.故选：C.例7．（2023·全国·高三专题练习）若2x =是函数21()2ln 2f x ax x x =--的极值点，则函数（）A ．有最小值2ln2-，无最大值B ．有最大值2ln2-，无最小值C ．有最小值2ln2-，最大值2ln 2D ．无最大值，无最小值【答案】A【分析】对()f x 求导，根据极值点求参数a ，再由导数研究其单调性并判断其最值情况.【详解】由题设，2()1f x ax x '=--且(2)0f '=，∴220a -=，可得1a =.∴2(1)(2)()1x x f x x x x+-'=--=且0x >，当02x <<时()0f x '<，()f x 递减；当2x >时()0f x '>，()f x 递增； ∴()f x 有极小值(2)2ln 2f =-，无极大值. 综上，有最小值2ln2-，无最大值. 故选：A例8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，若1x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是_______．【答案】1k ≥-【分析】先求函数()f x 的导函数2(e )(1)()x k x f x x+-'=，由条件1x =是函数()f x 的唯一极值点，说明e 0x k +=在,()0x ∈+∞上无解，或有唯一解1x = ，求实数k 的取值【详解】e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的定义域为(0,)+∞222(1)e 11(e )(1)()()x x x k x f x k x x x x -+-'∴=+-+=1x =是函数()f x 的唯一极值点1x ∴= 是导函数()0f x '=的唯一根（Ⅰ）e 0x k +=在(0,)+∞无变号零点令()e x g x k =+ ，则()e 0x g x '=> ，即()g x 在(0,)+∞上单调递增此时min ()10g x k =+≥ 1∴≥-k（Ⅱ）当()e x g x k =+ 在(0,)+∞有解1x = 时，此时e 0k += ，解得e k =- 此时()f x 在(0,1) 和(1,)+∞ 上均单调递增，不符合题意故答案为：1k ≥-第二天学习及训练【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系例9．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的函数f （x ），其导函数()f x '的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（）A ．()()()f b f a f c >>B ．函数()f x 在x ＝c 处取得最大值，在e x =处取得最小值C ．函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，在e x =处取得极小值D ．函数()f x 的最小值为()f d 【答案】C【分析】根据导函数的图象确定()f x 的单调性，从而比较函数值的大小及极值情况，对四个选项作出判断.【详解】由题图可知，当x c ≤时，()0f x '≥，所以函数()f x 在,c 上单调递增，又a <b <c ，所以()()()f a f b f c <<，故A 不正确．因为()0f c '=，()0f e '=，且当x c <时，0f x；当c <x <e 时，()0f x '<；当x >e 时，0fx．所以函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，但不一定取得最大值，在x＝e 处取得极小值，不一定是最小值，故B 不正确，C 正确．由题图可知，当d x e ≤≤时，()0f x '≤，所以函数()f x 在[d ，e ]上单调递减，从而()()f d f e >，所以D 不正确．故选：C ．例10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（）A ．3-是()f x 的极小值点B ．1-是()f x 的极小值点C ．()f x 在区间(),3-∞上单调递减D ．曲线()y f x =在2x =处的切线斜率小于零【答案】D【分析】根据导函数图像，求得函数单调性，结合极值点定义，即可判断ABC 选项，根据导数的定义和几何意义即判断D 选项，从而得出答案. 【详解】由图像知，当3x <-或3x >时，0fx，()f x 单调递增，当33x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在区间(),3-∞-，()3,+∞内单调递增，在区间()3,3-内单调递减，3-是()f x 的极大值点，3是()f x 的极小值点，故ABC 错误；又因为()20f '<，所以曲线()y f x =在2x =处切线斜率小于零，故D 正确. 故选：D.例11．（2023·全国·高三专题练习）函数()f x 定义域为(),a b ，其导函数'()f x 在(),a b 内的图象如图所示，则函数()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【分析】根据导函数的图象可判断出()f x 的单调性，结合极小值点的概念即可得结果. 【详解】由()f x '的图象可得：函数()f x 在()1,a x 上单调递增，在()12,x x 上单调递减，在()24,x x 上单调递增，在()4,x b 上单调递减，故2x x =为函数()f x 的极小值点，即()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是1，故选：A.例12．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在[,]a b 上的函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，给出下列命题： ①函数()y f x =在区间[]24,x x 上单调递减； ②若45x m n x <<<，则()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭；③函数()y f x =在[,]a b 上有3个极值点；④若23x p q x <<<，则[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<．其中正确命题的序号是（）A ．①③B ．②④C ．②③D ．①④【答案】B【分析】根据()y f x '=图象判断函数()y f x =单调性和极值点情况，并利用单调性比较函数值的大小，逐一判断四个命题的正误即可.【详解】①中，看图知，在区间[]23,x x 上，()0f x '≥，在区间[]34,x x 上，()0f x '≤，故函数()y f x =在区间[]24,x x 上先增再减，①错误；②中，看图知，在区间[]45,x x 上，()y f x '=是下凸的，任意连接两点()(),(),,()m f m n f n ''，中点为()(),22m n f m f n M ''++⎛⎫ ⎪⎝⎭，线段一定在()y f x '=图象上方，故中点也在图象上方，即()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭，故②正确；③中，看图知，在区间[]3,a x 上，()0f x '≥，在区间[]35,x x 上，()0f x '≤，在区间[]5,x b 上，()0f x '≥，所以()y f x =有一个极大值点3x 和一个极小值点5x ，故③错误；④中，看图知，在区间[]23,x x 上，()0f x '≥，且()f x '递减，故()y f x =单调递增，故()(),()()f p f q f p f q '<'>，故[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<，即④正确.综上，正确命题的序号是②④. 故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数判断函数()f x 的单调性和极值的方法：①写定义域，对函数()f x 求导()f x '；②在定义域内，令 ()0f x '>的区间即是增区间，令()0f x '<的区间即是减区间，③根据单调区间，判断极值点即可.【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系例13．（2023·全国·高三专题练习）函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋323cbx +的单调递增区间是（）A ．(－∞，－2]B ．1[,)2+∞C ．[2,3)D ．9[,)8+∞【答案】D【分析】由图象知0a >，0d =，不妨取1a =，先对函数32()f x x bx cx d =+++进行求导，根据2x =-，3x =时函数取到极值点知(2)0f '-=，(3)f '0=，故可求出b ，c 的值，再根据函数单调性和导数正负的关系得到答案．【详解】解：不妨取1a =，32()f x x bx cx =++，2()32f x x bx c '∴=++由图可知(2)0f '-=，(3)f '0=1240b c ∴-+=，2760b c ++=， 1.5b ∴=-，18c =-2964y x x ∴=--，924y x '=-，当98x >时，0'>y2964y x x ∴=--的单调递增区间为：9[8，)∞+ 故选：D ．例14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为π，将()f x 的图象向右平移3π个单位长度得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在(),a a -上存在唯一极值点，则实数a 的取值范围是（） A ．11,2424ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．11,2424ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．11,2424ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,2424ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【分析】首先求函数()f x 的解析式，再根据平移公式，求解函数()g x 的解析式，结合函数的图象，列式求实数a 的取值范围. 【详解】由题意知()f x 的最小正周期2T ππω==，∴2ω=，∴()sin 24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∴()5sin 2sin 23412g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，作出()g x 的图象如图所示，数形结合可知0112424a a a ππ⎧⎪>⎪⎪≤⎨⎪⎪-<-⎪⎩ ，解得：112424a ππ<≤∴实数a 的取值范围是11,2424ππ⎛⎤⎥⎝⎦.故选：D例15．（2023·全国·高三专题练习）如图是函数()y f x =的导数()'y f x =的图象，则下面判断正确的是（）A ．在()3,1-内()f x 是增函数B ．在()4,5内()f x 是增函数C ．在1x =时()f x 取得极大值D ．在2x =时()f x 取得极小值【答案】B【分析】根据()'y f x =图象判断()f x 的单调性，由此求得()f x 的极值点，进而确定正确选项.【详解】由图可知，()f x 在区间()33,,2,42⎛⎫-- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x <递减；在区间()3,2,4,52⎛⎫- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x >递增.所以1x =不是()f x 的极值点，2x =是()f x 的极大值点. 所以ACD 选项错误，B 选项正确. 故选：B例16．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()x af x a x =-（0x >，0a >且1a ≠），则（）A ．当e a =时，()0f x ≥恒成立B ．当01a <<时，()f x 有且仅有一个零点C ．当e a >时，()f x 有两个零点D ．存在1a >，使得()f x 存在三个极值点【答案】ABC【分析】选项A ，不等式变形后求函数的最值进行判断；选项B ，确定函数的单调性，利用零点存在定理判断；选项C ，结合选项A 中的新函数进行判断；选项D ，求导，由导函数等于0，构造新函数确定导函数的零点个数，得极值点个数，判断D ．【详解】对于A 选项，当e a =时，()0f x ≥，即eln 1e eln e x x x x x x ≥⇔≥⇔≤，设()ln x g x x=，则()21ln xg x x-'=，故当()0,e x ∈时，()0g x '>，当()e,x ∈+∞时，()0g x '<，所以()()ln e 1e e eg x g ≤==，故A 正确；对于B 选项，当01a <<时，()x af x a x =-单调递减，且当0x +→时，()1f x →，()110f a =-<，因此()f x 只有一个零点，故B 正确；对于C 选项，()0ln ln x af x a x x a a x =⇔=⇔=，即ln ln x ax a=，当e a >时，由A 选项可知，()10eg a <<，因此()()g x g a =有两个零点，即()f x 有两个零点，故C 正确；对于D 选项，()1ln xa f x a a ax-'=-，令()0f x '=，得11ln x a a a x --=，两边同时取对数可得，()()()1ln ln ln 1ln x a a a x -+=-，设()()()()1ln ln ln 1ln h x x a a a x =-+--，则()1ln a h x a x -'=-，令()0h x '=，得1ln a x a -=，则()h x 在10,ln a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,ln a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，因此()h x 最多有两个零点，所以()f x 最多有两个极值点，故D 错误. 故选：ABC.第三天学习及训练【题型】五、求已知函数的极值点例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数3()1f x x x =-+，对于以下3个命题： ①函数()f x 有2个极值点 ②函数()f x 有3个零点③点(0,1)是函数()f x 的对称中心其中正确命题的个数为（） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】C【分析】利用导数研究()f x 的单调性确定极值情况，结合零点存在性定理判断零点个数，根据()()2f x f x +-=判断对称中心.【详解】令2()310f x x '=-=，可得x =所以(,-∞、)+∞上()0f x '>，()f x 递增；(上()0f x '<，()f x 递减；所以x =是()f x 的极值点，又(2)50f -=-<，(10f =>，10f =->，所以()f x 在(2,-上存在一个零点，所以()f x 有2个极值点，1个零点，①正确，②错误；33()()112f x f x x x x x +-=-+-++=，故(0,1)是函数()f x 的对称中心，③正确.故选：C例18．（2023·全国·高三专题练习）已知0x 是函数()12sin cos 3f x x x x =-的一个极值点，则20tan x 的值是（）A ．1B ．12C ．37D ．57【答案】D【分析】由题知0()0f x '=，可得01cos26x =，由二倍角公式可算得207cos 12x =，进而有205sin 12x =，所以205tan 7x =.【详解】()2001112cos2,cos22cos 1366f x x x x =-∴=∴-='，∴207cos 12x =，∴22005sin 1cos 12x x =-=， ∴220020sin 5tan cos 7x x x == 故选：D例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()8sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(]0,4x π∈，则()f x 所有极值点的和为（） A ．223πB ．13πC ．17πD ．503π【答案】D【分析】根据已知条件，令()0f x '=，求出方程的根，判断根左右两侧的导函数符号可得极值点，从而可求解()f x 所有极值点的和.【详解】解：()16cos 26f x x π⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，令()16cos 206f x x π⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭，得,23k x k Z ππ=+∈，因为()f x '在,23k x k Z ππ=+∈两侧异号，所以,23k x k Z ππ=+∈是函数()f x 的极值点，又(]0,4x π∈，所以极值点54117171023,,,,,,,36363636x ππππππππ=，所以()f x 所有极值点的和为5411717102350,363636363πππππππππ++++++=，故选：D.例20．（2023·江苏·苏州中学高三阶段练习）已知函数()2sin 212cos xf x x=+，则下列说法中正确的是（） A ．()()f x f x π+= B ．()f xC ．()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增D ．若函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则a 的取值范围为60646067,33ππ⎛⎤⎥⎝⎦【答案】ABD【分析】利用二倍角公式进行化简，再根据函数的的性质分别判断各选项.【详解】()2sin 2sin 2sin 21cos 212cos 2cos 2122xx xf x x xx ===+++⎛⎫+ ⎪⎝⎭， A 选项：()()()()sin 22sin 22cos 222cos 2x x f x f x x xπππ++===+++，A 选项正确；B 选项：设()sin 22cos 2xf x t x==+，则()sin 2cos 222x t x t x ϕ-=+≤解得213t ≤，t ≤≤，即max t =，即()f xB 选项正确；C 选项：因为022f f ππ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上不单调，C 选项错误；D 选项：()()()()()222cos 22cos 2sin 22sin 24cos 222cos 22cos 2x x x x x f x x x +--+'==++，令()0f x '=，解得1cos 22x =-，即3x k ππ=+或23x k ππ=+，Z k ∈，当2,33x k k ππππ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭，Z k ∈时，()0f x '<，函数单调递减，当当24,33x k k ππππ⎛⎫∈++⎪⎝⎭，Z k ∈时，0f x ，函数单调递增，所以函数()f x 的极大值点为3π，43π，，()13n ππ+-，又函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则2021,202233a ππππ⎛⎤∈++ ⎥⎝⎦，即60646067,33a ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，D 选项正确；故选：ABD.【题型】六、函数最值与极值的关系例21．（2022·江苏·高三专题练习）已知函数222()xx x f x e +-=，则下列结论不正确的是（）A ．函数()f x 有极小值也有最小值B ．函数()f x 存在两个不同的零点C ．当260k e -<<时，()f x k =恰有三个实根 D ．若[0,]x t ∈时，max 26()f x e =，则t 的最小值为2 【答案】C【分析】先求导，通过导函数的单调性分析出原函数大致图象，然后画出图象，结合图象来分析每一个选项即可求出答案.【详解】由222()x x x f x e +-=，得()22'2(22)(22)4()x x x x x e x x e x f x e e +-+--+==，令'()0f x =，则2x =-或2x =，当<2x -或2x >时，'()0f x <；当22x -<<时，'()0f x > ，所以()f x 在(,2)-∞-和(2,+)∞上单调递减，在(2,2)-上单调递增，所以()f x 有极小值()2244222f e e ---==--，有极大值()224+4262f e e-==，当x →-∞时，()f x →+∞，当x →+∞时，()0f x →，故函数的图象如图，由图像可知A ，B ，D 正确，C 错误. 故选：C例22．（2022·全国·高三专题练习）对函数()242()ln 1f x x a x x =+++(x R ∈，a R ∈且0a ≠)的极值和最值情况进行判断，一定有（） A ．既有极大值，也有最大值 B ．无极大值，但有最大值 C ．既有极小值，也有最小值 D ．无极小值，但有最小值【答案】C【分析】先求出导数，34242()21x xf x x a x x '+=+⋅++4221x x x =++()42(21)1x a x a ++++，然后讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况，进而判断各选项【详解】34242()21x x f x x a x x '+=+⋅++4221x x x =++()42(21)1x a x a ++++，下面讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况.令2[0,)u x =∈+∞，2()(21)1g u u a u a =++++，（1）当(0)10g a =+<时(即1a <-)，()g u 仅有一个唯一的正零点，不妨设为0u ，此时()f x '有三个不同零点，分别为0（2）当(0)10g a =+=时(即1a =-)3422()(1)(1)1x f x x x x x =+-++'；满足既有极小值，也有最小值；（3）当(0)10g a =+>时(即1a >-且0a ≠)，若2102a u +=-≤(即12a ≥-且0a ≠)，则()f x 仅有一个唯一的极小值点为0，若212a u +=-1012a ⎫⎛>-<<- ⎪⎝⎭，结合22Δ(21)4(1)43a a a =+-+=-分析可知：当1a -<<时，()g u 有两个不同的正零点(令为1u ，2u 且12u u <).此时()f x 在(,-∞，()，上单调递减，当12a ≤<-时，则()f x 仅有一个唯一的极小值点为0. 满足既有极小值，也有最小值；综上分析，故选：C【点睛】关键点睛：解题的关键在于：求导后讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况，讨论的时候，分情况：（1）当(0)10g a =+<；（2）当(0)10g a =+=；（3）当(0)10g a =+>，进而判断各选项，属于难题例23．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2()x f x x a e =+有最小值，则函数()y f x '=的零点个数为（） A ．0 B ．1 C ．2 D ．不确定【答案】C【解析】对函数求导，转化条件为()0f x '<有解，再结合二次函数的性质即可得解.【详解】由题意，()2()2xf x x a e x +'=+，因为函数()f x 有最小值，且e 0x >，所以函数存在单调递减区间，即()0f x '<有解，所以220x x a ++=有两个不等实根，所以函数()y f x '=的零点个数为2. 故选：C.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值，考查了运算求解能力，属于基础题. 例24．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A ．()()()f a f b f c <<B ．()()()f e f d f c <<C ．x c =时，()f x 取得最大值D ．x d =时，()f x 取得最小值【答案】AB【分析】由()f x '图象可确定()f x 的单调性，结合单调性依次判断各个选项即可得到结果. 【详解】由()f x '图象可知：当()(),,x c e ∈-∞+∞时，0fx；当(),x c e ∈时，()0f x '<；f x 在(),c -∞，(),e +∞上单调递增，在(),c e 上单调递减；对于A ，a b c <<，()()()f a f b f c ∴<<，A 正确；对于B ，c d e <<，()()()f e f d f c ∴<<，B 正确；对于C ，由单调性知()f c 为极大值，当>x e 时，可能存在()()0f x f c >，C 错误；对于D ，由单调性知()()f e f d <，D 错误. 故选：AB.第四天学习及训练【题型】七、导数中的极值偏移问题例25．（2023·全国·高三专题练习）关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（） A ．2x =是()f x 的极小值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 【答案】C【分析】对于A ，分析()f x 导函数可作判断；对于B ，考查函数()y f x x =-的单调性可作判断；对于C ，分离参数，再分析函数()f x x最值情况而作出判断；对于D ，构造函数()()(4)(02)g x f x f x x =--<<讨论其单调性，确定()0g x >即可判断作答.【详解】对于A 选项：()f x 定义域为(0,)+∞，22212()x f x x x x'-=-+=， 02x <<时,()0,2f x x '<>时()0f x '>，2x =是()f x 的极小值点，A 正确；对于B 选项：令222()(),()0x x h x f x x h x x -+'=-=-<， ()h x 在(0,)+∞上递减，(1)1,(2)ln 210h h ==-<，()h x 有唯一零点，B 正确；对于C 选项：令23()2ln ln 4(),()f x x x x x x x x x x x ϕϕ-+'==+=-，令()ln 4F x x x x =-+，()ln ,(0,1)F x x x '=∈时,()0,(1,)F x x '<∈+∞时,()0F x '>， ()F x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，则min ()(1)30F x F ==>，()0x ϕ'<，()ϕx 在(0,)+∞上递减，()ϕx 图象恒在x 轴上方，与x 轴无限接近，不存在正实数k 使得()f x kx >恒成立，C 错误；对于D 选项：由A 选项知，()f x 在(0,2)上递减，在(2,)+∞上递增，因正实数1x ，2x ，且12x x >，()()12f x f x =，则2102x x <<<，02x <<时，令()()(4)g x f x f x =--，()()()()2222404x x g x f x f x x x --=+-'+-''=<，即()g x 在(0,2)上递减，于是有()()20g x g >=，从而有()()122(4)f x f x f x =>-，又242x -> ，所以124x x >-，即124x x +>成立，D 正确. 故选：C.例26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln xf x x=，则（） A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x <C．ln 2>D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y > 【答案】AD【分析】A ：代入2,5直接计算比较大小；B ：求()f x 的导函数，分析单调性，可得当()f x m=有两个不相等实根时1x 、2x 的范围，不妨设1x 2x <，则有10e x <<2x <，比较()211,e f x f x ⎛⎫ ⎪⎝⎭的大小关系，因为()()12f x f x =，可构造()()2e F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(0e)x <<，求导求单调性，计算可得()0F x <成立，可证212e x x >；C ：用()f x 在()0,e 上单调递增，构造ln 2ln e2e<可证明；D ：令23x y t ==，解出lg lg 2t x =，lg lg 3ty =，做差可证明23x y >.【详解】解：对于A ：()()12ln 52525n f f ====又105232==1025=，3225>>()()25f f >，A 正确；对于B ：若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x >，故B 不正确；证明如下：函数()ln x f x x =，定义域为()0,∞+，则()21ln xf x x -'=，当0fx时，0e x <<；当()0f x '<时，e x >；所以()f x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，则()max 1ef x =且e x >时，有()0f x >，所以若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，有10em <<，不妨设1x 2x <，有10e x <<2x <，要证212e x x >，只需证221e x x >，且221e e x x >>，又()()12f x f x =，所以只需证()211e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，令()()2e F x f x f x ⎛⎫=-⎪⎝⎭(0e)x <<则有()()()22241111e ln e F x f x f x x x x ⎛⎫⎛⎫'''=+⋅=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当0e x <<时，1ln 0x ->，24110ex ->，所以有()0F x '>，即()F x 在(0,e)上单调递增，且()0e F =，所以()0F x <恒成立，即()211e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()221e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即212e x x >.对于C ：由B 可知，()f x 在()0,e 上单调递增，则有()()2e f f <，即ln 2ln e2e<，则有2ln 2e<<C 不正确；对于D ：令23x y t ==，则1t >，2lg log lg 2t x t ==，3lg log lg 3ty t ==， 2lg 3lg lg (lg9lg8)230lg 2lg3lg 2lg3t t t x y -∴-=-=>⋅， 23∴>x y ，故D 正确；故选：AD.【点睛】知识点点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.例27．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()(0).e xaxf x a =≠ (1)若对任意的x R ∈，都有1()ef x ≤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e m n m n -=．求证： 2.m n +> 【答案】(1)(0,1] (2)证明见解析【分析】（1）先判断a<0不成立，当0a >时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；（2）设()()(2)(1)h x g x g x x =-->，可得()0h x >恒成立，从而可证不等式. (1)当a<0时，111e af a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，因为10e e a<<，所以111eea>，即11ef a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，不符合题意；当0a >时，(1)()e xa x f x -'=，当(,1)x ∞∈-时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减．所以()(1)eaf x f ≤=．由1()e f x ≤恒成立可知1e ea ≤，所以1a ≤．又因为0a >，所以a 的取值范围为(0,1]． (2)因为e m n m n -=，所以e e m n m n --=，即e e m nm n=．令()ex xg 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1m n <<．设()()(2)(1)h x g x g x x =-->，则2221e 1()()[(2)](1)e (1)0e e x x x xx h x g x g x x x ----'''=--=+-=-⋅>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()0h x >，即()(2)g x g x >-在区间(1,)+∞上恒成立．因为1n >，所以()(2)g n g n >-．因为()()g m g n =，所以()(2)g m g n >-．又因为1m <，21n -<，且()g x 在区间(,1)-∞上单调递增，所以2m n >-，即2m n +>．【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，可转化函数的最值问题，而极值点偏移问题，通过可构建新函数，并利用原函数的单调性进行转化.例28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()1e (1),1,1x f x k x x k R x ⎛⎫=--->-∈ ⎪+⎝⎭．(1)若0k =，证明：(1,0)x ∈-时，()1f x <-；(2)若函数()f x 恰有三个零点123,,x x x ，证明：1231x x x ++>．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析【分析】（1）当0k =时，1()e ,(1,0)1xx f x x x -=∈-+，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到()(0)1f x f <=-；（2）首先确定1x =为函数的一个零点，接下来研究e ()1xF x k x =-+，构造差函数，求导后单调性，得到证明. (1)0k =时，函数1()e ,(1,0)1xx f x x x -=∈-+，则221()e 0(1)xx f x x +='>+， ()f x 在(1,0)-上单调递增，所以1()e (0)11xx f x f x -=<=-+．(2)e ()(1)1xf x x k x ⎛⎫=-- ⎪+⎝⎭，显然1x =为函数的一个零点，设为3x ；设函数e ()1xF x k x =-+，2e ()(1)x x F x x '=+ 当(1,0)x ∈-时，()0F x '<，当,()0x ∈+∞时，()0F x '>，故()F x 在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．由已知，()F x 必有两个零点12,x x ，且1210x x -<<<，下证：120x x +>．设函数()()(),(1,0)h x F x F x x =--∈-，则e e ()11x xh x x x -=++-， 2e 11()e e (1)11x x x x x x h x x x x -++⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪+--⎝⎭⎝⎭'，由于(1,0)x ∈-，则2e 1e 0(1)1x x x x x x -+⎛⎫-< ⎪+-⎝⎭，由（1）有1e 01xx x ++>-，故()0h x '<，即函数()h x 在(1,0)-上单调递减，所以()(0)0h x h >=，即有()()()211F x F x F x =>-，由于12,(0,)x x -∈+∞，且在(0,)+∞上单调递增，所以21x x >-，所以120x x +>．【点睛】对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明.。

一元函数的导数及其应用(导数中的极值偏移问题)(压轴题)(原卷版)-2023年高考数学高分必刷必过题

(2)证明见解析（1）
解：∵
f
x
ln x
1a x
，∴
f
x
1 x
1 x2
x 1 ，
x2
令 f x 0 ，得 x＝1，
当 0 x 1时， f x 0 ， f x 单调递减；当 x 1时， f x 0 ， f x 单调递增，
故函数 f x 的减区间为 0,1 ，增区间为 1, ；
不妨设 0＜x1＜x2，因为 x1，x2 是 f（x）的两个极值点，
所以
f
x1
e x1
lnx1
1 x1
a
0
，即 lnx1
1 x1
a
0 ，同理 lnx2
1 x2
a
0，
故
x1，x2
是函数
g
x
lnx
1 x
a
的两个零点，即
g（x1）＝g（x2）＝0，
由（1）知，g（x）min＝g（1）＝a+1＜0，故应有 a∈（﹣∞，﹣1），且 0＜x1＜1＜x2，
2
2
所以 h x 0 在 2, 恒成立，所以 h x 在 2, 上单调递减，
而 h2
0 ，所以
g x min
g
1 2
ln
a 2
a
a ln
a 2
2
0 不成立.
所以实数 a 的取值范围为： , 2 .
（2）
f x e2x x2 2x ， f x 2e2x 2 x 2 ，
因为 x0 是 f x 的极值点，所以 x0 满足 f x0 0,e2x0 x0 1,x0 0 ，
t
即 ht 在 0,a 上单调递减，在 a, 上单调递增，所以 t a 为函数 ht 的唯一极小值点，

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导数压轴题分类（2）---极值点偏移问题极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数()()()x x f x f F --=02x 或者()()()x x f x x f x F --+=00。

其中0x 为函数()x f y =的极值点。

⑵利用对数平均不等式。

2ln ln ab ba b a b a +<--<。

⑶变换主元等方法。

任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。

2.设11(,)A x y ,22(,)B x y 是函数2()(12)ln f x ax a x x =+--图象C 上不同的两点,M 为线段AB 的中点,过点M 作x 轴的垂线交曲线C 于点N ,试问:曲线C 在点N 处的切线是否平行于直线AB ？解:由题意可得21111(12)ln y ax a x x =+--,22222(12)ln y ax a x x =+--, 且12x x ≠,故直线AB 的斜率2121212121ln ln ()12y y x x k a x x a x x x x --==++----.由题意可知曲线C 在点N 处的切线的斜率为12'()2x x f +,因此我们只需判断直线AB 的斜率k 与12'()2x x f +是否相等即可. 又由于1'()212f x ax a x=+--,因此1212122'()()122x x f a x x a x x +=++--+. 令函数()'()g x k f x =-,则2112212ln ln ()x x g x x x x x -=-+-2121212112()[(ln ln )]x x x x x x x x -=⋅---+221221112(1)1[ln ]1x x x x x x x x -=⋅--+.不妨令120x x <<,则211x t x =>,2(1)()ln 1t h t t t -=-+, 则由22214(1)'()0(1)(1)t h t t t t t -=-=>++可知()t ϕ在(1,)+∞上递增. 故()(1)0h t h >=.从而可得()0h x ≠,即直线AB 的斜率k 与12'()2x x f +不相等,也即曲线C 在点N 处的切线与直线AB 不平行.任务二、完成下面练习，体验极值点偏移问题的解决方法在解题中的运用。

3.设函数2()(2)ln f x x a x a x =---． (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若方程()f x c =有两个不等实根12,x x ,求证:12()02x x f +'>．解:(1)由(1)(2)'()2(2)a x x a f x x a x x+-=---=,且0x >可知: 当0a ≤时,'()0f x >,此时函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时,若02ax <<,则'()0f x <；若2a x >,则'()0f x >；此时,函数()f x 在(0,)2a 上单调递减；在(,)2a+∞上单调递增.(2)由12,x x 12(0)x x <<是方程()f x c =的两个不等实根可知: 2111(2)ln x a x a x c ---=,2222(2)ln x a x a x c ---=. 两式作差可得12121212()()(2)()(ln ln )0x x x x a x x a x x -+-----=.故212121ln ln 2x x x x a a x x -+=-+⋅-.由'()2(2)af x x a x=---可得1212122'()(2)2x x a f x x a x x +=+---+ 212121ln ln 2x x a a x x x x -=⋅--+212121212()[(ln ln )]a x x x x x x x x -=⋅---+221221112(1)[ln ]1x a x x x x x x x -=⋅--+. 由120x x <<可知211x t x =>,因此由2(1)()ln 1t g t t t -=-+, 则由22214(1)'()0(1)(1)t g t t t t t -=-=>++可知()g t 在(1,)+∞上递增. 故()(1)0g t g >=,从而可知12()02x x f +'>．4.设函数2ln 2)(x mx x x f -+=有两个零点21,x x )(21x x <,且0x 是21,x x 的等差中项,求证:0)('0<x f .证明:由21,x x )(21x x <是函数2ln 2)(x mx x x f -+=的两个零点可知 21112ln =0x mx x +-,22222ln =0x mx x +-,两式作差可得121212122(ln ln )()()()0x x m x x x x x x -+---+=.故211221ln ln 2x x x x m x x -+=+⋅-.由2'()2f x m x x =+-,及1202x xx +=可得 12012124'()'()()2x x f x f m x x x x +==+-++2121214ln ln 2x x x x x x -=-⋅+-2121212122()[(ln ln )]x x x x x x x x -=-⋅---+221221112(1)2[ln ]1x x x x x x x x -=-⋅--+. 由120x x <<可知211x t x =>,因此由2(1)()ln 1t g t t t -=-+, 则由22214(1)'()0(1)(1)t g t t t t t -=-=>++可知()g t 在(1,)+∞上递增. 故()(1)0g t g >=,从而可知0)('0<x f ．5.（2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ．解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R ，当0a =时，()(2)0xf x x e =-=，得2x =，只有一个零点，不合题意；当0a ≠时，()(1)[2]xf x x e a '=-+当0a >时，由()0f x '=得，1x =，由()0f x '>得，1x >，由()0f x '<得，1x <，故，1x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，所以min ()(1)0f x f e ==-< 又(2)0f a =>，故在区间(1,2)内存在一个零点2x ，即212x << 由21lim (2)limlim 0,xx xx x x x x e e e --→-∞→-∞→-∞--===-又2(1)0a x ->，所以，()f x 在区间 (,1)-∞存在唯一零点1x ，即11x <，故0a >时，()f x 存在两个零点；当0a <时，由()0f x '=得，1ln(2)x x a ==-或，若ln(2)1a -=，即2ea =-时，()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，与题意不符若ln(2)1a ->，即02ea -<<时，易证()=(1)0f x f e =-<极大值故()f x 在R 上只有一个零点，若ln(2)1a -<，即2ea <-时，易证()=(ln(2)f x f a -极大值2(ln (2)4ln(2)5)0a a a =---+<，故()f x 在R 上只有一个零点综上述，0a >（Ⅱ）解法一、根据函数的单调性证明由（Ⅰ）知，0a >且1212x x <<<令2()()(2)(2),1xxh x f x f x x e xe x -=--=-+>，则2(1)2(1)(e 1)()x x x h x e ----'= 因为1x >，所以2(1)10,10x x e-->->，所以()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞内单调递增,所以()(1)0h x h >=，即()(2)f x f x >-，所以22()(2)f x f x >-，所以12()(2)f x f x >-，因为121,21x x <-<，()f x 在区间(,1)-∞内单调递减，所以122x x <-，即122x x +<解法二、利用对数平均不等式证明由（Ⅰ）知，0a >，又(0)2f a =- 所以，当02a <≤时，10x ≤且212x <<，故122x x +<当2a >时，12012x x <<<<，又因为12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e a x x --=-=--- 即12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e x x --=--所以111222ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)x x x x x x -+--=-+--所以12122112ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1))(2)(2)x x x x x x x x -------=-=---所以1212121212ln(1)ln(1)(2)(2)412ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2x x x x x x x x x x ---------=<------所以1212122ln(1)ln(1)22ln(2)ln(2)x x x x x x +----<--- ①下面用反证法证明不等式①成立因为12012x x <<<<，所以12220x x ->->，所以12ln(2)ln(2)0x x ---> 假设122x x +≥，当122x x +=，1212122ln(1)ln(1)02=02ln(2)ln(2)x x x x x x +----=---且,与①矛盾；当122x x +>时1212122ln(1)ln(1)02<02ln(2)ln(2)x x x x x x +---->---且,与①矛盾，故假设不成立所以122x x +<6.设函数()ln f x x ax =-有两个零点21,x x ,求证:212x x e >. 证明:由21,x x )(21x x <是函数()ln f x x ax =-的两个零点可得: 11ln =0x ax -,22ln =0x ax -,两式相减可得1212ln ln ()0x x a x x ---=2121ln ln x x a x x -⇒=-.两式相加可得1212ln ln ()0x x a x x +-+=2121ln ln x x a x x +⇒=+.故有21212121ln ln ln ln x x x x a x x x x -+==-+.由于212x x e >12ln ln 2x x ⇔+>.因此只需证明2121212121ln ln ln ln 2x x x x x x x x x x -+=>-++即可.而212121ln ln 2x x x x x x ->-+212121ln ln 2x x x x x x -⇔->⋅+2212111ln 201x x x x x x -⇔-⋅>+ 由120x x <<可知211x t x =>,因此由2(1)()ln 1t g t t t -=-+, 则由22214(1)'()0(1)(1)t g t t t t t -=-=>++可知()g t 在(1,)+∞上递增.故()(1)0g t g >=,从而原命题得证.。

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