导数-极值点偏移答案解析
极值点偏移的典型例题(含答案)
极值点偏移的问题（含答案）21212()ln ,(1()1121()()3(),,f x x ax a f x x x a a f m f mf x x x x x e =-==⋅1.已知为常数）（）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（）当时，试比较与的大小；（）有两个零点证明：＞21212()ln (),,.f x x ax f x x x x x e =-⋅变式：已知函数，a 为常数。
(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，试证明：＞2012120()+sin,(0,1);2()()()()(),2.xf x x ax x f x a a f x f x f x f x x x x π=+∈=+2.已知（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当=-2时，记取得极小值为若求证＞()2121212121()ln -,()2(1=()()()(1)()1,,0,2f x x ax x a R f f xg x f x ax g x a x x f x f x x x x x =+∈-++=+≥3.已知（1）若）0，求函数的最大值；（2）令=-,求函数的单调区间；（3）若=-2,正实数满足（）证明：212122(1)1(1)1,,x x x x x e -+>>4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)>0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x 求证：x1212312()2ln ,1()2(),8f x x a a x a R f x f x x x x x a x x a =--∈<⋅<5.已知常数。
（）求的单调区间；（）有两个零点，且；(i)指出的取值范围，并说明理由；（ii)求证：6.设函数()e ()x f x ax a a =-+∈R ，其图象与x 轴交于1(0)A x ，，2(0)B x ，两点，且12x x <．（1）求a 的取值范围；（2）证明：0f '<（()f x '为函数()f x 的导函数）；。
解析一道导数极值点偏移
1 1
1
1
（3）显然 t
1 1 1 u1 , u2 满 足 g u u t ln u, g u1 g u2 ， 求 导 得 g u 2 u t ln u t ， 令 g u 0 得 u e t ， 即 t t
设 g x f x f 1 x 0 x
1 1 ， g x ln x ln(1 x) 2 lnx(1 x) 2 ，由于 g ln e 1 0 ， 2 e
1 2 1 2
1 1 0, t0 , t0 , ，又因为 G 0 ,故 Gt 0 ，即 ht h1 t .令 t t1 ，则有 ht1 ht2 h1 t1 ，由于 2
2
t2
1 1 1 ， ht 在 0, ,1 ，故一定有 t2 1 t1 ，即 t1 t2 1 . , e e e
设 H t ht h
1 1 t2 1 . ，故 0 t1 e e
1 2 2 2 t 0 t t , H t ht h t ， 由 于 ， H t ht h e e e e
题目：已知 f x x ln x 的图象上有 A, B 两点，其横坐标为 0 x1 x2 1 ，且 f x1 f x2 . （1）证明：
2 x1 x2 1 ； e
x1 x2 2 ； e
导数压轴题分类(2)极值点偏移问题(含答案)备课讲稿
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)精品资料导数压轴题分类（2）---极值点偏移问题极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数()()()x x f x f F --=02x 或者()()()x x f x x f x F --+=00。
其中0x 为函数()x f y =的极值点。
⑵利用对数平均不等式。
2ln ln ab b a b a b a +<--<。
⑶变换主元等方法。
任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。
1．设函数22()ln ()f x a x x ax a R =-+-∈（1）试讨论函数()f x 的单调性;（2）()f x m =有两解12,x x （12x x <）,求证：122x x a +>.解析：（1）由22()ln f x a x x ax =-+-可知2222(2)()()2a x ax a x a x a f x x a x x x--+-'=-+-== 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以① 若0a >时，当(0,)x a ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；② 若0a =时，当()20f x x '=>在(0,)x ∈+∞内恒成立，函数()f x 单调递增； ③ 若0a <时，当(0,)2ax ∈-时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(,)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； （2）要证122x x a +>，只需证122x x a +>， (x)g =222(x)2,g (x)20(x)(x)a a f x a g f x x'''=-+-=+>∴=则为增函数。
2022届高中数学导数通关练习专题16 极值点偏移问题(解析版)
x)
8(x 2)2 x2 (4 x)2
0，
所以函数 h(x) 在 (0, 2) 为减函数，所以 h(x) h(2) 0 ，
所以 f (x1) f (4 x1) 0 ，即 f (x1) f (4 x1) ，所以 f (x2 ) f (4 x2 ) ，所以 x1 x2 4 .
2
2
设 a 0 ，由 f '(x) 0 得 x 1 或 x ln(2a) ．
若 a e ，则 ln(2a) 1 ，故当 x (1, ) 时，f '(x) 0 ，因此 f (x) 在 (1, ) 单调递增．又当 x 1时 f (x) 0 ， 2
所以 f (x) 不存在两个零点．
若 a e ，则 ln(2a) 1 ，故当 x (1, ln(2a)) 时， f '(x) 0 ；当 x (ln(2a), ) 时， f '(x) 0 ．因此 f (x) 在 2
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14．已知函数 f (x) ax ln x x2 ax 1(a R) 在定义域内有两个不同的极值点. （1）求 a 的取值范围；
（2）设两个极值点分别为： x1 ， x2 ，证： f x1 f x2 2 x12 x22 .
15．已知函数 f (x) 1 x2 2x ln x 4x 5 .
2
（1）求函数 y f x 的单调区间； （2）若函数 y f x 有两个极值点 x1 ， x2 ，求证： f x1 f x2 6 ln a .
17．已知 f (x) 1 x 2 a ln x(a R) 有两个零点 2
(1)求 a 的取值范围 (2)设 x1, x2 是 f (x) 的两个零点,求证： x1 x 2 a
2
一题多解11---导数--极值点偏移
已知函数x a ax x x f )2(ln )(2-+-=． （I ）讨论)(x f 的单调性；（II ）设0>a ，证明：当a x 10<<时，)1()1(x a f x a f ->+； （III ）若函数)(x f y =的图像与x 轴交于B A 、两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0)(0'<x f ．命题说明：一、命题来源：个人原创二、主要考查以下几方面内容：（1）考查求导公式（包括形如)(b ax f +的复合函数求导）及导数运算法则；（2）考查对数的运算性质；（3）导数法判断函数的单调性；（4）考查用构造函数的方法证明不等式；（5）考查分类讨论、数形结合、转化划归思想；三、难度：属于理科导数压轴题，难；四、解题方法：（Ⅰ）解：)(x f 的定义域为),0(+∞， （解决函数问题，定义域优先的原则）1(21)(1)()2(2).x ax f x ax a x x+-'=-+-=- （常见函数的导数公式及导数的四则运算） （ⅰ）若,0≤a 则0)('>x f ，所以)(x f 在),0(+∞单调递增；（ⅱ）若,0>a 则由0)('=x f 得ax 1=， 当)1,0(a x ∈时，0)('>x f ，当),1(+∞∈a x 时，0)('<x f （导数法研究函数单调性，涉及分类讨论的思想） ∴1()(0,)f x a 在单调递增，在1(,)a+∞单调递减. 综上，当0≤a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0>a 时，1()(0,)f x a 在单调递增，在1(,)a+∞单调递减. 归纳小结：本小问属导数中常规问题，易错点有二：易错点一是忽略函数的定义域，易错点二是分类讨论的分类标准的选取。
（II ）分析：函数、导数综合问题中的不等式的证明，主要是构造函数的思想，利用所构造的函数的最值，来完成不等式的证明。
极值点偏移四种题型的解法及例题
极值点偏移是高中数学中的一个重要概念，也是学生们比较头疼的一个知识点。
在解决数学问题时，我们经常会遇到一些与极值点有关的题型，比如函数的极值问题、优化问题等。
而在解决这些问题时，极值点偏移方法是一种非常实用的解题技巧。
本文将从四种题型出发，对极值点偏移方法进行详细解析，并结合具体例题进行说明。
1. 函数的极值问题函数的极值问题是高中数学中的一个重要内容。
在解决这类问题时，我们常常会用到导数的概念，来求函数的极值点。
但有些情况下，我们可以通过极值点偏移方法更快地得到函数的极值点。
比如对于一些简单的函数，通过极值点的平移和对称性，可以用更简洁的方法求得函数的极值点。
举例说明：已知函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$，求 $f(x)$ 的极值点。
解：求导得 $f'(x)=3x^2-6x$。
令导数为零，得到 $x=0$ 或 $x=2$。
根据导数的符号，可知 $x=0$ 是极小值点，$x=2$ 是极大值点。
但通过极值点偏移方法，我们可以发现，当 $x=0$ 时，$f(x)=2$；而当$x=2$ 时，$f(x)=2$。
也就是说，极小值点 $x=0$ 对应的函数值和极大值点 $x=2$ 对应的函数值相等。
这就是极值点偏移的思想。
2. 优化问题优化问题是数学建模中常见的类型之一，也是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的一种形式。
当我们遇到优化问题时，常常需要求解函数的极值点。
而极值点偏移方法可以帮助我们更快地找到函数的极值点，从而解决优化问题。
举例说明：一块长为20厘米的铁皮，可以做成一个底面积为 $x cm^2$ 的正方形盒子和一个底面积为 $y cm^2$ 的开口放平盒子，求怎样分割这块铁皮才能使总体积最大。
解：设正方形盒子的边长为 $a$，开口朝下的放平矩形盒子的底边长为 $b$，高为 $h$。
则根据题意可知，$b=a+2h$，且 $x=a^2$，$y=bh$。
问题转化为求 $x+y$ 的最大值。
导数极值点偏移
极值点偏移一、题组导语①x x x f 2)(2+=②x x x f ln )(=③x x x f 1ln)(2= ④x e x x f =)(注：极值点会偏向变化速度快的一侧一、题组突破例1、设函数)0(ln )(>=a ax x x f —，且实数m 使得方程m x f =)(有两个不等实根1x ，2x ，其中21x x <.（1）求证：2110x a x <<<；（2）求证：a x x 1221>+.例2、设函数2)1()2()(——x a e x x f x +=有两个零点.（1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是)(x f 的两个零点，证明221<+x x .例3、设函数xx x f ln )(=，且实数m 使得方程m x f =)(有两个不等实根1x ，2x ，其中21x x <. （1）求证：210x e x <<<；（2）求证：e x x >+221；（3）求证：e x x 21121>+.例4、设函数ax e x f x —=)(，其中e a >.（1）求证：函数)(x f 有且仅有两个零点1x ，2x ，且2110x x <<<；（2）对于（1）中的1x ，2x ，求证：0)(')('21>+x f x f二、题组点睛极值点偏移问题的证明实质上时双变元的不等式的证明1、基本方法用消元法将问题转化为单元的不等式证明问题，通过构造函数，利用函数单调性进行证明。
2. 消元方式：利用)(x f 的单调性和)()(21x f x f =来消元。
3. 思想方法：消元法得方向 分析法找思路 构造函数证明4.。
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
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)极值点偏移问题是在求解函数的极值点时，由于函数表达式的特殊性质，导致极值点位置发生偏移，需要采用特殊的解决方法。
常见的处理方法有以下几种：1.构造一元差函数F(x)=f(x)-f(2x-x)或F(x)=f(x+x)-f(x-x)，其中x为函数y=f(x)的极值点。
2.利用对数平均不等式ab<a-b+a+b。
3.变换主元等方法lna-lnb^2<ln(a-b^2)。
接下来，我们以一个具体的例子来说明极值点偏移问题的解决方法。
题目：设函数f(x)=-alnx+x-ax(a∈R)，试讨论函数f(x)的单调性；若f(x)=m有两解x1,x2(x12a。
解析：1.讨论函数f(x)的单调性由f(x)=-alnx+x-ax可知：f'(x)=-a/x+1-a=-(a/x+a-1)因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以：①若a>0时，当x∈(0,a)时，f'(x)0，函数f(x)单调递增。
②若a=0时，当f'(x)=1/x>0在x∈(0,+∞)XXX成立，函数f(x)单调递增。
③若a0，函数f(x)单调递增。
2.求证x1+x2>2a因为f(x)=m有两解x1,x2(x1<x2)，所以：alnx1+x1-ax=m，-alnx2+x2-ax=m将两式相减，整理得：lnx1-lnx2+ln(x1-x2)=a根据对数平均不等式，有：ln(x1-x2)<(lnx1-lnx2)/2代入上式得：a>-[(lnx1-lnx2)/2]化XXX：x1-x2<2e^-2a因为x1+x2>2x2>a，所以：x1+x2>2a综上所述，极值点偏移问题的解决方法包括构造一元差函数、利用对数平均不等式和变换主元等方法。
在具体求解中，需要根据函数表达式的特殊性质，选择合适的方法进行处理。
2(t-1)x2-1)/(4(t-1)2+1)为减函数，且在(1,∞)上递增，所以原不等式得证。
高考 极值点偏移
高考导数的极值点偏移问题1.已知函数21()1xx f x e x -=+，证明：当1212()()()f x f x x x =≠时，120.x x +< 【解析】易知，()f x 在(,0)-∞上单调递增，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1212()()()f 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 x x x e e x x --+<++，此不等式等价于1(1)0xxx x e e+--<. 令1()(1),(0,1)xxx F x x e x e+=--∈，则2()(1)x 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)0xx x x e e+--<，所以(0,1),()()x f x f x ∀∈<-。
而2(0,1)x ∈，所以22()()f x f x <-，又12()()f x f x =，从而12()()f 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120.x x +< 2.已知21,x x 是函数ax e x f x-=)(的两个零点，且21x x <， （1）求证：221>+x x ；（2）求证：121<⋅x x . 【解析】(1)问题可以转化为：x e x y =与ay 1=有两个交点，由图知，2110x x <<< 且⎪⎩⎪⎨⎧==2121ax e ax e x x ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==a e x a e x x x 2121，∴)(1212x x a e e x x -=-，1212x x e e a x x --=故要证：221>+x x ，即证：221>+a e e x x ，也即证：1221221x x e e e e x x x x ->-+， 也即12211212x x e e x x x x ->-+--，令,12x x t -=则),0(+∞∈t 设)1(2)1()(--+=tte e t t g ，则0)(,1)(>=''+-='tttte t g e te t g ， ∴)(t g '在),0(+∞单调递增，即0)0()(='>'g t g .∴)(t g 在),0(+∞单调递增，即0)0()(=>g t g ，故原不等式得证.(2)要证：121<x x ，即证：1221<⋅a e e x x ，等价于212)(1221x x e e e e x x x x --<⋅， 也即2122)(1)(1221x x e e e e x x x x -<-⋅，等价于2122)(1)1(1212x x e e x x x x -<---，令012>-=x x t 等价于)0(1)1(22><-t t e e t t，也等价于)0(112><-t te e tt，等价于即证：012<+-⋅t te e t 令)0(1)(2>+-⋅=t e e t t h tt，则)21(21)(2222tt t t t e t e e e t e t h -+=-⋅+='，又令)0(21)(2>-+=t e t t t ϕ，得0221)(2<⋅-='te tt ϕ，∴)(t ϕ在),0(+∞单调递减，0)0()(=<ϕϕt ，从而0)(<'t h ，)(t h 在),0(+∞单调递减，∴0)0()(=<h t h ，即证原不等式成立.【点评】从消元的角度，消掉参数a ，得到一个关于21,x x 的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式.3.已知函数2()ln f x x x x =++，正实数12,x x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：1212x x +≥. 【解析】由1212()()0f x f x x x ++=，得2211122212ln ln 0x x x x x x x x ++++++= 从而212121212()()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，构造函数()ln t t t ϕ=-，得11()1t t t tϕ-'=-=，可知()t ϕ在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)1t ϕϕ≥=，也即21212()()1x x x x +++≥，解得：1212x x -+≥. 4.已知函数1()ln ()f x a x a R x=--∈有两个零点1212,()x x x x <， 求证：112231a x x e -<+<-.【解析】21()xf x x-'=，知()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 且1201x x <<<，故要证：122x x +>，即证：2121x x >->，只要证：21()(2)f x f x >-，又因为12()()f x f x =，即证：11(2)()0f x f x --<.构造函数()(2)(),(0,1)F x f x f x x =--∈.即证()0F x <对(0,1)x ∈恒成立，前面有类似证明，此处略；下证：11231a x x e -+<-.因为()0f x =，本质上是1ln 0ax x x --=，令()1ln h x ax x x =--，则12,x x 也是()h x 的两个零点.由()1ln 0h x a x '=--=，得1a x e -=，故要证11231a x x e -+<-，结合122x x +>，只要证：1121232a x x x x e-++<-即证：1122a x x e -+<，即证：1212a x e x -<-，由()h x 的单调性知，只需证：1121()()(2e )a h x h x h x -=>-，同理构造函数1()()(2),(0,1)a H x h x h ex x -=--∈，利用单调性证明，下略.5.已知函数()(0)axf x x e a =->，若存在1212,()x x x x <，使12()()0f x f x ==，求证：12x ae x <. 【解析】函数()f x 的零点等价于方程ln x a x =的实根，令ln (),(0)xg x x x=>，求导可知，()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，1()().Max g x g e e==（i ）下证：当10a e <<时，方程ln x a x =ln xa x=有两个实根. ①当(0,)x e ∈时，()g x 是减函数，∵1(1)0,(e),(1)(e)g g g a g e==<<∴当(0,),x e ∈()g x 为增函数，1(1)0,(),(1)(),g g e g a g e e=<<∴当(0,)x e ∈时，ln xa x=有一解，记为1x .②当(,)x e ∈+∞时，()g x 为减函数，221()2ln ,g a a a=-先证：21()g a a <，即证：1ln 2a a >-，令()ln ,(0)h a a a a =>，求导由()h a 的单调性可得:min 111()()2h a h e e ==->-,故不等式1ln 2a a >-即证，也即原不等式21()g a a<成立.∴当(,)x e ∈+∞时，ln xa x=有一解，记为2x .（2）再证：12x ae x <. ∵111222ln x ax ax x ax x ==，而120x e x <<<，2ln 1x > ∴1122ln 1x ax ae ae x x =<=.证毕. 6.设函数()()xf x e ax a a R =-+∈的图像与x 轴交于1212(,0),(,0)()A x B x x x <两点，求证：1212x x x x <+.【解析】证明：由1212(1)(1)x x e a x e a x ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，易知211x x >>且a e >，从而11221211x x xx x e e e x --==-，令121,1x x αβ=-=-，则ln ln 1eαβααββαβ--=⇒=-， 由于12121x x x x αβ<+⇔<，下面只要证明：11,(01)αββαβα<⇔<<<<，结合对数函数ln y x =的图像可知，只需证：11(,ln ),(,ln )αααα两点连线的斜率要比(,ln ),(,ln )ααββ两点连线的斜率小即可，又因为ln ln 1k αβαβ-==-，即证：1ln ln112ln 0(01)1αααααααα-<⇔-+><<-， 令1()2ln 0,(01)g ααααα=-+><<，则22212(1)()10g ααααα-'=--+=-<，∴()g α在(0,1)上单调递减，∴()(1)0g g α>=， ∴原不等式1212x x x x <+成立.7.已知()ln f x x x =的图像上有,A B 两点，其横坐标为1201x x <<<，且12()()f x f x =. （1）证明：1221x x e <+<；（2）证明：1<<. 【解析】（1）证明：由()ln ,()ln 1f x x x f x x '==+，令()0f x '=，得1x e=， 故12101x x e <<<<，构造函数21()()(),(0),F x f x f x x e e=--<< 则2221()ln ln()2ln ()2ln 20F x x x x x e e e '=+-+=-+<+=，故()F x 在1(0,)e上单调递减，即1()()0F x F e >=，∴2()()f x f x e >-，令1x x =，则2112()()()f x f x f x e =>-，再由2121,(,1)x x e e -∈，且()f x 在1(,1)e 上单调递增，故212x x e >-，即证：122x x e+>.又构造函数：1()()(1),(0)2g x f x f x x =--<<，则1112()ln ln(1)2,()01(1)x g x x x g x x x x x -'''=+-+=-=>--，故()g x '在1(0,)2上单调递增，由于0x →时，()g x '→-∞，且1()ln(1)0g e e '=->，故必存在01(0,)x e∈，使得0()0g x '=，故()g x 在0(0,)x 上单调递减，在01(,)2x 上单调递增，又0x →时，()0g x →，且1()02g =，故()0g x <在1(0,)2x ∈上恒成立，也即()(1)f x f x <-在1(0,)2x ∈上恒成立，令1x x =，有121()()(1)f x f x f x =<-，再由211,1(,1)x x e -∈，且()f x 在1(,1)e 上单调递增，故211x x <-，即证：121x x +<成立.综上：即证1221x x e<+<成立.（2）令12t t =则22112212,,,(0,1)x t x t t t ==∈，且212()2ln ,()(),()2(2ln 1)h t t t h t h t h t t t '===+，令()0h t '=，得t =，故1201t t <<<<.构造函数()()),(0H t h t h t t =-<<，则()()),()())H t h t h t H t h t h t '''''''''=+-=-，由于4()0h t t '''=>，则()h t ''在上单调递增，因为t t <，故()0H t ''<，()H t '在上单调递减，故()0H t H ''>=，即()H t在上单调递增，即()0H t H <=，即())h t h t <，同理得出：12t t +<； 再构造1()()(1),(0)2G x h t h t t =--<<，同样求导利用单调性可得出1()()02G t G >=，从而()(1)h t h t >-对1(0,)2t ∈恒成立，同理得出：121t t +>.综上：即证121t t <+<成立，也即原不等式1<<成立. 8.设函数2()ln f x a x bx =-，其图像在点(2,(2))P f 处切线的斜率为3-.当2a =时，令()()g x f x kx =-，设1212,()x x x x <是方程()0g x =的两个根，0x 是12,x x 的等差中项，求证：0()0g x '<(()g x '为函数()g x 的导函数）.【解析】由2()2ln g x x x kx =--的两个零点12,x x ，则211122222ln 0,2ln 0,x x kx x x kx ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩ 相减得：221212122(ln ln )()()0x x x x k x x -----=，∵12x x ≠，∴1212122(ln ln )()x x k x x x x -=-+-，故1200012122(ln ln )24()2x x g x x k x x x x x -'=--=-+- 11221121121212222(1)2()22[(ln ln )][ln ]1x x x x x x x x x x x x x x x x --=--=--+-+ 令12,(0,1)x t t x =∈，2(1)4()ln 2ln 11t t t t t t ϕ-=-=--++， 则22241(1)()0(1)(1)t t t t t t ϕ-'=-=-<++，()t ϕ在(0,1)上单调递减，故()(1)0t ϕϕ>=，又1220x x <-，所以0()0g x '<，证毕.9.设函数21()2ln (0)f x a x a ax a x=-->，函数()f x '为()f x 的导函数.且1122(,()),(,())A x f x B x f x 是()f x 的图像上不同的两点，满足12()()0f x f x +=，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0 1.ax >【解析】∵120121212x x ax x x a a +>⇔>⇔>-，又依题意21()()0f x a x'=-≥，得()f x 在定义域上单调递增，所以要证01ax >，只需证2122()()()f x f x f x a -=>-，即222()()0f x f x a-+<……①不妨设12x x <，注意到1()0f a =，由函数单调性知，有1211,x x a a <>，构造函数2()()()F x f x f x a=-+，则F 32224(1)()()()(2)ax F x f x f x a x ax -'''=--=--， 当1x a ≥时，()0F x '≤，即()F x 单调递减，当1x a >时，1()()0F x F a<=，从而不等式①式成立，故原不等式成立.10.已知函数2()(2)ln f x x a x a x =---，若方程()f x c =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：12()02x x f +'>. 【解析】证明：法一：由2()(2)ln f x x a x a x =---，得22(2)(2)(1)()2(2)2a x a x a x a x f x x a x x ----+'=---==，故只有0a >时，方程()f x c =才有两个不相等的实数根12,x x ，不妨设12x x <，则1202ax x <<<，满足21112222(2)ln ,(2)ln ,x a x a x c x a x a x c ⎧---=⎪⎨---=⎪⎩，两式相减得：22111222(2)ln (2)ln 0x a x a x x a x a x ----+-+=……①化简得：221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--.欲证：12()0()22x x a f f +''>=，结合()f x '的单调性，即证：1222x x a+> 等价于证明：22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--11122121222222ln 1x x x x x x x x x x --⇔<=++令12,(01)x t t x =<<，构造函数22()ln ,(01)1t g t t t t -=-<<+，求导由单调性易得原不等式成立，略. 法二：接①后续解:由①得：11212122()()(2)()ln0x x x x x a x x a x +-----= 即：121212ln()(2)0x a x x x a x x +---=-……②而11221212ln()()(2)2x a x x x f x x a x x +'=+----……③ 由②③得：11221212ln2()2x a x x x af x x x x +'=--+ 11121211221212222(1)2()(ln )(ln )1x x x x x x a a x x x x x x x x x x --=-=--+-+……④ 要证：12()02x x f +'>112112222(1)(ln )01x x x a x x x x x -⇔->-+，令12,(01)x t t x =<< 构造函数2(1)()ln ,(01)1t m t t t t -=-<<+，求导由单调性易得()0m t <在(0,1)t ∈恒成立，又因为120,0a x x >-<，故12()02x x f +'>成立. 法三：接④后续解：视1x 为主元，设22222222222()4()1()ln ln ,()0()()x x x x x g x x x g x x x x x x x x --'=--=-=>+++ 则()g x 在2(0,)x x ∈上单调递增，故2()()0g x g x <=，再结合120,0a x x >-<，故12()02x x f +'>成立.法四：构造函数()()(),(0)222a a a h x f x f x x =--+<<， 则24()()()022()()22a a x h x f x f x a a x x '''=---+=>+-，从而()h x 在(0,)2a上单调递增，故()(0)0h x h >=，即()()22a a f x f x ->+对(0,)2ax ∈恒成立，从而()(),(0)2a f x f a x x >-<<，则211()()()f x f x f a x =>-，由21,(,)2ax a x -∈+∞，且()f x 在(,)2a +∞单调递增，故21x a x >-，即1222x x a+>，从而12()02x x f +'>成立.。
高三数学二轮复习专题讲解10 导数中的极值点偏移
高三数学二轮复习专题讲解 第10讲 导数中的极值点偏移问题专题综述极值点偏移问题在高考和模考中都是一个热点问题，试题设问灵活新颖，综合性强，难度较大，往往作为压轴题出现. 极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，函数()f x 的零点分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏.极值点偏移问题大致分为4中类型：加法型、减法型、商型、平方型，本专题重点探究这类问题的一般解法.专题探究探究1：构造对称的和（或差）已知函数()f x 在区间(),a b 的两个零点为12,x x ，或()()12f x f x =，且极值点为0x ，证明关于12,x x 的加法型不等式、乘法型不等式问题，可进行对称化构造，解决此类问题. 答题思路：例：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+，或2120x x x <（1）定极值点：讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ，设102x x x <<；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.（2）构造函数)2()()(0x x f x f x F --=或2()()()x F x f x f x=-；分析：①要证1202x x x +<⇐只需证02012x x x x <<-⇐只需证()()2012f x f x x <-⇐即证()()1012f x f x x <-，构造函数()00()()(2),0,F x f x f x x x x =--∈.②要证2120x x x <⇐只需证20021x x x x <<⇐只需证()2021x f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭⇐即证()2011x f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，构造函数()20()()(),0,x F x f x f x x x=-∈.（3）利用单调性比较大小：通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，求出函数()F x 的最值.（4）转化：转化为()()101,2f x f x x -，或()2011,x f x f x ⎛⎫⎪⎝⎭的大小关系.若要证明12'()2x x f +的符号问题，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.(2022江苏省扬州市月考)已知函数()ln .f x ax x =+（1）讨论()f x 的单调性：（2）若1x ，212()x x x <是()f x 的两个零点.证明：122x x a+>-；【审题视点】证明()f x 的两个零点的加法型不等式，构造函数()()02y f x f x x =--解决.【思维引导】通过讨论单调性，明确有两个零点时的极值点及单调区间，根据上述答题思路，构造函数()21,0,y f x f x x a a ⎛⎫⎛⎫=--∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭求最值，从而得出()2f x f x a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，再利用函数()f x 的单调性，得出自变量值的大小关系.【规范解析】解：（1）由题意得 11()axf x a x x+'=+=，则当0a …时()0f x '>，∴()f x 在(0,)+∞为增函数当0a <时，令()0f x '>，则1x a <-∴()f x 在1(0,)a -上单调递增，在1(,)a -+∞上单调递减综上，0a …时，()f x 在(0,)+∞为增函数；0a <时，()f x 在1(0,)a-上单调递增，在1(,)a-+∞上单调递减（2）由（1）知，当0a <时函数()f x 有两个零点且max 11()()1ln 0f x f a a ⎛⎫=-=-+-> ⎪⎝⎭，∴10a e-<<，又210x x >>，∴1210x x a <<-<，则2121x x a a >-->-，设21()()(),0,g x f x f x x a a ⎛⎫=---∈- ⎪⎝⎭ 则22(1)()02ax g x ax x a +'=>⎛⎫+ ⎪⎝⎭∴()g x 在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增()10g x g a ⎛⎫∴<-= ⎪⎝⎭即当10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，2()()f x f x a <--故()2112()()f x f x f x a=<--()f x 在区间1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减212x x a ∴>--，即122x x a+>-【探究总结】本题证明的不等式中含有两个变量,对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧,然后根据函数的单调性,通过两个变量之间的关系“减元”,建立新函数,最终将问题转化为函数的最值问题来求解.解题时，按照答题思路，逐步呈现，较容易的证明出结论，注意细节的处理. 证明乘法型不等式有时也可以通过取对数，变为加法型解决.(2022江苏南京联考)已知函数2()ln 1.f x x x ax =-+（1）若()0f x …恒成立，求实数a 的取值范围； （2）若函数3()1y f x ax ax =-+-的两个零点为1x ，2x ，证明：212.x x e >探究2：消参减元消参减元的主要目的就是减元,进而构造与所求解问题相关的函数.主要是利用函数极值点乘积所满足的条件进行消参减元.其解题要点如下:答题思路：（1）建立方程组：若12,x x 为函数()f x 的两个零点，则()()1200f x f x =⎧⎪⎨=⎪⎩，若12,x x 为函数()f x 的两个极值点，则()()1200f x f x '=⎧⎪⎨'=⎪⎩，方程组中都含有参数；（2）定关系：利用方程之间的和差积商的运算，建立12,x x 与参数的关系；（3）消参减元：将所需证明的不等式或需求取值范围的代数式表示出来，表示的过程中，要12,x x 与参数的关系式消去参数，将12,x x 以比值或差值的形式呈现，将比值或差值设为t ，减元. （4）构造函数求解：构造关于t 的函数，转化为求函数的单调性、极值、最值问题.(2022湖北省荆州市高三模拟)已知函数21()2ln .2f x x ax x =-+（1）讨论()f x 的单调性; （2）设31()()22g x xf x x x =-+有两个不同的零点1x ，2x ，且2130x x -…，证明：2126.x x e -+>【审题视点】2130x x -≥转化为213x x ≥，可以利用消参减元的方法求12x x +的范围.【思维引导】第（2）问中得出2112ln 22ln 22x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，可用1x ，2x 表示出a ，通过两方程相加，等号左侧凑出12ln x x ，右侧变形出现21x x ，换元完成减元. 【规范解析】解：（1）由题意得2121()2x ax f x x a x x-+'=-+=①当0a …时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上为单调递增；②当0a >时，2210x ax -+=的判别式2440a =-…，i ）当01a <…时，()0f x '…，所以()f x 在(0,)+∞上为增函数；ii ）当1a >时，令()0f x '=，则3x a =-4x a =34(0,)(,)x x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在3(0,)x ，4(,)x +∞上单调递增，当34(,)x x x ∈时，()0f x '<，()f x 在34(,)x x 上为单调递减.综上所述：当1a …时，()f x 在(0,)+∞上为增函数，当1a >时，()f x在(0,a和()a +∞上单调递增，在(a a -+上单调递减.（2）证明：31()()2(ln 22)2g x xf x x x x x ax =-+=-+，∴1x ，2x 是方程ln 220x ax -+=的两个不等实根，则2112ln 22ln 22x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，∴2121ln ln 2()x x a x x -=-，∴21121221ln ln ln ln 4()x x x x x x x x -++=+-，即212122111ln()4ln 1x x xx x x x x ++=-，设21x t x =，则3t …， 设1()ln 1t g t t t +=-，(3)t …，则212l n ()(3)(1)t tt g t t t --'=-…，设1()2ln (3)h t t t t t=--…，则()22(1)0t h t t -'=>，∴()h t 在[3,)+∞上为增函数，∴1()(3)3ln303h t h =-->…， 则212ln ()0(1)t t t g t t --'=>-， ∴()g t 在[3,)+∞上为增函数，∴()(3)2ln3ln9g t g ==…，即12ln()4ln9x x +…，即1249x x e …，又120x x <<，∴212266x x e e -+>=，即2126.x x e -+> 【探究总结】求解本题的关键点有两个：一个是消参，列出零点12,x x 的方程组，需要利用两个变量12,x x 把参数a 表示出来，这是解决问题的基础；二是减元,即减少变量的个数,把方程转化为一个“变量”的式子后,构造与之相应的函数,转化为函数问题求解.(2022安徽蚌埠月考)已知函数()ln 1f x x ax =-+有两个零点．（1）求a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：()121.f x x a '⋅<-探究3：比（差）值换元比(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12,x x 之间的关系, 然后利用两个极值点之比(差)作为变量t ,实现消参、减元的目的.结合12,x x 满足的方程组，使12,x x 分别用t 表示，带入需证明或求范围的代数式，转化为关于t 的函数求解.(2022山东青岛联考)设函数()(1)ln af x x a x b x=++-+，,a b R ∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，若函数()()ln F x f x x x =+-恰有两个零点1x ，212(0)x x x <<，求证：22122.x x +> 【审题视点】思路一：12,x x 为函数两个零点，且函数()F x 中含有参数，需要消参；求证平方型不等式，利用()()120,0F x F x ==，凑不出平方和，故使用比值换元法，构造关于t 的函数.思路二：根据基本不等式可得()21222122x x x x ++>，可利用探究一中的方法证明122x x +>，再证明22122x x +>.【思维引导】设21x t x =，再利用()()120,0F x F x ==，分别用t 表示12,x x ，带入2212x x +，构造关于t 的函数. 【规范解析】（1）解：由题意得221(1)()()1a a x x a f x x x x -+-'=-+=，(0).x > ①当0a …时，()0f x '>，即()f x 在(0,)+∞上是增函数; ②当0a >时，若(0,)x a ∈，则()0f x '<，此时()f x 单调递减; 若(,)x a ∈+∞，则()0f x '>，此时()f x 单调递增. 综上可得：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：当1a =时，1()()ln ln F x f x x x x b x=+-=++， 则11221ln 01ln 0x b x x b x ⎧++=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩相减得121212ln ln x x x x x x -=-121212.ln ln x x x x x x -∴=-令211x t x =>，则21x tx =，111212ln x tx x x x x -∴=10x >，211ln ln t t x t t--∴==- 211ln x t x t t t-∴== 21211111(1)ln ln ln ln t t t t x x t t t t t t t----∴+=+=+=设2()12ln (1)g t t t t t =-->，则()22(1ln )g t t t '=-+设()()h t g t ='，则2()20h t t'=-> ()g t ∴'在(1,)+∞上单调递增，()(1)0g t g ∴'>'= ()g t ∴在(1,)+∞上单调递增()(1)0g t g ∴>=，即212ln 0t t t -->，212ln t t t ∴->1t >，ln 0t t ∴>212ln t t t -∴>，即222121212()2.22x x x x x x ++>∴+>> 2212 2.x x ∴+>【探究总结】平方型的不等式，利用方程组()()120,0f x f x ==通过加减难以变形出现的情况下，利用比（差）值换元，将12,x x 用t 表示，带入不等式，转化为关于t 的函数.但处理这类问题，方法不唯一，也可以巧妙变形利用消参减元证明，或构造对称和（或差）证明.（2022福建宁德模拟）已知函数()1()x f x ae lnx a R -=+-∈．（1）当a e …时，讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点1x ，212()x x x <，且1223x x ln +…，求21x x 的最大值． 专题升华导数中的极值点偏移问题，题干中出现12,x x 为函数零点或极值点，证明关于12,x x 的不等式或求代数式的范围，这类问题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.常见的需证明的12,x x 的关系有加法型、减法型、乘法型和商型，每种类型没有唯一的解题方法，上述方法要灵活运用.以探究一的变式训练为例：方法一：构造对称的和（或差）函数极值点为1a ，证明21221x x e a >>，构造函数()()211,0,F x h x h x a x a ⎛⎫⎛⎫=-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 方法二：构造对称的和（或差）结合基本不等式函数极值点为1a ，可以先证明122x x a +>，构造函数()()21,0,F x h x h x x a a ⎛⎫⎛⎫=--∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，再利用基本不等式证明212x x e >；方法三：消参换元由1122ln 0ln 0x ax x ax -=⎧⎨-=⎩得()12121212ln ln ln x x a x x x x a x x -⎧=⎪-⎨⎪=+⎩，合并()112211212112221ln ln ln ln 1xx x x xx x x x x x x x x+-=⋅+=⋅--， 设12x t x =，直接构造关于t 的函数； 方法四：引入变量t设1122ln ,ln t x t x ==，则121200t t t ae t ae ⎧-=⎨-=⎩，则1212t t t e t -= 设()12,0,1t k k t =∈，则12ln ln ,11k k kt t k k ==--，则证明1212ln 2x x t t =+> 设()()ln ln ,0,111k k kF k k k k =+∈--，求最值. 极值点偏移问题，方法不唯一，解题时选择适当方法，灵活解题.【答案详解】变式训练1【解答】（1）解：()0,x ∀∈+∞，2ln 10x x ax -+…，即1ln a x x x+…恒成立.设1()ln g x x x x =+，则21()ln 1g x x x'=-+，易知()g x '在(0,)+∞上单调递增，且(1)0.g '=所以当(0,1)x ∈时，()0g x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0.g x '>∴()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，∴min ()(1)1g x g ==，∴(],1a ∈-∞（2）证明：由题意得 方程ln 0x ax -=的两不相等的根为1x ，2x 设()ln h x x ax =-，则1122ln 0ln 0x ax x ax -=-=⎧⎨⎩，∴1212ln ()x x a x x =+又11()ax h x a x x-'=-=当0a …时，()0h x '>，()h x 在(0,)+∞上单调递增，不存在两个零点;当0a >时，()h x 在1(0,)a 上单调递增，在1(,)a+∞上单调递减，则max 11()()ln 10h x h a a ==->，得10.a e<< 设1210x x a<<< 令222()()()ln()()ln F x h x h x x a x x ax a a a =--=----+2ln()ln 22x x ax a=--+-，1(0,).x a ∈则22(1)()0(2)ax F x x ax -'=<-，∴()F x 在1(0,)a 上单调递减，故1()()0.F x F a >=∴1112()()()0F x h x h x a =-->，即1122()()()0.h x h x h x a->==2x ，121(,)x a a -∈+∞，且()h x 在1(,)a +∞上单调递减，∴212x x a>-，即122x x a +>， ∴1212ln ln ()2x x a x x +=+>故212x x e >成立.变式训练2【解答】（1）解：由题意得 ()1f x a x'=- ①当0a ≤时，()0f x '>∴()f x 在区间()0,+∞上单调递增②当0a >时，令()0f x '>，则1x a<∴()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减 ∴()max 1ln 11ln 0f x f a a a ⎛⎫==--+=-> ⎪⎝⎭,故1a < 当1a <时，1110a a f e e e ⎛⎫=--+=-< ⎪⎝⎭，ln 11ln 0e e e f a a a ⎛⎫=-+=> ⎪⎝⎭ ∴()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上分别有一个零点 (),1a ∴∈-∞（2）证明：由题意得 1122ln 10ln 10x ax x ax -+=⎧⎨-+=⎩ 1212ln ln x x a x x -∴=- 又()12121f x x a x x '⋅=-要证()121f x x a '⋅<-，只需证121x x ⋅>，即证12ln ln 0x x +>，即证()()12110ax ax -+->， 即证122a x x >+，即证121212ln ln 2x x x x x x ->-+ 设120,x x <<故11122121222(1)2()ln1x x x x x x x x x x --<=++， 令122(1)(0,1),()ln 1x t t h t t x t -=∈=-+， 则22214(1)()0(1)(1)t h t t t t t -'=-=>++ ∴()h t 在()0,1上单调递增，∴()()10h t h <=，故11122121222(1)2()ln1x x x x x x x x x x --<=++式成立，即()121f x x a '⋅<-.变式训练3【解答】解：（1）由题意得 1()x xx e ax f x ae x xe --'=-+=， ①当0a …时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增； ②当0a e <…时，设()x g x e ax =-，则()x g x e a '=-， 令()0g x '>，则ln x a >∴()g x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增 ()()(1)0lna g x g lna e alna a lna ∴=-=-厖，()0f x ∴'…，()f x 在(0,)+∞上单调递增；综上，当a e …时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；（2）由题意得 12()()0f x f x ''==，即121200x x e ax e ax ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩ ∴2121x x x e x -=，设21x t x =，则1t >，21x tx =，1(1)t x e t -=， ∴12,11lnt tlnt x x t t ==--， ∴12(1)1t lnt x x t ++=-， 设(1)()(1)1t lnt h t t t +=>-，则212()(1)t lnt t h t t --'=-， 设1()2(1)t t lnt t tϕ=-->，则22212(1)()10t t t t t ϕ-'=+-=>， ()t ϕ∴在(1,)+∞单调递增，则()t ϕϕ>（1）0=， ()0h t ∴'>，则()h t 在(1,)+∞单调递增，又1223x x ln +…，即()23h t ln …，h （3）23ln =， (1t ∴∈，3]，即21x x 的最大值为3．。
6.导数应用之极值点偏移
导数应用之极值点偏移1.(1)设不同的两点1122(,),(,)A x y B x y 均在二次函数2()f x ax bx c =++(0abc ≠)的图像上,记直线AB 的斜率为k ,求证:12'()2x x k f +=； (2)设不同的两点1122(,),(,)A x y B x y 均在“伪二次函数”2()ln g x ax bx c x =++(0abc ≠)的图像上,记直线AB 的斜率为k ,试问:12'()2x x k g +=还成立吗？ 2.设函数2()(12)ln ()f x ax a x x a =+--∈R ．(1)当0a >时,求函数()f x 的单调递增区间；(2)记函数()y f x =的图像为曲线C ,设11(,)A x y ,22(,)B x y 是曲线C 上不同的两点,M 为线段AB 的中点,过点M 作x 轴的垂线交曲线C 于点N ．试问:曲线C 在点N 处的切线是否平行于直线AB ？3.设函数2()(2)ln f x x a x a x =---．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数有两个零点,求满足条件的最小正整数a 的值；(3)若方程()f x c =有两个不等实根12,x x ,求证:12()02x x f +'>． 4.设函数2ln 2)(x mx x x f -+=.(1)若曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程为n x y +=2,求实数n m ,的值；(2)若4->m ,求证:当0>>b a 时,有2)()(22->--ba b f a f ； (3)若函数()f x 有两个零点21,x x )(21x x <,且0x 是21,x x 的等差中项,求证:0)('0<x f .5.设函数()ln f x x ax =-有两个零点1x ,2x ,求证:212x x e >.6.设函数()x f x e ax a =-+的两个零点为1x ,2x ,求证:2121x x x x +<.7.设函数()x f x e ax =-,其中a e >,(1)求证:函数()f x 有且仅有两个零点1x ,2x ,且1201x x <<<；(2)对于(1)中的1x ,2x ,求证:12'()'()0f x f x +>.8.设函数()x f x e mx =+的图像在点(0,(0))P f 处的切线方程为210x y -+=,求证:对满足a b c <<的实数,,a b c ,都有()()()()f b f a f c f b b a c b --<--成立.。
导数_极值点偏移问题
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导数-极值点偏移问题
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9.已知函数f (x) = eax ln x(a > 0, e为自然对数)
（1）若f (x)在定义域内递增，求a的取值范围；
（2）令g(x)
=
f ′(x) eax
,若存
在相
异实数x1,
x2
,满足g(x1)
=
g(x2),求证：x1
+
x2
>
2 .
a
10.已知f (x) = ax 的图像在x = 0处的切线方程为y = x. ex
f (x)
−
f (−x)
=
1 − x ex 1 + x2
−
1+x 1 + x2
·
e−x
=
e−x [(1
1 + x2
−
x)e2x
−1
−
x].
令g(x) = (1 − x)e2x − 1 − x, x > 0, g′(x) = (1 − 2x)e2x − 1
令h(x) = (1 − 2x)e2x − 1, h′(x) = (1 − 2x)e2x = −4xe2x < 0.
12.设函数f (x) = a ln x − bx2,其图像在点P (2, f (2))处切线的斜率为−3.当a = 2时，令g(x) = f (x) − kx.设x1, x2(x1 < x2)是g(x) = 0的两个根，x0是x1, x2的等差中项，求证：g′(x0) < 0.
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导数-极值点偏移问题
（1）求实数a;
（2）对任意的x
∈
(0, 2),都有f (x)
专题07 极值点偏移问题 (解析版)
导数及其应用 专题七：极值点偏移问题一、知识储备1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210xx x +≠。
如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
2、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-. (3)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(4)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(5)转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 二、例题讲解1．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1m =时，若在()f x 定义域内存在两实数1x ，2x 满足12x x <且()()12f x f x =，证明：122x x +>.【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得m x m =，当0mx m <<时，()0f x '>，当m x m >时，()0f x '<，于是得()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减；（2）分析 ：如图：1201x x <<< 要证122x x +> 只需证：122x x -<由于101x <<，则112x <-即只需证1212x x <-< 如图，只需证12(2)()f x f x ->；由于()()12f x f x = 只需证11(2)()f x f x ->此时可构造函数()()(2)F x f x f x =--（即用x 替代了上式1x ） 只需证：在01x <<，()()(2)0F x f x f x =--<。
高考小专题九导数背景下的极值点偏移问题
（2）若f
(x)
b有两个不相等的实数根
x1
x2 , 求证f
( x1
2
x2
)
0.ห้องสมุดไป่ตู้
解：①f (x) (x 1)(x a) x
当a 0时，f (x)在(0， )上恒成立；
当a 0时，f (x)在(0, a)上单调递减，在(a,)上单调递增
例1.设函数f (x) 1 x2 (a 1)x a ln x 2
选修2-2专题九 导数背景下的极值点偏移问题
极值点偏移问题：由于函数左右增减速率不同导致函数图像失去 对称性。
处理方法一：构造
f
( x1
x2 )或者f
( x1 x2
)，化二元函数为一元函
数处理
例1.设函数f (x) 1 x2 (a 1)x a ln x 2
（1）讨论f (x)的单调性；
极值点偏移问题：由于函数左右增减速率不同导致函数图像失去 对称性。
处理方法二：构造对称 函数F (x) f (x0 x) f (x0 x)，结合 单调性转化为不等式问 题处理
相关例题.已知函数f (x) (x 2)ex a(x 1)2有两个零点 （1）求a的取值范围 （2）设x1, x2是函数的两个零点，证明x1 x2 2.
x2 1
又f ( x1 x2 ) x1 x2 (a 1) 2a a (ln x2 2 x1 )
2
2
x1 x2 x2 x1 x1
x2 1
x1
令t x2 ,则g(t) ln t 2 t 1 (t 1)
x1
t 1
又g(t)在(1,)上单调递增，所以g(t) g(1) 0, 得证.
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∴
2 ln x1 2 ln x2
+ +
m x1 m x2
−1 −1
= =
0 0.
消去a得2x1 ln x1 − x1 = 2x3 ln x3 − x3;
令ϕ(x)
=
2x ln x
−
x, ϕ′(x)
=
2 ln x
+
1, ϕ′(x)的零点为x
=
1 √
e
,
且x1
<
1 √
e
<
x3;
∴
ϕ(x)在(0,
1 √
2
e2
∴ h(x)在(1, 2)内存在零点，设h(x0) = 0, ∴ x0 > m,
当f ′(x) > 0时，即0 < x < m, 或x > x0,函数单调递增；
当f ′(x) < 0时，即m < x < x0,函数单调递减，
∴当x = m时，函数有极大值，∴当0 < m < 1时，x = m 是f (x)极大值点；
e
=
0;
∴只要证明x ∈ (0, √1 ]上F (x)单调递减； e
ϕ(x)在(0,
1 √
]单调递减；
e
∴
x增大时，
1 √
e
−
x减小，ϕ(
1 √
e
−
x)增大，−ϕ(
1 √
e
−
x)减小；
∴ −ϕ( √1 − x)在(0, √1 ]上是减函数。
e
e
∴
ϕ(x)
−
ϕ(
2 √
−
x)在(0,
1 √
]上是减函数；
导数-极值点偏移问题答案解析
欢欢老师的数学课堂
1.（1）解：函数f (x)的定义域是(−∞, +∞).
f ′(x) = ( 1 − x )′ex +
1
−
x
ex
=
x2 [
−
2x
−
1 ]ex
=
−x[(x − 1)2 + 2] ex
1 + x2
1 + x2
(1 + x2)2
(1 + x2)2
所以当x ∈ (−∞, 0)时，f ′(x) > 0, y = f (x)单调递增。
令F (x)
=
ln x x
−
x, F ′(x)
=
1
− ln x x2
−
1
=
1
−
ln x − x2 , F ′(1) x2
=
0,
∀x ∈ (0, 1), F ′(x) > 0; x ∈ (1, +∞), F ′(x) < 0
所以F (x)在(0, 1)单调递增，在(1, +∞)单调递减，所以Fmax = F (1) = −1,所以c ≥ −1.
（2）由（1）可知，∴ h( m)是h(x)的最小值； 2
∵
f (x)有三个极值点x1
<
x2
<
x3; ∴
m h( )
2
=
2 ln
m 2
+
1
<
0; ∴
m
<
√2 ; e
∴
a的取值范围为(0,
2 √
)
e
当0
<
m
<
√2 时，h(m) e
=
2 ln m
<
0, h(1)
=
m
−
1
<
0; ∴
x2
=
m;
即x1, x3是函数h(x)的两个零点；
e
e
∴
当0
<
a
<
2 √
e
时，x1
+
x3
>
2
−
√ e
.
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4.解：（1）f ′(x) = ex − a
令f ′(x) = 0, x = ln a
（3）因为f (x)有两个相异零点，所以设ln x1 = cx1, ln x2 = cx2,①
即ln x1
−
ln x2
=
c(x1
−
x2),
∴
ln x1 − ln x x1 − x2
=
c②
而x1 · x2 > e2等价于：ln x1 + ln x2 > 2,即c(x1 + x2) > 2,③
由①②③得： ln
1 x
=
(x − m)(2 ln x + ln2 x
m x
− 1)
令h(x)
=
2
ln
x
+
m x
−
1,
∴
h′(x)
=
2x − x2
m;∴
h(x)在(0,
m 2
)上单调递减，在(
m 2
,
+∞)上单调递增；
∵ h(1) = m − 1 < 0, h(2) = 2 ln 2 + m − 1 = ln 4 + m > 0,
−
1+x 1 + x2
·
e−x
=
e−x [(1
1 + x2
−
x)e2x
−1
−
x].
令g(x) = (1 − x)e2x − 1 − x, x > 0, g′(x) = (1 − 2x)e2x − 1
令h(x) = (1 − 2x)e2x − 1, h′(x) = (1 − 2x)e2x = −4xe2x < 0.
>
0故函数H(t)是(1, +∞)上的增函数，∴
H (t)
>
H (1)
=
0.
即不等式ln t > 2(t − 1)成立， t+1
故所证不等式x1 · x2 > e2成立。
3.（1）f (x)
=
(x
−
m)2 ,x
>
0, 且x
̸=
1,
ln x
∴ f ′(x)
=
2(x − m) ln x − (x − m)2 · ln2 x
e
)上递减，在(
1 √
e
,
+∞)上递增；要证来自x1+ x3>
√2 e
⇐⇒
x3
>
√2 e
−
x1
⇐⇒
ϕ(x3)
>
ϕ( √2 e
−
x1);
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∵
ϕ(x1)
=
ϕ(x3),
∴即证ϕ(x1)
>
2 ϕ( √
e
−
x1);
构造函数F
(x)
=
ϕ(x)
−
2 ϕ( √
e
−
x);则F
1 (√ )
y = h(x)在(0, +∞)上 单 调 递 减=⇒ h(x) < h(0) = 0 =⇒ y = g(x)在(0, +∞)上 单 调 递
减=⇒
g(x)
<
g(0)
=
0
=⇒
y
=
e−x [(1
1 + x2
−
x)e2x
−
1
−
x]在(0, +∞)上单调递减，
当x = 0时y = 0 =⇒ f (x) − f (−x) < 0 =⇒ f (x) < f (−x),
所以，当f (x1) = f (x2)且x1 ̸= x2时，x1 + x2 < 0.
2.（1）c ≤ 0时，f (x)在(0, +∞)单 调 递 增;c > 0时f (x)在(0, 1 )单 调 递 增，(1 , +∞)单 调 递
c
c
减。
（2）ln x − cx ≤ x2, ∀x ∈ (0, +∞),所以c ≥ ln x − x, ∀x ∈ (0, +∞), x
x1 x1
− −
ln x2 x2
(x1
+
x2)
>
2
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不妨设x1
>
x2
>
0, 则t
=
x1 x2
>
1,
上式转化为：ln
t
>
2(t
−
1) ,t
>
1,设H (t)
=
ln t
−
2(t
−
1) ,
t
>
1,
t+1
t+1
则H ′ (t)
=
(t − 1)2 t(t + 1)2
当x ∈ [0, +∞)时，f ′(x) ≤ 0, y = f (x)单调递减。
所以y = f (x)在(−∞, 0]上单调递增，在x ∈ [0, +∞)上递减。
（2）解：由（1）知，只需要证明当x > 0时，f (x) < f (−x)即可。
f (x)
−
f (−x)
=
1 − x ex 1 + x2