(完整word版)极值点偏移的好题

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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）；。

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．。

极值点偏移问题(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)_极值点_不等式_对数_新浪网

131例题展示点评：该题的三问由易到难，层层递进，完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程，直观展示如下：把握以上三个关键点，就可以轻松解决一些极值点偏移问题．拓展小结：用对称化构造的方法解决极值点偏移问题大致分为以下三步：123牛刀小试极值点偏移问题二——函数的选取（操作细节）例题展示点评点评注1注2思考：上一讲极值点偏移问题（1）中练习1应该用哪一个函数来做呢？极值点偏移问题三——变更结论（操作细节）例题展示解法一（换元法）解法二（加强命题）剧透：下一讲中我们还会给出这道题的第三种证法．能否将双变量的条件不等式化为单变量的函数不等式呢？答案是肯定的，以笔者的学习经验为线索，我们先看一个例子．引例证明发现能否一开始就做这个代换呢？这样一种比值代换在极值点偏移问题中也大有可为.下面就用这种方法再解前面举过的例子．再解例1（3）：再解例3：再解练习1：再解例4：再解例5：再解例7：再解例8：行文至此，相信读者已经领略到比值代换的威力．用比值代换解极值点偏移问题方便、快捷，简单得很．只需通过一个代换就可“双元”化“单元”，变为单变量的函数不等式，可证．那是不是可以就此忘掉前面三讲的内容呢？只需比值代换，就可偏移无忧？这里，笔者必须指出，前面再解的过程中有意地略去了一些例子（不知细心的你是否发现），这就补上，请读者明察．试再解例2：试再解例6：试再解练习2：这是比值代换的败笔，又是最精彩之处．没有任何一种方法是万能的，我们不仅要熟悉它的优势，熟练它的操作，还要清醒地认识到它的缺陷，运用时要注意哪些问题，这其实是为了更好的运用．最后，我们来看比值代换另一个应用．牛刀小试极值点偏移问题五——对数平均不等式（本质回归）回顾本讲要给的对数平均不等式是对基本不等式的加细．对数平均不等式：先给出对数平均不等式的多种证法．证法1（对称化构造）：证法2（比值代换）：证法3（主元法）：证法4（积分形式的柯西不等式）：证法5（几何图示法）：图1图2应用由对数平均不等式的证法1、2即可看出它与极值点偏移问题间千丝万缕的联系，下面就用对数平均不等式解前面举过的例题．再解例1：再解例2：再解例3：再解练习1：再解例4：同本节例1再解例5：同本节例1再解例7（2）：再解例8：再解练习2：解练习3选项D：总结极值点偏移问题，多与指数函数或对数函数有关，用对数平均不等式解题的关键有以下几步：细心的读者不难发现，用对数平均不等式来解极值点偏移问题的方法也有一定局限性，也不是万能的（再解过程中漏掉了例6，读者可尝试），其中能否简洁地表示出对数平均数是关键中的关键．最后再举一例．证法1证法2极值点偏移问题六——泰勒展开（本质回归）这一讲我们回到极值点偏移的直观图形上来，揭示极值点偏移问题的高等数学背景．以极小值点的偏移为例进行说明。

极值点偏移的问题(含答案)

极值点偏移的问题(含答案)1.已知 $f(x)=\ln x-ax$，其中 $a$ 为常数。

1）若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线与 $x$ 轴平行，求$a$ 的值；2）当 $a=1$ 时，比较 $f(m)$ 和 $f(1)$ 的大小；3）$f(x)$ 有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，证明：$x_1\cdotx_2>e^2$。

变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。

1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；2) 若有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，试证明：$x_1\cdotx_2>e$。

2.已知 $f(x)=x^2+ax+\sin (\pi x)$，$x\in(0,1)$。

1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。

3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。

4.设 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$。

1）证明：当 $x>1$ 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$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。

(完整版)极值点偏移问题专题——对数平均不等式

极值点偏移——对数平均不等式（本质回归）笔者曾在王挽澜先生的著作《建立不等式的方法》中看到这样一个不等式链：，不曾想，其中一部分竟可用来解极值点偏移问题．对数平均不等式：对于正数，，且，定义为，的对数平均值，且，即几何平均数＜对数平均数＜算术平均数，简记为．先给出对数平均不等式的多种证法．证法1（对称化构造）设，则，，构造函数，则．由得，且在上，在上，为的极大值点．对数平，等价于，这是两个常规的极值点偏移问题，留给读者尝试．证法2（比值代换）令，则，构造函数可证．证法3（主元法）不妨设，111ln2e e 2ln b a b aa ab b ab ab b a b a ba b a b b b a a a ---⎛⎫-+⎛⎫<<<<<<⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭ab a b ≠ln ln a ba b--a b ln ln 2a b a ba b -+<-()()(),,,G a b L a b A a b <<0ln ln a bR a b-=>-ln ln k a k b a b -=-ln ln k a a k b b -=-()ln f x k x x =-()()f a f b =()1kf x x'=-()0f k '=()f x ()0,k Z (),k +∞]x k =()f x 2a b k +<<22a b kab k +>⎧⎨<⎩1at b=>()()11ln ln 2ln 2b t b t a b a ba b t -+-+<<⇔<<-()2111ln ln 21t t t t t t --+⇔<⇔<<+a b >．记，，则，得在上，有，左边得证，右边同理可证．证法4（积分形式的柯西不等式）不妨设，则由得，；由得，．证法5（几何图示法）过上点作切线，由曲边梯形面积，大于直角梯形面积，可得，即；如上右图，由直角梯形面积大于曲边梯形面积，可得．由对数平均不等式的证法1、2即可看出，它与极值点偏移问题间千丝万缕的联系，下面就用对数平均不等式再解前面举过的例题．再解例1：即，，则ln ln ln ln 0ln ln a b a b a b a b -<⇔-<⇔-<-()ln ln f a a b =-(),a b ∈+∞()210f a a '==<()f a (),b +∞]()()0f a f b <=a b >()()()()2ln ln ln 22ln ln ln e e 1aa axx bbbdxdxdx <⎰⎰⎰()()()2221ln ln 2b a a b a b -<--ln ln 2a b a ba b -+<-()222111a a ab b bdx dx dx x x ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰()()211ln ln a b a b b a ⎛⎫-<-- ⎪⎝⎭ln ln a ba b-<-()1f x x =2,2a b a b +⎛⎫⎪+⎝⎭()11ln ln 2a b a b dx a b a b x -⋅<=-+⎰ln ln 2a b a b a b -+<-1dx x=< ⎪ ⎪⎝⎭ln ln a b a b -<-()()12f x f x =1212ee x x x x --=1122ln ln x x x x -=-12121ln ln x x x x -=-（正数，的对数平均数为1），得，且．再解例2：即；由得，两式相减得，下面用反证法证明．若，则，，取对数得，则．而由对数平均不等式得，矛盾．再解例3：由得，；．由对数平均不等式得，，得．再解练习1：由得，则，1x 2x 1212x x +<<121x x <122x x +>()()()22e 10xf x x a x =-+-=()()22e 10xx a x -=->()()120f x f x ==()()()()122112222e 12e 1x x x a x x a x ⎧-=-⎪⎨-=-⎪⎩()()()()121212122e 2e 2x xx x a x x x x ---=-+-122x x +<122x x +≥()()12122e 2e 0x x x x ---≤()()12122e 2e x xx x -≤-()()1122ln 2ln 2x x x x -+≤-+()()21121ln 2ln 2x x x x -≥---()()()()()()()()121221121212222221ln 2ln 2ln 2ln 222x x x x x x x x x x x x ----+--+=<=-≤------1122ln ln x x x x m ==11ln m x x =22ln mx x =1212121212ln ln ln ln ln ln ln ln m mx x x x mx x x x x x --==---()12121212ln ln ln ln ln ln m x x m mx x x x x x ++=+=()()12121212ln ln 0,ln 0,ln 0ln ln 2ln ln m x x mm x x x x x x +-<<<<+()12122ln ln ln x x x x ->+=1221e x x <1122ln ln x ax x ax -=-1212110ln ln e x x a x x a -⎛⎫=<< ⎪-⎝⎭1212x xa +<得；，已证．再解例4：同例1，不再详述．再解例5：同例1得到，则．再解例7（2）：易得，则，则，．再解例8：，，得，则，，．再解练习2：原题结论抄写有误，应更正为．即，，则 ①－②得，则（正数，的对数平均数为1）．，得，且．①＋②得，由此可得．解练习3：选项D ：即，则，，所以1222ex x a +>>()2121212122e ln ln 22x x x x a x x x x a>⇔+>⇔+>⇔+>121x x <12112x x +>>()1ln 1ln ln ln 0,1a b a b a b a b ++-==∈-1ln ln a b a b->-12a b+>2a b +>11222ln 2ln x ax x ax -=-()()12122ln ln x x a x x -=-12122ln ln x x x x a -=-1222x x a +>124x x a +>()121224262x x x x x a a a+=++>+=0f '<()0f x =()()2e 1e x a x a =->()ln ln 1x a x =+-()()1122ln ln 1 ln ln 1 x a x x a x =+-⎧⎨=+-⎩①②()()()()12121211ln 1ln 1x x x x x x -=---=---()()()()1212111ln 1ln 1x x x x ---=---11x -21x -()()121112x x -+-<<()()12111x x --<124x x +>()()12122ln ln 112ln x x a x x a +=+--<12ln 2x x a +<<0f '<()()12f x f x =121222ln ln x x x x +=+()12122112222ln ln x x x x x x x x --=-=121212ln ln 2x x x x x x -=-．顺带地，也有．极值点偏移问题，多与指数函数或对数函数有关，解题的关键有以下几步：（1）根据建立等量关系；（2）等量关系中如果含有参数，可考虑消参；如果含有指数式，可考虑两边取对数；（3）通过恒等变形转化出对数平均数（的值或仍用，表示），代入对数平均不等式求解．细心的读者不难发现，用对数平均不等式来解极值点偏移问题的方法也有局限性，也不是万能的（再解过程中漏掉了例6），其中能否简洁地表示出对数平均数是关键中的关键，最后再举一例．例10设函数的两个零点是，，求证：．证法1：首先易知，且在上，在上，不妨设，，构造函数可证．证法2：由题意得，两式相减得，，，121212442x x x x x x <⇒>⇒+>>()()1212111212121111122x x x x x x x x x x x x +<⇒<+⇔--<⇔+>()()120f x f x ==1x 2x ()()2ln 2f x x ax a x =-+-1x 2x 1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭0a >()f x 10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭Z 1a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭]1210x x a <<<121212201022x x x x f a x x a ++⎛⎫'<⇔⋅->⇔+> ⎪⎝⎭()()2F x f x f x a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()()21112222ln 20ln 20x ax a x x ax a x ⎧-+-=⎨-+-=⎩()()()()12121212ln ln 20x x a x x x x a x x --+-+--=()()()121212ln ln 2x x x x a x x a -=-++-()12121210ln ln 2x x x x a x x a -=>-++-所以．()()()()212121212122012x x a x x a x x a x x a +<⇒++-+->++-()()()12121212221002x x a x x x x x x f a +⎛⎫'⇒+-++>⇒+>⇒< ⎪⎝⎭。

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.

完整版导数压轴题分类2 极值点偏移问题含答案

导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数Fx f x f 2x 0 x 或者F x f x o x f x o x 。

其中x o 为函数y f x 的极值点。

⑵利用对数平均不等式。

•、ab-—b -—b 。

⑶变换主元等方法。

In a In b 2任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。

2 21 设函数 f(x) a In x x ax (a R)(1)试讨论函数f (x)的单调性;a 21nx x 2 ax 可知 2x 2 ax a 2 (2x a)(x a)x x① 若a 0时，当 x (0, a)时，f (x)0 ,函数f (x)单调递减，当 x (a, )时,f (x) 0，函数f (x)单调递增；② 若a 0时，当 f (X) 2x 0在x (0,)内恒成立，函数f (x)单调递增;③ 若a 0时，当 x (0,a)时，f (X )0 ,函数f (x)单调递减，因为函数f(x)的定义域为(0,)，所以2 f (x)0，函数f (x)单调递增;当)时,((2) f (x) m 有两解捲必(论x 2)，求证：x-i x 2 2a .解析：(1)由f(x)a 2f (x)2x axa 2,(2)要证 X i X 2 2a , 只需证 a 22 a 2xg(x) f (x)为增函数。

只需证： f (X ^jX1) f (a)0,即证2- N +X 2 a 0 (*)x , x 2 a又 a 21n X i X i 2ax i2 2m, a In X 2 X 2 ax 2 m,两式相减整理得:2x a,则 g (x)g(x) (x)x2a 2x , +x 2 aln x 1 ln x 2 1 2(x 1ix x 2a)a0，把丄（x 1aX 2 a) ln x ( xlnX 2 代入（*） X 2式，即证：x 1 x 22ln x (lnx2o 化为2(竺1)=t 即证：2（t 1) lnt 0x2ln^10,令冬x-i x 2x X 2生1xx t 1x令（t ） 2(t 1) ln t(0 t1）,则⑴4 1 (t 1)2卜ot 21t 1t t1 t所以⑴为减函数，⑴（1）综上得：原不等式得证。

高考导数极值点偏移练习题

高考导数极值点偏移练习题1．已知函数()()()2xx e a R f x a =-+∈.（1）试确定函数()f x 的零点个数；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 【分析】（1）由0f x 得()2x a x e =-，然后利用导数求出()()2x g x x e =-的单调性即可（2）设121x x ，设()()()()21F x f x f x x =-->，然后利用导数可得()F x 在1,递增，()()10F x F >=，即()()2f x f x >-，进而可得()()222f x f x >-，即()()212f x f x -<，再由()()f x g x a =-+的单调性即可得到122x x +<. 【详解】（1）由0f x得()2x a x e =-，令()()2x g x x e =-，函数()f x 的零点个数即直线y a =与曲线()()2xg x x e =-的交点个数， ∵()()()21xxxg x e x e x e =-+-=-'，由0g x 得1x <；由0g x 得1x >，∴函数()g x 在(),1-∞单调递增，函数()g x 在1,单调递减.∴当1x =时，函数()g x 有最大值，()()max 1g x g e ==，又当2x <时，()0gx >，()20g =，当2x >时，()0g x <，∴当a e >时，函数()f x 没有零点；当a e =或0a ≤时，函数()f x 有一个零点；当0a e <<时，函数()f x 有两个零点.（2）由（1）知0a >，不妨设121x x ，设()()()()21F x f x f x x =-->，∴()()22xxF x x e xe-=-+，由于()()()21xx F x x ee -'=--，又易知2x x y e e -=-是减函数，当1x >时，有20x x e e e e --<-=，又10x -<，得()0F x '>，所以()F x 在1,递增，()()10F x F >=，即()()2f x f x >-.由21>x 得()()222f x f x >-，又()()210f x f x ==， ∴()()212f x f x -<，由()()2xg x x e =-在(),1-∞上单调递增，得()()f x g x a =-+在(),1-∞单调递减，又221x -<，∴212x x ->，即122x x +<.2．已知：()ln f x x =，32()(0)x g x e ax ax a =-+> （1）证明：对12(0,)x x ∀∈+∞、，且12x x ≠，有()()1212122f x f x x x x x ->-+；（2）若()()120g x g x ==，求证：124x x +>+ 【分析】（1）不妨设120x x >>，转化为()1122112122212ln 1x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令12x t x =，只需要证明2(1)()ln 01t h t t t -=->+，求导得到单调性得到答案.（2）令()ln 2ln ln(1)P x x a x x =----，代入化简得到121222122x x x x >⋅+++-，设12x x t +=，即2880t t -+>，解不等式得到答案.【详解】（1）不妨设120x x >>，则原不等式化为()1122112122212ln 1x x x x xx x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++令12x t x =，则只需证2(1)()ln 01t h t t t -=->+，22214(1)()0(1)(1)t f t t t t t '-=-=≥++ 故()f t 为增函数，而121x t x =>，故()(1)0f t f >=得证. （2）32()0x g x e ax ax =-+=，故2(1)x e ax x =-（此方程解必满足1x >），故ln 2ln ln(1)x a x x =++-，令()ln 2ln ln(1)P x x a x x =----，故1x 、2x 是()P x 的零点，且121x x >> 由()()111222ln 2ln ln 1ln 2ln ln 1x a x x x a x x ----=----，故()()()1212122ln ln ln 1ln 1x x x x x x -=-+---，即()()()()121212121212ln 1ln 1ln ln 22122112x x x x x x x x x x x x ----=⋅+>⋅+----++-，令12x x t +=，则由4212t t >+-，得：2880t t -+>，解得：4t >+4t <-（不合题意舍去）.3．已知函数()2ln 2f x x x ax x =-+，a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在()0,∞+内单调递减，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，证明：1212x x a+>．【分析】（I ）先求得函数的导数，根据函数在()0,∞+上的单调性列不等式，分离常数a 后利用构造函数法求得a 的取值范围.（II ）将极值点12,x x 代入导函数列方程组，将所要证明的不等式转化为证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，利用构造函数法证得上述不等式成立.【详解】（I ）()ln 24f x x ax +'=-． ∴()f x 在()0,∞+内单调递减，∴()ln 240f x x ax =+-≤在()0,∞+内恒成立，即ln 24x a x x ≥+在()0,∞+内恒成立．令()ln 2x g x x x =+，则()21ln xg x x --'=， ∴当10e x <<时，()0g x '>，即()g x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭内为增函数；当1x e >时，()0g x '<，即()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内为减函数． ∴()g x 的最大值为1g e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴e,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，则()ln 240f x x ax =+-='在()0,∞+内有两根1x ，2x ，由（I ），知e 04a <<．由1122ln 240ln 240x ax x ax +-=⎧⎨+-=⎩，两式相减，得()1212ln ln 4x x a x x -=-．不妨设120x x <<，∴要证明1212x x a+>，只需证明()()121212142ln ln x x a x x a x x +<--．即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，亦即证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+．令函数．∴22(1)'()0(1)x h x x x --=≤+，即函数()h x 在(]0,1内单调递减． ∴()0,1x ∈时，有()()10h x h >=，∴2(1)ln 1x x x ->+．即不等式12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+成立．综上，得1212x x a+>．4．已知函数()x f x e ax =-.（1）若函数()f x 在1(,2)2x ∈上有2个零点，求实数a 的取值范围.（注319e >）（2）设2()()g x f x ax =-，若函数()g x 恰有两个不同的极值点1x ，2x ，证明：12ln(2)2x x a +<.【分析】（1）将a 分离，构造函数()xe h x x=，利用导数研究()h x 的图像，得到a 的范围.（2）由已知()g x ，求其导函数，由x 1，x 2是g （x ）的两个不同极值点，可得a ＞0，结合g ′（x 1）＝0，g ′（x 2）＝0得到1120x e ax a --=，2220x e ax a --=进一步得到12122x x e e a x x -=-，把问题转化为证明1212212x x x x e e ex x +--＜，将其变形后整体换元构造函数()t ϕ．再利用导数证明()t ϕ＞0得答案．【详解】（1）1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，由()0f x =得xea x=，令()()()21x xe x e h x h x x x='-=⇒ ∴112x ≤<时，()0h x '<， 12x <≤时，()0h x '>，∴()h x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数，在()1,2上是增函数.又12h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()222e h =，()1h e =()344161640444e e e e e e ---==>， ∴()122h h ⎛⎫>⎪⎝⎭，∴h （x ）的大致图像：利用()y h x =与y a =的图像知(,2a e e ∈.（2）由已知()2xg x e ax ax =--，∴()2xg x e ax a =--'，因为1x ，2x 是函数()g x 的两个不同极值点（不妨设12x x <），易知0a >（若0a ≤，则函数()f x 没有或只有一个极值点，与已知矛盾），且()10g x '=，()20g x '=.所以1120x e ax a --=，2220xe ax a --=.两式相减得12122x x e e a x x -=-，于是要证明()12ln 22x x a +<，即证明1212212x xx x e e e x x +-<-，两边同除以2x e ，即证12122121x x x x e ex x ---<-，即证()12122121x x x x x x e e --->-，即证()121221210x x x x x x ee ----+>，令12x x t -=，0t <.即证不等式210tt te e -+>，当0t <时恒成立.设()21tt t te e ϕ=-+，则()2212t t t t te t e e ϕ=+⋅⋅-'= 22211]22t t tt t t e e e e ⎡⎫⎛⎫+-=--+⎪⎢ ⎪⎝⎭⎣⎭. 设()212tth t e =--，则()221111222t th t e e ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭'，当0t <时，()0h t '<，()h t 单调递减，所以()()00h t h >=，即2102t t e ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，所以()0t ϕ'<，所以()t ϕ在0t <时是减函数.故()t ϕ在0t =处取得最小值()00ϕ=. 所以()0t ϕ>得证.所以()12ln 22x x a +<.5．已知函数2()ln (1)()2a f x x x a x a R =-+-∈．（1）当0a ≥时，求函数()f x 的极值；（2）若函数()f x 有两个零点12,x x ，求a 的取值范围，并证明122x x +>．【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间，令()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间，从而可得函数()f x 的极值；（2）对a 进行讨论：0a ≥，10a -<<，1a =-，1a <-，针对以上四种情况，分别利用导数研究函数的单调性，利用单调性讨论函数()f x 有两个零点情况，排除不是两个零点的情况，可得()f x 有两个零点时，a 的取值范围是()2,+∞，由（1）知()f x 在()1,+∞单调递减，故只需证明()()1220f x f x ->=即可，又()10f x =，只需利用导数证明()120f x ->即可.试题解析：（1）由()()2ln 12a f x x x a x =-+-得()()()1111x ax f x ax a x x-+=-+-=-'，当0a ≥时，10ax +>，若()01,0x f x <'；若()1,x f x >'< 0，故当0a ≥时，()f x 在1x =处取得的极大值()112af =-；函数()f x 无极小值. （2）当0a ≥时，由（1）知()f x 在1x =处取得极大值()112af =-，且当x 趋向于0时，()f x 趋向于负无穷大，又()()2ln220,f f x =-<有两个零点，则()1102af =->，解得2a >.当10a -<<时，若()01,0x f x <'；若()11,0x f x a '<<-<；若()1,0x f x a'>->，则()f x 在1x =处取得极大值，在1x a =-处取得极小值，由于()102af x =-<，则()f x 仅有一个零点. 当1a =-时，()()210x f x x-'=>，则()f x 仅有一个零点.当1a <-时，若()10,0x f x a '<-；若()11,0x f x a'-<<<；若()1,0x f x '>>，则()f x 在1x =处取得极小值，在1x a =-处取得极大值，由于()11ln 102f a a a ⎛⎫-=--+-< ⎪⎝⎭，则()f x 仅有一个零点.综上，()f x 有两个零点时，a 的取值范围是()2,+∞. 两零点分别在区间()0,1和()1,+∞内，不妨设1201,1x x <. 欲证122x x +>，需证明212x x >-，又由（1）知()f x 在()1,+∞单调递减，故只需证明()()1220f x f x ->=即可.()()()()()()()2211111112ln 2212ln 21222a a f x x x a x x x a x -=---+--=--++-，又()()()21111ln 102a f x x x a x =-+-=，所以()()()11112ln 2ln 22f x x x x -=--+-，令()()ln 2ln 22(01)h x x x x x =--+-<<，则()()()221112022x h x x x x x -=-+'=<--，则()h x 在()0,1上单调递减，所以()()10h x h >=，即()120f x ->，所以122x x +>.6．已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x +ax 2（a ∈R ）. （1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）若函数f （x ）有两个零点x 1，x 2（x 1＜x 2），证明：x 1+x 2＜0. 【分析】(1)对函数求导,根据a 的取值进行分情况讨论,判断函数的单调性;(2)先判断函数()f x 有两个零点时a 的取值范围为0a >,再利用极值点偏移法,构造函数()()()g x f x f x =--,0x >,证明即可.【详解】(1)f (x )=(x ﹣1)e x +ax 2, f ′(x )=x (e x +2a ), ①当a ≥0时,e x +2a >0,故当x ∈(﹣∞,0)时,f '(x )<0,当x ∈(0,+∞)时,f '(x )>0, 所以函数f (x )在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; ②当a <0时,由f '(x )=x (e x +2a )=0,得x =0,或x =ln(﹣2a ),i 当﹣2a >1即a 12-＜时,ln(﹣2a )>0,故当x ∈(﹣∞,0),(ln(﹣2a ),+∞)时,f '(x )>0,f (x )递增,当x ∈(0,ln(﹣2a ))时,f '(x )<0,f (x )递减; ii 当0<﹣2a <1即12-＜a <0时,ln(﹣2a )<0,故当x ∈(﹣∞,ln(﹣2a )),(0,+∞)时,f '(x )>0,f (x )递增,当x ∈(ln(﹣2a ),0)时,f '(x )<0,f (x )递减; iii 当﹣2a =1即a 12=-,ln(﹣2a )=0,f '(x )≥0,f (x )在R 上递增; (2)函数f '(x )=x (e x +2a ),由(1)可知:①当a =0时,函数f (x )=(x ﹣1)e x 只有一个零点,不符合题意; ②当a <12-时,f (x )的极大值为f (0)=﹣1,f (x )极小值为(ln(2))(0)1f a f -<=-, 故最多有一个零点,不成立;③当12-＜a <0时,f (x )的极大值为f (ln(﹣2a )=[ln(﹣2a )﹣1]e ln(﹣2a )+a ln 2(﹣2a )=a [ln 2(﹣2a )﹣2ln(﹣2a )+2]=a [(ln(﹣2a )﹣1)2+1]<0, 故最多有一个零点,不成立; ④当a 12=-时,f (x )在R 上递增, 故最多有一个零点不成立;③当a >0,函数f (x )在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又f (0)=﹣1,f (1)=a >0,故()f x 在(0,1)存在一个零点x 2, 因为x <0,所以x ﹣1<0,0<e x <1,所以e x (x ﹣1)>x ﹣1, 所以f (x )>ax 2+x ﹣1,取x 012a-=,显然x 0<0且f (x 0)>0,所以f (x 0)f (0)<0,故()f x 在(x 0,0)存在一个零点x 1, 因此函数f (x )有两个零点,且x 1<0<x 2, 要证x 1+x 2<0,即证明x 1<﹣x 2<0,因为f (x )在(﹣∞,0)单调递减,故只需f (x 1)=f (x 2)>f (﹣x 2)即可, 令g (x )=f (x )﹣f (﹣x ),x >0,g '(x )=x (e x +2a )﹣xe ﹣x ﹣2ax =x (e x ﹣e ﹣x )>0,所以g (x )在()0+∞，上单调递增, 又g (0)=0,所以g (x )>0, 故f (x 1)=f (x 2)>f (﹣x 2)成立, 即x 1+x 2<0成立.7．已知函数21()ln ()2f x x x mx x m R =--∈. （1）若函数()f x 在(0,)+∞上是减函数，求实数m 的取值范围；（2）若函数()f x 在(0,)+∞上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，证明：12ln ln 2x x +>.分析：（1）由题意得出'()ln 0f x x mx =-≤在定义域(0,)+∞上恒成立，即max ln ()xm x≥，设ln ()xh x x =，则21ln '()x h x x-=，由此利用导数求得函数单调性与最值，即可求解；（2）由（1）知'()ln f x x mx =-，由函数()f x 在(0,)+∞上存在两个极值点1x ，2x ，推导出∴12ln ln x x +112212(1)ln 1x xx x x x +⋅=-，设12(0,1)x t x =∈，则12(1)ln ln ln 1t t x x t +⋅+=-，要证12ln ln 2x x +>，只需证2(1)ln 01t t t --<+，构造函数2(1)()ln 1t g t t t -=-+，利用导数求得函数的单调性与最值，即可作出求解. 详解：（1）∵()()21ln 2f x x x mx x m R =--∈在()0,+∞上是减函数， ∴()'ln 0f x x mx =-≤在定义域()0,+∞上恒成立，∴maxln x m x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，设()ln x h x x =，则()21ln 'x h x x-=，由()'0h x >，得()0,x e ∈，由()'0h x <，得x e >， ∴函数()h x 在()0,e 上递增，在(),e +∞上递减， ∴()()max 1h x h e e ==，∴1m e ≥. 故实数m 的取值范围是1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 证明：（2）由（1）知()'ln f x x mx =-，∵函数()f x 在()0,+∞上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，∴112200lnx mx lnx mx -=⎧⎨-=⎩，则12121212ln ln ln ln x x m x x x x m x x +⎧=⎪+⎪⎨-⎪=⎪-⎩，∴12121212ln ln ln ln x x x x x x x x +-=+-，∴12112122ln ln ln x x x x x x x x ++=⋅- 1122121ln 1x x x x x x ⎛⎫+⋅ ⎪⎝⎭=-，设()120,1x t x =∈，则()121ln ln ln 1t t x x t +⋅+=-，要证12ln ln 2x x +>，只需证()1ln 21t t t +⋅>-，只需证()21ln 1t t t -<+，只需证()21ln 01t t t --<+，构造函数()()21ln 1t g t t t -=-+，则()()()()222114'011t g t t t t t -=-=>++， ∴()()21ln 1t g t t t -=-+在()0,1t ∈上递增，∴()()10g t g <=，即()()21ln 01t g t t t -=-<+，∴12ln ln 2x x +>.8．已知函数()2112xf x e ax =-+有两个极值点12,x x (e 为自然对数的底数). (1)求实数a 的取值范围; (2)求证:12ln 2x x a +< 【分析】(1)求导后得出()'xf x e ax =-,由题参变分离再构造函数求构造函数的单调性与取值范围即可.(2)利用极值点表示出a 与12,x x 的关系,再将12ln 2x x a +<中的a 代换,构造函数再换元证明不等式即可. 【详解】 (1)由()2112xf x e ax =-+,得()'x f x e ax =-, 由题意知函数()f x 有两个极值点,()'0f x ∴=有两个不等的实数解.即方程(0)xe a x x =≠有两个不等的实数解.即方程()0()xe g x x x =≠有两个不等的实数解.设()0()x e g x x x =≠,则()()21'x x e g x x-= ()g x ∴在(,0)-∞上单调递减,()0,1上单调递减,(1,)+∞上单调递增,作出函数图象知当a e >时,直线y a =与函数()g x 有两个交点, 当且仅当a e >时()f x 有两个极值点,综上所述,a e >. (2)因为12,x x 是()f x 的两个极值点,12x x ≠,12120,0x x e ax e ax ∴==--,1212x x e e a x x ∴=--故要证122x x lna +<,即证122x x e a +<,即证1212212x x x x e e e x x +<--,即证12122121x xx x e e x x --<-- 不妨设12x x <,即证1202x x t -=<,即证2210tt te e -+>设()()210ttF t te e t =-+<,则()()'21tF e t e t =+-,易证()1,'0tt e F t +<∴<,所以()F t 在(),0∞-上递减.()()00F t F ∴>=,得证2210t t te e -+>.综上所述:122x x lna +<成立,9．已知函数()x ax b f x =e+（e为自然对数的底数）在1x =-处的切线方程为0ex y e -+=. （1）求实数a ，b 的值；（2）若存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()f x f x =，求证：120x x +>. 【分析】（1）求出导函数，根据(1)0(1)f f e-='⎧⎨-=⎩即可求得实数a ，b 的值；（2）根据导函数求出()f x 的单调区间，通过构造()()()g x f x f x =--，研究()g x 的变化即可证明当12()()f x f x =时，有120x x +>。

(完整版)极值点偏移问题的两种常见解法之比较

极值点偏移问题的两种常见解法之比较浅谈部分导数压轴题的解法在高考导数压轴题中，不断出现极值点偏移问题，那么，什么是极值点偏移问题？参考陈宽宏、邢友宝、赖淑明等老师的文章，极值点偏移问题的表述是：已知函数()y f x =是连续函数，在区间12(,)x x 内有且只有一个极值点0x ，且12()()f x f x =，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点1202x x x +=，我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点1202x x x +≠的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”. 极值点偏移问题常用两种方法证明：一是函数的单调性，若函数()f x 在区间(,)a b 内单调递增，则对区间(,)a b 内的任意两个变量12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔<；若函数()f x 在区间(,)a b 内单调递减，则对区间(,)a b 内的任意两个变量12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔>. 二是利用“对数平均不等式”证明，什么是“对数平均”？什么又是“对数平均不等式”？两个正数a 和b 的对数平均数定义：,,(,)ln ln ,,a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均数与算术平均数、(,)2a bL a b +≤≤，（此式记为对数平均不等式）下面给出对数平均不等式的证明： i ）当0a b =>时，显然等号成立 ii ）当0a b ≠>时，不妨设0a b >>， ①ln ln a b a b -<-，ln ln a ba b--，只须证：ln a b <，1x =>，只须证：12ln ,1x x x x≤-> 设1()2ln ,1f x x x x x=-+>，则22221(1)()10x f x x x x -'=--=-<，所以()f x在(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0f x f <=，即12ln x x x<-，ln ln a ba b --①再证：ln ln 2a b a ba b -+<- 要证：ln ln 2a b a ba b -+<-，只须证：1ln21a ab b a b-<+令1a x b =>，则只须证：1ln 12x x x -<+，只须证2ln 1112x x x -<>+，设2ln ()112xg x x =--+，1x >，则22221(1)()0(1)22(1)x g x x x x x --'=-=<++ 所以()g x 在区间(1,)+∞内单调递减，所以()g(1)0g x <=，即2ln 112xx -<+，故ln ln 2a b a ba b -+<- 综上述，当0,0a b >>(,)2a bL a b +≤≤例1 （2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅰ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ．解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R ，当0a =时，()(2)0xf x x e =-=，得2x =，只有一个零点，不合题意；当0a ≠时，()(1)[2]x f x x e a '=-+当0a >时，由()0f x '=得，1x =，由()0f x '>得，1x >，由()0f x '<得，1x <，故，1x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，所以min ()(1)0f x f e ==-< 又(2)0f a =>，故在区间(1,2)内存在一个零点2x ，即212x << 由21lim (2)limlim 0,xx x x x x x x e e e--→-∞→-∞→-∞--===-又2(1)0a x ->，所以，()f x 在区间 (,1)-∞存在唯一零点1x ，即11x <，故0a >时，()f x 存在两个零点；当0a <时，由()0f x '=得，1ln(2)x x a ==-或，若ln(2)1a -=，即2ea =-时，()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，与题意不符若ln(2)1a ->，即02ea -<<时，易证()=(1)0f x f e =-<极大值故()f x 在R 上只有一个零点，若ln(2)1a -<，即2ea <-时，易证()=(ln(2)f x f a -极大值2(ln (2)4ln(2)5)0a a a =---+<，故()f x 在R 上只有一个零点综上述，0a >（Ⅰ）解法一、根据函数的单调性证明由（Ⅰ）知，0a >且1212x x <<<令2()()(2)(2),1xxh x f x f x x e xe x -=--=-+>，则2(1)2(1)(e 1)()x x x h x e ----'= 因为1x >，所以2(1)10,10x x e-->->，所以()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞内单调递增所以()(1)0h x h >=，即()(2)f x f x >-，所以22()(2)f x f x >-，所以12()(2)f x f x >-，因为121,21x x <-<，()f x 在区间(,1)-∞内单调递减，所以122x x <-，即122x x +< 解法二、利用对数平均不等式证明由（Ⅰ）知，0a >，又(0)2f a =- 所以，当02a <≤时，10x ≤且212x <<，故122x x +<当2a >时，12012x x <<<<，又因为12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e a x x --=-=--- 即12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e x x --=--所以111222ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)x x x x x x -+--=-+--所以12122112ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1))(2)(2)x x x x x x x x -------=-=---所以1212121212ln(1)ln(1)(2)(2)412ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2x x x x x x x x x x ---------=<------所以1212122ln(1)ln(1)22ln(2)ln(2)x x x x x x +----<--- ①下面用反证法证明不等式①成立因为12012x x <<<<，所以12220x x ->->，所以12ln(2)ln(2)0x x ---> 假设122x x +≥，当122x x +=，1212122ln(1)ln(1)02=02ln(2)ln(2)x x x x x x +----=---且,与①矛盾；当122x x +>时1212122ln(1)ln(1)02<02ln(2)ln(2)x x x x x x +---->---且,与①矛盾，故假设不成立所以122x x +<例2 （2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若曲线()y f x =与x 轴交于A B 、两点，A B 、中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞1(12)(1)()2(2)x ax f x ax a x x+-'=-+-=当0a ≤时，()0f x '>在区间(0,)+∞内恒成立，即()f x 在区间(0,)+∞内单调递增当0a >时，由()f x '>0，得函数()f x 的递增区间1(0,)a，由()f x '<0，得函数()f x 的递减区间1(,)a+∞ （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解设点A B 、的横坐标分别为12x x 、，则1202x x x +=，且1210x x a<<< 由（Ⅰ）知，当0a >时，max 111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a ==+-极大值因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<要证0000(12)(1)()0x ax f x x +-'=<，只须证01ax >，即证122x x a+>令2()()()h x f x f x a =--=21ln ln()22,0x x ax x a a ---+<<则212(1)()202(2)a ax h x a x ax x ax -'=+-=>--，所以()h x 在1(0,)a内单调递增所以1()()0h x h a <=，即2()()f x f x a <- 因为1210x x a <<<，所以112()()f x f x a <-，所以212()()f x f x a <-又21121,x x a a a >->，且()f x 在区间1(,)a +∞内单调递减所以212x x a >-，即122x x a+>，故0()0f x '<解法二、利用对数平均不等式求解设点A B 、的坐标分别为12(,0)(,0)A x B x 、，则1202x x x += 由（Ⅰ）知，当0a >时，max111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a==+-极大值因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<因为21112222ln (2)0ln (2)0x ax a x x ax a x ⎧-+-=⎪⎨-+-=⎪⎩，所以212121ln ln [()(2)]()x x a x x a x x -=+--- 所以211212211()(2)ln ln 2x x x x a x x a x x -+=<+---，即12121()(2)2x x a x x a +<+--所以21212()(2)()20a x x a x x ++-+-> ，所以1212[()2][()1]0a x x x x +-++>所以12102x x a+-<，所以121212012(1)(1)2()()022x x x x ax xf x f x x +++-+''==<+.例3 （2014年高考数学湖南卷文科第21题）已知函数21()1xx f x e x -=+（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当1212()(),f x f x x x =≠时，求证：120x x +< 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R()f x '=2222222(1)2(1)1[(1)2](1)1(1)x x xx x x x x x e e e x x x -+-----++=+++ 由()0f x '=，得0x =，由()0f x '>，得函数的递增区间(,0)-∞，由()0f x '<，得函数的递减区间(0,)+∞，所以max ()(0)1f x f == （Ⅱ）解法一、利用函数的单调性求解令2211()()()11x xx x h x f x f x e e x x --+=--=-++ ，0x > 则22222(23)(23)()(1)x xx x e x x h x xx e -+-++'=-+令222()(23)(2+3),0xH x x x ex x x =-+-+>则22()2[(2)(1)],0xH x x x ex x '=-+-+>，则22()2[(23)1],0x H x x e x ''=+->由0x >得，()2(31)40H x ''>-=>，故()H x '在(0,)+∞内单调递增故()(0)20H x H ''>=>，故()H x 在(0,)+∞内单调递增故()(0)0H x H >=，故()0h x '<，故()h x 在(0,)+∞上单调递减所以，()(0)0h x h <=由（1）及1212()(),f x f x x x =≠知，1201x x <<<，故222()()()0h x f x f x =--< 所以22()()f x f x <-，所以12()()f x f x <-，又()f x 在(,0)-∞上单调递增所以，12x x <-，即120x x +< 解法二、利用对数平均不等式求解因为1x <时，()0f x >，1x >时，()0f x <，1212()(),f x f x x x =≠ 所以，1201x x <<<，121222121111x x x x e e x x --=++，所以，21111222121111x x x x e e x x ----=++ 所以，22121212ln(1)(1)ln(1)ln(1)(1)ln(1)x x x x x x -+--+=-+--+ 所以，22212112(1)(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)x x x x x x ---=---++-+所以，222112212121(1)(1)ln(1)ln(1)111ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)2x x x x x x x x x x ---+-+-+-=+<------ 所以，22121212ln(1)ln(1)2ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+<---① 因为1201x x <<<，所以12ln(1)ln(1)0x x ---> 下面用反证法证明120x x +<，假设120x x +≥当120x x +=时，22121212ln(1)ln(1)0,=02ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+=---且，与不等式①矛盾当120x x +>时，210x x >->，所以120,2x x +>且221212ln(1)ln(1)0ln(1)ln(1)x x x x +-+<---，与不等式①矛盾.所以假设不成立，所以120x x +<例4 （2014年江苏省南通市二模第20题）设函数()(),xf x e ax a a R =-+∈其图象与x 轴交于12(,0),(,0)A x B x 两点，且12x x <. （Ⅰ）求实数a 的取值范围；（Ⅱ）证明：0(()f f x ''<为函数()f x 的导函数）；（Ⅲ）略.解：（Ⅰ）()xf x e a '=-，x R ∈，当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，不合题意当0a >时，易知，ln x a =为函数()f x 的极值点，且是唯一极值点，故，min ()(ln )(2ln )f x f a a a ==-当min ()0f x ≥，即20a e <≤时，()f x 至多有一个零点，不合题意，故舍去；当min ()0f x <，即2a e >时，由(1)0f e =>，且()f x 在(,ln )a -∞内单调递减，故()f x 在(1,ln )a 有且只有一个零点；由22(ln )2ln (12ln ),f a a a a a a a a =-+=+- 令212ln ,y a a a e =+->，则210y a'=->，故2212ln 1430a a e e +->+-=-> 所以2(ln )0f a >，即在(ln ,2ln )a a 有且只有一个零点. （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e => 所以121ln 2ln x a x a <<<<，要证0f '<，只须证a <ln a <122x x +<，故只须证122ln x x a +< 令2ln ()()(2ln )(2ln ),xa xh x f x f a x e ax a e a a x a -=--=-+-+--222ln xxe a eax a a -=--+，1ln x a <<则2()220x x h x e a e a a -'=+-≥=，所以()h x 在区间(1,ln )a 内递增所以ln 2ln ()2ln 2ln 0aa h x ea e a a a a -<--+=，即()(2ln )f x f a x <-所以11()(2ln )f x f a x <-，所以21()(2ln )f x f a x <-因为21ln ,2ln ln x a a x a >->，且()f x 在区间(ln ,)a +∞内递增所以212ln x a x <-，即122ln x x a +<，故0f '< 解法二、利用对数平均不等式求解由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e =>所以121ln 2ln x a x a <<<<，因为111()0xf x e ax a =-+=，222()0xf x e ax a =-+=121211x x e e a x x ==--，即12111211x x e e x x --=--，所以1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=>---所以1212()0x x x x -+<，要证：0f '<，只须证a <ln a<11ln(1)x x <--22ln(1)x x <--所以1212ln(1)(1)x x x x <+---，所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-因为1212()0x x x x -+<，所以1212ln(()1)ln10x x x x -++<=，而120x x +->所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-f '<从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若12,x x 是函数()f x 的两个零点，而0x x =是函数()f x 的极值点，证明1202x x x +<（或1202x x x +>），根据函数单调性求解的步骤是：一、构建函数0()()(2)h x f x f x x =--，二、判断函数()h x 的单调性，三、证明()0h x >（或()0h x <）即0()(2)f x f x x >-（或0()(2)f x f x x <-），四、故函数()f x 的单调性证1202x x x +<（或1202x x x +>）.根据对数平均不等式求解的步骤是：一、通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出1212ln ln x x x x --及，二、通过等式两边同除以12ln ln x x -构建对数平均数1212ln ln x x x x --，三、利用对数平均不等式将1212ln ln x x x x --转化为122x x +后再证明1202x x x +<（或1202x x x +>）. 两种方法各有优劣，适用的题型也略有差异，考生若能灵活驾驭这两种方法，便能在考场上发挥自如，取得理想的成绩.。

（完整word版）高中数学极值点偏移问题

（完整word版）⾼中数学极值点偏移问题极值点偏移问题沈阳市第⼗⼀中学数学组：赵拥权⼀：极值点偏移（俗称峰⾕偏）问题的定义对于可导函数y=f(x)在区间（a,b）上只有⼀个极⼤（⼩）值点x0,⽅程f(x)=0(f(x)=m)的解分别为x1,x2且a 若x1+x22≠x0，,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0偏移；（1）x1+x22>x0,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0左偏移；（2）x1+x22⼆：极值点偏移的判定定理对于可导函数y=f(x)在区间（a,b）上只有⼀个极⼤（⼩）值点x0,⽅程f(x)=0（f(x)=m)的解分别为x1,x2且a （1）若f(x1)2（2）若f(x1)2>x0即函数f(x)在区间上（a,b）极⼩值点x0左偏;（即⾕偏左）（3）若f(x1)>f(2x0?x2)则x1+x22>x0即函数f(x)在区间上（a,b）极⼤值点x0左偏;（即峰偏左）（4）若f(x1)>f(2x0?x2)则x1+x22拓展：1）若)()(x b f x a f -=+，则)(x f 的图象关于直线2ba x +=①f(x)在(0,a)递增，在(a,2a)递减,且f(a -x)<（>）f(a+x)(f(x)<(>)f(2a -x)) ②f(x)在(0,a)递减,在(a,2a)递增,且f(a -x)>(<)f(x+a)(f(x)> (<)f(2a -x))则函数f(x)在(0,2a)的图象关于直线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）；性质：1) )(x f 的图象关于直线a x =对称若x 1,x 2∈(0,2a)x 1≠x 2则 x 1+x 2=2a <=>f (x 1)=f(x 2),(f ′(x 1)+f ′(x 2)=0,f ′(x 1+x 22)=0);2)已知函数是满⾜条件的极⼤值左偏（峰偏左）若x 1,x 2∈(0,2a)x 1≠x 2则f (x 1)=f(x 2)则x 1+x 2>2a ,及f ′(x 1+x 22)<0极值点偏移解题步骤：①求函数f(x)的极值点x 0；②构造函数F(x)=f(x+x 0)-f(x 0?x) (F(x)=f(x 0?x )-f(x 0+x), F(x)=f(x+2x 0)-f(?x) , F(x)=f(x)-f(2x 0?x))确定F(x)单调性③结合F(0)=0（F(-x 0)=0,F(x 0)=0)判断F(x)符号从⽽确定f(x+x 0),f(x 0?x)( f(x+2x 0)与f(?x); f(x)与f(2x 0?x)）的⼤⼩关系; 答题模式：已知函数y=f(x)满⾜f (x 1)=f(x 2),x 0为函数y=f(x)的极值点,求证：x 1+x 2<2x 0 ①求函数f(x)的极值点x 0；②构造函数F(x)=f(x+x 0)-f(x 0?x) 确定F(x)单调性③判断F(x)符号从⽽确定f(x+x 0),f(x 0?x) 的⼤⼩关系;假设F(x)在(0,+∞）上单调递增则F(x)>F(0)=0，从⽽得到x>0时f(x+x 0)>f(x 0?x) ④1.（2016年全国I ⾼考）已知函数有两个零点. 设x 1，x 2是的两个零点，证明：+x 2<2.2. (2010年⾼考天津卷理科21)（本⼩题满分14分）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12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +> 证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2x e-令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xx F x xe x e --=+-于是22'()(1)(1)x x F x x ee --=--当x>1时，2x-2>0,从⽽2x-2e 10,0,F x e -->>⼜所以’(x)>0,从⽽函数F （x ）在[1,+∞)是增函数。

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。

高考数学极值点偏移练习题(含答案)

高考数学极值点偏移练习题（含答案）第I卷（选择题）一、多选题+lnx，下列判断正确的是()1.关于函数f(x)=2xA. x=2是f(x)的极大值点B. 函数y=f(x)−x有且只有1个零点C. 存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立D. 对任意两个正实数x1，x2，且x1>x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>4+lnx，下列说法正确的是2.关于函数f(x)=2xA. x=2是f(x)的极大值点B. 函数y=f(x)−x有且只有1个零点C. 存在正整数k，使得f(x)>kx恒成立D. 对任意两个正实数x1，x2，且x1≠x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>4第II卷（非选择题）二、解答题(k∈R)的图像有两个不同的交点A(x1,y1)，3.已知函数f(x)=xlnx与函数g(x)=kxB(x2,y2)，且x1<x2．(1)求实数k的取值范围；(2)证明：x1+x2<．√e4.已知函数g(x)=e x−ax2−ax(a∈R)，ℎ(x)=e x−2x−lnx．(1)若f(x)=ℎ(x)−g(x)．①讨论函数f(x)的单调性；②若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．(2)已知a>0，函数g(x)恰有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1+x2<ln(4a2).5.已知函数f(x)=e x−ax2(a∈R)有两个极值点．(I)若a的取值范围；(Ⅱ)若函数f(x)的两个极值点为x1，x2，证明：x1⋅x2<1．6.已知函数f(x)=lnx−ax(a∈R).(1)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围；(2)当f(x)有两个零点x1,x2，且x1<x2，求证：x1⋅x2>e2．x2−alnx.其中a为常数．7.已知函数f(x)=12(1)若函数f(x)在定义域内有且只有一个极值点，求实数a的取值范围;(2)已知x1，x2是函数f(x)的两个不同的零点，求证：x1+x2>2√e．8.已知函数f(x)=ae2x+(1−2a)e x−x．(1)当a<0时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个不同零点x1，x2，证明：a>1且x1+x2<0．x2−alnx有两个不同的零点x1，x2．9.已知函数f(x)=12(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1+x2>2√e．10.已知f(x)=e x−ax，g(x)=ax2−e．(1)若f(x)的图象在x=1处的切线与g(x)的图象也相切，求实数a的值；(2)若F(x)=f(x)−g(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1<x2)，求证：e x1e x2<4a2．11.已知函数f(x)=xe−x(x∈R)．(1)若方程f(x)+2a2−3a+1=0有两个不同的根，求实数a的取值范围；(2)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2．x2(e=2.71828…)为自然对数的底数)有两个极值点x1，12.已知函数f(x)=e x−a2x2．(1)求a的取值范围；(2)求证：x1+x2<2lna．13.已知函数f(x)=lnx−ax，a是常数且a∈R．(Ⅰ)若曲线y=f(x)在x=1处的切线经过点(−1,0)，求a的值；(e是自然对数的底数)，试证明：①函数f(x)有两个零点，②函(Ⅱ)若0<a<1e数f(x)的两个零点x1、x2满足x1+x2>2e．14.已知函数f(x)=lnx−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；(e是自然对数的底数)，试证明：(2)若0<a<1e①函数f(x)有两个零点，②函数f(x)的两个零点x1,x2满足x1+x2>2e．选做题(在答题卡上涂选做信息点)15.已知函数f(x)=lnx．x(1)若对任意x∈(0,+∞)，f(x)<kx恒成立，求k的取值范围；−m有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2>2．(2)若函数g(x)=f(x)+1x16.已知函数f(x)=2xlnx−ax2−2x+a2(a>0)在其定义域内有两个不同的极值点．(1)求a的取值范围；(2)设f(x)两个极值点分别为x1，x2，证明：√x1x2>e．17.已知函数f(x)=xlnx+x2−ax+2(a∈R)有两个不同的零点x1，x2．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1⋅x2>1．答案和解析1.【答案】BD本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．根据极值的概念，构造函数判断单调性确定零点个数，参变分离再确定新函数的最值以及极值点偏移逐个判断选项正误．对选项分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：f′(x)=x−2x2，∴在(0,2)上函数单调递减，在(2,+∞)上单调递增，∴x=2是函数的极小值点，无极大值，故A错误，y=f(x)−x=2x+lnx−x，∴y′=−x2+x−2x2<0，函数在(0,+∞)上单调递减，f(1)−1=2−1>0f(2)−2=1+ln2−2<0∴函数y=f(x)−x有且只有1个零点，即B正确；f(x)>kx，可得k<2x2+lnxx，令g(x)=2x2+lnxx，则g′(x)=−4+x−xlnxx3，令ℎ(x)=−4+x−xlnx，则ℎ′(x)=−lnx，∴(0,1)上，函数单调递增，(1,+∞)上函数单调递减，∴ℎ(x)≤ℎ(1)<0，′∴g(x)=2x2+lnx x在(0,+∞)上函数单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数k ，使得f(x)>kx 恒成立，即C 不正确；当t ∈(0,2),则2−t ∈(0,2) 2+t >2 g(t)=f(2+t)−f(2−t)=22+t +ln(2+t)−22−t−ln(2−t)=4t t 2−4+ln 2+t 2−t g ′(t)=4(t 2−4)−4t ·2t (t 2−4)2+2−t 2+t ·2−t +2+t (2−t)2=−8t 2(t 2−4)2<0g(t)在(0,2)上单调递减，g(t)<g(0)=0，x 2=2−t,由f(x 1)=f(x 2),得x 1>2+t.则x 1+x 2>4,当，所以D 正确．故选BD ．2.【答案】BD本题考查导数知识的综合运用，考查函数的零点问题和不等式恒成立问题，考查分析解决问题的能力，属于难题．A 选项，对函数求导，结合函数极值的定义进行判断即可；B 选项，求函数的导数，结合函数的单调性和零点个数进行判断即可；C 选项，利用参数分离，构造函数g(x)=2x 2+lnx x，再进行求导，研究函数的单调性和极值进而判断即可;D 选项为典型的极值点偏移问题，令f(4−x 1)−f(x 2)=f(4−x 1)−f(x 1)=24−x 1+ln (4−x 1)−2x 1−ln x 1=4(x 1−2)(4−x1)x 1+ln 4−x 1x 1，通过令4−x 1x 1=t ，则t >1，x 1=41+t ，原式=F(t)=1−t22t+ln t ，判断单调性即可．【解答】解：对于A ，∵f′(x)=−2x 2+1x =x−2x 2(x >0)，令f′(x)<0，解得0<x <2，令f′(x)>0，解得x >2， ∴f(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增， ∴x =2是函数的极小值点，无极大值点，故A 错误；对于B ，∵y =f(x)−x =2x +lnx −x ， ∴y′=−2x 2+1x −1=−x 2−x+2x 2<0，∴该函数在(0,+∞)上单调递减，且当x =1e 时，y =2e −1−1e >0，x =e 时，y =2e +1−e <0，∴函数y =f(x)−x 有且只有1个零点，即B 正确．对于C ，由f(x)>kx ，且x >0，可得k <2x 2+lnx x，令g(x)=2x 2+lnx x，则g′(x)=x−xlnx−4x 3，令ℎ(x)=x −xlnx −4，则ℎ′(x)=−lnx ， ∵x ≥1时，ℎ′(x)≤0，0<x <1时，ℎ′(x )>0， ∴ℎ(x)在[1,+∞)上单调递减，ℎ(x)在(0,1)上单调递增， ∴ℎ(x)≤ℎ(1)=−3<0， ∴g′(x)<0， ∴g(x)=2x +1nx x在(0,+∞)上函数单调递减，函数无最小值，且x →+∞时，g(x)→0，因此，不存在正实数k ，使得f(x)>kx 恒成立，故C 不正确．对于D ，对于任意两正实数x 1，x 2，且x 1≠x 2，由选项A 可知函数f(x)在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,+∞)上单调递增，若f(x 1)=f(x 2)，不妨设0<x 1<2<x 2，则4−x 1>2，由f(4−x 1)−f(x 2)=f(4−x 1)−f(x 1)=24−x 1+ln (4−x 1)−2x 1−ln x 1=4(x 1−2)(4−x1)x 1+ln 4−x 1x 1，令4−x 1x 1=t ，则t >1，x 1=41+t ，原式=F(t)=1−t22t+ln t ，则，所以F(t)=1−t 22t+ln t 在(1,+∞)上是减函数，所以F(t)<F(1)=0，所以f(4−x 1)−f(x 2)<0，又因为f(x)在(2,+∞)上单调递增，所以4−x 1<x 2，故x 1+x 2>4.所以D 正确．故选 BD ．3.【答案】解：(1)根据题意，方程xlnx =kx ⇔k =x 2lnx (k ∈R )有两个不同的根，设ℎ(x)=x2lnx，则ℎ′(x)=2xlnx+x，根据ℎ′(x)=2xlnx+x>0⇒x>√e ，所以ℎ(x)在(√e+∞)上单调递增；ℎ′(x)=2xlnx+x<0⇒0<x<√e ，所以ℎ(x)在e)上单调递减．所以x=1√e时，ℎ(x)取得极小值．又因为x→0时，ℎ(x)→0，ℎ(1)=0，作出ℎ(x)的大致图像如图所示，所以−12e<k<0．(2)根据(1)可知0<x1<√e<x2<1，设φ(x)=ℎ(x)−ℎ(√e−x)=，则φ′(x)=2[xlnx+(√e x)ln(√e−x)]√e．设m(x)=xlnx+(√e x)ln(√ex)，则m′(x)=lnx−ln(√e−x)，根据m′(x)<0⇒0<x<√e ，则m(x)在e)上单调递减，所以当0<x<√e时，m(x)>m(√e )=√e，所以φ′(x)>0，所以φ(x)在√e)上单调递增，则当x∈√e )时，φ(x)<φ(√e)=0，即ℎ(x)<ℎ(√e−x)，所以ℎ(x2)=ℎ(x1)<ℎ(√ex1)，又因为ℎ(x )在(√e+∞)上单调递增，所以x 2<√e−x 1，即x 1+x 2<√e．【解析】本题考查导数在解决函数问题中的应用，属难题．(1)函数图象有2个交点转化为方程f(x)=g(x)有2个不同的根，分离参数得到k =x 2lnx ，构造函数ℎ(x)=x 2lnx ，利用导数研究单调性，求出极值，结合函数图象，可得到k 的取值范围； (2)由(1)得到x 1和x 2的范围，构造函数φ(x)=ℎ(x)−ℎ(e −x)，由导数研究单调性，求得φ(x)<0，从而ℎ(x)<ℎ(√ex)，由ℎ(x)的单调性，证得结果．4.【答案】解：(1)f(x)=ℎ(x)−g(x)=e x −2x −lnx −e x +ax 2+ax =ax 2+(a −2)x −lnx(x >0)，①f′(x)=2ax +(a −2)−1x =2ax 2+(a−2)x−1x=(2x+1)(ax−1)x(x >0)，(i)当a ≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,+∞)上递减；(ii)当a >0时，令f′(x)>0，解得x >1a ；令f′(x)<0，解得0<x <1a ， ∴函数f(x)在(0,1a )递减，在(1a ,+∞)递增；综上，当a ≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a >0时，函数f(x)在(0,1a )上单调递减，在(1a ,+∞)上单调递增；②由①知，若a ≤0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，不可能有两个不同的零点，故a >0；且当x →0时，f(x)→+∞；当x →+∞时，f(x)→+∞；故要使函数f(x)有两个不同的零点，只需f(x)min =f(1a )=a ⋅(1a )2+a−2a−ln 1a <0，即lna −1a +1<0，又函数y =lnx −1x +1在(0,+∞)上为增函数，且ln1−11+1=0，故lna −1a +1<0的解集为(0,1)．故实数a 的取值范围为(0,1)；(2)证明：g′(x)=e x −2ax −a ，依题意，{e x 1−2ax 1−a =0e x 2−2ax 2−a =0，两式相减得，2a =e x1−e x2x1−x2(x1<x2)，要证x1+x2<ln(4a2)，即证x1+x22<ln2a，即证e x1+x22<e x1−e x2x1−x2，两边同除以e x2，即证(x1−x2)e x1−x22>e x1−x2−1，令t=x1−x2(t<0)，即证te t2−e t+1>0，令ℎ(t)=te t2−e t+1(t<0)，则ℎ′(t)=−e t2[e t2−(t2+1)]，令p(t)=e t2−(t2+1)，则p′(t)=12(e t2−1)，当t<0时，p′(t)<0，p(t)在(−∞,0)上递减，∴p(t)>p(0)=0，∴ℎ′(t)<0，∴ℎ(t)在(−∞,0)上递减，∴ℎ(t)>ℎ(0)=0，即te t2−e t+1>0，故x1+x2<ln(4a2)．【解析】(1)①求出f(x)并求导，解关于导函数的不等式即可得到单调区间；②显然a>0，分析可知只需f(x)的最小值小于0即可满足条件，进而得解；(2)依题意，将所证不等式转化为证明(x1−x2)e x1−x22>e x1−x2−1，再通过换元构造新函数即可得证．本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的零点问题，考查极值点偏移问题，考查转化思想，换元思想及化简运算能力，逻辑推理能力，属于中档题．5.【答案】解：(Ⅰ)设g(x)=f′(x)=e x−2ax，则x1，x2是方程g(x)=0的两个根．g′(x)=e x−2a当a≤0时，g′(x)>0恒成立，g(x)单调递增，方程g(x)=0不可能有两个根；当a>0时，由g′(x)=0，得x=ln 2a，当x∈(−∞,ln2a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(ln2a,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．又因为x➡−∞时，g(x)➡+∞；x➡+∞时，g(x)➡+∞，∴当且仅当g(x)min<0时，方程g(x)=0才有两个根，∴g(x)min=g(ln2a)=2a−2aln2a<0，令ℎ(t)=t−tlnt，(t>0)，ℎ′(t)=−lnt，可得t∈(1,+∞)时，ℎ(t)递减，且t ∈(0,e)时，1−lnt >0，∴ℎ(t)=t(1−lnt)>0，ℎ(e)=0 ∴t >e 时，ℎ(t)<0 ∴a 的取值范围：a >e2．(Ⅱ)不妨设x 1<x 2，由(Ⅰ)知x 1，x 2是方程e x −2ax =0的两个根， {e x 1=2ax 1e x 2=2ax 2⇒{x 1=lnx 1+ln2a x 2=lnx 2+ln2a ⇒x 1−x 2lnx 1−lnx 2=1，亦可得0<x 1<x 2,令，g′(t)=1+1t 2−2t =(1t −1)2≥0，则t >1时，g(t)>g(1)=0， ∴t >1时，，即．，∴x 1⋅x 2<1．【解析】本题考查了导数与函数极值，关键步骤的证明颇有技巧性，属于难题． (Ⅰ)设g(x)=f′(x)，则x 1，x 2是方程g(x)=0的两个根，求导数可得g′(x)，若a ≤0时，不合题意，若a >0时，求导数可得单调区间，进而可得最大值，可得关于a 的不等式，解之可得．(Ⅱ)不妨设x 1<x 2，由(Ⅰ)知x 1，x 2是方程e x −2ax =0的两个根，即可得{e x 1=2ax 1e x 2=2ax 2⇒{x 1=lnx 1+ln2a x 2=lnx 2+ln2a ⇒x 1−x 2lnx 1−lnx 2=1，通过证明不等式x 1−x 2lnx 1−lnx 2>√x 1x 2，即可证明x 1⋅x 2<1．6.【答案】解：(1)f (x )有两个零点⇔关于x 的方程e ax =x 有两个相异实根，由e ax >0，知x >0∴f (x )有两个零点⇔a =lnx x有两个相异实根．令G (x )=lnx x，则G′(x)=1−lnx x由G′(x)>0得：0<x <e ，由G′(x)<0得：x >e ，∴G (x )在(0,e )单调递增，在(e,+∞)单调递减，∴G (x )max =G (e )=1e ，又∵G (1)=0，∴当0<x <1时，G (x )<0，当x >1时，G (x )>0当x →+∞时，G (x )→0，∴f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(0,1e )． (2)由题意得{e ax 1=x 1e ax 2=x 2∴x 1>0,x 2>0∴{ax 1=lnx 1ax 2=lnx 2,∴a (x 1+x 2)=lnx 1+lnx 2 ①a (x 2−x 1)=lnx 2−lnx 1 ∵x 1<x 2， ∴a =lnx 2−lnx 1x 2−x 1.，要证：x 1·x 2>e 2，只需证lnx 1+lnx 2>2由①知：lnx 1+lnx 2=a (x 1+x 2)=lnx 2−lnx 1x 2−x 1·(x 1+x 2)=(x 2x 1+1x 2x 1−1)·ln x2x1∵0<x 1<x 2,∴x2x 1>1，令t =x2x 1，t >1，∴只需证(t+1t−1)·lnt >2 ∵t >1∴t+1t−1>0，∴只需证：lnt >2(t−1)(t+1)，令F (t )=lnt −2(t−1)(t+1)(t >1)∴F′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t (t+1)2>0，∴F (t )在(1,+∞)递增，∴F (t )>0,∴lnt >2(t−1)(t+1)即lnx 1+lnx 2>2，即x 1·x 2>e 2．【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于常规题目． (1)f (x )有两个零点⇔a =lnx x有两个相异实根，令G (x )=lnx x，根据G(x)的最值确定a的取值范围；(2)利用处理极值点偏移问题的常见解法求解即可7.【答案】解：(1)f′(x)=x −ax =x 2−a x(x >0)，当a ≤0时，f′(x )>0，f (x )在(0,+∞)上单调递增，不符合题意，当a >0时，令f′(x )=0，得x =√a ，当x ∈(0,√a)时，f′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(√a,+∞)时，f′(x )>0，f (x )单调递增， ∴a >0；证明：(2)由(1)知：当a ≤0时，f′(x )>0，f (x )在(0,+∞)上单调递增，函数f (x )至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，令f′(x)=0，得x=√a，当x∈(0,√a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(√a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x=√a时，函数f(x)取得最小值f(√a)=a2(1−lna)，当0<a<e时，1−lna>0，f(√a)>0，函数f(x)无零点，不合题意，当a=e时，1−lna=0，f(√a)=0，函数f(x)仅有一个零点，不合题意，当a>e时，1−lna<0，f(√a)<0，又f(1)=12>0，所以f(x)在x∈(0,√a)上只有一个零点，令p(x)=lnx−x+1，则p′(x)=1x−1，故当0<x<1时，p′(x)>0，p(x)单调递增，当x>1时，p′(x)<0，p(x)单调递减，所以p(x)≤p(1)=0，即lnx≤x−1，所以ln2a≤2a−1，所以f(2a)=2a2−aln2a≥2a2−a(2a−1)=a>0，又2a>√a，所以f(x)在x∈(√a,+∞)上只有一个零点．所以a>e满足题意．不妨设x1<x2，则x1∈(0,√a)，x2∈(√a,+∞)，令g(x)=f(√a+x)−f(√a−x)(0≤x≤√a)，则g(x)=2√ax−aln(√a+x)+aln(√a−x)，g′(x)=2√a−√a+x x−√a =2√ax2x2−a，当0<x<√a时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,√a)上单调递减，所以当x ∈(0,√a)时，g (x )<g (0)=0，即f(√a +x)<f(√a −x)，因为x 1∈(0,√a)，所以√a −x 1∈(0,√a)，所以f (x 2)=f (x 1)=f[√a −(√a −x 1)]>f[√a +(√a −x 1)]=f(2√a −x 1)，又x 2∈(√a,+∞)，2√a −x 1∈(√a,+∞)，且f (x )在(√a,+∞)上单调递增，所以x 2>2√a −x 1，故x 1+x 2>2√a >2√e 得证．【解析】本题考查利用导数研究函数的极值点，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于难题． (1)f′(x)=x −ax=x 2−a x(x >0)，讨论a ≤0和a >0，即可得到结果；(2)先对函数f(x)求导，分a ≤0，a >0可判断函数f(x)在x ∈(0,√a)上有一个零点，在x ∈(√a,+∞)上有一个零点，且a >e ，再设x 1<x 2，则x 1∈(0,√a),x 2∈(√a,+∞)，构造函数g(x)=f(√a +x)−f(√a −x)(0≤x ≤√a)，利用极值点偏移的解决方法求证即可．8.【答案】解：(1)f′(x)=2ae 2x +(1−2a)e x −1=(e x −1)(2ae x +1)，因为a <0，由f′(x)=0得，x =0或x =ln(−12a )， i)ln(−12a )<0即a <−12时，f(x)在(−∞,ln(−12a ))单调递减，在(ln(−12a),0)单调递增，在(0,+∞)单调递减；ii)ln(−12a )=0即a =−12时，f(x)在(−∞,+∞)单调递减；iii)ln(−12a )>0即−12<a <0时，f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,ln(−12a ))单调递增，在(ln(−12a ),+∞)单调递减；(2)由(1)知，a <−12时，f(x)的极小值为f(ln(−12a ))=1−14a −ln(−12a )>1>0； −12<a <0时，f(x)的极小值为f(0)=1−a >1>0；a =−12时，f(x)在(−∞,+∞)单调递减，故a <0时，f(x)至多有一个零点，当a ≥0时，由f′(x)=2ae 2x +(1−2a)e x −1=(e x −1)(2ae x +1)，f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增．要使f(x)有两个零点，则f(0)<0，得a+1−2a<0，即a>1，令F(x)=f(x)−f(−x)，(x>0)，则F′(x)=f′(x)+f′(−x)=[2ae2x+(1−2a)e x−1]+[2ae−2x+(1−2a)e−x−1]= 2a(e x+e−x+1)(e x+e−x−2)+(e x+e−x)−2≥0，所以F(x)在x>0时单调递增，F(x)>F(0)=0，f(x)>f(−x)，不妨设x1<x2，则x1<0，x₂>0，−x2<0，f(x1)=f(x2)>f(−x2)，由f(x)在(−∞,0)单调递减，得x1<−x2，即x1+x2<0，故a>1且x1+x2<0，原命题得证．【解析】(1)对f(x)求导，根据a对函数的单调性进行讨论；(2)根据(1)的f(x)在a<0的单调性，根据题意得a≥0，令F(x)=f(x)−f(−x)，(x>0)，利用极值点偏移的方法证明即可．考查含参函数导数法判断单调性，导数法证明极值点偏移问题，利用了分类讨论思想，构造函数法等，难度较大．9.【答案】(1)解：∵函数f(x)=12x2−alnx的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=x−ax =x2−ax，∴若a⩽0，f′(x)>0恒成立，这时函数f(x)在(0,+∞)内单调递增，函数f(x)至有多一个零点，不合条件；若a>0，令f′(x)=0，得x=√a，当x∈(0,√a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(√a,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，这时函数f(x)有最小值，且f(x)min=f(√a)=a2(1−lna)．∵函数f(x)=12x2−alnx的定义域(0,+∞)内有两个零点，∴首先必须满足条件：f(x)min=f(√a)=a2(1−lna)<0，解之，得：a>e．在此条件下，∵f(1)=12>0，f(√a)<0，又函数f(x)在(0,√a)内单调递减，∴函数f(x)在(0,√a)内有且仅有一个零点；令ℎ(x)=x−1−lnx，∵ℎ′(x)=1−1x =x−1x，当0<x<1时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x>1时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)⩾ℎ(1)=0，即x−1−lnx⩾0，∴2a−1−ln2a⩾0，ln2a⩽2a−1于是f(2a)=2a2−aln2a⩾2a2−a(2a−1)=a>0．又2a>√a，f(√a)<0，函数f(x)在(√a,+∞)内单调递增，∴函数f(x)在(√a,+∞)内也有且仅有一个零点．可见a>e符合条件．综上所述，实数a的取值范围是(e,+∞)．(2)证明：不妨设x1<x2，则x1∈(0,√a)，，令g(x)=f(√a+x)−f(√a−x) (0⩽x⩽√a)，则g′(x)=[f(√a+x)−f(√a−x)]′=2√a−√a+x +√a−x=2√ax2x2−a，当0<x<√a时，g′(x)<0，g(x)在(0,√a)内单调递减，这时g(x)<g(0)=0，f(√a+x)−f(√a−x)<0，f(√a−x)>f(√a+x)．∵x1∈(0,√a)，∴√a−x1∈(0,√a)，而f(x2)=f(x1)=f[√a−(√a−x1)]>f[√a+(√a−x1)]=f(2√a−x1)，又x2∈(√a,+∞)，2√a−x1∈(√a,+∞)，函数f(x)在(√a,+∞)内单调递增，∴x2>2√a−x1，即x1+x2>2√a>2√e成立，问题得证．【解析】本题考查利用导数研究含参数的函数的零点个数以及零点的性质问题，考查分类讨论思想，考查构造法的运用，属于难题．(1)探究函数的单调性与最值，对参数分离讨论，问题可解决；(2)依(1)的认知，先证x1+x2>2√a，采用极值点偏移法，构造函数g(x)=f(√a+x)−f(√a−x) (0⩽x⩽√a)即可证明.然后放缩即可得出结论．10.【答案】(1)解：因为f(x)=e x−ax，所以f′(x)=e x−a所以f(1)=e−a，f′(1)=e−a，所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−(e−a)=(e−a)(x−1)，即y=(e−a)x，与g(x)=ax2−e联立得，ax2−(e−a)x−e=0，因为直线y=(e−a)x与g(x)的图象相切，所以a≠0且(e−a)2+4ea=0，解得a=−e．(2)证明：F(x)=f(x)−g(x)=e x−ax2−ax+e，F′(x)=e x−2ax−a，若a≤0，F′(x)是增函数，F′(x)=0最多有一个实根，F(x)最多有一个极值点，不满足题意，所以a>0，此时设x1，x2(x1<x2)是F′(x)=e x−2ax−a的两个变号零点，由题意知e x1−2ax1−a=0,e x2−2ax2−a=0，两式相减得2a=e x1−e x2x1−x2，由e x1e x2<4a2⟺e x1+x22<2a⟺e x1+x22<e x1−e x2x1−x2⟺e x1−x22<e x1−x2−1x1−x2，设x1−x22=t，则t<0，要证e x1e x2<4a2，即证t<0时，e t<e2t−12t恒成立，即1<e t−e−t2t恒成立，即e t−e−t−2t<0恒成立，设ℎ(t)=e t−e−t−2t，则ℎ′(t)=e t+e−t−2>0，所以ℎ(t)在(−∞,0)上是增函数，所以ℎ(t)<ℎ(0)=0，所以t<0时，e t−e−t−2t<0恒成立，即e x1e x2<4a2．【解析】本题考查了导数的几何意义、函数的恒成立问题，极值点偏移问题的处理技巧，属于中档题．(1)利用f(1)=e−a，f′(1)=e−a，求得f(x)的图象在x=1处的切线方程y=(e−a)x，与g(x)=ax2−e联立得，ax2−(e−a)x−e=0，结合Δ=(e−a)2+4ea= 0，解得a．(2)F(x)=f(x)−g(x)=e x−ax2−ax+e，F′(x)=e x−2ax−a，可得a>0，此时设x1，x2(x1<x2)是F′(x)=e x−2ax−a的两个变号零点，由题意知e x1−2ax1−a=0,e x2−2ax2−a=0，两式相减得2a=e x1−e x2x1−x2，由e x1e x2<4a2⟺e x1+x22<2a⟺e x1+x22<e x1−e x2x1−x2⟺e x1−x22<e x1−x2−1x1−x2，设x1−x22=t，则t<0，即证t<0时，e t<e2t−12t恒成立，设ℎ(t)=e t−e−t−2t，利用导数即可证明．11.【答案】解：(1)因为f(x)=xe−x，所以f′(x)=(1−x)e−x，.可得函数f(x)=xe−x在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．函数f(x)=xe−x在x=1处取得最大值，f(x)max=f(1)=1e，所以函数f(x)的图象大致如下：易知函数f(x)=xe−x的值域为(−∞,1e]．因为方程f(x)+2a2−3a+1=0有两个不同的根，所以−2a2+3a−1∈(0,1e)，即−2a2+3a−1>0，−2a2+3a−1<1e .解得12<a<1．即实数a的取值范围为(12,1)．(2)证明：由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨设x1<x2，构造函数F(x)=f(1+x)−f(1−x)，x∈(0,1],则F′(x)=f′(1+x)+f′(1−x)=xe x+1(e2x−1)>0，所以F(x)在x∈(0,1]上单调递增，F(x)>F(0)=0，也即f(1+x)>f(1−x)对x∈(0,1]恒成立．由0<x1<1<x2，则1−x1∈(0,1],所以f(1+(1−x1))=f(2−x1)>f(1−(1−x1))=f(x1)=f(x2)，即f(2−x1)>f(x2)，又因为2−x1，x2∈(1,+∞)，且f(x)在(1,+∞)上单调递减，所以2−x1<x2，即x1+x2>2．【解析】本题考查了函数的单调性和导数的恒成立问题和导数的不等式问题，属于中档题题．(1)求解方程的实根问题可以转化为函数的零点或图象的交点问题．(2)本小题属极值点偏移问题，构造函数F(x)=f(1+x)−f(1−x)，x∈(0,1]，根据F(x)的单调性证明f(2−x1)>f(x2)即可完成本题证明．12.【答案】解：(1)由已知得f′(x)=e x−ax，因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程f′(x)=e x−ax=0有两个不相等的根x1，x2设g(x)=f′(x)=e x−ax，则g′(x)=e x−a①当a≤0时，g′(x)=e x−a>0，所以g(x)在R上单调递增，至多有一个零点，不符合题意②当a>0时，由g′(x)=e x−a=0得x=lna．当x∈(−∞,lna)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(lna,+∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．所以g(x)min=g(lna)=a−alna<0，即a>e，令φ(a)=a−2lna(a>0)，则φ′(a)=1−2a =a−2a，当a∈(0,2)时，φ′(a)<0，φ(a)为减函数；当a∈(2,+∞)时，φ′(a)>0，φ(a)为增函数；所以φ(a)min=φ(2)=2−2ln2=2(1−ln2)>0所以φ(a)>0，即a>2lna，<a，e a>a2所以g(a)=e a−a2>0，从而lna<a2又因为g(0)=1>0，所以g(x)在区间(0,lna)和(lna,a)上各有一个零点，符合题意，综上，实数a的取值范围为(e,+∞)．(2)不妨设x1<x2，则x1∈(−∞,lna)，x2∈(lna,+∞)，所以x1<lna<x2设p(x)=g(x)−g(2lna−x)=e x−ax−[e2lna−x−a(2lna−x)]=e x−a2e−x−2ax+2alna，则p′(x)=e x+a2e−x−2a≥2√e x×a2e−x−2a=2a−2a=0，当且仅当e x=a2e−x，即x=lna时，等号成立．所以函数p(x)在R上单调递增．由x2>lna，可得p(x2)>p(lna)=0，即g(x2)−g(2lna−x2)>0，又因为x1，x2为函数g(x)的两个零点，所以g(x1)=g(x2)，所以g(x1)>g(2lna−x2)，又x2>lna，所以2lna−x2<lna，又函数g(x)在(−∞,lna)上单调递减，所以x1<2lna−x2，即x1+x2<2lna．【解析】本题考查利用导数研究函数的极值和极值点偏移的相关知识点，属于比较难的知识点．(1)由已知得f′(x)=e x−ax，因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程f′(x)=e x−ax=0有两个不相等的根x1，x2，设g(x)=f′(x)=e x−ax，则g′(x)=e x−a，对a进行分类讨论，从而算出答案．(2)设x1<x2，则x1∈(−∞,lna)，x2∈(lna,+∞)，所以x1<lna<x2，设p(x)=g(x)−g(2ln a−x)，则p′(x)=e x+a2e−x−2a⩾0，当且仅当e x=a2e−x，即x=lna时，等号成立．函数p(x)在R上单调递增，由x2>lna，可得g(x2)−g(2lna−x2)>0，g(x1)>g(2lna−x2)，从而得证．−a (x>0)，13.【答案】(Ⅰ)解：因为f′(x)=1x所以切线的斜率k =f ′(1)=1−a ，又因为f(1)=−a ，所以切线方程为y +a =(1−a)(x −1) ，将(−1,0)代入，得a =−2(1−a)，解得a =2； (Ⅱ)①解f′(x)=1x−a =0，得x =1a当0<x <1a 时，f ′(x)>0；当x >1a 时，f′(x)<0．所以f(x)在x =1a 处取得最大值f(1a )=−lna −1 ，因为f(1)=−a <0，因为0<a <1e ，所以f(1a )=−lna −1>0，f(x)在区间(1,1a )有零点，因为f(x)在区间(0,1a )单调递增，所以，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证明：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)=2(1−ax)2x(2−ax)⩾0，所以函数F(x)在区间(0,2a)上单调递增，所以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)，所以f(2a−x 1)>f(x 2)因为0<x 1<1a <x 2，所以2a −x 1, x 2∈(1a ,+∞)，因为f(x)在区间(1a ,+∞)单调递减，所以2a −x 1<x 2, x 1+x 2>2a ，又0<a <1e , 1a >e ，所以x 1+x 2>2e ．【解析】本道试题主要是考查了导数在函数的单调性，极值中的应用，还考查了函数零点的应用．(Ⅰ)导数求出切线的斜率，进而求出切线方程，再将点(−1,0)代入切线方程，就可以求出a 的值；(Ⅱ)①由函数零点存在性定理可知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应用函数的单调性即可证明．14.【答案】(Ⅰ)解：因为f′(x)=1x −a (x >0)，所以切线的斜率k =f ′(1)=1−a ，又因为f(1)=−a ，所以切线方程为y +a =(1−a)(x −1) ，将(−1,0)代入，得a =−2(1−a)，解得a =2； (Ⅱ)①解f′(x)=1x−a =0，得x =1a当0<x <1a 时，f ′(x)>0；当x >1a 时，f′(x)<0．所以f(x)在x =1a 处取得最大值f(1a )=−lna −1 ，因为f(1)=−a <0，因为0<a <1e ，所以f(1a )=−lna −1>0，f(x)在区间(1,1a )有零点，因为f(x)在区间(0,1a )单调递增，所以，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证明：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)=2(1−ax)2x(2−ax)⩾0，所以函数F(x)在区间(0,2a )上单调递增，所以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)，所以f(2a −x 1)>f(x 2)因为0<x 1<1a <x 2，所以2a −x 1, x 2∈(1a ,+∞)，因为f(x)在区间(1a ,+∞)单调递减，所以2a −x 1<x 2, x 1+x 2>2a ，又0<a <1e , 1a >e ，所以x 1+x 2>2e ．【解析】本道试题主要是考查了导数在函数的单调性，极值中的应用，还考查了函数零点的应用．(Ⅰ)导数求出切线的斜率，进而求出切线方程，再将点(−1,0)代入切线方程，就可以求出a的值；(Ⅱ)①由函数零点存在性定理可知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应用函数的单调性即可证明．15.【答案】解：(1)由f(x)<kx对任意x∈(0,+∞)恒成立，得k>lnxx2对任意x∈(0,+∞)恒成立，令ℎ(x)=lnxx2，则ℎ′(x)=1−2lnxx3，令ℎ′(x)=0，则x=√e，在(0,√e)上，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；在(√e,+∞)上，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；故ℎ(x)max=ℎ(√e)=12e，则k>12e ，即k的取值范围为(12e,+∞)；(2)证明：设x1<x2，g(x)=lnx+1x−m，则g′(x)=−lnxx2，在(0,1)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；在(1,+∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减；∵g(1)=1−m，g(1e)=−m，当x→+∞时，g(x)>−m，且g(x)→−m，∴0<m<1，1e<x1<1<x2，要证x1+x2>2，即证x2>2−x1，∵x2>1，2−x1>1，g(x)在(1,+∞)上单调递减，∴只需证明g(x2)<g(2−x1)，由g(x1)=g(x2)，只需证明g(x1)<g(2−x1)，令m(x)=g(x)−g(2−x)，x∈(1e,1)，m′(x)=−lnxx2−ln(2−x)(2−x)2，∵x∈(1e,1)，∴−lnx>0，x2<(2−x)2，∴m′(x)>−lnx−ln(2−x)2−x =−ln[x(2−x)]2−x>0，∴m(x)在(1e,1)上单调递增，∴m(x)<m(1)=0，即m(x)<0，∴x1+x2>2．【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数零点存在性定理，利用导数研究函数的极值，运用分析法证明，导数中的恒成立与存在性问题和导数中的函数不等式．(1)利用导数中的恒成立问题处理策略，结合利用导数研究函数的极值，计算得结论；(2)利用导数研究函数的单调性，结合函数零点存在性定理得1e<x1<1<x2，再利用分析法证明得只需证明g(x1)<g(2−x1)，构建函数m(x)，利用导数研究函数的单调性，计算得结论．16.【答案】解：(1)由题意得f(x)的定义域是(0,+∞)，f(x)=2xlnx−ax2−2x+a2(a>0)，则f′(x)=2lnx+2−2ax−2，令f′(x)=0，得lnx−ax=0，问题转化为方程lnx−ax=0在(0,+∞)上有2个异根，令g(x)=lnx−ax，问题转化为函数g(x)有2个不同的零点，而g′(x)=1x −a=1−axx(x>0)，∵a>0，当0<x<1a 时，g′(x)>0，当x>1a时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1a )单调递增，在(1a,+∞)单调递减，故g(x)极大值=g(1a )=ln1a−1，又∵当x→0时，g(x)→−∞，当x→+∞时，g(x)→−∞，于是只需g(x)极大值>0，即ln 1a −1>0，故0<a <1e ，即a 的取值范围是(0,1e )；(2)证明：由(1)可知x 1，x 2分别是方程lnx −ax =0的两个根，即lnx 1=ax 1，lnx 2=ax 2，不妨设x 1>x 2>0，作差得ln x 1x 2=a(x 1−x 2)，即a =lnx 1x 2x 1−x 2，原不等式√x 1⋅x 2>e 等价于x 1·x 2>e 2，即lnx 1+lnx 2>2⇔a(x 1+x 2)>2⇔ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2，令t =x 1x 2，则t >1，ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2⇔lnt >2(t−1)t+1，设ｈ(t)=lnt −2(t−1)t+1(t >1)，则ｈ′(t)=(t−1)2t(t+1)2>0，∴函数ｈ(t)在(1,+∞)上单调递增， ∴ｈ(t)>ｈ(1)=0，即不等式lnt >2(t−1)t+1成立，故所证不等式成立，即√x 1x 2>e ．【解析】本题考查导数研究函数的单调性与极值，考查导数中的函数不等式，考查方程与函数思想，计算能力，属于较难题．(1)问题转化为方程lnx −ax =0在(0,+∞)上有2个异根，令g(x)=lnx −ax ，问题转化为函数g(x)有2个不同的零点，求导，利用导数求极值即可求解；(2)原不等式√x 1⋅x 2>e 等价于ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2，令t =x 1x 2，则t >1，ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2⇔lnt >2(t−1)t+1，设ｈ(t)=lnt −2(t−1)t+1(t >1)，根据函数的单调性证出结论即可．17.【答案】(1)解：函数f(x)=xlnx +x 2−ax +2(a ∈R)有两个不同的零点x 1，x 2．考虑f(x)与x 轴有切点，设为(m,0)，f′(x)=lnx +1+2x −a ，则lnm +1+2m −a =0，又mlnm +m 2−am +2=0，消去a ，可得m 2+m −2=0，解得m =1(−2舍去)，则a =3，由于f(x)的图象开口向上，由f′(1)=3−a <0，解得a >3，可得f(x)在(0,+∞)不单调，有两个不同的零点x 1，x 2．故a 的范围是(3,+∞)；(2)证明：由题意可得x 1lnx 1+x 12−ax 1+2=0，x 2lnx 2+x 22−ax 2+2=0，即为lnx 1+x 1−a +2x 1=0，lnx 2+x 2−a +2x 2=0，两式相减可得，lnx 1−lnx 2+x 1−x 2+2(x 2−x 1)x 1x 2=0，即有1+lnx 1−lnx 2x 1−x 2=2x 1x 2，要证x 1⋅x 2>1，即证2x 1x 2<2，即有1+lnx 1−lnx 2x 1−x 2<2，即lnx 1−lnx 2x 1−x 2<1，即有(lnx 1−x 1)−(lnx 2−x 2)x 1−x 2<0，(∗)令g(x)=lnx −x ，g′(x)=1x −1，当x >1时，g′(x)<0，g(x)递减；当0<x <1时，g′(x)>0，g(x)递增．则g(x)在x =1处取得极大值，且为最大值−1，即有lnx −x <0，不妨设0<x 1<1，x 2>1，则x 1−x 2<0，lnx 1−x 1−(lnx 2−x 2)>0，故(∗)成立，即有x 1⋅x 2>1．。

(完整版)极值点偏移问题的处理策略及探究

极值点偏移问题的处理策略所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。

若函数()f x 在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.如下图所示.极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。

而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。

不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →，函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<，构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈，则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减，所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=… ，不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立. 法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---，令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③，构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-，又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的. 二、含参数的问题.例2.已知函数xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ，由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+，要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ，不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ，再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增，所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。

极值点偏移的好题

12．关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误．．的是（） A ．2x =是()f x 的极小值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数12,x x ，且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>（21）（本小题满分12分）已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =-+-有两个零点.（I ）求a 的取值范围；（II ）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝211x x -+e x . (1)求f (x )的单调区间； (2)证明：当f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)时，x 1＋x 2＜0.(1)解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)．f ′(x )＝211x x -⎛⎫' ⎪+⎝⎭e x ＋211x x -+e x ＝2222211e 11x x x x x x ⎡⎤---+⎢⎥(+)+⎣⎦＝222[12]e 1x x x x -(-)+(+). 当x ＜0时，f ′(x )＞0；当x ＞0时，f ′(x )＜0.所以f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．(2)证明：当x ＜1时，由于211x x-+＞0，e x ＞0，故f(x)＞0；同理，当x ＞1时，f (x )＜0.当f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)时，不妨设x 1＜x 2，由(1)知x 1∈(－∞，0)，x 2∈(0,1)．下面证明：∀x ∈(0,1)，f (x )＜f (－x )，即证2211e e 11x x x x x x --+<++. 此不等式等价于(1－x )e x －1ex x +＜0. 令g (x )＝(1－x )e x －1e x x +，则 g ′(x )＝－x e －x (e 2x －1)．当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，从而g (x )＜g (0)＝0.即(1－x )e x －1ex x +＜0. 所以∀x ∈(0,1)，f (x )＜f (－x )．而x 2∈(0,1)，所以f (x 2)＜f (－x 2)，从而f (x 1)＜f (－x 2)．由于x 1，－x 2∈(－∞，0)，f (x )在(－∞，0)上单调递增，所以x 1＜－x 2，即x 1＋x 2＜0.21.（本小题满分12分）已知函数()()ln ,a x f x b a b R x=+∈的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-. （Ⅰ）求实数,a b 的值及函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当()()()1212f x f x x x =≠时，比较12x x +与2e （e 为自然对数的底数）的大小.21.解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()()21ln a x f x x-=′，因为()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-，所以()()11,ln110,1f a a f b ==⎧⎪⎨=+=⎪⎩′，解得1a =，0b =. 所以()ln x f x x =. 所以()21ln x f x x-=′. 令()0f x =′，得x e =，当0x e <<时，()0f x >′，()f x 单调递增；当x e >时，()0f x <′，()f x 单调递减.所以函数()f x 的单调递增区间为()0,e ，单调递减区间为(),e +∞.（Ⅱ）当()()()1212f x f x x x =≠时，122x x e +>.证明如下：因为x e >时()f x 单调递减，且()ln 0x f x x=>，又()10f =，当1x e <<时，()f x 单调递增，且()0f x >.若()()()1212f x f x x x =≠，则12,x x 必都大于1，且必有一个小于e ，一个大于e .不防设121x e x <<<，当22x e ≥时，必有122x x e +>.当22e x e <<时，()()()()()22122222ln 2ln 222e x x f x f e x f x f e x x e x ---=--=--，设()()ln 2ln 2e x x g x x e x-=--，2e x e <<，则()()()221ln 21ln 2e x x g x x e x -+--=--′ ()()()()2222241ln ln 222e e x x x x ex x x e x ----++=-()()(){}()2222241ln 2ln 2e e x x x x e e x e x ⎡⎤--+---+⎣⎦=-. 因为2e x e <<，所以()()2220,e x e e --∈.故()222ln 0x e e ⎡⎤---+>⎣⎦. 又()()41ln 0e e x x -->，所以()0g x >′.所以()f x 在区间(),2e e 内单调递增.所以()()110g x g e e e>=-=. 所以()()122f x f e x >-.因为11x e <<，22e x e <<，所以202e x e <-<，又因为()f x 在区间()0,e 内单调递增，所以122x e x >-，即122x x e +>.综上，当()()()1212f x f x x x =≠时，122x x e +>.（注：文档可能无法思考全面，请浏览后下载，供参考。

10个导数题(极值点的偏移)(1).docx

极值点偏移的问题1. 已知f(x) InX ax,(a为常数)(1若函数f(x)在X 1处的切线与X轴平行，求a的值;1(2当a 1时,试比较f (m)与f (―)的大小; m⑶f(x)有两个零点x1, x2,证明：x1 x2> e2变式：已知函数f(x) Inx ax2, a为常数。

(1)讨论f(x)的单调性；(2)若有两个零点x1, x2,,试证明：x1 x2>e∏X2. 已知f (x) x2+ax Sin ,x (0,1);(1) 若f (x)在定义域内单调递增，求a的取值范围；(2) 当a=-2x2>2x0时，记f(x)取得极小值为f(x 0)若f (x1) f (x2),求证x113. 已知 f (χ) In X - ax 2 2(1) 若f (1 = 0 ,求函数 f(x) (2) 令 g(x)=f(x)-(ax-1),x,(a R)的最大值;求函数g(x)的单调区间;4. 设a>0,函数 f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-(1) 证明：当X 1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 1,x 2,求证：x 1x 2 e 25. 已知f (x) X 2a aln x,常数a R O (1求f(x)的单调区间；(2)f (X)有两个零点x 1,x 2,且x 1 x 2;(i)指出a 的取值范围，并说明理由；f ii)求证：X 1 X 2 8a 3X6.设函数f(x) e ax a (a R),其图象与X 轴交于Ag , 0) , B(x ?, 0)两点，且xκ x 2.(3) 若 a=-2,正实数 χ1, X 2,满足f(x 1)x 1x 2 0,证明 x 1 x 2.5 122(x 1)X 1(1) 求a 的取值范围； (2)证明： f J χ1X 2 0 ( f (X )为函数f(χ)的导函数);(3) 设点C 在函数y f(χ)的图象上，且△ ABC 为等腰直角三角形，记，：2 ； t , 求(a 1)(t 1)的值.【解】(1) f (χ) e χ a .若a ≤ 0,贝U f (χ) 0,则函数f(x)是单调增函数，这与题设矛盾•所以 a 0,令f (χ)0 ,贝U X Ina .当X Ina 时，f (X )0 , f (χ)是单调减函数； X Ina 时，f (x) 0 , f (χ)是单调增函数；于是当X Ina 时，f(χ)取得极小值.因为函数f(x) e χ a χ a(a R)的图象与X 轴交于两点 A(X 1 , 0) , B(X 2,0)(x ιv χ2),此时，存在 1 In a , f (1) e 0 ;又由f (χ)在(,In a)及(In a ,)上的单调性及曲线在R 上不间断，可知a2e 为所求取值范围•(2)因为e χ, e χ aχ1 a 0, 1 两式相减得aaχ2 a 0,X 2 X ∣e 2e 1X 2 X 1记X2 X2S(S 0),则f 生泸eχ1 χ2X 2 X 12e 2e X 2 X 1χ1卷IS S X(e e ),设g(s) 2s (e sS Xe ), 则 g (S) 2 (e se S ) 0 ,所以g(S)是单调减函数，则有g(s) g(0)χ1 χ2,而 2s,所以f为 X 2 _2.又 f (X) e χa 是单调增函数，且X X 22X 1X 2存在 3In a Ina , f (3In a)所以 f .. χ1χ20 .所以f (In a)a(2 Ina) 0,即 a e 2.33 c 2 Ca 3aI n a a a 3a a 0 ,(3)依题意有 e x aχ a 0 ,则 a(x ∣ 1) e x 0X i 1( i 1, 2).XXi2冷 (X i ，X ：),即 y 。

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12．关于函数()2ln f x x x
=+，下列说法错误．．的是（） A ．2x =是()f x 的极小值点
B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点
C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立
D ．对任意两个正实数12,x x ，且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>
（21）（本小题满分12分）
已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =-+-有两个零点.
（I ）求a 的取值范围；
（II ）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<.
21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝211x x
-+e x . (1)求f (x )的单调区间；
(2)证明：当f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)时，x 1＋x 2＜0.
(1)解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)．
f ′(x )＝211x x -⎛⎫'
⎪+⎝⎭
e x ＋211x x -+e x ＝2222211e 11x x x x x x ⎡⎤---+⎢⎥(+)+⎣⎦ ＝222[12]e 1x x x x -(-)+(+)
. 当x ＜0时，f ′(x )＞0；当x ＞0时，f ′(x )＜0.
所以f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
(2)证明：当x ＜1时，由于
211x x
-+＞0，e x ＞0，故f (x )＞0；
同理，当x ＞1时，f (x )＜0.
当f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)时，不妨设x 1＜x 2，
由(1)知x 1∈(－∞，0)，x 2∈(0,1)．
下面证明：∀x ∈(0,1)，f (x )＜f (－x )，即证 22
11e e 11x x x x x x --+<++. 此不等式等价于
(1－x )e x －
1e
x x +＜0. 令g (x )＝(1－x )e x －1e x x +，则 g ′(x )＝－x e －x (e 2x －1)．
当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，从而g (x )＜g (0)＝0.即
(1－x )e x －1e
x x +＜0. 所以∀x ∈(0,1)，f (x )＜f (－x )．
而x 2∈(0,1)，所以f (x 2)＜f (－x 2)，
从而f (x 1)＜f (－x 2)．
由于x 1，－x 2∈(－∞，0)，f (x )在(－∞，0)上单调递增，所以x 1＜－x 2，即
x 1＋x 2＜0.
21.（本小题满分12分）
已知函数()()ln ,a x f x b a b R x
=+∈的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-. （Ⅰ）求实数,a b 的值及函数()f x 的单调区间；
（Ⅱ）当()()()1212f x f x x x =≠时，比较12x x +与2e （e 为自然对数的底数）的大小.
21.解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为()0,+∞，
()()21ln a x f x x
-=′，因为()f x 的图象在点()()
1,1f 处的切线方程为1y x =-，所以()()11,ln110,1
f a a f b ==⎧⎪⎨=+=⎪⎩′，解得1a =，0b =. 所以()ln x f x x
=
. 所以()21ln x f x x -=′. 令()0f x =′，得x e =，
当0x e <<时，()0f x >′，()f x 单调递增；
当x e >时，()0f x <′，()f x 单调递减.
所以函数()f x 的单调递增区间为()0,e ，单调递减区间为(),e +∞.
（Ⅱ）当()()()1212f x f x x x =≠时，122x x e +>.
证明如下：
因为x e >时()f x 单调递减，
且()ln 0x f x x
=>，又()10f =，当1x e <<时，()f x 单调递增，且()0f x >. 若()()()1212f x f x x x =≠，则12,x x 必都大于1，且必有一个小于e ，一个大于. 不防设121x e x <<<，
当22x e ≥时，必有122x x e +>.
当22e x e <<时，()()()()()22122222
ln 2ln 222e x x f x f e x f x f e x x e x ---=--=--，设()()ln 2ln 2e x x g x x e x
-=--，2e x e <<，则()()()
221ln 21ln 2e x x g x x e x -+--=--′ ()()()()222
2
241ln ln 222e e x x x x ex x x e x ----++=- ()()(){}()
2222241ln 2ln 2e e x x x x e e x e x ⎡⎤--+---+⎣⎦=-. 因为2e x e <<，
所以()()2220,e x e e --∈.
故()222ln 0x e e ⎡⎤---+>⎣⎦
. 又()()41ln 0e e x x -->，
所以()0g x >′.
所以()f x 在区间(),2e e 内单调递增.
所以()()110g x g e e e
>=-=. 所以()()122f x f e x >-.
e
因为11x e <<，22e x e <<，所以202e x e <-<，又因为()f x 在区间()0,e 内单调递增，所以122x e x >-，即122x x e +>. 综上，当()()()1212f x f x x x =≠时，122x x e +>.。