极值点偏移 专题
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，。
专题08 导数中的极值和极值点偏移(解析版)
专题08 导数中的极值和极值点偏移一、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【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()22exx 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 ．1 B ．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 1x f 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()()21exx 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 （∴）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（∴）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 ≥-【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：∴函数()y f x =在区间[]24,x x 上单调递减； ∴若45x m n x <<<，则()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭；∴函数()y f x =在[,]a b 上有3个极值点；∴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 ．∴∴B ．∴∴C ．∴∴D ．∴∴【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】∴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，∴错误；∴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∴正确；∴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∴错误；∴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∴正确.综上，正确命题的序号是∴∴. 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：∴写定义域，对函数()f x 求导()f x '；∴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，∴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e ln 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 x a 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.【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： ∴函数()f x 有2个极值点 ∴函数()f x 有3个零点∴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，∴正确，∴错误；33()()112f x f x x x x x +-=-+-++=，故(0,1)是函数()f x 的对称中心，∴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 x B 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 xf 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 -<<()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.【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 2D ．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23xyt ==，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 ->，24110e x ->，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111e e a>，即11e f 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 em n m n=． 令()e xxg 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)1x x 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)1x x 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)11x x 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 x h 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 01x x 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.。
极值点偏移问题专练B卷—2023届高考数学重难点专题
极值点偏移问题专练B卷1.已知函数，．
若，求的单调区间；
若有两个不同的零点，，证明：．
2.已知函数．
讨论函数的单调性
若函数有两个零点，，求证：．
3. 已知函数．
若在上单调递减，求实数的取值范围；
若是方程的两个不相等的实数根，证明：．
3.已知函数，函数在上存在两个零点，．
求的单调区间；
证明：．
5. 已知函数
求函数在定义域内的最值；
当时，若有两个不同的零点，，求证：
6. 已知函有两个极值点，．
求的取值范围；
当时，证明：．
7. 已知函数为自然对数的底数．
若在上单调递增，求的取值范围；
若，函数的两个极值点为，证明：．
8. 已知函数，
讨论极值点的个数
若有两个极值点，，且，证明：．。
专题三 极值点偏移问题(原卷版)
（1）若函数 在定义域内有且只有一个极值点，求实数 的取值范围；
（2）已知 ， 是函数 的两个不同的零点，求证： ．
10．设函数 ， ，其中 ， 是自然对数的底数．
（1）若 在 上存在两个极值点，求 的取值范围；
（2）当 ，设 ， ，若 在 上存在两个极值点 ， ，且 ，求证： ．
专题三 极值点偏移问题
1．已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）当 时，若关于 的方程 有两个实数根 ， ，且 ，求证：单调性；
（2）设函数 满足 ，若函数 有两个不同的零点 、 且 ．
①求实数 的取值范围；
②证明： ．
3．已知函数 有两个相异零点 ．
（1）求a的取值范围．
（2）求证： ．
4．已知函数 若关于 的方程 有两个正实数根 且 .
（1）求实数 的取值范围；
（2）求证： .
5．设函数 ( )．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 且方程 ， 在 上有两个不相等的实数根 ， ，求证： ．
6．已知函数 ， ．
（1）求函数 的最小值；
（2）若 是 的切线，求实数k的值；
11．已知函数 有两个零点 ， .
（1）求实数 的取值范围；
（2）求证： .
12．已知函数 ，曲线 在点 处切线与直线 垂直．
（1）试比较 与 的大小，并说明理由；
（2）若函数 有两个不同的零点 ， ，证明： ．
（3）若 与 的图象有两个不同交点A( ， )，B( ， )，求证： ．
7．已知函数 ．
（Ⅰ）求函数 的图象在点 处的切线方程；
（Ⅱ）若存在两个不相等的数 ， ，满足 ，求证： ．
高中数学专题 微专题13 极值点偏移问题
由 f′(x)＝1－1x＋ln x－2x＋a＝0 得
a＝2x＋1x－ln x－1，
所以直线 y＝a 与函数 g(x)＝2x＋1x－ln x－1 的图象有两个交点，
由
g(x)
＝
2x
＋
1 x
－
பைடு நூலகம்
ln
x－1
得
g′(x)
＝
2
－
1 x2
－
1 x
＝
2x2－x－1 x2
＝
2x＋1x－1
x2
，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2， 当x→0时，g(x)→＋∞， 当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 作出y＝g(x)的大致图象，如图所示. 所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为 (2，＋∞).
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点， 所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2， 要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1， 显然2－x1>1， 由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2 －x1)， 而g(x1)＝g(x2)＝a， 所以证明g(x1)>g(2－x1)即可， 即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
123
(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数 根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.
专题31 极值点偏移问题的研究(解析版)
专题31 极值点偏移问题的研究一、题型选讲题型一、常见的极值点偏移问题常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型：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 ； 例1、(2019无锡期末)已知函数f(x)＝e x －a2x 2－ax(a>0)．(1) 当a ＝1时,求证：对于任意x>0,都有f(x)>0 成立；(2) 若函数y ＝f(x)恰好在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值,求证：x 1＋x 22<ln a.思路分析 (1)利用导数分别讨论函数 和 的单调性即可；(2)直接证明比较困难,需要利用分析法,通过代数变形,换元等方法将问题转化为熟悉的不等式问题,再通过构造函数,结合常用不等式 ,利用导数进行证明．(1)由f(x)＝e x －12x 2－x,则f′(x)＝e x －x －1,令g(x)＝f′(x),则g′(x)＝e x －1,(3分)当x>0,g′(x)>0,则f′(x)在(0,＋∞)上单调递增,故f′(x)>f′(0)＝0,所以f(x)在(0,＋∞)上单调递增,(5分)进而f(x)>f(0)＝1>0,即对于任意x>0,都有f(x)>0.(6分)(2) f′(x)＝e x －ax －a,因为x 1,x 2为f(x)的两个极值点,所以⎩⎪⎨⎪⎧f′（x 1）＝0，f′（x 2）＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧e x 1－ax 1－a ＝0，e x 2－ax 2－a ＝0.两式相减,得a ＝⎩⎪⎨⎪⎧e x 4－ax 1－a ＝0，e x 2－ax 2－a ＝0.两式相减,得a ＝e x 1－e x 2x 1－x 2,(8分)则所证不等式等价x 1＋x 22<ln e x 1－e x 2x 1－x 2,即e x 1－x 22<e x 1－x 2－1x 1－x 2,(12分)令t ＝x 1－x 2,t>0,所以证不等式只需证明： e t 2<e t －1t →t e t2－e t ＋1<0,(14分) 设φ(t)＝t e t 20⎝⎛⎭⎫t2＋1≥0,所以φ′(t)≤0,所以φ(t)在(0,＋∞)单调递减,φ(t)<φ(0)＝0. 所以x 1＋x 22<ln a.(16分)例2、(2018常州期末)已知函数f(x)＝ln x（x ＋a ）2,其中a 为常数．(1) 若a ＝0,求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0,－a)上单调递增,求实数a 的取值范围；(3) 若a ＝－1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x 0,求证：f(x 0)<－2.思路分析 第一小问,利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤,必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问,由函数在(0,－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号,转化为含参数的恒成立问题；第三小问,关键是找到零点的大致范围,还是利用导数求最大值、最小值的方法．规范解答 (1) 当a ＝0时,f(x)＝ln xx 2,定义域为(0,＋∞)．f′(x)＝1－2ln x x 3,令f′(x)＝0,得x ＝e .当x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：所以当x ＝e 时,f(x)的极大值为12e ,无极小值．(4分)(2) f′(x)＝1＋ax－2ln x （x ＋a ）3,由题意f′(x)≥0对x∈(0,－a)恒成立．因为x∈(0,－a),所以(x ＋a)3<0,所以1＋ax －2ln x≤0对x∈(0,－a)恒成立．所以a≤2x ln x －x 对x∈(0,－a)恒成立．(6分)令g(x)＝2x ln x －x,x∈(0,－a),则g′(x)＝2ln x ＋1.∈若0<－a≤e －12,即0>a≥－e －12,则g′(x)＝2ln x ＋1<0对x∈(0,－a)恒成立,所以g(x)＝2x ln x －x 在(0,－a)上单调递减,则a≤2(－a)ln (－a)－(－a),所以ln (－a)≥0,所以a≤－1与a≥－e －12矛盾,舍去；∈若－a>e －12,即a<－e －12,令g′(x)＝2ln x ＋1＝0,得x ＝e －12,当0<x<e －12时,g′(x)＝2ln x ＋1<0,所以g(x)＝2x ln x －x 单调递减,当e －12<x<－a 时,g′(x)＝2ln x ＋1>0,所以g(x)＝2x ln x －x 单调递增,所以当x ＝e －12时,g(x)min ＝g(e －12)＝2e －12·lne －12－e －12＝－2e －12,所以a≤－2e －12.综上,实数a 的取值范围是(－∞,－2e －12]．(10分)(3) 当a ＝－1时,f(x)＝ln x（x －1）2,f′(x)＝x －1－2x ln x x （x －1）3.令h(x)＝x －1－2x ln x,x∈(0,1),则h′(x)＝1－2(ln x ＋1)＝－2ln x －1,令h′(x)＝0,得x ＝e －12.∈当e －12≤x<1时,h′(x)≤0,所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递减,h(x)∈(0,2e －12－1],x∈(0,1),所以f′(x)＝x －1－2x ln x x （x －1）3<0恒成立,所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减,且f(x)≤f(e －12)．(12分)∈当0<x≤e －12时,h′(x)≥0,所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递增,其中h ⎝⎛⎭⎫12＝12－1－2·12·ln 12＝ln 4e>0, h(e －2)＝e －2－1－2e －2·lne －2＝5e2－1<0,所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫e －2，12,使得h(x 0)＝0,所以f′(x 0)＝0, 当0<x<x 0时,f′(x)>0,所以f(x)＝ln x（x －1）2单调递增；当x 0<x≤e －12时,f′(x)<0,所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减,且f(x)≥f(e －12),(14分) 由∈和∈可知,f(x)＝ln x（x －1）2在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,所以当x ＝x 0时,f(x)＝ln x（x －1）2取极大值．因为h(x 0)＝x 0－1－2x 0ln x 0＝0,所以ln x 0＝x 0－12x 0,所以f(x 0)＝ln x 0（x 0－1）2＝12x 0（x 0－1）＝12⎝⎛⎭⎫x 0－122－12.又x 0∈⎝⎛⎭⎫e －2，12∈⎝⎛⎭⎫0，12,所以2⎝⎛⎭⎫x 0－122－12∈⎝⎛⎭⎫－12，0,所以f(x 0)＝12⎝⎛⎭⎫x 0－122－12<－2.(16分)例3、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)设函数f(x)＝x －a sin x(a>0)．(1) 若函数y ＝f(x)是R 上的单调增函数,求实数a 的取值范围； (2) 设a ＝12,g (x )＝f (x )＋b ln x ＋1(b ∈R ,b ≠0),g ′(x )是g (x )的导函数．∈若对任意的x >0,g ′(x )>0,求证：存在x 0,使g (x 0)<0；∈若g (x 1)＝g (x 2)(x 1≠x 2),求证：x 1x 2<4b 2.思路分析 (1) 由题意,f′(x)≥0对x∈R 恒成立,可考虑参数分离求参数范围；(2)∈根据x >0,g ′(x )>0,知g (x )为增函数,根据基本初等函数的性质得出必须有b >0,当然要说明理由,再寻找支撑点x 0的值,x →0时,b ln x 下降的程度大于x ,而－12sin x 在固定范围,所以使b ln x 足够小即可；∈用(1)的结论和g (x 1)＝g (x 2)(x 1≠x 2),构建不等式－2b >x 2－x 1ln x 2－ln x 1>0,然后运用放缩和换元的策略,转化为证明一元函数的单调性,即可证明．规范解答 (1) 由题意,f ′(x )＝1－a cos x ≥0对x ∈R 恒成立,(1分) 因为a >0,所以1a ≥cos x 对x ∈R 恒成立,因为(cos x )max ＝1,所以1a≥1,从而0<a ≤1.(3分)(2) ∈g (x )＝x －12sin x ＋b ln x ＋1,所以g ′(x )＝1－12cos x ＋bx.若b <0,则存在－b 2>0,使g ′⎝⎛⎭⎫－b 2＝－1－12cos ⎝⎛⎭⎫－b 2<0,不合题意,所以b >0.(5分)取x 0＝e －3b,则0<x 0<1.此时g (x 0)＝x 0－12sin x 0＋b ln x 0＋1<1＋12＋b lne －3b ＋1＝－12<0.所以存在x 0>0,使g (x 0)<0.(8分)∈依题意,不妨设0<x 1<x 2,令x 2x 1＝t ,则t >1.由(1)知函数y ＝x －sin x 单调递增,所以x 2－sin x 2>x 1－sin x 1.从而x 2－x 1>sin x 2－sin x 1.(10分) 因为g (x 1)＝g (x 2),所以x 1－12sin x 1＋b ln x 1＋1＝x 2－12sin x 2＋b ln x 2＋1,所以－b (ln x 2－ln x 1)＝x 2－x 1－12(sin x 2－sin x 1)>12(x 2－x 1)．所以－2b >x 2－x 1ln x 2－ln x 1>0.(12分)下面证明x 2－x 1ln x 2－ln x 1>x 1x 2,即证明t －1ln t >t ,只要证明ln t －t －1t <0 (*)．设h (t )＝ln t －t －1t (t >1),所以h ′(t )＝－（t －1）22t t <0在(1,＋∞)上恒成立．所以h (t )在(1,＋∞)上单调递减,故h (t )<h (1)＝0,从而(*)得证．所以－2b >x 1x 2,即x 1x 2<4b 2.(16分)例4、(2018南通、泰州一调)已知函数g(x)＝x 3＋ax 2＋bx(a,b∈R )有极值,且函数f (x )＝(x ＋a )e x 的极值点是g (x )的极值点,其中e 是自然对数的底数．(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值)(1) 求b 关于a 的函数关系式；(2) 当a >0时,若函数F (x )＝f (x )－g (x )的最小值为M (a ),证明：M (a )<－73.思路分析 (1) 易求得f(x)的极值点为－a －1,则g′(－a －1)＝0且g′(x)＝0有两个不等的实数解,解之得b与a 的关系．(2) 求导得F′(x)＝(x ＋a ＋1)(e x －3x ＋a ＋3),解方程F′(x)＝0时,无法解方程e x －3x ＋a ＋3＝0,构造函数h(x)＝e x －3x ＋a ＋3,证得h(x)>0,所以－a －1为极小值点,而且得出M(a),利用导数法证明即可．规范解答 (1) 因为f′(x)＝e x ＋(x ＋a)e x ＝(x ＋a ＋1)e x ,令f′(x)＝0,解得x ＝－a －1.列表如下：所以x ＝－a －1时,f(x)取得极小值．(2分)因为g′(x)＝3x 2＋2ax ＋b,由题意可知g′(－a －1)＝0,且Δ＝4a 2－12b>0,所以3(－a －1)2＋2a(－a －1)＋b ＝0,化简得b ＝－a 2－4a －3.(4分)由Δ＝4a 2－12b ＝4a 2＋12(a ＋1)(a ＋3)>0,得a≠－32.所以b ＝－a 2－4a －3⎝⎛⎭⎫a≠－32.(6分) (2) 因为F(x)＝f(x)－g(x)＝(x ＋a)e x －(x 3＋ax 2＋bx),所以F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝(x ＋a ＋1)e x －[3x 2＋2ax －(a ＋1)(a ＋3)]＝(x ＋a ＋1)e x －(x ＋a ＋1)(3x －a －3)＝(x ＋a ＋1)(e x －3x ＋a ＋3)．(8分)记h(x)＝e x －3x ＋a ＋3,则h′(x)＝e x －3,令h′(x)＝0,解得x ＝ln 3.列表如下：所以x ＝ln 3时,h(x)取得极小值,也是最小值,此时,h(ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋a ＋3＝6－3ln 3＋a＝3(2－ln 3)＋a ＝3ln e 23＋a>a>0.(10分)所以h(x)＝e x －3x ＋a ＋3≥h(ln 3)>0,令F′(x)＝0,解得x ＝－a －1.列表如下：所以x ＝－a －1时,F(x)取得极小值,也是最小值．所以M(a)＝F(－a －1)＝(－a －1＋a)e－a －1－[(－a －1)3＋a(－a －1)2＋b(－a －1)]＝－e－a －1－(a ＋1)2(a ＋2)．(12分)令t ＝－a －1,则t<－1,记m(t)＝－e t －t 2(1－t)＝－e t ＋t 3－t 2,t<－1,则m′(t)＝－e t ＋3t 2－2t,t<－1.因为－e －1<－e t <0,3t 2－2t>5,所以m′(t)>0,所以m(t)单调递增．(14分) 所以m(t)<－e －1－2<－13－2＝－73,即M(a)<－73.(16分)题型二、构造函数的极值点偏移问题(1)求出函数)(x f 的极值点0x ；(2)构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；(3)确定函数)(x F 的单调性；(4)结合0)0(=F ,判断)(x F 的符号,从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系.例5、(2017苏州期末)已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )．(1) 当x ＞1时,求函数f (x )的单调区间和极值；(2) 若对于任意x ∈[e,e 2],都有f (x )＜4ln x 成立,求实数k 的取值范围； (3) 若x 1≠x 2,且f (x 1)＝f (x 2),证明：x 1x 2＜e 2k .. 思路分析 (1) 只要注意对k 的讨论． (2) 分离出k ,转化为k ＞K (x )恒成立问题．(3) 先说明0＜x 1＜e k＜x 2,从而只要证e k＜x 2＜e 2k x 1,只要证f (x 1)＝f (x 2)＜f ⎝⎛⎭⎫e 2k x 1.转化为关于x 1的不等式对0＜x 1＜e k 恒成立问题．规范解答 (1) f ′(x )＝ln x －k ,其中x ＞1.(1分)∈若k ≤0,则x ＞1时,f ′(x )＞0恒成立,f (x )在(1,＋∞)上单调递增,无极值；(2分) ∈若k ＞0,则f (x )在(1,e k ]上单调递减,在[e k ,＋∞)上单调递增,(4分) 有极小值f (e k )＝－e k ,无极大值．(5分)(2) 问题可转化为k ＞⎝⎛⎭⎫1－4x ln x －1对x ∈[e,e 2]恒成立．(7分) 设K (x )＝⎝⎛⎭⎫1－4x ln x －1,则K ′(x )＝4x 2ln x ＋⎝⎛⎭⎫1－4x 1x ＝4x 2(ln x －1)＋1x. 当x ∈[e,e 2]时,K ′(x )≥1x ＞0,所以K (x )在[e,e 2]上单调递增,K (x )max ＝K (e 2)＝1－8e 2.(9分)所以实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1－8e 2，＋∞.(10分) (3) 因为f ′(x )＝ln x －k ,所以f (x )在(0,e k ]上单调递减,在[e k ,＋∞)上单调递增．不妨设0＜x 1＜e k＜x 2.要证x 1x 2＜e 2k ,只要证x 2＜e 2kx 1.因为f (x )在[e k,＋∞)上单调递增,所以只要证f (x 1)＝f (x 2)＜f ⎝⎛⎭⎫e 2kx 1,即要证(ln x 1－k －1)x 1＜(k －ln x 1－1)e2kx 1.(12分)令t ＝2(k －ln x 1)＞0,只要证(t －2)e t ＋t ＋2＞0.设H (t )＝(t －2)e t ＋t ＋2,则只要证H (t )＞0对t ＞0恒成立．H ′(t )＝(t －1)e t ＋1,H ″(t )＝t e t ＞0对t ＞0恒成立．所以H ′(t )在(0,＋∞)上单调递增,H ′(t )＞H ′(0)＝0.(14分)所以H (t )在(0,＋∞)上单调递增,H (t )＞H (0)＝0. 综上所述,x 1x 2＜e 2k .(16分)例6、(2019南通、泰州、扬州一调)已知函数f(x)＝ax ＋ln x(a∈R )．(1) 讨论f (x )的单调性；(2) 设f (x )的导函数为f ′(x ),若f (x )有两个不相同的零点x 1,x 2.∈求实数a 的取值范围；∈证明：x 1f ′(x 1)＋x 2f ′(x 2)>2ln a ＋2.思路分析 (1)求导函数f′(x),对a 分类讨论,确定导函数的正负,即可得到f(x)的单调性(2)∈根据第(1)问的函数f(x)的单调性,确定a>0,且f(x)min ＝f(a)<0,求得a 的取值范围,再用零点判定定理证明根的存在性．∈ 对所要证明的结论分析,问题转化为证明x 1x 2>a 2,不妨设0<x 1<a<x 2,问题转化为证明x 1>a 2x 2,通过对f(x)的单调性的分析,问题进一步转化为证明f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 2),构造函数,通过导数法不难证得结论．解：(1)f(x)的定义域为(0,＋∞),且f′(x)＝x －ax2.(1.1)当a≤0时,f′(x)>0成立,所以f(x)在(0,＋∞)为增函数；(2分)(1.2)当a>0时,(i )当x>a 时,f′(x)>0,所以f(x)在(a,＋∞)上为增函数；(ii )当0<x<a 时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,a)上为减函数．(4分)(2)∈由(1)知,当a≤0时,f(x)至多一个零点,不合题意；当a>0时,f(x)的最小值为f(a),依题意知f(a)＝1＋ln a<0,解得0<a<1e.(6分)一方面,由于1>a,f(1)＝a>0,f(x)在(a,＋∞)为增函数,且函数f(x)的图像在(a,1)上不间断．所以f(x)在(a,＋∞)上有唯一的一个零点． 另一方面, 因为0<a<1e ,所以0<a 2<a<1e .f(a 2)＝1a ＋ln a 2＝1a ＋2ln a,令g(a)＝1a ＋2ln a,当0<a<1e 时,g′(a)＝－1a 2＋2a ＝2a －1a 2<0,所以f(a 2)＝g(a)＝1a＋2ln a>g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －2>0 又f(a)<0,f(x)在(0,a)为减函数,且函数f(x)的图像在(a 2,a)上不间断．所以f(x)在(0,a)有唯一的一个零点． 综上,实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，1e .(10分) ∈ 设p ＝x 1f′(x 1)＋x 2f′(x 2)＝1－a x 1＋1－ax 2＝2－⎝⎛⎭⎫a x 1＋a x 2. 又⎩⎨⎧ln x 1＋a x 1＝0，ln x 2＋a x 2＝0，则p ＝2＋ln (x 1x 2)．(12分)下面证明x 1x 2>a 2.不妨设x 1<x 2,由∈知0<x 1<a<x 2. 要证x 1x 2>a 2,即证x 1>a 2x 2.因为x 1,a 2x 2∈(0,a),f(x)在(0,a)上为减函数,所以只要证f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 1)．又f(x 1)＝f(x 2)＝0,即证f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 2)．(14分) 设函数F(x)＝f ⎝⎛⎭⎫a 2x －f(x)＝x a －a x －2ln x ＋2ln a(x>a)． 所以F′(x)＝（x －a ）2ax 2>0,所以F(x)在(a,＋∞)为增函数．所以F(x 2)>F(a)＝0,所以f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 2)成立． 从而x 1x 2>a 2成立．所以p ＝2＋ln (x 1x 2)>2ln a ＋2,即x 1f′(x 1)＋x 2f′(x 2)>2ln a ＋2成立．(16分)解题反思 1. 第(2)∈中,用零点判定定理证明f(x)在(0,a)上有一个零点是解题的一个难点,也是一个热点问题,就是当0<a<1e 时,要找一个数x 0<a,且f(x 0)>0,这里需要取关于a 的代数式,取x 0＝a 2,再证明f(a 2)>0,事实上由(1)可以得到x ln x≥－1e ,而f(a 2)＝1a ＋ln a 2＝1＋2a ln a a>0即可．2. 在(2)∈中证明x 1x 2>a 2的过程,属于构造消元构造函数方法,将两个变量x 1,x 2转化为证明单变量的问题,这一处理方法,在各类压轴题中,经常出现,要能领悟并加以灵活应用二、达标训练1、(2018常州期末)已知函数f(x)＝ln x（x ＋a ）2,其中a 为常数．(1) 若a ＝0,求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0,－a)上单调递增,求实数a 的取值范围；(3) 若a ＝－1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x 0,求证：f(x 0)<－2.思路分析 第一小问,利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤,必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问,由函数在(0,－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号,转化为含参数的恒成立问题；第三小问,关键是找到零点的大致范围,还是利用导数求最大值、最小值的方法．规范解答 (1) 当a ＝0时,f(x)＝ln xx 2,定义域为(0,＋∞)．f′(x)＝1－2ln x x 3,令f′(x)＝0,得x ＝e .当x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：所以当x ＝e 时,f(x)的极大值为12e ,无极小值．(4分)(2) f′(x)＝1＋ax－2ln x （x ＋a ）3,由题意f′(x)≥0对x∈(0,－a)恒成立．因为x∈(0,－a),所以(x ＋a)3<0,所以1＋ax －2ln x≤0对x∈(0,－a)恒成立．所以a≤2x ln x －x 对x∈(0,－a)恒成立．(6分)令g(x)＝2x ln x －x,x∈(0,－a),则g′(x)＝2ln x ＋1.∈若0<－a≤e －12,即0>a≥－e －12,则g′(x)＝2ln x ＋1<0对x∈(0,－a)恒成立,所以g(x)＝2x ln x －x 在(0,－a)上单调递减,则a≤2(－a)ln (－a)－(－a),所以ln (－a)≥0,所以a≤－1与a≥－e －12矛盾,舍去；∈若－a>e －12,即a<－e －12,令g′(x)＝2ln x ＋1＝0,得x ＝e －12,当0<x<e －12时,g′(x)＝2ln x ＋1<0,所以g(x)＝2x ln x －x 单调递减,当e －12<x<－a 时,g′(x)＝2ln x ＋1>0,所以g(x)＝2x ln x －x 单调递增,所以当x ＝e －12时,g(x)min ＝g(e －12)＝2e －12·lne －12－e －12＝－2e －12,所以a≤－2e －12.综上,实数a 的取值范围是(－∞,－2e －12]．(10分)(3) 当a ＝－1时,f(x)＝ln x（x －1）2,f′(x)＝x －1－2x ln x x （x －1）3.令h(x)＝x －1－2x ln x,x∈(0,1),则h′(x)＝1－2(ln x ＋1)＝－2ln x －1,令h′(x)＝0,得x ＝e －12.∈当e －12≤x<1时,h′(x)≤0,所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递减,h(x)∈(0,2e －12－1],x∈(0,1),所以f′(x)＝x －1－2x ln x x （x －1）3<0恒成立,所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减,且f(x)≤f(e －12)．(12分)∈当0<x≤e －12时,h′(x)≥0,所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递增,其中h ⎝⎛⎭⎫12＝12－1－2·12·ln 12＝ln 4e>0, h(e －2)＝e －2－1－2e －2·lne －2＝5e2－1<0,所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫e －2，12,使得h(x 0)＝0,所以f′(x 0)＝0,当0<x<x 0时,f′(x)>0,所以f(x)＝ln x（x －1）2单调递增；当x 0<x≤e －12时,f′(x)<0,所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减,且f(x)≥f(e －12),(14分)由∈和∈可知,f(x)＝ln x（x －1）2在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,所以当x ＝x 0时,f(x)＝ln x（x －1）2取极大值．因为h(x 0)＝x 0－1－2x 0ln x 0＝0,所以ln x 0＝x 0－12x 0,所以f(x 0)＝ln x 0（x 0－1）2＝12x 0（x 0－1）＝12⎝⎛⎭⎫x 0－122－12.又x 0∈⎝⎛⎭⎫e －2，12∈⎝⎛⎭⎫0，12,所以2⎝⎛⎭⎫x 0－122－12∈⎝⎛⎭⎫－12，0,所以f(x 0)＝12⎝⎛⎭⎫x 0－122－12<－2.(16分) 2、(2017南京学情调研)已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋ln x ,a ,b ∈R .(1) 当a ＝b ＝1时,求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2) 当b ＝2a ＋1时,讨论函数f (x )的单调性；(3) 当a ＝1,b ＞3时,记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点是x 1和x 2 (x 1＜x 2),求证：f (x 1)－f (x 2)＞34－ln2.思路分析 (1) 通过求出f ′(1),f (1)的值,利用点斜式求出切线的方程；(2) 研究单调性,通过求出导函数f ′(x ),然后研究f ′(x )的正负,分类讨论,确定分类的标准是a ≤0,a ＞0,在a ＞0时,再按12a ＜1,12a ＝1,12a＞1分类；(3) 要证明此不等式,首先要考察x 1,x 2的范围与a ,b 的关系,由已知求出f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x (x ＞0),因此x 1,x 2是方程g (x )＝2x 2－bx ＋1＝0的两根,x 1x 2＝12,粗略地估计一下,由于g ⎝⎛⎭⎫12＝3－b 2＜0,g (1)＝3－b ＜0,因此有x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12,x 2∈(1,＋∞),由此可知f (x )在[x 1,x 2]上为减函数,从而有f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝⎛⎭⎫12－f (1),这里f ⎝⎛⎭⎫12－f (1)＝b 2－34－ln2＞34－ln2,正好可证明题设结论．规范解答 (1) 因为a ＝b ＝1,所以f (x )＝x 2－x ＋ln x , 从而f ′(x )＝2x －1＋1x.因为f (1)＝0,f ′(1)＝2,所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －0＝2(x －1),即2x －y －2＝0.(3分) (2) 因为b ＝2a ＋1,所以f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x ,从而f ′(x )＝2ax －(2a ＋1)＋1x ＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x,x ＞0.(5分)当a ≤0时,若x ∈(0,1),则f ′(x )＞0；若x ∈(1,＋∞),则f ′(x )＜0,所以f (x )在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,＋∞)上单调递减．(7分)当0＜a ＜12时,由f ′(x )＞0得0＜x ＜1或x ＞12a ；由f ′(x )＜0得1＜x ＜12a ,所以f (x )在区间(0,1)和⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减． 当a ＝12时,因为f ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号),所以f (x )在区间(0,＋∞)上单调递增．当a ＞12时,由f ′(x )＞0得0＜x ＜12a 或x ＞1；由f ′(x )＜0得12a ＜x ＜1,所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，12a 和(1,＋∞)上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减．(10分) (3) 证法1 因为a ＝1,所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x ,从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x(x ＞0)．由题意知,x 1,x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根,由根与系数的关系可得x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1,因为b ＞3,所以g ⎝⎛⎭⎫12＝3－b 2＜0,g (1)＝3－b ＜0,所以x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12,x 2∈(1,＋∞),且bx i ＝2x 2i ＋1(i ＝1,2),(12分)所以f (x 1)－f (x 2)＝(x 21－x 22)－(bx 1－bx 2)＋ln x 1x 2＝－(x 21－x 22)＋ln x 1x 2. 因为x 1x 2＝12,所以f (x 1)－f (x 2)＝x 22－14x 22－ln(2x 22),x 2∈(1,＋∞)．(14分) 令t ＝2x 22∈(2,＋∞),φ(t )＝f (x 1)－f (x 2)＝t 2－12t－ln t .因为φ′(t )＝(t －1)22t 2≥0,所以φ(t )在区间(2,＋∞)上单调递增,所以φ(t )＞φ(2)＝34－ln2,即f (x 1)－f (x 2)＞34－ln2.(16分)证法2 因为a ＝1,所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x ,从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x(x ＞0)．由题意知,x 1,x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根．记g (x )＝2x 2－bx ＋1,因为b ＞3,所以g ⎝⎛⎭⎫12＝3－b 2＜0,g (1)＝3－b ＜0,所以x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12,x 2∈(1,＋∞),且f (x )在[x 1,x 2]上为减函数．(12分)所以f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝⎛⎭⎫12－f (1)＝14－b 2＋ln 12－(1－b )＝－34＋b2－ln2. 因为b ＞3,所以f (x 1)－f (x 2)＞－34＋b 2－ln2＞34－ln2.(16分)3、已知函数()()2ln 2,g x x ax a x a R =-+-∈.(1)求()g x 的单调区间；(2)若函数()()()212f x g x a x x =++-, 1212,()x x x x <是函数()f x 的两个零点, ()f x '是函数()f x 的导函数,证明： 1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭'. 【解析】试题分析：(1)先求函数导数,根据导函数是否变号进行讨论,当0a ≤时, ()0g x '>, ()g x 递增,当0a >时,导函数有一零点,导函数先正后负,故得增区间为10,a ⎛⎫⎪⎝⎭,减区间为1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；(2)利用分析法先等价转化所证不等式：要证明1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭',只需证明121212ln ln 20x x x x x x --<+- 12(0)x x <<,即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+,即证明12112221ln 1x x xx x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+,再令()120,1x t x =∈,构造函数()()1ln 22h t t t t =+-+,利用导数研究函数()h t 单调性,确定其最值： ()h t 在()0,1上递增,所以()()10h t h <=,即可证得结论. 试题解析：(1) ()g x 的定义域为()0,+∞, ()()122g x ax a x-'=+- 当0a ≤时, ()0g x '>, ()g x 递增当0a >时, ()()()()()2221211122ax a x x ax g x ax a x x x-+-++-'+=-+-==()()10,0,xg x g x a '<递增； ()()1,0,x g x g x a'><递减 综上：∈当0a >时, ()g x 的单调增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭当0a ≤时, ()g x 的单调增区间为()0,+∞即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+,即证明()12112221ln *1x x xx x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+令()120,1x t x =∈,则()()1ln 22h t t t t =+-+ 则()1ln 1h t t t +'=-, ()2110h t t t -'=<' ∈()h t '在()0,1上递减, ()()10h t h ''>=,∈()h t 在()0,1上递增, ()()10h t h <=所以()*成立,即1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭' 4、已知函数()ln (,f x ax x b a b =+为实数)的图像在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-. (1)求实数,a b 的值及函数()f x 的单调区间；(2)设函数()()1f x g x x+=,证明()()1212()g x g x x x =<时, 122x x +>.5、过点P(−1,0)作曲线f(x)=e x的切线l．(1)求切线l的方程；(2)若直线l与曲线y=a f(x) (a∈R)交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),求证：x1+x2<−4．试题分析：(1)先根据导数几何意义求切线斜率y′|x=0=1,再根据点斜式求切线方程y=x+1．因为x1≠x2,不妨设x1<−2,x2>−2．设g(x)=f(x)−f(−4−x),则g′(x)=f′(x)+f′(−4−x)=(x+2)e x(1−e−2(2+x)),当x>−2时,g′(x)>0,g(x)在(−2,+∞)单调递增,所以g(x)>g(−2)=0,所以当x>−2时,f(x)>f(−4−x)．因为x2>−2,所以f(x2)>f(−4−x2),从而f(x1)>f(−4−x2),因为−4−x2<−2,f(x)在(−∞,−2)单调递减,所以x1<−4−x2,即x1+x2<−4．。
极值点偏移11种题型
极值点偏移11种题型极值点偏移是指数学中的一种概念，它允许把解决数学问题的计算过程从解析法（数学推导）转变为数值计算法（用计算机程序），以及其应用在代数、几何、微分和积分中11种题型上的具体体现。
2.念解释极值点偏移是一种数值分析方法，它用来确定一个函数在某点上取得极值，也就是取得最大值或者最小值。
它的本质是在此点附近以步长作为步长，从这个点出发，分别计算函数的值，得出最终的极值点位置。
3. 11种题型的具体体现（1）一元二次函数的极值点：通过极值点偏移方法，可以求出一元二次函数的极值点。
（2）多元函数的极值点：多元函数的极值点可以用极值点偏移法来寻找，确定一元函数取得极值时，用此法可以求出极值点。
（3）曲线下积分：利用极值点偏移法，可以求出一元函数在某一点的极值，从而求出曲线下积分。
（4）数值积分：极值点偏移法可以用来求出一元函数的极值，从而实现数值积分。
（5）积分方程：极值点偏移法可以用来求出一元函数的极值，从而求出方程的特解。
（6）矩形法求积分：极值点偏移法也可以用来求出一元函数的极值，从而实现矩形法求积分。
（7）梯形法求积分：极值点偏移法可以用来求出一元函数的极值，从而实现梯形法求积分。
（8）抛物线的面积：极值点偏移法也可以用来求出一元函数的极值，从而求出抛物线的面积。
（9）多边形的面积：如果已知多边形的顶点坐标，可以借助极值点偏移法，来求出多边形的面积。
（10）方程的求解：极值点偏移法可以用来求解一元方程，即找出方程的根。
（11）曲面积分：利用极值点偏移法，求出一个函数极值点的位置，再用此函数求出曲面的积分。
4.际应用极值点偏移法广泛应用于物理、机械、化学等技术领域，如爆炸物性能的分析、汽车司机驾驶行为检测、飞行器控制系统设计、流体动力学和热力学等，都能利用极值点偏移法来取得极值，从而得到准确的结果。
5.论极值点偏移是一种实用强大、便捷高效的数值分析方法，它在数学中的特殊用途以及工程领域的广泛应用，使得极值点偏移法成为一种重要的工具，为解决复杂的数学问题提供了可行的方法。
专题：极值点偏移问题
极值点偏移问题的解法探究极值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高.极值点偏移（()00f x '=）二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+= 一、常规方法——对称化构造例1.（2010天津）已知函数()e x f x x -=． （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()g x 的图像与()f x 的图像关于直线1x =对称，证明：当1x >时，()()f x g x >； （3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明：122x x +>．()()1220112022f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>点评：该题的三问由易到难，层层递进，完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程，有以下三个关键点：（1）1x ，2x 的范围（121x x <<）； （2）不等式()()()21f x f x x >->；（3）将2x 代入（2）中不等式，结合()f x 的单调性获证结论． 把握以上三个关键点，就可轻松解决一些极值点偏移问题．例2.（2016新课标Ⅰ卷）已知函数()()()22e 1xf x x a x =-+-有两个零点．（1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<． 解：（1）()0,+∞，过程略； （2）由（1）知()f x 在(),1-∞上，在()1,+∞上，由()()120f x f x ==，可设121x x <<．构造辅助函数()()()2F x f x f x =-- ()()()()()()()()()2221e 21e21ee x xxx F x f x f x x a x a x --'''=+-=-++-+=--当1x <时，10x -<，2e e0xx--<，则()0F x '>，得()F x 在(),1-∞上，又()10F =，故()()01F x x <<，即()()()21f x f x x <-<．将1x 代入上述不等式中得()()()1212f x f x f x =<-，又21x >，121x ->，()f x 在()1,+∞上，故112x x <-，122x x +<．注意：极值点偏移问题的结论不一定总是()1202x x x +><，也可以是()2120x x x ><，借鉴前面的解题经验，我们就可给出类似的过程．例3. 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证：1221ex x <．证明：（i ）()ln 1f x x '=+，得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上；当01x <<时，()0f x <；()10f =；当1x >时，()0f x >；当0x +→时，()0f x →（洛必达法则）；当x →+∞时，()f x →+∞，于是()f x 的图像如下，得12101ex x <<<<．小结：用对称化构造的方法解极值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．练习1．已知函数()ln f x x =和()g x ax =，若存在两个实数1x ，2x ，且12x x ≠，满足()()11f x g x =，()()22f x g x =，求证：（1）122e x x +>；（2）212e x x >．二、偏移新花样——拐点偏移拐点偏移()()00f x ''=()()()12012022f x f x f x x x x +=⇒+=()()()120201120222fx f x f x x x x x x x +=⇒>-⇒+>例4. 已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数1x ，2x 满足()()12+=4f x f x ，求证:122x x +≥。
极值点偏移四种题型的解法及例题
极值点偏移是高中数学中的一个重要概念，也是学生们比较头疼的一个知识点。
在解决数学问题时，我们经常会遇到一些与极值点有关的题型，比如函数的极值问题、优化问题等。
而在解决这些问题时，极值点偏移方法是一种非常实用的解题技巧。
本文将从四种题型出发，对极值点偏移方法进行详细解析，并结合具体例题进行说明。
1. 函数的极值问题函数的极值问题是高中数学中的一个重要内容。
在解决这类问题时，我们常常会用到导数的概念，来求函数的极值点。
但有些情况下，我们可以通过极值点偏移方法更快地得到函数的极值点。
比如对于一些简单的函数，通过极值点的平移和对称性，可以用更简洁的方法求得函数的极值点。
举例说明：已知函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$，求 $f(x)$ 的极值点。
解：求导得 $f'(x)=3x^2-6x$。
令导数为零，得到 $x=0$ 或 $x=2$。
根据导数的符号，可知 $x=0$ 是极小值点，$x=2$ 是极大值点。
但通过极值点偏移方法，我们可以发现，当 $x=0$ 时，$f(x)=2$；而当$x=2$ 时，$f(x)=2$。
也就是说，极小值点 $x=0$ 对应的函数值和极大值点 $x=2$ 对应的函数值相等。
这就是极值点偏移的思想。
2. 优化问题优化问题是数学建模中常见的类型之一，也是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的一种形式。
当我们遇到优化问题时，常常需要求解函数的极值点。
而极值点偏移方法可以帮助我们更快地找到函数的极值点，从而解决优化问题。
举例说明：一块长为20厘米的铁皮，可以做成一个底面积为 $x cm^2$ 的正方形盒子和一个底面积为 $y cm^2$ 的开口放平盒子，求怎样分割这块铁皮才能使总体积最大。
解：设正方形盒子的边长为 $a$，开口朝下的放平矩形盒子的底边长为 $b$，高为 $h$。
则根据题意可知，$b=a+2h$，且 $x=a^2$，$y=bh$。
问题转化为求 $x+y$ 的最大值。
极值点偏移问题专题
极值点偏移问题专题0——偏移新花样拐点偏移例1已知函数()22ln f x x x x =++;若正实数1x ;2x 满足()()12+=4f x f x ; 求证:122x x +≥..证明：注意到()1=2f ;()()()12+=21f x f x f()22=2f x x''-+;()1=0f '';则1;2是()f x 图像的拐点;若拐点1;2也是()f x 的对称中心;则有12=2x x +;证明122x x +≥则说明拐点发生了偏移;作图如下想到了“极值点偏移”;想到了“对称化构造”;类似地;不妨将此问题命名为“拐点偏移”;仍可用“对称化构造”来处理． 不妨设1201x x <≤≤;要证()()()2F x f x f x =+-;(]0,1x ∈;则()()141102x x x ⎛⎫=--≥ ⎪ ⎪-⎝⎭;得()F x 在(]0,1上单增;有()()()1214F x F ≤=+=;得证.. 2、极值点偏移PK 拐点偏移常规套路 1、 极值点偏移()00f x '=二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+= 2、拐点偏移()()00f x ''=极值点偏移问题专题1——对称化构造常规套路例12010天津已知函数()e xf x x -=．1求函数()f x 的单调区间和极值；2已知函数()g x 的图像与()f x 的图像关于直线1x =对称;证明：当1x >时;()()f x g x >；()()1220112022f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>3如果12x x ≠;且()()12f x f x =;证明：122x x +>．点评：该题的三问由易到难;层层递进;完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程;直观展示如下：例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e xf x x -=;已知()()12f x f x =;12x x ≠;证明122x x +>．再次审视解题过程;发现以下三个关键点： 11x ;2x 的范围()1201x x <<<； 2不等式()()()21f x f x x >->；3将2x 代入2中不等式;结合()f x 的单调性获证结论．把握以上三个关键点;就可轻松解决一些极值点偏移问题．例22016新课标Ⅰ卷已知函数()()()22e 1x f x x a x =-+-有两个零点．1求a 的取值范围；2设1x ;2x 是()f x 的两个零点;证明：122x x +<． 解：1()0,+∞;过程略； 2由1知()f x 在(),1-∞上;在()1,+∞上;由()()120f x f x ==;可设121x x <<．构造辅助函数()()()2F x f x f x =-- 当1x <时;10x -<;2e e0xx--<;则()0F x '>;得()F x 在(),1-∞上;又()10F =;故()()01F x x <<;即()()()21f x f x x <-<．将1x 代入上述不等式中得()()()1212f x f x f x =<-;又21x >;121x ->;()f x 在()1,+∞上;故112x x <-;122x x +<．通过以上两例;相信读者对极值点偏移问题以及对称化构造的一般步骤有所了解． 但极值点偏移问题的结论不一定总是()1202x x x +><;也可以是()2120x x x ><;借鉴前面的解题经验;我们就可给出类似的过程．例3 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ;()22,B x y ;求证：1221ex x <． 证明：i ()ln 1f x x '=+;得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上;在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上；当01x <<时;()0f x <；()10f =；当1x >时;()0f x >；当0x +→时;()0f x →洛必达法则；当x →+∞时;()f x →+∞;于是()f x 的图像如下;得12101ex x <<<<．小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：step1：求导;获得()f x 的单调性;极值情况;作出()f x 的图像;由()()12f x f x =得1x ;2x 的取值范围数形结合；step2：构造辅助函数对结论()1202x x x +><;构造()()()02F x f x f x x =--；对结论()2120x x x><;构造()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭;求导;限定范围1x 或2x 的范围;判定符号;获得不等式；step3：代入1x 或2x ;利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论．。
培优点04 极值点偏移问题(2大考点+强化训练)(习题版)
培优点04极值点偏移问题（2大考点+强化训练）极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．【知识导图】【考点分析】考点一:对称化构造函数规律方法对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )．(2)对结论x 1x 2>x 20型，方法一是构造函数F (x )＝f (x )－fF (x )的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x 1＋ln x 2>2ln x 0，再把ln x 1，ln x 2看成两变量即可．考点二:比值代换规律方法比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t ＝x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．【例2】．（2022·全国·模拟预测）设函数()()ln f x x ax a =-∈R .(1)若3a =，求函数()f x 的最值；(2)若函数()()g x xf x x a =-+有两个不同的极值点，记作12,x x ，且12x x <，求证：12ln 2ln 3x x +>.【强化训练】4.(2023·唐山模拟)已知函数f (x )＝x e 2－x.(1)求f (x )的极值；(2)若a >1，b >1，a ≠b ，f (a )＋f (b )＝4，证明：a ＋b <4.5.(2022·全国甲卷)已知函数f (x )＝exx－ln x ＋x －a .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2<1.6.(2023·沧州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax －1(a ∈R )．若方程f (x )＋2＝0有两个实根x 1，x 2，且x 2>2x 1，求证：x 1x 22>32e3.(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099)7.(2023·淮北模拟)已知a 是实数，函数f (x )＝a ln x －x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个相异的零点x 1，x 2且x 1>x 2>0，求证：x 1x 2>e 2.8．(2023·南宁模拟)已知函数f (x )＝e x－ax 22，a >0.(1)若f (x )过点(1,0)，求f (x )在该点处的切线方程；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且0<x 1<x 2，当e<a <e22时，证明：x 1＋x 2>2.9．(2023·聊城模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a ∈R )，设m ，n 为两个不相等的正数，且f (m )＝f (n )＝3.(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：a 2<mn <a e 2.。
极值点偏移问题专题
2例1已知函数f x =2ln x x x，若正实数x i, X2满足f X i +f x? =4 , 求证:x1x2 -2。
证明：注意到f 1 =2，f +f x2 =2f 1f x1 +f x2 =2f 12f x = +2x 10x不妨设0 ：：：X1乞1乞X2，要证x-i x2- 2二x2_ 2「％ -1二f x2- f 2 -论=4-f 为-f 2-凶=4 一f % f 2 - ％F x = f x f 2 -x , x 0,1 1,则F x 二f x -f2-x+1 |「丄+2（2_x）+1 丿l2—x极值点偏移问题专题（0）偏移新花样（拐点偏移）2r x = 22，C 1 =0，则（1,2 ）是f X图像的拐点，若拐点（1,2 ）也是f x的x移”，仍可用“对称化构造”来处理.= 4(1—x) ------------ —1 >0 ,(x(2—x)丿得F x在0,11上单增，有Fx乞F1=2'1=4，得证。
2、极值点偏移PK拐点偏移常规套路1、极值点偏移(「x0 =0)(1) 求函数f x的单调区间和极值;(2) 已知函数g x的图像与f x的图像关于直线x=1对称，证明：当x 1时, f x g x ;(3) 如果x^=x2，且f x1二f x2，证明：x1x2 2 •二次函数f % A f x2 = xi x^ -2x02、拐点偏移f x o =0f x = f x2 = x22x0_ x1 =x1x22x0例1( 2010天津) 已知函数f x i；二xe* •』)上/ ’枉(L+®)±\ r y(x)有极大值解:(l)/,(x)=e_I(l-x) r得f (刃在(YD/(1) = - ’无驗卜值;e(2)g(x]的團像与f(x)的團像关于直线x“对称”则g[x)的跡式为$ = /(2-x)，构iim^F(x)=/(x)-g(x) = /(x)-/(2-x)F(x) = r[x) + /(2-x)二严(1_工)+严(T当Q1 时宀―I A O r严-「A0 ’则r(x)>0 ,得F⑴在(l J+ao)±fflS P fl|F(x)>F(l)=O F»/(x)>^(x).(3)由才(坷)=子(花)「结合门刘的单调性可设坯弋让码'将七代入(2 )中不等式得/(2-巧)f又画<1 , 2-X2 <1 rf又/(码)=/(旳)r故/*(码)A『(划在(YD±1]上单堵「故^>2-^ t遍+冯>2 +来源:微信公众号中学数学研讨部落点评：该题的三问由易到难，层层递进，完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法一一对称化构造的全过程，直观展示如下：例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数 f x二xe"，已知f = f X2，为X2，证明X| x22.再次审视解题过程，发现以下三个关键点：(1)为,x2的范围0 ：：：x ■■■■ 1 x2 ;(2)不等式f x ■ f 2 -x x 1 ；(3 )将X2代入(2 )中不等式，结合f x的单调性获证结论.把握以上三个关键点，就可轻松解决一些极值点偏移问题.2例2 (2016新课标I卷)已知函数f x i：〔x-2 e x• a x T 有两个零点.(1 )求a 的取值范围；(2)设x i , X 2是f x 的两个零点，证明：x i X 2 ::: 2 . 解：(1) 0,=,过程略；(2)由(1 )知 f x 在-:：,1 上 ，在 1「：上 ，由 f Xi I 二 f X 2 ［=0，可设 X 1 :: 1 ：: x 2. 构造辅助函数Fx 二fx-f2-xF x 二 f x ： ： f 2 - x=x -1 ii e x2a ］亠［1 - x e 2» 2a x 2 -x二 x-1 e -e当 x 1 时，x —1 ：：：0, e x —e 2「：：0，则 F ，x 0，得 F x 在一:：，1 上 ，又 F 1 = 0 ,故 F x ： 0 x ： 1 ，即 f x ： f 2 一 x x ：： 1 .将x 1代入上述不等式中得 f X f ］= f x 2 :: f 2-为，又x 2 1 , 2-捲.1 , f x 在1,二上，故 x 1 : x 1 , x 1 x 2: 2 . 通过以上两例，相信读者对极值点偏移问题以及对称化构造的一般步骤有所了解. 但极值点偏移问题的结论不一定总是 N x 2 si ］2x 0，也可以是x 1x^ ix2，借鉴前面 的解题经验，我们就可给出类似的过程.例3 已知函数f x =xlnx 的图像与直线y = m 交于不同的两点 A x 1, y 1 , B %,y 2 , f X ］，0 ；当X r 0时，f X ：r 0 (洛必达法则)；1f x …［于是f x 的图像如下，得0：7 x 2 ：：：1. e求证: %x 2证明：(i )f x =ln x 1,得 f x 在 ;当 0 ： x 1 时,f x 0； f 1 =0；当 x 1 时,(ii)构造溶数尸(工)=/|»_£厶”则 I 亡H(iii)将可代入(ii)中不等式得，又/fjq) = /(x 1)'故 I e x /牡 < 丄+来源：微信公众号中学数学研讨瞬 e"小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步： stepl :求导，获得f x 的单调性，极值情况，作出f x 的图像，由f x , = f %得为， X 2的取值范围(数形结合)；step2 :构造辅助函数(对结论 x , x 2 i2x 0，构造F x = f x f 2x^ - x ；对结 论 x ,x 2 > (£比，构造F (x )=f (x )-f "泡()，求导，限定范围(x ,或X 2的范围)，判定<x 丿符号，获得不等式；step3 :代入x ,(或X 2)，利用f (x, )= f (X 2 )及f (x )的单调性证明最终结论. 当。
(完整版)极值点偏移问题
极值点偏移问题总结一、 判定方法1、极值点偏移的定义对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，〔1〕假设0212x x x ≠+，那么称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移； 〔2〕 假设0212x xx >+，那么函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；〔3〕假设0212x x x <+，那么函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
2、极值点偏移的判定定理证明：〔1〕因为可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大〔小〕值点0x ，那么函数)(x f y =的单调递增〔减〕区间为),(0x a ，单调递减〔增〕区间为),(0b x ，又b x x a <<<21，有),(221b a x x ∈+由于0)2('21>+x x f ，故),(2021x a xx ∈+，所以021)(2x x x ><+，即函数极大〔小〕值点0x 右〔左〕偏。
证明：〔1〕因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大〔小〕值点0x ，那么函数)(x f y =的单调递增〔减〕区间为),(0x a ，单调递减〔增〕区间为),(0b x ，又b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极大〔小〕值点0x 右〔左〕偏. 结论〔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；〔2〕构造一元差函数00()()()F x f x x f x x =+-- 〔3〕确定函数()F x 的单调性；〔4〕结合(0)0F =，判断()F x 的符号，从而确定00(),()f x x f x x -+的大小关系。
专题十一 极值点偏移及拐点偏移问题
专题十一极值点偏移及拐点偏移问题1．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，a∈R．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）若a≥0，求f（x）的零点个数；（Ⅲ）若f（x）有两个零点x1，x2，证明：x1+x2＜2．2．已知函数．（1）若曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y＝﹣x﹣1，求a，b的值；（2）当b＝1，a＜0时，证明：函数f（x）有两个零点x1，x2，且x1+x2＞2．3．已知函数f（x）＝alnx+x2﹣（a+2）x，其中a为常数，且a≠0．（I）当a＞0时，若f（x）在（0，e]上的最大值为1，求实数a的值；（II）若a＜0，且函数f（x）有两个不相等的零点x1，x2，证明：x1+x2＞2．4．已知函数．（Ⅰ）若函数f（x）在（1，f（1））处的切线与直线x﹣y＝0平行，求实数n的值；（Ⅱ）若n＝1时，函数f（x）恰有两个零点x1，x2（0＜x1＜x2），证明：x1+x2＞2．5．已知函数（a∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）当函数f（x）与函数g（x）＝lnx图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；（3）证明：当a∈（0，）时，函数h（x）＝f（x）﹣ax有两个零点x1，x2，且满足．6．已知函数f（x）＝ax﹣﹣lnx，g（x）＝ax﹣a（a∈R）．（1）若a＝0，求函数f（x）在（e为自然对数的底数）上的零点个数；（2）若方程f（x）＝g（x）恰有一个实根，求a的取值集合；（3）若方程f（x）＝g（x）有两个不同的实根x1，x2（x1＜x2），求证：2＜x1+x2＜3e a ﹣1﹣1．7．已知f（x）＝ln（x+m）﹣mx．（1）求f（x）的单调区间；（2）设m＞1，x1，x2为函数f（x）的两个零点，求证：x1+x2＜0．8．已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜+＜e．9．（1）已知b＞a＞0，证明不等式；＜＜；（2）已知函数f（x）＝xe﹣x，且f（x1）＝f（x2）（x1≠x2），证明：x1+x2＞2．10．已知函数f（x）＝，a∈R（Ⅰ）求f（x）的极值；（Ⅱ）若lnx﹣kx＜0在（0，+∞）上恒成立，求k的取值范围；（Ⅲ）已知x1＞0，x2＞0，且x1+x2＜e，求证：x1+x2＞x1x2．11．设函数f（x）＝﹣e2x+（x﹣1）e x（a∈R）．（1）当a＝时，求g（x）＝f′（x）•e1﹣x的单调区间（f′（x）是f（x）的导数）；（2）若f（x）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），证明：x1+2x2＞3．12．已知函数f（x）＝．（1）若a＝0，讨论f（x）的单调性．（2）若f（x）有三个极值点x1，x2，x3．①求a的取值范围；②求证：x1+x2+x3＞﹣2．13．设函数．（1）若k＝1，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在三个极值点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求k的取值范围，并证明：x1+x3＞2x2．14．已知函数f（x）＝﹣ax+alnx，其中a＞0．（1）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若函数g（x）＝f（x）+a（lnx+）有三个极值点x1，x2，x3，求证：++＞2．15．设函数f（x）＝lnx，g（x）＝a（x﹣1），其中a∈R．（1）若a＝1，证明：当x＞1时，f（x）＜g（x）；（2）设F（x）＝f（x）﹣g（x）e x，且0＜a＜，其中e是自然对数的底数．①证明F（x）恰有两个零点；②设x0如为F（x）的极值点，x1为F（x）的零点，且x1＞x0，证明：3x0﹣x1＞2．16．已知函数，a∈R．（1）当a＝1时，求函数g（x）＝f（x）+x2的单调区间；（2）当，时，函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：x2﹣x1＞2．17．设函数．（1）若函数f（x）在R上单调递增，求a的值；（2）当a＞1时，①证明：函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且x2﹣x1随着a的增大而增大；②证明：．18．已知函数f（x）＝2xlnx，g（x）＝x2+ax﹣1，a∈R．（Ⅰ）若对任意x∈[1，+∞），不等式f（x）≤g（x）恒成立，求a的取值范围；（Ⅱ）若函数h（x）＝|f（x）|﹣2a有3个不同的零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．（ⅰ）求证：x1+x2＞；（ⅱ）求证：x3﹣x2＞．19．已知函数．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若，求证：m﹣n＞2．20．已知函数．（1）求函数f（x）在x＝1处的切线方程；（2）若方程f（x）＝a有两个不同实根x1，x2，证明：．21．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2+x（a∈R）．（1）证明：曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线l恒过定点；（2）若f（x）有两个零点x1，x2，且x2＞2x1，证明：．22．已知a∈R，f（x）＝x•e﹣ax（其中e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数y＝f（x）的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，函数y＝f（x）﹣a有两个零点x，x2，求证：x12+x22＞2e．23．已知函数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若（e是自然对数的底数），且x1＞0，x2＞0，x1≠x2，证明：＞2．24．已知函数f（x）＝lnx+﹣a（a∈R，b∈R）有最小值M，且M≥0．（Ⅰ）求e a﹣1﹣b+1的最大值；（Ⅱ）当e a﹣1﹣b+1取得最大值时，设F（b）＝﹣m（m∈R），F（x）有两个零点为x1，x2（x1＜x2），证明：x1•＞e3．25．已知，函数f（x）＝lnx﹣ax，其中a∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点，（i）求a的取值范围；（ii）设f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2＞e2．26．已知函数f（x）＝e x﹣﹣a（e是自然对数的底数）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2＞．27．已知函数f（x）＝x﹣a sin x+mlnx，g（x）＝f（x）+a sin x．（1）求函数y＝g（x）的极值；（2）若存在x1，x2∈（0，+∞），且当x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），当0＜a＜1时，求证：．28．设函数f（x）＝e x﹣ax+a（a∈R）其图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，且x1＜x2．（1）求f（x）的单调区间和极值点；（2）证明：f′（）＜0（f′（x）是f（x）的导函数）；（3）证明：x1x2＜x1+x2．29．已知函数f（x）＝lnx+（x﹣a）2．（1）若函数f（x）在点（1，f（1））处切线的斜率等于1，求a的值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）若函数f（x）有两个极值点分别为x1，x2（x1＜x2），证明：．30．已知函数．若f（x）在（0，2）上有两个极值点x1、x2（x1＜x2）．（1）求实数a的取值范围；（2）求证：x1x2＜1．31．已知函数f（x）＝x﹣（a＞0）有两个相异零点x1、x2，且x1＜x2，求证：＜．32．已知函数f（x）＝ae﹣x+lnx﹣1（a∈R）．（1）当a≤e时，讨论函数f（x）的单调性：（2）若函数f（x）恰有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且，求的最大值．（1）讨论f（x）的单调性；（2）已知，若f（x）存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求的取值范围．34．设f（x）＝x﹣ae x（a∈R），x∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）已知函数y＝f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2．（ⅰ）求a的取值范围；（ⅱ）证明：随着a的减小而增大．（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．（2）若正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）＝4，求证：x1+x2≥2．36．已知函数．（1）当a＞0时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当时，设g（x）＝f（x）+6x，若正实数x1，x2，满足g（x1）+g（x2）＝4，求证：x1+x2≥2．（1）若f（1）＝0，求函数f（x）的单调减区间；（2）若a＝﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，证明：x1+x2．。
重难点专题08 极值点偏移的十大类型(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破
极值点偏移问题中（极值点为x0），证明x1+x2>2x0或x1+x2<2x0的方法：①构造F(x)=f(x)―f(2x―x)，②确定F(x)的单调性，③结合特殊值得到f(x)―f(2x0―x2)>0或f(x2)―f(2x0―x2)<0，再利用f(x1)=f(x2)，2得到f(x)与f(2x0―x2)的大小关系，1④利用f(x)的单调性即可得到x1+x2>2x0或x1+x2<2x0.处理极值点偏移问题中的类似于x1x2<a（f(x)=f(x2)）的问题的基本步骤如下：1①求导确定f(x)的单调性，得到x1,x2的范围；②构造函数F(x)=f(x)―f a，求导后可得F(x)恒正或恒负；x极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0（x为函数f(x)的极值点）；2.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0（x为函数f(x)的极值点）；3.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2，令x0=x1+x22，求证：f′(x)>0；4.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，令x0=x1+x22，求证：f′(x)>0.比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值（一般用t表示）表，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数示两个极值点，即t=x1x2问题求解．两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)=a―bln a―ln b(a≠b), a(a=b).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：ab≤L(a,b)≤a+b2（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当a=b时，等号成立．。
极值点偏移终极套路专题
专题08：极值点偏移第六招一一极值点偏移终极套路值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用 函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强, 能力要求较高.F 面给出引例，通过探究，归纳总结出解决此类问题的一般性方*1 … ,★已知f （x ） = xl nx-^mx 2-X , m 壬R .若f （x ）有两个极值点X , , x ?，且X i <X 2，求证：X i X^e 2 （ e 为自然对数的底数）.解法一：齐次构造通解偏移套路证法欲证西:叼A 亡2，需证In jq H-Jn .若/（X ）有两个极值点珂，乃J 即函数于心）有两个雾点.又所乩 补 花是方程r （x ）=o 的两个不同实根.另一方面，由｛：：；］策社』得2-】吓=町7, 从而可亀11 +甩 于是 I"+Inx 2」InX2T nX i"2+xi)£ X i丿又 0 € X| <X2，设 t =互，贝J t >1 .因此，In X, +1n X2 = ——OnL, t >1 .Xit T于是，有1吓-吧=0 X i——X 2 —Xi要证 In X, +1 n X 2 >2，即证: (t +1 )1 nt tT >2 , t 〉1.即：当 t 〉1 时'有由于厂（刘=丄_胡=12竺，故在仏丄XXV /K设巧，令 乂 =码，贝 \]f\x^y =) < f{— - jq/MV ffl解法三构造函数现实力 证法3:由X1，X2是方程f'（x ）=0的两个不同实根得m=^，令x心警）设函数叽心心得，5，则2— 1 ^^n-2G-n C-1)“ h (t ------------ 2 = -------- 二 2(t +1)所以，h （t ）为（1.代）上的增函数.注意到，h （1）=0，因此，h （t ）3h （1）= 0 . 于是，当t >1时，有山上‘嚮.所以，有1nx""成立，」.解法二变换函数能妙解证法2:欲证x 1x 2 >e 2，需证In 为+ In x 2 >2 .若f （x ）有两个极值点x 1，，即函数「（x ）有两个零点.又f Y x ）=l nx-mx ，所以， X 1，沁是方程 「（x ） = 0的两个不同实根.显然m 〉0，否则，函数r （x ）为单调函数, 不符合题意.由 H n x imx 1 -0 = in x i +|n X 2 =m (x i +x 2 ),[In X 2 -mx 2 =0即只需证明m 佃+可）>2即可•即只需证明码+ X2>— • 列T ）,如=茶諾>0,故如在设马（力（力一”2-丸5/2 ' -X 5 T ,EP^(x)<= 故二5丿5 T / ,+Qoji .g （xi ）=g （x2），由于 g '（x ）=匕響，因此，g （x ）在（l,e ）,X2设1<x ,<e <X 2，需证明x ,X 2 >e 2，只需证明X i > —^ （0,e ），只需证明X 2【；二寫-t =尸，设k “1 7 <0 ,则t 「舟，厂# .欲证X lX ^e ,需证I D 画+In 花A 2 .即只需证明专+石A 2 ,即^(A:)=Jt{l + e*)-2{e*-l)(it<0) = -e*+1 ■畧'(在)=辰止 <0 ,故^^Jt)在（TO ®,故疋仏）>E '（O ）=O ,au 仗）在（,因此 1仗）<£（0）=0 ’命题得In X g(x 戶——X (e,p )J .g f f ”2丿，即 f"F 〕 ，即 f (X2)_f已 >0 . KS5U 微信公众号中学数学研讨部落即 h(x )= f (X )-f\ — 2 2(1-1 nx K e — X ) 丄「 亠(X 迂(1,e )), h '(x )= --------- >0，故 h (x )在 (1,e )，故 h (x )<h (e ) = 0,即 f (x )<f —V X丿.令X = X i ，则 / 2、 f (X 2 )= f K f I —，因为 2X 2，邑亡（e,址），f （X 牡（e,址 N ,所以X 2》一, X i即 x 1x^e 2 .解法四巧引变量（一）证法4：设1=1门石亡（0,1）, t 2rx 2 巳心），则由 Pnx ；：mx ；：00 得即只需证明t ,卄 2 >2，即(k+rnk 〉？二卄/化一1^ Ink^k —1'。
专题07 极值点偏移问题 (解析版)
导数及其应用 专题七：极值点偏移问题一、知识储备1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210xx x +≠。
如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
2、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-. (3)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(4)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(5)转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 二、例题讲解1．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1m =时，若在()f x 定义域内存在两实数1x ，2x 满足12x x <且()()12f x f x =，证明：122x x +>.【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得m x m =，当0mx m <<时，()0f x '>，当m x m >时，()0f x '<，于是得()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减；（2）分析 ：如图：1201x x <<< 要证122x x +> 只需证：122x x -<由于101x <<，则112x <-即只需证1212x x <-< 如图，只需证12(2)()f x f x ->；由于()()12f x f x = 只需证11(2)()f x f x ->此时可构造函数()()(2)F x f x f x =--（即用x 替代了上式1x ） 只需证：在01x <<，()()(2)0F x f x f x =--<。
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一、极值点偏移的含义
众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为
221x x +，则刚好有02
12
x 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2
2
1x 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22
1x 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2
21x
x +的左边，
我们称之为极值点左偏.
二、极值点偏移问题的一般题设形式：
1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)
(x f 的极值点）；
2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；
3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2
2
10x 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22
10x x x +=，求证：
0)('0>x f .
三、问题初现，形神合聚
★函数x ae x x x f ++-=12)(2有两极值点21,x x ，且21x x <. 证明：421>+x x .
所以)2()2(x h x h -<+，
所以)4()]2(2[)]2(2[)()(22221x h x h x h x h x h -=--<-+==， 因为21<x ，242<-x ，)(x h 在)2,(-∞上单调递减 所以214x x ->，即421>+x x .
★已知函数x x f ln )(=的图象1C 与函数)0(2
1)(2
≠+=
a bx ax x g 的图象2C 交于Q P ,，过PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交1C ，2C 于点N M ,，问是否存在点R ，
使1C 在M 处的切线与2C 在N 处的切线平行？若存在，求出R 的横坐标；若不存在，请说明理由.
四、招式演练
★过点作曲线的切线．
（1）求切线的方程；
（2）若直线与曲线交于不同的两点，，求证：．【答案】（1）（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）先根据导数几何意义求切线斜率，再根据点斜式求切线方程．
因为，不妨设，．
设，则，
当时，，在单调递增，
所以，所以当时，．
因为，所以，
从而，因为，在单调递减，所以，即．
极值点偏移问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策，而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的. 其实，此类问题处理的手段有很多，方法也就有很多，下面我们来逐一探索！。