高考数学压轴题归纳总结及解题方法专题讲解3---不含参数的极值点偏移问题

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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，
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(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.

2024年高考数学二轮复习第47讲极值点偏移

第47讲极值点偏移极值点偏移的相关推导所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图象没有对称性.若函数()f x 在0=x x 处取得极值，且函数=()y f x 与直线=y b 交于1(,)A x b ，2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠，如下图所示.极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数()f x 存在两个零点12x x ，且12x x ≠，求证：120+2x x x >(0x 为函数()f x 的极值点)；2.若函数()f x 中存在12x x ，且12x x ≠满足12()=()f x f x ，求证：120+2x x x >(0x 为函数()f x 的极值点)；3.若函数()f x 存在两个零点12x x ，且12x x ≠，令1202x x x +＝，求证：0()0f x '>. 4.若函数()f x 中存在12x x ，且12x x ≠满足12()=()f x f x ，令1202x x x +＝，求证：0()0f x '>.[抽化模型]答题模板：若已知函数()f x 满足12()=()f x f x ，0x 为函数()f x 的极值点，求证：120+2x x x <.1.讨论函数()f x 单调性并求出()f x 的极值点0x ；假设此处：()f x 在0(,)x +∞上单调递增，在0()x −∞，上单调递减. 2.构造0()()(2)F x f x f x x =−−；注：此处根据题意需要还可以进行中值构造，构造成00()(+)()F x f x x f x x =−−的形式.3.通过求导0()F x '讨论()F x 的单调性，判断出()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x −的大小关系；假设此处：()F x 在0(,)x +∞上单调递增，那么我们便可得出0000()()()(2)0F x F x f x f x x >=−−=，从而得到当0x x >时，0()(2)f x f x x >−.4.不妨设102x x x <<，通过()f x 单调性，12()=()f x f x ，()f x 与0(2)f x x −的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，()f x ＞0(2)f x x −且102x x x <<，12()=()f x f x ，故12()=()f x f x ＞02(2)f x x −，又因为10x x <，0202x x x −<且()f x 在0()x −∞，上单调递减，从而得到1022x x x <−，从而120+2x x x <得证.5.若要证明：12()02x x f +'<，还需进一步讨论122x x +与0x 的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续说明：因为120+2x x x <，故122x x +＜0x ，由于()f x 在0()x −∞，上单调递减，故12()02x x f +'<. 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 b a a b −⎧≠⎪=−⎨⎪=⎩，对数平均不等式为2()a bL a b +≤≤，. 取等条件:当且仅当a b =时，等号成立.只证:当a b ≠2 ()a b L a b +<<，，不失一般性，可设a b >.证明: (1) 先证) (L a b <，①①式ln ln lna ab b ⇔−<⇔<12ln x x x⇔<−(其中1x =>). 构造函数:1()2ln (f x x x x x ⎛⎫=−−> ⎪⎝⎭1)，则22211()11f x x x x ⎛⎫'=−−=−− ⎪⎝⎭.当1x >时，()0f x '<， ∴函数()f x 在(1 ) +∞，上单调递减. 故()(1)0f x f <=，不等式①成立.(2) 再证:()2a bL a b +<，. ② ②式2()ln ln ln a b a a b a b b −⇔−>⇔>+212(1)ln (1)|1a x b x a x b ⎛⎫− ⎪−⎝⎭⇔>+⎛⎫ ⎪⎝⎭(其中1x ⎫=>⎪⎪⎭. 构造函数2(1)()ln ((1)x g x x x x −=−>+1)，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x −'=−=++. 当1x >时， ()0 g x '>∴，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① ②知，对 a b +∀∈R ，2()a bL a b +≤≤，成立，当且仅当a b =时，等号成立.无参极值点偏移的方法总结关于极值点偏移常考的题型如下:题型一:若函数()f x 存在两个零点1x ，2x 且12x x ≠，求证:1200 2x x x x +>，为函数()f x 的极值点.题型二:若函数()f x 中存在12 x x ，且1x ≠2x 满足()()12f x f x =，求证:1200 2x x x x +>，为函数 ()f x 的极值点.对于极值点偏移来说，所有方法的核心都是为了把双元问题转化为一元问题，那么在转换过程中常用如下方法:证法一:单调性放缩转化法，一般有两种构造函数的方式构造方式一: 非对称构造(1) 构造函数()0()()2h x f x f x x =−−. (2) 判断函数()h x 的单调性.(3) 证明()0h x >[或()0]h x <即()f x >()02f x x −[或()0()2f x f x x ⎤<−⎦. (4) 结合函数()f x 的单调性，通过整体代换即可证1202x x x +<，或1202x x x +>.构造方式二: 对称构造(1) 求出函数()f x 的极值点0x ，及单调区间.(2) 作差比较:构造一元差函数()F x =()()00f 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，结合函数()f x 的单调性，通过整体代换即可证1202x x x +<，或1202x x x +>.证法二: 引参消元法，一般有两种引参方式引参方式一: 差式引参一般步骤如下:第一步:根据1x 和2x 的关系式，一般为()()12f x f x =，通过变形，构造出12x x −. 第二步:通过整体代换，令12x x t −=，引入参数t ，如果可以直接构造一元函数就直接计算，如果不行再进入第三步.第三步:用参数t 表示出变量12()()x f t x g t =⎧⎨=⎩，进而构造一元函数.第四步:按照一元函数处理方式处理.引参方式二: 齐次引参消元一般步骤如下:第一步:先根据已知条件确定出变量1x ，2x 满足的等式，并变形出12x x ，然后令12x t x =.第二步:用参数t 表示出变量12()()x f t x g t =⎧⎨=⎩，进而构造一元函数，将关于12 x x ，待求的问题转化为关于t 的函数问题.第三步:构造关于t 的一元函数()g t 求解.证法三:齐次分式整体代换消元法一般步骤如下:第一步:先根据已知条件确定出变量1x ，2x 满足的条件.第二步:通过将所有涉及12 x x ，的式子转化为关于12x x 的式子，将问题转化为关于自变量12xx （21x x 亦可）的函数问题. 第三步:整体代换12x t x =，构造关于t 的一元函数()g t 求解.证法四:对数平均不等式法一般步骤如下:第一步:通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出“12ln ln x x −”及“12x x −”.第二步:通过等式两边同除以“1ln x −2ln x ”构建对数平均数1212ln ln x x x x −−.第三步:利用对数平均不等式将1212ln ln x x x x −−转化为122x x +后再证明12x x +<02x ，或1202x x x +>.【例1】已知函数()e ()x f x x x −=∈R ，如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明:1x +22x >.【解析】证明法一：对称构造法()(1)e x f x x −'=−易得()f x 在( 1 )−∞，上单调递增，在(1 ) +∞，上单调递减. x →−∞时，()(0)0 f x f →−∞=，.x →+∞时，()0f x →.函数()f x 在1x =时取得极大值:1(1)ef =.由()()1212 f x f x x x =≠，不妨设1x <2x .则必有121x x <<. 构造函数()(1)(1)F x f x f x =+−−，] (01 x ∈，. 则()(1)(1)F x f x f x '='+−'−=()21e10exx x+−>.()F x ∴在] (01 x ∈，上单调递增，()F x >(0)0F =，即(1)(1)f x f x +>−对] (01 x ∈，恒成立.由1201x x <<<，则11(01] x −∈，. ()()()11112f x f x ∴+−=−>()()()()11211f x f x f x −−==，即()()122f x f x −>.又122(1) x x −∈+∞，，，且()f x 在(1 ) +∞，上单调递减， 122x x ∴−<，即122x x +>.法二:非对称构造法欲证122x x +>，即证212x x >−.由“法一”可知1201x x <<<，故12x −，2) (1 x ∈+∞，. 又()f x 在(1 ) +∞，上单调递减，故只需证明 ()()212f x f x <−.又()()1212 f x f x x x =≠，，∴证明()()112f x f x <−即可.构造函数()()(2)H x f x f x =−−，) (01 x ∈，. 等价于证明( ) (0 )01H x x <∈，，恒成立. 1()()(2)xx H x f x f x e −'='−'−=⋅()221e 0x −−>.()H x ∴在) (01 x ∈，上单调递增.()(1)0H x H ∴<=，即以证明()0H x <，对) (01 x ∈，恒成立.故原不等式122x x +>成立. 法三: 差式引参换元法由()()12f x f x =，得1212e e x x x x −−=，化简得 2121e x x x x −=. ① 不妨设21x x >，由“法一”知，101x <<2x <.令21t x x =−，则210 t x t x >=+，，代入①式，得11e t t x x +=，反【解析】出1e 1t t x =−. 则12122e 1ttx x x t t +=+=+−，故要证1x +22x >，即证22e 1t t t +>−. 又e 10t −>，等价于证明2(2)t t +−⋅()10t e −> ②构造函数()) ()2(2e 1( t G t t t t =+−−>，0)，则0 ()(1)e 1()e t t G t t G t t '''=−+=>，，故()G t '在) (0 t ∈+∞，上单调递增，()(0)0G t G '>'=. 从而()G t 也在) (0 t ∈+∞，上单调递增，()(0)0G t G >=，即②式成立，故原不等式 122x x +>成立. 法四: 齐次分式整体消元法由“法三”中①式，两边同时取自然对数，可得112122lnln ln x x x x x x −==−. 即1212ln ln 1x x x x −=−，从而(121x x x +=+)12121212122ln ln ln x x x x x x x x x x x −+⋅=⋅=−−1211221ln 1x x x x x x +⋅−令12(1)x t t x =>，欲证122x x +>，等价于证明1ln 21t t t +⋅>−. ③ 构造(1)ln 2()1ln 11t t M t t t t +⎛⎫==+ ⎪−−⎝⎭，(1)t >，则2212ln ()(1)t t tM t t t −−'=−. 又令2()12ln (1)t t t t t ϕ=−−>，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=−+=−−.由于1ln t t −>对) (1t ∀∈+∞，恒成立，故) ()( 0t t ϕϕ'>，在) (1 t ∈+∞，上单调递增. ()(1)0t ϕϕ∴>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1 )t ∈+∞，上单调递增. 由洛必达法则知，1lim ()x M t →=()()()()1111ln 1ln 1limlim lim(ln 211x x x t t t tt t t t t →→→'+++⎫==+=⎪−'⎭−,(下一章会讲)可得()2M t >,即证③式成立,即原不等式122x x +>成立.法五:对数平均不等式法由“法三”中①式,两边同时取自然对数,可得112122ln ln ln xx x x x x −==−.即12121ln ln x x x x −=−..把12121ln ln x x x x −=−代入不等式即可得1212121ln ln 2x x x xx x −+=<−.,即可得122x x +>.【例2】已知函数()2x f x x e =−.,上存在两个不相等的数12,x x .,满足()()12f x f x =.,求证:122ln2x x +<.【解析】证明()2x f x e '=−,令()0f x '=得ln2x =.当ln 2x <时,()()0,f x f x '>在(),ln2−∞上单调递增.当ln 2x >时,()0,f x '<()f x 在()ln2,+∞上单调递减.ln2x ∴=为()f x 的极大值点,不妨设12x x <.,由题意可知12ln2x x <<.()()()ln2ln2422x x F x f x f x x e e −=+−−=−+令.,()()()422,2,0,x x x x F x e e e e F x F x −−'=−−+∴'∴单调递减.又()()00,0F F x =∴<在()0,+∞上恒成立, 即()()ln2ln2f x f x +<−在()0,+∞上恒成立.()()()()()()()12222ln2ln ln2ln22ln2.f x f x f x x f x f x ∴==+−<−−=−1ln2,x <()()22ln2ln2,,ln2,x f x −<−∞又在上单调递增 12122ln2.2ln2x x x x ∴<−∴+<含参极值点偏移含参极值点偏移问题和无参的证法类似,参数可分为在函数中和在不等式中两种类型,可以通过参变分离,把含参问题转换为无参问题,其处理思路和上一节一样,注意将问题转化为()()112f x f a x >−.,然后构造函数()()()2F x f x f a x =−−.,利用函数的单调性可得()()1120f x f a x −−>,从而得出结论.含参型一:函数含参极值点偏移问题【例1】已知函数()()()221x f x x e a x =−+−有两个零点. (1)求a 的取值范围.(2)设12,x x 是()f x 的两个零点,证明:122x x +<.【解析】(1)函数()f x 的定义域为R .①当0a =时,()()20x f x x e =−=,得2x =,只有一个零点,不合题意. ②当0a ≠时,()()()12x f x x e a =−+'.i.当0a >时,由()0f x '=得1x =.,由()0f x '>得1x >.,由()0f x '<得1x <.1x ∴=是()f x 的极小值点,也是()f x的最小值点.()()1e 0.f x f ∴==−<又()20,f a =>∴在()1,2上存在一个零点2x ,即212x <<. 由()21lim 2limlim 0x x xx x x x x e e e −−→−∞→−∞→−∞−−===−又2(1)0a x −>,()f x ∴在(),1−∞上存在唯一零点1x , 即11x <,0a ∴>时,()f x 存在两个零点. ii.当0a <时,由()0f x '=得1x =或()ln 2x a =−.若()ln 21a −=,即2ea =−时,()f x '0,故()f x 在R 上单调递增,与题意不符.若()ln 21a −>,即e2a <−时,易证()max ()1e 0f x f ==−<,故()f x 在R 上只有一个零点. 若()ln 21a −<.,即e02a −<<时,易证.()()()()(()2max ln 2ln 24ln 25)0f x f a a a a =−=−−−+<.,故()f x 在R 上只有一个零点. 综上所述,0a >.（2）证明法一:非对称构造法由(1)题知,0a >且1212x x <<<..()()()()222x x h x f x f x x e xe −=−−=−+令.,则()()()()21211x x x e h x e−−−'−=.()211,10,e10x x x −>∴−>−>.()0h x ∴'>.()h x ∴在()1,+∞上单调递增.()()()()10,2h x h f x f x ∴>=>−..()()222f x f x ∴>−..()()122f x f x ∴>−..()121,21,x x f x <−<在(),1−∞上单调递减,122x x ∴<−,即122x x +<. 法二:参变分离,再对称构造由已知得()()120f x f x ==,不难发现121,1x x ≠≠, 故可整理得()()()()121222122211xx x e x e a x x −−−==−−..设()()()221xx e g x x −=−.,则()()12g x g x =..那么()()()23211xx g x e x −+=⨯−'. 当1x <时,()()0,g x g x '<单调递减.当1x >时,()()0,g x g x '>单调递增. 设0m >.,构造代数式.()()11122221111111.1m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +−−−−−+−⎛⎫+−−=⨯−⨯=⨯⨯+ ⎪+⎝⎭设()21e 1,01mm h m m m −=⨯+>+. 则()2222e 0(1)m m h m m =⨯>+',故()h m 单调递增,有()()00h m h >=. 因此,对于任意的()()0,11m g m g m >+>−.由()()12g x g x =可知12,x x 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()1221,1,x x g x −>>在()1,+∞上单调递增,因此()()121222g x g x x x −>⇔−>. 整理得122x x +<.法三:参变分离,再非对称构造由法二得()()()221x x e g x x −=−,构造()()()()2,,1G x g x g x x =−−∈−∞. 利用单调性可证,此处略.含参型二:不等式含参极值点偏移问题【例1】已知函数()ln (0xf x x a a=−≠,)a R ∈. (1)求函数()f x 的单调区间.(2)若存在两个不相等的正数12,x x ,满足()()12f x f x =,求证:122x x a +>.【解析】(1)()ln x f x x a =−.,定义域为()()110,,x a f x a x ax−+∞='=−..当0a >时,(),0;0x a f x x a '<<,()0f x '<.当0a <时,()0,0x f x ><'.故当0a >时,()f x 的单调递减区间是()0,a .,单调递增区间是(),a +∞.当0a <时,()f x 的单调递减区间是()0,+∞,无单调递增区间.(2)证明由(1)题知当0a <时,()f x 的单调递减区间是()0,+∞,无递增区间，不合题意,故0a >,此时()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增.若存在两个不相等的正数12,x x .,满足()()12f x f x =.,不妨设12x x <.,则有()()120,,,x a x a ∈∈+∞.要证122x x a +>,即证212x a x >−. 而21,2x a a x a >−>.由(1)题知()f x 在(),a +∞上单调递增,故只需证()()212f x f a x >−. 又()()12f x f x =,即要证()()112f x f a x >−(其中10x a <<). 考查函数()()()2F x f x f a x =−−.,()F x 的定义域是()0,2a .,()()()()()()()22211112ln ln 2,0,22x a x a x F x f x f a x x a x F x a a a x a a x ax a x −−−=−−=−−+−=−+−='−−()()(),,0,2,0,x a F x a F a ==当且仅当时才能取等号在定义域上恒递减观察知 ()()()()0,,20.x a F x f x f a x ∴∈=−−>当时 ()()()(),2,20.x a a F x f x f a x ∈=−−<当时 ()()()1110,,20x a f x f a x ∴∈−−>当时 122x x a ∴+>【例2】已知()21ln 2f x x x mx x =−−,m R ∈.若()f x 有两个极值点12,x x ,且12x x <,求证:212e x x >(e 为自然对数的底数).【解析】证明法一:零点等式相减相加消参换元法欲证212e x x >,需证12ln ln 2x x +>.若()f x 有两个极值点12,x x ,则函数()f x '有两个零点.又()ln f x x mx =−',12,x x ∴是方程()0f x '=的两个不同实根.则有112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩，解得1212ln ln x x m x x +=+.另一方面,由11220lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得()2121ln ln x x m x x −=−,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x −+=−+. ()()222121111222111lnln ln ln ln .1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪−+⎝⎭∴+==−−又120x x <<,设21x t x =,则1t >.()121ln ln ln ,11t t x x t t +∴+=>−. 要证12ln ln 2x x +>,即证()1ln 2,11t tt t +>>−.即当1t >时,有()21ln 1t t t −>+.设函数()()21ln ,11t h t t t t −=−+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t '+−−−=−=++, ()h t ∴为()1,+∞上的增函数.()()()10,10h h t h =∴=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t −>+.12ln ln 2x x ∴+>.212e x x ∴>.法二:含参非对称构造欲证212e x x >,需证12ln ln 2x x +>.若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()f x '有两个零点.又()ln ,f x x mx =−'12,x x ∴是方程()0f x '=的两个不同实根.显然0m >,否则,函数()f x '为单调函数,不符合题意.由于()11mx f x m x x −=−='',故()f x '在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,m⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.由()11121222ln ln 0lnx mx x x m x x lnx mx −=⎧⇒+=+⎨−=⎩,需证明()122m x x +>即可.即只需证明122x x m+>. 设()()()()2212(1),0,,02mx g x f x f x x g x m m x mx −⎛⎫⎛⎫=−−∈=> ⎪ ⎪'⎝'−⎭⎭'⎝,故()g x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,即()10g x g m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故()2f x f x m ⎛⎫<− ⎪⎝'⎭'.由于()11mx f x m xx −=−='',故()f x '在10,m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 设121x x m <<,令1x x =,则()()2112f x f x f x m ⎛⎫=>− ⎪⎝''⎭' 又()2121,,,x x f x m m ⎛⎫−∈+∞ ⎪⎭'⎝在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减,故有212x x m >−,即122x x m +>.原命题得证.法三:单调性放缩转换法由12,x x 是方程()0f x '=的两个不同实根得ln xm x=, 令()()()12ln ,x g x g x g x x ==,由于()21ln xg x x −=', 因此,()g x 在()0,e 上单调递增,在(),e +∞上单调递减.设120e x x <<<,要证明212e x x >,只需证明()212e 0,e x x >∈,只需证明()212e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭,即()222e 0f x f x ⎛⎫>> ⎪⎝⎭,即()222e 0f x f x ⎛⎫−> ⎪⎝⎭. 即()()()2,1,e h x f x f x e x ⎛⎫=−∈ ⎪⎝⎭,()()()()22221ln ,x e x h x h x x e −−='在()1,e 上单调递增,故()()0h x h e <=,即()2e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.()()21211e ,.x x f x f x f x ⎛⎫==< ⎪⎝⎭令则()221,,,e x e x ∈+∞()(),f x e +∞在上单调递减,222121e ,e .x x x x ∴>>即法四:差式引参消元法设()()1122ln 0,1,ln 1,t x t x =∈=∈+∞,则由112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得11221122tt t t t me t e t t me−⎧=⎪⇒=⎨=⎪⎩, 设120k t t =−<,则12,11k k k ke kt t e e ==−−. 欲证212e x x >.,需证12ln ln 2x x +>.,即只需证明122t t +>..()()()()()1e 21e 2e 11e 2e 10e 1k k k k k kk k k +>⇔+<−⇔+−−<−.设()()()()()12e 1(0),e e 1,e 0k k k k k g k k e k g k k g k k =+'−−<=−+''=<,故()g k '在(),0−∞上单调递减,故()()00g k g '>=',故()g k 在(),0−∞上单调递增, 因此()()00g k g <=,命题得证. 法五:分式引参消元法设()()1122ln 0,1,ln 1,t x t x =∈=∈+∞,则由112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得11221122tt t t t me t e t t me−⎧=⎪⇒=⎨=⎪⎩. 设()120,1t k t =∈.,则12ln ln ,11k k k t t k k ==−−.欲证212e x x >.,需证12ln ln 2x x +>.,即只需证明122t t +>.,即()()()1ln 21212ln ln 0111k kk k k k k k k +−−>⇔<⇔−<−++.设()()()()()2221(1)ln 0,1,01(1)k k g k k k g k k k k −−='−∈=>++.,故()g k 在()0,1上单调递增,因此()()10g k g <=,命题得证.极值点偏移变形一般题型1.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'.2.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠,满足()()12f x f x =,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 3.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠,求证:0f '>.4.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠,满足()()12f x f x =,求证:0f '>.方法核心:要证明1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'.,即比较122x x +与极值点0x 的大小,得出122x x +所在的单调区间,从而得出该处函数导数值的正负,从而结论得证.对于0f '>问题,要结合基本不等式122x x +<,转换为比较122x x +与极值点0x 的大小的问题.【例1】已知函数()()22ln f x x a x a x =−−− (1)求函数的单调区间.(2)若方程()f x 有两个不相等的实数根12,x x ,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 【解析】（1）()()()21(0)x a x f x x x'−+=>.①当0a 时,()0f x '>,函数()f x 在()0,+∞上单调递增,()f x ∴的单调递增区间为()0,+∞.②当0a >时,由()0f x '>得2a x >. 由()0f x '<得02a x <<, ()f x ∴的单调递增区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,单调递减区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭.(2)证明12,x x 是方程()f x 的两个不等实根,0a ∴>.不妨设120x x <<,则()()221112222ln ,2ln x a x a x c x a x a x c −−−=−−−=,两式相减得()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ⎡⎤−−−−−−−=⎣⎦,即221122112222ln ln x x x x a x x x x +−−=+−−. 又02a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭',当2a x >时,()0f x '>.当02ax <<时,()0f x '<.故只要证明1222x x a +>即可,即证22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +−−+>+−−, 即证11221222lnx x x x x x −<+,即11212222ln 1x x x x x x ⨯−<+.设12(01)x t t x =<<.,令()22ln 1t g t t t −=−+.,则()22(1)0(1)t g t t t '−=>+.,则()22ln 1t g t t t −=−+在()0,1上为增函数,又()10g =,()0,1t ∴∈时,()0g t <总成立,得证. 【例2】已知函数()212ln )(a f x x a x x=+−+. (1)讨论()f x 的单调性.(2)如果方程()f x m =有两个不相等的解12,x x ,且12x x <,证明:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 【解析】(1)()()()()222221221122(0)x a x a x a x a a f x x x x x x +−−'−+−=+−==>. ①当0a 时,()()0,,0x f x ∈+∞'>,()f x 单调递增. ②当0a >时,()()()0,,0,x a f x f x <'∈ 单调递减;()()(),,0,x a f x f x ∈+∞>'单调递增.综上,当0a 时,()f x 在()0,+∞上单调递增.当0a >时,()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增.(2)证明由(1)题知,当0a 时,()f x 在()0,+∞上单调递增,()f x m =至多有一个根,不符合题意. 当0a >时,()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增,则()0f a '=.不妨设120x a x <<<,要证1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭',即证122x x a +>,即证122x x a +>, 即证212x a x >−.()f x 在(),a +∞上单调递增,即证()()212f x f a x >−,又()()21,f x f x =∴即证()()112f x f a x >−,即证()()f a x f a x +<−,其中()1,0,.x a x x a =−∈()()()g x f a x f a x =+−−令()()()()()()212ln 212ln a a a x a a x a x a a x a x a x ⎡⎤⎡⎤=++−++−−+−−+⎢⎥⎢⎥+−⎣⎦⎣⎦ ()()()()412ln 12ln ,a ax a a x a a x a x a x=+−+−−−+−+− ()()()2212124a a a ag x a x a x a x a x −−=+'+−−+−+−()()()()()()()22222222222242124.a a x x x a a a a a x a x a x a x a x +−−−=+−=−+−+−()()()0,,0,,x a g x g x '∈<当时单调递减()()()0000,g f a f a =+−−=又()()()()()0,,00,.x a g x g f a x f a x ∴∈<=+<−当时即 ()11,0,,x a x x a =−∈令又()()2112.0.2x x f x f a x f +⎛⎫∴>−∴> ⎪'⎝⎭\) 【例3】设函数()()x f x e ax a a R =−+∈,其图像与x 轴交于()()12,0,,0A x B x 两点,且12x x <.(1)求实数a 的取值范围. (2)证明:()0[f f x <''为函数()f x 的导函数].【解析】(1)(),x f x e a x R =−∈'.当0a 时,()0f x '>在R 上恒成立,不合题意.当0a >时,易知,ln x a =为函数()f x 的极值点,且是唯一极值点. 故()()()min ln 2ln f x f a a a ==−.当()0min f x ,即20e a <时,()f x 至多有一个零点,不合题意,故舍去. 当()0f x <时,即2e a >时,由()1e 0f =>,且()f x 在(),ln a −∞上单调递减, 故()f x 在()1,ln a 上有且只有一个零,点.由()()22ln 2ln 12ln f a a a a a a a a =−+=+−. 令212ln ,y a a a e =+−>,则21y a'=−>0,故2212ln e 14e 30a a +−>+−=−>.()2ln 0f a ∴>,即在()ln ,2ln a a 上有且只有一个零点.2e a ∴>.(2)由(1)题知,()f x 在(),ln a −∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增,且()1e 0f =>.121ln 2ln x a x a ∴<<<<,要证0f '<,只需证a <,ln a .122x x <+,故只需证x 1+x 2<2ln a .令h (x )=f (x )−f (2ln a −x )=e x −ax +a −e 2ln a −x +a (2ln a −x )−a=e x −a 2e −x −2ax +2a ln a ，1<x <ln a .则h '(x )=e x +a 2e −x −2a 2e x a 2e −2a =0,∴h (x )在(1,ln a )上单调递增.∴h (x )<e ln a −a 2e −ln a −2a ln a +2a ln a =0,即f (x )<f (2ln a −x ).∴f (x 1)<f (2ln a −x 1).又f (x 1)=f (x 2),∴f (x 2)<f (2ln a −x 1).x 2>ln a ,2ln a −x 1>ln a ,且f (x )在(ln a ,+∞)上单调递增,∴x 2<2ln a −x 1,即x 1+x 2<2ln a .∴f '<0.。

【精选】高考数学玩转压轴题专题1.3极值点偏移第一招__不含参数的极值点偏移问题

专题1.3 极值点偏移第一招--不含参数的极值点偏移问题函数的极值点偏移问题，其实是导数应用问题，呈现的形式往往非常简洁，涉及函数的双零点，是一个多元数学问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，解题的策略都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.例.（2010天津理）已知函数，如果，且.证明：构造函数，则，所以在上单调递增，，也即对恒成立.由，则，所以，即，又因为，且在上单调递减，所以，即证法三：由，得，化简得…，不妨设，由法一知，.令，则，代入式，得，反解出，则，故要证，即证，又因为，等价于证明：…，构造函数，则，故在上单调递增，，从而也在上单调递增，，构造，则，又令，则，由于对恒成立，故，在上单调递增，所以，从而，故在上单调递增，由洛比塔法则知：，即证，即证式成立，也即原不等式成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.例.（2013湖南文）已知函数，证明：当时，【解析】易知，在上单调递增，在上单调递减.招式演练：★已知函数，正实数满足. 证明：.【解析】由，得从而，令，构造函数，得，可知在上单调递减，在上单调递增，所以，也即，解得：.★已知函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）若方程有两个相异实根，，且，证明：. 【答案】（Ⅰ）在 (0,1)递增，在(1,+ 递减；（Ⅱ）见解析（2）由(1)可设的两个相异实根分别为，满足且，由题意可知又有(1)可知在递减故所以，令。

专题03不含参数的极值点偏移问题

专题03不含参数的极值点偏移问题极值点偏移问题是指在一些函数的极值点附近，通过对函数进行微小的改变，导致极值点的位置发生偏移的现象。

这种现象在实际问题中经常出现，对于函数的极值点的求解和分析有重要影响。

本文将讨论不含参数的极值点偏移问题，并通过具体例子进行说明。

我们先来回顾一下极值点的概念。

对于函数f(x)，如果存在一个点x0，使得在x0的一些邻域内，f(x0)小于（或大于）f(x)（x≠x0），则称f(x0)为f(x)的极小值点（或极大值点）。

如果f(x0)是f(x)的极小值点，并且在x0的左（或右）邻域内，f'(x0)>0（或<0），则称x0为极小值点的左（或右）极值点。

现在我们考虑一个不含参数的函数f(x)，并以一个具体例子来讨论极值点偏移问题。

假设f(x)=x^3-3x^2-x+3我们首先要找出f(x)的极值点。

为了找到极值点，需要计算函数的导数。

f'(x)=3x^2-6x-1、令f'(x)=0，解得x=2，x=-1/3、将这些x值代入f(x)中，可以计算出相应的y值。

当x=2时，f(x)=-3；当x=-1/3时，f(x)=46/27、因此，函数f(x)的极小值点为(2,-3)和(-1/3,46/27)。

假设我们希望在极小值点(2,-3)附近做微小的改变，使得极小值点发生偏移。

我们可以改变函数的形式，以考虑新的偏移问题。

假设我们将函数f(x)改变为f'(x)=x^3-3x^2-x+a，其中a为可变参数。

通过对新函数f'(x)进行分析，我们可以得到极值点的位置与参数a之间的关系。

现在我们来对新函数f'(x)进行分析。

计算f'(x)的导数，得到f''(x)=3x^2-6x-1、令f''(x)=0，解得x=1-√7/3和x=1+√7/3、将这些x值代入f'(x)中，可以计算出相应的y值。

极值点偏移问题专题(三)一一题学懂端点偏移5大套路

极值点偏移问题专题(三)一一题学懂端点
偏移5大套路
问题背景
在数学中，极值点偏移是指函数的极值点随着一定条件的改变而发生位移的现象。

在解决极值点偏移问题时，有许多常用的策略和技巧可以应用。

解决方案
以下是解决极值点偏移问题的五种常见策略：
1. 极值点的函数改变
通过改变函数的形态和特征，可以导致极值点的偏移。

这可以通过增加或减少函数的项、重新调整函数的系数等方式来实现。

2. 增加约束条件
通过引入额外的约束条件，可以使极值点受到限制，从而发生偏移。

这些约束条件可以是函数的限制、变量的限制等。

3. 改变函数的定义域
通过改变函数的定义域，可以使极值点的位置发生变化。

这可以通过增加或减少函数定义域的范围、改变函数定义域的形状等方式来实现。

4. 变换坐标系
通过变换坐标系，可以使原本的极值点在新的坐标系中发生偏移。

这可以通过旋转、平移、缩放等方式来实现。

5. 改变问题的目标函数
通过改变问题的目标函数，可以直接影响极值点的位置。

这可以通过调整目标函数的构成、改变目标函数的权重等方式来实现。

总结
极值点偏移问题在数学中很常见，但通过简单的策略和技巧，我们可以解决这些问题。

以上介绍的五种策略可以作为解决极值点偏移问题的参考，灵活运用它们可以帮助我们更好地理解和解决这类问题。

高考解答题专项突破(一) 第4课时极值点偏移问题--2025年高考数学复习讲义及练习解析

第4课时极值点偏移问题考点一对称构造法求极值点偏移问题例1(2023·黑龙江牡丹江市第一高级中学高三热身考试(二))已知函数f (x )＝x x －32aa为实数．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝e 处取得极值，f ′(x )是函数f (x )的导函数，且f ′(x 1)＝f ′(x 2)，x 1<x 2，证明：2<x 1＋x 2<e.解(1)函数f (x )＝x x －32a(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －32ax ＝x (2ln x －3a ＋1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e3a －12，当x ∈(0，e3a －12)时，f ′(x )<0，当x ∈(e3a －12，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )的单调递减区间为(0，e3a －12)，单调递增区间为(e3a －12，＋∞)．(2)证明：因为函数f (x )在x ＝e 处取得极值，所以x ＝e 3a －12＝e ，得a ＝1，所以f (x )＝x x 得f ′(x )＝x (2ln x －2)＝2x (ln x －1)，令g (x )＝2x (ln x －1)，因为g ′(x )＝2ln x ，当0<x <1时，g ′(x )<0，当x >1时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当x ∈(0，e)时，g (x )＝2x (ln x －1)<0，当x ∈(e ，＋∞)时，g (x )＝2x (ln x －1)>0，故0<x 1<1<x 2<e.先证x 1＋x 2>2，需证x 2>2－x 1.因为x 2>1，2－x 1>1，下面证明g (x 1)＝g (x 2)>g (2－x 1)．设t (x )＝g (2－x )－g (x )，则当0<x <1时，t ′(x )＝－g ′(2－x )－g ′(x )＝－2ln (2－x )－2ln x ＝－2ln [(2－x )x ]>0，故t (x )在(0，1)上为增函数，故t (x )<t (1)＝0，所以t (x 1)＝g (2－x 1)－g (x 1)<0，则g (2－x 1)<g (x 2)，所以2－x 1<x 2，即得x 1＋x 2>2.下面证明：x 1＋x 2<e.令g (x 1)＝g (x 2)＝m ，当x ∈(0，1)时，g (x )－(－2x )＝2x ln x <0，所以g (x )<－2x 成立，所以－2x 1>g (x 1)＝m ，所以x 1<－m2.当x ∈(1，e)时，记h (x )＝g (x )－(2x －2e)＝2x ln x －4x ＋2e ，所以当x ∈(1，e)时，h ′(x )＝2ln x －2<0，所以h (x )为减函数，得h (x )>h (e)＝2e －4e ＋2e ＝0，所以m ＝g (x 2)>2x 2－2e ，即得x 2<m2＋e.所以x 1＋x 2<－m 2＋m2＋e ＝e.综上，2<x 1＋x 2<e.对称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x 0)，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x 0.(2)构造函数，即对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )或F (x )＝f (x 0＋x )－f (x 0－x )；对结论x1x 2>x 20型，构造函数F (x )＝f (x )－f x 20x ，通过研究F(x )的单调性获得不等式．(3)判断单调性，即利用导数讨论F (x )的单调性．(4)比较大小，即判断函数F (x )在某段区间上的正负，并得出f (x )与f (2x 0－x )的大小关系．(5)转化，即利用函数f (x )的单调性，将f (x )与f (2x 0－x )的大小关系转化为x 与2x 0－x 之间的大小关系，进而得到所证或所求.1.(2022·全国甲卷)已知函数f (x )＝e xx－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.解(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )x －1x ＋1x 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )≥f (1)＝e ＋1－a ，若f (x )≥0，则e ＋1－a ≥0，即a ≤e ＋1，所以a 的取值范围为(－∞，e ＋1]．(2)证法一：由题意知，f (x )的一个零点小于1，一个零点大于1.不妨设0<x 1＜1＜x 2，要证x 1x 2＜1，即证x 1＜1x 2.因为x 1，1x 2∈(0，1)，即证f (x 1)＞因为f (x 1)＝f (x 2)，即证f (x 2)＞即证e x x －ln x ＋x －x e 1x －ln x －1x＞0，x ∈(1，＋∞)，即证e xx－x e 1x －2lnx下面证明当x ＞1时，e x x －x e 1x ＞0，ln x0.设g (x )＝e xx－x e 1x ，则g ′(x )x －e 1x＋x e 1xx －设φ(x )＝e xx，则当x >1时，φ′(x )x ＝x －1x 2e x ＞0，所以φ(x )＞φ(1)＝e ，而e 1x ＜e ，所以e x x－e 1x＞0，所以当x >1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，即g (x )＞g (1)＝0，所以e xx －x e 1x ＞0.令h (x )＝ln x则当x >1时，h ′(x )＝1x －＝2x －x 2－12x 2＝－(x －1)22x 2＜0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减，即h (x )＜h (1)＝0，所以ln x 0.综上，e xx－x e 1x －2ln x 0，即x 1x 2＜1得证．证法二：不妨设x 1<x 2，则由(1)知0<x 1<1<x 2，0<1x 2<1.由f (x 1)＝f (x 2)＝0，得e x 1x 1－ln x 1＋x 1＝e x 2x 2－ln x 2＋x 2，即e x 1－lnx 1＋x 1－ln x 1＝e x 2－lnx 2＋x 2－ln x 2.因为函数y ＝e x ＋x 在R 上单调递增，所以x 1－ln x 1＝x 2－ln x 2成立．构造函数h (x )＝x －ln x ，g (x )＝h (x )－x －1x －2ln x ，则g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝(x －1)2x 2≥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，即当x >1时，h (x )>所以h (x 1)＝h (x 2)>又h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，当0<x <1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0，1)上单调递减，所以0<x 1<1x 2<1，即x 1x 2<1.考点二比(差)值换元法求极值点偏移问题例2(2024·湖北黄冈浠水县第一中学高三上学期质量检测)已知函数f (x )＝x (ln x －a )，g (x )＝f (x )x＋a －ax .(1)当x ≥1时，f (x )≥－ln x －2恒成立，求a 的取值范围；(2)若g (x )的两个相异零点为x 1，x 2，求证：x 1x 2>e 2.解(1)当x ≥1时，f (x )≥－ln x －2恒成立，即当x ≥1时，(x ＋1)ln x －ax ＋2≥0恒成立，设F (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋2，所以F (1)＝2－a ≥0，即a ≤2；F ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ，设r(x)＝ln x＋1x＋1－a，则r′(x)＝1x－1x2＝x－1x2，所以当x≥1时，r′(x)≥0，即r(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以r(x)≥r(1)＝2－a≥0，所以当x≥1时，F′(x)＝r(x)≥0，即F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)≥F(1)＝2－a≥0.所以a的取值范围为(－∞，2]．(2)证明：由题意知，g(x)＝ln x－ax，不妨设x1>x2>0，x1＝ax1，x2＝ax2，(x1x2)＝a(x1＋x2)，x1x2＝a(x1－x2)，则ln(x1x2)ln x1x2＝x1＋x2x1－x2＝x1x2＋1x1x2－1，令t＝x1x2>1，则ln(x1x2)ln t＝t＋1t－1，即ln(x1x2)＝t＋1t－1ln t.要证x1x2>e2，只需证ln(x1x2)>2，只需证t＋1t－1ln t>2，即证ln t>2(t－1)t＋1(t>1)，即证ln t－2(t－1)t＋1>0(t>1)，令m(t)＝ln t－2(t－1)t＋1(t>1)，因为m′(t)＝(t－1)2t(t＋1)2>0，所以m(t)在(1，＋∞)上单调递增，又当t从右侧趋近于1时，m(t)趋近于0，所以当t∈(1，＋∞)时，m(t)>0，即ln t－2(t－1)t＋1>0成立，故x1x2>e2.比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝x1x2，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．2.已知函数f (x )＝x ln x －x 2e＋tx －1(t ∈R )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)．(1)求t 的取值范围；(2)证明：x 1＋x 2>4e x 1x 2.解(1)f ′(x )＝ln x ＋1－2xe＋t ，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝1x －2e ＝e －2xe x (x >0)，令g ′(x )＝0，解得x ＝e2，所以当x ，g ′(x )>0；当x ＋，g ′(x )<0，所以g (x )，＋，所以g (x )max ＝1－ln 2＋t .因为f (x )有两个极值点，所以g (x )有两个变号零点，所以g (x )max >0，即1－ln 2＋t >0，所以t >ln 2－1，即t 的取值范围为(ln 2－1，＋∞)．(2)证明：由题意，知ln x 2－2x 2e ＋t ＋1＝0，ln x 1－2x1e＋t ＋1＝0，所以ln x 2－ln x 1＝2e (x 2－x 1)，即ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝2e .要证x 1＋x 2>4e x 1x 2，只需证1x 1＋1x 2>4e，即证1x 1＋1x 2>2(ln x 2－ln x 1)x 2－x 1，即证2lnx 2x 1<x 2－x 1x 1＋x 2－x 1x 2＝x 2x 1－x 1x 2，设x2x 1＝u (u >1)，则只需证u －1u >2ln u (u >1)，令h (u )＝u －1u－2ln u (u >1)，则h ′(u )＝1＋1u 2－2u ＝u 2－2u ＋1u 2＝(u －1)2u 2>0，所以h (u )在(1，＋∞)上单调递增，又当u 从右侧趋近于1时，h (u )趋近于0，所以h (u )>0，即u －1u >2ln u (u >1)，则x 1＋x 2>4ex 1x 2.课时作业1．(2024·福建福州格致中学高三上学期质检)已知函数f (x )＝a ln x ＋ax .(1)讨论函数f (x )的极值；(2)若(e x 1)x 2＝(e x 2)x 1(e 是自然对数的底数)，且x 1>0，x 2>0，x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2.解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x )＝－a ln xx 2，若a ＝0，则f ′(x )＝0，函数f (x )无极值；若a ≠0，由f ′(x )＝0，可得x ＝1；若a <0，当0<x <1时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，当x >1时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增，此时函数f (x )有唯一极小值f (1)＝a ，无极大值；若a >0，当0<x <1时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增，当x >1时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，此时函数f (x )有唯一极大值f (1)＝a ，无极小值．综上，当a ＝0时，函数f (x )无极值；当a <0时，函数f (x )有极小值f (1)＝a ，无极大值；当a >0时，函数f (x )有极大值f (1)＝a ，无极小值．(2)证明：由(e x 1)x 2＝(e x 2)x 1，两边取对数可得x 2(ln x 1＋1)＝x 1(ln x 2＋1)，即ln x 1＋1x 1＝ln x 2＋1x 2，当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x，f ′(x )＝－ln xx 2，由(1)可知，函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝1，而0，当x >1时，f (x )>0恒成立，因此当a ＝1时，存在x 1，x 2且0<x 1<1<x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，若x 2∈[2，＋∞)，则x 1＋x 2>x 2≥2成立；若x 2∈(1，2)，则2－x 2∈(0，1)，记g(x)＝f(x)－f(2－x)，则当x∈(1，2)时，g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln xx2－ln(2－x)(2－x)2>－ln xx2－ln(2－x)x2＝－ln[－(x－1)2＋1]x2>0，即函数g(x)在(1，2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(2－x)，于是f(x1)＝f(x2)>f(2－x2)，而x2∈(1，2)，2－x2∈(0，1)，x1∈(0，1)，函数f(x)在(0，1)上单调递增，因此x1>2－x2，即x1＋x2>2.综上，x1＋x2>2.2．(2024·广东深圳中学高三阶段考试)设函数f(x)＝(x＋a)e x，已知直线y＝2x＋1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f(x1)＝f(x2)，其中x1<x2，证明：x1x2>4.解(1)设直线y＝2x＋1与曲线y＝f(x)相切于点(x0，f(x0))，∵f′(x)＝(x＋a＋1)e x，∴f′(x0)＝(x0＋a＋1)e x0＝2；又f(x0)＝(x0＋a)e x0＝2x0＋1，∴2－e x0＝2x0＋1，即e x0＋2x0－1＝0.设g(x)＝e x＋2x－1，则g′(x)＝e x＋2>0，∴g(x)在R上单调递增，又g(0)＝0，∴g(x)有唯一零点x＝0，∴x0＝0，∴a＋1＝2，解得a＝1，∴f(x)＝(x＋1)e x，f′(x)＝(x＋2)e x，则当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0；当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0.∴函数f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)min＝f(－2)＝－e－2<0，当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0，∴x1<－2<x2<－1.要证x1x2>4，只需证x1<4x2<－2.∵f(x)在(－∞，－2)上单调递减，∴只需证f (x 1)>又f (x 1)＝f (x 2)，则只需证f (x 2)>f x 2∈(－2，－1)恒成立．设h (x )＝f (x )－∴h ′(x )＝(x ＋2)e x ＋8(x ＋2)x 3e 4x ＝(x ＋2)e 4x x 3(x 3e x -4x ＋8)．设p (x )＝x 3e x-4x ＋8，则当－2<x <－1时，p ′(x )＝x e x ＋74<0，∴p (x )在(－2，－1)上单调递减，∴p (x )<p (－2)＝－8＋8＝0，又当－2<x <－1时，(x ＋2)e x4x 3<0，∴当－2<x <－1时，h ′(x )>0，∴h (x )在(－2，－1)上单调递增，∴h (x )>h (－2)＝0，即f (x )>f x ∈(－2，－1)时恒成立，又x 2∈(－2，－1)，∴f (x 2)>原不等式得证．3．(2023·湖北武汉华中师范大学第一附属中学高三下学期压轴卷(一))已知f (x )＝2x －sin x －a ln x .(1)当a ＝1时，讨论函数f (x )的极值点个数；(2)若存在x 1，x 2(0<x 1<x 2)，使f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1x 2<a .解(1)当a ＝1时，f (x )＝2x －sin x －ln x ，则f ′(x )＝2－cos x －1x，当x ≥1时，f ′(x )≥1－cos x ≥0，故f (x )在[1，＋∞)上单调递增，不存在极值点；当0<x <1时，令h (x )＝2－cos x －1x，则h ′(x )＝sin x ＋1x2>0恒成立，故函数h (x )即f ′(x )在(0，1)上单调递增，且f ′(1)＝1－cos1>0，f cos 14－2<0，所以存在x 0使得f ′(x 0)＝0，所以当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x 0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，故函数f (x )在(0，1)上存在唯一极值点．综上，当a ＝1时，函数f (x )的极值点有且仅有一个．(2)证明：由f (x 1)＝f (x 2)，知2x 1－sin x 1－a ln x 1＝2x 2－sin x 2－a ln x 2，整理，得2(x 1－x 2)－(sin x 1－sin x 2)＝a (ln x 1－ln x 2)(*)，不妨令g (x )＝x －sin x (x >0)，则g ′(x )＝1－cos x ≥0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增，当0<x 1<x 2时，有g (x 1)<g (x 2)，即x 1－sin x 1<x 2－sin x 2，那么sin x 1－sin x 2>x 1－x 2，因此(*)即转化为a >x 1－x 2ln x 1－ln x 2.接下来证明x 1－x 2ln x 1－ln x 2>x 1x 2(0<x 1<x 2)，等价于证明ln x 1x 2>x 1x 2－x 2x 1，不妨令x 1x 2＝t (0<t <1)，建构新函数φ(t )＝2ln t －t ＋1t(0<t <1)，φ′(t )＝2t －1－1t 2＝－(t －1)2t 2<0，则φ(t )在(0，1)上单调递减，又当t 从左侧趋近于1时，φ(t )趋近于0，所以φ(t )>0，故lnx 1x 2>x 1x 2－x 2x 1即x 1－x 2ln x 1－ln x 2>x 1x 2(0<x 1<x 2)得证，由不等式的传递性知x 1x 2<a ，即x 1x 2<a .4．(2023·湖南长沙实验中学高三三模)已知函数h (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)若h (x )有两个零点，求实数a 的取值范围；(2)若方程x e x －a (ln x ＋x )＝0有两个实根x 1，x 2，且x 1≠x 2，证明：e x 1＋x2>e 2x 1x 2.解(1)函数h (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝0时，函数h (x )＝x 无零点，不符合题意，所以a ≠0，由h (x )＝x －a ln x ＝0，可得1a ＝ln x x，构造函数f (x )＝ln x x ，其中x >0，所以直线y ＝1a与函数f (x )的图象有两个交点，f ′(x )＝1－ln x x 2，由f ′(x )＝0可得x ＝e ，列表如下：x(0，e)e (e ，＋∞)f ′(x )＋0－f (x )单调递增极大值1e 单调递减所以函数f (x )的极大值为f (e)＝1e ，函数f (x )的大致图象如下图所示：且当x >1时，f (x )＝ln x x>0，由图可知，当0<1a <1e ，即a >e 时，直线y ＝1a与函数f (x )的图象有两个交点，故实数a 的取值范围是(e ，＋∞)．(2)证明：因为x e x －a (ln x ＋x )＝0，则x e x －a ln (x e x )＝0，令t ＝x e x >0，其中x >0，则有t －a ln t ＝0，t ′＝(x ＋1)e x >0，所以函数t ＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增，因为方程x e x －a (ln x ＋x )＝0有两个实根x 1，x 2，令t 1＝x 1e x 1，t 2＝x 2e x 2，则关于t 的方程t －a ln t ＝0也有两个实根t 1，t 2，且t 1≠t 2，要证e x 1＋x 2>e 2x 1x 2，即证x 1e x 1·x 2e x 2>e 2，即证t 1t 2>e 2，即证ln t 1＋ln t 2>2，＝a ln t 1，＝a ln t 2，－t 2＝a (ln t 1－ln t 2)，＋t 2＝a (ln t 1＋ln t 2)，整理可得t 1＋t 2t －t ＝ln t 1＋ln t 2ln t －ln t ，不妨设t 1>t 2>0，即证ln t 1＋ln t 2＝t 1＋t 2t 1－t 2ln t 1t 2>2，即证ln t 1t 2>2(t 1－t 2)t 1＋t 2＝t 1t 2＋1令s ＝t 1t 2>1，即证ln s >2(s －1)s ＋1，其中s >1，构造函数g (s )＝ln s －2(s －1)s ＋1，其中s >1，g ′(s )＝1s －4(s ＋1)2＝(s －1)2s (s ＋1)2>0，所以函数g (s )在(1，＋∞)上单调递增，又当s 从右侧趋近于1时，g (s )趋近于0，所以当s >1时，g (s )>0，故原不等式成立．5．(2024·河北石家庄部分重点高中高三月考)已知函数f (x )＝x 2ln x －a (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2，证明：1<x 1＋x 2<2e .解(1)因为f (x )＝x 2ln x －a (a ∈R )的定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)，令f ′(x )>0，解得x >1e，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，所以f (x )＋(2)证明：不妨设x 1<x 2，由(1)知，必有0<x 1<1e <x 2.要证x 1＋x 2<2e ，即证x 2<2e－x 1，即证f (x 2)<又f (x 2)＝f (x 1)，即证f (x 1)－令g (x )＝f (x )－则g ′(x )＝x (2ln x ＋1)1，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝2(ln x ＋1)＋1－2ln 1－2＝2ln x 2e－x <0在x 恒成立，所以h (x )，即g ′(x )，所以g ′(x )>g 0，所以g (x )，所以g (x 1)<0，即f (x 1)－，所以x 1＋x 2<2e.接下来证明x 1＋x 2>1，令x 2x 1＝t ，则t >1，又f (x 1)＝f (x 2)，即x 21ln x 1＝x 22ln x 2，所以ln x 1＝t 2ln t 1－t 2，要证1<x 1＋x 2，即证1<x 1＋tx 1，即证(t ＋1)x 1>1，不等式(t ＋1)x 1>1两边取对数，即证ln x 1＋ln (t ＋1)>0，即证t 2ln t 1－t 2＋ln (t ＋1)>0，即证(t ＋1)ln (t ＋1)t>t ln t t －1，令u (x )＝x ln x x －1，x ∈(1，＋∞)，则u ′(x )＝(ln x ＋1)(x －1)－x ln x (x －1)2＝x －ln x －1(x －1)2，令p (x )＝x －ln x －1，其中x ∈(1，＋∞)，则p ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以p (x )在(1，＋∞)上单调递增，又当x 从右侧趋近于1时，p (x )趋近于0，所以当x ∈(1，＋∞)时，p (x )>0，故当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )＝x －ln x －1(x －1)2>0，可得函数u (x )单调递增，可得u (t ＋1)>u (t )，即(t ＋1)ln (t ＋1)t>t ln t t －1，所以x 1＋x 2>1.综上可知，1<x 1＋x 2<2e .6．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x (1－ln x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2<1a ＋1b<e.解(1)因为f (x )＝x (1－ln x )，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x ＋x ln x .当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.所以函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由题意，a ，b 是两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，两边同时除以ab ，得ln a a－ln b b ＝1b －1a ，即ln a ＋1a ＝ln b ＋1b，即令x 1＝1a ，x 2＝1b，由(1)知f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x <e 时，f (x )>0，当x >e 时，f (x )<0，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2<e.要证2<1a ＋1b<e ，即证2<x 1＋x 2<e.先证x 1＋x 2>2：要证x 1＋x 2>2，即证x 2>2－x 1，因为0<x 1<1<x 2<e ，所以x 2>2－x 1>1，又f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f (x 2)<f (2－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，所以即证f (x 1)<f (2－x 1)，即证当x ∈(0，1)时，f (x )－f (2－x )<0.构造函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝－ln x －ln (2－x )＝－ln [x (2－x )]，当0<x <1时，0<x (2－x )<1，则－ln [x (2－x )]>0，即当0<x <1时，F ′(x )>0，所以F (x )在(0，1)上单调递增，所以当0<x <1时，F (x )<F (1)＝0，所以当0<x <1时，f (x )－f (2－x )<0成立，所以x 1＋x 2>2成立．再证x 1＋x 2<e ：由(1)知，f (x )的极大值点为x ＝1，f (x )的极大值为f (1)＝1，过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y ＝x ，设f (x 1)＝f (x 2)＝m ，当x ∈(0，1)时，f (x )＝x (1－ln x )>x ，直线y ＝x 与直线y ＝m 的交点坐标为(m ，m )，则x 1<m .欲证x 1＋x 2<e ，即证x 1＋x 2<m ＋x 2＝f (x 2)＋x 2<e ，即证当1<x <e 时，f (x )＋x <e.构造函数h (x )＝f (x )＋x ，则h ′(x )＝1－ln x ，当1<x <e 时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(1，e)上单调递增，所以当1<x <e 时，h (x )<h (e)＝f (e)＋e ＝e ，即f (x )＋x <e 成立，所以x 1＋x 2<e 成立．综上可知，2<1a ＋1b<e 成立．。

高三数学导数压轴题03,极值点偏移,5种方法(2021年整理)

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高中数学解题思路与方法--极值点偏移

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

高考数学玩转压轴题专题12极值点偏移问题利器极值点偏移判定定理

高考数学玩转压轴题专题12极值点偏移问题利器极值点偏移判定定理极值点偏移问题利器——极值点偏移判定定理一、极值点偏移的判定定理对于可导函数 $y=f(x)$，在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，方程 $f(x)=0$ 的解分别为 $x_1$、$x_2$，且 $a<x_1<x_2<b$，则：1）若 $f(x_1)<f(2x-x_2)$，则极（小）大值点 $x$ 右（左）偏；2）若 $f(x_1)>f(2x-x_2)$，则极（小）大值点 $x$ 右（左）偏。

证明：1）因为对于可导函数 $y=f(x)$，在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，则函数 $f(x)$ 的单调递增（减）区间为 $(a,x)$，单调递减（增）区间为 $(x,b)$。

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

2）证明略。

二、运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：1）求出函数 $f(x)$ 的极值点 $x$；2）构造一元差函数 $F(x)=f(x+x)-f(x-x)$；3）确定函数 $F(x)$ 的单调性；4）结合 $F(x)=0$，判断 $F(x)$ 的符号，从而确定$f(x+x)$、$f(x-x)$ 的大小关系。

口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随。

2、抽象模型答题模板：若已知函数 $f(x)$ 满足 $f(x_1)=f(x_2)$，$x$ 为函数 $f(x)$ 的极值点，求证：$x_1+x_2<2x$。

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

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)，。

极值点偏移问题课件-2025届高三数学一轮复习

2
(3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最值,从而可证得结论.
视角二
极值点偏移问题之消参减元、差值代换
[例2]若函数f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2<-2ln a.
1 − e1 + = 0,
1 −2

1
2
【证明】由题知
两式相减得x1-x2=a(e -e ),即a= 1 2 .

令h'(x)>0,则x>1,令h'(x)<0,则0<x<1.
所以函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
因为函数g(x)有两个不同的零点,即h(x)=a有两个不同的根,所以a>h(1)=1,
所以g(x)有两个不同的零点x1,x2且0<x1<1<x2,且h(x1)=h(x2)=a,
ln 1 −ln 2
2
>
,即ln
1 −2
1 +2
1 2(1 −2 )
>
,
2
1 +2
1
令c= (c>1),则不等式变为ln
2
2(−1)
c>
.
+1
2
1 +2
,所以原问题等价于证明
令h(c)=ln
2(−1)
c,c>1,
+1
1
4
(−1)2
所以h'(c)= =
>0,
化变形.
【极值点偏移的定义】
一般地,若连续函数f(x)在[a,b]内有唯一的极值点x0,对于任意的x1,x2∈[a,b],当

2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法

2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题的实质，例1 已知函数f (x )＝x e －x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若x 1≠x 2且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2.(1)解 f ′(x )＝e －x (1－x )，令f ′(x )>0得x <1；令f ′(x )<0得x >1，∴函数f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明方法一 (对称化构造法)构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，x >1，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝e －x (1－x )＋e x －2(x －1)＝(x －1)(e x －2－e －x )，∴当x >1时，x －1>0，e x －2－e －x >0，∴F ′(x )>0， ∴F (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )>F (1)＝0，故当x >1时，f (x )>f (2－x )，(*)由f (x 1)＝f (x 2)，x 1≠x 2，可设x 1<1<x 2，将x 2代入(*)式可得f (x 2)>f (2－x 2)，又f (x 1)＝f (x 2)， ∴f (x 1)>f (2－x 2)．又x 1<1,2－x 2<1，而f (x )在(－∞，1)上单调递增， ∴x 1>2－x 2， ∴x 1＋x 2>2.方法二 (比值代换法) 设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)即11ex x -＝22ex x -，取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1.∴x 1＋x 2＝t ＋1ln t t －1>2∴ln t －2t －1t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，∴g ′(t )＝1t －2t ＋1－2t －1t ＋12＝t －12t t ＋12>0，∴当t >1时，g (t )单调递增，∴g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2t －1t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.例2 已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2. (1)求实数a 的取值范围； (2)求证：x 1·x 2>e 2.(1)解 f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)，∴若a ≤0，则f ′(x )>0，不符合题意；∴若a >0，令f ′(x )＝0，解得x ＝1a.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∴⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0. 由题意知f (x )＝ln x －ax 的极大值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e. 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)证明因为f (1)＝－a <0，所以1<x 1<1a<x 2.构造函数H (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －f ⎝⎛⎭⎫1a －x ＝ln ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －ln ⎝⎛⎭⎫1a －x －2ax ,0<x <1a. H ′(x )＝11a ＋x ＋11a－x －2a ＝2a 3x21－a 2x 2>0，所以H (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，故H (x )>H (0)＝0，即f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x >f ⎝⎛⎭⎫1a －x .由1<x 1<1a <x 2，知2a －x 1>1a，故f (x 2)＝f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫1a －⎝⎛⎭⎫1a －x 1<f ⎝⎛⎭⎫1a ＋⎝⎛⎭⎫1a －x 1＝f ⎝⎛⎭⎫2a －x 1. 因为f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减，所以x 2>2a －x 1，即x 1＋x 2>2a.故ln x 1x 2＝ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)>2，即x 1·x 2>e 2.例3已知函数f (x )＝x 2－2x ＋1＋a e x 有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 证明：x 1＋x 2>4.解析证明：令g (x )＝f ′(x )＝2x －2＋a e x ，则x 1，x 2是函数g (x )的两个零点．令g (x )＝0，得a ＝－2(x －1)e x .令h (x )＝－2(x －1)e x ，则h (x 1)＝h (x 2)，h ′(x )＝2x －4e x ，可得h (x )在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，所以x 1<2<x 2.令H (x )＝h (2＋x )－h (2－x )，则H ′(x )＝h ′(2＋x )－h ′(2－x )＝2x (e 2－x －e 2＋x )e 2＋x ·e 2－x ，当0<x <2时，H ′(x )<0，H (x )单调递减，有H (x )<H (0)＝0，所以h (2＋x )<h (2－x )．所以h (x 1)＝h (x 2)＝h (2＋(x 2－2))<h (2－(x 2－2))＝h (4－x 2)．因为x 1<2,4－x 2<2，h (x )在(－∞，2)上单调递减，所以x 1>4－x 2，即x 1＋x 2>4.例4已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R .若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 求证：x 1x 2>e 2(e 为自然对数的底数)．一题多解解法1思路参考：转化为证明ln x 1＋ln x 2>2，根据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的根建立等量关系．令t ＝x 2x 1将ln x 1＋ln x 2变形为关于t 的函数，将ln x 1＋ln x 2>2转化为关于t 的不等式进行证明．证明：欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2.若f (x )有两个极值点x 1，x 2，即函数f ′(x )有两个零点．又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根．于是，有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，解得m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2. 另一方面，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)，从而得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2.于是，ln x 1＋ln x 2＝(ln x 2－ln x 1)(x 2＋x 1)x 2－x 1＝⎝⎛⎭⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1.又0<x 1<x 2，设t ＝x 2x 1，则t >1. 因此，ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln tt －1，t >1. 要证ln x 1＋ln x 2>2，即证(t ＋1)ln tt －1>2，t >1. 即当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 设函数h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t ＞1，则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0，所以，h (t )为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h (1)＝0，因此，h (t )＞h (1)＝0. 于是，当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 所以ln x 1＋ln x 2>2成立，即x 1x 2>e 2. 解法2思路参考：将证明x 1x 2>e 2转化为证明x 1>e 2x 2.依据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根构造函数g (x )＝ln x x ，结合函数g (x )的单调性，只需证明g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.证明：由x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根，所以mx 1＝ln x 1，mx 2＝ln x 2. 令g (x )＝ln xx ，g (x 1)＝g (x 2)，由于g ′(x )＝1－ln xx 2，因此，g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．又x 1<x 2，所以0<x 1<e<x 2.令h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫e 2x (x ∈(0，e))，h ′(x )＝(1－ln x )(e 2－x 2)x 2e 2>0，故h (x )在(0，e)上单调递增，故h (x )<h (e)＝0，即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫e 2x .令x ＝x 1，则g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.因为x 2，e 2x 1∈(e ，＋∞)，g (x )在(e ，＋∞)上单调递减，所以x 2>e 2x 1，即x 1x 2>e 2. 解法3思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量k ＝t 1－t 2<0构建函数进行证明．证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设k ＝t 1－t 2<0，则t 1＝k e k e k －1，t 2＝k e k －1. 欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2.即只需证明t 1＋t 2＞2，即k (1＋e k )e k －1>2⇔k (1＋e k )<2(e k －1)⇔k (1＋e k )－2(e k －1)<0. 设g (k )＝k (1＋e k )－2(e k －1)(k <0)，g ′(k )＝k e k －e k ＋1， g ″(k )＝k e k <0，故g ′(k )在(－∞，0)上单调递减，故g ′(k )>g ′(0)＝0，故g (k )在(－∞，0)上单调递增，因此g (k )<g (0)＝0，命题得证．解法4思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量t 1t 2＝k ∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设t 1t 2＝k ∈(0,1)，则t 1＝k ln k k －1，t 2＝ln k k －1.欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2，即只需证明t 1＋t 2>2，即(k ＋1)ln kk －1>2⇔ln k <2(k －1)k ＋1⇔ln k －2(k －1)k ＋1<0. 设g (k )＝ln k －2(k －1)k ＋1(k ∈(0,1))，g ′(k )＝(k －1)2k (k ＋1)2>0，故g (k )在(0,1)上单调递增，因此g (k )<g (1)＝0，命题得证．思维升华1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．多维训练1.已知函数f (x )＝e x (e x －ax ＋a )有两个极值点x 1，x2. (1)求a 的取值范围； (2)求证：2x 1x 2<x 1＋x 2.(1)解：因为f (x )＝e x (e x －ax ＋a )，所以f ′(x )＝e x (e x －ax ＋a )＋e x (e x －a )＝e x (2e x －ax )．令f ′(x )＝0，则2e x ＝ax . 当a ＝0时，不成立；当a ≠0时，2a ＝xe x .令g (x )＝xe x ，所以g ′(x )＝1－x e x .当x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．又因为g (1)＝1e ，当x →－∞时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，因此，当0<2a <1e 时，f (x )有2个极值点，即a 的取值范围为(2e ，＋∞)．(2)证明：由(1)不妨设0<x 1<1<x 2，且⎩⎨⎧2e x 1＝ax 1，2e x 2＝ax 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ln 2＋x 1＝ln a ＋ln x 1，ln 2＋x 2＝ln a ＋ln x 2，所以x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1. 要证明2x 1x 2<x 1＋x 2，只要证明2x 1x 2(ln x 2－ln x 1)<x 22－x 21，即证明2ln ⎝⎛⎭⎫x 2x 1<x 2x 1－x 1x 2.设x 2x 1＝t (t >1)，即要证明2ln t －t ＋1t <0在t ∈(1，＋∞)上恒成立．记h (t )＝2ln t －t ＋1t (t >1)，h ′(t )＝2t －1－1t 2＝－t 2＋2t －1t 2＝－(t －1)2t 2<0，所以h (t )在区间(1，＋∞)上单调递减，所以h (t )<h (1)＝0，即2ln t －t ＋1t <0，即2x 1x 2<x 1＋x 2. 2.已知函数f (x )＝x ln x －2ax 2＋x ，a ∈R .(1)若f (x )在(0，＋∞)内单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，证明x 1＋x 2>12a . (1)解：f ′(x )＝ln x ＋2－4ax . 因为f (x )在(0，＋∞)内单调递减，所以 f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ≤0在(0，＋∞)内恒成立，即4a ≥ln x x ＋2x 在(0，＋∞)内恒成立．令g (x )＝ln x x ＋2x ，则g ′(x )＝－1－ln x x 2. 所以，当0<x <1e 时，g ′(x )>0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 内单调递增；当x >1e 时，g ′(x )<0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞内单调递减．所以g (x )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e ，所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫e 4，＋∞.(2)证明：若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，则f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x 1，x 2. 由(1)，知0<a <e4.由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋2－4ax 1＝0，ln x 2＋2－4ax 2＝0，两式相减，得ln x 1－ln x 2＝4a (x 1－x 2)．不妨设0<x 1<x 2，所以要证明x 1＋x 2>12a ，只需证明x 1＋x 24a (x 1－x 2)<12a (ln x 1－ln x 2). 即证明2(x 1－x 2)x 1＋x 2>ln x 1－ln x 2，亦即证明2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2.令函数h (x )＝2(x －1)x ＋1－ln x,0<x <1. 所以h ′(x )＝－(x －1)2x (x ＋1)2<0，即函数h (x )在(0,1)内单调递减．所以当x ∈(0,1)时，有h (x )>h (1)＝0，所以2(x －1)x ＋1>ln x .即不等式2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2成立．综上，x 1＋x 2>12a ，命题得证.3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∴R )．(1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)证明：e x －e 2ln x >0恒成立． (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a，∴x ∴()0，1a 时，f ′(x )>0；x ∴()1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )在()0，1a 上单调递增，在()1a ，＋∞上单调递减．(2)证明方法一要证e x －e 2ln x >0，即证e x －2>ln x ，令φ(x )＝e x －x －1，∴φ′(x )＝e x －1.令φ′(x )＝0，得x ＝0，∴x ∴(－∞，0)时，φ′(x )<0； x ∴(0，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(0)＝0，即e x －x －1≥0，即e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”．同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”．由e x ≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取“＝”)，可得e x －2≥x －1(当且仅当x ＝2时取“＝”)，又ln x ≤x －1，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取“＝”，所以e x －2≥x －1≥ln x 且两等号不能同时成立，故e x －2>ln x ．即证原不等式成立．方法二令φ(x )＝e x －e 2ln x ，φ(x )的定义域为(0，＋∞)，φ′(x )＝e x －e 2x ，令h (x )＝e x－e 2x，∴h ′(x )＝e x＋e 2x2>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又φ′(1)＝e －e 2<0，φ′(2)＝e 2－12e 2＝12e 2>0，故∴x 0∴(1,2)，使φ′(x 0)＝0，即0e x －e 2x 0＝0，即0e x ＝e 2x 0，∴当x ∴(0，x 0)时，φ′(x )<0；当x ∴(x 0，＋∞)时，φ′(x 0)>0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(x 0)＝0ex －e 2ln x 0＝e 2x 0－e 2ln x 0＝e 2x 0－022e e ln e x ＝e 2x 0－e 2(2－x 0)＝e 2()1x 0＋x 0－2＝e 2·x 0－12x 0>0，故φ(x )>0，即e x －e 2ln x >0，即证原不等式成立．4．(2018·全国∴)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.∴若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ∴若a >2，令f ′(x )＝0，得 x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42∴⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞时， f ′(x )<0；当x ∴⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42，⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f x 1－f x 2x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∴(1，＋∞)时，g (x )<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.。

高考数学压轴题--------极值点偏移问题的三种解法

高考数学压轴题--------极值点偏移问题的三种解法
在高考和模考中.极值点偏移问题都是一个热点问题.这类试题设问新颖多变,难度较大,综合性强,能较好考查学生的逻辑推理能力、数据处理能力、转化与化归思想、函数与方程思想等.往往作为压轴题出现，对于这类问题，学生通常会望而却步，甚至不敢解、不想解.笔者通过对极值点偏移问题的探究，总结出解决这类问题三种方法,希望可以帮助学生克服畏难心理,迎难而上.
下面通过典型试题介绍这类问题的三种求解策略.
一 .构造法
构造法是解决极值点偏移问题最基本的方法。

对函数y =f（x）,要考虑它在极值点x0附近偏移问题，可以通过构造并判断函数F(x) =f(x0+x)-f（x0-x）在x >0时的符号.确定x >0时f(x0+x)与f（x0-x）的大小关系;再将x = x0-x1代人上式，结合F（x1）=f(x2),得到f（2x0-x1）与f（x2）的大小关系;最后结合函数f（x）的单调性解决问题.
二、利用对称性
三、增量法
解决极值点偏移的方法有很多，以上三种方法各有优劣，不同
题目使用三种方法的繁简程度不一样,我们应该根据题目的实际情况,择优选择.。

2025高考数学培优25讲3.2极值点偏移

即
x1
ln
x1
1 2
x12
x1
2x0
x1
ln
2x0
x1
1 2
2x0
x1
2
2x0
x1
0
，
设
g
x
x ln
x
1 2
x2
x
2x0
x
ln
2x 0
x
1 2
2x 0
x
2
2x 0
x
，其中 0
x
x0
，
则 g x ln x ln 2x0 x 2x0 ，设 h x ln x ln 2x0 x 2x0 0 x x0 ，
点左右的“增减速度”相同，常常有极值点
x0
x1
x2 2
，我们称这种状态为极值点不偏移（如二次函
数）；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点
x0
x1
x2 2
的情
况，我们称这种状态为“极值点偏移”.
3.极值点偏左： x1
x2
2x0
，x
x1
x2 2
处切线与
x
轴不平行；
若
g
x
1
2 x
0
，所以
g
x
在
0, 内单调递减，又因为 g 1 0 ，所以当 x 0,1 时，h x 0 ，h x 单调递增；当 x 1, 时，
h x 0 ，h x 单调递减，所以 y h x 在 x 1处取极大值也是最大值.因此 a h 1 1，即实数 a 的
取值范围为1, .
4．（2011·辽宁·高考真题）已知函数 f (x) ln x ax 2 (2 a)x ．

极值点偏移专题03不含参数的极值点偏移问题

极值点偏移专题03不含参数的极值点偏移问题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．已知函数()()xf x xe x R -=∈，如果12x x ≠，且12()()f x f x =．证明：122x x +>．2．已知函数21()1xx f x e x-=+，证明：当1212()()()f x f x x x =≠时，120x x +<． 3．已知()22ln f x ax x x =-+ （1）若12a =-，求()f x 的最大值；（2）若()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，证明:()()()121214ln 543f x f x x x +++<-. 4．已知函数2()()x f x ae x a R =-∈，若()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，且12x x <. （1）求实数a 的取值范围；（2）证明：22x a<；（3）证明：121121x x a-<-. 5．已知函数()()2xax af x x a R e+=+∈有两个零点. （1）求实数a 的取值范围；（2）设1x 、2x 是()f x 的两个零点，求证：12110x x +<. 6．已知函数()2ln f x mx x =+.（1）若4m =-，求函数()f x 的单调递增区间；（2）设1x ，2x 是()1f x '=的两个不相等的正实数解，求证：()()12123ln 4f x f x x x ++<++.7．已知函数()xf x e x a =--.（1）求()f x 的单调增区间和极值；（2）若函数()f x 有两个零点()1212,x x x x <，求实数a 的取值范围，并证明212x x a -<.8．已知函数()()2ln f x x a x x =+-，a ∈R ．（1）讨论函数()f x 极值点的个数；（2）若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()1234ln 2f x f x +<--．9．已知函数()ln nf x x mx x=--，其中0m >，0n >. （1）当1n =时，()f x 在[]1,2上是单调函数，求m 的取值范围；（2）若()f x 的极值点为0x ，且()()()1212f x f x x x =≠0x <. 10．已知函数()()121x f x ax bx e -=++.（0a >，b ∈R ，e 是自然对数的底数）（1）若1b =，当0x ≥时，()1f x ≥，求实数a 的取值范围；（2）若0b =，()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：()()121f x f x e <+<. 11．已知函数2()ln ,()1af x xg x bx x==+-，(a ，b ∈R ) （1）当a =﹣1，b =0时，求曲线y =f (x )﹣g (x )在x =1处的切线方程；（2）当b =0时，若对任意的x ∈[1，2]，f (x )+g (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当a =0，b >0时，若方程f (x )=g (x )有两个不同的实数解x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：x 1+x 2>2. 12．已知函数cos ()xf x x=，()sin cos g x x x x =+. （1）判断函数()g x 在区间(0,2)π上的零点的个数；（2）记函数()f x 在区间(0,2)π上的两个极值点分别为1x ，2x ，求证：12()()0f x f x +<.13．已知函数()2ln a f x x x =-． ()1若()f x 在[)1,+∞上不单调，求a 的取值范围； ()2当0x >时，记()f x 的两个零点是1x ，()212x x x <.①求a 的取值范围； ②证明：21122x x e-<．14．已知函数()ln 1f x a x ax =-+（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数21()()12g x f x x =+-有两个极值点1x ，2x 12()x x ≠．且不等式1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立，求实数λ的取值范围.15．已知函数()(0)ax f x x e a =->．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）求函数()f x 在1[a ，2]a上的最大值；（Ⅲ）若存在1x ，212()x x x <，使得12()()0f x f x ==，证明：12x ae x <． 16．已知函数()2ln af x x a x x=--，0a ≥. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x 、2x ，证明：()()121222f x f x a x x ->--. 17．已知函数()22ln f x x ax b =-+.（1）若函数()f x 在(]0,1上单调递增，求a 的取值范围；（2）当1a =时，函数()f x 有两个零点1x ，2x ，其中12x x <，求证：121x x <. 18．已知函数ln ()()xf x a x a=∈+R ，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线与直线80x y ++=垂直．（1）试比较20222021与20212022的大小，并说明理由；（2）若函数()()=-g x f x k 有两个不同的零点1x ，2x ，证明：212x x e ⋅>．19．已知函数()()2ln 12a f x x x a x =+-+. （1）当1a >时，证明：()f x 有唯一零点；（2）若函数()()g x f x x =+有两个极值点1x ，2x （12x x <），求证：()()12ln 2ag x g x a -<-. 20．已知函数ln ()()xf x a x a=∈+R ，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线与直线80x y ++=垂直.（1）试比较20192018与2018 2019的大小，并说明理由；（2）若函数()()=-g x f x k 有两个不同的零点1x ，2x ，证明：212x x e ⋅>.参考答案1．证明见解析. 【分析】利用导数，求得函数的单调性，由12()()f x f x =，化简得2121x x x ex -=，令21t x x =-，整理得11tt x e =-，进而得到121221t tx x x t t e +=+=+-，转化为证明：2(2)(1)0t t t e +-->，构造函数()2(2)(1),(0)t G t t t e t =+-->，利用导数求得函数()G t 的单调性与最值，即可求解. 【详解】由题意，函数()()xf x xe x R -=∈，可得()(1)x f x x e -'=-，当1x <时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<，可得函数()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，因为12()()f x f x =，得1212x xx e x e --=，化简得2121x x x ex -=…①，不妨设21x x >，可得1201x x <<<，令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，可得11tt x e x +=，解得11t tx e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证122x x +>，即证221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0tt t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立．【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 2．证明见解析. 【分析】通过证明2211(0,1),11x xx x x e e x x--+∀∈<++，来求证令1()(1),(0,1)xx xF x x e x e+=--∈，讨论()F x 的单调性和最值，以此来证明120x x +< 【详解】()()22212'()1x x x f x e x ⎡⎤--+⎣⎦=+，所以当(),0x ∈-∞时，'()0f x >，()f x 在(,0)-∞上单调递增，当[)0,x ∈+∞时，'()0f x <在[)0,+∞上单调递减．当1x <时，由于210,01xx e x->>+，所以()0f x >；同理，当1x >时，()0f x <．当()()()1212f x f x x x =≠时，不妨设12x x <，由函数单调性知12(,0),(0,1)x x ∈-∞∈．下面证明：(0,1),()()x f x f x ∀∈<-，即证：221111x xx x e e x x--+<++，此不等式等价于1(1)0xxxx e e +--<．令1()(1),(0,1)xx x F x x e x e+=--∈，则()2()1x xF x xe e '-=--，当(0,1)x ∈时，()0F x '<，()F x 单调递减，从而()(0)0F x F <=，即1(1)0xxxx e e +--<，所以(0,1),()()x f x f x ∀∈<-，而2(0,1)x ∈，所以()()22f x f x <-，又()()12f x f x =，从而f ()()12f x f x <-．由于12,(,0)x x -∈-∞，且()f x 在(,0)-∞上单调递增，所以12x x <-，即证120x x +<．【点睛】本题考查导数的极值点偏移问题，属于难题 3．（1）32-；（2）证明见解析. 【分析】（1）当12a =-时，对函数求导，判断出函数的单调性，进而可得函数的最大值；（2）对函数求导，则1x ，2x 即为方程2220ax x -+=的两个不同的正根，表示出()()()121213f x f x x x +++，将韦达定理代入化简，并利用构造新函数判断单调性和最值的方法证得命题成立．【详解】（1）当12a =-时，()212ln 2f x x x x =--+，所以()21f x x x'=--+，则()f x '在()0,∞+上是单调递减函数，且有()10f '=，当()0,1x ∈时，()0f x '>，即()f x 为()0,1上的增函数，当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，即()f x 为()1,+∞上的减函数，所以()()max 312f x f ==-. （2）证明：由题意知：由()222ax x f x x-+'=，则1x ，2x 即为方程2220ax x -+=的两个不同的正根，故而需满足：1212116010210a x x a x x a ⎧⎪∆=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得116a >，所以()()()()22121211122212112ln 2ln 33f x f x x x ax x x ax x x x x +++=-++-+++ ()()21212121221122ln 2ln 23121a x x x x x x x x a a ⎛⎫⎡⎤=+-+-+=-⨯+- ⎪⎣⎦⎝⎭令116t a =>，()()()1212112ln 2312f x f x x x t t +++=-+-，令()12ln 212g t t t =-+-，所以()1212g t t'=-+；则()g t '为()16,+∞上的减函数，且()240g '=，所以当()16,24t ∈时，()0g t '>，即()g t 为()16,24上的增函数；当()24,t ∈+∞时，()0g t '<，即()g t 为()24,+∞上的减函数，所以()()max 242ln 244g t g ==-，所以()()()121212ln 2442ln 2544ln 543f x f x x x +++≤-<-=-，证毕. 【点睛】本题考查导数证明不等式问题，考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题． 4．（1）20a e<<；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【分析】（1）转化为12,x x 为方程2x xe a -=的两个不同实根，构造函数()2xg x xe -=，利用导数可求得结果；（2）根据（1）知，()g x 在(1,)+∞上递减，要证22x a <，只需证 222()0a e a->，构造函数2()x h x e x =-，x ∈(,)e +∞，利用导数证明22()()0e h h e e e a>=->即可得证；（3）先利用导数证明不等式212xx x e >++在(0,)+∞上成立，所以22()212x xa g x xe x x -==<++，((0,))x ∈+∞，令222()11122x x x x x x ϕ==++++，令()3434,x x x x <为方程()x a ϕ=，即2(2)02ax a x a +-+=的两个实根，根据，31240x x x x <<<<，可得43123434341111x x x x x x x x --<-==定理可证不等式成立. 【详解】（1）()2xf x ae x '=-，则12,x x 为方程()0f x '=，即2x xe a -=的两个不同实根，令()2xg x xe -=，()22(22)xx x g x exe x e ---'=-=-，令()0g x '>，得1x <，令()0g x '<，得1x >，则()g x 在(,1)-∞上递增，在(1,)+∞上递减，所以当1x =时，()g x 取得最大值为2(1)g e=，所以20a e<<，且1201x x <<<，（2）要证22x a <，因为()g x 在(1,)+∞上递减，所以只需证()22g g x a a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即224a e a<，即要证222()0ae a->，由（1）知20a e <<，所以2e a>，令2()xh x e x =-，x ∈(,)e +∞，则()2xhx e x '=-，令()2x x e x ϕ=-，x ∈(,)e +∞，则()2xx e ϕ'=-为(,)e +∞上的增函数，所以()()20ex e e ϕϕ''>=->，所以()2x x e x ϕ=-为(,)e +∞上的增函数，所以1()()2(2)0e e x e e e e eϕϕ->=-=->，即()0h x '>在(,)e +∞上恒成立，所以()h x 在(,)e +∞上为增函数，所以22()()0e h h e e e a >=->，即222()0a e a->，所以22x a<. （3）令212xx y e x =---，0x >，则1x y e x '=--，1xy e ''=-，因为1xy e ''=-为(0,)+∞上的增函数，所以010y e ''>-=，所以1xy e '=-为(0,)+∞上的增函数，所以010y e '>-=，所以212xx y e x =---为(0,)+∞上的增函数，所以01000y e >---=，所以不等式212xx x e >++在(0,)+∞上成立，所以22()212x xa g x xe x x -==<++，((0,))x ∈+∞且222()11122x x x x x x ϕ==++++在上递增，)+∞上递减，令()3434,x x x x <为方程()x a ϕ=，即2(2)02a x a x a +-+=的两个实根，，其中34342(2)2a x x a x x -⎧+=⎪⎨⎪=⎩.由图可知，31240x x x x <<<<，即421311110x x x x <<<<，所以43123434341111x x x x x x x x --<-===21a =<=-，得证.【点睛】本题考查了根据函数的极值点个数求参数的取值范围，考查了转化化归思想，考查了数形结合思想，考查了构造函数解决导数问题，考查了利用导数证明不等式，属于难题. 5．（1）(),0-∞；（2）证明见解析. 【分析】（1）令()0f x =可得出21x x e a x -=+，构造函数()()211xx e g x x x =≠-+，可得出直线y a=-与函数()y g x =的图象有两个交点，利用导数分析函数()y g x =的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）依题意，设120x x <<，有()()12f x f x =，构造函数利用导数研究可得120x x +>，结合120x x <，即可得证. 【详解】（1）()110f -=>，当1x ≠-时，令()()210xa x f x x e +=+=，可得21xx e a x -=+，令()21xx e g x x =+，其中1x ≠，则()()()()()2222112211x xxe x xe x x g x x x ⎡⎤⋅++++⎣⎦'==++，令()0g x '=，可得0x =，列表如下：所以，函数()y g x =的极小值为()00g =，当1x <-时，()0g x <，当1x >-时，()0g x ≥，如下图所示：由图象可知，当0a ->时，即当0a <时，直线y a =-与函数()y g x =的图象有两个交点，综上所述，实数a 的取值范围是(),0-∞；（2）由（1）中的图象可知，当0a <时，直线y a =-与函数()y g x =的图象有两个交点，且一个交点的横坐标为正、另一个交点的横坐标为负，即当0a <时，函数()y f x =有两个零点，一个零点为正、另一个零点为负，设函数()y f x =的两个零点分别为1x 、2x ，不妨设120x x <<，有()()12f x f x =. 由()()()()112211211111x x ax a ax a f x f x f x f x x x e e -+-+⎛⎫⎛⎫--=--=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()111111x x a x e x e -⎡⎤=++-⎣⎦，令()()()()110xxh x x e x ex -=-++<，则()()()210x x x xx e h x x e e e--'=-=>，所以函数()y h x =在(),0-∞上单调递增，所以0x ∀<，()()00h x h <=. 又0a <，所以()()210f x f x -->，即()()21f x f x >-.当0x >且0a <时，()()20x xx e a f x e-'=>，则函数()y f x =在区间()0,∞+上单调递增，又10x <，10x ->，所以21x x >-，所以120x x +>. 又120x x <，所以121212110x x x x x x ++=<，所以12110x x +<. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查分类讨论思想及推理论证能力，属于中档题. 6．（1）0,4⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出导数()f x '，令()0f x '>，解出不等式即可；（2）依题意可知1x ，2x 是2210mx x -+=的两个不相等的正实数解，可建立不等式求出m 的取值范围，在利用韦达定理将()()1212f x f x x x +--化为关于m 的函数，再构造函数，利用导数即可证明. 【详解】（1）依题意，()0,x ∈+∞，()2ln 4f x x x =-，()()()2111188x f x x x x x+--'=-+==，令()0f x '>，故10->，解得4x <，故函数()f x的单调递增区间为0,4⎛ ⎝⎭. （2）依题意，()12f x mx x'=+，所以1x ，2x 是2210mx x -+=的两个不相等的正实数解；则1212180102102m m x x m x x m >⎧⎪∆=->⎪⎪⎨+=>⎪⎪⋅=>⎪⎩，解得108m <<， ()()()221212121212ln ln f x f x x x mx mx x x x x +--=+-+++()()()22121212ln m x x x x x x =+-++()()()212121212112ln ln 124m x x x x x x x x m m ⎡⎤=+--++=--⎣⎦，令12t m =，()ln 12t g t t =--，()4t ,∈+∞，则()112022tg t t t-'=-=<，∴()g t 在()4,+∞上单调递减. ∴()()4ln 43g t g <=-，即()()12123ln 4f x f x x x ++<++. 【点睛】本题考查利用导数求单调区间，考查利用导数证明不等式，属于较难题.7．（1）()f x 的单调增区间为()0,∞+，在0x =处取得极小值()01f a =-，无极大值；（2）1a >，证明详见解析. 【分析】（1）求函数的导数()'f x ，令导函数大于0可求得单调递增区间，小于0可求得单调递减区间，从而求得极值.；（2）在（1）和题设条件使得到极小值小于0得到a 的范围，然后再证明在0的两端都有大于0的函数值即可，同时也找到了两个零点的范围. 【详解】（1）由题意可得()1xf x e '=-，令()0f x '=，解得0x =，当(),0x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.故()f x 的单调增区间为()0,∞+，在0x =处取得极小值()01f a =-，无极大值.（2）由（Ⅰ）可知()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，()01f a =-，若()f x 有两个零点，必有()010f a =-<，即1a >.检验当1a >时，函数()f x 有两个零点. 由于()0af a e--=>，0a -<，()00f <，则根据函数的零点存在性定理知存在唯一()1,0x a ∈-，使得()10f x =；()2a f a e a =-，令()()21x g x e x x =->，则()2x g x e '=-，当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()()120g x g e >=->，因此()0f a >. 又因为0a >，()00f <，所以根据函数的零点存在性定理知存在唯一()20,x a ∈，使得()20f x =. 所以当1a >时，函数()f x 有两个零点.因为12a x x a -<<<，所以()212x x a a a -<--=，即212x x a -<成立. 【点睛】本题考查了导数在函数中的综合应用，函数的单调性以及零点的判断，考查了逻辑推理能力与计算能力.8．（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出导函数()'f x ，研究()0f x '=在(0,)+∞上解的个数，由()'f x 的正负确定()f x 的单调性，确定极值点个数；（2）由（1）知，当8a >时，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且1212x x +=，1212x x a=．计算12()()f x f x +并转化为关于a 的函数，然后求出函数的单调性证明结论成立．【详解】解：（1）()()212121ax ax f x a x x x-+'=+-=，0x >．当0a =时，()10f x x'=>， ()f x 在()0,∞+单调递增，没有极值点；当0a ≠时，令()221g x axax =-+，280a a ∆=-=时，0a =或8a =，设当280a a ∆=->时，方程()221g x axax =-+的两根为1x ，2x ，且12x x <．若0a <，则280a a ∆=->，注意到()01g =，1212x x +=，知()0g x =的两根1x ，2x 满足12104x x <<<．当()20,x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单增；当()2,x x ∈+∞，()0g x <，()0f x '<，()f x 单减，所以()f x 只有一个极值点；若08a <≤，则0∆≤，()2210g x ax ax =-+≥，即()0f x '≥恒成立，()f x 在()0,∞+单调递增，所以()f x 没有极值点；若8a >，则>0∆，注意到()01g =，1212x x +=，知()0g x =的两根1x ，2x 满足12104x x <<<．当()10,x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单增；当()12,x x x ∈，()0g x <，()0f x '<，()f x 单减；当()2,x x ∈+∞，()0g x >，()0f x '>，()f x 单增；所以()f x 有两个极值点．综上：当0a <时，()f x 有一个极值点；当08a <≤时，()f x 没有极值点；当8a >时，()f x 有两个极值点．（2）由（1）知，当8a >时，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且1212x x +=，1212x x a=．所以()()()()2212111222ln ln f x f x x a x x x a x x =+-++-+()()()212121212ln 2x x a x x ax x a x x =++--+()1ln1ln 21244a aa a =--=---，8a >，令()()ln 214ah a a =---，8a >．则()ln 2ln 141104a a h a a '⎛⎫==--< ⎪⎭-⎝'---，所以()h a 在()8,+∞单调递减，所以()()834ln 2h a h <=--，所以()()1234ln 2f x f x +<--．【点睛】本题考查用导数研究函数的极值问题，证明有关极值点的不等式，证明有关极值点不等式的关键是问题的转化，利用极值点与题中参数关系，把问题转化为关于参数的函数，转化为确定函数的单调性． 9．（1）304m <≤或2m ≥；（2）证明见解析；【分析】（1）()f x 在[]1,2上是单调函数，利用其导数在此区间内的函数值恒正或恒负即可求m 的范围；（2）由极值点的导函数为0，有20011m x nx n +=即得201mx n<，又()()()1212f x f x x x =≠知112212ln()()x n m x x x x x =--0x <；【详解】（1）当1n =时，1()ln f x x mx x =--，故211()f x m x x'=+-， [1,2]x ∈，令11[,1]2t x =∈，则由题意，若2()g t t t m =+-有对称轴12t =-，g t 在1[,1]2t ∈上恒正或恒负即可，∴102g ⎛⎫≥⎪⎝⎭或()10g ≤，解得：304m <≤或2m ≥；（2）由题意：21()n f x m x x'=+-且(0,)x ∈+∞，又()f x 的极值点为0x ，且,0m n >， ∴02001()0n f x m x x '=+-=，即20011m x nx n +=，故有201m x n<，而()()()1212f x f x x x =≠知：112212ln =ln n nx mx x mx x x ----，有112212ln()()x nm x x x x x =--即知：12n x x m<， ∴2120x x x <0x <得证. 【点睛】本题考查了利用导函数研究函数的单调性，并由单调性恒正或恒负求参数范围，以及根据零点与导数的关系、已知等量关系证明不等关系； 10．（1）1(0,]2；（2）证明见解析. 【分析】（1）将1b =代入，得22212()(),()1(1)x xae ax x ea f x f x ax x ax x -+='=++++，再按102a <及12a >讨论即可得解；（2）将0b =代入，得2222(21)(),()1(1)x x e e ax ax f x f x ax ax -+='=++，由题意可得121212,x x x x a+==，不妨设12012x x <<<<，则121221122212()()112x x x x e x e x e e f x f x ax ax ++=+=++，运用导数并结合第一小问的结论即可得证．【详解】（1）当1b =，则22212()(),()1(1)x xae ax x ea f x f x ax x ax x -+='=++++，当102a<时，()0f x '，()f x 在[0，)+∞上单调递增，()(0)1f x f =；当12a >时，()f x 在21[0,]a a -上单调递减，在21[,)a a -+∞上单调递增，则21()()(0)1min a f x f f a-<==，不成立， ∴实数a 的取值范围为1(0,]2．（2）证明：当0b =时，2222(21)(),()1(1)x x e e ax ax f x f x ax ax -+='=++，函数()f x 存在两个极值点， 2440a a ∴->，即1a >，由题意知，1x ，2x 为方程2210ax ax -+=的两根，故121212,x x x x a+==，不妨设12x x <，则12012x x <<<<，121221122212()()112x x x x e x e x e e f x f x ax ax ++=+=++，由（1）知，当211,,0,121x e b a x ax x ==++，即2112xex x ++（当且仅当0x =时取等号）， ∴当0x >时，恒有2112x x e x >++， 221212221112121211111()()[(1)(1)][(4)]22222f x f x x x x x x x x x x x x x +>+++++=++++163(2)11222a a=+=+>，又211121212111()()[(2)]22x x x x x e x e f x f x x e x e -++==+-，令2()(2)(01)x x h x xe x e x -=+-<<，则2()(1)()0x x h x x e e -'=-+>，∴函数()h x 在(0,1)上单调递增，()h x h （1）2e =，从而12()()f x f x e +<，综上可得：121()()f x f x e <+<．【点睛】本题考查导数的综合运用，考查恒成立问题及不等式的证明问题，涉及了分类讨思想、转化思想及放缩思维，属于难题．11．（1）30x y +-=（2）[,)2e+∞（3）证明见解析【分析】（1）求出()()y f x g x =-的导函数，求出函数在1x =时的导数得到切线的斜率，然后用一般式写出切线的方程；（2）对[1x ∀∈，2]，()()0f x g x +都成立，则对[1x ∀∈，2]，22a x lnx x -+，恒成立，构造函数22()(12)h x x lnx x x =-+，求出()h x 的最大值可得a 的范围；（3）由()()f x g x =，得10lnx bx -+=，构造函数()1(0)F x lnx bx x =-+>，将问题转化为证明112()0()F x F x b ->=，然后构造函数证明1122()()0()F x F x F x b->==即可．【详解】（1）当1a =-时，0b =时，211y lnx x =++， ∴当1x =时，2y =，312y x x∴=-'， ∴当1x =时，1y '=-，∴曲线()()y f x g x =-在1x =处的切线方程为30x y +-=；（2）当0b =时，对[1x ∀∈，2]，()()0f x g x +都成立，则对[1x ∀∈，2]，22a x lnx x -+恒成立，令22()(12)h x x lnx x x =-+，则()2h x xlnx x -'=+．令()0h x '=，则x =∴当1x <<，()0h x '>，此时()h x 单调递增；2x <<时，()0h x '<，此时()h x 单调递减，∴()2max e h x h ==，2e a ∴， a ∴的取值范围为[,)2e +∞；（3）当0a =，0b >时，由()()f x g x =，得10lnx bx -+=，方程()()f x g x =有两个不同的实数解1x ，212()x x x <，令()1(0)F x lnx bx x =-+>，则12()()0F x F x ==，1()F x b x'=-，令()0F x '=，则1x b=， ∴当10x b <<时，()0F x '>，此时()F x 单调递增；当1x b>时，()0F x '<，此时()F x 单调递减，∴1()()0max F x F b=>，01b ∴<<，又1()0bF e e=-<，F （1）10b =->， ∴1111x e b <<<， ∴121x b b->， ∴只要证明212x x b >-，就能得到1222x x b +>>，即只要证明112()0()F x F x b->=，令221()()()()22(0)G x F x F x ln x lnx bx xbbb=--=--+-<，则212()()02()b x b G x x x b-='<-，()G x ∴在1(0,)b 上单调递减，则1211()()()()0G x G F F b b b b>=--=，∴1112()()()0G x F x F x b=-->，∴1122()()0()F x F x F x b->==，∴212x x b>-， ∴1222x x b+>>，即122x x +>，证毕．【点睛】本题主要考查求曲线的切线方程，不等式恒成立问题和利用导数研究函数的单调性，考查函数思想和分类讨论思想，属难题． 12．（1）2个；（2）证明见解析. 【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解；（2）结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证．【详解】（1）()cos g x x x '=，0x >，当1(0,)2x π∈时，()0g x '>，函数单调递增，当13(,)22x ππ∈时，()0g x '<，函数单调递减，当3(,2)2x ππ∈时，()0g x '>，函数单调递增，且(0)10g =>，11()022g ππ=>，()10g π=-<，33()022g ππ=-<，(2)10g π=>，故函数()g x 在1(0,)2π，3(,)2ππ上不存在零点，存在11[,]2x ππ∈，使得()0g x =，同理23[,2]2x ππ∈使得()0g x =综上，()g x 在区间(0,2)π上的零点有2个. （2）2sin cos ()x x xf x x +'=-，由（1）可得，()sin cos g x x x x =+在区间1(,)2ππ，3(,2)2ππ上存在零点，所以()f x 在1(,)2ππ，3(,2)2ππ上存在极值点12x x <，11(,)2x ππ∈，23(,2)2x ππ∈，因为sin y x =在13(,)22ππ上单调递减，则122sin sin()sin x x x π>-=-，12sin sin 0x x ∴+>，又因为sin cos 0(1,2)i i i x x x i +==，即1tan i ix x =-，又1213222x x ππππ<<<<<，∴1211x x >即12tan tan x x ->-， 122tan tan tan()x x x π∴<=-，11(,)2x ππ∈，23(,2)2x ππ∈，21(,)2x πππ-∈，由tan y x =在1(,)2ππ上单调递增可得1212x x πππ<<-<．12121212cos cos ()()sin sin x x f x f x x x x x ∴+=+=--再由sin y x =在1(,)2ππ上单调递减，得122sin sin()sin x x x π>-=-，12sin sin 0x x ∴+>，所以12()()0f x f x +<．【点睛】本题综合考查了利用导数研究函数的单调性，最值与零点，同时考查了正弦函数与正切函数的性质，试题具有一定的综合性，属于难题． 13．()11,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭；()2①1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭；②证明见解析. 【分析】()1先对函数求导整理得出232()x af x x+'=，结合研究的区间，对a 的范围进行讨论，结合函数在某个区间上不单调的条件，即既有增区间，又有减区间，即在区间上存在极值点，得到结果；()2①将函数在区间上有两个零点转化为方程2ln a x x =有两个解，构造新函数，利用导数求得结果；②结合①，求得两个零点所属的区间，利用不等式的性质证得结果. 【详解】解：()1因为()2ln a f x x x =-，所以()233122a x af x x x x+'=+=()0x >，当21a ≥-，即12a ≥-时，可知()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立，即()f x 在[)1,+∞上单调递增，不合题意，当21a <-，即12a <-时，可知x ⎡∈⎣时()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以满足()f x 在[)1,+∞上不单调，所以a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭. ()2①令()2ln 0af x x x=-=，得2ln a x x =，即2ln a x x =有两个解，令()2ln h x x x =，则()()2ln 2ln 1h x x x x x x '=+=+()0x >，所以当0x<<()0h x '<，当x >()0h x '>，所以()h x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎭上单调递增，且当1x =时，()0h x =，当01x <<时，()0h x <，当1x >时，()0h x >，且11122h e e ⎛⎫=⋅-=- ⎪⎝⎭，所以当0x >时，记()f x 的两个零点1x ，()212x x x <时，a 的取值范围是1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭；②证明：由①知1201x x <<<<，所以221x <，所以122121x x x e -⋅<<= 【点睛】本题考查函数在某个区间上不单调求参数的取值范围，利用导数结合函数的零点的个数求参数的取值范围，利用导数证明不等式，考查分析问题能力，运算能力，属于难题. 14．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）[)2ln 23,-+∞. 【分析】（1）求得(1)(),(0)a x f x x x-'=>，对a 的范围分类，即可解不等式()0f x '>，从而求得函数()f x 的单调区间，问题得解.（2）由题可得：()()21ln 2a x g x x x -+=，由它有两个极值点，可得：()0g x '=有两个不同的正根，从而求得1212x x ax x a =⎧⎨+=⎩及4a >，将1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立转化成：1ln 12a a λ>--恒成立，记：1ln 12y a a =--，利用导数即可求得：2ln 23y <-，问题得解. 【详解】（1）因为()ln 1f x a x ax =-+，所以(1)(),(0)a a x f x a x x x-'=-=>，则①当0a =时，()1,(0)f x x =>是常数函数，不具备单调性； ②当0a >时，由()001f x x '>⇒<<；由()01f x x '<⇒>．故此时()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减③当0a <时，由()01f x x '>⇒>；由()001f x x '<⇒<<．故此时()f x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增．（2）因为21()()12g x f x x =+-21(ln )2a x x x =-+ 所以2(),(0)x ax ag x x x-+'=>，由题意可得：()0g x '=有两个不同的正根，即20x ax a -+=有两个不同的正根，则2121240040a a x x a a x x a ⎧∆=->⎪+=>⇒>⎨⎪=>⎩，不等式1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立等价于121212()()()()g x g x g x g x x x aλ++>=+恒成立又221211122211()()(ln )(ln )22g x g x a x x x a x x x +=-++-+ 221212121(ln ln )()()2a x x a x x x x =+-+++2121212121ln ()[()2]2a x x a x x x x x x =-+++-221ln (2)2a a a a a =-+- 21ln 2a a a a =--所以1212()()1ln 12g x g x a a x x +=--+，令1ln 12y a a =--（4a >），则1102y a '=-<，所以1ln 12y a a =--在(4,)+∞上单调递减，所以1ln 4412ln 232y <-⨯-=-所以2ln 23λ≥-．【点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性及极值知识，考查了转化能力及函数思想，还考查了利用导数求函数值的取值范围问题，考查计算能力，属于难题. 15．（Ⅰ）函数()f x 的单调递增区间为(,)lna a -∞-，单调递减区间为(lna a-，)+∞；（Ⅱ）答案见解析；（Ⅲ）证明见解析. 【分析】（Ⅰ）求导()1axf x ae '=-，再令()0f x '=解得lnax a=-，从而由导数的正负确定函数的单调区间；（Ⅱ）讨论lna a -与1[a ，2]a的关系，从而确定函数的单调性，由单调性确定函数的最大值即可；（Ⅲ）可判断出11()0f ln a a >，(0)0f <，f （e ）0ae e e =->，11ln e a a>；从而可得10x e <<，2111x ln a a a>>，从而证明．【详解】解：（Ⅰ）函数()(0)axf x x e a =->，()1ax f x ae ∴'=-，令()0f x '=，解得lnax a=-，当lna x a -时，()0f x '，此时()f x 在(,)lnaa -∞-上单调递增，当lna x a >时，()0f x '<，此时()f x 在(lna a-，)+∞上单调递减，所以函数()f x 的单调递增区间为(,)lna a -∞-，单调递减区间为(lna a-，)+∞；（Ⅱ）结合（Ⅰ）可知，需讨论lna a -与1[a ，2]a的关系：①当1[lna a a -∈，2]a ，即21[a e ∈，1]e 时，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1()lna lna f a a +-=-；②当1lna a a -<，即1(a e∈，)+∞时，由()f x 的单调性可知， ()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1111()a a f e e a a a⨯=-=-；③当2lna a a ->，即21(0,)a e∈时，由()f x 的单调性可知， ()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为22222()a a f e e a a a⨯=-=-；综上所述，当21[a e ∈，1]e 时，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1()lna lna f a a+-=-；当1(a e ∈，)+∞时，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1111()a a f e e a a a ⨯=-=-；当21(0,)a e ∈时，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为22222()a a f e e a a a⨯=-=-；（Ⅲ）证明：()(0)ax f x x e a =->，()1axf x ae '=-，11()0f ln a a>，1ae <； (0)0f <，f （e ）0ae e e =->，11ln e a a >；10x e ∴<<，2111x ln a a a>>，故12x ae x <．【点睛】本题考查了导数的综合应用及函数的最值的求法，同时考查了零点的判断与应用，属于难题．16．（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求得函数()y f x =的定义域与导数，对实数a 的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()y f x =的单调性；（2）由韦达定理得出12122x x ax x a+=⎧⎨=⎩，将所证不等式转化为证明不等式1122212ln x x x x x x >-，令()120,1x t x =∈，可得出要证不等式()12ln 01t t t t >-<<，构造函数()12ln h t t t t=--，利用导数证明出()0h t <对任意的()0,1t ∈恒成立即可. 【详解】（1）函数()2ln af x x a x x=--的定义域为()0,∞+，()222221a a x ax af x x x x-+'=+-=. 令()22g x x ax a =-+，244a a ∆=-.①当2440a a ∆=-≤时，即当01a ≤≤时，对任意的0x >，()0g x ≥，则()0f x '≥，此时，函数()y f x =在()0,∞+上单调递增； ②当2440a a ∆=->时，即当1a >时，方程()0g x =有两个不等的实根，设为1x 、2x ，且12x x <，令220x ax a -+=，解得10x a =>，20x a =>. 解不等式()0f x '<，可得a x a <<；解不等式()0f x '>，可得0x a <<x a >此时，函数()y f x =的单调递增区间为(0,a，()a +∞，单调递减区间为(a a .综上所述，当01a ≤≤时，函数()y f x =的单调递增区间为()0,∞+，无递减区间；当1a >时，函数()y f x =的单调递增区间为(0,a，()a +∞，单调递减区间为(a a ；（2）由（1）可知，1x 、2x 是关于x 的二次方程220x ax a -+=的两个不等的实根，由韦达定理得12122x x ax x a +=⎧⎨=⎩，()()()()1122121212121212122ln 2ln 22ln ln a ax a x x a x f x f x x x a x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫----- ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭∴==---()12122ln ln 2a x x x x -=--，要证()()121222f x f x a x x ->--，即证()12122ln ln 222a x x a x x -->--，即证1212ln ln 1x x x x -<-，设12x x <，即证()()()()121211212122122122ln2x x x x x x x ax x x x x a x x x x +->-=-==-， 210x x >>，设()120,1x t x =∈，即证()12ln 01t t t t>-<<，构造函数()12ln h t t t t =--，其中01t <<，()()22211210t h t t t t-'=+-=>，所以，函数()y h t =在区间()0,1上单调递增，当01t <<时，()()10h t h <=，即12ln t t t>-. 故原不等式得证. 【点睛】本题考查利用导数求解含参函数的单调性，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查推理能力与计算能力，属于难题. 17．（1）1a ≤；（2）证明见详解. 【分析】（1）先对函数求导，根据函数单调性，得到21a x≤在(]0,1x ∈上恒成立，进而可求出结果；（2）先由题意，得到()()211122222ln 02ln 0f x x x b f x x x b ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，两式作差整理，得到2222112ln x x x x =-，推出2211122212ln 1x x x x x x x x ⋅=⎛⎫- ⎪⎝⎭，令211x t x =>，将证明121x x <转化为证明12ln t t t<-即可，利用导数的方法，即可证明结论成立. 【详解】（1）因为()22ln f x x ax b =-+，所以()22f x ax x'=-，因为函数()f x 在(]0,1上单调递增，所以()220f x ax x'=-≥在(]0,1x ∈上恒成立，即21a x≤在(]0,1x ∈上恒成立，因为幂函数21y x=在(]0,1x ∈显然单调递减，所以min 1y =，因此只需1a ≤；（2）当1a =时，()22ln f x x x b =-+，因为函数()f x 有两个零点1x ，2x ，所以()()211122222ln 02ln 0f x x x b f x x x b ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，两式作差可得：2222112lnx x x x =-，因此222111121222221212ln2ln 1x x xx x x x x x x x x x x ⋅=⋅=-⎛⎫- ⎪⎝⎭，令211x t x =>，则1222ln 1t t x x t =-，要证121x x <，即证22ln 11t t t <-，即证22ln 1t t t <-，即证12ln t t t <- 令()12ln ,1g t t t t t=-+>，则()()222221212110t t t g t t t t t--+'=--=-=-<在()1,t ∈+∞上恒成立，所以()12ln g t t t t=-+在()1,t ∈+∞上单调递减，因此()()10g t g <=，即12ln t t t <-在()1,t ∈+∞上恒成立，所以121x x <. 【点睛】本题主要考查由函数在给定区间的单调性求参数，以及导数的方法证明不等式，属于常考题型.18．（1）2022202120212022>，理由见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求出()f x 的导数，由两直线垂直的条件：斜率相等，即可得到切线的斜率和切点坐标，进而()f x 的解析式和导数，求出单调区间，可得(2021)(2022)f f >，即可得到20222021与20212022的大小；（2）运用分析法证明，不妨设120x x >>，由根的定义可得所以化简得110lnx kx -=，220lnx kx -=．可得1212()lnx lnx k x x +=+，1212()lnx lnx k x x -=-，要证明，212x x e >．即证明122lnx lnx +>，也就是12()2k x x +>．求出k ，即证1212122lnx lnx x x x x ->-+，令12x t x =，则1t >，即证2(1)1t lnt t ->+．令2(1)()(1)1t h t lnt t t -=->+，求出导数，判断单调性，即可得证．【详解】解：（1）函数ln ()xf x x a =+，2()()x alnx x f x x a +-'=+，所以21(1)(1)a f a +'=+，又由切线与直线80x y ++=垂直，可得(1)1f '=，即111a=+，解得0a =．此时()lnx f x x=，21ln ()xf x x -'=，令()0f x '>，即1ln 0x ->，解得0x e <<；令()0f x '<，即1ln 0x -<，解得x e >，所以()f x 的增区间为(0,)e ，减区间为(,)e +∞．。

2024年高考重难专攻(四)极值点偏移问题

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

高考数学总复习考点知识与题型专题讲解23 隐零点与极值点偏移问题

高考数学总复习考点知识与题型专题讲解§3.8隐零点与极值点偏移问题隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；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，隐零点与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，难度大．题型一隐零点例1(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝e x＋1－2x＋1，g(x)＝ln xx＋2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．(1)解g(x)＝ln xx＋2定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1－ln xx2，则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)＝1e＋2，无极小值．(2)证明f(x)≥g(x)等价于证明x e x＋1－2≥ln x＋x(x>0)，即x e x＋1－ln x－x－2≥0.令h(x)＝x e x＋1－ln x－x－2(x>0)，h′(x)＝(x＋1)e x＋1－1＋xx＝(x＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e x＋1－1x，令φ(x )＝e x ＋1－1x ，则φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，而φ⎝ ⎛⎭⎪⎫110＝1110e －10<e 2－10<0，φ(1)＝e 2－1>0，故φ(x )在(0，＋∞)上存在唯一零点x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫110，1，当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，h ′(x )<0，h (x )在(0，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )>0，h ′(x )>0，h (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，故h (x )min ＝h (x 0)＝010e x x ＋－ln x 0－x 0－2，又因为φ(x 0)＝0，即01e x ＋＝1x 0，所以h (x 0)＝－ln x 0－x 0－1＝(x 0＋1)－x 0－1＝0，从而h (x )≥h (x 0)＝0，即f (x )≥g (x )．思维升华零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)＝0，并结合f ′(x )的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f ′(x )的正负，进而得到f (x )的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．跟踪训练1(2023·潍坊模拟)设函数f (x )＝x －a ln x －2. (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，当x >1时，ln x ＋1>(1＋k )f ′(x )，求整数k 的最大值．解 (1)由题意知，f (x )定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x ＝x －a x ，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，若x∈(0，a)，f′(x)<0；若x∈(a，＋∞)，f′(x)>0；∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增；综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．(2)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－2，f′(x)＝1－1x(x>0)；由ln x＋1>(1＋k)f′(x)得，x(ln x＋1)>(1＋k)(x－1)，即k＋1<x(ln x＋1)x－1(x>1)，令g(x)＝x(ln x＋1)x－1(x>1)，则g′(x)＝x－ln x－2(x－1)2，令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－1x＝x－1x>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－ln 4>0，∴∃x0∈(3,4)，使得h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，此时ln x0＝x0－2，则当x∈(1，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(x0)＝x0(ln x0＋1)x0－1＝x0(x0－1)x0－1＝x0，∴k＋1<x0，即k<x0－1，又x0∈(3,4)，∴x0－1∈(2,3)，∴整数k的最大值为2. 题型二极值点偏移例2已知函数f(x)＝x e－x.(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.(1)解f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，所以f(x)有极大值f(1)＝1e，无极小值．(2)证明方法一(对称化构造函数法)由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1>1.由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f(x2)<f(2－x1)，由于f(x1)＝f(x2)，故只要证f(x1)<f(2－x1)，令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝x e－x－(2－x)e x－2(0<x<1)，则H′(x)＝1－xe x－1－xe2－x＝(e2－x－e x)(1－x)e2，因为0<x<1，所以1－x>0,2－x>x，所以e2－x>e x，即e2－x－e x>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(0,1)上单调递增，所以H(x)<H(1)＝0，即有f(x1)<f(2－x1)成立，所以x1＋x2>2.方法二 (比值代换法)设0<x 1<1<x 2，由f (x 1)＝f (x 2)，得11e x x －＝22e x x －，等式两边取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1，所以x 1＋x 2＝(t ＋1)ln t t －1>2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)，所以g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，所以当t >1时，g (t )单调递增，所以g (t )>g (1)＝0，所以ln t －2(t －1)t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.思维升华极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1＋x 2>(<)2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )；对结论x 1x 2>(<)x 20型，构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x ，通过研究F (x )的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)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．跟踪训练2已知函数f (x )＝ln(x ＋a )－x －1x ＋a，函数g (x )满足ln[g (x )＋x 2]＝ln x ＋x －a .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若g (x )有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2<1. (1)解由已知得，函数f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，则f ′(x )＝1x ＋a －x ＋a －(x －1)(x ＋a )2＝x －1(x ＋a )2，所以当－a ≥1，即a ≤－1时，f ′(x )>0，f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，当－a <1，即a >－1时，若－a <x <1，则f ′(x )<0，若x >1，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－a ,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a ≤－1时，f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增；当a >－1时，f (x )在(－a ,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明因为ln[g (x )＋x 2]＝ln x ＋x －a ，所以g (x )＝x ·e x －a －x 2＝x (e x －a －x )，其定义域为(0，＋∞)，g (x )＝x e x －a －x 2＝x (e x －a －x )＝0等价于e x －a －x ＝0，即x －ln x ＝a ，设h (x )＝x －ln x (x >0)，所以h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，令h ′(x )>0，则x >1，令h ′(x )<0，则0<x <1.所以函数h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为函数g (x )有两个不同的零点，即h (x )＝a 有两个不同的根，所以a >h (1)＝1，所以g (x )有两个不同的零点x 1，x 2且0<x 1<1<x 2，且h (x 1)＝h (x 2)＝a ，令φ(x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x －1x －2ln x (0<x <1)，则φ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝(x －1)2x 2>0对任意的x ∈(0,1)恒成立，所以函数φ(x )在(0,1)上单调递增，φ(x )<φ(1)＝0，即当0<x <1时，h (x )<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，又0<x 1<1，所以h (x 1)＝h (x 2)<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1，因为x 2>1，1x 1>1，且h (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以x 2<1x 1，故x 1x 2<1得证．课时精练1．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )． (1)当a >0时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)当a ＝0时，证明：f (x )<2e x －x －4 .(其中e 为自然对数的底数) (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝(ax －1)(x －2)x，当0<1a <2，即a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，(2，＋∞)上单调递增．当1a ＝2，即a ＝12时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当1a >2，即0<a <12时，f (x )在(0,2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．综上所述，当a >12时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，(2，＋∞)；当a ＝12时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当0<a <12时，f (x )的单调递增区间为(0,2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞.(2)证明当a ＝0时，由f (x )<2e x －x －4化简得e x －ln x －2>0，构造函数h (x )＝e x －ln x －2(x >0)，h ′(x )＝e x －1x ，令g (x )＝h ′(x )，则g ′(x )＝e x ＋1x 2>0，h ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －2<0，h ′(1)＝e －1>0，故存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得h ′(x 0)＝0，即0e x ＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．所以当x ＝x 0时，h (x )取得极小值，也是最小值． h (x )min ＝h (x 0)＝0e x －ln x 0－2＝1x 0－01ln e x －2＝1x 0＋x 0－2>21x 0·x 0－2＝0，所以h (x )＝e x －ln x －2>0，故f (x )<2e x －x －4. 2．设f (x )＝x e x －mx 2，m ∈R .(1)设g (x )＝f (x )－2mx ，当m >0时，讨论函数g (x )的单调性； (2)若函数f (x )在(0，＋∞)有两个零点x 1，x 2，证明：x 1＋x 2>2. (1)解 g (x )＝x e x －mx 2－2mx (x ∈R )，g ′(x )＝(x ＋1)(e x －2m )，当m >0时，令g ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝ln(2m )，若－1>ln(2m )，即0<m <12e ，则当x >－1和x <ln(2m )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当ln(2m )<x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，若－1<ln(2m )，即m >12e ，则当x <－1和x >ln(2m )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当－1<x <ln(2m )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当－1＝ln(2m )，即m ＝12e 时，g ′(x )≥0，g (x )在R 上单调递增，综上所述，当0<m <12e 时，g (x )在(－1，＋∞)，(－∞，ln(2m ))上单调递增，在(ln(2m )，－1)上单调递减，当m >12e 时，g (x )在(－∞，－1), (ln(2m )，＋∞)上单调递增，在(－1，ln(2m ))上单调递减，当m ＝12e 时，g (x )在R 上单调递增．(2)证明令f (x )＝x e x －mx 2＝0，因为x >0，所以e x ＝mx ，令F (x )＝e x －mx (x >0), F (x 1)＝0，F (x 2)＝0，则1e x ＝mx 1，2e x ＝mx 2，两式相除得， 12e x x －＝x 1x 2， ①不妨设x 2>x 1，令t ＝x 2－x 1，则t >0，x 2＝t ＋x 1，代入①得，e t ＝t ＋x 1x 1，x 1＝t e t －1，则x 1＋x 2＝2x 1＋t ＝2te t －1＋t ，故要证x 1＋x 2>2，即证2te t－1＋t >2，又因为e t －1>0，等价于证明2t ＋(t －2)(e t －1)>0，构造函数h (t )＝2t ＋(t －2)(e t －1)(t >0)，则h ′(t )＝(t －1)e t ＋1，令h ′(t )＝G (t )，则G ′(t )＝t e t >0，故h ′(t )在(0，＋∞)上单调递增，h ′(t )>h ′(0)＝0，从而h (t )在(0，＋∞)上单调递增，h (t )>h (0)＝0. 即x 1＋x 2>2.。

导数压轴大题之极值点偏移问题,把握本质与通用思路才能举一反三

导数压轴大题之极值点偏移问题，把握本质与通用思路才能举一反三极值点偏移题型是上一篇所讲述的双变量题型的一种重要分型。

2016年高考I卷的压轴大题就考了这种题型。

这类题型的特点鲜明，解题思路通用性强。

本文通过原创的一张图来直观、简明地揭示极值点偏移问题的基本原理（未见第二家如此系统地阐述它的原理）。

相信每一位同学学会后，再遇到此类题型就有底气而不会再发怵了，真正做到举一反三。

1. 导数(应用)压轴大题之不等式有关问题的极值点偏移题型及典型例题例1(2016国I) 已知函数f(x) = (x-2)e^x +a(x-1)^2有两个零点。

(1) 求a的取值范围；(2) 设x1, x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2。

（提示：这题在上一篇中已给出详细解答，这里不再赘述。

作为2016年的压轴题，第(2)问算是极值点偏移题型中的一个难度适中的题目，因此刚好可用来清晰地揭示极值点偏移题型的基本原理与通用解题思路。

不熟悉这类题型的同学应先把该题学透，再继续学习其它例题）例2 已知函数f(x) = xlnx，g(x) = 1/2×mx^2+x。

(1) 若函数f(x)与g(x)的图像上存在关于原点对称的点，求实数m 的取值范围；(2) 设F(x) = f(x) – g(x)，已知F(x)在(0, +∞)上存在两个极值点x1、x2，且x1<x2，求证：x1x2 > e^2 (其中e为自然对数的底数)。

解：依题意，x>0，讲解：①从极值点偏移题型角度看，本题(2)问稍有变化（可视作常规题型的变式——出题人常以类似的方式改题或增加难度）：(a) 分析的函数对象为‘导函数’及其两个零点——即两个等值点。

但这些变化对以极值点偏移的思路进行解题并无太大差别，仅仅是对象不同而已。

(b) 已知函数的定义域受限——x>0；处理时不要忘了其约束。

2019江苏高考压轴题(中篇)专题02.14 极值点偏移问题1

专题03.03--极值点偏移问题一、问题概述所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数f (x )在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y =c 交于A(x 1,c )，B (x 2,c )两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x x x +≠，如下图所示我们知道二次函数f (x )的顶点就是极值点0x ，若f (x )=c 的两根的中点为221x x +，则刚好有221x x +=0x ，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移；而函数x exx g =)(的极值点0x =1刚好在两根的中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏．极值点对称极值点左偏分类一按极值点的偏移来分极值点左偏：0212x x x >+，221x x x +=处切线与x 轴不平行若f (x )上凸()(x f '递减)，则()02021='<⎪⎭⎫⎝⎛+'x f x x f ，若f (x )下凸()(x f '递增)，则()02021='>⎪⎭⎫⎝⎛+'x f x x f 极值点右偏：0212x x x <+，221x x x +=处切线与x 轴不平行若f (x )上凸()(x f '递减)，则()02021='>⎪⎭⎫ ⎝⎛+'x f x x f ，若f (x )下凸()(x f '递增)，则()02021='<⎪⎭⎫ ⎝⎛+'x f x x f 二、释疑拓展类型一不含参数的问题例1【2010天津理】已知函数()()x f x xe x R -=∈（1）求函数f (x )的单调区间和极值；（2）已知函数y ＝g(x )的图像与函数y ＝f (x )的图像关于直线x ＝1对称，证明：当x >1时，f (x )>g(x )；（3）若12x x ≠，且12()()f x f x =证明：12 2.x x +>．类型二含参数的问题例2．已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x ．例3．已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，试证明：212.x x e ⋅>．例4．设函数()()xf x e ax a a R =-+∈，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：12()0f x x '⋅<．例5．【辽宁2011年（理）】已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+- （1）讨论()f x 的单调性；（2）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-；（3）若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<．三、深层探究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 b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bab L 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 ≠时，(,)2a bab L a b +<<.不失一般性，可设a b >.证明如下：（I ）先证：(,)ab L a b <………………① 不等式①1ln ln ln 2ln (1)a b a a b aa b x x x b b a x b ab-⇔-<⇔<-⇔<-=>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()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x ab a b x x a a b b x bb---⇔->⇔>⇔>=>+++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 +∀∈，都有对数平均不等式(,)2a bab L a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例1．【2010天津理】已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>．【解】法五：由前述方法四，可得12121ln ln x x x x -=-，利用对数平均不等式得：1212121ln ln 2x x x xx x -+=<-，即证：122x x +>，秒证说明：由于例2，例3最终可等价转化成例1的形式，故此处对数平均不等式的方法省略. 例4．设函数)()(R a a ax e x f x∈+-=，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0)(21<⋅'x x f .【解】法三：由前述方法可得：121212(1ln )11x x e e a x a x x x ==<<<--，等式两边取以e 为底的对数，得1122ln ln(1)ln(1)a x x x x =--=--，化简得：1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=---，由对数平均不等式知：121212(1)(1)1(1)(1)ln(1)ln(1)x x x x x x ---=>-----，即1212()0x x x x -+<，故要证1212121122ln(1)ln(()01)ln f x x x x a x x x x x x --+-'<⇔<⇔<-证证212121212121212ln(1)ln(1)2ln(()1)2x x x x x x x x x x x x x x ⇔⇔-+-<+--++<+-证证∵1212()0x x x x -+< ∴1212ln(()1)ln10x x x x -++<=，而21212122()0x x x x x x +-=->∴12121212ln(()1)2x x x x x x x x -++<+-显然成立，故原问题得证. 例5．【辽宁2011（理），】已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+- （1）讨论()f x 的单调性；（2）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-；（3）若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<．【解析】（1）（2）略，（3）由12()()0f x f x ==22111222ln (2)ln (2)0x ax a x x ax a x ⇔-+-=-+-= 2212121212ln ln 2()()x x x x a x x x x ⇒-+-=-+-1212221212ln ln 2()x x x x a x x x x -+-⇒=-+- 故要证12001()02x x f x x a+'<⇔=>2212121212121212121ln ln 2ln ln 2()2x x x x x x x x x x x x x x x x +-+-++⇔>=--+-+- 121212ln ln 2x x x x x x -⇔<+-.根据对数平均不等，此不等式显然成立，故原不等式得证. 四、专题反思（你学到了什么？还想继续研究什么？）五、巩固训练1．【2016新课标I 卷（理数）21题】已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点21,x x .证明：122x x +<.2．已知函数xx x f 1ln )(-=，b ax x g +=)( （1）若函数)()()(x g x f x h -=在),0(+∞上是单调递增，求实数a 的取值范围；（2）若直线b ax x g +=)(是函数xx x f 1ln )(-=图象的切线，求a +b 的最小值；（3）当b =0时，若)(x f 与)(x g 的图象有两个交点),(11y x A ，),(22y x B ，求证：2212.e x x >．（取e 为2.8，取ln2为0.7，取2为1.4）参考答案二、释疑拓展例1【解】法一：()(1)x f x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →，函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=，如图所示．由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<，构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈，则21()(1)(1)(1)0x x x F x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减，所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x xH x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=…①，不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221tt x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221tt t e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0tt t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)t G t t t e t =+-->，则()(1)1,()0t t G t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立. 法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---，令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③，构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t tM t t t --'=-，又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(l n 1)2(1l n )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.例2【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ，由)2()1(+得：)(2121x x e e a x x +=+，要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e-=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e +->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ，不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1t t e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ，再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增，所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。

03不含参数的极值点偏移问题

专题03不含参数的极值点偏移问题函数的极值点偏移问题，其实是导数应用问题，呈现的形式往往非常简洁，涉及函数的双零点，是一个多元数学问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，解题的策略都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．1. 已知函数()()x f x xe x R -=∈，如果12x x ≠，且12()()f x f x =．证明：122x x +>．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】利用导数，求得函数的单调性，由12()()f x f x =，化简得2121x x x ex -=，令21t x x =-，整理得11t t x e =-，进而得到121221t tx x x t t e +=+=+-，转化为证明：2(2)(1)0t t t e +-->，构造函数()2(2)(1),(0)t G t t t e t =+-->，利用导数求得函数()G t 的单调性与最值，即可求解.【详解】由题意，函数()()x f x xe x R -=∈，可得()(1)x f x x e -'=-，当1x <时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<，可得函数()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，因为12()()f x f x =，得1212x xx e x e --=，化简得2121x x x ex -=…①，不妨设21x x >，可得1201x x <<<，令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，可得11tt x e x +=，解得11t tx e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证122x x +>，即证221t tt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)t G t t t e t =+-->，则()(1)1,()0t t G t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立．【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 2. 已知函数21()1xx f x e x-=+，证明：当1212()()()f x f x x x =≠时，120x x +<．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】通过证明2211(0,1),11x xx x x e e x x--+∀∈<++，来求证令1()(1),(0,1)xx xF x x e x e+=--∈，讨论()F x 的单调性和最值，以此来证明120x x +<【详解】()()22212'()1xx x f x e x ⎡⎤--+⎣⎦=+，所以当(),0x ∈-∞时，'()0f x >，()f x 在(,0)-∞上单调递增，当[)0,x ∈+∞时，'()0f x <在[)0,+∞上单调递减．当1x <时，由于210,01xx e x ->>+，所以()0f x >；同理，当1x >时，()0f x <．当()()()1212f x f x x x =≠时，不妨设12x x <，由函数单调性知12(,0),(0,1)x x ∈-∞∈．下面证明：(0,1),()()x f x f x ∀∈<-，即证：221111x xx x e e x x--+<++，此不等式等价于1(1)0xx xx e e+--<．令1()(1),(0,1)xxx F x x e x e +=--∈，则()2()1x xF x xe e '-=--，当(0,1)x ∈时，()0F x '<，()F x 单调递减，从而()(0)0F x F <=，即1(1)0xxxx e e +--<，所以(0,1),()()x f x f x ∀∈<-，而2(0,1)x ∈，所以()()22f x f x <-，又()()12f x f x =，从而f ()()12f x f x <-．由于12,(,0)x x -∈-∞，且()f x 在(,0)-∞上单调递增，所以12x x <-，即证120x x +<．【点睛】本题考查导数的极值点偏移问题，属于难题四、招式演练：3. 已知()22ln f x ax x x =-+（1）若12a =-，求()f x 的最大值；（2）若()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，证明:()()()121214ln 543f x f x x x +++<-. 【答案】（1）32-；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）当12a =-时，对函数求导，判断出函数的单调性，进而可得函数的最大值；（2）对函数求导，则1x ，2x 即为方程2220ax x -+=的两个不同的正根，表示出()()()121213f x f x x x +++，将韦达定理代入化简，并利用构造新函数判断单调性和最值的方法证得命题成立．【详解】（1）当12a =-时，()212ln 2f x x x x =--+，所以()21f x x x'=--+，则()f x '在()0,∞+上是单调递减函数，且有()10f '=，当()0,1x ∈时，()0f x '>，即()f x 为()0,1上的增函数，当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，即()f x 为()1,+∞上的减函数，所以()()max 312f x f ==-. （2）证明：由题意知：由()222ax x f x x -+'=，则1x ，2x 即为方程2220ax x -+=的两个不同的正根，故而需满足：1212116010210a x x a x x a ⎧⎪∆=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得116a >，所以()()()()22121211122212112ln 2ln 33f x f x x x ax x x ax x x x x +++=-++-+++ ()()21212121221122ln 2ln 23121a x x x x x x x x a a ⎛⎫⎡⎤=+-+-+=-⨯+- ⎪⎣⎦⎝⎭令116t a =>，()()()1212112ln 2312f x f x x x t t +++=-+-，令()12ln 212g t t t =-+-，所以()1212g t t'=-+；则()g t '为()16,+∞上的减函数，且()240g '=，所以当()16,24t ∈时，()0g t '>，即()g t 为()16,24上的增函数；当()24,t ∈+∞时，()0g t '<，即()g t 为()24,+∞上的减函数，所以()()max 242ln 244g t g ==-，所以()()()121212ln 2442ln 2544ln 543f x f x x x +++≤-<-=-，证毕. 【点睛】本题考查导数证明不等式问题，考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．4. 已知函数2()()x f x ae x a R =-∈，若()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，且12x x <.（1）求实数a 的取值范围；（2）证明：22x a<；（3）证明：121121x x a -<-.【答案】（1）20a e<<；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】【分析】（1）转化为12,x x 为方程2x xe a -=的两个不同实根，构造函数()2x g x xe -=，利用导数可求得结果；（2）根据（1）知，()g x 在(1,)+∞上递减，要证22x a <，只需证 222()0a e a->，构造函数2()x h x e x =-，x ∈(,)e +∞，利用导数证明22()()0e h h e e e a>=->即可得证；（3）先利用导数证明不等式212xx x e >++在(0,)+∞上成立，所以22()212x xa g x xe x x -==<++，((0,))x ∈+∞，令222()11122x x xx x x ϕ==++++，令()3434,x x x x <为方程()x a ϕ=，即2(2)02ax a x a +-+=的两个实根，根据，31240x x x x <<<<，可得43123434341111x x x x x x x x --<-==，结合韦达定理可证不等式成立.【详解】（1）()2x f x ae x '=-，则12,x x 为方程()0f x '=，即2x xe a -=的两个不同实根，令()2x g x xe -=，()22(22)x x x g x e xe x e ---'=-=-，令()0g x '>，得1x <，令()0g x '<，得1x >，则()g x 在(,1)-∞上递增，在(1,)+∞上递减，所以当1x =时，()g x 取得最大值为2(1)g e=，所以20a e<<，且1201x x <<<，（2）要证22x a <，因为()g x 在(1,)+∞上递减，所以只需证()22g g x a a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即224a e a <，即要证222()0a e a->，由（1）知20a e <<，所以2e a >，令2()x h x e x =-，x ∈(,)e +∞，则()2x h x e x '=-，令()2x x e x ϕ=-，x ∈(,)e +∞，则()2x x e ϕ'=-为(,)e +∞上的增函数，所以()()20e x e e ϕϕ''>=->，所以()2x x e x ϕ=-为(,)e +∞上的增函数，所以1()()2(2)0e e x e e e e e ϕϕ->=-=->，即()0h x '>在(,)e +∞上恒成立，所以()h x 在(,)e +∞上为增函数，所以22()()0e h h e e e a >=->，即222()0ae a->，所以22x a<. （3）令212xx y e x =---，0x >，则1x y e x '=--，1x y e ''=-，因为1x y e ''=-为(0,)+∞上的增函数，所以010y e ''>-=，所以1x y e '=-为(0,)+∞上的增函数，所以010y e '>-=，所以212xx y e x =---为(0,)+∞上的增函数，所以01000y e >---=，所以不等式212xx x e >++在(0,)+∞上成立，所以22()212x xa g x xe x x -==<++，((0,))x ∈+∞且222()11122x x x x x x ϕ==++++在上递增，)+∞上递减，令()3434,x x x x <为方程()x a ϕ=，即2(2)02a x a x a +-+=的两个实根，，其中34342(2)2a x x a x x -⎧+=⎪⎨⎪=⎩.由图可知，31240x x x x <<<<，即421311110x x x x <<<<，所以43123434341111x x x x x x x x --<-===21a =<=-，得证.【点睛】本题考查了根据函数的极值点个数求参数的取值范围，考查了转化化归思想，考查了数形结合思想，考查了构造函数解决导数问题，考查了利用导数证明不等式，属于难题.5. 已知函数()()2xax af x x a R e+=+∈有两个零点. （1）求实数a 的取值范围；（2）设1x 、2x 是()f x 的两个零点，求证：12110x x +<.【答案】（1）(),0-∞；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）令()0f x =可得出21x x e a x -=+，构造函数()()211x x e g x x x =≠-+，可得出直线y a =-与函数()y g x =的图象有两个交点，利用导数分析函数()y g x =的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）依题意，设120x x <<，有()()12f x f x =，构造函数利用导数研究可得120x x +>，结合120x x <，即可得证. 【详解】（1）()110f -=>，当1x ≠-时，令()()210xa x f x x e +=+=，可得21xx e a x -=+，令()21xx eg x x =+，其中1x ≠，则()()()()()2222112211x x xe x xe x x g x x x ⎡⎤⋅++++⎣⎦'==++，令()0g x '=，可得0x =，列表如下：所以，函数()y g x =的极小值为()00g =，当1x <-时，()0g x <，当1x >-时，()0g x ≥，如下图所示：由图象可知，当0a ->时，即当0a <时，直线y a =-与函数()y g x =的图象有两个交点，综上所述，实数a 的取值范围是(),0-∞；（2）由（1）中的图象可知，当0a <时，直线y a =-与函数()y g x =的图象有两个交点，且一个交点的横坐标为正、另一个交点的横坐标为负，即当0a <时，函数()y f x =有两个零点，一个零点为正、另一个零点为负，设函数()y f x =的两个零点分别为1x 、2x ，不妨设120x x <<，有()()12f x f x =.由()()()()112211211111x x ax a ax a f x f x f x f x x x e e -+-+⎛⎫⎛⎫--=--=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()111111x x a x e x e -⎡⎤=++-⎣⎦，令()()()()110xxh x x e x ex -=-++<，则()()()210x x x xx e h x x e e e--'=-=>，所以函数()y h x =在(),0-∞上单调递增，所以0x ∀<，()()00h x h <=. 又0a <，所以()()210f x f x -->，即()()21f x f x >-. 当0x >且0a <时，()()20x xx e a f x e-'=>，则函数()y f x =在区间()0,∞+上单调递增，又10x <，10x ->，所以21x x >-，所以120x x +>. 又120x x <，所以121212110x x x x x x ++=<，所以12110x x +<. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查分类讨论思想及推理论证能力，属于中档题.6. 已知函数()2ln f x mx x =+.（1）若4m =-，求函数()f x 的单调递增区间；（2）设1x ，2x 是()1f x '=的两个不相等的正实数解，求证：()()12123ln 4f x f x x x ++<++.【答案】（1）0,4⎛ ⎝⎭；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）求出导数()f x '，令()0f x '>，解出不等式即可；（2）依题意可知1x ，2x 是2210mx x -+=的两个不相等的正实数解，可建立不等式求出m 的取值范围，在利用韦达定理将()()1212f x f x x x +--化为关于m 的函数，再构造函数，利用导数即可证明.【详解】（1）依题意，()0,x ∈+∞，()2ln 4f x x x =-，()()()2111188x f x x x x x +--'=-+==，令()0f x '>，故10->，解得4x <，故函数()f x的单调递增区间为0,4⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. （2）依题意，()12f x mx x'=+，所以1x ，2x 是2210mx x -+=的两个不相等的正实数解；则1212180102102m m x x m x x m >⎧⎪∆=->⎪⎪⎨+=>⎪⎪⋅=>⎪⎩，解得108m <<，()()()221212121212ln ln f x f x x x mx mx x x x x +--=+-+++()()()22121212ln m x x x x x x =+-++()()()212121212112ln ln 124m x x x x x x x x m m ⎡⎤=+--++=--⎣⎦，令12t m =，()ln 12t g t t =--，()4t ,∈+∞，则()112022tg t t t -'=-=<，∴()g t 在()4,+∞上单调递减. ∴()()4ln 43g t g <=-，即()()12123ln 4f x f x x x ++<++.【点睛】本题考查利用导数求单调区间，考查利用导数证明不等式，属于较难题.7. 已知函数()xf x e x a =--.（1）求()f x 的单调增区间和极值；（2）若函数()f x 有两个零点()1212,x x x x <，求实数a 的取值范围，并证明212x x a -<.【答案】（1）()f x 的单调增区间为()0,∞+，在0x =处取得极小值()01f a =-，无极大值；（2）1a >，证明详见解析. 【解析】【分析】（1）求函数的导数()'f x ，令导函数大于0可求得单调递增区间，小于0可求得单调递减区间，从而求得极值.；（2）在（1）和题设条件使得到极小值小于0得到a 的范围，然后再证明在0的两端都有大于0的函数值即可，同时也找到了两个零点的范围.【详解】（1）由题意可得()1x f x e '=-，令()0f x '=，解得0x =，当(),0x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增. 故()f x 的单调增区间为()0,∞+，在0x =处取得极小值()01f a =-，无极大值.（2）由（Ⅰ）可知()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，()01f a =-，若()f x 有两个零点，必有()010f a =-<，即1a >.检验当1a >时，函数()f x 有两个零点.由于()0af a e --=>，0a -<，()00f <，则根据函数的零点存在性定理知存在唯一()1,0x a ∈-，使得()10f x =；()2a f a e a =-，令()()21x g x e x x =->，则()2x g x e '=-，当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()()120g x g e >=->，因此()0f a >. 又因为0a >，()00f <，所以根据函数的零点存在性定理知存在唯一()20,x a ∈，使得()20f x =. 所以当1a >时，函数()f x 有两个零点.因为12a x x a -<<<，所以()212x x a a a -<--=，即212x x a -<成立.【点睛】本题考查了导数在函数中的综合应用，函数的单调性以及零点的判断，考查了逻辑推理能力与计算能力.8. 已知函数()()2ln f x x a x x =+-，a ∈R ．（1）讨论函数()f x 极值点的个数；（2）若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()1234ln 2f x f x +<--．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）求出导函数()'f x ，研究()0f x '=在(0,)+∞上解的个数，由()'f x 的正负确定()f x 的单调性，确定极值点个数；（2）由（1）知，当8a >时，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且1212x x +=，1212x x a=．计算12()()f x f x +并转化为关于a 的函数，然后求出函数的单调性证明结论成立．【详解】解：（1）()()212121ax ax f x a x x x -+'=+-=，0x >．当0a =时，()10f x x'=>， ()f x 在()0,∞+单调递增，没有极值点；当0a ≠时，令()221g x ax ax =-+，280a a ∆=-=时，0a =或8a =，设当280a a ∆=->时，方程()221g x ax ax =-+的两根为1x ，2x ，且12x x <．若0a <，则280a a ∆=->，注意到()01g =，1212x x +=，知()0g x =的两根1x ，2x 满足12104x x <<<．当()20,x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单增；当()2,x x ∈+∞，()0g x <，()0f x '<，()f x 单减，所以()f x 只有一个极值点；若08a <≤，则0∆≤，()2210g x ax ax =-+≥，即()0f x '≥恒成立，()f x 在()0,∞+单调递增，所以()f x 没有极值点；若8a >，则0∆>，注意到()01g =，1212x x +=，知()0g x =的两根1x ，2x 满足12104x x <<<．当()10,x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单增；当()12,x x x ∈，()0g x <，()0f x '<，()f x 单减；当()2,x x ∈+∞，()0g x >，()0f x '>，()f x 单增；所以()f x 有两个极值点．综上：当0a <时，()f x 有一个极值点；当08a <≤时，()f x 没有极值点；当8a >时，()f x 有两个极值点．（2）由（1）知，当8a >时，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且1212x x +=，1212x x a=．所以()()()()2212111222ln ln f x f x x a x x x a x x =+-++-+()()()212121212ln 2x x a x x ax x a x x =++--+()1ln1ln 21244a aa a =--=---，8a >，令()()ln 214ah a a =---，8a >．则()ln 2ln 141104a a h a a '⎛⎫==--< ⎪⎭-⎝'---，所以()h a 在()8,+∞单调递减，所以()()834ln 2h a h <=--，所以()()1234ln 2f x f x +<--．【点睛】本题考查用导数研究函数的极值问题，证明有关极值点的不等式，证明有关极值点不等式的关键是问题的转化，利用极值点与题中参数关系，把问题转化为关于参数的函数，转化为确定函数的单调性． 9. 已知函数()ln nf x x mx x=--，其中0m >，0n >. （1）当1n =时，()f x 在[]1,2上是单调函数，求m 的取值范围；（2）若()f x 的极值点为0x ，且()()()1212f x f x x x =≠0x <. 【答案】（1）304m <≤或2m ≥；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）()f x 在[]1,2上是单调函数，利用其导数在此区间内的函数值恒正或恒负即可求m 的范围；（2）由极值点的导函数为0，有20011m x nx n +=即得201m x n<，又()()()1212f x f x x x =≠知112212ln()()x nm x x x x x =--0x <；【详解】（1）当1n =时，1()ln f x x mx x =--，故211()f x m x x'=+-，[1,2]x ∈，令11[,1]2t x =∈，则由题意，若2()g t t t m =+-有对称轴12t =-，g t 在1[,1]2t ∈上恒正或恒负即可，∴102g ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭或()10g ≤，解得：304m <≤或2m ≥；（2）由题意：21()n f x m x x'=+-且(0,)x ∈+∞，又()f x 的极值点为0x ，且,0m n >，∴02001()0n f x m x x '=+-=，即20011m x nx n +=，故有201mx n<，而()()()1212f x f x x x =≠知：112212ln =ln n nx mx x mx x x ----，有112212ln()()x n m x x x x x =--即知：12n x x m<， ∴2120x x x <0x <得证.【点睛】本题考查了利用导函数研究函数的单调性，并由单调性恒正或恒负求参数范围，以及根据零点与导数的关系、已知等量关系证明不等关系； 10. 已知函数()()121x f x ax bx e -=++.（0a >，b ∈R ，e 是自然对数的底数）（1）若1b =，当0x ≥时，()1f x ≥，求实数a 的取值范围；（2）若0b =，()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：()()121f x f x e <+<.【答案】（1）1(0,]2；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）将1b =代入，得22212()(),()1(1)x xae ax x ea f x f x ax x ax x -+='=++++，再按102a <及12a >讨论即可得解；（2）将0b =代入，得2222(21)(),()1(1)x x e e ax ax f x f x ax ax -+='=++，由题意可得121212,x x x x a+==，不妨设12012x x <<<<，则121221122212()()112x x x x e x e x e e f x f x ax ax ++=+=++，运用导数并结合第一小问的结论即可得证．【详解】（1）当1b =，则22212()(),()1(1)x xae ax x ea f x f x ax x ax x -+='=++++，当102a <时，()0f x '，()f x 在[0，)+∞上单调递增，()(0)1f x f =；当12a >时，()f x 在21[0,]a a -上单调递减，在21[,)a a -+∞上单调递增，则21()()(0)1min a f x f f a-<==，不成立， ∴实数a 的取值范围为1(0,]2．（2）证明：当0b =时，2222(21)(),()1(1)x x e e ax ax f x f x ax ax -+='=++，函数()f x 存在两个极值点，2440a a ∴->，即1a >，由题意知，1x ，2x 为方程2210ax ax -+=的两根，故121212,x x x x a+==，不妨设12x x <，则12012x x <<<<，121221122212()()112x x x x e x e x e e f x f x ax ax ++=+=++，由（1）知，当211,,0,121x e b a x ax x ==++，即2112xe x x ++（当且仅当0x =时取等号），∴当0x >时，恒有2112x x e x >++， 221212221112121211111()()[(1)(1)][(4)]22222f x f x x x x x x x x x x x x x +>+++++=++++163(2)11222a a=+=+>，又211121212111()()[(2)]22x x x x x e x e f x f x x e x e -++==+-，令2()(2)(01)x x h x xe x e x -=+-<<，则2()(1)()0x x h x x e e -'=-+>，∴函数()h x 在(0,1)上单调递增，()h x h （1）2e =，从而12()()f x f x e +<，综上可得：121()()f x f x e <+<．【点睛】本题考查导数的综合运用，考查恒成立问题及不等式的证明问题，涉及了分类讨思想、转化思想及放缩思维，属于难题． 11. 已知函数2()ln ,()1af x xg x bx x==+-，(a ，b ∈R ) （1）当a =﹣1，b =0时，求曲线y =f (x )﹣g (x )在x =1处的切线方程；（2）当b =0时，若对任意的x ∈[1，2]，f (x )+g (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当a =0，b >0时，若方程f (x )=g (x )有两个不同的实数解x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：x 1+x 2>2.【答案】（1）30x y +-=（2）[,)2e+∞（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求出()()y f x g x =-的导函数，求出函数在1x =时的导数得到切线的斜率，然后用一般式写出切线的方程；（2）对[1x ∀∈，2]，()()0f x g x +都成立，则对[1x ∀∈，2]，22a x lnx x -+，恒成立，构造函数22()(12)h x x lnx x x =-+，求出()h x 的最大值可得a 的范围；（3）由()()f x g x =，得10lnx bx -+=，构造函数()1(0)F x lnx bx x =-+>，将问题转化为证明112()0()F x F x b ->=，然后构造函数证明1122()()0()F x F x F x b->==即可．【详解】（1）当1a =-时，0b =时，211y lnx x=++， ∴当1x =时，2y =，312y x x ∴=-'， ∴当1x =时，1y '=-，∴曲线()()y f x g x =-在1x =处的切线方程为30x y +-=；（2）当0b =时，对[1x ∀∈，2]，()()0f x g x +都成立，则对[1x ∀∈，2]，22a x lnx x -+恒成立，令22()(12)h x x lnx x x =-+，则()2h x xlnx x -'=+．令()0h x '=，则x =∴当1x <<，()0h x '>，此时()h x 单调递增；2x <<时，()0h x '<，此时()h x 单调递减，∴()2max e h x h ==，2e a ∴，a ∴的取值范围为[,)2e +∞；（3）当0a =，0b >时，由()()f x g x =，得10lnx bx -+=，方程()()f x g x =有两个不同的实数解1x ，212()x x x <，令()1(0)F x lnx bx x =-+>，则12()()0F x F x ==，1()F x b x'=-，令()0F x '=，则1x b=， ∴当10x b <<时，()0F x '>，此时()F x 单调递增；当1x b>时，()0F x '<，此时()F x 单调递减， ∴1()()0max F x F b=>，01b ∴<<，又1()0bF e e=-<，F （1）10b =->，∴1111x e b <<<， ∴121x b b->， ∴只要证明212x x b >-，就能得到1222x x b+>>，即只要证明112()0()F x F x b->=，令221()()()()22(0)G x F x F x ln x lnx bx xb b b =--=--+-<，则212()()02()b x b G x x x b-='<-，()G x ∴在1(0,)b 上单调递减，则1211()()()()0G x G F F b b b b>=--=，∴1112()()()0G x F x F x b=-->，∴1122()()0()F x F x F x b->==，∴212x x b>-， ∴1222x x b+>>，即122x x +>，证毕．【点睛】本题主要考查求曲线的切线方程，不等式恒成立问题和利用导数研究函数的单调性，考查函数思想和分类讨论思想，属难题． 12. 已知函数cos ()xf x x=，()sin cos g x x x x =+. （1）判断函数()g x 在区间(0,2)π上的零点的个数；（2）记函数()f x 在区间(0,2)π上的两个极值点分别为1x ，2x ，求证：12()()0f x f x +<.【答案】（1）2个；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解；（2）结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证．【详解】（1）()cos g x x x '=，0x >，当1(0,)2x π∈时，()0g x '>，函数单调递增，当13(,)22x ππ∈时，()0g x '<，函数单调递减，当3(,2)2x ππ∈时，()0g x '>，函数单调递增，且(0)10g =>，11()022g ππ=>，()10g π=-<，33()022g ππ=-<，(2)10g π=>，故函数()g x 在1(0,)2π，3(,)2ππ上不存在零点，存在11[,]2x ππ∈，使得()0g x =，同理23[,2]2x ππ∈使得()0g x = 综上，()g x 在区间(0,2)π上的零点有2个.（2）2sin cos ()x x xf x x +'=-，由（1）可得，()sin cos g x x x x =+在区间1(,)2ππ，3(,2)2ππ上存在零点，所以()f x 在1(,)2ππ，3(,2)2ππ上存在极值点12x x <，11(,)2x ππ∈，23(,2)2x ππ∈，因为sin y x =在13(,)22ππ上单调递减，则122sin sin()sin x x x π>-=-，12sin sin 0x x ∴+>，又因为sin cos 0(1,2)i i i x x x i +==，即1tan i i x x =-，又1213222x x ππππ<<<<<， ∴1211x x >即12tan tan x x ->-， 122tan tan tan()x x x π∴<=-，11(,)2x ππ∈，23(,2)2x ππ∈，21(,)2x πππ-∈，由tan y x =在1(,)2ππ上单调递增可得1212x x πππ<<-<．12121212cos cos ()()sin sin x x f x f x x x x x ∴+=+=--再由sin y x =在1(,)2ππ上单调递减，得122sin sin()sin x x x π>-=-，12sin sin 0x x ∴+>，所以12()()0f x f x +<．【点睛】本题综合考查了利用导数研究函数的单调性，最值与零点，同时考查了正弦函数与正切函数的性质，试题具有一定的综合性，属于难题． 13. 已知函数()2ln a f x x x=-． ()1若()f x 在[)1,+∞上不单调，求a 的取值范围； ()2当0x >时，记()f x 的两个零点是1x ，()212x x x <.①求a 的取值范围；②证明：21122x x e-<．【答案】()11,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭；()2①1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭；②证明见解析.【解析】【分析】()1先对函数求导整理得出232()x af x x +'=，结合研究的区间，对a 的范围进行讨论，结合函数在某个区间上不单调的条件，即既有增区间，又有减区间，即在区间上存在极值点，得到结果；()2①将函数在区间上有两个零点转化为方程2ln a x x =有两个解，构造新函数，利用导数求得结果；②结合①，求得两个零点所属的区间，利用不等式的性质证得结果.【详解】解：()1因为()2ln a f x x x =-，所以()233122a x af x x x x +'=+=()0x >，当21a ≥-，即12a ≥-时，可知()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立，即()f x 在[)1,+∞上单调递增，不合题意，当21a <-，即12a <-时，可知x ⎡∈⎣时()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以满足()f x 在[)1,+∞上不单调，所以a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.()2①令()2ln 0af x x x=-=，得2ln a x x =，即2ln a x x =有两个解，令()2ln h x x x =，则()()2ln 2ln 1h x x x x x x '=+=+()0x >，所以当0x<<时，()0h x '<，当x >()0h x '>，所以()h x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎭上单调递增，且当1x =时，()0h x =，当01x <<时，()0h x <，当1x >时，()0h x >，且11122h e e ⎛⎫=⋅-=- ⎪⎝⎭，所以当0x >时，记()f x 的两个零点1x ，()212x x x <时，a 的取值范围是1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭； ②证明：由①知1201x x <<<<，所以221x <，所以122121x x x e -⋅<<= 【点睛】本题考查函数在某个区间上不单调求参数的取值范围，利用导数结合函数的零点的个数求参数的取值范围，利用导数证明不等式，考查分析问题能力，运算能力，属于难题.14. 已知函数()ln 1f x a x ax =-+ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数21()()12g x f x x =+-有两个极值点1x ，2x 12()x x ≠．且不等式1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）[)2ln 23,-+∞. 【解析】【分析】（1）求得(1)(),(0)a x f x x x-'=>，对a 的范围分类，即可解不等式()0f x '>，从而求得函数()f x 的单调区间，问题得解. （2）由题可得：()()21ln 2a x g x x x -+=，由它有两个极值点，可得：()0g x '=有两个不同的正根，从而求得1212x x ax x a =⎧⎨+=⎩及4a >，将1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立转化成：1ln 12a a λ>--恒成立，记：1ln 12y a a =--，利用导数即可求得：2ln 23y <-，问题得解.【详解】（1）因为()ln 1f x a x ax =-+，所以(1)(),(0)a a x f x a x x x-'=-=>，则①当0a =时，()1,(0)f x x =>是常数函数，不具备单调性； ②当0a >时，由()001f x x '>⇒<<；由()01f x x '<⇒>．故此时()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减③当0a <时，由()01f x x '>⇒>；由()001f x x '<⇒<<．故此时()f x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增．（2）因为21()()12g x f x x =+-21(ln )2a x x x =-+ 所以2(),(0)x ax ag x x x-+'=>，由题意可得：()0g x '=有两个不同的正根，即20x ax a -+=有两个不同的正根，则2121240040a a x x a a x x a ⎧∆=->⎪+=>⇒>⎨⎪=>⎩，不等式1212()()()g x g x x x λ+<+恒成立等价于121212()()()()g x g x g x g x x x aλ++>=+恒成立又221211122211()()(ln )(ln )22g x g x a x x x a x x x +=-++-+ 221212121(ln ln )()()2a x x a x x x x =+-+++2121212121ln ()[()2]2a x x a x x x x x x =-+++-221ln (2)2a a a a a =-+- 21ln 2a a a a =--所以1212()()1ln 12g x g x a a x x +=--+，令1ln 12y a a =--（4a >），则1102y a '=-<，所以1ln 12y a a =--在(4,)+∞上单调递减，所所1ln 4412ln 232y <-⨯-=-所以2ln 23λ≥-．【点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性及极值知识，考查了转化能力及函数思想，还考查了利用导数求函数值的取值范围问题，考查计算能力，属于难题.15. 已知函数()(0)ax f x x e a =->．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）求函数()f x 在1[a ，2]a上的最大值；（Ⅲ）若存在1x ，212()x x x <，使得12()()0f x f x ==，证明：12x ae x <．【答案】（Ⅰ）函数()f x 的单调递增区间为(,)lna a -∞-，单调递减区间为(lnaa-，)+∞；（Ⅱ）答案见解析；（Ⅲ）证明见解析. 【解析】【分析】（Ⅰ）求导()1ax f x ae '=-，再令()0f x '=解得lnax a=-，从而由导数的正负确定函数的单调区间；（Ⅱ）讨论lna a -与1[a ，2]a的关系，从而确定函数的单调性，由单调性确定函数的最大值即可；（Ⅲ）可判断出11()0f ln a a >，(0)0f <，f （e ）0ae e e =->，11ln e a a >；从而可得10x e <<，2111x ln a a a>>，从而证明．【详解】解：（Ⅰ）函数()(0)axf x x e a =->，()1ax f x ae ∴'=-，令()0f x '=，解得lnax a=-，当lna x a -时，()0f x '，此时()f x 在(,)lnaa -∞-上单调递增，当lna x a >时，()0f x '<，此时()f x 在(lna a-，)+∞上单调递减，所以函数()f x 的单调递增区间为(,)lna a -∞-，单调递减区间为(lna a-，)+∞；（Ⅱ）结合（Ⅰ）可知，需讨论lna a -与1[a ，2]a的关系： ①当1[lna a a -∈，2]a ，即21[a e∈，1]e 时， ()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1()lna lna f a a +-=-；②当1lna a a -<，即1(a e ∈，)+∞时，由()f x 的单调性可知，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1111()a a f e e a a a⨯=-=-；③当2lna a a ->，即21(0,)a e∈时，由()f x 的单调性可知， ()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为22222()a a f e e a a a⨯=-=-；综上所述，当21[a e ∈，1]e 时，()f x 在1[a ，2]a上的最大值为1()lna lna f a a+-=-；当1(a e ∈，)+∞时，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为1111()a a f e e a a a ⨯=-=-；当21(0,)a e ∈时，()f x 在1[a ，2]a 上的最大值为22222()a af e e a a a⨯=-=-；（Ⅲ）证明：()(0)ax f x x e a =->，()1ax f x ae '=-，11()0f ln a a>，1ae <； (0)0f <，f （e ）0ae e e =->，11ln e a a >；10x e ∴<<，2111x ln a a a>>，故12x ae x <．【点睛】本题考查了导数的综合应用及函数的最值的求法，同时考查了零点的判断与应用，属于难题． 16. 已知函数()2ln af x x a x x=--，0a ≥. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x 、2x ，证明：()()121222f x f x a x x ->--.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）求得函数()y f x =的定义域与导数，对实数a 的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()y f x =的单调性；（2）由韦达定理得出12122x x a x x a +=⎧⎨=⎩，将所证不等式转化为证明不等式1122212lnx x x x x x >-，令()120,1xt x =∈，可得出要证不等式()12ln 01t t t t>-<<，构造函数()12ln h t t t t=--，利用导数证明出()0h t <对任意的()0,1t ∈恒成立即可.【详解】（1）函数()2ln af x x a x x=--的定义域为()0,∞+，()222221a a x ax af x x x x -+'=+-=. 令()22g x x ax a =-+，244a a ∆=-.①当2440a a ∆=-≤时，即当01a ≤≤时，对任意的0x >，()0g x ≥，则()0f x '≥，此时，函数()y f x =在()0,∞+上单调递增； ②当2440a a ∆=->时，即当1a >时，方程()0g x =有两个不等的实根，设为1x 、2x ，且12x x <，令220x ax a -+=，解得10x a =>，20x a =>. 解不等式()0f x '<，可得a x a << 解不等式()0f x '>，可得0x a <<或x a >此时，函数()y f x =的单调递增区间为(0,a，()a +∞，单调递减区间为(a a .综上所述，当01a ≤≤时，函数()y f x =的单调递增区间为()0,∞+，无递减区间；当1a >时，函数()y f x =的单调递增区间为(0,a，()a +∞，单调递减区间为(a a ；（2）由（1）可知，1x 、2x 是关于x 的二次方程220x ax a -+=的两个不等的实根，由韦达定理得12122x x ax x a +=⎧⎨=⎩，()()()()1122121212121212122ln 2ln 22ln ln a ax a x x a x f x f x x x a x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫----- ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭∴==---()12122ln ln 2a x x x x -=--，要证()()121222f x f x a x x ->--，即证()12122ln ln 222a x x a x x -->--，即证1212ln ln 1x x x x -<-，设12x x <，即证()()()()121211212122122122ln2x x x x x x x ax x x x x a x x x x +->-=-==-， 210x x >>，设()120,1x t x =∈，即证()12ln 01t t t t>-<<，构造函数()12ln h t t t t =--，其中01t <<，()()22211210t h t t t t-'=+-=>，所以，函数()y h t =在区间()0,1上单调递增，当01t <<时，()()10h t h <=，即12ln t t t>-.故原不等式得证.【点睛】本题考查利用导数求解含参函数的单调性，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查推理能力与计算能力，属于难题.17. 已知函数()22ln f x x ax b =-+.（1）若函数()f x 在(]0,1上单调递增，求a 的取值范围；（2）当1a =时，函数()f x 有两个零点1x ，2x ，其中12x x <，求证：121x x <. 【答案】（1）1a ≤；（2）证明见详解. 【解析】【分析】（1）先对函数求导，根据函数单调性，得到21a x ≤在(]0,1x ∈上恒成立，进而可求出结果；（2）先由题意，得到()()211122222ln 02ln 0f x x x b f x x x b ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，两式作差整理，得到2222112lnx x x x =-，推出2211122212ln 1x x x x x x x x ⋅=⎛⎫- ⎪⎝⎭，令211x t x =>，将证明121x x <转化为证明12ln t t t<-即可，利用导数的方法，即可证明结论成立.【详解】（1）因为()22ln f x x ax b =-+，所以()22f x ax x'=-，因为函数()f x 在(]0,1上单调递增，所以()220f x ax x'=-≥在(]0,1x ∈上恒成立，即21a x≤在(]0,1x ∈上恒成立，因为幂函数21y x=在(]0,1x ∈显然单调递减，所以min 1y =，因此只需1a ≤；（2）当1a =时，()22ln f x x x b =-+，因为函数()f x 有两个零点1x ，2x ，所以()()211122222ln 02ln 0f x x x b f x x x b ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，两式作差可得：2222112lnx x x x =-，因此222111121222221212ln2ln 1x x xx x x x x x x x x x x ⋅=⋅=-⎛⎫- ⎪⎝⎭，令211x t x =>，则1222ln 1t t x x t =-，要证121x x <，即证22ln 11t t t <-，即证22ln 1t t t <-，即证12ln t t t <- 令()12ln ,1g t t t t t =-+>，则()()222221212110t t t g t t t t t--+'=--=-=-<在()1,t ∈+∞上恒成立，所以()12ln g t t t t=-+在()1,t ∈+∞上单调递减，因此()()10g t g <=，即12ln t t t<-在()1,t ∈+∞上恒成立，所以121x x <.【点睛】本题主要考查由函数在给定区间的单调性求参数，以及导数的方法证明不等式，属于常考题型. 18. 已知函数ln ()()xf x a x a=∈+R ，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线与直线80x y ++=垂直．（1）试比较20222021与20212022的大小，并说明理由；（2）若函数()()=-g x f x k 有两个不同的零点1x ，2x ，证明：212x x e ⋅>．【答案】（1）2022202120212022>，理由见解析；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）求出()f x 的导数，由两直线垂直的条件：斜率相等，即可得到切线的斜率和切点坐标，进而()f x 的解析式和导数，求出单调区间，可得(2021)(2022)f f >，即可得到20222021与20212022的大小；（2）运用分析法证明，不妨设120x x >>，由根的定义可得所以化简得110lnx kx -=，220lnx kx -=．可得1212()lnx lnx k x x +=+，1212()lnx lnx k x x -=-，要证明，212x x e >．即证明122lnx lnx +>，也就是12()2k x x +>．求出k ，即证1212122lnx lnx x x x x ->-+，令12x t x =，则1t >，即证2(1)1t lnt t ->+．令2(1)()(1)1t h t lnt t t -=->+，求出导数，判断单调性，即可得证．【详解】解：（1）函数ln ()xf x x a =+，2()()x alnx x f x x a +-'=+，所以21(1)(1)af a +'=+，又由切线与直线80x y ++=垂直，可得(1)1f '=，即111a =+，解得0a =．此时()lnx f x x=，21ln ()xf x x -'=，令()0f x '>，即1ln 0x ->，解得0x e <<；令()0f x '<，即1ln 0x -<，解得x e >，所以()f x 的增区间为(0,)e ，减区间为(,)e +∞．所以(2021)(2022)f f >，即ln 2021ln 202220212022>即2022ln20212021ln2022>，即有：2022202120212022>．（2）证明：不妨设120x x >>，因为12()()0g x g x ==，所以化简得11ln 0x kx -=，22ln 0x kx -=．可得1212ln ln ()x x k x x +=+，1212ln ln ()x x k x x -=+，要证明212x x e ⋅>，即证明12ln ln 2x x +>，也就是12()2k x x +>．因为1212ln ln x x k x x -=-，即证121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即()1212122lnx x x x x x ->+，令12x t x =，则1t >，即证2(t 1)ln 1t t ->+．令2(t 1)()ln (1)t 1h t t t -=->+．由22214(1)()0(1)(1)t h t t t t t '-=-=>++，故函数()h t 在(1,)+∞是增函数，。

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