高中数学之极值点偏移中点问题

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专题20 极值点偏移问题(解析版)

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

高中数学极值点偏移问题(解析版)

极值点偏移问题【典型例题】例1.已知函数f (x )=ln x -ax ，a 是常数且a ∈R ．(1)若曲线y =f (x )在x =1处的切线经过点(-1,0)，求a 的值；(2)若0<a <1e(e 是自然对数的底数)，试证明：①函数f (x )有两个零点，②函数f (x )的两个零点x 1，x 2满足x 1+x 2>2e ．【解析】(1)解：切线的斜率k =f (1)=1-af (1)=-a ，k =f (1)-01-(-1)=-a2，即1-a =-a2，解得a =2；(2)证明：①由f (x )=1x -a =0，得x =1a，当0<x <1a 时，f (x )>0；当x >1a 时，f (x )<0，∴f (x )在x =1a 处取得最大值f 1a=-ln a -1，f (1)=-a <0，∵0<a <1e ，∴f 1a =-ln a -1>0，f (x )在区间1,1a有零点，∵f (x )在区间0,1a 单调递增，∴f (x )在区间0,1a有唯一零点．由幂函数与对数函数单调性比较及f (x )的单调性知，f (x )在区间1a,+∞ 有唯一零点，从而函数f (x )有两个零点．②不妨设0<x 1<1a <x 2，作函数F (x )=f (x )-f 2a -x ，0<x <2a，则F 1a =0，F (x )=f (x )+f 2a -x =2(1-ax )2x (2-ax )≥0．∴F (x 1)<F 1a=0，即f (x 1)-f 2a -x 1 <0，f 2a-x 1 >f (x 1)，又f (x 1)=f (x 2)，∴f 2a-x 1 >f (x 2)．∵0<x 1<1a<x 2，∴2a -x 1,x 2∈1a,+∞ ，∵f (x )在区间1a,+∞ 单调递减，∴2a -x 1<x 2，x 1+x 2>2a．又0<a <1e ，1a >e ，∴x 1+x 2>2e ．例2.已知函数f (x )=ln x -ax (a ∈R )．(1)若曲线y =f (x )与直线x -y -1-ln2=0相切，求实数a 的值；(2)若函数y =f (x )有两个零点x 1，x 2，证明1ln x 1+1ln x 2>2．【解析】解：(1)由f (x )=ln x -ax ，得f (x )=1x-a ，设切点横坐标为x 0，依题意得1x 0-a =1x 0-1-ln2=ln x 0-ax 0，解得x 0=12a =1，即实数a 的值为1．(2)不妨设0<x 1<x 2，由ln x 1-ax 1=0ln x 2-ax 2=0，得ln x 2-ln x 1=a (x 2-x 1)，即1a =x 2-x 1ln x 2-ln x 1，所以1ln x 2+1ln x 1-2=1ax 1+1ax 2-2=x 2-x 1ln x 2-ln x 11x 1+1x 2-2=x 2x 1-x 1x 2-2ln x2x 1ln x 2x 1，令t =x 2x 1>1，则ln x 2x 1>0,x 2x 1-x 1x 2-2ln x 2x 1=t -1t-2ln t ，设g (t )=t -1t -2ln t ，则g(t )=t 2-2t +1t 2>0，即函数g (t )在(1,+∞)上递减，所以g (t )>g (1)=0，从而x 2x 1-x 1x 2-2ln x2x 1ln x 2x 1>0，即1ln x 2+1ln x 1>2．例3.已知函数f (x )=x -e 2 (a -ln x )且f (e )=e4(其中e 为自然对数的底数)．(Ⅰ)求函数f (x )的解析式；(Ⅱ)判断f (x )的单调性；(Ⅲ)若f (x )=k 有两个不相等实根x 1，x 2，证明：x 1+x 2>2e ．【解析】解：(Ⅰ)f (e )=e 2a -12 =e 4，解得a =1，所以函数解析式为f (x )=x -e2(1-ln x )；(Ⅱ)函数f (x )的定义域为(0,+∞)，f (x )=1-ln x +x -e 2-1x =e2x-ln x ，设g(x)=e2x-ln x，g (x)=-e2x2-1x，在(0,+∞)上，g(x)<0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，即f (x)在(0,+∞)上单调递减，又f (e)=0，则在(0,e)上f (x)>0，在(e,+∞)上f (x)<0．所以函数f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减；(Ⅲ)证明：构造函数F(x)=F(x)-f(2e-x)，x∈(0,e)，F (x)=f (x)+f (2e-x)=e2x-ln x+e2⋅12e-x-ln(2e-x)=ex(2e-x)-ln[x(2e-x)]，设t=x(2e-x)，当x∈(0,e)时，t∈(0,e)，设h(t)=et-ln t，且h (t)=-et2-1t<0，可知h(t)在(0,e)上单调递减，且h(e)=0，所以h(t)>0在t∈(0,e)上恒成立，即F (x)>0在x∈(0,e)上恒成立，所以y=F(x)在(0,e)上单调递增，不妨设x1<x2，由(Ⅱ)知x1<e<x2F(x1)=f(x1)-f(2e-x1)<F(e)=f(e)-f(2e-e) =0，即f(x1)<f(2e-x1)，因为f(x1)=f(x2)，所以f(x2)<f(2e-x1)，由(Ⅱ)知f(x)在(e,+∞)上单调递减，得x2>2e-x1，所以x1+x2>2e．例4.已知函数f(x)=e2x-a(x-1)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a>0，设f′(x)为f(x)的导函数，若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：f′x1+x22<0．【解析】(1)解：f′(x)=2e2x-a，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f′(x)>0，得x>12ln a2，令f′(x)<0，得x<12ln a2，所以f(x)在-∞,12ln a2上单调递减，在12ln a2，+∞上单调递增．(2)证明：由题意得e2x1-a(x1-1)=0e2x2-a(x2-1)=0，两式相减得a=e2x2-e2x1x2-x1，不妨设x1<x2，由f′(x)=2e2x-a，得f′x1+x22=2e x1+x2-e2x2-e2x1x2-x1=e x1+x2x2-x1[2(x2-x1)+e x1-x2-e x2-x1]，令t=x2-x1，h(t)=2t-e t+e-t，因为当t>0时，h′(t)=2-e t-e-t=2-(e t+e-t)<0，所以h(t)在(0,+∞)上单调递减，所以当t>0时，h(t)<h(0)=0，又e x1+x2x2-x1>0，故f′x1+x22<0．例5.已知函数f(x)=12x2-(a+1)x+2(a-1)ln x，g(x)=-32x2+x+(4-2a)ln x．(1)若a>1，讨论函数f(x)的单调性；(2)是否存在实数a，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立，若存在，求出a的范围，若不存在，请说明理由；(3)记h(x)=f(x)+g(x)，如果x1，x2是函数h(x)的两个零点，且x1<x2<4x1，h′(x)是h(x)的导函数，证明：h2x1+x23>0．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=x-(a+1)+2(a-1)1x =x2-(a+1)x+2(a-1)x=(x-2)[x-(a-1)]x，①若a-1=2，则a=3，f (x)=(x-2)2x>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；②若a-1<2，则a<3，而a>1，∴1<a<3，当x∈(a-1,2)时，f′(x)<0；当x∈(0,a-1)及(2,+∞)时f′(x)>0，所以f(x)在(a-1,2)上单调递减，在(0,a-1)及(2,+∞)单调递增；③若a-1>2，则a>3，同理可得f(x)在(2,a-1)上单调递减，在(0,2)及(a-1,+∞)单调递增．(2)假设存在a，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立，不妨设0<x1<x2，只要f(x2)-f(x1)x2-x1+a>0，即f(x2)+ax2>f(x1)+ax1，令g(x)=f(x)+ax，只要g(x)在(0,+∞)上为增函数，g(x)=12x2-x+2(a-1)ln xg (x)=x-1+2(a-1)x=x2-x+2(a-1)x=x-122+2a-94x，只要g′(x)≥0在(0,+∞)恒成立，只要2a-94≥0,a≥98，故存在a∈98,+∞时，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立．(3)证明：由题意知，h(x)=12x2-(a+1)x+2(a-1)ln x+-32x2+x+(4-2a)ln x=2ln x-x2-ax，h(x1)=2ln x1-x21-ax1=0,h(x2)=2ln x2-x22-ax2=0两式相减，整理得2ln x2x1+(x1-x2)(x1+x2)=a(x2-x1)，所以a=2ln x2x1x2-x1-(x2+x1)，又因为h (x)=2x-2x-a，所以h2x1+x23=62x1+x2-23(2x1+x2)-a=-2x2-x1lnx2x1-3x2x1-32+x2x1-13(x1-x2)，令t=x2x1∈(1,4),φ(t)=ln t-3t-3t+2，则φ(t)=(t-1)(t-4)t(t+2)2<0，所以φ(t)在(1,4)上单调递减，故φ(t)<φ(1)=0，又-2x2-x1<0,-13(x1-x2)>0，所以h2x1+x23>0．例6.设函数f(x)=x2-a ln x，g(x)=(a-2)x．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1，x2．(ⅰ)求满足条件的最小正整数a的值；(ⅱ)求证：F′x1+x22>0．【解析】解：(Ⅰ)f (x)=2x-ax=2x2-ax(x>0)．⋯(1分)当a≤0时，f (x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞)，此时f(x)无单调减区间．⋯(2分)当a>0时，由f (x)>0，得x>2a2，f(x)<0，得0<x<2a2，所以函数f(x)的单调增区间为2a2,+∞，单调减区间为0,2a2．⋯(3分)(Ⅱ)(i)F (x)=2x-(a-2)-ax =2x2-(a-2)x-ax=(2x-a)(x+1)x(x>0)．因为函数F(x)有两个零点，所以a>0，此时函数f(x)在a2,+∞单调递增，在0,a 2单调递减．⋯(4分)所以F(x)的最小值Fa2<0，即-a2+4a-4a ln a2<0．⋯(5分)因为a>0，所以a+4ln a2-4>0．令h(a)=a+4ln a2-4，显然h(a)在(0,+∞)上为增函数，且h(2)=-2<0,h(3)=4ln 32-1=ln8116-1>0，所以存在a0∈(2,3)，h(a0)=0．⋯(6分)当a>a0时，h(a)>0；当0<a<a0时，h(a)<0，所以满足条件的最小正整数a=3．⋯(7分)又当a=3时，F(3)=3(2-ln3)>0，F(1)=0，所以a=3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．⋯(8分)(ii)证明：不妨设0<x1<x2，于是x21-(a-2)x1-a ln x1=x22-(a-2)x2-a ln x2，即x21-(a-2)x1-a ln x1-x22+(a-2)x2+a ln x2=0，x21+2x1-x22-2x2=ax1+a ln x1-ax2-a ln x2=a(x1 +ln x1-x2-ln x2)．所以a=x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．⋯(10分)因为Fa2=0，当x∈0,a2时，F (x)<0，当x∈a2,+∞时，F (x)>0，故只要证x1+x22>a2即可，即证明x1+x2>x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2，⋯(11分)即证x21-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<x21+2x1-x22-2x2，也就是证ln x1x2<2x1-2x2x1+x2．⋯(12分)设t=x1x2(0<t<1)．令m(t)=ln t-2t-2t+1，则m(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2．因为t>0，所以m (t)≥0，⋯(13分)当且仅当t=1时，m (t)=0，所以m(t)在(0,+∞)上是增函数．又m(1)=0，所以当m∈(0,1)，m(t)<0总成立，所以原题得证．⋯(14分)例7.设函数f(x)=x2-a ln x-(a-2)x．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数f(x)有两个零点x1，x2(1)求满足条件的最小正整数a的值；(2)求证：fx1+x22>0．【解析】解：(Ⅰ)f′(x)=2x-(a-2)-ax=(2x-a)(x+1)x，(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞)，此时f(x)无单调减区间；当a>0时，由f′(x)>0，得x>a2，f′(x)<0，得0<x<a2，所以函数f(x)的单调增区间为a2，+∞，单调减区间为0,a2；(Ⅱ)(1)由(Ⅰ)可知函数f(x)有两个零点，所以a>0，f(x)的最小值f a2<0，即-a2+4a-4a ln a2<0，∵a>0，∴a-4+4ln a2>0，令h(a)=a-4+4ln a2，显然h(a)在(0,+∞)上为增函数，且h(2)=-2<0,h(3)=4ln 32-1>0∴存在a0∈(2,3)，h(a0)=0，当a>a0时，h(a)>0；当0<a<a0时，h(a)<0，所以满足条件的最小正整数a=3．又当a=3时，f(3)=3(2-ln3)>0，f32=341-4ln32<0，f(1)=0，所以a=3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．(2)证明：不妨设0<x1<x2，于是x21-(a-2)x1-a ln x1=x22-(a-2)x2-a ln x2，∴a=x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．，因为f′a2=0，当x∈0,a2时，f′(x)<0；当x∈a2,+∞时，f′(x)>0．故只要证x1+x22>a2即可，即证明x1+x2>x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．，即证x21-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<x21+2x1-x22-2x2．也就是证ln x1x2<2x1-2x2x1+x2．设x1x2=t∈(0,1)．令m(t)=ln t-2t-2t+1，则m′(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2．∵t>0，所以m (t)≥0，当且仅当t=1时，m (t)=0，所以m(t)在(0,+∞)上是增函数．又m(1)=0，所以当m∈(0,1)，m(t)<0总成立，所以原题得证．例8.已知函数f(x)=e x-12ax2(a∈R)，其中e为自然对数的底数，e=2.71828⋯．f(x0)是函数f(x)的极大值或极小值，则称x0为函数f(x)的极值点，极大值点与极小值点统称为极值点．(1)函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)判断函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；(3)当函数f(x)有两个不相等的极值点x1和x2时，证明：x1x2<ln a．【解析】解：(1)f′(x)=e x-ax≥0在(0,+∞)上恒成立，即a≤e xx在(0,+∞)上恒成立，令g(x)=e xx，x∈(0,+∞)，g′(x)=e x⋅x-e xx2=e x(x-1)x2，在(0,1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，在(1,+∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)=e，所以a≤e．所以a的取值范围为(-∞，e]．(2)f′(x)=e x-ax，令g(x)=e x-ax，则g′(x)=e x-a，①当a<0时，g′(x)=e x-a>0，f′(x)=e x-ax在(-∞,+∞)上单调递增，又f′(0)=1>0，f′1a=e1a-1<0，于是f′(x)=e x-ax在(-∞,+∞)上有一个零点x1，x(-∞,x1)x1(x1，+∞) f′(x)-0+f(x)↓极小值↑于是函数f(x)的有1个极值点，②当a=0时，f(x)=e x单调递增，于是函数f(x)没有极值点，③当0<a≤e时，由g′(x)=e x-a=0，得x=ln a，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) g′(x)-0+f′(x)↓a(1-ln a)↑f′(x)≥0，当且仅当x=ln a时，取“=”号，所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，所以函数f(x)没有极值点．④当a>e时，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) g′(x)-0+f′(x)↓a(1-ln a)↑f′(ln a)=a(1-ln a)<0，f′(0)=1>0，又因为a>ln a，所以f′(a)=e a-a2>a2-a2=0，于是，函数f′(x)在(-∞,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点，分别为x2，x3，x(-∞,x2)x2(x2，x3)x3(x3，+∞) f′(x)+0-0+f(x)↑极大值↓极小值↑于是f(x)有2个极值点，综上，当a<0时，函数f(x)有1个极值点，当0≤a≤e时，函数f(x)没有极值点，当a>e时，函数f(x)有2个极值点．(3)证明：当函数f(x)有两个不等的极值点x1和x2时，由(2)知a>e且1<x1<ln a<x2，f′(x1)=f′(x2)=0，令F(x)=f′(x)-f′(2ln a-x)，F′(x)=(e x-a)2 e x，由F′(x)=0，得x=ln a，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) F′(x)+0+F(x)↑非极值点↑F(x1)<F(ln a)=0，即f′(x1)<f′(2ln a-x1)，即f′(x2)<f′(2ln a-x1)，因为x2>ln a，2ln a-x1>ln a，f′(x)在(ln a,+∞)上单调递增，所以x2<2ln a-x1，即x1+x2<2ln a，又x1+x2>2x1x2，所以x1x2<ln a．例9.已知函数f(x)=ln x-1x，g(x)=ax+b．(1)若函数h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若直线g(x)=ax+b是函数f(x)=ln x-1x图象的切线，求a+b的最小值；(3)当b=0时，若f(x)与g(x)的图象有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：x1x2>2e2．(取e为2.8，取ln2为0.7，取2为1.4)【解析】(1)解：h(x)=f(x)-g(x)=ln x-1x-ax-b，则h (x)=1x+1x2-a，∵h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上单调递增，∴对∀x>0，都有h (x)=1x +1x2-a≥0，即对∀x >0，都有a ≤1x +1x2，∵1x +1x2>0，∴a ≤0，故实数a 的取值范围是(-∞，0]；(2)解：设切点x 0,ln x 0-1x 0 ，则切线方程为y -ln x 0-1x 0=1x 0+1x 20(x -x 0)，即y =1x 0+1x 20x -1x 0+1x 20 x 0+ln x 0-1x 0，亦即y =1x 0+1x 20x +ln x 0-2x 0-1，令1x 0=t >0，由题意得a =1x 0+1x 20=t +t 2,b =ln x 0-2x 0-1=-ln t -2t -1，令a +b =φ(t )=-ln t +t 2-t -1，则φ (t )=-1t +2t -1=(2t +1)(t -1)t，当t ∈(0,1)时，φ (t )<0，φ(t )在(0,1)上单调递减；当t ∈(1,+∞)时，φ (t )>0，φ(t )在(1,+∞)上单调递增，∴a +b =φ(t )≥φ(1)=-1，故a +b 的最小值为-1；(3)证明：由题意知ln x 1-1x 1=ax 1，ln x 2-1x 2=ax 2，两式相加得ln x 1x 2-x 1+x 2x 1x 2=a (x 1+x 2)，两式相减得lnx 2x 1-x 1-x 2x 1x 2=a (x 2-x 1)，即ln x2x 1x 2-x 1+1x 1x 2=a ，∴ln x 1x 2-x 1+x 2x 1x 2=ln x2x 1x 2-x 1+1x 1x 2 (x 1+x 2)，即ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1，不妨令0<x 1<x 2，记t =x 2x 1>1，令F (t )=ln t -2(t -1)t +1(t >1)，则F ′(t )=(t -1)2t (t +1)2>0，∴F (t )=ln t -2(t -1)t +1在(1,+∞)上单调递增，则F (t )=ln t -2(t -1)t +1>F (1)=0，∴ln t >2(t -1)t +1，则ln x 2x 1>2(x 2-x 1)x 1+x 2，∴ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1>2，又ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln x 1x 2-4x 1x 2x 1x 2=ln x 1x 2-4x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，∴2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1，令G(x)=ln x-2x，则x>0时，G(x)=1x+2x2>0，∴G(x)在(0,+∞)上单调递增，又ln2e-22e=12ln2+1-2e≈0.85<1，∴G(x1x2)=ln x1x2-2x1x2>1>ln2e-22e，则x1x2>2e，即x1x2>2e2．【同步练习】1.已知函数f(x)=ln x+2x-ax2，a∈R．(Ⅰ)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(Ⅱ)设g(x)=f(x)+(a-4)x，试讨论函数g(x)的单调性；(Ⅲ)当a=-2时，若存在正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)+3x1x2=x1+x2，求证：x1+x2>12．【解析】解：(Ⅰ)因为f(x)=ln x+2x-ax2，所以f′(x)=1x+2-2ax，因为f(x)在x=1处取得极值，所以f′(1)=1+2-2a=0，解得：a=3 2．验证：当a=32时，f′(x)=1x+2-3x=-(3x+1)(x-1)x(x>0)，易得f(x)在x=1处取得极大值．(Ⅱ)因为g(x)=f(x)+(a-4)x=ln x-ax2+(a-2)x，所以g′(x)=-(ax+1)(2x-1)x(x>0)，①若a≥0，则当x∈0,1 2时，g′(x)>0，所以函数g(x)在0,1 2上单调递增；当x∈12，+∞时，g′(x)<0，∴函数g(x)在12，+∞上单调递减．②若a<0，g′(x)=-a x+1a(2x-1)x(x>0)，当a<-2时，易得函数g(x)在0,-1 a和12，+∞上单调递增，在-1a，12上单调递减；当a=-2时，g′(x)≥0恒成立，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；当-2<a<0时，易得函数g(x)在0,1 2和-1a，+∞上单调递增，在12，-1a上单调递减．(Ⅲ)证明：当a=-2时，f(x)=ln x+2x+2x2，因为f(x1)+f(x2)+3x1x2=x1+x2，所以ln x1+2x1+2x21+ln x2+2x2+2x22+3x1x2=x1+x2，即ln x1x2+2(x21+x22)+(x1+x2)+3x1x2=0，所以2(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln x1x2，令t=x1x2，φ(t)=t-ln t(t>0)，则φ′(t)=t-1t(t>0)，当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(0,1)上单调递减；当t∈(1,+∞)时，φ′(t)>0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(1,+∞)上单调递增．所以函数φ(t)在t=1时，取得最小值，最小值为1．所以2(x1+x2)2+(x1+x2)≥1，即2(x1+x2)2+(x1+x2)-1≥0，所以x1+x2≥12或x1+x2≤-1，因为x1，x2为正实数，所以当x1+x2=12时，x1x2=1，此时不存在x1，x2满足条件，所以x1+x2>1 2．2.已知函数f(x)=ln x+x-ax2，a∈R．(1)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(2)设g(x)=f(x)+(a-3)x，试讨论函数g(x)的单调性；(3)当a=-2时，若存在正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)+3x1x2=0，求证：x1+x2>12．【解析】(1)解：因为f(x)=ln x+x-ax2，所以f′(x)=1x+1-2ax，因为f(x)在x=1处取得极值，所以f′(1)=1+1-2a=0，解得：a=1．验证：当a=1时，f′(x)=1x+1-2x=-(x-1)(2x+1)x(x>0)，易得f(x)在x=1处取得极大值．(2)解：因为g(x)=f(x)+(a-3)x=ln x-ax2+(a-2)x，所以g′(x)=-(ax+1)(2x-1)x(x>0)，①若a≥0，则当x∈0,1 2时，g′(x)>0，所以函数g(x)在0,1 2上单调递增；当x∈12，+∞时，g′(x)<0，∴函数g(x)在12，+∞上单调递减．②若a<0，g′(x)=-a x+1a(2x-1)x(x>0)，当a<-2时，易得函数g(x)在0,-1 a和12，+∞上单调递增，在-1a，12上单调递减；当a=-2时，g′(x)≥0恒成立，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；当-2<a<0时，易得函数g(x)在0,1 2和-1a，+∞上单调递增，在12，-1a上单调递减．(3)证明：当a=-2时，f(x)=ln x+x+2x2，因为f(x1)+f(x2)+3x1x2=0，所以ln x1+x1+2x12+ln x2+x2+2x22+3x1x2=0，即ln x1x2+2(x12+x22)+(x1+x2)+3x1x2=0，所以2(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln x1x2，令t=x1x2，φ(t)=t-ln t(t>0)，则φ′(t)=t-1t(t>0)，当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(0,1)上单调递减；当t∈(1,+∞)时，φ′(t)>0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(1,+∞)上单调递增．所以函数φ(t)在t=1时，取得最小值，最小值为1．所以2(x1+x2)2+(x1+x2)≥1，即2(x1+x2)2+(x1+x2)-1≥0，所以x1+x2≥12或x1+x2≤-1，因为x1，x2为正实数，所以x1+x2≤-1，因为当x1+x2=12时，x1x2=1，不满足t∈(1,+∞)，所以x1+x2>1 2．3.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．【解析】(1)解：由函数的解析式可得f (x)=1-ln x-1=-ln x，∴x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减．(2)证明：由b ln a-a ln b=a-b，得-1a ln1a+1bln1b=1b-1a，即1a1-ln1a=1b1-ln1b，由(1)f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，所以f(x)max=f(1)=1，且f(e)=0，令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为f(x)=k的两根，其中k∈(0,1)．不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,e)，则2-x1>1，先证2<x1+x2，即证x2>2-x1，即证f(x2)=f(x1)<f(2-x1)，令h(x)=f(x)-f(2-x)，则h′(x)=f′(x)+f′(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]在(0,1)单调递减，所以h′(x)>h′(1)=0，故函数h(x)在(0,1)单调递增，∴h(x1)<h(1)=0．∴f(x1)<f(2-x1)，∴2<x1+x2，得证．同理，要证x1+x2<e，(法一)即证1<x2<e-x1，根据(1)中f(x)单调性，即证f(x2)=f(x1)>f(e-x1)，令φ(x)=f(x)-f(e-x)，x∈(0,1)，则φ (x)=-ln[x(e-x)]，令φ′(x0)=0，x∈(0,x0)，φ (x)>0，φ(x)单调递增，x∈(x0，1)，φ (x)<0，φ(x)单调递减，又0<x<e时，f(x)>0，且f(e)=0，故limx→0+φ(x)=0，φ(1)=f(1)-f(e-1)>0，∴φ(x)>0恒成立，x1+x2<e得证，(法二)f(x1)=f(x2)，x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)，又x1∈(0,1)，故1-ln x1>1，x1(1-ln x1)>x1，故x1+x2<x1(1-ln x1)+x2=x2(1-ln x2)+x2，x2∈(1,e)，令g(x)=x(1-ln x)+x，g′(x)=1-ln x，x∈(1,e)，在(1,e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)<g(e)=e，即x2(1-ln x2)+x2<e，所以x1+x2<e，得证，则2<1a+1b<e．4.已知函数f(x)=ln x-x．(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)设a，b为两个不相等的正数，ln a-ln b=a-b，证明：ab<1．【解析】解：(I)f′(x)=1x-1=1-xx，x>0，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故函数在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，(II)证明：由ln a-ln b=a-b，得ln a-a=ln b-b，令x1=a，x2=b，则x1，x2是f(x)=x的两根，不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,+∞)，则0<x1<1，0<1x2<1，要证ab<1，即证x1<1x2，即f(x1)=f(x2)<f1x2，令h(x)=f(x)-f1x=2ln x+1x-x，则h′(x)=2x-1x2-1=-(x-1)2x2<0，所以h(x)在(1,+∞)单调递减，h(x)<h(1)=0，所以f(x1)=f(x2)<f1x2 ，所以ab<1，5.已知函数f(x)=xe-x(x∈R)．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，证明：当x>1时，f(x) >g(x)；(Ⅲ)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2．【解析】解：(Ⅰ)解：f′(x)=(1-x)e-x令f′(x)=0，解得x=1当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表x(-∞,1)1(1,+∞)f′(x)+0-f(x)增极大值减所以f(x)在(-∞,1)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数．函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=1 e．(Ⅱ)证明：由题意可知g(x)=f(2-x)，得g(x)=(2-x)e x-2令F(x)=f(x)-g(x)，即F(x)=xe-x+(x-2)e x-2于是F (x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x当x>1时，2x-2>0，从而e2x-2-1>0，又e-x>0，所以F′(x)>0，从而函数F(x)在[1，+∞)是增函数．又F(1)=e-1-e-1=0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0，即f(x)>g(x)．(Ⅲ)证明：(1)若(x1-1)(x2-1)=0，由(I)及f(x1)=f(x2)，则x1=x2=1．与x1≠x2矛盾．(2)若(x1-1)(x2-1)>0，由(I)及f(x1)=f(x2)，得x1=x2．与x1≠x2矛盾．根据(1)(2)得(x1-1)(x2-1)<0，不妨设x1<1，x2>1．由(Ⅱ)可知，f(x2)>g(x2)，则g(x2)=f(2-x2)，所以f(x2)>f(2-x2)，从而f(x1)>f(2-x2)．因为x2>1，所以2-x2<1，又由(Ⅰ)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数，所以x1>2-x2，即x1+x2>2．6.已知函数f(x)=x-e a+x(a∈R)．(1)若a=1，求函数f(x)在x=0处的切线方程；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1+x2>2．【解析】解：(1)f(x)=x-e1+x的导数为f′(x)=1-e1+x，则函数f(x)在x=0处的切线斜率为1-e，又切点为(0,-e)，则切线的方程为y=(1-e)x-e，即(e-1)x+y+e=0；(2)设函数g(x)=x-ln x+a，与函数f(x)具有相同的零点，g (x)=x-1x，知函数g(x)在(0,1)上递减，(1,+∞)上递增，当x→0，g(x)→+∞；可证当x∈(0,+∞)时，ln x<x-1，即-ln x=ln 1x≤1x-1，即此时g(x)=x-ln x+a<x+1x+a-1，当x→+∞时，g(x)→+∞，f(x)有两个零点，只需g(1)<0，即a<-1；证明：方法一：设函数F(x)=g(x)-g(2-x)，(1<x<2)则F(x)=2x-2-ln x+ln(2-x)，且F (x)=2(x-1)2x(x-2)<0对x∈(1,2)恒成立即当x∈(1,2)时，F(x)单调递减，此时，F(x)<F(1)=0，即当x∈(1,2)时，g(x)<g(2-x)，由已知0<x1<1<x2，则1-x1∈(1,2)，则有g(2-x1)<g(2-2+x1)=g(x1)=g(x2)由于函数g(x)在(1,+∞)上递增，即2-x1<x2，即x1+x2>2．方法二：故x2-x1=ln x2-ln x1=ln x2 x1．设x2x1=t，则t>1，且x2=tx1x2-x1=ln t，解得x1=ln tt-1，x2=t ln tt-1.x1+x2=(t+1)ln tt-1，要证：x1+x2=(t+1)ln tt-1>2，即证明(t+1)ln t>2(t-1)，即证明(t+1)ln t-2t+2>0，设g(t)=(t+1)ln t-2t+2(t>1)，g (t)=ln t+1t-1，令h(t)=g (t)，(t>1)，则h (t)=t-1t2>0，∴h(t)在(1,+∞)上单调增，g (t)=h(t)>h(1)=0，∴g(t)在(1,+∞)上单调增，则g(t)>g(1)=0．即t>1时，(t+1)ln t-2t+2>0成立，7.已知函数f(x)=axe x-(a-1)(x+1)2(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718128⋯)．(1)若f(x)仅有一个极值点，求a的取值范围；(2)证明：当0<a<12时，f(x)有两个零点x1，x2，且-3<x1+x2<-2．【解析】(1)解：f (x)=ae x+axe x-2(a-1)(x+1)=(x+1)(ae x-2a+2)，由f (x)=0得到x=-1或ae x-2a+2=0(*)由于f(x)仅有一个极值点，关于x的方程(*)必无解，①当a=0时，(*)无解，符合题意，②当a≠0时，由(*)得e x=2a-2a，故由2a-2a≤0得0<a≤1，由于这两种情况都有，当x<-1时，f (x)<0，于是f(x)为减函数，当x>-1时，f (x)>0，于是f(x)为增函数，∴仅x=-1为f(x)的极值点，综上可得a的取值范围是[0，1]；(2)证明：由(1)当0<a<12时，x=-1为f(x)的极小值点，又∵f(-2)=-2ae2-(a-1)=-2e2-1a+1>0对于0<a<12恒成立，f(-1)=-ae <0对于0<a<12恒成立，f(0)=-(a-1)>0对于0<a<12恒成立，∴当-2<x<-1时，f(x)有一个零点x1，当-1<x<0时，f(x)有另一个零点x2，即-2<x1<-1，-1<x2<0，且f(x1)=ax1e x1-(a-1)(x1+1)2=0,f(x2)=ax2e x2-(a-1)(x2+1)2=0，(#)所以-3<x1+x2<-1，下面再证明x1+x2<-2，即证x1<-2-x2，由-1<x2<0得-2<-2-x2<-1，由于x<-1，f(x)为减函数，于是只需证明f(x1)>f(-2-x2)，也就是证明f(-2-x2)<0，f(-2-x2)=a(-2-x2)e-2-x2-(a-1)(-x2-1)2=a(-2-x2)e-2-x2 -(a-1)(x2+1)2，借助(#)代换可得f(-2-x2)=a(-2-x2)e-2-x2-ax2e x2=a[(-2-x2)e-2-x2-x2e x2]，令g(x)=(-2-x)e-2-x-xe x(-1<x<0)，则g (x)=(x+1)(e-2-x-e x)，∵h(x)=e-2-x-e x为(-1,0)的减函数，且h(-1)=0，∴g (x)=(x+1)(e-2-x-e x)<0在(-1,0)恒成立，于是g(x)为(-1,0)的减函数，即g(x)<g(-1)=0，∴f(-2-x2)<0，这就证明了x1+x2<-2，综上所述，-3<x1+x2<-2．8.已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)，f′(x)是f(x)的导函数．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)当x>0时，求证：f(ln a+x)>f(ln a-x)；(Ⅲ)已知f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，求证：f/x1+x22<0．【解析】证明：(Ⅰ)∵f′(x)=e x-a．当a≤0时，则f′(x)=e x-a>0，即f(x)在R上是增函数，当a>0时，由f′(x)=e x-a=0，得x0=ln a．当x∈(-∞,x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0．即f(x)在(-∞,ln a)上是减函数，在(ln a,+∞)上是增函数，(Ⅱ)证明：设g(x)=f(ln a+x)-f(ln a-x)(x>0)=[e ln a+x-a(ln a+x)]-[e ln a-x-a(ln a-x)]= a(e x-e-x-2x)，∴g′(x)=a(e x+e x-2)≥2a e x∙e-x-2a=0，当且仅当x=0时等号成立，但x>0，∴g′(x)>0，即g(x)在(0,+∞)上是增函数，所以g(x)>g(0)=0∴不等式f(x0+x)>f(x0-x)恒成立．(Ⅲ)由(I)知，当a≤0时，函数y=f(x)的图象与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x)的最小为f(ln a)，且f(ln a)<0．设A(x1，0)，B(x2，0)，0<x1<x2，则0<x1<ln a<x2．由(II)得f(2ln a-x1)=f(ln a+ln a-x1)>f(x1)=0．∵2ln a-x1=ln a+(ln a-x1)>ln a，x2>ln a，且f(x)在(ln a,+∞)上是增函数又f(2ln a-x1)>0=f(x2)，∴2ln a-x1>x2．于是x1+x22<ln a，∵f(x)在(-∞,ln a)上减函数，∴fx1+x22<0．9.设函数f(x)=e x-ax+a，a∈R，其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1<x2．(1)求a的取值范围；(2)证明：f (x1x2)<0．【解析】解：(1)∵f(x)=e x-ax+a，∴f (x)=e x-a，若a≤0，则f (x)>0，则函数f(x)是单调增函数，这与题设矛盾．∴a>0，令f (x)=0，则x=ln a，当f (x)<0时，x<ln a，f(x)是单调减函数，当f (x)>0时，x>ln a，f(x)是单调增函数，于是当x=ln a时，f(x)取得极小值，∵函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)的图象与x轴交于两点A(x1，0)，B(x2，0)(x1<x2)，∴f(ln a)=a(2-ln a)<0，即a>e2，此时，存在1<ln a，f(1)=e>0，存在3ln a>ln a，f(3ln a)=a3-3a ln a+a>a3-3a2+a>0，又由f(x)在(-∞,ln a)及(ln a,+∞)上的单调性及曲线在R上不间断，可知a>e2为所求取值范围．(2)∵e x1-ax1+a=0 e x2-ax2+a=0 ，∴两式相减得a=e x2-e x1x2-x1，记x2-x12=s(s>0)，则f′x1+x22=e x1+x22-e x2-e x1x2-x1=ex1+x222s[2s-(e s-e-s)]，设g(s)=2s-(e s-e-s)，则g (s)=2-(e s+e-s)<0，∴g(s)是单调减函数，则有g(s)<g(0)=0，而e x1+x222s>0，∴f′x1+x22<0．又f (x)=e x-a是单调增函数，且x1+x22>x1x2，∴f′(x1x2)<0．10.设函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1<x2．(1)求f(x)的单调区间和极值点；(2)证明：f′(x1x2)<0(f′(x)是f(x)的导函数)；(3)证明：x1x2<x1+x2．【解析】解：(1)设函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，所以函数f(x)不单调，∵f (x)=e x-a=0有实数解，所以a>0，解得x=ln a，因为x<ln a，f (x)<0，f(x)单调递减，x>ln a时，f (x)>0，f(x)单调递增，且ln a是极小值点；f(ln a)极小值=e ln a-a ln a+a=2a2-ln a，由题意得，f(ln a)<0，所以a>e2，所以函数f(x)的单调递增区间(-∞,ln a)，单调递减区间(ln a,+∞)，极小值点是ln a，无极大值点，且a>e2．(2)证明：∵e x1-ax1+a=0 e x2-ax2+a=0 ，两式相减可得，a=e x2-e x1x2-x1，令s=ex2-x12(s>0)，则fx1+x22=e x1+x22-e x2-e x1x2-x1，=e x1+x222s[2s-(e s-e-s)]，令g(s)=2s-(e s-e-s)，则g′(s)=2-(e s+e-s)<0，所以g(s)单调递减，g(s)<g(0)=0，而e x1+x222s>0，∴fx1+x22<0，又x1+x22>x1x2，∴f′(x1x2)<0；(3)证明：由e x1-ax1+a=0e x2-ax2+a=0，可得e x2-x1=x2-1x1-1，∴e(x2-1)-(x1-1)=x2-1 x1-1，令m=x1-1，n=x2-1，则0<m<1<n，∴e n-m=nm，设t=nm，则t>1，n=mt，∴e(t-1)m=t，∴m=ln tt-1，n=t ln tt-1，∴mn=t(ln t)2 (t-1)2，要证明：x1x2<x1+x2，等价于证明：(x1-1)(x2-1)<1，即证mn<1，即证t(ln t)2(t-1)2<1，即证ln tt-1<1t，即证ln t<t-1t ，令g(t)=2ln t-t+1t，(t>1)，g′(t)=2t -1-1t2=-(t-1)2t2<0，∴g(t)在(1,+∞)上单调递减，∵t>1，故g(t)<0，∴2ln t-t+1t<0，∴ln t<t-1t，从而有：x1x2<x1+x2．11.已知函数f(x)=x2ln x+ax(a∈R)在x=1处的切线与直线x-y+2=0平行．(1)求实数a的值，并求f(x)的极值；(2)若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2，求证：x21+x22>2e．【解析】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=2x ln x+x-ax2，由题意知f′(1)=1-a=1，∴a=0．∴f′(x)=2x ln x+x=x(2ln x+1)，令f′(x)=0，则x=e e，当x∈0,e e时，f′(x)<0；x∈e e,+∞时，f′(x)>0．∴f(x)的极小值为f ee=-12e，证明：(2)由(1)知f(x)=x2ln x，由f(x1)=f(x2)=m，得x12ln x1=x22ln x2，即2x12ln x1=2x22ln x2，所以x12ln x12=x22ln x22．∵x1≠x2，不妨设x1<x2，令t1=x12，t2=x22，h(t)=t ln t(t>0)，则原题转化为h(t)=2m有两个实数根t1，t2(t1<t2)，又h′(t)=1+ln t，令h′(t)>0，得t>e-1；令h′(t)<0，得t<e-1，∴h(t)在(0,e-1)上单调递减，在(e-1，+∞)上单调递增，又t→0+时，h(t)→0，h(1)=0，h(e-1)=-e-1，由h(t)图象可知，-e-1<2m<0，0<t1<e-1<t2<1．设g(t)=h(t)-h2e-t=t ln t-2e-tln2e-t，t∈0,1e，则g (t)=(ln t+1)--ln2e-t-1=2+ln t2e-t．当0<t<1e时，t2e-t=-t-1e2+1e2<1e2，则g′(t)<0∴g(t)在0,1 e上单调递减．又∵g1e=h1e -h2e-1e=0∴t∈0,1e时，g(t)>0，得到g(t1)=h(t1)-h2e-t1>0，即h(t1)>h2e-t1，又∵h(t1)=h(t2)，∴h(t2)>h2e -t1，又0<t1<1e，则2e-t1>1e，且1>t2>1e，h(t)在1e,+∞上单调递增，∴t2>2e -t1，即t1+t2>2e，即x12+x22>2e．。

高中数学培优点04 极值点偏移问题(2大考点+强化训练)(习题版)

培优点04极值点偏移问题（2大考点+强化训练）极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．【知识导图】【考点分析】考点一:对称化构造函数规律方法对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )．(2)对结论x 1x 2>x 20型，方法一是构造函数F (x )＝f (x )－fF (x )的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x 1＋ln x 2>2ln x 0，再把ln x 1，ln x 2看成两变量即可．考点二:比值代换规律方法比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t ＝x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．【例2】．（2022·全国·模拟预测）设函数()()ln f x x ax a =-∈R .(1)若3a =，求函数()f x 的最值；(2)若函数()()g x xf x x a =-+有两个不同的极值点，记作12,x x ，且12x x <，求证：12ln 2ln 3x x +>.【强化训练】4.(2023·唐山模拟)已知函数f (x )＝x e 2－x.(1)求f (x )的极值；(2)若a >1，b >1，a ≠b ，f (a )＋f (b )＝4，证明：a ＋b <4.5.(2022·全国甲卷)已知函数f (x )＝exx－ln x ＋x －a .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2<1.6.(2023·沧州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax －1(a ∈R )．若方程f (x )＋2＝0有两个实根x 1，x 2，且x 2>2x 1，求证：x 1x 22>32e3.(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099)7.(2023·淮北模拟)已知a 是实数，函数f (x )＝a ln x －x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个相异的零点x 1，x 2且x 1>x 2>0，求证：x 1x 2>e 2.8．(2023·南宁模拟)已知函数f (x )＝e x－ax 22，a >0.(1)若f (x )过点(1,0)，求f (x )在该点处的切线方程；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且0<x 1<x 2，当e<a <e22时，证明：x 1＋x 2>2.9．(2023·聊城模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a ∈R )，设m ，n 为两个不相等的正数，且f (m )＝f (n )＝3.(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：a 2<mn <a e 2.。

备战高考数学复习知识点讲解课件27---极值点偏移问题

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

高中数学专题微专题13 极值点偏移问题

由 f′(x)＝1－1x＋ln x－2x＋a＝0 得
a＝2x＋1x－ln x－1，
所以直线 y＝a 与函数 g(x)＝2x＋1x－ln x－1 的图象有两个交点，
由
g(x)
＝
2x
＋
1 x
－
பைடு நூலகம்
ln
x－1
得
g′(x)
＝
2
－
1 x2
－
1 x
＝
2x2－x－1 x2
＝
2x＋1x－1
x2
，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2，当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，作出y＝g(x)的大致图象，如图所示. 所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为 (2，＋∞).
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点，所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2，要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1，显然2－x1>1，由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2 －x1)，而g(x1)＝g(x2)＝a，所以证明g(x1)>g(2－x1)即可，即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
123
(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.

极值点的偏移第一中学【高考】数学

极值点，求证：x1 x2 2x0 .
3.若函数f ( x)存在两个零点x1，x2且x1
x2，令x0
x1
2
x2 ，
求证：f ( x0 ) 0.
4.若函数f ( x)存在x1，x2且x1
x2，满足f ( x1 )
f ( x2 )，令x0
x1 x2 ， 2
求证：f ( x0 ) 0.
极值点的偏移
1
x1 x2 2x0呢？用分析法找思路，构造新函数.
1.2
x1 x2 2x0 x1 2x0 x2 f (x1) f (2x0 x2 ) f (x2 ) f (2x0 x2 )
1.4
f (x2 ) f (2x0 x2 ) 0 令g(x) f (x) f (2x0 x) 则只要证明 g(x2) 0
极值点的偏移
0.6
0.4
x1
3
2.5
.2x0 x2
x1+x2 x=
2
x0
2
1.5
1
.
0.2
x2
0.5
0.2
.
2 x 0.5 0
x1
1
图3：极值点向右偏移
2x
0.4
如图：当f
(x1)
f
(x2 )时,
x1 x2 2
x0即x1
x2
2x0
0.6 0.8
那么，对于极值点向右偏移的函数,当f (x1) f (x2 )时，怎样证明
f ( x0 ) 0，
若f ( x)下凸函数（f ( x) 0），则f ( x1 2
x2 )
f ( x0 ) 0.
极值点的偏移
3.极值点偏移的结论：
(2)极值点左偏：x x 2 x ，点( x x ，f ( x x ))处的切线与x轴 22、成功的法则极为简单，但简单并不代表容易。 1

极值点偏移中点

高考数学冲刺方法专题（十）极值点偏移中点问题的探究【问题特征】极值点左偏：1202x x x ，122x x x 处切线与x 轴不平行；若()f x 上凸('()f x 递减)，则 120''02x x f f x，若()f x 下凸('()f x 递增)，则 120''02x x f f x，极值点右偏：1202x x x ，122x x x 处切线与x 轴不平行；若()f x 上凸('()f x 递减)，则 120''02x x f f x ，若()f x 下凸('()f x 递增)，则 120''02x x f f x，【基本策略】 ( 1 ) 构造一元差函数00()()()F x f x x f x x ：( 2 ) 对函数()F x 求导，判断导数符号，确定()F x 的单调性( 3 ) 结合(0)0F ，判断()F x 的符号，从而确定0()f x x 与0()f x x 的大小关系； ( 4 ) 由 1200200202()()2f x f x f x x x f x x x f x x 得 102()2f x f x x ；或者 1200200202()()2f x f x f xx x f xx x f x x 得 102()2f x f x x ； ( 5 ) 结合()f x 单调性得到1022x x x 或1022x x x ，从而1202x x x 或1202x x x 。

【例题呈现】1.（2010天津理）已知函数 exf x x x R ．如果12x x ，且 12f x f x ，证明：122x x ．【解析】法一： 1e x f x x ．令 1e 0xf x x ，则1x ．所以 f x 在区间 ,1 内是增函数，在区间 1, 内是减函数．函数 f x 在1x 处取得极大值 1f ．且 11ef．记 11F x f x f x ，则 12''1'1e(e 1)x x F x f x f x x 当0x 时， 0F x ，当0x 时， '0F x ．于是函数 F x 在区间R 上是增函数．因此当0x 时， 00F x F ， 11f x f x ．若 12110x x ，由 f x 单调性及 12f x f x ,得12x x ,与12x x 矛盾；若 12110x x ，由 f x 单调性及 12f x f x ,得12x x ,与12x x 矛盾；因此 12110x x ．不妨设121x x ．122221(1)1(1)2f x f x f x f x f x ，因为21x ，所以221x ，又11x ，又 f x 在区间 ,1 内是增函数，所以122x x ，即122x x ．(f)x ()f x 122x x 极值点左偏 122x x 极值点右偏法二：由题意：12212121ee e x x x x x x x x，设21,(0)t x x t ，则21x t x ， 2121111e e 1x x t tx t x t x x x e，211t t x t x t e ， 1221t t x x t e ，因为1222221201t t tx x t t e t e 设()212,0,'()11,''()0tttg t t e t t g t t e g t te ，'()g t 在 0,t 单调递增，'()'(0)=0g t g ，所以()g t 在 0,t 单调递增，()(0)=0g t g ，从而2120tt e t ，即122x x .（注：也可利用21,(1)x t t x换元来实现）【点评】两种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一利用归纳的通法通过消元来实现，法二则是通过换元来实现，12,x x 能否用代换的变元t 来表示是关键。

极值点偏移问题

极值点偏移问题图说极值点偏移1.已知函数f (x )的图象的顶点的横坐标就是极值点x 0，若f (x )＝c 的两根的中点刚好满足x 1＋x 22＝x 0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)．2．若x 1＋x 22≠x 0，则极值点偏移，此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)．考点一对称变换对称变换，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x 0)，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F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )，若证x 1x 2＞x 20，则令F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x .(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 之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22的符号问题，还需进一步讨论x 1＋x 22与x 0的大小，得出x 1＋x 22所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．[典例] 已知函数h (x )与函数f (x )＝x e x (x ∈R)的图象关于原点对称，如果x 1≠x 2，且h (x 1)＝h (x 2)，求证：x 1＋x 2＞2.[解题观摩] 由题意知，h (x )＝－f (－x )＝x e －x ，h ′(x )＝e －x (1－x )，令h ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由x 1≠x 2，不妨设x 1＞x 2，根据h (x 1)＝h (x 2)，结合图象可知x 1＞1，x 2＜1，令F (x )＝h (x )－h (2－x )，x ∈(1，＋∞)，则F ′(x )＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x ，因为x ＞1,2x －2＞0，所以e 2x －2－1＞0，则F ′(x )＞0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＞1时，F (x )＞0，即当x ＞1时，h (x )＞h (2－x )，则h (x 1)＞h (2－x 1)，又因为h (x 1)＝h (x 2)，所以h (x 2)＞h (2－x 1)，因为x 1＞1，所以2－x 1＜1，所以x 2,2－x 1∈(－∞，1)，因为h (x )在(－∞，1)上是增函数，所以x2＞2－x1，所以x1＋x2＞2.[关键点拨]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．考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素养．在求解此类问题时，需要注意变量取值范围的限定，如本题中利用x2,2－x1，其取值范围都为(－∞，1)，若将所证不等式化为x1＞2－x2，则x1,2－x2的取值范围都为(1，＋∞)，此时就必须利用函数h(x)在(1，＋∞)上的单调性来求解．考点二消参减元消参减元的主要目的就是减元，进而建立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：[典例]已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，方程f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1·x22＜2.[解题观摩] (1)由题意得，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x ＞0)．当a ≤0时，由x ＞0，得1－ax ＞0，即f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1a ，由f ′(x )＜0，得x ＞1a ，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)证明：由题意及(1)可知，方程f (x )＝m (m ＜－2)的两个相异实根x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0＜x 1＜1＜x 2，即ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0.由题意，可知ln x 1－x 1＝m ＜－2＜ln 2－2，又由(1)可知，f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)上单调递减，故x 2＞2. 令g (x )＝ln x －x －m ，则g (x )－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2＝－x ＋2x 2＋3ln x －ln 2.令h (t )＝－t ＋2t 2＋3ln t －ln 2(t ＞2)，则h ′(t )＝－(t －2)2(t ＋1)t 3.当t ＞2时，h ′(t )＜0，h (t )单调递减，所以h (t )＜h (2)＝2ln 2－32＜0，所以g (x )＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2.因为x 2＞2且g (x 1)＝g (x 2)，所以h (x 2)＝g (x 2)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 22＝g (x 1)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 22＜0，即g (x 1)＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 22. 因为g (x )在(0,1)上单调递增，所以x 1＜2x 22，故x 1·x 22＜2.[关键点拨]本题第(2)问要证明的方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系即可．显然构造函数的关键仍然是消掉参数，另外根据函数性质确定“x 2＞2”是解题的一个关键点，确定其范围之后才能将x 1与2x 22化归到函数的同一个单调区间上，这也是此类问题的一个难点——精确定位．考点三比(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，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．[典例] 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)．[解题观摩] 欲证x 1x 2＞e 2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2.由函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，可得函数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的两个不同实根．于是有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0， ①ln x 2－mx 2＝0， ②①＋②可得ln x 1＋ln x 2＝m (x 1＋x 2)，即m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，②－①可得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)，即m ＝ln x 2－ln x 1x 2－x 1，从而可得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＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1.由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)，即证当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1.令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．因此h (t )＞ln 1－2(1－1)1＋1＝0.于是当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1.所以有ln x 1＋ln x 2＞2成立，即x 1x 2＞e 2. [关键点拨]。

两招解决极值点偏移问题

两招解决极值点偏移问题一、极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点.如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同.故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系：若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏.如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2.若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3.若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ；4.若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f .二、运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系.口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+.（1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.（5）若要证明02('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f .【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(x f 的单调性、极值点，证明)(0x x f +与)(0x x f -（或)(x f 与)2(0x x f -）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如0212x x x <+或0)2('21<+x x f 的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题.题型二利用对数平均不等式两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a b a 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 b 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 ≠(,)2a b L a b +<<.不失一般性，可设a b >.证明如下：（I(,)L a b <……①不等式①1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x bx ⇔-<<<-=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 b L a b +<……②不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x b a b x x a a b b x b---⇔->⇔>⇔>=+++其中构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++.因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0g x g <=，从而不等式②成立；综合（I ）（II ）知，对,a b R +∀∈(,)2a b L a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立.。

极值点偏移问题的三种解法

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x附近偏移问题，可以通过构造并判断函数F（x）=f（x0+x）－f（x－x）在x＞0时的符号，确定x＞0时f（x0+x）与f（x－x）的大小关系；再将x=x0－x1＞0代入上式，结合f（x1）=f（x2），得到f（2x－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．例1设函数f（x）=e x－ax+a（a∈Ｒ），其图象与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，且x1＜x2．（1）求a的取值范围；（2）证明：f'（x1x槡2）＜0．分析对问题（2），要证f'（x1x槡2）＜0，只要证e x1x槡2＜a，因为x1x槡2＜x1+x22，所以只要证e x1+x22＜a．解（1）a＞e2（过程略）．（2）令f'（x）=e x－a=0，可得极值点x0 =ln a，且f（x）在（－ɕ，ln a）单调减，在（ln a，+ɕ）单调增，从而x1＜ln a＜x2．构造F（x）=f（ln a+x）－f（ln a－x），x ＞0，则F'（x）=a e x+1e()x－2a≥0，F（x）在（0，+ɕ）单调增，所以F（x）＞F（0）=0，即f（ln a+x）＞f（ln a－x）（x＞0）．令x=ln a－x1＞0，则f（2ln a－x1）＞f（x1）；又f（x1）=f（x2），所以f（2ln a－x1）＞f（x2）．而x2、2ln a－x1都位于x=ln a的右侧，且f（x）在（ln a，+ɕ）单调增，故x2＜2ln a－x1，即ex1+x22＜a，因此e x1x槡2＜a，即f'（x1x槡2）＜0．得证．二、利用对称性例2（2010年天津高考题）已知函数f（x）=x e－x（x∈Ｒ）．（1）求函数f（x）的单调区间和极值；（2）已知y=g（x）的图象与y=f（x）的图象关于直线x=1对称，证明：当x＞1时，f（x）＞g（x）；（3）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x2＞2．解（1）f（x）在（－ɕ，1）内单调增，在=e t2t－e t2+e－t()2e t－1，其中e t－1＞0，e t2＞0．令h（t）=t－e t2+e－t2，则h'（t）=1－12e t2+e－t()2≤0，h（t）在（0，+ɕ）单调减，且h（0）=0，所以h（t）＜0在（0，+ɕ）内恒成立，得f'x1+x2()2＜0．得证．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．（1，+ɕ）内单调减；极大值f（1）=1e（过程略）．（2）略．（3）由（1）可知，f（x）在（－ɕ，1）单调增，在（1，+ɕ）单调减，极值点为x=1，极大值f（1）=1e．不妨设0＜x1＜1＜x2．记图1中虚线部分的解析式为g（x）=f（2－x），由（2）可知在（1，+ɕ）内f（x）＞g（x）恒成立，故f（x2）＞g（x2）．又f（x1）=f（x2），则f（x1）＞g（x2）=f（2－x2），此时x1和2－x2都在x=1的左侧，结合f（x）在（－ɕ，1）单调增，得2－x2＜x1，即x 1+x2＞2，即证．评注作单极值点函数位于极值点左边（或右边）的图象关于极值点所在直线x=x的对称图形，利用所得对称图形（如图1中虚线部分）完全在原图象同侧的下方（或上方）．由此可以直观地发现原图象在x左右两侧的增减速度不同，这正是函数极值点发生偏移的原因．因此，对本题第（3）问，通过构作对称图形，利用第（2）问的结论，并结合f（x1）=f（x2）得到了f（x1）与f（2－x2）的大小关系，最后由单调性解决问题．三、增量法增量法是根据题设中f（x1）=f（x2）的条件列出两个方程，然后从这两个方程出发消去参数，同时将所证不等式转化为只含有x1、x 2的不等式，再通过令x2x1=t（比值增量法）或x 2－x1=t（差值增量法）的代换方法，将含二元变量x1、x2的不等式问题转化为一元变量t的不等式问题，最后构造关于t的函数，以导数为工具证明．1．构造比值增量函数例3（2011年辽宁高考题）已知函数f（x）=ln x－ax2+（2－a）x．设y=f（x）的图象与x轴交于A、B两点，线段AB的中点横坐标为x0，证明f'（x）＜0．证明设A（x1，0）、B（x2，0），不妨设0＜x1＜x2，则x=x1+x22．由f'（x）=1x－2ax+2－a，得f'（x）=f'x1+x2()2=2x1+x2－a（x1+x2）+2－a．由点A、B在函数y=f（x）的图象上，所以ln x1－ax21+（2－a）x1=0，ln x2－ax22+（2－a）x2=0，两式相减，得ln x2－ln x1x2－x1－a（x2+x1）+（2－a）=0．将结果代入f'（x）表达式，得f'（x）=2x1+x2－ln x2－ln x1x2－x1．令x2x1=t（t＞1），则f'（x）=2x1+tx1－ln ttx1－x1=1x1（t－1）2（t－1）t+1－ln[]t，其中1x1（t－1）＞0．令h（t）=2（t－1）t+1－ln t（t＞1），则h'（t）=－（t－1）2t（t+1）2＜0，h（x）在（1，+ɕ）单调减，故h（t）＜h（1）=0，即h（t）＜0在（1，+ɕ）内恒成立，所以f'（x）＜0．得证．2．构造差值增量函数例4已知函数f（x）=a e x(－x+b a、b∈Ｒ）有两个不同的零点x1、x2，对任意a∈（0，+ɕ），b∈Ｒ，证明：f'x1+x2()2＜0．证明不妨设x1＜x2．因为x1、x2是f（x）的两个不同的零点，所以a e x1－x1+b=0，a e x2－x2+b=0，两式相减，得a=x2－x1e x2－e x1．因为f'（x）=a e x－1，所以f'x1+x2()2=x2－x1e x2－e x1ex2+x12－1．令x2－x1=t＞0，则f'x1+x2()2=te x1+t－e x1e2x1+t2－1。

高分必会极值点偏移题型归纳总结

极值点偏移题型归纳总结极值点偏移的概念众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系：若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏. 如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏.极值点偏移问题类型：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ；4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f .极值点偏移的判定定理对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，（1）若)2()(201x x f x f -<，则021)(2x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）若)2()(201x x f x f ->，则021)(2x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏.证明：（1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f 的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）证明略.左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔）左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔）左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.2、抽化模型模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+.（1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.。

微专题37 极值点偏移问题

微专题37 极值点偏移问题1.已知函数f (x )图象顶点的横坐标就是极值点x 0，若f (x )＝c 的两根的中点刚好满足x 1＋x 22＝x 0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)所示.若x 1＋x 22≠x 0，则极值点偏移，此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)所示.2.设a ，b >0，a ≠b ，则a ＋b 2>a －b ln a －ln b >ab ，其中a －b ln a －ln b被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.类型一对称变换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，即根据极值点构造对称函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )，若证x 1x 2>x 20，则令F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x .(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(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.例1 已知函数f(x)＝x e－x(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.(1)解由题知f′(x)＝(1－x)e－x，则由f′(x)<0，得x>1，由f′(x)>0，得x<1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，f(x)的极大值是f(1)＝1 e.(2)证明构造函数F(x)＝f(1＋x)－f(1－x)＝(1＋x)e－(1＋x)－(1－x)e x－1，则F′(x)＝x[e x－1－e－(1＋x)]，当x>0时，F′(x)>0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增.又F(0)＝0，所以F(x)>0，即f(1＋x)>f(1－x).因为x1≠x2，不妨设x1<x2，由(1)知x1<1，x2>1，所以f(x1)＝f(x2)＝f[1＋(x2－1)]>f[1－(x2－1)]＝f(2－x2).因为x2>1，所以2－x2<1，f(x)在(－∞，1)上单调递增，所以x1>2－x2，所以x1＋x2>2.训练1 已知函数f(x)＝x ln x－x，两相异正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2).求证：x1＋x2>2.证明f′(x)＝ln x，当x∈(0，1)时，f(x)单调递减，当x>1时，f(x)单调递增，且f(1)＝－1，如图所示，不妨设x1<1<x2，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，只需要证f(2－x1)<f(x2)，又f(x1)＝f(x2)，所以只需证f(2－x1)<f(x1)，设g(x)＝f(x)－f(2－x)(x∈(0，1))，则g′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′＝ln x＋ln(2－x)，0<x<1，再设h(x)＝ln x＋ln(2－x)，0<x<1，则h′(x)＝1x －12－x＝2－2xx（2－x）>0，∴h(x)在(0，1)上单调递增，∴h(x)<h(1)＝0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴g(x)>g(1)＝0，∴f(x)－f(2－x)>0，0<x<1，∴f(x1)>f(2－x1)，∴x1＋x2>2.类型二消参减元含参函数问题可考虑先消去参数，其目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数.例2 (2022·济南模拟改编)已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1·x2>e2.证明法一消参转化成无参数问题：由题知f(x)＝0，则ln x＝ax，即ln x＝a e ln x.因为x1，x2是方程f(x)＝0的两个根，所以x1，x2也是方程ln x＝a e ln x的两个根，即ln x1，ln x2是方程x＝a e x的两个根.设u1＝ln x1，u2＝ln x2，g(x)＝x e－x，即g(u1)＝g(u2)，从而由x1x2>e2，可得ln x1＋ln x2>2，即u1＋u2>2，由本专题例1得证.法二直接换元构造新函数：由题知a＝ln x1x1＝ln x2x2，则ln x2 ln x1＝x2 x1，设x1<x2，t＝x2x1(t>1)，则x2＝tx1，所以ln tx 1ln x 1＝t ，即ln t ＋ln x 1ln x 1＝t ，解得ln x 1＝ln t t －1，ln x 2＝ln tx 1＝ln t ＋ln x 1＝ln t ＋ln t t －1＝t ln t t －1. 由x 1x 2>e 2，得ln x 1＋ln x 2>2，所以t ＋1t －1ln t >2，所以ln t －2（t －1）t ＋1>0，构造g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1，t >1，g ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0，所以g (t )在(1，＋∞)上单调递增.又g (1)＝0，所以g (t )>g (1)＝0，即ln t >2（t －1）t ＋1，故x 1x 2>e 2. 训练2 已知函数f (x )＝ln(ax )＋12ax 2－2x ，a >0.设x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2>2.证明因为f ′(x )＝ax 2－2x ＋1x(x >0)，f (x )有两个极值点x 1，x 2，所以x 1，x 2是方程ax 2－2x ＋1＝0的两个不相等的正实数根，从而Δ＝(－2)2－4a >0，a >0，解得0<a <1.由ax 2－2x ＋1＝0得a ＝2x －1x 2.因为0<a <1，所以x >12且x ≠1.令g (x )＝2x －1x 2，x >12且x ≠1，则g ′(x )＝2（1－x ）x 3，所以当12<x <1时，g ′(x )>0，从而g (x )单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，从而g (x )单调递减，于是a ＝2x 1－1x 21＝2x 2－1x 22⎝⎛⎭⎪⎫12<x 1<1<x 2. 要证x 1＋x 2>2，只要证x 2>2－x 1，只要证明g (x 2)<g (2－x 1).因为g (x 1)＝g (x 2)，所以只要证g (x 1)<g (2－x 1).令F (x 1)＝g (x 1)－g (2－x 1)＝2x 1－1x 21－2（2－x 1）－1（2－x 1）2，则F ′(x 1)＝2（1－x 1）x 31＋2[1－（2－x 1）]（2－x 1）3＝2（1－x 1）x 31＋2（x 1－1）（2－x 1）3 ＝2(1－x 1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x 31－1（2－x 1）3 ＝4（1－x 1）2[（2－x 1）2＋（2－x 1）x 1＋x 21]x 31（2－x 1）3.因为12<x 1<1，所以F ′(x 1)>0，即F (x 1)在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，所以F (x 1)<F (1)＝0，即g (x 1)<g (2－x 1)，所以x 2>2－x 1，即x 1＋x 2>2.类型三比(差)值换元比(差)值换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.一般用t 表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题.例3 (2022·长沙调研改编)已知函数f (x )＝x ln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).求证：x 1x 2<1e 2.证明 f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e ，由f ′(x )<0，得0<x <1e ，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增. 可设0<x 1<1e <x 2.法一 f (x 1)＝f (x 2)即x 1ln x 1＝x 2ln x 2，令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得x 1ln x 1＝tx 1(ln t ＋ln x 1)，得ln x 1＝t ln t 1－t. 又x 1x 2<1e 2⇔ln x 1＋ln x 2<－2⇔2ln x 1＋ln t <－2⇔2t ln t 1－t＋ln t <－2⇔ln t －2（t －1）t ＋1>0.设g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1(t >1)，则g ′(t )＝（t －1）2t （t ＋1）2>0. ∴当t >1时，g (t )单调递增，g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2（t －1）t ＋1>0.故x 1x 2<1e 2.法二构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x ，则F ′(x )＝f ′(x )＋1e 2x 2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x ＝1＋ln x ＋1e 2x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ln 1e 2x ＝(1＋ln x )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1e 2x 2，当0<x <1e 时，1＋ln x <0，1－1e 2x 2<0，则F ′(x )>0，得F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增， ∴F (x )<F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0， ∴f (x )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <1e ，将x 1代入上式得f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x 1，又f (x 1)＝f (x 2)，∴f (x 2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x 1，又x 2>1e ，1e 2x 1>1e ，且f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，∴x 2<1e 2x 1，∴x 1x 2<1e 2. 训练3 已知函数f (x )＝ln x x －m ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 的两个零点为x 1，x 2，证明：ln x 1＋ln x 2>2.证明不妨设x 1<x 2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2.则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 2－x 1)⇒m ＝ln x 2x 1x 2－x 1. 欲证ln x 1＋ln x 2>2，只需证ln x 1x 2>2，只需证m (x 1＋x 2)>2，即证x 1＋x 2x 2－x 1ln x 2x 1>2. 即证1＋x 2x 1x 2x 1－1 ln x 2x 1>2，设t ＝x 2x 1>1，则只需证ln t >2（t －1）t ＋1，即证ln t －2（t －1）t ＋1>0.记u (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1(t >1)，则u ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0.所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，故ln x1＋ln x2>2.类型四对数均值不等式对数均值不等式可用对称化构造或比值换元进行证明，在解答题中，一般要先证明后应用.例4 (2022·南京质检改编)已知f(x)＝a－1x－ln x有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：2<x1＋x2<3e a－1－1.证明函数f(x)定义域为(0，＋∞).∵a＝1x1＋ln x1＝1x2＋ln x2，∴x1x2＝x2－x1ln x2－ln x1，由对数均值不等式知：x1x2<x2－x1ln x2－ln x1，∴x1x2<x1x2，∴x1x2>1，∴x1＋x2>2x1x2>2.令f(x)＝0，即ax－1－x ln x＝0，设h(x)＝ax－1－x ln x，x>0，则h′(x)＝a－1－ln x，其在(0，＋∞)上单调递减，且h′(x)的零点为p＝e a－1，∴h(x)在(0，p)单调递增，在(p，＋∞)单调递减，且a－1－ln p＝0(*)∴x 1<p <x 2，由对数均值不等式知：ln x 1－ln p x 1－p >2x 1＋p， ∴ln x 1<2（x 1－p ）x 1＋p＋ln p ， ∴a －1x 1<2（x 1－p ）x 1＋p＋ln p ，化简得：(2＋ln p －a )x 21－(2p ＋ap －p ln p －1)x 1＋p >0，把(*)式代入上式得：x 21－(3p －1)x 1＋p >0；同理可得：x 22－(3p －1)x 2＋p <0，∴x 22－(3p －1)x 2＋p <x 21－(3p －1)x 1＋p ，∴(x 2－x 1)(x 2＋x 1)<(3p －1)(x 2－x 1)，∵x 1<x 2，∴x 1＋x 2<3e a －1－1.综上所述，2<x 1＋x 2<3e a －1－1.训练4 试用对数均值不等式证明例2.证明不妨设x 1>x 2，∵ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，∴ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，∴ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，由对数均值不等式可得x 1＋x 22>x 1－x 2ln x 1－ln x 2＝x 1＋x 2ln x 1＋ln x 2，∴ln x 1＋ln x 2>2，即ln(x 1x 2)>2，故x 1x 2>e 2.一、基本技能练1.已知函数f (x )＝2x ＋ln x ，若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>4.证明由题知f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x 2，则f (x )在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数.由函数f (x )＝2x ＋ln x 的单调性可知，若f (x 1)＝f (x 2)，设x 1<x 2，则必有0<x 1<2<x 2，所以4－x 1>2，则f (x 1)－f (4－x 1)＝2x 1＋ln x 1－24－x 1－ln(4－x 1). 令h (x )＝2x －24－x＋ln x －ln(4－x )(0<x <2)，则h ′(x )＝－2x 2－2（4－x ）2＋1x ＋14－x ＝－2（4－x ）2－2x 2＋x （4－x ）2＋x 2（4－x ）x 2（4－x ）2＝－8（x －2）2x 2（4－x ）2<0，所以函数h (x )在(0，2)上为减函数，所以h (x )>h (2)＝0，所以f (x 1)－f (4－x 1)>0，则f (x 1)>f (4－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，所以f (x 2)>f (4－x 1)，则x 2>4－x 1，所以x 1＋x 2>4.2.已知函数f (x )＝e x e x ，f (x 1)＝f (x 2)＝t (0<x 1<x 2，0<t <1).证明：x 1＋x 2>2x 1x 2.证明因为x 2>x 1>0，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧e x 1＝t e x 1，e x 2＝t e x 2⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧1＋ln x 1＝ln t ＋x 1，1＋ln x 2＝ln t ＋x 2，两式相减得ln x 1－ln x 2＝x 1－x 2，由对数均值不等式得x 1x 2<x 1－x 2ln x 1－ln x 2＝1<x 1＋x 22， ∴x 1x 2<1，即1x 1x 2>1，且x 1＋x 2>2，故x 1＋x 2x 1x 2>2，所以x 1＋x 2>2x 1x 2.3.(2022·宁波调研)已知函数f (x )＝x －ln x －a 有两个不同的零点x 1，x 2.(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：x 1＋x 2>a ＋1.(1)解 ∵函数f (x )＝x －ln x －a ，∴f′(x)＝1－1x＝x－1x，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数.故当x＝1时，函数f(x)＝x－ln x－a取最小值f(1)＝1－a，若函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.则1－a<0，即a>1.故实数a的取值范围为(1，＋∞).(2)证明由(1)可设0<x1<1<x2，则x1－ln x1＝a，且x2－ln x2＝a，若证x1＋x2>a＋1，即证x2>1－ln x1，构造函数g(x)＝f(x)－f(1－ln x)，0<x<1，所以g(x)＝x－ln x－(1－ln x)＋ln(1－ln x)＝x－1＋ln(1－ln x)，所以g′(x)＝1－1x（1－ln x），0<x<1，令h(x)＝x(1－ln x)，则h′(x)＝－ln x>0，所以h(x)单调递增，所以0<h(x)<h(1)＝1.所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(1－ln x)，0<x<1，又0<x1<1<x2，所以f(x2)＝f(x1)>f(1－ln x1).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以x2>1－ln x1，故原不等式得证.二、创新拓展练4.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，求证：x1＋x2<2.(1)解f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a).①当a＝0时，f(x)＝(x－2)e x，f(x)只有一个零点.②当a>0时，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.因为f(1)＝－e，f(2)＝a，故在(1，＋∞)上有一个零点.取b满足b<0且b<ln a2，则f(b)>a2(b－2)＋a(b－1)2＝a⎝ ⎛⎭⎪⎫b2－32b>0，故在(－∞，1)上有一个零点，故f(x)存在两个零点.③当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a).若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.若a<－e2，则ln(－2a)>1，所以f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0，＋∞).(2)证明不妨设x1<x2，由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.因为f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，f(x2)＝(x2－2)e x2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，x>1，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减.因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.。

求解极值点偏移问题的两个技巧

知识导航所谓极值点偏移，是指函数f ()x 的极值点x 0与区间()x 1,x 2上的中点x 1+x22不相等.极值点偏移问题主要考查函数的图象和性质、不等式的性质、方程的根的判别式、韦达定理等.解答极值点偏移问题的关键在于，正确处理两根之间的关系，确保不等式恒成立.解答此类问题主要有两个技巧：差值代换和比值代换.下面，我们结合一道典型例题来进行探讨.例题：已知函数f ()x =xe -x，若0<x 1<x 2，且f ()x 1=f ()x 2，求证：3x 1+x 2>3.题目中出现了两个变量x 1、x 2,求解的难度较大.我们需根据已知条件建立关于x 1、x 2的关系式,灵活运用函数的图象和性质、不等式的性质、方程的根的判别式、韦达定理等进行推理、运算,由已知条件逐步向目标式靠近.我们可以运用差值代换和比值代换两个技巧来求解.一、差值代换运用差值代换技巧求解极值点偏移问题，需首先令t =x 2-x 1,消去其中的一个变量x 1或x 2，将函数转化关于变量t 的式子，通过探讨函数的单调性、极值，从而证明结论.在解答本题时，要先设t =x 2-x 1，而3x 1+x 2>3等价于3t e t -1+te te t -1>3，可构造函数g ()t =()t -3e t +3t +3,并运用导数法对其性质和图象进行深入探讨，从而证明结论成立.解：∵0<x 1<x 2，且f ()x 1=f ()x 2，∴x 1e x 1=x 2ex 2，x 2=x 1∙e x 2-x 1，令t =x 2-x 1，t =()e t -1x 1，∴x 1=t e t -1，x 2=te te t -1，∴3x 1+x 2>3等价于3t e t-1+te te t -1>3，设g ()t =()t -3e t+3t +3()t >0，∴g '()t =()t -2e t+3，令h ()t =()t -2e t +3，∴h '()t =()t -1e t，当0<t <1时，h '()t <0，h ()t 在()0,1上单调递减；当t >1时，h '()t >0，h ()t 在()1,+∞上单调递增；h ()t ≥h ()1=3-e >0，∴g '()t >0，g ()t 在()0,+∞上单调递增，g ()t >0，∴3x 1+x 2>3.二、比值代换所谓比值代换，是指通过引入变量t =x 2x 1,将极值点偏移问题转变为关于t 的函数问题来求解的技巧.在研究f ()t 时，可先对其进行求导，分析导函数与0之间的关系，进而判断出函数的单调性，求得最值，从而证明结论.对于本题，可先令t =x 2x 1,则x 1=ln tt -1、x 2=t ln t t -1，而目标式可等价于ln t -3()t -1t +3>0，构造函数g ()t =ln t -3()t -1t +3,研究其导函数,便可确定g (t )的极值和单调性，进而证明3x 1+x 2>3.解：∵0<x 1<x 2，且f ()x 1=f ()x 2，∴x 1e x 1=x 2ex 2，x 2=x 1∙e x 2-x 1,∴ln x 1ln x 2=x 1-x 2，设t =x 2x 1>1，∴x 1=ln t t -1，x 2=t ln tt -1，∴3x 1+x 2>3等价于()t +3ln t t -1>3，设g ()t =()t +3ln tt -1()t >1，∴g '()t =t +2-3t -4ln t()t -12，令h ()t =t +2-3t-4ln t ()t >1，∴h '()t =()t -1()t -3t 2，当1<t <3时，h '()t <0，h ()t 在()1,3上单调递减；当t >3时，h '()t >0，h ()t 在()3,+∞上单调递增；∵h ()3=4-4ln 3<0，h ()e 2>0，∴在()3,e 2上存在唯一零点t 0使h ()t 0=0，即ln t 0=t 20+2t 0-34t 0，当1<t <t 0时，g '()t <0，g ()t 在()1,t 0上单调递减；当t >t 0时，g '()t >0，g ()t 在()t 0,+∞上单调递增，g ()t ≥g ()t 0=14æèçöø÷t 0+9t 0+6，∵t 0>3，y =t 0+9t 0在()3,+∞上单调递增，∴g ()t 0=14æèçöø÷t 0+9t 0+6>3，∴3x 1+x 2>3.比值代换、差值代换都是求解极值点偏移问题的常用技巧，也是同学们应该学习和掌握的重要内容.通过上述分析，我们不难发现解答极值点偏移问题,需灵活运用换元、消参的技巧，将问题转化为关于t 的函数问题，然后运用导数法来求解.(作者单位：陕西省渭南经开区渭南中学)申一鸣39Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。

高中数学课件-导数中的综合问题-第4课时极值点偏移问题

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

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 =--<。

高中数学经典资料第119课--极值点偏移问题

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

高中数学极值点偏移问题

高中数学极值点偏移问题极值点偏移问题极值点偏移问题是指可导函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，方程 $f(x)=m$ 的解分别为$x_1,x_2$ 且 $ax$，则称函数 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上极值点$x$ 右偏移。

极值点偏移的判定定理是指对于可导函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，方程 $f(x)=m$ 的解分别为 $x_1,x_2$ 且 $a<x_1<x_2<b$，有以下判定条件：1）若 $f(x_1)<f(2x-x_2)$，则极值点偏移为峰偏右。

2）若 $f(x_1)>f(2x-x_2)$，则极值点偏移为谷偏左。

3）若 $f(x_1)>f(2x-x_2)$，则极值点偏移为峰偏左。

4）若 $f(x_1)<f(2x-x_2)$，则极值点偏移为谷偏右。

拓展内容：1）若 $f(a+x)=f(b-x)$，则函数 $f(x)$ 的图像关于直线$x=\dfrac{a+b}{2}$ 对称；特别地，若 $a+b=2a$，则函数$f(x)$ 的图像关于直线 $x=a$ 对称。

2）若函数$f(x)$ 满足$\forall x\in(0,a)$ 有下列之一成立：① $f(x)$ 在 $(0,a)$ 递增，在 $(a,2a)$ 递减，且 $f(a-x))f(a+x)$（$f(x))f(2a-x)$）。

② $f(x)$ 在 $(0,a)$ 递减，在 $(a,2a)$ 递增，且 $f(a-x)>((<)f(2a-x)$）。

则函数 $f(x)$ 在 $(0,2a)$ 的图像关于直线 $x=a$ 偏移（偏对称，俗称峰谷偏函数）。

其中，①极大值左偏（或右偏）也称峰偏左（或右）；②极小值偏左（或偏右）也称谷偏左（或右）。

已知函数y=f(x)满足f(x1)=f(x2)，x1和x2为函数y=f(x)的极值点，证明：x1+x2>2x首先，求函数f(x)的极值点x。

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