导数压轴题之极值点偏移归纳总结
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，。
培优点04 极值点偏移问题(2大考点+强化训练)(习题版)
培优点04 极值点偏移问题（2大考点+强化训练）极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．【知识导图】【考点分析】考点一:对称化构造函数规律方法 对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )．(2)对结论x 1x 2>x 20型，方法一是构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x ，通过研究F (x )的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x 1＋ln x 2>2ln x 0，再把ln x 1，ln x 2看成两变量即可．【例1】（2024下·云南·高二云南师大附中校考开学考试）给出定义:设()f x '是函数()y f x =的导函数，()f x ''是函数()f x '的导函数，若方程()0f x ''=有实数解0x x =，则称()(00,x f x )为函数()y f x =的“拐2.71828为自然对数的底数）()f x 的单调区间；为两个不相等的实数，且满足考点二:比值代换规律方法 比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t ＝x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．【例2】．（2022·全国·模拟预测）设函数()()ln f x x ax a =-∈R . (1)若3a =，求函数()f x 的最值；(2)若函数()()g x xf x x a =-+有两个不同的极值点，记作12,x x ，且12x x <，求证：12ln 2ln 3x x +>.【强化训练】4.(2023·唐山模拟)已知函数f (x )＝x e 2－x.(1)求f (x )的极值；(2)若a >1，b >1，a ≠b ，f (a )＋f (b )＝4，证明：a ＋b <4.5. (2022·全国甲卷)已知函数f (x )＝ex x－ln x ＋x －a .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2<1.6. (2023·沧州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax －1(a ∈R )．若方程f (x )＋2＝0有两个实根x 1，x 2，且x 2>2x 1，求证：x 1x 22>32e3.(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099)7. (2023·淮北模拟)已知a 是实数，函数f (x )＝a ln x －x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个相异的零点x 1，x 2且x 1>x 2>0，求证：x 1x 2>e 2.8．(2023·南宁模拟)已知函数f (x )＝e x－ax 22，a >0.(1)若f (x )过点(1,0)，求f (x )在该点处的切线方程；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且0<x 1<x 2，当e<a <e22时，证明：x 1＋x 2>2.9．(2023·聊城模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a ∈R )，设m ，n 为两个不相等的正数，且f (m )＝f (n )＝3. (1)求实数a 的取值范围； (2)证明：a 2<mn <a e 2.。
(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.。
高考数学玩转压轴题专题12极值点偏移问题利器极值点偏移判定定理
高考数学玩转压轴题专题12极值点偏移问题利器极值点偏移判定定理极值点偏移问题利器——极值点偏移判定定理一、极值点偏移的判定定理对于可导函数 $y=f(x)$，在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，方程 $f(x)=0$ 的解分别为 $x_1$、$x_2$，且 $a<x_1<x_2<b$，则：1）若 $f(x_1)<f(2x-x_2)$，则极（小）大值点 $x$ 右（左）偏；2）若 $f(x_1)>f(2x-x_2)$，则极（小）大值点 $x$ 右（左）偏。
证明：1）因为对于可导函数 $y=f(x)$，在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，则函数 $f(x)$ 的单调递增（减）区间为 $(a,x)$，单调递减（增）区间为 $(x,b)$。
由于 $x_1)2x-x_2$，$a)2x$，即函数 $y=f(x)$ 在区间 $(x_1,x_2)$ 上$2x_1+x_2)x$，即函数 $y=f(x)$ 的极（小）大值点 $x$ 右（左）偏。
2）证明略。
二、运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：1）求出函数 $f(x)$ 的极值点 $x$；2）构造一元差函数 $F(x)=f(x+x)-f(x-x)$；3）确定函数 $F(x)$ 的单调性；4）结合 $F(x)=0$，判断 $F(x)$ 的符号，从而确定$f(x+x)$、$f(x-x)$ 的大小关系。
口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随。
2、抽象模型答题模板：若已知函数 $f(x)$ 满足 $f(x_1)=f(x_2)$，$x$ 为函数 $f(x)$ 的极值点，求证：$x_1+x_2<2x$。
1）讨论函数$f(x)$ 的单调性并求出$f(x)$ 的极值点$x$；假设此处 $f(x)$ 在 $(-\infty,x)$ 上单调递减，在$(x,+\infty)$ 上单调递增。
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。
2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法
2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题的实质，例1 已知函数f (x )＝x e －x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若x 1≠x 2且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2.(1)解 f ′(x )＝e －x (1－x )，令f ′(x )>0得x <1；令f ′(x )<0得x >1，∴函数f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明 方法一 (对称化构造法)构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，x >1，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝e －x (1－x )＋e x －2(x －1)＝(x －1)(e x －2－e －x )，∴当x >1时，x －1>0，e x －2－e －x >0，∴F ′(x )>0， ∴F (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )>F (1)＝0， 故当x >1时，f (x )>f (2－x )，(*)由f (x 1)＝f (x 2)，x 1≠x 2，可设x 1<1<x 2， 将x 2代入(*)式可得f (x 2)>f (2－x 2)， 又f (x 1)＝f (x 2)， ∴f (x 1)>f (2－x 2)．又x 1<1,2－x 2<1，而f (x )在(－∞，1)上单调递增， ∴x 1>2－x 2， ∴x 1＋x 2>2.方法二 (比值代换法) 设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)即11ex x -＝22ex x -，取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1.∴x 1＋x 2＝t ＋1ln t t －1>2∴ln t －2t －1t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，∴g ′(t )＝1t －2t ＋1－2t －1t ＋12＝t －12t t ＋12>0，∴当t >1时，g (t )单调递增，∴g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2t －1t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.例2 已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2. (1)求实数a 的取值范围； (2)求证：x 1·x 2>e 2.(1)解 f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)，∴若a ≤0，则f ′(x )>0，不符合题意；∴若a >0，令f ′(x )＝0，解得x ＝1a.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0； 当x ∴⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0. 由题意知f (x )＝ln x －ax 的极大值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e. 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)证明 因为f (1)＝－a <0，所以1<x 1<1a<x 2.构造函数H (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －f ⎝⎛⎭⎫1a －x ＝ln ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －ln ⎝⎛⎭⎫1a －x －2ax ,0<x <1a. H ′(x )＝11a ＋x ＋11a－x －2a ＝2a 3x21－a 2x 2>0，所以H (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， 故H (x )>H (0)＝0，即f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x >f ⎝⎛⎭⎫1a －x .由1<x 1<1a <x 2，知2a －x 1>1a，故f (x 2)＝f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫1a －⎝⎛⎭⎫1a －x 1<f ⎝⎛⎭⎫1a ＋⎝⎛⎭⎫1a －x 1＝f ⎝⎛⎭⎫2a －x 1. 因为f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以x 2>2a －x 1，即x 1＋x 2>2a.故ln x 1x 2＝ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)>2， 即x 1·x 2>e 2.例3已知函数f (x )＝x 2－2x ＋1＋a e x 有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 证明：x 1＋x 2>4.解析 证明：令g (x )＝f ′(x )＝2x －2＋a e x ，则x 1，x 2是函数g (x )的两个零点． 令g (x )＝0，得a ＝－2(x －1)e x .令h (x )＝－2(x －1)e x ， 则h (x 1)＝h (x 2)，h ′(x )＝2x －4e x ，可得h (x )在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增， 所以x 1<2<x 2.令H (x )＝h (2＋x )－h (2－x )，则H ′(x )＝h ′(2＋x )－h ′(2－x )＝2x (e 2－x －e 2＋x )e 2＋x ·e 2－x ，当0<x <2时，H ′(x )<0，H (x )单调递减，有H (x )<H (0)＝0， 所以h (2＋x )<h (2－x )．所以h (x 1)＝h (x 2)＝h (2＋(x 2－2))<h (2－(x 2－2))＝h (4－x 2)． 因为x 1<2,4－x 2<2，h (x )在(－∞，2)上单调递减， 所以x 1>4－x 2，即x 1＋x 2>4.例4已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R .若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 求证：x 1x 2>e 2(e 为自然对数的底数)．一题多解解法1思路参考：转化为证明ln x 1＋ln x 2>2，根据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的根建立等量关系． 令t ＝x 2x 1将ln x 1＋ln x 2变形为关于t 的函数，将ln x 1＋ln x 2>2转化为关于t 的不等式进行证明． 证明：欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2.若f (x )有两个极值点x 1，x 2，即函数f ′(x )有两个零点．又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根．于是，有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，解得m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2. 另一方面，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)， 从而得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2.于是，ln x 1＋ln x 2＝(ln x 2－ln x 1)(x 2＋x 1)x 2－x 1＝⎝⎛⎭⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1.又0<x 1<x 2，设t ＝x 2x 1，则t >1. 因此，ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln tt －1，t >1. 要证ln x 1＋ln x 2>2，即证(t ＋1)ln tt －1>2，t >1. 即当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 设函数h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t ＞1， 则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0， 所以，h (t )为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h (1)＝0，因此，h (t )＞h (1)＝0. 于是，当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 所以ln x 1＋ln x 2>2成立，即x 1x 2>e 2. 解法2思路参考：将证明x 1x 2>e 2转化为证明x 1>e 2x 2.依据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根构造函数g (x )＝ln x x ，结合函数g (x )的单调性，只需证明g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.证明：由x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根，所以mx 1＝ln x 1，mx 2＝ln x 2. 令g (x )＝ln xx ，g (x 1)＝g (x 2)， 由于g ′(x )＝1－ln xx 2，因此，g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减． 又x 1<x 2，所以0<x 1<e<x 2.令h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫e 2x (x ∈(0，e))，h ′(x )＝(1－ln x )(e 2－x 2)x 2e 2>0， 故h (x )在(0，e)上单调递增，故h (x )<h (e)＝0，即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫e 2x .令x ＝x 1，则g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.因为x 2，e 2x 1∈(e ，＋∞)，g (x )在(e ，＋∞)上单调递减，所以x 2>e 2x 1，即x 1x 2>e 2. 解法3思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量k ＝t 1－t 2<0构建函数进行证明． 证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设k ＝t 1－t 2<0，则t 1＝k e k e k －1，t 2＝k e k －1. 欲证x 1x 2>e 2， 需证ln x 1＋ln x 2>2.即只需证明t 1＋t 2＞2，即k (1＋e k )e k －1>2⇔k (1＋e k )<2(e k －1)⇔k (1＋e k )－2(e k －1)<0. 设g (k )＝k (1＋e k )－2(e k －1)(k <0)，g ′(k )＝k e k －e k ＋1， g ″(k )＝k e k <0，故g ′(k )在(－∞，0)上单调递减， 故g ′(k )>g ′(0)＝0，故g (k )在(－∞，0)上单调递增， 因此g (k )<g (0)＝0，命题得证． 解法4思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量t 1t 2＝k ∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设t 1t 2＝k ∈(0,1)，则t 1＝k ln k k －1，t 2＝ln k k －1.欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2，即只需证明t 1＋t 2>2，即(k ＋1)ln kk －1>2⇔ln k <2(k －1)k ＋1⇔ln k －2(k －1)k ＋1<0. 设g (k )＝ln k －2(k －1)k ＋1(k ∈(0,1))，g ′(k )＝(k －1)2k (k ＋1)2>0， 故g (k )在(0,1)上单调递增，因此g (k )<g (1)＝0，命题得证．思维升华1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．多维训练1.已知函数f (x )＝e x (e x －ax ＋a )有两个极值点x 1，x2. (1)求a 的取值范围； (2)求证：2x 1x 2<x 1＋x 2.(1)解：因为f (x )＝e x (e x －ax ＋a )，所以f ′(x )＝e x (e x －ax ＋a )＋e x (e x －a )＝e x (2e x －ax )． 令f ′(x )＝0，则2e x ＝ax . 当a ＝0时，不成立； 当a ≠0时，2a ＝xe x .令g (x )＝xe x ，所以g ′(x )＝1－x e x .当x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 又因为g (1)＝1e ，当x →－∞时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，因此，当0<2a <1e 时，f (x )有2个极值点，即a 的取值范围为(2e ，＋∞)．(2)证明：由(1)不妨设0<x 1<1<x 2，且⎩⎨⎧2e x 1＝ax 1，2e x 2＝ax 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ln 2＋x 1＝ln a ＋ln x 1，ln 2＋x 2＝ln a ＋ln x 2， 所以x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1. 要证明2x 1x 2<x 1＋x 2，只要证明2x 1x 2(ln x 2－ln x 1)<x 22－x 21，即证明2ln ⎝⎛⎭⎫x 2x 1<x 2x 1－x 1x 2.设x 2x 1＝t (t >1)，即要证明2ln t －t ＋1t <0在t ∈(1，＋∞)上恒成立． 记h (t )＝2ln t －t ＋1t (t >1)，h ′(t )＝2t －1－1t 2＝－t 2＋2t －1t 2＝－(t －1)2t 2<0， 所以h (t )在区间(1，＋∞)上单调递减，所以h (t )<h (1)＝0，即2ln t －t ＋1t <0，即2x 1x 2<x 1＋x 2. 2.已知函数f (x )＝x ln x －2ax 2＋x ，a ∈R .(1)若f (x )在(0，＋∞)内单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，证明x 1＋x 2>12a . (1)解：f ′(x )＝ln x ＋2－4ax . 因为f (x )在(0，＋∞)内单调递减，所以 f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ≤0在(0，＋∞)内恒成立， 即4a ≥ln x x ＋2x 在(0，＋∞)内恒成立． 令g (x )＝ln x x ＋2x ，则g ′(x )＝－1－ln x x 2. 所以，当0<x <1e 时，g ′(x )>0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 内单调递增； 当x >1e 时，g ′(x )<0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞内单调递减．所以g (x )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e ， 所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫e 4，＋∞.(2)证明：若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，则f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x 1，x 2. 由(1)，知0<a <e4.由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋2－4ax 1＝0，ln x 2＋2－4ax 2＝0，两式相减， 得ln x 1－ln x 2＝4a (x 1－x 2)． 不妨设0<x 1<x 2， 所以要证明x 1＋x 2>12a ，只需证明x 1＋x 24a (x 1－x 2)<12a (ln x 1－ln x 2). 即证明2(x 1－x 2)x 1＋x 2>ln x 1－ln x 2，亦即证明2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2.令函数h (x )＝2(x －1)x ＋1－ln x,0<x <1. 所以h ′(x )＝－(x －1)2x (x ＋1)2<0， 即函数h (x )在(0,1)内单调递减． 所以当x ∈(0,1)时，有h (x )>h (1)＝0， 所以2(x －1)x ＋1>ln x .即不等式2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2成立．综上，x 1＋x 2>12a ，命题得证.3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∴R )．(1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)证明：e x －e 2ln x >0恒成立． (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a，∴x ∴()0，1a 时，f ′(x )>0；x ∴()1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )在()0，1a 上单调递增，在()1a ，＋∞上单调递减．(2)证明 方法一 要证e x －e 2ln x >0，即证e x －2>ln x ， 令φ(x )＝e x －x －1，∴φ′(x )＝e x －1.令φ′(x )＝0，得x ＝0，∴x ∴(－∞，0)时，φ′(x )<0； x ∴(0，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(0)＝0，即e x －x －1≥0，即e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”． 同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 由e x ≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取“＝”)，可得e x －2≥x －1(当且仅当x ＝2时取“＝”)，又ln x ≤x －1，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取“＝”，所以e x －2≥x －1≥ln x 且两等号不能同时成立，故e x －2>ln x ．即证原不等式成立．方法二 令φ(x )＝e x －e 2ln x ，φ(x )的定义域为(0，＋∞)，φ′(x )＝e x －e 2x ，令h (x )＝e x－e 2x，∴h ′(x )＝e x＋e 2x2>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又φ′(1)＝e －e 2<0，φ′(2)＝e 2－12e 2＝12e 2>0，故∴x 0∴(1,2)，使φ′(x 0)＝0，即0e x －e 2x 0＝0，即0e x ＝e 2x 0，∴当x ∴(0，x 0)时，φ′(x )<0； 当x ∴(x 0，＋∞)时，φ′(x 0)>0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(x 0)＝0ex －e 2ln x 0＝e 2x 0－e 2ln x 0＝e 2x 0－022e e ln e x ＝e 2x 0－e 2(2－x 0)＝e 2()1x 0＋x 0－2＝e 2·x 0－12x 0>0，故φ(x )>0，即e x －e 2ln x >0，即证原不等式成立．4．(2018·全国∴)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.∴若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ∴若a >2，令f ′(x )＝0，得 x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42∴⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞时， f ′(x )<0；当x ∴⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42，⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f x 1－f x 2x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∴(1，＋∞)时，g (x )<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.。
极值点偏移问题的几种思考方法
极值点偏移问题的几种思考方法覃文周 整理近几年来，高考全国卷和地方卷，屡次出现极值点偏移问题.极值点偏移问题出题灵活，题目难度大，可以说是高考导数压轴题的最高境界.有关极值点偏移问题，常见有三种解法：一是比值法.二是构造对称函数.三是利用已知的不等式（如：对数平均不等式，xe ≥1+ x +21x 2，㏑x ≤x -1（x ＞0）等）.本文首先介绍极值点偏移的定义，图像类型；然后介绍极值点偏移的常见问题；再介绍构造对称性函数的一般思路；最后介绍一些经典问题的解法.一、极值点偏移定义简单来说，存在极值点的函数，如果图像不对称，则称之为极值点偏移. 二次函数，是左右对称的，所以抛物线不是极值点偏移.极值点偏移产生的原因是函数在极值点两侧的增减速度不一致.用数学语言来描述，就是：对于函数)(x f y =在区间(a ,)b 内只有一个极值点0x ，方程0)(=x f 的解为x 1,x 2,且a <x 1<x 2<b ，(1)若21(x 1+x 2)≠0x ,则称函数)(x f y =在区间(x 1,x 2)上极值点0x 偏移；(2)若21(x 1+x 2)＞0x ,则称函数)(x f y =在区间(x 1, x 2)上极值点0x 左偏；简称极值点0x 左偏；(3)若21( x 1+ x 2)＜0x ,则称函数)(x f y =在区间(x 1, x 2)上极值点0x 右偏；简称极值点0x 右偏.极值点偏移常见的4种图形是：二、极值点偏移的常见类型 极值点偏移常见的问题有4类：1、若函数f (x )存在两个零点x 1, x 2,即 f (x 1)= f (x 2)=0且x 1≠x 2 , 0x 是函数0)(=x f 区间(x 1, x 2)上的极值点.求证：x 1+ x 2＞20x .2、若函数f (x )存在x 1, x 2,且x 1≠x 2满足f (x 1)= f (x 2)，0x 是函数0)(=x f 区间(x 1, x 2)上的极值点.求证：x 1+ x 2＞20x .3、若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2, 即 f (x 1)= f (x 2)=0且x 1≠x 2,令0x =21( x 1+ x 2)，求证：)(0x f '＞0. 4、若函数f (x )存在x 1, x 2,且x 1≠x 2, 满足f (x 1)= f (x 2)，令0x =21( x 1+ x 2)，求证：)(0x f '＞0.三、构造对称函数解极值点偏移问题的一般思路最关键的步骤是找到极值点，然后构造对称性函数，其固定套路如下： （1）求出函数f (x )的极值点x 0；（2）构造对称函数F (x )= f (x 0+x )- f (x 0-x )； （3）确定函数F (x )的单调性；（4）结合F(0)= 0，判断F(x )的符号，从而确定f (x 0+x )、 f (x 0-x )的大小关系.四、经典问题的解法举例 1、已知函数f (x )=（x -2）ex+ a (x -1)2 （a ＞0）有两个零点x 1, x 2, 求证：x 1+ x 2 ＜ 2.解析：)(x f '=（x -1）(e x+2a ）.当a ＞0时e x+2a ＞0.由)(x f '=0得x =1.f (x )在区间(-∞,1)上单调减少，在区间(1,+∞)上单调增加.∴ f (x )在的极小值是f (1)= -e .∵f (2)= a ＞0,∴ f (x )在(1,2)内有一个零点.而-∞→x lim f (x )=+∞. ∴ f (x )在(-∞,1)内有一个零点.不妨设x 1<1<x 2<2，令F (x )= f (1+x )- f (1-x )， 则)(x F '=)1()1(x f x f -'++'=ex （x x ee 12-）＞ 0∴F (x )在x ＞0时单调增加， F (x ) ＞F (0)=0. ∴ f (1+x ) ＞ f (1-x )f (2- x 1)= f (1+(1- x 1))＞f (1-(1- x 1))= f (x 1)= f (x 2),∵2- x 1＞1, x 2＞1,∴2- x 1＞x 2. ∴x 1+ x 2 ＜ 2. 2、已知函数f (x )=xe-x（x ∈R ）.(1) 求f (x )单调区间.（2）已知函数g (x )的图像与函数f (x )的图像关于直线x=1对称. 求证：x ＞1时f (x )＞ g (x ).（3）如果函数f (x 1)= f (x 2)且x 1≠x 2.证明：x 1+ x 2 ＞ 2.解：(1) )(x f '=e-x- x e-x=（1-x )e-x当x ∈(-∞,1)时，)(x f '＞0，f (x )在 (-∞,1) 内单调增加； 当x ∈(1,+∞)时，)(x f '＜0，f (x )在 (1,+∞) 内单调减少.f (x )在x=1时取得极大值f (1)= e -1.(2) 由题设可得：g (x )= f (2-x )= (2-x )ex-2.设F (x )= f (x )- g (x )，则)(x F '=)()(x g x f '-' =（1-x )e -x+（x -1) e x-2则)(x F '=)()(x g x f '-'=（1-x )e -x+（x -1) e x-2=（x -1) e -x（e 2（x-1）-1).当x ＞1时 )(x F '＞0， F (x )在(1,+∞)上单调增加.F (x )= f (x )- g (x )＞F (1)= 0 ∴f (x ) ＞ g (x ).（3）由于f (x )在x=1时取得极大值f (1)=e-1＞0.∵0lim →x f (x )=0, +∞→x lim f (x )=0. 不妨设0＜x 1<1< x 2<2.（∵ 当x 2≥2时显然有x 1+ x 2 ＞ 2）由(2)知当x ＞1时有f (x ) ＞ g (x ) = f (2-x ) ∴ f (x 1)= f (x 2) ＞ f (2- x 2)，此时0＜2- x 2<1， ∴x 1＞2- x 2 ∴ x 1+ x 2 ＞ 23、已知函数 f (x )=㏑x –ax 2 + (2-a ) x ，（x ＞0）. (1) 讨论f (x )单调区间.（2）设a ＞0. 证明：当0＜ x ＜a1时 f (a1+x )＞ f (a1-x ).（3）如果函数f (x )的图像与x 轴相交于A 、B 两点，线段AB 的中点横坐标是x 0.证明：)(0x f '＜0.解：(1))(x f '=x1–2ax +(2-a )=–x1（2x +1）（ax -1）若a ≤0，则)(x f '＞0，f (x )在 (0,∞) 内单调增加。
导数压轴：极值点偏移
一：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122x 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122x x x 的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”（左移或右移）.二：极值点偏移问题常用两种方法证明：一是函数的单调性，. 二是利用“对数平均不等式”证明（证明方法见例题）.那么什么是对数平均不等式呢？三：对数平均不等式：已知,a b 为两不等的正实数，我们称ln ln ab a b 为,a b 的“对数平均数”．它与,a b 的“几何平均数ab ”及“算术平均数2b a ”之间有如下不等关系：ln ln 2a b a babab（a=b 的情况几乎不研究，可自行补充）。
证明：不妨设0a b ．先证ln ln a b aba b ，即证ab ba ba ln，令(1)a t tb，设1()2ln (1)f t tt tt，则0)1(112)(222t t ttt f ，所以()f t 在),1(递减，而(1)0f ，因此当1t时，1()2ln 0f t tt t恒成立，即ab ba ba ln成立．再证ln ln 2a b a bab，即证1)1-(2>ln +ba b a ba ，令(1)a t tb，2(1)g()ln (1)1t t ttt ，。
2024年高考重难专攻(四)极值点偏移问题
令 g(x)＝－x－2x12(x∈[2,5])，则 g′(x)＝－2xx－2＋142 x≤0(x∈[2,5])， 所以 g(x)在[2,5]上单调递减，所以 g(x)在[2,5]上的最大值为 g(2)＝－8． 所以 a 的取值范围是[－8，＋∞)． (2)当 a＝2 时，方程 f(x)＝x2＋2m，即 x－ln x－m＝0， 令 h(x)＝x－ln x－m(x>0)，则 h′(x)＝1－1x， 当 x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增． 所以 h(x)min＝h(1)＝1－m． 若方程 f(x)＝x2＋2m 有两个不等实根，则有 h(x)min<0，即 m>1．
(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小 关系；
(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x 之间的关系，进而得到所证或所求．
已知函数f(x)＝(x－1)ex－a，a∈R ．
(1)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围； (2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<0． 解：(1)由f(x)＝0得a＝(x－1)ex，令g(x)＝(x－1)ex，∵g′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex， 由g′(x)>0得x>0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 由g′(x)<0得x<0，∴函数g(x)在(－∞，0)上单调递减， ∴当x＝0时，函数f(x)有极小值同时也是最小值， g(x)min＝g(0)＝－1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，当x→－∞时，g(x)<0，且g(x)→0， 则要使a＝g(x)有两个不同的零点，则－1<a<0，即当－1<a<0时，函数f(x)有两个零点．
极值点偏移第6招--极值点偏移终极套路
.(ln x - ln x )(x + x )⎝ x ⎭ 1 + 2 ⎪ ln 2=1 ．x t - 1t - 12 (t - 1) 1 2 (t + 1) - 2 (t - 1) (t - 1)2值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高.下面给出引例，通过探究，归纳总结出解决此类问题的一般性方法★已知 f (x ) = x ln x - 1 2mx 2- x ， m ∈ R ．若 f (x )有两个极值点 x ， x ，且 x < x ，1 2 1 2求证： x x > e 2 （ e 为自然对数的底数）．1 2解法一：齐次构造通解偏移套路于是 ln x + ln x =122 1 2 1 1⎛ x ⎫ x xx - x x 2 1 2 - 1x1x(1 + t )ln t 又 0 < x < x ，设 t = 2 ，则 t > 1．因此， ln x + ln x = ， t > 1 ．1 2 1 2 1要证 ln x + ln x > 2 ，即证： (t + 1)ln t1 2> 2 ， t > 1 ．即：当 t > 1时，有 ln t > 2 (t - 1) t + 1．设函数 h (t ) = ln t - ， t ≥ 1 ，则 h ' (t ) = - = ≥ 0 ，t + 1 t (t + 1)2 t (t + 1)2所以， h (t )为 (1. + ∞ )上的增函数．注意到， h (1) = 0 ，因此， h (t ) ≥ h (1) = 0 ．⎩ln x 2 - mx 2 = 0 ⎧证法 3：由 x ， x 是方程 f ' (x ) = 0 的两个不同实根得 m = ln x ，令 g (x ) = ，x xx 2∈ (0,e ) ，只需证明 f (x ) > f x ⎭⎪ ， ⎝ 2 ⎪ ，即 f (x 2 )-x ⎭(1 - ln x )(e 2 - x 2 ) 即 h (x ) = f (x )- f ⎪ x ∈ (1,e ) ，h ' (x ) => 0 ，故 h (x ) 在 (1,e ) ↑ ，于是，当 t > 1时，有 ln t >2 (t - 1) t + 1．所以，有 ln x + ln x > 2 成立， x x > e 2 ．1 2 1 2解法二 变换函数能妙解证法 2：欲证 x x > e 2 ，需证 ln x + ln x > 2 ．若 f (x )有两个极值点 x ，x ，即函数 f ' (x )1 21 2 1 2有两个零点．又 f ' (x ) = ln x - mx ，所以， x ， x 是方程 f ' (x ) = 0 的两个不同实根．显 1 2然 m > 0 ，否则，函数 f ' (x ) 为单调函数，不符合题意．由 ⎨ln x 1 - mx 1 = 0 ⇒ ln x + ln x = m (x + x )，1 2 1 2解法三 构造函数现实力ln x1 2 g (x ) = g (x ) ，由于 g ' (x ) = 1 - ln x，因此， g (x )在 (1,e ) ↑ ， (e, +∞) ↓ ． 1 2设1 < x < e < x ，需证明 x x > e 2 ，只需证明 x > 1 2 1 2 1 e 2 x 21 ⎛ e2 ⎫即 f (x 2) > ⎛ e2 ⎫ f ⎝ x 2 ⎭⎛ e 2 ⎫f ⎪ > 0 ．KS5U 微信公众号 中学数学研讨部落 ⎝ 2⎛ e 2 ⎫ ( ) ⎝ x ⎭x 2e 2⎪ ．令 x = x 1 ，则 f (x ) = f (x ) < f ⎛ e 2 ⎫⎪ ，因为 x ， ⎝ x ⎭ ⎝ x 1 ⎭ ( ∈ (e, +∞ ) ， f (x )在 (e, +∞) ↓ ，所以 x > ，即 x x > e 2 ． xx 证法 4：设 t = ln x ∈ (0,1)， t = ln x ∈ (1, +∞)，则由 ⎨ln x 1 - mx 1 = 0 1122ln x - mx = 0⎩ ⎨ ⎩t = m e t 2 t e k - 1 e k - 1 ⎩ln x 2 - mx 2 =⎧ ⎨ ⇒ 1 = e t 1 -t 2 ，设 1 = k ∈ (0,1)，则 t = t t k - 1 k - 1故 h (x ) < h (e ) = 0 ，即 f x ) <f ⎛ e 2 ⎫ 2 1 2e 2 e21 1解法四 巧引变量（一）2 1 22 2得⎧t = m e t 1 12t ⇒ 1 = e t 1 -t 2 ，设 k = t - t < 0 ，则 t = 1 2 1 2k e k k， t = 2 ．欲证 x x > e 2 ， 1 2解法五 巧引变量（二）证法 5：设 t = ln x ∈ (0,1)， t = ln x ∈ (1, +∞)，则由 ⎨ln x 1 - mx 1 = 0 1122得⎧t = m e t 1 1⎩t = m e t 2 2t t 2 21 k ln k ln k， t = 2．欲证 x x > e 2 ，需证 ln x + ln x > 2 ，1 21 2即只需证明 t + t > 2 ，12即(k + 1)ln k> 2 ⇔ ln k < 2 (k - 1) ⇔ ln k - 2 (k - 1)k - 1 k + 1 k + 1< 0 ，设 g (k ) = ln k - 2 (k - 1) (k ⇔ (0,1)) ， g ' (k ) = (k - 1)2 > 0 ，k + 1 k (k + 1)2故 g (k )在 (0,1) ↑ ，因此 g (k ) < g (1) = 0 ，命题得证．x + ln x - x - ln x xx★已知函数 f ( x ) = x 2 - (a - 2) x - a ln x ，若方程 f ( x ) = c 有两个不相等的实数根 x , x ，1 2求证： f '( x + x1 2 ) > 0 .2欲证： f '( x + x a1 2 ) > 0 = f '( 2 2) ，结合 f '( x ) 的单调性，x + x a即证： 1 2 >2 2x 2 + 2 x - x 2 - 2x等价于证明： x + x > 11 2 2 1 2 1122x ⇔ ln 1 < x 22 x - 2 x 1 2 = x + x1 22 x1 -2 x 2 1 + 1 x2令 t = x1 ,(0 < t < 1) ，构造函数 g (t ) = ln t - x22t - 2t + 1,(0 < t < 1) ，求导由单调性易得原不等式成立，略.法二：接①后续解:由①得： ( x + x )( x - x ) - (a - 2)( x - x ) - a ln x1 = 01212122x + x x ( x + x ) ( x + x ) 2 2 2构造函数 m (t ) = ln t - 2(t - 1),(0 < t < 1) ，t + 1求导由单调性易得 m (t ) < 0 在 t ∈ (0,1) 恒成立，又因为 a > 0, x - x < 0 ，故 f '( 1 2 x + x1 2 ) > 0 成立.2法三：接④后续解：2( x - x ) 1 4 x ( x - x )2视 x 为主元，设 g ( x ) = ln x - ln x - , g '( x ) = - = > 01 2 2 2222则 g ( x ) 在 x ∈ (0, x ) 上单调递增，故 g ( x ) < g ( x ) = 0 ，22再结合 a > 0, x - x < 0 ，故 f '( 1 2 x + x1 2 ) > 0 成立.2a a a法四：构造函数 h( x ) = f ( - x) - f ( + x),(0 < x < ) ，2 2 22 2 即 x + x a 2max = -lna -1 + b ，无最小值 （2）见解析a a 4 x 2则 h '( x ) = - f '( - x) - f '( + x) =2 2a a ( + x)( - x) 2 2> 0 ，a a a从而 h ( x ) 在 (0, ) 上单调递增，故 h ( x ) > h (0) = 0 ，即 f ( - x) > f ( + x)2 2 2a对 x ∈ (0, ) 恒成立，2 从而 f ( x ) > f (a - x),(0 < x < a 2) ，则 f ( x ) = f ( x ) > f (a - x ) ，2 1 1a a由 x , a - x ∈ ( , +∞) ，且 f ( x ) 在 ( , +∞) 单调递增，2 1故 x > a - x ，21a x + x 1 2> ，从而 f '( 1 2 ) > 0 成立. 2 2 2招式演练：★已知函数 f (x ) = lnx - ax + b (a, b ∈ R ) 有两个不同的零点 x , x ．1 2(I )求 f (x )的最值；(II )证明：x ⋅ x < 11 2．【答案】（1） f (x )【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步构造函数利用导数证明.★已知函数g(x)=xe(2-a)x(a∈R)，e为自然对数的底数.（1）讨论g(x)的单调性；（2）若函数f(x)=ln g(x)-ax2的图象与直线y=m(m∈R)交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x，证明：f'(x00)<0（f'(x)为函数f(x)的导函数）()1(+2-a)-2ax=-，令f'(x)≥0，则0<x≤1；令f'(x)<0，则x>，故y=g(x)在 0,⎥上单调递增，,+∞⎪上单调递减．不妨设A(x,m),B(x,m)，且0<x<<x，在⎝a⎭a-1>0，即证x>1-x⇒f(x)<f-x⎪，22⎛2⎫a a a⎝a1⎭f -x⎪，即证：当0<x<时，【答案】（1）见解析（2）见解析（2）∵f(x)=ln xe(2-a)x-ax2=lnx+(2-a)x-ax2(x>0)，∴f'(x)=(2x+1)(ax-1) x x当a≤0时，f'(x)>0,y=g(x)在(0,+∞)上单调递增，与直线y=m不可能有两个交点，故a>0．1⎛1⎤a a⎝a⎦⎛1⎫11212要证f'(x)<0，需证ax⇒x+x>⇒x>012212又f (x)=f(x12)，所以只需证f(x)<1⎭a⎛2⎫1f - x ⎪ - f (x ) > 0 ． 设 F (x ) = f ⎛ 2 - x ⎪ - f (x ) = ln (2 - ax )- ln (ax )+ 2ax - 2 ，则 F ' (x ) = - + 2a = - < 0 ，F (x ) = f- x ⎪ - f (x )在 0, ⎪ 上单调递减，又 F ⎪ = f - ⎪- f ⎪= 0 ， 故 F (x ) = f ⎛ 2 - x ⎪ - f (x ) > 0 ，原不等式成立．[KS5UKS5U.KS5U⎛ 2 ⎫ ⎝ a ⎭⎫⎝ a⎭-a 12 (ax - 1)2 2 - ax x x (2 - ax )∴ ⎛ 2 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎛ 2 1 ⎫ ⎝ a ⎭ ⎝ a ⎭ ⎝ a ⎭ ⎝ a a ⎭ ⎛ 1 ⎫ ⎝ a ⎭⎫⎝ a⎭★已知函数 f (x ) = ax 32 - lnx - 2的图象的一条切线为 x 轴.（1）求实数 a 的值；（2）令3g (x ) = f ( x )+ f ' ( x ) ，若存在不相等的两个实数x , x 满足 g (x ) = g (x 1 21 2x x < 1.1 2x = 1【答案】（1） {2 （2）见解析a =3) ，求证：记 G (x ) = g (x )- g = h x -( ) ⎢-h ⎪⎥ = f (x )+ f ' (x )+f ⎪ + f ' ⎪ ，⎝ x ⎭ ⎣⎝ x ⎭⎦当 x > 1 时， 0 < 1< 1 ，x⎛ 1 ⎫ ⎡ ⎛ 1 ⎫⎤ ⎪⎛ 1 ⎫ ⎛ 1⎫ ⎝ x ⎭ ⎝ x ⎭= x - ⎪+ + - x ⎪ - x 2 ⎪⎭ x 2 ⎝ x x 2 ⎝ 2 + x ⎪ f ' ⎫ - 1 f '' ⎛ ⎫所以G (x ) > G (1) = 0 ，所以 g (x )- g ⎛ 1 ⎫⎪ > 0 ，xx 2记函数 y = f ' (x )的导函数为 y = f '' (x )，则G ' (x ) = f ' (x )+ f '' (x )- 1 ⎛ 1 ⎪ 1 ⎪x 2 ⎝ x ⎭ x 2 ⎝ x ⎭⎛ 1 ⎫ ⎛ 11 ⎫ 1 ⎛ 1 ⎫ 1 ⎛ x - ⎝ x ⎭ ⎝2 x ⎭⎫ 2 ⎭= ( x - 1)+ x - 1 x - 1+2 x x x 2 x> 0 ，故 G (x )在 (1,+∞)上单调递增，⎝ x ⎭不妨设 0 < x < 1 < x ，则 g (x ) = g (x 1 2 1 2) > g ⎛ 1⎫⎪ ，⎝ x 2 ⎭而 0 < x < 1， 0 <1121< 1 ，有单调性知 x < ，即 x x < 1.1 12 2★已知函数 f (x ) = lnx - 12ax 2 + bx 且函数 y = f (x ) 图象上点 (1, f (1))处的切线斜率为0 .（1）试用含有 a 的式子表示 b ，并讨论 f (x )的单调性；（ 2 ） 对 于 函 数 图 象 上 的 不 同 两 点 A (x , y ), B (x , y1 12 2) 如果在函数图象上存在点M (x , y ), (x ∈ (x , x12))使得点 M 处的切线 l AB ，则称 AB 存在“跟随切线”.特别地，当 x = x 1 + x2 时，又称 AB 存在“中值跟随切线”.试问：函数 f (x )上是否存在两点 A, B 使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出 A, B 的坐标，若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析（2）不存在构造函数g (t)=lnt-2(t-1)()则g(t)=-x-ax+b，x-ax+b=x-ax+a-1=(ax+1)(-x+1)2）当a<0地，令f'(x)=0，解得x=1或x=-1a=1，即a=-1时，令t=x1,(0<t<1)，x2t+1,(0<t≤1)，14t(t+1)t(t+1)2，则t∈(0,1)时，g(t)≥0恒成立，故y=g(t)在(0,1)上单调递增从而得出不存在试题解析：函数y=f(x)的定义域为(0,+∞)，且f'(x)=1又f'(1)=0，整理得b=a-1.（1）f'(x)=11x.1）当a≥0时，易知x∈(0,1)，f'(x)>0,x∈(1,+∞)时f'(x)<0，故y=f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.a，则①当-1当 -1 < a < 0 时， y = f (x ) 在 (0,1) 及 - , +∞ ⎪上单调递增： y = f (x )在 1,- ⎪ 上单 当 a < -1 时， y = f (x )在 0, - 及 (1,+∞)上单调递增； y = f (x )在 - ,1⎪ 上递减. a ⎭⎝ a ⎭f ' (x ) ≥ 0 在 (0, +∞)上恒成立，则 y = f (x )在 (0, +∞)上递增.⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎝ a⎭ ⎝a ⎭调递减.当 a = -1 时， y = f (x )在 (0, +∞)上递增.⎛⎝1 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎪点睛：对于导数问题，做题要特别注意在讨论时单调性受参数的影响，可以通过分析导数零点的大小来逐一分析，对于此题第二问的类型，要注意函数的构造和假设，分析函数单调性求最值从而得出结论.★已知函数 f (x ) = xlnx + ax 2 - x + a (a ∈ R )在其定义域内有两个不同的极值点.（1）求 a 的取值范围.（2）设 f (x )的两个极值点为 x , x ，证明 x x > e 2 . 121 2【答案】（1）1< a < 0 （2）见解析-2e=g (e ) = .设 x > x > 0，作差得，ln 1 = a (x - x ) ，即 a = x 原不等式 x x > e 2 等价于 lnx + lnx > 2 ⇔ a (x + x ) > 2 ⇔ ln1 >x试题解析：（1）依题意，函数 f (x )的定义域为 (0, +∞)，所以方程 f ' (x ) = 0 在 (0, +∞)有两个不同根.即方程 lnx + 2ax = 0 在 (0, +∞)有两个不同根.转化为，函数 g (x ) = lnxx与函数 y = -2a 的图象在 (0, +∞)上有两个不同交点又 g ' (x ) =1 - lnx x 2，即 0 < x < e 时， g ' (x ) > 0 ， x > e 时， g ' (x ) < 0 ，所以 g (x )在 (0, e )上单调增，在 (e , +∞)上单调减，从而 g (x )极大1e又 g (x )有且只有一个零点是 1，且在 x → 0 时，g (x ) → -∞ ，在 x →+∞ 时， g (x ) → 0 ，所以由 g (x )的图象，要想函数 g (x ) = lnxx与函数 y = -2a 的图象在 (0, +∞)上有两个不同交点，1 1只需 0 < -2a < ，即 < a < 0e -2e（2）由（1）可知 x , x 分别是方程 lnx - ax = 0 的两个根，即 lnx = ax ， lnx = ax ，1 21122121 2x 2x ln 1 x2 x - x1 2.1 21 2 1 2x 22 (x - x ) 1 2x + x1 2令 1= t ，则 t > 1， ln1>★已知函数 f (x ) = x +1 ，A (x , m )，B (x , m )是曲线 y = f (x )上两个不同的点. e x .2212x x 2 (x - x ) 1 2x x x + x⇔ lnt > 2 (t - 1)t + 1，[KS5UKS5U.KS5U设 g (t ) = lnt - 2 (t - 1)t + 1， t > 1， g ' (t ) = (t - 1)2 t (t + 1)2> 0 ，∴函数 g (t ) 在 (1,+∞)上单调递增，∴ g (t ) > g (1) = 0 ，即不等式 lnt > 2 (t - 1)t + 1成立，故所证不等式 x x > e 2 成立.1 2点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略 (1) 构造差函数 h (x ) = f (x )- g (x ).根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式 （2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.1 2（Ⅰ）求 f (x )的单调区间，并写出实数 m 的取值范围；（Ⅱ）证明： x + x > 0 .12【答案】（Ⅰ） m 的取值范围是 (0,1) ；（Ⅱ）见解析..【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及不等式的证明，属于难题 .不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明在高考创新试题层出不穷的大环境下，学生首先要掌握基本的知识方法和解题策略，对新题、难题的突破，更需在掌握双基的前提下，淡化特殊技巧、重视思想方法、去模式化的解题策略，以不变应万变，培养学生分析问题、解决问题的能力 .只有学生学会自我分析，利用熟知的知识方法去解决各类未知的创新试题，教师才算成功培养学生解题思维，同时对学生认知的广阔性、逆向性也是一种需要.。
导数压轴题型第9讲 极值点偏移问题(mathtype WORD精编版)
极值点偏移深度研究目录第一节极值点偏移的初步认识及判定定理 (2)第二节极值点偏移之构造法 (9)第三节含参数的极值点偏移问题 (14)第四节极值点偏移的导数表达形式 (18)第五节利用ALG不等式解决极值点偏移问题 (26)第一节 极值点偏移的初步认识及判定定理一、极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有()()00f x x f x x +=-，则函数)(x f 关于直线0x x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则0x x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移. 若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为0x ，且函数)(x f 满足定义域内0x x =左侧的任意自变量x 都有()()f m x f m x +>-或()()f m x f m x +<-，则函数)(x f 极值点0x 左右侧变化快慢不同，故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点0x 必有确定的大小关系：若1202x x x +<，则称为极值点左偏；若1202x x x +>，则称为极值点右偏. 如函数xe x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，则为极值点左偏. 二、极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：1202x x x +>(0x 为函数)(x f 的极值点)；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：1202x x x +>(0x 为函数)(x f 的极值点)；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：12'02x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭. ； 4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：12'02x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭. .三、极值点偏移的判定定理对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大(小)值点0x ，方程()0f x =的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，(1)若)2()(201x x f x f -<，则021)(2x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极大值点0x 右偏(极小值点左偏)；(2)若)2()(201x x f x f ->，则021)(2x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极大值点0x 右偏(极小值点左偏).证明：(1)因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大(小)值点0x ，则函数)(x f 的单调递增(减)区间为),(0x a ，单调递减(增)区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极(小)大值点0x 右(左)偏； (2)证明略.左快右慢⇔极值点左偏1202x x x +⇔<左慢右快⇔极值点右偏1202x x x +⇔>(极大值极小值均如此) 四、运用判定定理判定极值点偏移的方法 1、方法概述(1)求出函数)(x f 的极值点0x ；(2)构造一元差函数()()0()2F x f x f x x =--； (3)确定函数)(x F 的单调性；(4)结合()00F x =，判断)(x F 的符号，从而确定()f x 与()02f x x -的大小关系. 2、答题模板若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+. (1)讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增. (2)构造()()0()2F x f x f x x =--；注：此处根据题意需要还可以构造成)()()(00x x f x x f x F --+=的形式.(3)通过求导()()0'()''2F x f x f x x =+-讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在()0,x +∞上的正负，并得出()f x 与()02f x x -的大小关系；假设此处)(x F 在()0,x +∞上单调递增，那么我们便可得出0()()0F x F x >=，从而得到：0x x >时，()()02f x f x x >-.(4)不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，()f x 与()02f x x -的大小关系得出结论；由于0x x >时，()()02f x f x x >-且201x x x <<，)()(21x f x f =，故()()()12022f x f x f x x =>-，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.(5)若要证明0)2('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f . 五、对点详析，利器显锋芒 已知函数)()(R x xe x f x∈=-. (1)求函数)(x f 的单调区间和极值；(2)若21x x ≠，且)()(21x f x f =，证明：221>+x x . 【解析】(1)()1'xx f x e -=，()f x 在()(),1,1,-∞↑+∞↓，()f x 极大值为()11f e = (2)构造函数()()()2F x f x f x =--，则()()()()()111'''211x x x xF x f x f x e e e---=+-=+-当1x >时，()'0F x >，()F x ↑，则()()10F x F >=，即()()2f x f x >- 不妨设121x x <<，则()()()1222f x f x f x =>-又121,21x x <-<，()f x 在(),1-∞↑，则122x x >-，即122x x +> 函数3434)(x x x f -=与直线)31(->=a a y 交于),(1a x A 、),(2a x B 两点. 证明：221<+x x .【解析】易得()f x 在()(),1,1,-∞↓+∞↑构造函数()()()11F x f x f x =+--，则()()()2''1'1160F x f x f x x =++-=≥故()F x 在R 单调递增，又()00F =，故当0x >时，()()00F x F >=，即()()11f x f x +>- 不妨设121x x <<故()()()()()()()1222211112f x f x f x f x f x ==+->--=-(210x ->) 又121,21x x <-<，函数()f x 在(),1-∞-↓ 故122x x <-，即122x x +<【点评】与构造()()()02F x f x f x x =--相比，在第(4)步上要略难一些已知函数2()ln f x x x=+，若1x ≠2x ，且)()(21x f x f =，证明：421>+x x . 【解析】()22212'x f x x x x-=-+= 故()f x 在()()0,2,2,↓+∞↑构造函数()()()()404h x f x f x x =--<<，则()()()()()()222228222'''444x x xh x f x f x x x x x ---=+-=+=--- 故当04x <<时，()'0h x ≤恒成立，则()h x ↓，而()20h =，故24x <<时，()()20h x h <=，即()()4f x f x <-不妨设1202x x <<<，当24x ≥，124x x +>成立 当12024x x <<<<，则()()()1224f x f x f x =<- 又1202,042x x <<<-<，且()f x 在()0,2↓ 故124x x >-即124x x +> 综上124x x +> 已知函数()22xa g x e x =+，其中, 2.71828a R e ∈=为自然对数的底数，()f x 是()g x 的导函数.(1)求()f x 的极值；(2)若1a =-，证明：当12x x ≠，且()()12f x f x =时，120x x +<. 【解析】(1)()()xf xg x e ax ==+'的定义域为(),-∞+∞，()xf x e a '=+当0a ≥时， ()0f x '>在(),x ∈-∞+∞时成立()f x ∴在(),-∞+∞上单调递增，()f x 无极值.当0a <时， ()0xf x e a ='+=解得()ln x a =-由()0f x '< 得()ln x a <-；由()0f x '> 得()ln x a >-所以()f x 在()(),ln a -∞-上单调递减，在()()ln ,a -+∞上单调递增， 故()f x 有极小值()()()ln ln f a a a a -=-+-.(2)当1a =-时，()xf x e x =-的定义域为(),-∞+∞， ()1xf x e '=-，由()10xf x e ='-=，解得0x =.当x 变化时， ()f x '， ()f x 变化情况如下表：()f x 在()(),0,0,-∞↓+∞↑∵12x x ≠，且()()12f x f x =，不妨设120x x <<构造函数()()()F x f x f x =--，则()1'20xxF x e e =+-≥ 故()F x 在R 上单调递增，又()00F =，故当0x >时，()0F x >，即()()f x f x >-又()()()122f x f x f x =>-，而120,0x x <-<，()f x 在(),0-∞↓ 故而12x x <-，即120x x +<已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点. (1)求a 的取值范围；(2)设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 【解析】(1)()()()()()'12112x xf x x e a x x e a =-+-=-+①当0a =时，()f x 只有一个零点，不满足题意 ②当0a >时，()f x 在(),1-∞↓，()1,+∞↑而()10f e =-<，()3340f e a =+>，且x →-∞时，()0f x >故()f x 有两个零点，满足题意③当0a <时，()'0f x =有两个根11x =，()2ln 2x a =-a)当2ea =-时，12x x =，()f x 在R 上单调递增，不满足题意 b)当2e a <-时，21x x >，()f x 在()()()1122,,,,,x x x x -∞↑↓+∞↑ 而()()110f x f e ==-<，最多只有一个零点，不符合题意c)当02e a >>-时，21x x <，()f x 在()()()2211,,,,,x x x x -∞↑↓+∞↑而()()()()()()()()()222ln 222ln 21122ln 210f x a a a a a a a =⎡--⎤-+--<--+--<⎣⎦最多只有一个零点，不符合题意 综上，a 的取值范围属于()0,+∞(2)由(1)可得0a >，且()f x 在(),1-∞↓，()1,+∞↑ 不妨设121x x <<令()()()2F x f x f x =--，则()()()()()()11'''2111x xx F x f x f x x e ee --=+-=-+-当1x >时，()'0F x >，()F x ↑，故()()2f x f x >- 故()()()1222f x f x f x =>-又121,21x x <-<，()f x 在(),1-∞↓ 故122x x <-，即122x x +< (2013 湖南文)已知函数21()1xx f x e x-=+，证明：当1212()()()f x f x x x =≠时，120.x x +< 【解析】()()()22223'1x x x x f x e x --+=+，故()f x 在(,0)-∞上单调递增，在(0,)+∞上单调递减构造函数()()()h x f x f x =--，则()()()()()()()2222'''23231xx xh x f x f x e xx e x x x--=+-=-+-+++设()()()222323x x g x e x x e x x -=-+-++，则()()()2'10x xg x x e e -=++>故当0x >时，()()00g x g >=故当0x >时，()h x 单减，又()00h =，故当0x >时，()()f x f x <- 不妨设120x x <<则()()()122f x f x f x =<-又120,0x x <-<，()f x 在(),0-∞↑，故12x x <-，即120x x +<已知函数()2ln f x x ax =-，其中a R ∈(1)若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围； (2)若函数()f x 有极大值为12-，且方程()f x m =的两根为12,x x ，且12x x <，证明：124x x a +>. 【答案】(1)102a e<<;(2)见解析 【解析】()()2112'20ax f x ax x x x-=-=>(1)当0a ≤时，()0f x '>函数()f x 在()0,+∞上单调递增，不可能有两个零点(2)当0a >时，()f x 在110,,,22a a ⎛⎫⎛⎫↑+∞↓ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()f x 的极大值为，由11ln 022a ⎛⎫-> ⎪ ⎪⎝⎭得102a e <<； 因为()()22ln 0aaaa f ee aea ae ----=-=--<，所以()f x 在1,2a e a -⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭必存在一个零点； 显然当x →+∞时，()0f x <，所以()f x 在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上必存在一个零点； 故而a 的取值范围是10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. (2)由(1)可知，0a >且11112222f a a ==-，故12a = 构造函数()()()2F x f x f x =--()02x <<，则()()()()()22111'''2222x F x f x f x x x x x -=+-=+-=-- 故当12x <<时，()'0F x >，()F x ↑，故()()10F x F >= 当22x ≥时，又10x >，故122x x +>成立 当12012x x <<<<，则()()()1222f x f x f x =>- 又1201,021x x <<<-<，()f x 在()0,1↑ 故而122x x >-，即1224x x a +>= 综上1224x x a +>=第二节 极值点偏移之构造法函数的极值点偏移问题，其实是导数应用问题，呈现的形式往往非常简洁，涉及函数的双零点，是一个多元数学问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，解题的策略都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x =.证明：12 2.x x +>【解法一】构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则0)1()1(')1(')('21>-=--+=+x x e ex x f x f x F ，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 +>【解法二】构造函数()()()2H x f x f x =--证明【解法三】由12()()f x f x =，得1212x xx e x e --=，化简得2121x x x ex -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，1201x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=， 反解出11ttx e =-， 则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证122x x +>， 即证221t tt e +>-， 又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0tt t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即122x x +>【解法四】由解法三可得2121x x x ex -=，两边取对数可得，2121ln ln x x x x -=-，即2121ln ln 1x x x x -=- 故()221121121221211lnln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭+=+=-- 令211x t x =>，则需证明1ln 21t t t +>- 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t tM t t t --'=-，又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(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，由洛比达法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()lim lim 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 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.已知函数2()ln f x x x x =++，正实数12,x x 满足1212()()0f x f x x x ++=.证明：1251x x -+≥. 【解析】由1212()()0f x f x x x ++=，得2211122212ln ln 0x x x x x x x x ++++++= 从而212121212()()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，构造函数()ln t t t ϕ=-， 得11()1t t t tϕ-'=-=，可知()t ϕ在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 所以()(1)1t ϕϕ≥=，也即21212()()1x x x x +++≥，解得：12512x x -+≥. 设函数21()2ln (0)f x a x a ax a x=-->，函数()f x '为()f x 的导函数，且1122(,()),(,())A x f x B x f x 是()f x 的图像上不同的两点，满足12()()0f x f x +=，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0 1.ax >【分析】根据极值点偏移逆推法构造类似函数【解析】∵120121212x x ax x x a a +>⇔>⇔>-，又依题意21()()0f x a x'=-≥， 得()f x 在定义域上单调递增，所以要证01ax >，只需证2122()()()f x f x f x a-=>-，即222()()0f x f x a-+<……①不妨设12x x <，注意到1()0f a =，由函数单调性知，有1211,x x a a<>，构造函数2()()()F x f x f x a=-+，则32224(1)()()()(2)ax F x f x f x a x ax -'''=--=--，当1x a ≥时，()0F x '≤，即()F x 单调递减，当1x a >时，1()()0F x F a<=，从而不等式①式成立，故原不等式成立.已知函数()ln f x x x =-． (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若方程()f x m =(2)m <-有两个相异实根1x ，2x ，且12x x <，证明：2122x x <.【解析】(1)易得()y f x =在(0,1)递增，在()1,+∞递减 (2)由(1)可设的两个相异实根分别为，满足且，由题意可知又有(1)可知在递减故所以，令第三节 含参数的极值点偏移问题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.过点()1,0P -作曲线()xf x e =的切线l ．(1)求切线l 的方程； (2)若直线l 与曲线()()ay a R f x =∈交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证：124x x +<-． 【答案】(1)1y x =+(2)见解析【分析】需要先变形成()()12g x g x =的形式，在构造函数 【解析】 (1)略 (2)()1a y x f x =+=，则()1xe x a += 设()()1xg x ex =+，则()()12g x g x a == 又()()'2xg x ex =+，故易知()g x 在()(),2,2,-∞-↓-+∞↑，02x =-是()g x 的极小值设()()()4H x g x g x =---，则()()()()()()22411'''42xx xee H x g x g x x e++++-=+--=+当2x >-时，()'0H x >，故()H x 在()2,-+∞上单调递增 不妨设122x x <-<则()()220H x H >-=，即()()224g x g x >-- 又()()12g x g x =，故()()124g x g x >-- 又2142,2x x --<-<-，()g x 在(),2-∞-↓故124x x <--，即124x x +<-函数xae x x x f ++-=12)(2有两极值点21,x x ，且12<x x ，证明：421>+x x .【分析】需要先变形成()()12h x h x =的形式，再构造函数【解析】令()()'22xg x f x x ae ==-+，则12,x x 是函数()g x 的两个零点，令()0g x =，得()21xx a e-=-，令()()21xx h x e-=-，则()()12h x h x =()24'xx h x e -=，可得()h x 在区间()(),2,2,-∞↓+∞↑ 令()()()22H x h x h x =+-- 则()()()()22222''2'2x x x xx e e H x h x h x ee-++--=++-=当0x >时，()'0H x <，()H x ↓，有()()00H x H <= 所以)2()2(x h x h -<+， 不妨设122x x <<所以)4()]2(2[)]2(2[)()(22221x h x h x h x h x h -=--<-+==， 因为21<x ，242<-x ，)(x h 在)2,(-∞上单调递减 所以214x x ->，即421>+x x已知函数xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】令()0xf x x ae =-=，则xxa e =，设()x x g x e =，则()()12g x g x =，易知()g x 在()(),1,1,-∞↑+∞↓ 构造函数()()()2F x g x g x =--，则()()()()()111'''211x x x x F x g x g x e e e---=+-=+-当1x >时，()'0F x >，()F x ↑，则()()10F x F >=，即()()2g x g x >- 不妨设121x x <<，则()()()1222g x g x g x =>-又121,21x x <-<，()g x 在(),1-∞↑，则122x x >-，即122x x +>已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：212.x x e ⋅>【解析】法一：转成标准的极值点偏移问题21212ln ln 2x x e x x >⇔+>ln ln ln ln 0x x x x ax a x e -=⇔==，故1212ln ln ln ln x x x x e e=，设1122ln ,ln t x t x ==，()x xg x e = 则()()12g t g t =，需证明122t t +>法二：利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设12x x >，∵1122ln 0,ln 0x ax x ax -=-=，∴12121212ln ln (),ln ln ()x x a x x x x a x x +=+-=-，∴1212ln ln x x a x x -=-，欲证明212x x e >，即证12ln ln 2x x +>.∵1212ln ln ()x x a x x +=+，∴即证122a x x >+，∴原命题等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+(ALG 不等式)法三：直接换元构造新函数：12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ==⇔=设2121,,(1)xx x t t x <=>， 则112111ln ln ln ,ln ln tx t x x tx t t x x +==⇔=， 反解出：1211ln ln ln ln ,ln ln ln ln ln 111t t t tx x tx t x t t t t ===+=+=--- 故212121ln ln 2ln 21t x x e x x t t +>⇔+>⇔>-，转化成法二，下同，略. 已知21,x x 是函数ax e x f x-=)(的两个零点，且21x x <. (1)求证：221>+x x ； (2)求证：121<⋅x x . 【解析】，(1)法一：构造成标准的极值点偏移问题0x xe e ax a x -=⇔=，设()xe g x x=，则()()12g x g x =()()21'x e x g x x-=，易知()g x 在()()(),0,0,1,1,-∞↓↓+∞↑，不妨设1201x x <<< 构造函数()()()2h x g x g x =--，则()()()()()()()22122'''22x xx x x e ex x e ex h x g x g x x x e ⎡⎤⎡⎤--+--⎣⎦⎣⎦=+-=- 设()()2x x x e ex ϕ=--，则当()0,1x ∈时，()()()'1,''0x xx x e e x xe ϕϕ=--=-<，故()'x ϕ↓，又()'010e ϕ=-<，故()()'0,x x ϕϕ<↓，又()10ϕ=，故()0x ϕ>在()0,1上恒成立 故()h x 在()0,1上单调减，故()()10h x h >=，即()()2g x g x >-故()()()2112g x g x g x =>-，又211,21x x >->，()g x 在()1,+∞↑，故212x x >-，即122x x +> 法二：构造齐次式，多变量转单变量1212x x e ax e ax ⎧=⎪⎨=⎪⎩，则()()21211221x x x x e e a x x e e a x x ⎧+=+⎪⎨-=-⎪⎩，则()2121122111x x x x e x x x x e --++=-- 设210t x x =->，即证121t t e t e +>-，即()2201t t tte t e e +-+>>令()22t t g t te t e =+-+，则()()'11t g t t e =-+，()''0tg t te =>，()()','00g t g ↑=，故()()'0,g t g t >↑，()00g =，故()0g t >，得证 (2)法一：构造成标准的极值点偏移问题0xx ee ax a x-=⇔=，则1212x x e e x x =，取对数可得1122ln ln x x x x -=- 设()ln g x x x =-，则易知()g x 在()()0,1,1,↓+∞↑，不妨设1201x x <<<即证12ln ln 0x x +<，而()ln ln x g x e x =-，设()xh x e x =-，1122ln ,ln t x t x ==，则()()12h t h t =，即证120t t +< 法二：构造齐次式，多变量转单变量要证：121<x x ，即证：1221<⋅ae e x x ，等价于212)(1221x x e e e e x x x x --<⋅，也即2122)(1)(1221x x e e e e x x x x -<-⋅，等价于2122)(1)1(1212x x e e x x x x -<---，令012>-=x x t等价于)0(1)1(22><-t t e e t t ，也等价于)0(112><-t t e e t t，等价于即证：012<+-⋅t t e e t 令)0(1)(2>+-⋅=t e e t t h t t，则)21(21)(2222tt tt t e t e e e t e t h -+=-⋅+='，又令)0(21)(2>-+=t e t t t ϕ，得0221)(2<⋅-='te t t ϕ，∴)(t ϕ在),0(+∞单调递减， 0)0()(=<ϕϕt ，从而0)(<'t h ，)(t h 在),0(+∞单调递减，∴0)0()(=<h t h ，即证原不等式成立.【点评】从消元的角度，消掉参数a ，得到一个关于21,x x 的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式.第四节 极值点偏移的导数表达形式一、极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：1202x x x +>(0x 为函数)(x f 的极值点)；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：1202x x x +>(0x 为函数)(x f 的极值点)；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：12'02x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭； 4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：12'02x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭. 二、答题模板若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：12'02x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭. (1)讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增. (2)构造()()0()2F x f x f x x =--；注：此处根据题意需要还可以构造成)()()(00x x f x x f x F --+=的形式.(3)通过求导()()0'()''2F x f x f x x =+-讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在()0,x +∞上的正负，并得出()f x 与()02f x x -的大小关系；假设此处)(x F 在()0,x +∞上单调递增，那么我们便可得出0()()0F x F x >=，从而得到：0x x >时，()()02f x f x x >-.(4)不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，()f x 与()02f x x -的大小关系得出结论；由于0x x >时，()()02f x f x x >-且201x x x <<，)()(21x f x f =，故()()()12022f x f x f x x =>-，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.(5)若要证明0)2('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f . 设函数2()2ln f x x x =-，()()g x f x kx =-，设1212,()x x x x <是方程()0g x =的两个根，0x 是12,x x 的等差中项，求证：0()0g x '<(()g x '为函数()g x 的导函数).【解析】标准的极值点偏移问题设函数()()xf x e ax a a R =-+∈的图像与x 轴交于1212(,0),(,0)()A x B x x x <两点，(1)证明：0)('21<x x f ； (2)求证：1212x x x x <+. 【解析】法一：构造齐次式，多变量转单变量121200x x e ax a e ax a ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，则2121x x e e a x x -=-()'x f x e a =-↑122x x +，故只需证12'02x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭而1221122112122222112222121'2x x x x x x x x x x x x ex x e e x x e e f e a e x x x x +--++⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭⎝⎭=-=-= ⎪--⎝⎭设2102x xs -=>，则()()12212'222x x ss x x ef s ee s +-+⎛⎫=-- ⎪⎝⎭设()2s s g s s e e -=-+，则()'20s sg s e e -=--<，故()g s 是单调递减函数故()()00g s g <=，即12'02x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭，故'0f <法二：化成极值点偏移标准问题()'x f x e a =-↑，有两个零点，故0a >，令()'0f x =，解得ln x a =，函数()f x 在()(),ln ,ln ,a a -∞↓+∞↑构造函数()()()2ln h x f x f a x =--，则()()()2'''2ln 0h x f x f a x ⎫=+-=≥ 故当ln x a >时，()()ln 0h x h a >=，()()2ln f x f a x >- 不妨设12ln x a x <<，则()()()1222ln f x f x f a x =>-又12ln ,2ln ln x a a x a <-<，()f x 在(),ln a -∞↓，故122ln x a x <-，即12ln 2x x a +< 故12'02x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭思路较难(2)证明：由1212(1)(1)x x e a x e a x ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，易知211x x >>且a e >，从而11221211x x xx x e e e x --==-，令121,1x x αβ=-=-，则ln ln 1eαβααββαβ--=⇒=-， 由于12121x x x x αβ<+⇔<，下面只要证明：11,(01)αββαβα<⇔<<<<，结合对数函数ln y x =的图像可知，只需证：11(,ln ),(,ln )αααα两点连线的斜率要比(,ln ),(,ln )ααββ两点连线的斜率小即可，又因为ln ln 1k αβαβ-==-，即证：1ln ln112ln 0(01)1αααααααα-<⇔-+><<-， 令1()2ln 0,(01)g ααααα=-+><<，则22212(1)()10g ααααα-'=--+=-<，∴()g α在(0,1)上单调递减，∴()(1)0g g α>= ∴原不等式1212x x x x <+成立. 已知函数()()211ln 2f x x a x a x =+-- . (1)讨论()f x 的单调性；(2)设0a >，证明：当0x a <<时，()()f a x f a x +<- ；(3)设12,x x 是()f x 的两个零点，证明12'02x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭. 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；(2)当时，；(3)证明过程见解析(2)令，则.求导数，得 ， 当时，，在上是减函数.而， ，故当时，(3)由(1)可知，当时，函数至多有一个零点，故，从而的最小值为，且，不妨设，则，，由(2)得从而，于是，由(1)知， .点晴:本题考查函数导数的单调性.不等式比较大小，函数的零点问题：在(1)中通过求导，并判断导数的符号，分别讨论的取值，确定函数的单调区间．(2)通过构造函数，把不等式证明问题转化为函数求最值问题，求函数当时的最大值小于零即可．(3)要充分利用(1)(2)问的结论.已知函数()()2ln 2,g x x ax a x a R =-+-∈. (1)求()g x 的单调区间；(2)若函数()()()212f x g x a x x =++-， 1212,()x x x x <是函数()f x 的两个零点，()f x '是函数()f x 的导函数，证明：1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭'. 【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】试题分析：(1)先求函数导数，根据导函数是否变号进行讨论，当0a ≤时， ()0g x '>， ()g x 递增，当0a >时，导函数有一零点，导函数先正后负，故得增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；(2)利用分析法先等价转化所证不等式：要证明1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭'，只需证明121212ln ln 20x x x x x x --<+- 12(0)x x <<，即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，即证明12112221ln 1x xx x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，再令()120,1x t x =∈，构造函数()()1ln 22h t t t t =+-+，利用导数研究函数()h t 单调性，确定其最值： ()h t 在()0,1上递增，所以()()10h t h <=，即可证得结论.试题解析：(1) ()g x 的定义域为()0,+∞， ()()122g x ax a x-'=+- 当0a ≤时， ()0g x '>， ()g x 递增当0a >时， ()()()()()2221211122ax a x x ax g x ax a x x x -+-++-'+=-+-==()()10,0,xg x g x a '<递增； ()()1,0,x g x g x a'><递减 综上：∴当0a >时， ()g x 的单调增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭当0a ≤时， ()g x 的单调增区间为()0,+∞即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，即证明()12112221ln *1x xx x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+ 令()120,1x t x =∈，则()()1ln 22h t t t t =+-+ 则()1ln 1h t t t +'=-， ()2110h t t t -'=<' ∴()h t '在()0,1上递减， ()()10h t h ''>=，∴()h t 在()0,1上递增， ()()10h t h <= 所以()*成立，即1202x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭'已知函数()ln f x x =. (1)证明：当1x >时，()()2110x x f x -+->；(2)若函数()()2g x f x x ax =+-有两个零点1x ，2x (12x x <，0a >)，证明：12213x x g a +⎛⎫<-⎪⎝⎭'. 【答案】(1)详见解析(2)详见解析试题解析： (1)欲证()()2110x x f x -+->证()()21ln 01x K x x x -=->+，()()()22101x K x x x '-=>+，()K x ∴在()1,+∞上递增， ()()10K x K ∴>=(2)1x >， ()21ln 1x x x ->+，令()12ln s x x x =--，易知()s x 在()0,+∞递减， ()10s =，01x <<， ()0s x >， ()h x ↑， 1x >， ()0s x <， ()h x ↓， ()()1h x h ∴≤， 1x >， ()0h x >， 0x →， ()h x →-∞，要合题意，如图，01a <<，10a ->，右大于左，原题得证第五节 利用ALG 不等式解决极值点偏移问题前面我们已经指明并提炼出利用判定定理解决极值点偏移问题的策略：若()f x 的极值点为0x ，则根据对称性构造一元差函数()()()02F x f x f x x =--，巧借()F x 的单调性以及()00F x =，得到()2f x 与()022f x x -的大小关系，再利用()()12f x f x =，()f x 的单调性，比较1x 与022x x -的大小，即比较0x 与212x x +的大小．有了这种解题策略，我们师生就克服了解题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙的想法喝彩. 本文将提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：根据()()12f x f x =建立等式，通过消参、恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用ALG 不等式链求解． 对数平均不等式的介绍与证明若0b a <<，则有2ln ln a b a ba b+->>-即两不相等的正数的算术平均大于对数平均大于几何平均，称为ALG 不等式 证明如下： (I)先证：ln ln a ba b->-①不等式①1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x b x ⇔-<⇔<⇔<-=>其中构造函数1()2ln (),(1)f x x x x x=-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--. 因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1,)+∞上单调递减， 故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立； (II)再证：2ln ln a b a ba b+->-……② 不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)aa b a x b a b x x a a b b x b---⇔->⇔>⇔>=>+++其中 构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++. 因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增， 故()(1)0g x g <=，从而不等式②成立；已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-，若函数()y f x =的图象与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<. 【解析】由12()()0f x f x ==22111222ln (2)ln (2)0x ax a x x ax a x ⇔-+-=-+-= 2212121212ln ln 2()()x x x x a x x x x ⇒-+-=-+-1212221212ln ln 2()x x x x a x x x x -+-⇒=-+-故要证12001()02x x f x x a+'<⇔=> 2212121212121212121ln ln 2ln ln 2()2x x x x x x x x x x x x x x x x +-+-++⇔>=--+-+-121212ln ln 2x x x x x x -⇔<+-.根据对数平均不等式，此不等式显然成立，故原不等式得证. 已知函数()ln f x x x =与直线y m =交于1122(,),(,)A x y B x y 两点. 求证：12210x x e <<【解析】()'ln 1f x x =+，故()f x 在110,,,e e ⎛⎫⎛⎫↓+∞↑ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，不妨设1210x x e <<<又110f e e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，且()00021ln lim lim lim 011x x x x x f x x x -→+→+→+===-，故10m e -<< 1122ln ln x x m x x m =⎧⎨=⎩，则1122ln ln m x x m x x ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩相加可得()121212ln ln m x x x x x x ++=，相减可得()211212ln ln m x x x x x x --=由ALG 不等式可得121212ln ln 2x x x xx x -+<-即()121212ln ln 2x x x x x x m m+-<故12ln ln 2x x +<-，即1221x x e < 已知函数()ln f x xx =，若函数()()g x f x k =-有两个不同的零点12,x x ，证明：212x x e ⋅>. 【解析】()21ln x f x x-'=，()f x 的增区间为()0,e ，减区间为(),e +∞，可判断10k e << 不妨设120x x >>因为()()120g x g x == 所以化简得11ln 0x kx -=，22ln 0x kx -=可得()1212ln ln x x k x x +=+， ()1212ln ln x x k x x -=-. 由ALG 不等式可得121212ln ln 2x x x x x x -+<-，即()12ln ln 12x x k k+<，即()12ln ln 20x x k +>> 故212x x e >点睛：本题主要考查函数导数与切线的关系，考查利用导数来证明不等式，考查利用分析法和导数来证明不等式的方法.有关导数与切线的问题，关键的突破口在与切点和斜率，本题中已知切线和某条直线垂直，也即是给出斜率，利用斜率可求得函数的参数值.利用导数证明不等式通常先利用分析法分析，通过转化后再利用导数来证明. 已知函数()ln axf x x=，若方程()1f x =有两个不相等的实数解12,x x ，证明：122x x e +>. 【解析】由()()121222121121ln ln ln ln l ln n x x ax x a x x x ax x x a x x ⎧-=-=⎧=⎪⇒⎨⎨+=+⎩⎪⎩ 12122.x x x x +>212x x e >由ALG 不等式可得121212ln ln 2x x x x x x -+<-，即()12ln ln 12x x a a+<，即()12ln ln 20x x a +>> 故212x x e >已知函数()()ln ,.bf x x a a b R x=+-∈ (1)讨论函数()f x 的单调区间与极值；(2)若0b >且()0f x ≥恒成立，求11a e b --+的最大值； (3)在(2)的条件下，且11a e b --+取得最大值时，设()()1a Fb m m R b-=-∈，且函数()F x 有两个零点12,x x ，求实数m 的取值范围，并证明：212.x x e >【解析】 (1)()2'x bf x x -=，当0b ≤时，()f x 在()0,+∞↑，无极值 当0b >时，()f x 在()()0,,b b ↓+∞↑，极小值为()ln 1f b b a =+-，无极大值(2)由(1)可得当0b >时，()min ln 10f x b a =+-≥即1a b e -≥，即10a e b --≤故()1max11a e b --+=(3)由(2)知，当11a e b --+取最大值1时，()()1ln 1ln ,0a beb a b F b m b b-=⇒-=⇒=->，记()()ln 0xF x m x x=->， ()0ln 0F x x mx =⇒-=，不妨设12x x <，由题意1122{lnx mx lnx mx ==，则()1212ln x x m x x =+，()22121121lnln x x x m x x m x x x =-⇒=-，欲证明212x x e >，只需证明()12ln 2x x >，只需证明()122m x x +>， 即证明122211ln 2x x x x x x +>-，即证2122111ln 21x x x x x x +>-，设211x t x =>，则只需证明1ln 21t t t ->⋅+，也就是证明1ln 201t t t --⋅>+，记()()1ln 2,11t u t t t t -=-⋅>+，所以()()()()222114011t u t t t t t -=-=+'>+，所以()u t 在()1,+∞单调递增，所以()()10u t u >=，所以原不等式成立.已知函数()()()ln ,1a xf xg x b x x==+，其中0,0a b ≠≠，已知函数()f x 的曲线与函数()g x 的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为12,x x ，证明：()12122x x g x x a++>. 【解析】第31页 共31页 ()()21112222ln ln a x b x x a x b x x ⎧=+⎪⎨=+⎪⎩，则()()()121212ln ln 1a x x b x x x x -=-++ 而()()()()()12121212121212ln ln 1x x x x x x b g x x x x x x a a x x -+++=+++=- 即证()()121212ln ln 2x x x x x x -+>- 利用ALG 不等式即可证明。
专题07 极值点偏移问题 (解析版)
导数及其应用 专题七：极值点偏移问题一、知识储备1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210xx x +≠。
如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
2、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-. (3)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(4)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(5)转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 二、例题讲解1．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1m =时，若在()f x 定义域内存在两实数1x ，2x 满足12x x <且()()12f x f x =，证明：122x x +>.【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得m x m =，当0mx m <<时，()0f x '>，当m x m >时，()0f x '<，于是得()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减；（2）分析 ：如图：1201x x <<< 要证122x x +> 只需证：122x x -<由于101x <<，则112x <-即只需证1212x x <-< 如图，只需证12(2)()f x f x ->；由于()()12f x f x = 只需证11(2)()f x f x ->此时可构造函数()()(2)F x f x f x =--（即用x 替代了上式1x ） 只需证：在01x <<，()()(2)0F x f x f x =--<。
导数压轴题之极值点偏移归纳总结
极值点偏移问题一、问题指引极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系： 若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏.如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏. 以函数函数2x y =为例，极值点为0，如果直线1=y 与它的图像相交，交点的横坐标为1-和1，我们简单计算：0211=+-.也就是说极值点刚好位于两个交点的中点处，此时我们称极值点相对中点不偏移.当然，更多的情况是极值点相对中点偏移，下面的图形能形象地解释这一点.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ； 4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f .二、方法详解(一)基本解法之对称化构造例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e xf x x -=，已知()()12f x f x =，12x x ≠，证明122x x +>．再次审视解题过程，发现以下三个关键点： （1）1x ，2x 的范围()1201x x <<<； （2）不等式()()()21f x f x x >->；（3）将2x 代入（2）中不等式，结合()f x 的单调性获证结论． 小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：step1：求导，获得()f x 的单调性，极值情况，作出()f x 的图像，由()()12f x f x =得1x ，2x 的取值范围（数形结合）；step2：构造辅助函数（对结论()1202x x x +><，构造()()()02F x f x f x x =--；对结论()2120x x x ><，构造()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭），求导，限定范围（1x 或2x 的范围），判定符号，获得不等式；step3：代入1x （或2x ），利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论． 下面给出第（3）问的不同解法【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 xx e x e --=，化简得2121x x x ex -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221t tt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)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 xx 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 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.【类题展示】已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.法二：参变分离再构造差量函数，由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211xx x e x e a x x ---==--，设()()()221xx e g x x -=-，则()()12g x g x =那么()()()2321'1xx g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 递增． 设0m >，构造代数式：()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设()2111mm h m e m -=++，0m >则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=． 因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔->整理得：122x x +<． 法三：参变分离再构造对称函数由法二得()()()221x x e g x x -=-，构造()()(2),((,1))G x g x g x x =--∈-∞，利用单调性可证，此处略.法五：利用“对数平均”不等式参变分离得：222211)1()2()1()2(21--=--=x e x x e x a x x ，由0>a 得，2121<<<x x ，将上述等式两边取以e 为底的对数，得22221211)1()2(ln )1()2(lnx x x x x x +--=+--，化简得：21212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(x x x x x x -=-------，故2121212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(1x x x x x x x x ---------=)2()2()]2ln()2[ln()1()1(])1ln()1[ln()]1()1[(21212221222121x x x x x x x x x x ------+-------+-= 由对数平均不等式得：221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)x x x x x x >----+-，121212[ln(2-)-ln(2-)]22222x x x x x x >----+-（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22x x x x x x +->+-+--+-（）（）1212122212122(2)[4()]2(1)(1)4()x x x x x x x x x x +--+++-=+-+--+12122212122(2)21(1)(1)4()x x x x x x x x +-+-=++-+--+等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()x x x x x x x x +-+->+-+--+1222121221(2)[](1)(1)4()x x x x x x =+-+-+--+ 由221212(1)(1)0,4()0x x x x -+->-+>，故122x x +<，证毕.(二) 含参函数问题可考虑先消去参数【例2】已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，试证明：212.x x e ⋅>【解析】法一：消参转化成无参数问题：ln ()0ln ln x f x x ax x ae =⇔=⇔=，12,x x 是方程()0f x =的两根，也是方程ln ln x x ae =的两根，则12ln ,ln x x 是x x ae =，设1122ln ,ln u x u x ==，()xg x xe -=，则12()()g u g u =，从而2121212ln ln 22x x e x x u u >⇔+>⇔+>，此问题等价转化成为例1，下略.法二：利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设12x x >，∵1122ln 0,ln 0x ax x ax -=-=，∴12121212ln ln (),ln ln ()x x a x x x x a x x +=+-=-，∴1212ln ln x x a x x -=-，欲证明212x x e >，即证12ln ln 2x x +>.∵1212ln ln ()x x a x x +=+，∴即证122a x x >+，∴原命题等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即证：1122122()ln x x x x x x ->+，令12,(1)x t t x =>，构造2(1)ln ,1)1(t t g t t t -=->+，此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略. 法三：直接换元构造新函数：12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ==⇔=设2121,,(1)x x x t t x <=>，则112111ln ln ln ,ln ln tx t x x tx t t x x +==⇔=， 反解出：1211ln ln ln ln ,ln ln ln ln ln 111t t t tx x tx t x t t t t ===+=+=---， 故212121ln ln 2ln 21t x x e x x t t +>⇔+>⇔>-，转化成法二，下同，略. 【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。
导数压轴大题之极值点偏移问题,把握本质与通用思路才能举一反三
导数压轴大题之极值点偏移问题，把握本质与通用思路才能举一反三极值点偏移题型是上一篇所讲述的双变量题型的一种重要分型。
2016年高考I卷的压轴大题就考了这种题型。
这类题型的特点鲜明，解题思路通用性强。
本文通过原创的一张图来直观、简明地揭示极值点偏移问题的基本原理（未见第二家如此系统地阐述它的原理）。
相信每一位同学学会后，再遇到此类题型就有底气而不会再发怵了，真正做到举一反三。
1. 导数(应用)压轴大题之不等式有关问题的极值点偏移题型及典型例题例1(2016国I) 已知函数f(x) = (x-2)e^x +a(x-1)^2有两个零点。
(1) 求a的取值范围；(2) 设x1, x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2。
（提示：这题在上一篇中已给出详细解答，这里不再赘述。
作为2016年的压轴题，第(2)问算是极值点偏移题型中的一个难度适中的题目，因此刚好可用来清晰地揭示极值点偏移题型的基本原理与通用解题思路。
不熟悉这类题型的同学应先把该题学透，再继续学习其它例题）例2 已知函数f(x) = xlnx，g(x) = 1/2×mx^2+x。
(1) 若函数f(x)与g(x)的图像上存在关于原点对称的点，求实数m 的取值范围；(2) 设F(x) = f(x) – g(x)，已知F(x)在(0, +∞)上存在两个极值点x1、x2，且x1<x2，求证：x1x2 > e^2 (其中e为自然对数的底数)。
解：依题意，x>0，讲解：①从极值点偏移题型角度看，本题(2)问稍有变化（可视作常规题型的变式——出题人常以类似的方式改题或增加难度）：(a) 分析的函数对象为‘导函数’及其两个零点——即两个等值点。
但这些变化对以极值点偏移的思路进行解题并无太大差别，仅仅是对象不同而已。
(b) 已知函数的定义域受限——x>0；处理时不要忘了其约束。
(c) 从所求证的‘x1x2 > e^2’看不出与极值点偏移问题相关，但只需利用已知推出可知条件“x1=lnx1/m和x2=lnx2/m”，即可把所求证问题转化为需知问题(或称需知条件)“x2+x1>2/m”——此为极值点偏移的标准形态。
高考数学总复习第三章 培优点6 极值点偏移
跟踪训练 1 (2022·全国甲卷)已知函数 f(x)＝exx－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞). 由 f′(x)＝exxx－2 1－1x＋1 ＝exx－1x2－x＋x2＝ex＋xx2x－1， 可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
思维升华
对称化构造函数法构造辅助函数 (1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x). (2)对结论 x1x2>x20型，方法一是构造函数 F(x)＝f(x)－f xx20，通过研究 F(x) 的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成 ln x1＋ln x2>2ln x0， 再把 ln x1，ln x2 看成两变量即可.
思维升华
比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝
x1 x2
化为
单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
跟踪训练 2 已知函数 f(x)＝ax＋ln x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性；
f(x)＝ax＋ln x 的定义域为(0，＋∞)， 且 f′(x)＝1x－xa2＝x－x2a， 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)<0，解得0<x<a， 故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
另一方面，对 x1x22>3e23 两端分别取自然对数，
则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3，
函数极值点偏移问题大总结--高中数学名师归纳
极值点偏移问题大总结--高中数学
高中数学，每一道所谓的难题都有至少两种以上的方法去解决它。
高考客观压轴题也是如此。
一种是常规解题思路的方法。
学生容易思考，但是运算量大，耗时比较久。
一种是非常经典的方法，可以秒杀，但是学生如果不经过长期的训练很难想到此种方法。
一题多解旨在开发学生的思维，激发学生潜能，举一反三，灵活应用，达到完全驾驭数学的目的。
一、极值点偏移PK拐点偏移常规套路
方法技巧总结例题
小结：
二、极值点偏移的基本定义。
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极值点偏移问题一、问题指引极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系： 若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏.如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏. 以函数函数2x y =为例，极值点为0，如果直线1=y 与它的图像相交，交点的横坐标为1-和1，我们简单计算：0211=+-.也就是说极值点刚好位于两个交点的中点处，此时我们称极值点相对中点不偏移.当然，更多的情况是极值点相对中点偏移，下面的图形能形象地解释这一点.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ； 4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f .二、方法详解(一)基本解法之对称化构造例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e xf x x -=，已知()()12f x f x =，12x x ≠，证明122x x +>．再次审视解题过程，发现以下三个关键点： （1）1x ，2x 的范围()1201x x <<<； （2）不等式()()()21f x f x x >->；（3）将2x 代入（2）中不等式，结合()f x 的单调性获证结论． 小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：step1：求导，获得()f x 的单调性，极值情况，作出()f x 的图像，由()()12f x f x =得1x ，2x 的取值范围（数形结合）；step2：构造辅助函数（对结论()1202x x x +><，构造()()()02F x f x f x x =--；对结论()2120x x x ><，构造()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭），求导，限定范围（1x 或2x 的范围），判定符号，获得不等式；step3：代入1x （或2x ），利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论． 下面给出第（3）问的不同解法【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 xx e x e --=，化简得2121x x x ex -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221t tt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)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 xx 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 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.【类题展示】已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.法二：参变分离再构造差量函数，由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211xx x e x e a x x ---==--，设()()()221xx e g x x -=-，则()()12g x g x =那么()()()2321'1xx g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 递增． 设0m >，构造代数式：()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设()2111mm h m e m -=++，0m >则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=． 因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔->整理得：122x x +<． 法三：参变分离再构造对称函数由法二得()()()221x x e g x x -=-，构造()()(2),((,1))G x g x g x x =--∈-∞，利用单调性可证，此处略.法五：利用“对数平均”不等式参变分离得：222211)1()2()1()2(21--=--=x e x x e x a x x ，由0>a 得，2121<<<x x ，将上述等式两边取以e 为底的对数，得22221211)1()2(ln )1()2(lnx x x x x x +--=+--，化简得：21212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(x x x x x x -=-------，故2121212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(1x x x x x x x x ---------=)2()2()]2ln()2[ln()1()1(])1ln()1[ln()]1()1[(21212221222121x x x x x x x x x x ------+-------+-= 由对数平均不等式得：221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)x x x x x x >----+-，121212[ln(2-)-ln(2-)]22222x x x x x x >----+-（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22x x x x x x +->+-+--+-（）（）1212122212122(2)[4()]2(1)(1)4()x x x x x x x x x x +--+++-=+-+--+12122212122(2)21(1)(1)4()x x x x x x x x +-+-=++-+--+等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()x x x x x x x x +-+->+-+--+1222121221(2)[](1)(1)4()x x x x x x =+-+-+--+ 由221212(1)(1)0,4()0x x x x -+->-+>，故122x x +<，证毕.(二) 含参函数问题可考虑先消去参数【例2】已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，试证明：212.x x e ⋅>【解析】法一：消参转化成无参数问题：ln ()0ln ln x f x x ax x ae =⇔=⇔=，12,x x 是方程()0f x =的两根，也是方程ln ln x x ae =的两根，则12ln ,ln x x 是x x ae =，设1122ln ,ln u x u x ==，()xg x xe -=，则12()()g u g u =，从而2121212ln ln 22x x e x x u u >⇔+>⇔+>，此问题等价转化成为例1，下略.法二：利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设12x x >，∵1122ln 0,ln 0x ax x ax -=-=，∴12121212ln ln (),ln ln ()x x a x x x x a x x +=+-=-，∴1212ln ln x x a x x -=-，欲证明212x x e >，即证12ln ln 2x x +>.∵1212ln ln ()x x a x x +=+，∴即证122a x x >+，∴原命题等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即证：1122122()ln x x x x x x ->+，令12,(1)x t t x =>，构造2(1)ln ,1)1(t t g t t t -=->+，此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略. 法三：直接换元构造新函数：12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ==⇔=设2121,,(1)x x x t t x <=>，则112111ln ln ln ,ln ln tx t x x tx t t x x +==⇔=， 反解出：1211ln ln ln ln ,ln ln ln ln ln 111t t t tx x tx t x t t t t ===+=+=---， 故212121ln ln 2ln 21t x x e x x t t +>⇔+>⇔>-，转化成法二，下同，略. 【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。