高中数学-极值点偏移(老师版)-高品质必备

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备战高考数学复习知识点讲解课件27---极值点偏移问题

(2)设m，n为两个不相等的正数，且mln n－nln m＝m－n，证明：mn＞e4. 解：(2)证明：mln n－nln m＝m－n⇔m(ln n－1)＝n(ln m－1)⇔ln nn－1＝
ln mm－1⇔lnenln－n 1＝lnemln－m 1，即f(ln m)＝f(ln n)，ln m≠ln n.
2．(2022·金太阳联考)函数f(x)＝
x－1 ex
(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2－ex x，
当x∈(－∞，2)时，f′(x)＞0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0.
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x＝2处取得极大值，且极大值为 e12，无极小值．
g′(x)>0，可得
3
1≤x<e8，
3
由 g′(x)<0，可得 e8<x≤3.
3
3
所以 g(x)在[1，e8)上单调递增，在(e8，3]上单调递减，
所以 g(x)的最小值在 x＝1 或 x＝3 处取得．
又 g(1)＝14，g(3)＝14＋29ln 3>14，
所以 g(x)min＝g(1)＝14，
所以 a≤14，即 a 的取值范围为(－∞，14]．
不妨设x1＝ln m，x2＝ln n，x1＜x2，由(1)可知f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
所以x2∈(2，＋∞)，f(x1)＝f(x2)＞0，x1∈(1，2)．当x2≥3时，x1＋x2＞4，mn＞e4.
当 2＜x2＜3 时，1＜4－x2＜2，f(x2)－f(4－x2)＝x2e－x2 1－4－e4x－2x－2 1＝

极值点偏移(老师版) (1) (1)

一、极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系：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.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ；4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f . 三、问题初现，形神合聚★函数x ae x x x f ++-=12)(2有两极值点21,x x ，且21x x <.证明：421>+x x .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(21)(2≠+=a bx ax x g 的图象2C 交于Q P ,，过PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交1C ，2C 于点N M ,，问是否存在点R ，使1C 在M 处的切线与2C 在N 处的切线平行？若存在，求出R 的横坐标；若不存在，请说明理由.四、招式演练★过点P(−1,0)作曲线f(x)=e x的切线l．（1）求切线l的方程；（2）若直线l与曲线y=a f(x) (a∈R)交于不同的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求证：x1+x2<−4．【答案】（1）y=x+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))，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<−4．一、极值点偏移的判定定理对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，（1）若)2()(201x x f x f -<，则021)(2x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）若)2()(201x x f x f ->，则021)(2x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏.证明：（1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f 的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）证明略.左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔）左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔）左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）二、运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+.（1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.（5）若要证明0)2('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f . 【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；三、对点详析，利器显锋芒★已知函数)()(R x xe x f x ∈=-.(1)求函数)(x f 的单调区间和极值；(2)若21x x ≠，且)()(21x f x f =，证明：221>+x x .∵12>x ，∴122<-x ，)(x f 在)1,(-∞上单调递增，∴212x x ->，∴221>+x x ★函数3434)(x x x f -=与直线)31(->=a a y 交于),(1a x A 、),(2a x B 两点. 证明：221<+x x .★已知函数2()ln f x x x=+，若1x ≠2x ，且)()(21x f x f =，证明：421>+x x . 【解析】由函数2()ln f x x x =+单调性可知：若)()(21x f x f =，则必有212x x <<，。

极值点偏移1：纯偏移(教师版)

极值点偏移1：纯偏移一、极值点偏移我们知道二次函数()f x 的顶点就是极值点0x ，若()f x c =的两根的中点为122x x +，则刚好有1202x x x +=，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移. 若函数()x xg x e =的极值点01x =刚好在两根的中点122x x +的左边，我们称之为极值点左偏；若极值点01x =刚好在两根的中点122x x +的右边，我们称之为极值点右偏.二、纯极值点偏移与纯拐点偏移常规类型 1、极值点偏移（()00f x '=）（不偏移）二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+=（左偏）()()1220112022f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>2、拐点偏移（()00f x ''=）（不偏移）()()()12012022f x f x f x x x x +=⇒+=（左偏）()()()120201120222f x f x f x x x x x x x +=⇒>-⇒+>三、极值点纯偏移特征： ①函数()f x 的极值点为0x ；②函数()()12f x f x =，然后证明：1202x x x +>或1202x x x +<.四、极值点偏移的的纯偏移型解法步骤：①构造一元差函数()()()02F x f x f x x =--或是()()()00F x f x x f x x =+--； ②对差函数()F x 求导，判断单调性；③结合()00F =，判断()F x 的符号，从而确定()f x 与()02f x x -的大小关系；④由()()()()()1200200202_____2f x f x f x x x f x x x f x x ==--+-=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的大小关系，得到()()102____2f x f x x -，（横线上为不等号）； ⑤结合()f x 单调性得到102____2x x x -，进而得到120___2x x x +.【例1】【2020·平顶山市一中高二开学考·理科】已知函数()xf x xe -=（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1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x >（Ⅲ）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明122x x +>.【答案】：（Ⅰ）()f x 在(),1-∞内是增函数，在()1,+∞内是减函数．函数()f x 在1x =处取得极大值()11f e=；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】：【例2】已知函数()21xf x e x x =---（1）求函数()'y f x =的单调区间；（2）已知1a ≥-，且()21f x x ax b ≥-++-恒成立，求()1a b +的最大值；（3）若存在不相等的实数12,x x 使()()12''f x f x =成立，试比较12x x +与2ln 2的大小. 【答案】：【解析】：（拐点偏移）【例3】【2016·全国Ⅰ卷·理科】已知函数()()()221xf x x e a x =-+-有两个零点.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 【答案】：（Ⅰ）()0,+∞；（Ⅱ）见解析【解析】：（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a =-+-=-+． ①设0a =，则()(2)x f x x e =-，()f x 只有一个零点．②设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增．又(1)f e =-，(2)f a =，取b 满足0b <且ln 2a b <，则223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->，故()f x 存在两个零点．③设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若2ea ≥-，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞单调递增．又当1x ≤时()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．若2ea <-，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减，在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在(,1)-∞单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x ea x --=-+-，而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．设2()(2)x x g x xe x e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．【演练题组1】1、已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数12,x x 满足()()12+=4f x f x ，求证:122x x +≥. 【答案】：见解析.【解析】：注意到()1=2f ，()()()12+=21f x f x f()2=+210f x x x '+>，()22=2f x x''-+，()1=0f ''，则()1,2是()f x 图像的拐点不妨设1201x x <≤≤，要证()()1221212212x x x x f x f x +≥⇔≥-≥⇔≥-()()1142f x f x ⇔-≥-()()1142f x f x ⇔≥+-()()()2F x f x f x =+-，(]0,1x ∈，则()()()()222212212F x f x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫'''=--=++-+-+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭()()141102x x x ⎛⎫=--≥ ⎪ ⎪-⎝⎭，得()F x 在(]0,1上单增，有()()()1214F x F ≤=+=，得证.2、【2020·广东10月联考】已知函数()21ln 12f x x ax =-+. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，设函数()f x 的两个零点为12,x x ，试证明：122x x +>.【答案】：（1）当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在0,a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明见解析. 【解析】：（1）易得函数()f x 的定义域为()0,∞+. 对函数()f x 求导得：()1f x ax x'=-. 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，即可知()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，当x ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '>，当x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<，故()f x 在0,a ⎛ ⎝⎭上单调递增，在a ⎛⎫+∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递减. （2）当1a =时，()21ln 12f x x x =-+，()211x f x x x x-'=-=，此时()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减.()()1102f x f ==>极大值，又10f e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()0f e <，不妨设12x x <，则有1201x x <<<，令()()()2F x f x f x =--，()0,1x ∈，()()()()()()22212211222x x x F x f x f x x x x x ----'''=+-=+=--.当()0,1x ∈时，()0F x '>，()F x 单调递增，()10,1x ∈，()()()()111210F x f x f x F ∴=--<=，()()112f x f x ∴<-，又()()120f x f x ==，()()212f x f x ∴<-， 21x >，121x ->，()f x 在()1,+∞上单调递减，212x x ∴>-，即122x x +>.3、【2020·江苏南通市通州区9月一诊】已知函数()()2ln 1f x x x x =-+-. （1）求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处的切线方程；（2）已知0x x =是函数()y f x =的极值点，若()()12f x f x =，12x x ≠，12,x x R ∈，求证：1202x x x +>(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值). 【答案】：（1）0y =；（2）证明见解析.【解析】：（1）由()(2)ln 1f x x x x =-+-，有2'()ln 1x f x x x-=++ ∴()01f '=，而(1)0f =，可知曲线()y f x =在点(1,(1))P f 处的切线方程为0y =（2）由（1）得22()ln 1ln 2x f x x x x x '-=++=+-，令2()ln 2,0g x x x x=+->，则212()0g x x x'=+>在(0,)+∞上恒成立，即2()ln 2g x x x =+-在(0,)+∞上单调递增，而(1)0g =，知当01x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>，∴当函数()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，即()f x 在1x =处取得极大值. ∵()()121212,,,f x f x x x x x R =≠∈，不妨设1201x x <<<，令()()(2),01h x f x f x x =--<<，则22()()(2)ln 2ln(2)22h x f x f x x x x x'''=+-=+-+-+--4ln (2)4(2)x x x x =-+--因为01x <<，所以0(2)1x x <-<，即有4ln (2)0,40(2)x x x x -<-<-，∴()0h x '<，即函数()()(2)h x f x f x =--在(0,1)上单调递减，而(1)(1)(1)0h f f =-=，所以()(1)0h x h >=在(0,1)上恒成立，即()(2)f x f x >-在(0,1)上恒成立，有()()112f x f x >-在(0,1)上恒成立，又()()12f x f x =，所以()()212f x f x >-，因为1201x x <<<且121x ->，而函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以212x x >-，即122x x +>，而01x =，所以1202x x x +>得证.4、已知函数()()xf x e ax a R =-∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 的图象与直线y a =交于,A B 两点，记,A B 两点的横坐标分别为12,x x ，且12x x <，证明：212ln x x a +<.【答案】：（1）过程不唯一，具体见解析；（2）证明见解析. 【解析】：（1）()x f x e a '=-，0a ≤时，()0f x '>，()f x 在R 递增；0a >时，令()0f x '>，解得：ln x a >，令()0f x '<，解得：ln x a <，故()f x 在(,ln )a -∞递减，在(ln ,)a +∞递增；（2）函数的()f x 的导数()x f x e a '=-，若0a ≤，则()0x f x e a '=->，还是单调递增，则不满足条件，则0a >由()0f x '>得ln x a >，由()0f x '<得ln x a <，即当ln x a =时，还是()f x 取得极小值同时也是最小值ln (ln )ln (1ln )a f a e a a a a =-=- ∵()f x a =有两个根，∴(1ln )0a a -<，即1ln 0a -<，则ln 1a >，即a e >要证122ln x x a +<，则只需要212ln x a x <-又2ln x a >，则只需要证明()()212ln f x f a x <-，即证()()()1212ln 0f a x f x f x ->==，令()(2ln )()g x f a x f x =--，(ln )x a <，则2ln ()(2ln )a x x g x e a a x e ax -=---+，()()220x x x xe a g x a e a e a e--=-+-+=-≤'，即()g x 在(,ln ]a -∞上单调递减，即()(ln )0g x g a >=则命题成立.5、已知函数()()ln af x x a R x=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若12,x x 是方程()2f x =的两个不同实根，证明：1232x x e+>. 【答案】：（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】：（1）因为()ln a f x x x =-，所以()221a a x f x x x x+'=--=-. ①当0a ≥时，()0f x '<在()0,∞+上恒成立，故()f x 在()0,∞+上单调递减. ②当0a <时，由()0f x '>得0x a <<-；由()0f x '<得x a >-. 即()f x 在()0,a -上单调递增，在(),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,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减.（2）证明：因为()()122f x f x ==，所以11ln 20a x x --=，22ln 20ax x --=，即111222ln 2ln 20x x x a x x x a +-=+-=. 设()ln 2g x x x x a =+-，则()ln 3g x x '=+，故()g x 在310,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在31,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增. 由题意不妨设12310e x x <<<，欲证1232e x x +>，只需证2132e x x >-. 又2x ，13321,e e x ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭，()g x 在31,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.故只需证()2132e g x g x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭. 因为()()12g x g x =，所以只需证()1132e g x g x ⎛⎫>-⎪⎝⎭对任意的1310,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立即可，即111111333222ln 2ln 2e e e x x x a x x x a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+->--+--⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 整理得111111333224ln 2ln 2x x x x x x e e e ⎛⎫⎛⎫+>--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即11111333224ln ln 40e e e x x x x x ⎛⎫⎛⎫---+-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设()333224ln ln 4e e e h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=---+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，310,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()23322ln ln 6ln 6e e x h x x x x ⎛⎫⎛⎫'=+-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 因为310e x <<，所以236210e e x x <-<，所以()232ln 60e x h x x ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭，所以()h x 在310,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，则()310e h x h ⎛⎫>= ⎪⎝⎭.所以1232e x x +>成立.。

极值点(拐点)偏移教师版

极值点偏移一、基础知识 1. 极值点不偏移众所周知，函数）（f x 满足定义域内任意自变量x 都有）（）（=−f x f m x 2，则函数）（f x 关于直线=x m 对称：可以理解为函数）（f x 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若）（f x 为单峰函数，则=x m 必为）（f x 的极值点。

如二次函数）（=−+f x x x 212的顶点就是极值点，若）（=f x t 的两根的中点为m ，则刚好有=+m x x 212即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移。

2. 极值点偏移（左偏和右偏）若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数）（f x 的极值点为m ，且函数）（f x 满足定义域内=x m 左侧的任意自变量x 都有）（＞）（−f x f m x 2或）（＜）（−f x f m x 2.则函数）（f x 极值点m 左右侧变化快慢不同。

故单蜂函数）（f x 定义域内任意不同的实数x x ,12满足）（）（=f x f x 12，则+x x 212与极值点m 必有确定的大小关系：若＜+m x x 212，则称极值点左偏，若＞+m x x212则称极值点右偏。

3.拐点偏移对函数=−+f x x 113)()(，=−'f x x 312)()(，=−''f x x 61)()(，令=''f x 0)(，得=x 1，则称f 1,1)()(为函数f x )(得拐点。

作出f x )(图像如下：由图可知，在点x f x ,00)()(左侧，=y f x )(的图像上凸，在点x f x ,00)()(右侧，=y f x )(的图像下凸，故拐点可直观理解为S 型曲线的分界点，也即凸弧和凹弧的连接点，拐点是一个点，且拐点横坐标处的二阶导为零。

对于三次函数=−+f x x 113)()(，我们知道其图像关于点1,1)(对称，若=+x x x 2012，则有=+f x f x f x 2012)()()(，反之亦然。

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第三章培优点6 极值点偏移

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第三章培优点6　极值点偏移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.1.极值点偏移的概念已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(a，b)内只有一个极值点x0，f(x1)＝f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有x0≠ ，这种情况称为极值点偏移.2.极值点偏移问题的一般题设形式(1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；题型一　对称化构造函数例1　(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝x e2－x.(1)求f(x)的极值；因为f(x)＝x e2－x，所以f′(x)＝(1－x)e2－x，由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝e，所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值.(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，不妨设1<a<2<b，要证a＋b<4，只需证b<4－a，而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以只需证f(b)>f(4－a)，即证4－f(a)>f(4－a)，即证f(a)＋f(4－a)<4.即证当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4，令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1<x<2，则F′(x)＝f′(x)－f′(4－x)＝(1－x)e2－x－e x－2(x－3)，令h(x)＝(1－x)e2－x－e x－2(x－3)，1<x<2，则h′(x)＝e2－x(x－2)－e x－2(x－2)＝(x－2)(e2－x－e x－2)，因为1<x<2，所以x－2<0，e2－x－e x－2>0，所以h′(x)<0，即h(x)在(1,2)上单调递减，则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上单调递增，所以F(x)<F(2)＝2f(2)＝4，即当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4，所以原命题成立.思维升华对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1].(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.方法一　不妨设x 1<x 2，1211e 11x x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1e xx令g (x )＝e x ＋x －－1(x >0)，1e xx 11e ex x +x ＝e x ＋1＋ (x >0)，11e 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，所以当x ∈(0,1)时，g (x )<g (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，F ′(x )>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)<F(1)，方法二　(同构法构造函数化解等式)不妨设x 1<x 2，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，得－ln x 1＋x 1＝－ln x 2＋x 2，11e x x 22e x x 即＋x 1－ln x 1＝＋x 2－ln x 2.11ln e x x －22ln e x x －因为函数y＝e x＋x在R上单调递增，所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立.构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，题型二　比值代换例2　(2024·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x1，x2，且x2>2x1，求证：.(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099)由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0，则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3，于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.思维升华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＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.(1)讨论f(x)的单调性；当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)<0，解得0<x<a，故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.(2)若f(x)有两个不相同的零点x1，x2，设f(x)的导函数为f′(x).证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2.由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合要求，故a>0，要想f(x)有两个不相同的零点x1，x2，则f(a)＝1＋ln a<0，要证x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2，即证ln(x1x2)>2ln a，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以只需证x1x2>a2，不妨设0<x1<x2，故h(t)>h(1)＝1－1－2ln 1＝0，能力提升1.(2023·洛阳联考)已知函数g(x)＝ln x－bx，若g(x)有两个不同的零点x1，x2.(1)求实数b的取值范围；由φ′(x)>0，得0<x<e；由φ′(x)<0，得x>e.所以函数φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.又φ(1)＝0，且当x→＋∞时，φ(x)→0；当x→0时，φ(x)→－∞，由于g(x)有两个不同的零点，则直线y＝b与函数φ(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点.(2)求证：ln x1＋ln x2>2.方法一　(比值代换法)由(1)知，不妨设1<x2<e<x1，由g(x1)＝g(x2)＝0，得ln x1－bx1＝0，ln x2－bx2＝0，两式相减得ln x1－ln x2＝b(x1－x2)，两式相加得ln x1＋ln x2＝b(x1＋x2).欲证ln x1＋ln x2>2，只需证b(x1＋x2)>2，所以h (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (t )>h (1)＝0，故ln x 1＋ln x 2>2，得证.方法二　(对称化构造法)由(1)知，不妨设1<x 1<e<x 2，令t 1＝ln x 1，t 2＝ln x 2，则0<t 1<1<t 2，，1212e et t t t欲证ln x1＋ln x2>2，即证t1＋t2>2.所以k(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.当t2≥2时，易得t1＋t2>2；当0<t1<1<t2<2时，要证t1＋t2>2，即证1>t1>2－t2>0，即证k(t1)>k(2－t2).因为k(t1)＝k(t2)，所以即证k(t2)>k(2－t2).构造函数K(t)＝k(t)－k(2－t)(1<t<2)，易得K(1)＝0，因为1－t<0，且－t<t－2，所以e－t<e t－2，即K′(t)>0.所以K(t)在(1,2)上单调递增，K(t)>K(1)＝0(1<t<2).所以K(t2)>0，即k(t2)>k(2－t2).故ln x1＋ln x2>2，得证.2.(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ (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；即a＝3x－x ln x有两个不相等的正根，令函数h(x)＝3x－x ln x，x>0，则h′(x)＝2－ln x，令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0<x<e2；令h′(x)<0，得x>e2，所以函数h(x)＝3x－x ln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)，令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x→0时，h(x)→0，作出函数h(x)＝3x－x ln x的图象，如图所示，要使a＝3x－x ln x有两个不相等的正根，则函数y＝a与函数h(x)＝3x－x ln x有两个交点，由图知0<a<e2，故实数a的取值范围为{a|0<a<e2}.(2)证明：a2<mn<a e2.函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，0<a<e2，若0<x<a，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，若x>a，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.由题意，不妨设0<m<a<n，先证明mn>a2，所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以当0<x<a时，g(x)<g(a)＝0，所以ln a＝ln m＋ln(3－ln m)，。

极值点偏移问题-2024届高三数学二轮复习课件

(3)对F ( x)求导, 得出极值点"某一侧" (不需完整 )的单调性
(4)代该侧中的 xi (如此题中的 x2 )进F (x) ()F (x0 ) 0 (5)利用f (x j ) f (xi )替换(4)中不等式, 回归f (x)在"另一侧"的单调性
f (x1) f (2 x2 ) 0
a[ln(2a) 2]2 a 0
在(1,)上单调递增
f (x)的两个极值 f (1), f (ln(2a))均小于零,
易知f (1) e 0
f (x)的零点最多只有一个 .
x 时,
综上所述 , a的取值范围是 [0,)
(x 2)ex 0, a(x 1)2
f (x) x 时,易知f (x) f (x)有两个零点
对极点左右两边的陡缓研究,可转化成由原函数与对称函数构成的差函数 ,以及对差值函数单调性研究.
如何求一个函数的对称函数,理论依据是什么 ?
理论 : 如果f (a x) f (a x), 则f (x)关于x a对称 f (x)关于x a对称后得 f (2a x)
(x0是f (x)的一个极值点 )
设F (x) f (x) f (e2 )( x e1)
F
'(x)
ln
x
1
x e2 x 2
[(ln(
e2
)
1]
(1
ln
x)(e2 x2
1)
x
e2x2
f (x)在(0, e1)上单调递减 x e1, F'(x) 0 F(x)在(e1,)上单调递增
f (x)在(e1,)上单调递增 f (x)只有极小值为 f (e1) e1 0,无极大值 f (x)只有极小值为 f (e1) e1 0,无极大值

新人教版高考数学一轮复习极值点偏移问题

,求证:f'(x0)>0.
2
5
【解法突破】
技法一
构造对称函数法
[典例1](2021新高考Ⅰ卷22题节选)已知函数f(x)=x(1-ln x).设a,b为两个不相等的
正数,且bln a-aln
1 1
b=a-b,证明:2< + <e.

8
【方法提炼】
结论为x1+x2>(<)2x0型,构造对称函数的解题策略
2
, 内向左偏移.(如图1,2)
3
1 +2
(2)右偏移:当
<x0时,极值点x0在
2
, 内向右偏移.(如图3,4)
1 +2
(3)无偏移:当
=x0时,极值点x0在
2
, 内无偏移.(如图5)
4
二、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(x0为函数f(x)的极值点);
16
【迁移应用】
1.已知函数f(x)=xe-x(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若x1≠x2,且f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2.
21
2.已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设f(x)的两个零点是x1,x2,
1 +2
2
(3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最小值,从而可证得结论.
14
技法三
差值不等式法
[典例3]已知函数f(x)=x-aex+1(a∈R)有两个零点x1,x2,且x1<x2,证明:e1 +e2 >2.

高中数学课件-导数中的综合问题-第4课时极值点偏移问题

高考重难突破一导数中的综合问题第4课时极值点偏移问题已知函数图象顶点的横坐标就是极值点 0.（1）若 = 的两根的中点满足1+22=0 ，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数在 =0两侧的函数值变化快慢相同，如图①.（2）若 = 的两根的中点1+22≠0 ，则极值点偏移，此时函数在 =0 两侧的函数值变化快慢不同，如图②、图③.技法一构造对称和（或差）法例1(2023·湖南郴州质量检测)已知函数=ln −122+1，若设函数的两个零点为1，2，证明：1+2>2.【证明】′=1−=1+1−>0，令′=0，解得=1.当0<<1时，′>0，在0,1上单调递增；当>1时，′<0，在1,+∞上单调递减，所以max=1=12>0,且当→0+时，→−∞，2=ln 2−1<0，则的两个零点1，2满足0<1<1<2<2.令=−2−,0<<1,则′=y+y2−=2K122−.当0<<1时，′>0，单调递增，所以<1=0，即<2−.因为0<1<1<2<2，所以0<2−2<1,所以2−2<2=1.又函数在0,1上单调递增，所以1>2−2,即1+2>2.对称变换求极值点偏移的步骤第一步：求导，获得的单调性，极值情况，求出的极值点0，再由1=2得出1,2的取值范围；第二步：构造辅助函数（对结论1+2><20,构造=−20−；对结论12><02,构造=−02,）求导，限定1或2的范围，判定符号，获得不等式；第三步：代入1（或2），利用1=2及的单调性证明结论.【对点训练】已知函数=−1e−，∈.设1,2是函数的两个零点，证明：1+2<0.证明：令=−1e−=0，则=−1e.设=−1e，则′=⋅e，当<0时，′<0,在−∞,0上单调递减，当>0时，′>0,在0,+∞上单调递增.所以min=0=−1，且→−∞时，→0,当>1时，>0.所以，当−1<<0时，有两个零点1，2，且12<0，1=2=0，不妨设1<0，2>0，则−2<0.令=−−=−1e+1+e−，则′=e−e−，当<0时，′=e−e−>0，此时在−∞,0上为增函数，所以<0,即=−−<0，即<−.因为−2<0，所以−2<2,因为1=2=0，所以−2<1,因为在−∞,0上为减函数，所以−2>1，即1+2<0.技法二消参减元法例2已知函数=−2e+−12有两个零点.（1）求的取值范围；【解】′=−1e+2−1=−1e+2.①设=0，则=−2e，只有一个零点.②设>0，则当∈−∞,1时，′<0；当∈1,+∞时，′>0.所以在−∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增.又1=−e<0，2=>0，取满足<0且<ln2，则>2−2+−12=2−32g>0，故存在两个零点.③设<0，由′=0得=1或=ln−2.若≥−e2，则l n−2≤1，故当∈1,+∞时，′>0，因此在1,+∞上单调递增.又当≤1时，<0，所以不存在两个零点.若<−e2，则l n−2>1，故当∈ 1,ln−2时，′<0；当∈ln−2,+∞时，′>0.因此在1,ln−2上单调递减，在ln−2,+∞上单调递增.又当≤1时，<0，所以不存在两个零点.综上，的取值范围为0,+∞.（2）设1，2是的两个零点，证明：1+2<2.证明：不妨设1<2，由（1）知1∈−∞,1，2∈1,+∞，2−2∈−∞,1,又在−∞,1上单调递减，所以1+2<2等价于1>2−2，即2−2<0.由于2−2=−2e2−2+2−12，而2=2−2e2+2−12=0，所以2−2=−2e2−2−2−2e2.设=−x2−−−2e，则′=−1e2−−e.所以当>1时，′<0，而1=0，故当>1时，<0.从而2=2−2<0，故1+2<2.消参减元，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消参或减元，从而简化目标函数.其基本解题步骤如下：（1）建立方程：利用函数的导函数，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中使导函数变号的因式部分；（2）确定关系：根据极值点所满足的方程，建立极值点与方程系数之间的关系；（3）构建函数：根据消参、减元后式子的结构特征，构造相应的函数；（4）求解问题：利用导数研究所构造的函数的单调性、极值、最值等，解决相应的问题.【对点训练】已知函数=122−+En .若函数有两个极值点1，2，证明：1+2>−ln 22−34.证明：由题意得，′=−1+=2−r>0.因为函数有两个极值点1，2，所以方程2−+=0在0,+∞上有两个不同的实数根1，2，则&1+2=1>0，&12=>0，且=1−4>0，所以0<<14.由题意得1+2=1212−1+En 1+1222−2+En 2 =1212+22−1+2+En12=121+22−12−1+2+En12=12−−1+En =En −−12.令ℎ=En −−12 0<<14，则ℎ′=ln <0，所以ℎ在0,14上单调递减，所以ℎ>ℎ14=−ln 22−34，所以1+2>−ln 22−34.技法三比（差）值换元法例3已知函数=Bln +（，为实数）的图象在点1,1处的切线方程为=−1.（1）求实数，的值及函数的单调区间；【解】′=1+ln >0，由题意得&′1==1，&1==0，解得&=1，&=0.令′=1+ln =0，解得=1e.当>1e时，′>0，在1e,+∞ 上单调递增；当0<<1e时，′<0，在0,1e上单调递减.所以的单调递减区间为0,1e，单调递增区间为1e,+∞ .（2）设函数=+1，证明：1=21<2时，1+2>2.证明：由（1）得=En >0，故=+1=ln +1>0，由1=21<2,得l n 1+11=ln 2+12，即2−112=ln21>0.要证1+2>2，即证1+2⋅2−112>2ln21,即证21−12>2ln21.设21=>1，则需证−1>2ln >1.令ℎ=−1−2ln >1，则ℎ′=1+12−2= 1−12>0.所以ℎ在1,+∞上单调递增，则ℎ>ℎ1=0，即−1>2ln .故1+2>2得证.比（差）值换元的目的也是消参，就是先根据已知条件建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比（或差）作为变量，实现消参、减元的目的.设法用两个极值点的比值或差值表示所求解的不等式，进而转化为相应的函数问题求解，多用来研究含对数（或指数）式的函数的极值点偏移问题.其基本解题步骤如下：（1）建等式：利用极值点所满足的条件建立两个关于极值点1，2的方程；（2）设比差：根据两个数值之间的大小关系，选取两数之商或差作为变量，建立两个极值点之间的关系；（3）定关系：用一个极值点与比值或差值表示另一个极值点，代入方程.通过两个方程之差或商构造极值点与比值或差值之间的关系，进而通过解方程用比值或差值表示两个极值点；（4）构函数：将关于极值点的目标代数式用比值或差值表示出来，构造相应的函数；（5）解问题：利用导数研究所构造的函数的单调性、极值、最值等，解决相应的问题.【对点训练】已知函数=e−B有两个零点1，21<2.证明：2−1<21−2.证明：由题意得&e1=B1,&e2=B2,令=2−1>0，两式相除得e=e2−1=21=1+1，即1=e−1>0，欲证2−1<21−2，即证<2 e−1 −2，即证2+2r2e<2.记ℎ=2+2r2e>0，ℎ′=2r2e− 2+2r2 ee2=−2e<0，故ℎ在0,+∞上单调递减，所以ℎ<ℎ0=2，即2+2r2e<2，所以2−1<21−2得证.。

高中数学经典资料第119课--极值点偏移问题

第119课极值点偏移问题基本方法：极值点偏移的含义：对定义域内任意自变量x 都有()(2)f x f m x =-，则函数()f x 关于直线x m =对称：可以理解为函数()f x 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同.若()f x 为单峰函数，则x m =必为()f x 的极值点.如二次函数()f x 的顶点就是极值点0x ，若()f x c =的两根的中点为122x x +，则刚好有1202x 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()f x 的极值点为m ，且函数()f x 满足定义域内x m =左侧的任意自变量x 都有()(2)f x f m x >-或()(2)f x f m x <-，则函数()f x 极值点m 左右侧变化快慢不同.故单峰函数()f x 定义域内任意不同的实数12,x x 满足12()()f x f x =，则122x x +与极值点m 必有确定的大小关系：若122x x m +<，则称为极值点左偏；若122x xm +>，则称为极值点右偏.如图，函数()e xx f x =的极值点01x =刚好在方程()f x c =的两根中点122x x +的左边，我们称之为极值点左偏.极值点偏移问题的一般题设形式：1.函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；2.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足12()()f x f x =，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；3.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，令1202x x x +=，求证：0()0f x '>；4.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足12()()f x f x =，令1202x x x +=，求证：0()0f x '>.方法一：①利用对称性构造函数ⅰ)求出函数()f x 的极值点0x ；ⅱ)构造一元差函数0()()(2)F x f x f x x =--或0()(2)()F x f x x f x =--；ⅲ)确定函数()F x 的单调性；ⅳ)结合0()0F x =，判断()F x 的符号，从而确定0(2)f x x -、()f x 的大小关系；ⅴ)再结合102,2x x x -或201,2x x x -的大小和函数()f x 的单调性得出所求结论.方法二：②双变量转化单变量，构造函数不等式从代数层面来看，极值点偏移问题是条件不等式的证明：在等量条件12()()f x f x =的约束条件下求证12,x x 的二元不等式一个自然的想法是：能否将双变量的条件不等式化为单变量的函数不等式呢？方法③：利用对数平均不等式对数平均不等式的介绍与证明：两个正数a 和b 的对数平均定义：()(,)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.只证：当a b ≠(,)2a bL a b +<<.不失一般性，可设a b >.证明如下：（i(,)L a b <……①不等式①1ln ln ln2ln (1)a a b x x x b x ⇔-⇔⇔<-=>其中构造函数1()2ln (),(1)f x x x x x =-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--.因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立；（ii ）再证：(,)2a bL a b +<……②不等式②2(1)2()ln ln ln (1)a ab aba b a a b b b--⇔->⇔>++2(1)ln (1)x x x -⇔>+(1)x =>其中构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++.因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0g x g >=，从而不等式②成立；综合（i ）（ii ）知，对,a b +∀∈R ，(,)2a bL a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立.一、典型例题1.已知函数()e ()x f x x x -=∈R .（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明：当1x >时，()()f x g x >；（3）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>.答案：（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析解析：（1）()e x f x x -=，()e e (1)e x x x f x x x ---'=-=-，令()0f x '=，得1x =，当x 变化时，(),()f x f x '的变化如下表：x(,1)-∞1(1,)+∞()f x '+0-()f x 单调递增极大值单调递减所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，在1x =处取极大值1(1)ef =.（2）()y f x =与(2)y f x =-的图像关于直线1x =对称，即(2)()(2)(2)e x g x f x x --=-=-，设(2)()()()e (2)e (1)x x F x f x g x x x x ---=-=--≥，则2221111()(1)(0(12e e 0)eeeex x xxxxx x F x x x x x -----'=-=--≥>⇒>-⇒>>，所以()F x 在[1,)+∞上单调递增，则当1x >时，()(1)0F x F >=恒成立，即有当1x >时，()()f x g x >成立.（3）不妨设12x x <，由（1）可知121x x <<，12121212222120()(2)()()()(2)x x x x f x f x f x f x g x f x +>⇔>>->⇔>-⇔=>=-，因为21x >，由（2）可知22()()f x g x >显然成立，所以122x x +>成立.2.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 +<.答案：（1）()0,+∞；（2）见解析解析：（1）由已知得：()()()()()1e 211e 2x x f x x a x x a '=-+-=-+，①若0a =，那么()()02e 02x f x x x =⇔-=⇔=，()f x 只有唯一的零点2x =，不合题意；②若0a >，当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(),1x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；又()1e f =-，()2f a =，取b 满足0b <且ln 2a b <，则()()()223210,22a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=-> ⎪⎝⎭故()f x 存在两个零点；③设0a <，由()0f x '=得1x =或()ln 2x a =-.若e2a ≥-，则()ln 21a -≤，故当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，因此()f x 在()1,+∞单调递增.又当1x ≤时()0f x <，所以()f x 不存在两个零点.若e2a <-，则()ln 21a ->，故当()()1,ln 2x a ∈-时，()0f x '<；当()()ln 2,x a ∈-+∞时，()0f x '>.因此()f x 在()1,ln(2)a -单调递减，在()()ln 2,a -+∞单调递增.又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点.综上a 的取值范围为()0,+∞.（2）不妨设12x x <，由（1）知，()1,1x ∈-∞，()21,x ∈+∞，()22,1x -∈-∞，()f x 在(),1-∞单调递减，所以122x x +<等价于()()122f x f x >-，即()220f x -<.由于()()2222222e 1x f x x a x --=-+-，而()()()222222e 10x f x x a x =-+-=，所以()()2222222e 2e x x f x x x --=---.设()()2e 2e x x g x x x -=---，则()()()21e e x x g x x -'=--.所以当1x >时，()0g x '<，而()10g =，故当1x >时()0g x <.从而()()2220g x f x =-<，故122x x +<.二、课堂练习1.已知函数()()2ln 21f x a x x a x =-+-()a ∈R 有两个不同的零点.（1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x a +>.答案：（1）()1,+∞；（2）见解析解析：（1）函数的定义域为：()0,+∞，()221af x x a x'=-+-()()21x a x x +-=，①当0a ≤时，易得()0f x '<，则()f x 在()0,+∞上单调递减，则()f x 至多只有一个零点，不符合题意.②当0a >时，令()0f x '=得x a =，则x()0,a a(),a +∞()'f x +-()f x 增极大减∴()()max f x f x =极大()()ln 1f a a a a ==+-.∴要使函数()f x 有两个零点，则必有()()ln 10f a a a a =+->，即ln 10a a +->，设()ln 1g a a a =+-，∵()110g a a'=+>，则()g a 在()0,+∞上单调递增，又∵()10g =，∴1a >；当1a >时：∵121e e f a ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2110e e --<，∴()f x 在区间1,e a ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点；设()ln h x x x =-，∵()111xh x x x-'=-=，∴()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴()()110h x h ≤=-<，∴ln x x <；∴()()2ln 21f x a x x a x =-+-()22213ax x a x ax x x ≤-+-=--()233ax x x a x ≤-=-，则()40f a <，∴()f x 在区间(),4a a 上有一个零点，那么，此时()f x 恰有两个零点.综上所述，当()f x 有两个不同零点时，a 的取值范围是()1,+∞.（2）由（1）可知，∵()f x 有两个不同零点，∴1a >，且当()0,x a ∈时，()f x 是增函数；当(),x a ∈+∞时，()f x 是减函数；不妨设：12x x <，则120x a x <<<；设()()()2F x f x f a x =--，()0,x a ∈，则()()()+2F x f x f a x '''=-()2212a ax a x a x=-+-+-()()2221a x a --+-()()22222x a a a x a x x a x -=+-=--.当()0,x a ∈时，()0F x '>，∴()F x 单调递增，又∵()0F a =，∴()0F x <，∴()()2f x f a x <-，∵()10,x a ∈，∴()()112f x f a x <-，∵()()12f x f x =，∴()()212f x f a x <-，∵()2,x a ∈+∞，()12,a x a -∈+∞，()f x 在(),a +∞上单调递减，∴212x a x >-，∴122x x a +>.2.已知函数()ln g x x bx =-，若()g x 有两个相异零点12,x x ，求证：12ln ln 2x x +>.答案：见解析解析：()ln g x x bx =-，()g x 的两个相异零点为12,x x ，设120x x >>，∵()10g x =，()20g x =，∴11ln 0x bx -=，22ln 0x bx -=，∴()1212ln ln x x b x x -=-，()1212ln ln x x b x x +=+.要证12ln ln 2x x +>，即证()122b x x +>，即121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即()1212122ln x x x x x x ->+，设121x t x =>，上式转化为()()21ln 11t t t t ->>+.设()()21ln 1t h t t t -=-+，∴()()()22101t h t t t -'=>+，∴()h t 在()1,+∞上单调递增，∴()()10h t h >=，∴()21ln 1t t t ->+，∴12ln ln 2x x +>.三、课后作业1.已知函数()ln f x x x m =--（m 为常数）.（1）求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最小值；（2）设12,x x 是函数()f x 的两个零点，且12x x <，证明：121x x ⋅<.答案：（1）1e m --；（2）见解析解析：（1）()ln f x x x m =--，且()10xf x x-'==，∴1x =，当()0,1x ∈时，()0f x '>，所以()y f x =在()0,1递增；当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()y f x =在()1,+∞递减，且111e e f m ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，()e 1e f m =--，因()11e 2e 0e e f f ⎛⎫-=--+> ⎪⎝⎭，函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最小值为1e m --.（2）由（1）知12,x x 满足ln 0x x m --=，且101x <<，21x >，1122ln ln 0x x m x x m --=--=，则()111222222211111ln ln ln ln f x f x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=---=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭22212ln x x x =-++，令()12ln (1)g x x x x x =-++>，则()222221221(1)10x x x g x x x x x -+---'=--+==<，当1x >时，()g x 是减函数，所以()()10g x g <=，所以当1x >时，()1210f x f x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，即()121f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，因为10x <，211x <，()f x 在()0,1上单调递增，所以121x x <，故121x x ⋅<.2.已知函数()e 23x f x x m =-++，1212,()x x x x ≠是函数()f x 的两个零点.（1）求m 的取值范围；（2）求证120x x +<.答案：（1）2m <-；（2）见解析解析：（1）()e 1x f x '=-，令()0f x '>，解得0x >，令()0f x '<，解得0x <，故()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增；所以0x =是函数()f x 的极小值点，也是最小值点，若(0)1230f m =++≥，即2m ³-时，()f x 至多有一个零点，不符合题意，故2m <-.当2m <-时，20m <，22(2)e 223e 30m m f m m m =-++=+>0m ->，()e 33m f m m --=++，设()e 3(2)x g x x x =-³，则()e 30x g x ¢=->，所以()g x 在(2,)+¥上单调递增，当2x >时，2()(2)e 60g x g >=->.故()e 3333330m f m m m m --=++>-++=>.故()f x 在(2,0),(0,)m m -上分别存在且只存在一个零点.综上可知若()f x 有两个零点，有2m <-.（2）设12x x <，易知，120,0x x <>，12()()0f x f x ==，因为2212222()()()()e e 2x x f x f x f x f x x ---=--=--，令()e e 2(0)x x h x x x -=--≥，则()e e 20x x h x -'=+-≥，所以()h x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)0h x h ≥=，又因为120x x <<，所以2()0h x >，即222e e 20x x x --->，所以12()()f x f x >-，又120,0x x <-<，且由（1）知()f x 在(,0)-∞上单调递减，所以12x x <-，即120x x +<.3.已知函数()()2ln g x a x x =--，已知关于x 的方程()0g x =有两个实根12,x x ，求证：126x x a+>.答案：见解析解析：()()2ln g x a x x =--，即()g x 有两个零点12,x x ，∵()12g x a x'=--，∴当2a ≤时，()0g x '<，则()g x 递减，至多1个零点，不符合题意；当2a >时，()0g x '>⇔12x a >-，此时()g x 递增；()1002g x x a '<⇔<<-，此时()g x 递减；∴()()min 11ln 202g x g a a ⎛⎫==+-< ⎪-⎝⎭，解得122e a <<+；此时1e 2a >-，又()120g a =->，∴()12,1,x x ∈+∞，不妨设121x x <<，由()()11222ln 02ln 0a x x a x x ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩，两式相减得2121ln ln 2x x a x x --=-，则()()()()1221121221ln ln 2x x x x a x x x x x x +-+=++-，设21x t x =，则()()()212121ln ln 1ln 1x x x x t t x x t +-+=--，下证()1ln 21t t t +>-；设()()()214ln ln 2111t h t t t t t t -=-=+->++，则()()()()222114011t h t t t t t -'=-=>++，∴()h t 在()1,+∞上递增，那么()()10h t h >=，所以()21ln 1t t t ->+，从而()1ln 21t tt +>-，又∵()1224x x +>，∴()126a x x +>，故126x x a+>.。

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

极值点偏移课件

则 g 在 0，1 和 1，＋∞ 上分别有一个零点 x 1， x 2，
不妨设0＜ x 1＜1＜ x 2，∵0＜ x 1＜1，∴2－ x 1＞1，
设 G ＝ g － g 2 − ，则 G ＝ ln − 2 ＋ + 1 －[ln 2 −
－ 2 − 2 ＋ 2 − ＋1]＝ln x －ln 2 − －2 x ＋2，
③
④
ln 1 −ln 2
由③－④得
＝a，
1 −2
1
故要证 x 1·x 2＜ 2 ，

即证 x 1·x 2＜
2
1 −2
1
1
2
2
，即证ln ＜＋－2，
ln 1 −ln 2
2
2
1
1
1
2
设＝ t ， t ∈(0，1)，ln t ＜ t ＋－2，
2

1
2
设 g ( t )＝ln t － t －＋2，只需证 g ( t )＜0.
f'
2 −4+2
＝－
.

e
令 h ＝ x 2－4 x ＋2，则 h ＝0的两根分别为 x 1＝2－ 2 ，
x 2＝2＋ 2 .
当 x ＜2－ 2 或 x ＞2＋ 2 时，f' ＜0；
当2－ 2 ＜ x ＜2＋ 2 时，f' ＞0，
所以 f 的单调递增区间为 2 − 2，2 + 2 ，单调递减区间为
∴只要证明 f ( x 2)＞ f (2 a － x 1)，
即证 f ( x 1)＞ f (2 a － x 1).
设函数 g ( x )＝ f ( x )－ f (2 a － x )，

第04讲极值点偏移：乘积型(教师版)

第04讲极值点偏移:乘积型参考答案与试题解析一．解答题（共17小题）1．（2021春•汕头校级月考）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1x ，2x ，证明：212x x e >．【解答】解：（1）函数的定义域为(0,)+∞，11()axf x a x x-'=-=，①当0a 时，()0f x ' ，()f x 在(0,)+∞单调递增；②当0a >时，由()0f x '=得1x a=，则当10x a <<时，()0f x '<，()f x 在1(0,a单调递增；当1x a <时，()0f x '>，()f x 在1(,)a+∞单调递减．（2）()i 法1：函数()f x 有两个零点即方程0lnx ax -=在(0,)+∞有两个不同根，转化为函数y lnx =与函数y ax =的图象在(0,)+∞上有两个不同交点，如图：可见，若令过原点且切于函数y lnx =图象的直线斜率为k ，只须0a k <<，设切点0(A x ，0)lnx ，所以0001|x x k y x x =='==，又00lnx k x =，所以0001lnx x x =，解得0x e =，于是1k e =，所以10a e<<，法2：由（1）当0a时，()f x 在(0,)+∞单调递增，不可能有两个零点，0a ∴>，此时11()()1max f x f ln a a==-，需110lna ->解得10a e<<，从而1e a >，211a a>又1(10e f e a =--<故()f x 在1(0,a 有一个零点；2211111(2f ln ln a a a a a=-=-，设()2g x lnx x =-，x e >，则2()10g x x'=-<故()g x 在(,)e +∞单调递减∴211()(()20()f g g e e f x a a =<=-<∴在1(,)a+∞有一个零点故a的取值范围为1(0,e．()ii 原不等式212122x x e lnx lnx >⇔+>，不妨设120x x >>，1()0f x = ，2()0f x =，110lnx ax ∴-=，220lnx ax -=，1212()lnx lnx a x x ∴+=+，1212()lnx lnx a x x -=-，12112121212122122()22()2lnx lnx x x x lnx lnx a x x ln x x x x x x x --∴+>⇔+>⇔>⇔>-++，令12x t x =，则1t >，于是1122122()2(1)1x x x t ln x x x t -->>++，设函数2(1)()1t g t lnt t -=-+(1)t >，求导得：22214(1)()0(1)(1)t g t t t t t -'=-=>++，故函数()g t 是(1,)+∞上的增函数，()g t g ∴>（1）0=，即不等式2(1)1t lnt t ->+成立，故所证不等式212x x e >成立．2．（2021•攀枝花模拟）已知函数()(,)bf x lnx a a R b R x=+-∈∈有最小值M ，且0M．（Ⅰ）求11a e b --+的最大值；（Ⅱ）当11a e b --+取得最大值时，设F （b ）1()a m m R b-=-∈，()F x 有两个零点为1x ，212()x x x <，证明：2312x x e ⋅>．【解答】解：（Ⅰ）有题意221()(0)b x bf x x x x x-'=-=>，当0b 时，()0f x ' ，()f x 在(0,)+∞上单增，此时显然不成立，当0b >时，令()0f x '=，得x b =，此时()f x 在(0,)b 上单减，在(,)b +∞上单增，M f ∴=（b ）10lnb a =+- ，即1lnb a - ，所以1a b e - ，10a e b -- ．所以11a e b --+的最大值为1．（Ⅱ）证明：当11a e b --+取得最大值时，1a lnb -=，1()a lnbF b m m b b-=-=-，()F x 的两个零点为1x ，2x ，则12120;0lnx lnxm m x x -=-=，即11lnx mx =，22lnx mx =，不等式2312x x e ⋅>恒成立等价于12121222(2)3lnx lnx mx mx m x x +=+=+>，两式相减得11212212()x lnx x ln m x x m x x x =-⇒=-，带入上式得11211221211221223(1)3()(2)322x xlnx x x x x x x ln x x x x x x x --+⋅>⇔<=-++，令12(01)x t t x =<<，则3(1)(),(01)2t g t lnt t t -=-<<+，2(1)(4)()0(2)t t g t t t --'=>+，所以函数()g t 在(0,1)上单调递增，()g t g ∴<（1）0=，得证．3．（2021•张家口二模）已知函数()(x alnxf x e a e x=--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1x ，2x ，证明：12212x x e x x e +>．【解答】解：（1）由题意可得，()()0x x x h x xe alnx ax xe aln xe =--=-=有2个零点，令()x t x xe =，则()(1)0x t x x e '=+>在0x >时恒成立，故()x t x xe =在(0,)+∞上单调递增，所以()h x 有2个零点可转化为()g t t alnt =-有2个零点，因为()1ag t t'=-，0a 时，()0g t '>，()g t 单调递增，不可能有2个零点，当0a >时，由()0g t '>可得1t >，()g t 单调递增；()0g t '<可得0t a <<，()g t 单调递减，()min g t g =（a ）a alna =-，若0a e <<，则g （a ）0>，此时()0g t >恒成立，没有零点，若a e =，则g （a ）0=，有一个零点，若a e >，则g （a ）0<，因为g （1）10=>，2()0a a g e e a ->，所以()g t 在(1,)e ，(,)a e e 上各有1个零点，符合题意，综上，a 的范围(,)e +∞；（2）证明：要证12212x x e x x e+>，只要证12212x x x x e e +>，即证1212()()2x x ln x e ln x e +>，由（1）可知，111x t x e =，222x t x e =，所以2121()a lnt lnt t t -=-，2121()a lnt lnt t t +=+，所以22211112212211(1)()1t t ln t t t t lnt lnt lnt lnt t t t t +++=-=--，只要证221121(1)21t t ln t t t t +>-，设120t t <<，令21t t t =，1t >，所以只要证2(1)1t lnt t ->+即证4201lnt t +->+，令4()21h t lnt t =+-+，1t >，则22214(1)()0(1)(1)t h t t t t t -'=-=>++，()h t h ∴>（1）0=，即当1t >时，4)201lnt t =+->+，所以122lnt lnt +>即12212()()x x x e x e e > ，故12212x x e x x e +>．4．（2021•武进区校级月考）已知函数21()2f x lnx x ax =+-．（1）若函数()f x 在1x =处的切线与x 轴平行，求a 的值；（2）若存在[1t ∈-，1]，使不等式()(1)f x tx a lnx -- 对于[1x ∈，]e 恒成立，求a 的取值范围；（3）若方程21()2f x x =有两个不等的实数根1x 、2x ，试证明212x x e >．【解答】（1）解：1()f x x a x'=+-，函数()f x 在1x =处的切线与x 轴平行，f ∴'（1）20a =-=，解得2a =．（2）解：[1x ∈，]e ，不等式()(1)f x tx a lnx -- 化为：1(12lnxx a t x-- ，存在[1t ∈-，1]，使不等式()(1)f x tx a lnx -- 对于[1x ∈，]e 恒成立，∴1(112lnx x a x -- ，化为：212()x xa g x x lnx -=-．21(1)(1)2()()x x lnx g x x lnx -+-'=-，令1()12h x x lnx =+-，111()022x h x x x-'=-=>，∴函数()h x 在[1x ∈，]e 上单调递增，()h x h （1）11002=+->．()0g x ∴' ，因此函数()g x 在[1x ∈，]e 上单调递增．a g ∴ （e ）2222e e e -=-．a ∴的取值范围是22[,)22e ee -+∞-．（3）证明：方程21()2f x x =，即0ax lnx -=，0x >．令()h x ax lnx =-，1()1()a x a h x a x x-'=-=．可得：函数()h x 在1x a >时单调递增，在10x a<<时单调递减．1x a∴=时，函数()h x 取得极大值即最大值．1()1h lna a=+．方程21()2f x x =有两个不等的实数根1x 、2x ．121212()()lnx lnx a x x ln x x ∴+=+=，要证明：212x x e >．只要证明：12()2a x x +>即可．不妨设1210x x a <<<，则121x a a ->，由于函数()h x 在1x a>时单调递增，因此只要证明：1122()()0ln x a x a a --->即可得出212x x a >-，设函数22()()()()g x ln x a x lnx ax a a =-----，2112(1)()22(2)ax g x a x x ax x a-'=+-=--．可得在2(0,a 上()0g x '<，且1()0g a =．∴110x a <<，1()0g x >，即111122()()()0ln x a x lnx ax a a----->，即1122()()0ln x a x a a --->．∴212x x a>-，212x x e ∴>．5．（2021•和平区校级模拟）已知函数21()2f x x x xlnx =+-的导函数为()f x '．（Ⅰ）判断()f x 的单调性；（Ⅱ）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 <．【解答】解：（Ⅰ）()1(1)(0)f x x lnx x lnx x '=+-+=->，令()g x x lnx =-，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，()()f x g x g '∴= （1）10=>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增⋯（4分）（Ⅱ）依题意，1122x lnx m x lnx m-=⎧⎨-=⎩，相减得2121xx x ln x -=，令21(1)x t t x =>，则有11lnt x t =-，21tlntx t =-，欲证2122x x <成立，只需证222()21(1)lnt t lnt t t <-- 成立，即证3322(1)()t lnt t -<成立，即证13232(1)t lnt t-<成立，令13(1)t x x =>，只需证13212()30x lnx x -->成立，令1321()2()3(1)F x x lnx x x =-->，即证1x >时，()0F x >成立11323333232(2)3()2(1)x x F x x x x +-'=+-=，令1323()2(2)3(1)h x x x x =+->，则11233()2(3)63(22)(1)h x x x x x x '=-=->，可得()h x 在23(1,2)内递减，在23(2,)+∞内递增，∴23()(2)0h x h = ，()0F x '∴ ，()F x ∴在(1,)+∞上单调递增，()F x F ∴>（1）0=成立，故原不等式成立．6．（2021春•邵东市校级期中）已知函数()sin f x x a x mlnx =-+，()()sin g x f x a x =+．（1）求函数()y g x =的极值；（2）若存在1x ，2(0,)x ∈+∞，且当12x x ≠时，12()()f x f x =，当01a <<时，1ma <-．【解答】解：（1）由()g x x mlnx =+，∴()1(0)m x mg x x x x+'=+=>，当0m，()0g x '>，()g x 在(0,)+∞上为增函数，无极值，当0m <，0x m <<-，()0g x '<；x m >-，()0g x '>，()g x 在(0,)m -上为减函数，在(,)m -+∞上为增函数，x m ∴=-，()g x 有极小值()m mln m -+-，无极大值，综上知：当0m，()g x 无极值，当0m <，()g x 有极小值()m mln m -+-，无极大值．（2）证明：()sin h x x a x =-，()1cos h x a x '∴=-，1cos 1x -，01a ∴<<，()1cos 0h x a x '=- ，所以，当01a <<，()sin h x x a x =-在(0,)+∞上为增函数，所以当(0,)x ∈+∞时，恒有()(0)0h x h >=，即sin x a x >成立；当0m，()g x 在(0,)+∞上为增函数，当01a <<，()sin h x x a x =-在(0,)+∞上为增函数，这时，()y f x =在(0,)+∞上为增函数，所以不可能存在1x ，2(0,)x ∈+∞，满足当12x x ≠时，12()()f x f x =，所以有0m <．设120x x <<，12()()f x f x =得：111222sin sin x a x mlnx x a x mlnx -+=-+，212121()()(sin sin )m lnx lnx x x a x x ∴--=---①，1122sin sin x x x x -<- ，2121(sin sin )()a x x a x x ∴-->--②，由①②式可得：212121()()()m lnx lnx x x a x x -->---，即2121()(1)()m lnx lnx a x x -->--，又12lnx lnx <，210lnx lnx ->，∴2121(1)0x x m a lnx lnx -->-⨯>-③，1ma <-④，所以由③式知，只需证明：2121x x lnx lnx ->-21211x x x ln x ->设211x t x =>，只需证1t lnt ->，0(1)lnt t ->>，令()(1)h t lnt t =>，由()0(1)h t t '=>>，()h t 在(1,)+∞上为增函数，()h t h ∴>（1）0=，∴2121x x lnx lnx ->-成立，所以由③1ma <-成立．7．（2021•海安县校级模拟）设函数()()x f x e ax a a R =-+∈．（1）当1a =时，求函数()f x 在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）若函数()f x 的图象与x 轴交于1(A x ，0)，2(B x ，0)两点，且12x x <，求a 的取值范围；（3）证明：0(()f f x ''<为函数()f x 的导函数）．【解答】解：（1）()1x f x e x =-+的导数为()1x f x e '=-，可得()f x 在0x =处的切线斜率为0，切点为(0,2)，可得切线方程为2y =；（2）()f x 的导数为()x f x e a '=-，当0a时，()0f x '>恒成立，()f x 在R 上递增，与题意不符；当0a >时，由()0f x '=，可得x lna =，当x lna >时，()0f x '>，()f x 递增；当x lna <时，()0f x '<，()f x 递减，可得x lna =处()f x 取得极小值(2)a lna -，函数()f x 的图象与x 轴交于1(A x ，0)，2(B x ，0)两点，且12x x <，可得(2)0a lna -<，即2a e >，存在1lna <，f （1）0e =>，存在a lna >，332(3)330f lna a alna a a a a =-+>-+>，又()f x 在(,)lna -∞，(,)lna +∞的单调性和()f x 的图象在R 上不间断，可得2a e >为所求取值范围；（3）证明：110x e ax a -+=，220x e ax a -+=，两式相减可得2121x x e e a x x -=-，设21(0)2x x s s -=>，则121221212221([2()]22x x x x x x s s x x e e ef e s e e x x s++-+-'=-=---，设()2()s s g s s e e -=--，()2()0s s g s e e -'=-+<，可得()g s 在(0,)+∞递减，即有()(0)0g s g <=，而12202x x es+>，可得12()02x x f +'<，由()x f x e a '=-为递增函数，122x x +>可得12()02x x f f +'<'<，即原不等式成立．8．（2021•鄱阳县校级月考）设函数()()x f x e ax a a R =-+∈其图象与x 轴交于1(A x ，0)，2(B x ，0)两点，且12x x <．（1）求()f x 的单调区间和极值点；（2）证明：0(()f f x '<'是()f x 的导函数）；（3）证明：1212x x x x <+．【解答】解：（1）设函数()()x f x e ax a a R =-+∈其图象与x 轴交于1(A x ，0)，2(B x ，0)两点，所以函数()f x 不单调，()0x f x e a '=-= 有实数解，所以0a >，解得x lna =，因为x lna <，()0f x '<，()f x 单调递减，x lna >时，()0f x '>，()f x 单调递增，且lna 是极小值点；()()22lna f lna e alna a a lna =-+=-极小值，由题意得，()0f lna <，所以2a e >，所以函数()f x 的单调递增区间(,)lna -∞，单调递减区间(,)lna +∞，极小值点是lna ，无极大值点，且2a e >．（2）证明： 12120xx e ax a e ax a ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，两式相减可得，2121x x e e a x x -=-，令212(0)x x s es -=>，则122112221()2x x x x x x e e f e x x ++-=--，122[2()]2x x s s es e e s+-=--，令()2()s s g s s e e -=--，则()2()0s s g s e e -'=-+<，所以()g s 单调递减，()(0)0g s g <=，而12202x x es+>，12()02x x f +∴<，又122x x +>∴0f '<；（3）证明：由121200x x e ax a e ax a ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，可得212111x x x e x --=-，∴21(1)(1)2111x x x e x ----=-，令11m x =-，21n x =-，则01m n <<<，∴n m n e m-=，设nt m=，则1t >，n mt =，(1)t m e t -∴=，1lnt m t ∴=-，1tlntn t =-，22()(1)t lnt mn t ∴=-，要证明：1212x x x x <+，等价于证明：12(1)(1)1x x --<，即证1mn <，即证22()1(1)t lnt t <-，即证1lnt t <-即证lnt <，令1()2g t lnt t t=-+，(1)t >，22221(1)()10t g t t t t --'=--=<，()g t ∴在(1,)+∞上单调递减，1>，故0g <，120lnt t t ∴-+<，lnt ∴<，从而有：1212x x x x <+．9．（2021•泉州二模）已知函数()f x alnx x a =++，()x g x xe =．（1）当1a =时，求函数()()()F x g x f x =-的最小值；（2）若()f x 存在两个零点1x ，2x ，求a 的取值范围，并证明121x x >．【解答】解：（1）当1a =时，()1(0)x F x xe lnx x x =--->，则11()1(1)()x x x F x e xe x e x x'=+--=+-，令1()(0)x x e x x ϕ=->，则21()0x x e x ϕ'=+>，()x ϕ∴在(0,)+∞单调递增，又1()20,(1)102e ϕϕ=-<=->，故存在唯一01(,1)2x ∈，使得0()0x ϕ=，即001x e x =，00lnx x =-，且当0(0,)x x ∈时，()0x ϕ<，()0F x '<，当0(x x ∈，)+∞时，()0x ϕ>，()0F x '>，()F x ∴在0(0,)x 单调递减，在0(x ，)+∞单调递增，∴0000000()()1110x min F x F x x e lnx x x x ==---=+--=；（2）()1(0)a x af x x x x+'=+=>，①当0a时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，()f x 至多有一个零点，不合题意；②当0a <时，当(0,)x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减，当(,)x a ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则()()()0min f x f a aln a =-=-<，解得1a <-，注意此时11()0f e e=>，()i 当21a -<-时，33()40f e e a =+>，此时31a e e<-<，则()f x 在(0,)a -和(,)a -+∞分别存在一个零点；()ii 当2a <-时，2()a a a a f e alne e a e a a ----=++=-+，设g （a ）2a e a a -=-+，2a <-，则g '（a ）21a e a -=--+，g ''（a ）20a e -=->，g ∴'（a ）在(,2)-∞-单调递增，则g '（a ）2(2)50g e <'-=-+<，g ∴（a ）在(,2)-∞-单调递减，则g （a ）2(2)60g e >-=->，即()0a f e ->，此时1a a e e-<-<，则()f x 在(0,)a -和(,)a -+∞分别存在一个零点；综上，若()f x 有两个零点，则a 的取值范围为(,1)-∞-；下证明121x x >，不妨设120x a x <<-<，由12()()0f x f x ==得，11220alnx x a alnx x a ++=⎧⎨++=⎩，两式相减得，1212x x a lnx lnx --=-，两式相加得，12121212122()2x x x x lnx lnx lnx lnx a x x +++=-=----，要证121x x >，只需证120lnx lnx +>，即证112121211222110221x lnx lnx x x x x ln x x x x x ----=-<++，令11(),(0,1]21t h t lnt t t -=-∈+，则22212(1)()02(1)2(1)t h t t t t t -'=-=++ ，()h t ∴在(0，1]单调递增，则()h t h （1）0=，又12(0,1)x x ∈，故等号不成立，即得证．10．（2021•未央区校级月考）已知函数2()()2a f x xlnx x x a a R =--+∈，在其定义域内有两个不同的极值点．（1）求a 的取值范围；（2）记两个极值点为1x ，2x ，且12x x <，当1λ时，求证：不等式112x x e λλ+> 恒成立．【解答】解：（1）由题意知，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，方程()0f x '=在(0,)+∞有两个不同根；即方程0lnx ax -=在(0,)+∞有两个不同根；转化为函数y lnx =与函数y ax =的图象在(0,)+∞上有两个不同交点，如右图．可见，若令过原点且切于函数y lnx =图象的直线斜率为k ，只须0a k <<．令切点0(A x ，0)lnx ，故001|x x k y x ='==，又00lnx k x =，故001lnx x x =，解得，0x e =，故1k e=，故a 的取值范围为1(0,)e；（2）证明：欲证112x x e λλ+> 两边取对数等价于要证：121lnx lnx λλ+<+，由（1）可知1x ，2x 分别是方程0lnx ax -=的两个根，即11lnx ax =，22lnx ax =所以原式等价于12121()ax ax a x x λλλ+<+=+，因为0λ>，120x x <<，所以原式等价于要证明121a x x λλ+>+．又由11lnx ax =，22lnx ax =作差得，1122()x ln a x x x =-，即1212x lnx a x x =-．所以原式等价于1212121x lnx x x x x λλ+>-+，令12x t x =，(0,1)t ∈，则不等式(1)(1)t lnt t λλ+-<+在(0,1)t ∈上恒成立．令(1)(1)()t h t lnt t λλ+-=-+，又22221(1)(1)()()()()t t h t t t t t λλλλ+--'=-=++，当1λ时，可见(0,1)t ∈时，()0h t '>，所以()h t 在(0,1)t ∈上单调增，又h （1）0=，()0h t <所以112212(1)()x x x lnx x x λλ+-<+在(0,1)t ∈恒成立，所以原不等式成立．11．（2021•浙江模拟）已知函数2()()2a f x xlnx x x a a R =--+∈在其定义域内有两个不同的极值点．（1）求a 的取值范围；（2）记两个极值点分别为1x ，2x ，且12x x <，已知0λ>，若不等式112e x x λλ+<恒成立，求λ的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，方程()0f x '=在(0,)+∞有两个不同根；即方程0lnx ax -=在(0,)+∞有两个不同根；转化为函数y lnx =与函数y ax =的图象在(0,)+∞上有两个不同交点，如图．可见，若令过原点且切于函数y lnx =图象的直线斜率为k ，只须0a k <<．令切点0(A x ，0)lnx ，故001|x x k y x =='=，又00lnx k x =，故001lnx x x =，解得，0x e =，故1k e =，故10a e<<；（2）112e x x λλ+< 等价于121lnx lnx λλ+<+．由（1）可知1x ，2x 分别是方程0lnx ax -=的两个根，即11lnx ax =，22lnx ax =∴原式等价于12121()ax ax a x x λλλ+<+=+，0λ> ，120x x <<，∴原式等价于121a x x λλ+>+．又由11lnx ax =，22lnx ax =作差得，1122()x ln a x x x =-，即1212x lnx a x x =-．∴原式等价于1212121x lnx x x x x λλ+>-+．120x x << ，原式恒成立，即112212(1)()x x x lnx x x λλ+-<+恒成立．令12x t x =，(0,1)t ∈，则不等式(1)(1)t lnt t λλ+-<+在(0,1)t ∈上恒成立．令(1)(1)()t h t lnt t λλ+-=-+，又22221(1)(1)()()()()t t h t t t t t λλλλ+--'=-=++，当21λ 时，可见(0,1)t ∈时，()0h t '>，()h t ∴在(0,1)t ∈上单调增，又h （1）0=，()0h t <在(0,1)t ∈恒成立，符合题意．当21λ<时，可见2(0,)t λ∈时，()0h t '>，2(t λ∈，1)时()0h t '<，()h t ∴在2(0,)t λ∈时单调增，在2(t λ∈，1)时单调减，又h （1）0=，()h t ∴在(0,1)t ∈上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式112e x x λλ+<恒成立，只须21λ，又0λ>，1λ∴ ．12．（2021•柳州月考）已知函数2()()f x lnx x a =+-．（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1x ，212()x x x <，证明：121212[()]2ln f x x x x -+>．【解答】解：（1）函数2()()f x lnx x a =+-，(0,)x ∈+∞．1()2()f x x a x'=+-，函数()f x 在点(1，f （1）)处切线的斜率等于1，f ∴'（1）12(1)1a =+-=，解得1a =．（2）21221()2()x ax f x x a x x-+'=+-=，令2()221u x x ax =-+，0a ，或△2480a =- ，解得a ，a ∴()0f x ' ，函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．a >2480a =->，方程22210x ax -+=有两个不等实数根1x ，2x ．设12x x <．可得：函数()f x 在1(0,)x ，2(x ，)+∞上单调递增；在1(x ，2)x 上单调递减．综上可得：a 时，函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．a >方程22210x ax -+=有两个不等实数根1x ，2x ．设12x x <．可得：函数()f x在1(0,)x ，2(x ，)+∞上单调递增；在1(x ，2)x 上单调递减．（3）由（2）可得：a >时，方程22210x ax -+=有两个不等实数根1x ，2x ．即函数()f x 有两个极值点1x ，2x ．12x x a +=，1212x x =．证明：12121212[()](222ln a ln f x x x x f --+>⇔>．即证明212242a a ln ln -+>．由函数g （a ）224a a ln =+在，)+∞上单调递增，21112224222a a ln ln g ln -∴+>=-+=，因此结论成立，即121212[()]2ln f x x x x -+>．13．（2021•南昌月考）已知函数2()f x ln x x mlnx =-+有两个极值点1x ，2x ．（1）求实数m 的取值范围；（2）证明：124x x <．【解答】解：（1）22()1m lnx x m f x lnx x x x-+'=-+=，令()2g x lnx x m =-+，(0)x >，则22()1xg x x x-'=-=，故()g x 在(0,2)递增，在(2,)+∞递减，故()max g x g =（2）2220ln m =+->，故222m ln >-，又(0)g +→-∞，()g +∞→-∞，故实数m 的取值范围是(222,)ln -+∞；（2）证明：先证明1212x x lnx lnx ->-12x x >，即证12lnx lnx -<，t =，即证21(1)lnt t t t <->，令1()2(1)F t lnt t t t=-+>，2221()0t t F t t -+-'=，故()F t 为减函数，故()F t F <（1）0=，即21lnt t t <-，故1212x x lnx lnx ->-得证，由112222lnx x m lnx x m=-⎧⎨=-⎩，两式相减得12122x xlnx lnx -=>-，故124x x <．14．（2021春•龙凤区校级期末）已知函数122()()()x e f x a lnx a R x x-=-+∈．若()f x 在(0,2)上有两个极值点1x 、212()x x x <．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证：121x x <．【解答】解：（1）13(2)()()(0)x x e ax f x x x---'=>，要使得()f x 在(0,2)上有两个极值点1x ，2x ，则1()x g x e ax -=-在(0,2)上有两个不同的零点，①1a时，由（1）知，11()x x g x e ax e x --=-- ，令1()x S x e x -=-，所以在(0,1)上，()0S x '<，()S x 为减函数，在(1,2)上，()0S x '>，()S x 为增函数，所以()S x S （1）0=，故()0g x ，所以()g x 在(0,2)上没有两个零点，舍，②当a e 时，因为(0,2)x ∈，11(x e e-∈，)e ，1()0x g x e a -'=-<，则()g x 在(0,2)上单调递减，所以()g x 最多只有一个零点，不合题意，舍去，③当1a e <<时，1()x g x e a -'=-，当01x lna <<+时，()0g x '<，()g x 单调递减，当12lna x +<<时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()(1)min g x g lna alna =+=-，要使1(0)0(1)0(2)20g e g lna alna g e a ⎧=>⎪⎪+=-<⎨⎪=->⎪⎩，解得12e a <<，综上所述，a 的取值范围为(1,2e．（2）证明：由（1）知，12()()0g x g x ==，12012x lna x <=+<<，1212x x lnx lnx -<-，其中1202x x <<<，即证12lnx lnx ->=，即12x lnx >令(0,1)t =，即证12(01)lnt t t t >-<<，构造函数1()2t lnt t tϕ=-+，则22221(1)()10t t t t tϕ-'=--=-<，所以，函数()t ϕ'在区间(0,1)上单调递减，故()t ϕϕ>（1）0=，由已知可得121112x x e ax e ax --⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以112211x lna lnx x lna lnx -=+⎧⎨-=+⎩，所以1212x x lnx lnx -=-，则12121x x lnx lnx -=-，12121x x lnx lnx -<=-，所以121x x <．15．（2021春•瑶海区月考）已知函数21()2f x xlnx mx x =--，m R ∈．（1）若()()g x f x ='，(()f x '为()f x 的导函数），求函数()g x 在区间[1，]e 上的最大值；（2）若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，求证：122x x e >．【解答】解：（1）函数21()2f x xlnx mx x =--的定义域为R ，()()g x f x lnx mx ='=-，11()mxg x m x x-'=-=，①当1m e时，显然()0g x ' 在(1,)e 上恒成立，所以()g x 在(1,)e 上单调递增，所以()g x 在区间[1，]e 上的最大值为()max g x g =（e ）1=；②当11m e <<时，令()0f x '=，解得1(1,)x e m=∈，当11x m<<时，()0g x '>，()g x 单调递增，当1x e m<<时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()g x 在区间[1，]e 上的最大值为1()()1max g x g lnm m==--；③当1m 时，显然()0g x ' 在(1,)e 上恒成立，所以()g x 在(1,)e 上单调递减，所以()g x 在区间[1，]e 上的最大值为()max g x g =（1）m =-．综上所述，当1m e 时，最大值为1；当11m e<<时，最大值为1lnm --；当1m时，最大值为m -．（2）证明：()11f x lnx mx lnx mx '=+--=-，有题意可知()0f x '=至少有两个零点，所以0m >．由11lnx mx =，22lnx mx =，可得1212()lnx x m x x =+，1212()lnx lnx m x x -=-．所以221211212221111()1x lnx lnx xx lnx x x x ln x x x x x +-=+=⋅--，不妨设21x x >，令211x t x =>，则121,11t lnx x lnt t t +=⋅>-，下面证明122lnx x >．令2(1)(),11t h t lnt t t -=->+，则222212(1)2(1)14(1)()0(1)(1)(1)t t t h t t t t t t t +---'=-=-=>+++，所以()h t 在(1,)+∞单调递增，()h t h >（1）0=，即121t lnt t +⋅>-．于是，122lnx x >，即212x x e >．16．（2021•龙岩模拟）已知函数2()x f x e ax x =--．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若函数()()F x f x x =+有两个极值点1x ，2x ，求证：212((2))x x ln a <．【解答】解：（1）当1a =时，2()x f x e x x =--，则()21x f x e x '=--，所以k f ='（1）3e =-，又f （1）2e =-，所以切线方程为(3)(1)2y e x e =--+-，即(3)1y e x =-+．（2）证明：由题意得2()x F x e ax =-，则()2x F x e ax '=-，因为函数()F x 有两个极值点1x ，2x ，所以()0F x '=有两个不相等的实数根1x ，2x ，令()2x h x e ax =-，则()2x h x e a '=-，①当0a时，()0h x '>恒成立，则函数()h x 为R 上的增函数，故()h x 在R 上至多有一个零点，不符合题意；②当0a >时，令()0h x '=，得(2)x ln a =，当(x ∈-∞，(2))ln a 时，()0h x '<，故函数()h x 在(-∞，(2))ln a 上单调递减；当((2)x ln a ∈，)+∞时，()0h x '>，故函数()h x 在((2)ln a ，)+∞上单调递增，因为函数()0h x =有两个不相等的实数根1x ，2x ，所以()((2))22(2)0min h x h ln a a aln a ==-<，得2e a >，不妨设12x x <，则1(2)x ln a <，2(2)1x ln a >>，又(0)10h =>，所以1(0x ∈，(2))ln a ，令24()()(2(2))44(2)xx a G x h x h ln a x e ax aln a e =--=--+，则2244()440xx x a a G x e a a e e '=+--= ，所以函数()G x 在R 上单调递增，由2(2)x ln a >，可得2()((2))0G x G ln a >=，即22()(2(2))h x h ln a x >-，又1x ，2x 是函数()h x 的两个零点，即12()()h x h x =，所以12()(2(2))h x h ln a x >-，因为2(2)x ln a >，所以22(2)(2)ln a x ln a -<，又1(2)x ln a <，函数()h x 在(-∞，(2))ln a 上单调递减，所以122(2)x ln a x <-，即122(2)x x ln a +<，又12x x +>2(2)ln a <，因此212((2))x x ln a <．17．（2021•松山区校级三模）已知函数22()22(0)f x xlnx ax x a a =--+>在其定义域内有两个不同的极值点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设()f x 两个极值点分别为1x ，2xe >．【解答】解：（Ⅰ）由题意得()f x 的定义域是(0,)+∞，22()22(0)f x xlnx ax x a a =--+>，则()2222f x lnx ax '=+--，令()0f x '=，得0lnx ax -=，问题转化为方程0lnx ax -=在(0,)+∞上有2个异根，令()g x lnx ax =-，问题转化为函数()g x 有2个不同的零点，而11()(0)ax g x a x x x-'=-=>，0a > ，当10x a <<时，()0g x '>，当1x a >时，()0g x '<，故()g x 在1(0,a 单调递增，在1(a，)+∞单调递减，故11()1g x g ln a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭极大值，又当0x →时，()g x →-∞，当x →+∞时，()g x →-∞，于是只需()0g x >极大值，即110lna ->，故10a e<<，即a 的取值范围是1(0,)e ；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知1x ，2x 分别是方程0lnx ax -=的两个根，即11lnx ax =，22lnx ax =，设12x x >，作差得1122()x ln a x x x =-，即1212x lnx a x x =-，原不等式e >等价于212x x e ⋅>，21212121122()2()2x x x lnx lnx a x x ln x x x -+>⇔+>⇔>+，令12x t x =，则1t >，2121122()2(1)1x x x t ln lnt x x x t -->⇔>++，设2(1)()(1)1t g t lnt t t -=->+，则22(1)()0(1)t g t t t -'=>+，∴函数()g t 在(1,)+∞上单调递增，()g t g ∴>（1）0=，即不等式2(1)1t lnt t ->+成立，故所证不等式成立．。

极值点偏移教师版

极值点偏移专题1、极值点偏移以函数函数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.那么，如何判断一道题是否属于“极值点偏移”问题呢？其具体特征就是：2、主元法破解极值点偏移问题2016年全国I 卷的第21题是一道导数应用问题，呈现的形式非常简洁，考查了函数的双零点的问题，也是典型的极值点偏移的问题, 是考生实力与潜力的综合演练场．所谓主元法就是在一个多元数学问题中以其中一个为“主元”，将问题化归为该主元的函数、方程或不等式等问题，其本质是函数与方程思想的应用．例1.（2016全国1-21）已知函数错误！未找到引用源。

有两个零点. (I)求a 的取值范围；(II)设x 1,x 2是()f x 错误！未找到引用源。

的两个零点,证明：122x x +<. (1)解析：详细解答⑴方法一：由已知得：()()()()()'12112x x f x x e a x x e a =-+-=-+①若0a =，那么()()0202x f x x e x =⇔-=⇔=，()f x 只有唯一的零点2x =，不合题意； ②若0a >，那么20x x e a e +>>，所以当1x >时，()'0f x >，()f x 单调递增当1x <时，()'0f x <，()f x 单调递减，即：故()f x 在()1,+∞上至多一个零点，在(),1-∞上至多一个零点由于()20f a =>，()10f e =-<，则()()210f f <，根据零点存在性定理，()f x 在()1,2上有且仅有一个零点．而当1x <时，x e e <，210x -<-<，故()()()()()()()222212111x f x x e a x e x a x a x e x e =-+->-+-=-+--则()0f x =的两根11t +，21t =+， 12t t <，因为0a >，故当1x t <或2x t >时，()()2110a x e x e -+--> 因此，当1x <且1x t <时，()0f x >又()10f e =-<，根据零点存在性定理，()f x 在(),1-∞有且只有一个零点．此时，()f x 在R 上有且只有两个零点，满足题意．③ 若02ea -<<，则()ln 2ln 1a e -<=，当()ln 2x a <-时，()1ln 210x a -<--<，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()'120x f x x e a =-+>，()f x 单调递增；当()ln 21a x -<<时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()()()'120x f x x e a =-+<，()f x 单调递减；当1x >时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()'0f x >，()f x 单调递增．即：而极大值()()()(){}22ln 22ln 22ln 21ln 2210f a a a a a a a -=---+--=--+<⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦故当1x ≤时，()f x 在()ln 2x a =-处取到最大值()ln 2f a -⎡⎤⎣⎦，那么()()ln 20f x f a -<⎡⎤⎣⎦≤恒成立，即()0f x =无解而当1x >时，()f x 单调递增，至多一个零点，此时()f x 在R 上至多一个零点，不合题意．④ 若2ea =-，那么()ln 21a -=当()1ln 2x a <=-时，10x -<，()ln 2220a x e a ea -+<+=，即()'0f x >，()f x 单调递增当()1ln 2x a >=-时，10x ->，()ln 2220a x e a ea -+>+=，即()'0f x >，()f x 单调递增又()f x 在1x =处有意义，故()f x 在R 上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．⑤ 若2ea <-，则()ln 21a ->当1x <时，10x -<，()ln 212220a x e a e a ea -+<+<+=，即()'0f x >，()f x 单调递增当()1ln 2x a <<-时，10x ->，()ln 2220a x e a ea -+<+=，即()'0f x <，()f x 单调递减当()ln 2x a >-时，()1ln 210x a ->-->，()ln 2220a x e a ea -+>+=，即()'0f x >，()f x 单调递增，即：故当()ln 2x a -≤时，()f x 在1x =处取到最大值()1f e =-，那么()0f x e -<≤恒成立，即()0f x =无解当()ln 2x a >-时，()f x 单调递增，至多一个零点，此时()f x 在R 上至多一个零点，不合题意．综上所述，当且仅当0a >时符合题意，即a 的取值范围为()0,+∞．简要解析（Ⅰ）方法二：'()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a =-+-=-+．（i ）设0a =,则()(2)x f x x e =-,()f x 只有一个零点．（ii ）设0a >,则当(,1)x ∈-∞时,'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞上单调递减,在(1,)+∞上单调递增．又(1)f e =-,(2)f a =,取b 满足0b <且ln2a b <,则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->,故()f x 存在两个零点．（iii ）设0a <,由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若2ea ≥-,则ln(2)1a -≤,故当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >,因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点．若2ea <-,则ln(2)1a ->,故当(1,ln(2))x a ∈-时,'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时,'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减,在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点．综上,a 的取值范围为(0,)+∞．⑵ 方法一：由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211x x x e x e a x x ---==--设()()()221x x e g x x -=-，则()()12g x g x =，那么()()()2321'1x x g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 单调递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 单调递增．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 +<．(2)方法二：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()()22xx g x xex 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 +<.变式、（2010年天津理科21题）已知函数()()xf x xe 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1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x > （Ⅲ）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>．解：（21）本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分（Ⅰ）解：f ′()(1)x x x e -=-，令f ′(x )=0,解得x =1当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所以f (x )在(,1-∞)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数。

非常规的极值点偏移问题-教师版

高三数学暑假——非常规的极值点偏移问题2020年暑假一、多选题1．已知函数()2ln f x x x=+，则下列判断正确的是（） A ．存在()0,x ∈+∞，使得()0f x < B ．函数()f x 的递减区间是()0,2C ．任意()0,x ∈+∞，都有()0f x >D ．对任意两个正实数1x 、2x ，且21x x >，若12()()f x f x =，则124x x +> 【答案】BCD求出原函数的导函数，得到单调性与极值，即可判断ABC ，构造函数，利用导数证明D ．【详解】解：因为()2ln f x x x =+，定义域为()0,∞+，()22122x f x x x x='-=-，令()0f x '<，则02x <<，所以函数()2ln f x x x=+在()0,2上单调递减；令()0f x '>，则2x >，所以函数()2ln f x x x =+在()2,+∞上单调递增；所以函数()2ln f x x x=+，在2x =处取得极小值也就是最小值，()()min 2ln 210f x f ==+>，所以对任意()0,x ∈+∞，故C 正确、A 错误；令(0,2)t ∈，则2(0,2)t -∈，22t +>，令22242()(2)(2)(2)(2)2242t tg t f t f t ln t ln t ln t t t t+=+--=++---=++---，则2222222222224(4)822241648()0(4)2(2)(4)4(4)t t t t t t t g t t t t t t t ----++---'=+=+=<-+----． ()g t ∴在(0,2)上为减函数，则()(0)0g t g <=，令12x t =-，由12()()f x f x =，得22x t >+，则12224x x t t +>-++=，当24x 时124x x +>显然成立．∴对任意两个正实数1x 、2x ，且21x x >，若12()()f x f x =，则124x x +>正确，故D 正确．故选：BCD 【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．二、解答题 2．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 <+ 【答案】（1）见解析；（2）见解析.（1）由题意对函数()f x 求导，按照0a ≤、0a >分类，求出()0f x '>、()0f x '<的解集即可得解；（2）由题意结合函数()f x 的单调性可设12x a x <<，令()()()()2,0g x f a x f x x a =--<≤，求导后可得函数()g x 在(]0,a 上单调递增，进而可得()()112f a x f x -<，再结合函数()f x 的单调性即可得证. 【详解】（1）因为()()ln ,0,a f x x x x=+∈+∞，所以221()a x af x x x x '-=-+=，所以当0a ≤时，()0f x '>，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，若()0,x a ∈，则()0f x '<，()f x 单调递减；若(),x a ∈+∞，则()0f x '>，()f x 单调递增；综上，当0a ≤时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，函数()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增；（2）证明：由（1）知，当10a e<<时，函数()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增，且1x ，2x 是()f x 的两个零点，()0f a <，不妨设120x a x <<<，令()()()()()2ln 2ln ,02a ag x f a x f x a x x x a a x x=--=+---<≤-，则()()()()22224110222a x a aa g x a x x xa x a x -'=-+-=≥---，所以函数()g x 在(]0,a 上单调递增，又()0g a =，所以()()10g x g a <=，所以()()1120f a x f x --<即()()112f a x f x -<，所以()()122f a x f x -<，又12a x a ->，2x a >，函数()f x 在(),a +∞上单调递增，所以122a x x -<即122a x x <+.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，合理分类、构造新函数是解题关键，属于难题.3．已知函数()21x e ax f x x +=+有三个极值点123,,x x x ，（1）求实数a 的取值范围；（2）求证：1232x x x ++>-. 【答案】（1）1a e <-且12a ≠-；（2）证明见解析.（1）函数()f x 有3个零点等价于()f x '有3个变号零点，由于()()()221x x e a x f x x ⎡⎤++⎣⎦'=+，且()00f '=，所以可得()()20xg x e a x =++=有两个不为0，－1的实根，再对()g x 求导讨论其单调性可得结果；（2）由（1）可知()f x 有一个零点为0，所以不妨设30x =，12x x <，而()110g a e-=+<，所以121x x <-<，因此要证1232x x x ++>-，即证122x x >--而11x <-，221x --<-，而()g x 在()(),ln a -∞-上递减，()ln 1a ->-，所以只需证()()122g x g x <--，即()2222220x x x e x e --++>，然后构造函数()()()221x x h x xe x e x --=++>-，只需证此函数值恒大于零即可.【详解】解：（1）利用()f x 的极值点个数即为()f x '的变号零点个数()()()221xx e a x f x x ⎡⎤++⎣⎦'=+，()00f '=，设()()2xg x e a x =++，由已知，方程()0g x =有两个不为0，－1的实根，()xg x e a '=+。

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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 （ x0 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 x2 2
，求证：
f '(x0 ) 0 ；
4.
若函数
f (x) 中存在 x1, x2 且 x1
x2 满足
f (x1)
f (x2 ) ，令 x0
ห้องสมุดไป่ตู้
x1 x2 2
，求证：
f '(x0 ) 0 .
三、问题初现，形神合聚
★函数 f (x) x2 2x 1 aex 有两极值点 x1, x2 ，且 x1 x2 .
证明： x1 x2 4 .
点 m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数 f (x) 定义域内任意不同的实数 x1, x2 满足 f (x1) f (x2 ) ，
则 x1 x2 与极值点 m 必有确定的大小关系： 2
若 m x1 x2 ，则称为极值点左偏；若 m x1 x2 ，则称为极值点右偏.[来源:学_科_网Z_X_X_K]
2
2
如函数 g(x)
x ex
的极值点 x0
1刚好在方程 g(x)

c 的两根中点
x1
x2 2
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 f (x) 存在两个零点 x1, x2 且 x1 x2 ，求证：x1 x2 2x0（ x0 为函数 f (x) 的极值点）；
四、招式演练
★过点��(−1,0)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��(��1,
一、极值点偏移的含义众所周知，函数 f (x) 满足定义域内任意自变量 x 都有 f (x) f (2m x) ，则函数 f (x) 关于
直线 x m 对称；可以理解为函数 f (x) 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若 f (x) 为单
峰函数，则 x m 必为 f (x) 的极值点. 如二次函数 f (x) 的顶点就是极值点 x0 ，若 f (x) c 的两
因为��1 ≠ ��2，不妨设��1 < −2，��2 > −2．设��(��) = ��(��) − ��(−4 − ��)，则��′(��) = ��′(��) + ��′(−4 − ��) = (�� + 2)��(1 − ��−2(2+��))，当�� > −2时，��′(��) > 0，��(��)在(−2, +∞)单调递增，[来源:学*科*网Z*X*X*K] 所以��(��) > ��(−2) = 0，所以当�� > −2时，��(��) > ��(−4 − ��)．因为��2 > −2，所以��(��2) > ��(−4 − ��2)，从而��(��1) > ��(−4 − ��2)，因为−4 − ��2 < −2，��(��)在(−∞, −2)单调递减，所以��1 < −4 − ��2，即��1 + ��2 < −4．
��1)，��(��2,
��2)，求证：��1
+
��2
<
−4．
【答案】（1）�� = �� + 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��′|��=0 = 1 ，再根据点斜式求切线方程�� = �� + 1．
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！
[来源:Z。xx。]
[来源:学,科,网]
★已知函数
f
(x)

ln
x
的图象 C1
与函数
g(x)

1 2
ax2

bx(a

0)
的图象 C2
交于
P, Q
，过
PQ
的中
点 R 作 x 轴的垂线分别交 C1 ， C2 于点 M , N ，问是否存在点 R ，使 C1 在 M 处的切线与 C2 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.
[来源:]
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 x0 ，方程 f (x) 0 的解分
别为 x1, x2 ，且 a x1 x2 b ，
所以 h(2 x) h(2 x) ，
所以 h(x1) h(x2 ) h[2 (x2 2)] h[2 (x2 2)] h(4 x2 ) ，
因为 x1 2 ， 4 x2 2 ， h(x) 在 (,2) 上单调递减
所以 x1 4 x2 ，即 x1 x2 4 .
根的中点为
x1
x2 2
，则刚好有
x1
x2 2

x0 ，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 f (x) 的极值点为 m ，且函数 f (x) 满足定
义域内 x m 左侧的任意自变量 x 都有 f (x) f (2m x) 或 f (x) f (2m x) ，则函数 f (x) 极值