最新高考数学极值点偏移问题专题复习

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2023年高考数学一轮复习(全国版理)-第3章-3.8-隐零点与极值点偏移问题

§3.8隐零点与极值点偏移问题题型一隐零点问题导函数的零点在很多时候是无法直接解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．例1(2022·仪征模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明不等式e x －2－ax >f (x )恒成立．(1)解f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a，所以当x f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )(2)证明设函数φ(x )＝e x －2－ln x ，则φ′(x )＝e x －2－1x，可知φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x 0，且1<x 0<2，则φ′(x 0)＝02ex -－1x 0＝0，即02e x -＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，所以φ(x )≥φ(x 0)＝02e x -－ln x 0，结合02e x -＝1x 0，知x 0－2＝－ln x 0，所以φ(x )≥φ(x 0)＝1x 0x 0－2＝x 20－2x 0＋1x 0＝(x 0－1)2x 0>0，则φ(x )＝e x －2－ln x >0，即不等式e x －2－ax >f (x )恒成立．教师备选(2022·石家庄模拟)已知函数f (x )＝－ax 2＋(a －2)x ＋ln x .(1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤x x －ax －2x ∈(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．解(1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，当a ＝1时，f (x )＝－x 2－x ＋ln x ，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－(x ＋1)(2x －1)x，令f ′(x )>0，解得0<x <12，令f ′(x )<0，解得x >12，故f (x )即f (x )(2)f (x )≤x x －ax －2x ∈(0，＋∞)上恒成立，即x e x －1≥ln x ＋ax 在x ∈(0，＋∞)上恒成立，即a ≤e x －ln x x －1x在x ∈(0，＋∞)上恒成立．令g (x )＝e x －ln x x －1x ，则g ′(x )＝e x ＋ln x x 2＝x 2e x ＋ln x x 2，令h (x )＝x 2e x ＋ln x ，则h ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＋1x>0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，而h (1)＝e>0，1e2e e－1<0，故存在x 0使得h (x 0)＝0，即x 200e x＋ln x 0＝0，所以x 00e x ＝－1x 0ln x 0＝1x 0ln 1x 0＝ln 1x 0·01ln e x ，令λ(x )＝x e x ，x ∈(0，＋∞)，λ′(x )＝(x ＋1)e x >0，所以λ(x )在(0，＋∞)上单调递增，所以x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0，当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，故g (x )在(0，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，故g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，g (x )取得极小值，也是最小值，所以g (x )min ＝g (x 0)＝0e x －ln x 0x 0－1x 0＝01ln e x －－x 0x 0－1x 0＝1，故a ≤1，所以a 的取值范围为(－∞，1]．思维升华零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)＝0，并结合f ′(x )的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f ′(x )的正负，进而得到f (x )的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．跟踪训练1(2022·淄博模拟)已知函数f (x )＝1ax 2＋ln x (a ≠0)．(1)当a ＝12f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)令F (x )＝af (x )－x 2，若F (x )<1－2ax 在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a 的最大值ln 3<43，ln 解(1)当a ＝12时，f (x )＝2x 2＋ln x －4x ，则f ′(x )＝4x ＋1x－4，可得f ′(1)＝1，且f (1)＝2＋ln 1－4＝－2，即函数f (x )在点(1，－2)处的切线斜率k ＝1，所以函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－2)＝x －1，即x －y －3＝0.(2)由F (x )＝af (x )－x 2＝a ln x －(2a ＋1)x ，因为F (x )<1－2ax 在(1，＋∞)上恒成立，即a ln x －(2a ＋1)x <1－2ax 在(1，＋∞)上恒成立，即a <x ＋1ln x在x ∈(1，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x ＋1ln x，x >1，可得h ′(x )＝ln x －1x －1ln 2x，令t (x )＝ln x －1x－1(x >1)，可得t (x )在(1，＋∞)上单调递增，且t (3)<0，t (4)>0，所以存在x 0∈(3,4)，使得t (x 0)＝ln x 0－1x 0－1＝0，从而h (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋1ln x 0＝x 0＋11x 0＋1＝x 0∈(3,4)，因为a <x ＋1ln x在(1，＋∞)上恒成立，所以a <h (x )min ＝x 0，所以整数a 的最大值为3.题型二极值点偏移问题极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，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，有构造对称函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．例2(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f (x )＝x (1－ln x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2<1a ＋1b<e.(1)解因为f (x )＝x (1－ln x )，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x ＋x ln x .当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明由题意，a ，b 是两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，两边同时除以ab ，得ln a a－ln b b ＝1b －1a ，即ln a ＋1a ＝ln b ＋1b，即f f 令x 1＝1a ，x 2＝1b，由(1)知f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x <e 时，f (x )>0，当x >e 时，f (x )<0，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2<e.要证2<1a ＋1b<e ，即证2<x 1＋x 2<e.先证x 1＋x 2>2：要证x 1＋x 2>2，即证x 2>2－x 1，因为0<x 1<1<x 2<e ，所以x 2>2－x 1>1，又f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f (x 2)<f (2－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，所以即证f (x 1)<f (2－x 1)，即证当x ∈(0,1)时，f (x )－f (2－x )<0.构造函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝－ln x －ln(2－x )＝－ln[x (2－x )]，当0<x <1时，x (2－x )<1，则－ln[x (2－x )]>0，即当0<x <1时，F ′(x )>0，所以F (x )在(0,1)上单调递增，所以当0<x <1时，F (x )<F (1)＝0，所以当0<x <1时，f (x )－f (2－x )<0成立，所以x 1＋x 2>2成立．再证x 1＋x 2<e.由(1)知，f (x )的极大值点为x ＝1，f (x )的极大值为f (1)＝1，过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y ＝x ，设f (x 1)＝f (x 2)＝m ，当x ∈(0,1)时，f (x )＝x (1－ln x )>x ，直线y ＝x 与直线y ＝m 的交点坐标为(m ，m )，则x 1<m .欲证x 1＋x 2<e ，即证x 1＋x 2<m ＋x 2＝f (x 2)＋x 2<e ，即证当1<x <e 时，f (x )＋x <e.构造函数h (x )＝f (x )＋x ，则h ′(x )＝1－ln x ，当1<x <e 时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(1，e)上单调递增，所以当1<x <e 时，h (x )<h (e)＝f (e)＋e ＝e ，即f (x )＋x <e 成立，所以x 1＋x 2<e 成立．综上可知，2<1a ＋1b<e 成立．高考改编已知函数f (x )＝(x －1)e －x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对∀a ，b ∈R ＋，且a ≠b ，有a ln b －b ln a ＝a －b ，证明：ab >e 4.(1)解f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(2－x )e －x ，当x ∈(－∞，2)时，f ′(x )>0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．(2)证明因为a ln b －b ln a ＝a －b ，所以a (ln b －1)＝b (ln a －1)，所以(ln a －1)·a －1＝(ln b －1)·b －1，即(ln a －1)·e －ln a ＝(ln b －1)·e －ln b ，即f (ln a )＝f (ln b )，不妨令x 1＝ln a ，x 2＝ln b ，且x 1<x 2.由(1)知x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，且f (x 1)＝f (x 2)，因为x 2,4－x 1∈(2，＋∞)，且f (x )在(2，＋∞)上单调递减，所以要证ab >e 4，即证x 1＋x 2>4，即证x 2>4－x 1，即证f (x 2)<f (4－x 1)．又f (x 1)＝f (x 2)，即证f (x 1)<f (4－x 1)，f (x 1)－f (4－x 1)＝(x 1－1)1ex -－(3－x 1)·14e x -，令φ(x )＝(x －1)e －x －(3－x )e x －4，x ∈(1,2)，φ′(x )＝(2－x )e －x －(2－x )e x －4＝(2－x )(e －x －e x －4)，因为x ∈(1,2)，所以e －x －e x －4所以e －x －e x －4>0，所以φ′(x )>0，所以φ(x )在(1,2)上单调递增，所以φ(x )<φ(2)＝0，即证f (x 1)－f (4－x 1)<0，即证x 1＋x 2>4，即证ab >e 4.教师备选已知函数f (x )＝x ln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．求证：x 1x 2<1e2.证明f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，由f ′(x )<0，得0<x <1e ，∴函数f (x )可设0<x 1<1e<x 2.方法一构造函数F (x )＝f (x )－f则F ′(x )＝f ′(x )＋1e 2x 2f 1＋ln x ＋1e 2x2·＋ln (1＋ln x 当0<x <1e 时，1＋ln x <0,1－1e 2x2<0，则F ′(x )>0，得F (x )∴F (x )<0，∴f (x )<f x将x 1代入上式得f (x 1)<f 又f (x 1)＝f (x 2)，∴f (x 2)<f又x 2>1e ，1e 2x 1>1e，且f (x )∴x 2<1e 2x 1，∴x 1x 2<1e2.方法二f (x 1)＝f (x 2)，即x 1ln x 1＝x 2ln x 2，令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得x 1ln x 1＝tx 1(ln t ＋ln x 1)，得ln x 1＝t ln t 1－t.∴x 1x 2<1e 2⇔ln x 1＋ln x 2<－2⇔2ln x 1＋ln t <－2⇔2t ln t 1－t ＋ln t <－2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0.设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)，则g ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2>0.∴当t >1时，g (t )单调递增，g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2(t －1)t ＋1>0.故x 1x 2<1e 2.思维升华极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1＋x 2>(<)2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )；对结论x 1x 2>(<)x 20型，构造函数F (x )＝f (x )－f F (x )的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t ＝x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．跟踪训练2(2022·启东模拟)已知函数f (x )＝a e x －x ，a ∈R .若f (x )有两个不同的零点x 1，x 2.证明：x 1＋x 2>2.证明由f (x )＝a e x －x ＝0，得x ex －a ＝0，令g (x )＝x ex －a ，则g ′(x )＝1－x ex ，由g ′(x )＝1－x ex >0，得x <1；由g ′(x )＝1－x ex <0，得x >1.所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x 1，x 2是方程g (x )＝0的实根，不妨设x 1<1<x 2，方法一(对称化构造函数法)要证x 1＋x 2>2，只要证x 2>2－x 1>1.由于g (x )在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g (x 2)<g (2－x 1)，由于g (x 1)＝g (x 2)＝0，故只要证g (x 1)<g (2－x 1)，令H (x )＝g (x )－g (2－x )＝x e x －2－x e 2－x(x <1)，则H ′(x )＝1－x e x －1－x e2－x ＝(e 2－x －e x )(1－x )e 2，因为x <1，所以1－x >0,2－x >x ，所以e 2－x >e x ，即e 2－x －e x >0，所以H ′(x )>0，所以H (x )在(－∞，1)上单调递增．所以H (x 1)<H (1)＝0，即有g (x 1)<g (2－x 1)成立，所以x 1＋x 2>2.方法二(比值代换法)设0<x 1<1<x 2，由g (x 1)＝g (x 2)，得x 11e x -＝x 22e x -，等式两边取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1.所以x 1＋x 2＝(t ＋1)ln t t －1>2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)，所以g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，所以当t >1时，g (t )单调递增，所以g (t )>g (1)＝0，所以ln t －2(t －1)t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.课时精练1．(2022·赣州模拟)已知函数f (x )＝ln x x ＋1x＋1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)都有a e x ≥f (x )，求实数a 的取值范围．解(1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，由已知f ′(x )＝1－ln x x 2－1x 2＝－ln x x 2，当0<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)因为对任意x ∈(0，＋∞)都有a e x ≥f (x )，即a ≥ln x ＋x ＋1x e x恒成立．令g (x )＝ln x ＋x ＋1x e x ，则g ′(x )＝－(x ＋1)(ln x ＋x )x 2e x.令h (x )＝x ＋ln x ，则h (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为＝1e1<0，h (1)＝1>0，所以存在x 0h (x 0)＝x 0＋ln x 0＝0，当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，g ′(x )<0，g (x )单调递减．所以g (x )max ＝g (x 0)＝0000ln 1e x x x x ++，由于x 0＋ln x 0＝0，可得x 0＝－ln x 0.则0e x ＝1x 0，所以g (x )max ＝g (x 0)＝0000ln 1ex x x x ++＝1，又a ≥ln x ＋x ＋1x ex 恒成立，所以a ≥1.综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．2．(2022·江苏吴江中学月考)已知函数f (x )＝x 2a－2ln x (a ∈R ，a ≠0)．(1)求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，且a ＝4，证明：x 1＋x 2>4.(1)解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x a －2x ＝2x 2－2a ax.当a <0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上无极值；当a >0时，若x ∈(0，a )，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上单调递减．若x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，故当x ＝a 时，f (x )在(0，＋∞)上的极小值为f (a )＝1－2lna ＝1－ln a ，无极大值．(2)证明当a ＝4时，f (x )＝x 24－2ln x ，由(1)知，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，x ＝2是极值点，又x 1，x 2为函数f (x )的零点，∴0<x 1<2<x 2，要证x 1＋x 2>4，只需证x 2>4－x 1.∵f (4－x 1)＝(4－x 1)24－2ln(4－x 1)＝x 214－2x 1＋4－2ln(4－x 1)，f (x 1)＝x 214－2ln x 1＝0，∴f (4－x 1)＝2ln x 1－2x 1＋4－2ln(4－x 1)，令h (x )＝2ln x －2x ＋4－2ln(4－x )(0<x <2)，则h ′(x )＝2x －2＋24－x ＝2(x －2)2x (4－x )>0，∴h (x )在(0,2)上单调递增，∴h (x )<h (2)＝0，∴f (4－x 1)<0＝f (x 2)，∴4－x 1<x 2，即x 1＋x 2>4得证．3．(2022·吕梁模拟)已知函数f (x )＝a e x －2x ，a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，求证：f (x )＋x 2－218x ＋1>0.(1)解∵f ′(x )＝a e x －2，当a ≤0时，a e x －2<0恒成立，f (x )单调递减．当a >0，a e x －2<0，e x <2a ，x <ln 2a时，f (x )单调递减；当x >ln 2a时，f (x )单调递增．综上所述，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，f (x )∞，ln 2a ，＋(2)证明当a ＝1时，f (x )＝e x －2x .设g (x )＝f (x )＋x 2－218x ＋1＝e x －2x ＋x 2－218x ＋1＝e x ＋x 2－378x ＋1，则g ′(x )＝e x ＋2x －378，令h (x )＝g ′(x )＝e x ＋2x －378，则h ′(x )＝e x ＋2>0，∴h (x )在R 上单调递增，又∵h (0)<0，h (1)>0，∴h (x )存在唯一零点x 0∈(0,1)，且0e x ＋2x 0－378＝0，①当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，g (x )单调递增，故g (x )在x ＝x 0处取得极小值，也是最小值．g (x )min ＝g (x 0)＝0e x ＋x 20－378x 0＋1，将①式代入，则g (x )min ＝g (x 0)＝378－2x 0＋x 20－378x 0＋1＝x 20－538x 0＋458，∵二次函数y ＝x 2－538x ＋458在(0,1)上单调递减，∴当x ＝1时，y 有最小值y min ＝12－538＋458＝0，∴g (x )min >0，∴f (x )＋x 2－218x ＋1>0.4．(2022·百校联盟联考)已知函数f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R .(1)若g (x )＝f ′(x )(f ′(x )为f (x )的导函数)，求函数g (x )在区间[1，e]上的最大值；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，求证：x 1x 2>e 2.(1)解因为g (x )＝ln x －mx ，g ′(x )＝1－mx x，①当m ≤0时，因为x ∈[1，e]，所以g ′(x )>0，所以函数g (x )在[1，e]上单调递增，则g (x )max ＝g (e)＝1－m e ；②当1m ≥e ，即0<m ≤1e时，x ∈[1，e]，g ′(x )≥0，所以函数g (x )在[1，e]上单调递增，则g (x )max ＝g (e)＝1－m e ；③当1<1m <e ，即1e<m <1时，函数g (x )则g (x )max ＝ln m －1；④当0<1m≤1，即m ≥1时，x ∈[1，e]，g ′(x )≤0，函数g (x )在[1，e]上单调递减，则g (x )max ＝g (1)＝－m .综上，当m ≤1e时，g (x )max ＝g (e)＝1－m e ；当1e<m <1时，g (x )max ＝ln m －1；当m ≥1时，g (x )max ＝g (1)＝－m .(2)证明要证x 1x 2>e 2，只需证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 )有两个变号零点，又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0x 1－mx 1＝0，x 2－mx 2＝0，解得m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，x 1－mx 1＝0，x 2－mx 2＝0，得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)，从而可得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，于是ln x 1＋ln x 2＝(ln x 2－ln x 1)(x 2＋x 1)x2－x 1＝x 2x 1x 2x 1－1.不妨设0<x 1<x 2，设t ＝x 2x 1，则t >1.因此ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln t t －1，t >1.要证ln x 1＋ln x 2>2，即证(t ＋1)ln t t －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 )在(1，＋∞)上单调递增．又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s 立，即x 1x 2>e 2得证．。

高中数学一轮复习重难点微专题四对称化构造法解极值点偏移问题

极值点不偏移
极值点x0 x0= x1 x2
2
函数值的大小关系
f(x1)= f(2x0-x2)
图示
极值点
左
偏移
移
x0< x1 x2
2
峰口向上: f(x1)< f(2x0-x2)
峰口向下: f(x1)> f(2x0-x2)
极值点
右
偏移
移
x0> x1 x2
2
峰口向上: f(x1)> f(2x0-x2)
x2
设k(x)=ex+x-x
e
1 x
-1,x>1,
当x>1时,k'(x)=ex-
1
ex
+
1
1
ex
+1>0,故k(x)在(1,+∞)上单调递增,所以k(x)>k(1)=0,
x
从而h'(x)>0,因此h(x)在(1,+∞)上单调递增.
又x2>1,故h(x2)>h(1)=0,故g(x2)>g
1 x2
∴在(0,1)上,s(x)>0,h'(x)>0,h(x)单调递增,在(1,+∞)上,s(x)<0,h'(x)<0,h(x)单调递减,∴h(x)max=h(1)=-1a.
当x趋近于0时,h(x)→-∞,当x趋近于+∞时,h(x)→-∞.
若方程f(x)=x2恰有两个相异的实根x1,x2,则-1-a>0,∴a<-1,即实数a的取值范围为(-∞,-1).
x2
调递减,故x1x2<1等价于g(x1)>g
1 x2

2024年高考数学二轮复习第47讲极值点偏移

第47讲极值点偏移极值点偏移的相关推导所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图象没有对称性.若函数()f x 在0=x x 处取得极值，且函数=()y f x 与直线=y b 交于1(,)A x b ，2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠，如下图所示.极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数()f x 存在两个零点12x x ，且12x x ≠，求证：120+2x x x >(0x 为函数()f x 的极值点)；2.若函数()f x 中存在12x x ，且12x x ≠满足12()=()f x f x ，求证：120+2x x x >(0x 为函数()f x 的极值点)；3.若函数()f x 存在两个零点12x x ，且12x x ≠，令1202x x x +＝，求证：0()0f x '>. 4.若函数()f x 中存在12x x ，且12x x ≠满足12()=()f x f x ，令1202x x x +＝，求证：0()0f x '>.[抽化模型]答题模板：若已知函数()f x 满足12()=()f x f x ，0x 为函数()f x 的极值点，求证：120+2x x x <.1.讨论函数()f x 单调性并求出()f x 的极值点0x ；假设此处：()f x 在0(,)x +∞上单调递增，在0()x −∞，上单调递减. 2.构造0()()(2)F x f x f x x =−−；注：此处根据题意需要还可以进行中值构造，构造成00()(+)()F x f x x f x x =−−的形式.3.通过求导0()F x '讨论()F x 的单调性，判断出()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x −的大小关系；假设此处：()F x 在0(,)x +∞上单调递增，那么我们便可得出0000()()()(2)0F x F x f x f x x >=−−=，从而得到当0x x >时，0()(2)f x f x x >−.4.不妨设102x x x <<，通过()f x 单调性，12()=()f x f x ，()f x 与0(2)f x x −的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，()f x ＞0(2)f x x −且102x x x <<，12()=()f x f x ，故12()=()f x f x ＞02(2)f x x −，又因为10x x <，0202x x x −<且()f x 在0()x −∞，上单调递减，从而得到1022x x x <−，从而120+2x x x <得证.5.若要证明：12()02x x f +'<，还需进一步讨论122x x +与0x 的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续说明：因为120+2x x x <，故122x x +＜0x ，由于()f x 在0()x −∞，上单调递减，故12()02x x f +'<. 对数平均不等式的介绍与证明两个正数a 和b 的对数平均定义:()().ln ln ()a ba b L a b a b a a b −⎧≠⎪=−⎨⎪=⎩，对数平均不等式为2()a bL a b +≤≤，. 取等条件:当且仅当a b =时，等号成立.只证:当a b ≠2 ()a b L a b +<<，，不失一般性，可设a b >.证明: (1) 先证) (L a b <，①①式ln ln lna ab b ⇔−<⇔<12ln x x x⇔<−(其中1x =>). 构造函数:1()2ln (f x x x x x ⎛⎫=−−> ⎪⎝⎭1)，则22211()11f x x x x ⎛⎫'=−−=−− ⎪⎝⎭.当1x >时，()0f x '<， ∴函数()f x 在(1 ) +∞，上单调递减. 故()(1)0f x f <=，不等式①成立.(2) 再证:()2a bL a b +<，. ② ②式2()ln ln ln a b a a b a b b −⇔−>⇔>+212(1)ln (1)|1a x b x a x b ⎛⎫− ⎪−⎝⎭⇔>+⎛⎫ ⎪⎝⎭(其中1x ⎫=>⎪⎪⎭. 构造函数2(1)()ln ((1)x g x x x x −=−>+1)，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x −'=−=++. 当1x >时， ()0 g x '>∴，函数()g x 在(1 ) +∞，上单调递增，故()(1)0g x g >=，从而不等式②成立.综合① ②知，对 a b +∀∈R ，2()a bL a b +≤≤，成立，当且仅当a b =时，等号成立.无参极值点偏移的方法总结关于极值点偏移常考的题型如下:题型一:若函数()f x 存在两个零点1x ，2x 且12x x ≠，求证:1200 2x x x x +>，为函数()f x 的极值点.题型二:若函数()f x 中存在12 x x ，且1x ≠2x 满足()()12f x f x =，求证:1200 2x x x x +>，为函数 ()f x 的极值点.对于极值点偏移来说，所有方法的核心都是为了把双元问题转化为一元问题，那么在转换过程中常用如下方法:证法一:单调性放缩转化法，一般有两种构造函数的方式构造方式一: 非对称构造(1) 构造函数()0()()2h x f x f x x =−−. (2) 判断函数()h x 的单调性.(3) 证明()0h x >[或()0]h x <即()f x >()02f x x −[或()0()2f x f x x ⎤<−⎦. (4) 结合函数()f x 的单调性，通过整体代换即可证1202x x x +<，或1202x x x +>.构造方式二: 对称构造(1) 求出函数()f x 的极值点0x ，及单调区间.(2) 作差比较:构造一元差函数()F x =()()00f x x f x x +−−.(3) 确定函数()F x 的单调性.(4) 结合(0)0F =，判断()F x 的符号，从而确定()()00 f x x f x x +−，的大小关系，结合函数()f x 的单调性，通过整体代换即可证1202x x x +<，或1202x x x +>.证法二: 引参消元法，一般有两种引参方式引参方式一: 差式引参一般步骤如下:第一步:根据1x 和2x 的关系式，一般为()()12f x f x =，通过变形，构造出12x x −. 第二步:通过整体代换，令12x x t −=，引入参数t ，如果可以直接构造一元函数就直接计算，如果不行再进入第三步.第三步:用参数t 表示出变量12()()x f t x g t =⎧⎨=⎩，进而构造一元函数.第四步:按照一元函数处理方式处理.引参方式二: 齐次引参消元一般步骤如下:第一步:先根据已知条件确定出变量1x ，2x 满足的等式，并变形出12x x ，然后令12x t x =.第二步:用参数t 表示出变量12()()x f t x g t =⎧⎨=⎩，进而构造一元函数，将关于12 x x ，待求的问题转化为关于t 的函数问题.第三步:构造关于t 的一元函数()g t 求解.证法三:齐次分式整体代换消元法一般步骤如下:第一步:先根据已知条件确定出变量1x ，2x 满足的条件.第二步:通过将所有涉及12 x x ，的式子转化为关于12x x 的式子，将问题转化为关于自变量12xx （21x x 亦可）的函数问题. 第三步:整体代换12x t x =，构造关于t 的一元函数()g t 求解.证法四:对数平均不等式法一般步骤如下:第一步:通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出“12ln ln x x −”及“12x x −”.第二步:通过等式两边同除以“1ln x −2ln x ”构建对数平均数1212ln ln x x x x −−.第三步:利用对数平均不等式将1212ln ln x x x x −−转化为122x x +后再证明12x x +<02x ，或1202x x x +>.【例1】已知函数()e ()x f x x x −=∈R ，如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明:1x +22x >.【解析】证明法一：对称构造法()(1)e x f x x −'=−易得()f x 在( 1 )−∞，上单调递增，在(1 ) +∞，上单调递减. x →−∞时，()(0)0 f x f →−∞=，.x →+∞时，()0f x →.函数()f x 在1x =时取得极大值:1(1)ef =.由()()1212 f x f x x x =≠，不妨设1x <2x .则必有121x x <<. 构造函数()(1)(1)F x f x f x =+−−，] (01 x ∈，. 则()(1)(1)F x f x f x '='+−'−=()21e10exx x+−>.()F x ∴在] (01 x ∈，上单调递增，()F x >(0)0F =，即(1)(1)f x f x +>−对] (01 x ∈，恒成立.由1201x x <<<，则11(01] x −∈，. ()()()11112f x f x ∴+−=−>()()()()11211f x f x f x −−==，即()()122f x f x −>.又122(1) x x −∈+∞，，，且()f x 在(1 ) +∞，上单调递减， 122x x ∴−<，即122x x +>.法二:非对称构造法欲证122x x +>，即证212x x >−.由“法一”可知1201x x <<<，故12x −，2) (1 x ∈+∞，. 又()f x 在(1 ) +∞，上单调递减，故只需证明 ()()212f x f x <−.又()()1212 f x f x x x =≠，，∴证明()()112f x f x <−即可.构造函数()()(2)H x f x f x =−−，) (01 x ∈，. 等价于证明( ) (0 )01H x x <∈，，恒成立. 1()()(2)xx H x f x f x e −'='−'−=⋅()221e 0x −−>.()H x ∴在) (01 x ∈，上单调递增.()(1)0H x H ∴<=，即以证明()0H x <，对) (01 x ∈，恒成立.故原不等式122x x +>成立. 法三: 差式引参换元法由()()12f x f x =，得1212e e x x x x −−=，化简得 2121e x x x x −=. ① 不妨设21x x >，由“法一”知，101x <<2x <.令21t x x =−，则210 t x t x >=+，，代入①式，得11e t t x x +=，反【解析】出1e 1t t x =−. 则12122e 1ttx x x t t +=+=+−，故要证1x +22x >，即证22e 1t t t +>−. 又e 10t −>，等价于证明2(2)t t +−⋅()10t e −> ②构造函数()) ()2(2e 1( t G t t t t =+−−>，0)，则0 ()(1)e 1()e t t G t t G t t '''=−+=>，，故()G t '在) (0 t ∈+∞，上单调递增，()(0)0G t G '>'=. 从而()G t 也在) (0 t ∈+∞，上单调递增，()(0)0G t G >=，即②式成立，故原不等式 122x x +>成立. 法四: 齐次分式整体消元法由“法三”中①式，两边同时取自然对数，可得112122lnln ln x x x x x x −==−. 即1212ln ln 1x x x x −=−，从而(121x x x +=+)12121212122ln ln ln x x x x x x x x x x x −+⋅=⋅=−−1211221ln 1x x x x x x +⋅−令12(1)x t t x =>，欲证122x x +>，等价于证明1ln 21t t t +⋅>−. ③ 构造(1)ln 2()1ln 11t t M t t t t +⎛⎫==+ ⎪−−⎝⎭，(1)t >，则2212ln ()(1)t t tM t t t −−'=−. 又令2()12ln (1)t t t t t ϕ=−−>，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=−+=−−.由于1ln t t −>对) (1t ∀∈+∞，恒成立，故) ()( 0t t ϕϕ'>，在) (1 t ∈+∞，上单调递增. ()(1)0t ϕϕ∴>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1 )t ∈+∞，上单调递增. 由洛必达法则知，1lim ()x M t →=()()()()1111ln 1ln 1limlim lim(ln 211x x x t t t tt t t t t →→→'+++⎫==+=⎪−'⎭−,(下一章会讲)可得()2M t >,即证③式成立,即原不等式122x x +>成立.法五:对数平均不等式法由“法三”中①式,两边同时取自然对数,可得112122ln ln ln xx x x x x −==−.即12121ln ln x x x x −=−..把12121ln ln x x x x −=−代入不等式即可得1212121ln ln 2x x x xx x −+=<−.,即可得122x x +>.【例2】已知函数()2x f x x e =−.,上存在两个不相等的数12,x x .,满足()()12f x f x =.,求证:122ln2x x +<.【解析】证明()2x f x e '=−,令()0f x '=得ln2x =.当ln 2x <时,()()0,f x f x '>在(),ln2−∞上单调递增.当ln 2x >时,()0,f x '<()f x 在()ln2,+∞上单调递减.ln2x ∴=为()f x 的极大值点,不妨设12x x <.,由题意可知12ln2x x <<.()()()ln2ln2422x x F x f x f x x e e −=+−−=−+令.,()()()422,2,0,x x x x F x e e e e F x F x −−'=−−+∴'∴单调递减.又()()00,0F F x =∴<在()0,+∞上恒成立, 即()()ln2ln2f x f x +<−在()0,+∞上恒成立.()()()()()()()12222ln2ln ln2ln22ln2.f x f x f x x f x f x ∴==+−<−−=−1ln2,x <()()22ln2ln2,,ln2,x f x −<−∞又在上单调递增 12122ln2.2ln2x x x x ∴<−∴+<含参极值点偏移含参极值点偏移问题和无参的证法类似,参数可分为在函数中和在不等式中两种类型,可以通过参变分离,把含参问题转换为无参问题,其处理思路和上一节一样,注意将问题转化为()()112f x f a x >−.,然后构造函数()()()2F x f x f a x =−−.,利用函数的单调性可得()()1120f x f a x −−>,从而得出结论.含参型一:函数含参极值点偏移问题【例1】已知函数()()()221x f x x e a x =−+−有两个零点. (1)求a 的取值范围.(2)设12,x x 是()f x 的两个零点,证明:122x x +<.【解析】(1)函数()f x 的定义域为R .①当0a =时,()()20x f x x e =−=,得2x =,只有一个零点,不合题意. ②当0a ≠时,()()()12x f x x e a =−+'.i.当0a >时,由()0f x '=得1x =.,由()0f x '>得1x >.,由()0f x '<得1x <.1x ∴=是()f x 的极小值点,也是()f x的最小值点.()()1e 0.f x f ∴==−<又()20,f a =>∴在()1,2上存在一个零点2x ,即212x <<. 由()21lim 2limlim 0x x xx x x x x e e e −−→−∞→−∞→−∞−−===−又2(1)0a x −>,()f x ∴在(),1−∞上存在唯一零点1x , 即11x <,0a ∴>时,()f x 存在两个零点. ii.当0a <时,由()0f x '=得1x =或()ln 2x a =−.若()ln 21a −=,即2ea =−时,()f x '0,故()f x 在R 上单调递增,与题意不符.若()ln 21a −>,即e2a <−时,易证()max ()1e 0f x f ==−<,故()f x 在R 上只有一个零点. 若()ln 21a −<.,即e02a −<<时,易证.()()()()(()2max ln 2ln 24ln 25)0f x f a a a a =−=−−−+<.,故()f x 在R 上只有一个零点. 综上所述,0a >.（2）证明法一:非对称构造法由(1)题知,0a >且1212x x <<<..()()()()222x x h x f x f x x e xe −=−−=−+令.,则()()()()21211x x x e h x e−−−'−=.()211,10,e10x x x −>∴−>−>.()0h x ∴'>.()h x ∴在()1,+∞上单调递增.()()()()10,2h x h f x f x ∴>=>−..()()222f x f x ∴>−..()()122f x f x ∴>−..()121,21,x x f x <−<在(),1−∞上单调递减,122x x ∴<−,即122x x +<. 法二:参变分离,再对称构造由已知得()()120f x f x ==,不难发现121,1x x ≠≠, 故可整理得()()()()121222122211xx x e x e a x x −−−==−−..设()()()221xx e g x x −=−.,则()()12g x g x =..那么()()()23211xx g x e x −+=⨯−'. 当1x <时,()()0,g x g x '<单调递减.当1x >时,()()0,g x g x '>单调递增. 设0m >.,构造代数式.()()11122221111111.1m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +−−−−−+−⎛⎫+−−=⨯−⨯=⨯⨯+ ⎪+⎝⎭设()21e 1,01mm h m m m −=⨯+>+. 则()2222e 0(1)m m h m m =⨯>+',故()h m 单调递增,有()()00h m h >=. 因此,对于任意的()()0,11m g m g m >+>−.由()()12g x g x =可知12,x x 不可能在()g x 的同一个单调区间上, 不妨设12x x <,则必有121x x <<.令110m x =−>,则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +−>−−⇔−>=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦. 而()1221,1,x x g x −>>在()1,+∞上单调递增,因此()()121222g x g x x x −>⇔−>. 整理得122x x +<.法三:参变分离,再非对称构造由法二得()()()221x x e g x x −=−,构造()()()()2,,1G x g x g x x =−−∈−∞. 利用单调性可证,此处略.含参型二:不等式含参极值点偏移问题【例1】已知函数()ln (0xf x x a a=−≠,)a R ∈. (1)求函数()f x 的单调区间.(2)若存在两个不相等的正数12,x x ,满足()()12f x f x =,求证:122x x a +>.【解析】(1)()ln x f x x a =−.,定义域为()()110,,x a f x a x ax−+∞='=−..当0a >时,(),0;0x a f x x a '<<,()0f x '<.当0a <时,()0,0x f x ><'.故当0a >时,()f x 的单调递减区间是()0,a .,单调递增区间是(),a +∞.当0a <时,()f x 的单调递减区间是()0,+∞,无单调递增区间.(2)证明由(1)题知当0a <时,()f x 的单调递减区间是()0,+∞,无递增区间，不合题意,故0a >,此时()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增.若存在两个不相等的正数12,x x .,满足()()12f x f x =.,不妨设12x x <.,则有()()120,,,x a x a ∈∈+∞.要证122x x a +>,即证212x a x >−. 而21,2x a a x a >−>.由(1)题知()f x 在(),a +∞上单调递增,故只需证()()212f x f a x >−. 又()()12f x f x =,即要证()()112f x f a x >−(其中10x a <<). 考查函数()()()2F x f x f a x =−−.,()F x 的定义域是()0,2a .,()()()()()()()22211112ln ln 2,0,22x a x a x F x f x f a x x a x F x a a a x a a x ax a x −−−=−−=−−+−=−+−='−−()()(),,0,2,0,x a F x a F a ==当且仅当时才能取等号在定义域上恒递减观察知 ()()()()0,,20.x a F x f x f a x ∴∈=−−>当时 ()()()(),2,20.x a a F x f x f a x ∈=−−<当时 ()()()1110,,20x a f x f a x ∴∈−−>当时 122x x a ∴+>【例2】已知()21ln 2f x x x mx x =−−,m R ∈.若()f x 有两个极值点12,x x ,且12x x <,求证:212e x x >(e 为自然对数的底数).【解析】证明法一:零点等式相减相加消参换元法欲证212e x x >,需证12ln ln 2x x +>.若()f x 有两个极值点12,x x ,则函数()f x '有两个零点.又()ln f x x mx =−',12,x x ∴是方程()0f x '=的两个不同实根.则有112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩，解得1212ln ln x x m x x +=+.另一方面,由11220lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得()2121ln ln x x m x x −=−,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x −+=−+. ()()222121111222111lnln ln ln ln .1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪−+⎝⎭∴+==−−又120x x <<,设21x t x =,则1t >.()121ln ln ln ,11t t x x t t +∴+=>−. 要证12ln ln 2x x +>,即证()1ln 2,11t tt t +>>−.即当1t >时,有()21ln 1t t t −>+.设函数()()21ln ,11t h t t t t −=−+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t '+−−−=−=++, ()h t ∴为()1,+∞上的增函数.()()()10,10h h t h =∴=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t −>+.12ln ln 2x x ∴+>.212e x x ∴>.法二:含参非对称构造欲证212e x x >,需证12ln ln 2x x +>.若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()f x '有两个零点.又()ln ,f x x mx =−'12,x x ∴是方程()0f x '=的两个不同实根.显然0m >,否则,函数()f x '为单调函数,不符合题意.由于()11mx f x m x x −=−='',故()f x '在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,m⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.由()11121222ln ln 0lnx mx x x m x x lnx mx −=⎧⇒+=+⎨−=⎩,需证明()122m x x +>即可.即只需证明122x x m+>. 设()()()()2212(1),0,,02mx g x f x f x x g x m m x mx −⎛⎫⎛⎫=−−∈=> ⎪ ⎪'⎝'−⎭⎭'⎝,故()g x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,即()10g x g m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故()2f x f x m ⎛⎫<− ⎪⎝'⎭'.由于()11mx f x m xx −=−='',故()f x '在10,m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 设121x x m <<,令1x x =,则()()2112f x f x f x m ⎛⎫=>− ⎪⎝''⎭' 又()2121,,,x x f x m m ⎛⎫−∈+∞ ⎪⎭'⎝在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减,故有212x x m >−,即122x x m +>.原命题得证.法三:单调性放缩转换法由12,x x 是方程()0f x '=的两个不同实根得ln xm x=, 令()()()12ln ,x g x g x g x x ==,由于()21ln xg x x −=', 因此,()g x 在()0,e 上单调递增,在(),e +∞上单调递减.设120e x x <<<,要证明212e x x >,只需证明()212e 0,e x x >∈,只需证明()212e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭,即()222e 0f x f x ⎛⎫>> ⎪⎝⎭,即()222e 0f x f x ⎛⎫−> ⎪⎝⎭. 即()()()2,1,e h x f x f x e x ⎛⎫=−∈ ⎪⎝⎭,()()()()22221ln ,x e x h x h x x e −−='在()1,e 上单调递增,故()()0h x h e <=,即()2e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.()()21211e ,.x x f x f x f x ⎛⎫==< ⎪⎝⎭令则()221,,,e x e x ∈+∞()(),f x e +∞在上单调递减,222121e ,e .x x x x ∴>>即法四:差式引参消元法设()()1122ln 0,1,ln 1,t x t x =∈=∈+∞,则由112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得11221122tt t t t me t e t t me−⎧=⎪⇒=⎨=⎪⎩, 设120k t t =−<,则12,11k k k ke kt t e e ==−−. 欲证212e x x >.,需证12ln ln 2x x +>.,即只需证明122t t +>..()()()()()1e 21e 2e 11e 2e 10e 1k k k k k kk k k +>⇔+<−⇔+−−<−.设()()()()()12e 1(0),e e 1,e 0k k k k k g k k e k g k k g k k =+'−−<=−+''=<,故()g k '在(),0−∞上单调递减,故()()00g k g '>=',故()g k 在(),0−∞上单调递增, 因此()()00g k g <=,命题得证. 法五:分式引参消元法设()()1122ln 0,1,ln 1,t x t x =∈=∈+∞,则由112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得11221122tt t t t me t e t t me−⎧=⎪⇒=⎨=⎪⎩. 设()120,1t k t =∈.,则12ln ln ,11k k k t t k k ==−−.欲证212e x x >.,需证12ln ln 2x x +>.,即只需证明122t t +>.,即()()()1ln 21212ln ln 0111k kk k k k k k k +−−>⇔<⇔−<−++.设()()()()()2221(1)ln 0,1,01(1)k k g k k k g k k k k −−='−∈=>++.,故()g k 在()0,1上单调递增,因此()()10g k g <=,命题得证.极值点偏移变形一般题型1.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'.2.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠,满足()()12f x f x =,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 3.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠,求证:0f '>.4.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠,满足()()12f x f x =,求证:0f '>.方法核心:要证明1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'.,即比较122x x +与极值点0x 的大小,得出122x x +所在的单调区间,从而得出该处函数导数值的正负,从而结论得证.对于0f '>问题,要结合基本不等式122x x +<,转换为比较122x x +与极值点0x 的大小的问题.【例1】已知函数()()22ln f x x a x a x =−−− (1)求函数的单调区间.(2)若方程()f x 有两个不相等的实数根12,x x ,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 【解析】（1）()()()21(0)x a x f x x x'−+=>.①当0a 时,()0f x '>,函数()f x 在()0,+∞上单调递增,()f x ∴的单调递增区间为()0,+∞.②当0a >时,由()0f x '>得2a x >. 由()0f x '<得02a x <<, ()f x ∴的单调递增区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,单调递减区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭.(2)证明12,x x 是方程()f x 的两个不等实根,0a ∴>.不妨设120x x <<,则()()221112222ln ,2ln x a x a x c x a x a x c −−−=−−−=,两式相减得()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ⎡⎤−−−−−−−=⎣⎦,即221122112222ln ln x x x x a x x x x +−−=+−−. 又02a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭',当2a x >时,()0f x '>.当02ax <<时,()0f x '<.故只要证明1222x x a +>即可,即证22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +−−+>+−−, 即证11221222lnx x x x x x −<+,即11212222ln 1x x x x x x ⨯−<+.设12(01)x t t x =<<.,令()22ln 1t g t t t −=−+.,则()22(1)0(1)t g t t t '−=>+.,则()22ln 1t g t t t −=−+在()0,1上为增函数,又()10g =,()0,1t ∴∈时,()0g t <总成立,得证. 【例2】已知函数()212ln )(a f x x a x x=+−+. (1)讨论()f x 的单调性.(2)如果方程()f x m =有两个不相等的解12,x x ,且12x x <,证明:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 【解析】(1)()()()()222221221122(0)x a x a x a x a a f x x x x x x +−−'−+−=+−==>. ①当0a 时,()()0,,0x f x ∈+∞'>,()f x 单调递增. ②当0a >时,()()()0,,0,x a f x f x <'∈ 单调递减;()()(),,0,x a f x f x ∈+∞>'单调递增.综上,当0a 时,()f x 在()0,+∞上单调递增.当0a >时,()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增.(2)证明由(1)题知,当0a 时,()f x 在()0,+∞上单调递增,()f x m =至多有一个根,不符合题意. 当0a >时,()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增,则()0f a '=.不妨设120x a x <<<,要证1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭',即证122x x a +>,即证122x x a +>, 即证212x a x >−.()f x 在(),a +∞上单调递增,即证()()212f x f a x >−,又()()21,f x f x =∴即证()()112f x f a x >−,即证()()f a x f a x +<−,其中()1,0,.x a x x a =−∈()()()g x f a x f a x =+−−令()()()()()()212ln 212ln a a a x a a x a x a a x a x a x ⎡⎤⎡⎤=++−++−−+−−+⎢⎥⎢⎥+−⎣⎦⎣⎦ ()()()()412ln 12ln ,a ax a a x a a x a x a x=+−+−−−+−+− ()()()2212124a a a ag x a x a x a x a x −−=+'+−−+−+−()()()()()()()22222222222242124.a a x x x a a a a a x a x a x a x a x +−−−=+−=−+−+−()()()0,,0,,x a g x g x '∈<当时单调递减()()()0000,g f a f a =+−−=又()()()()()0,,00,.x a g x g f a x f a x ∴∈<=+<−当时即 ()11,0,,x a x x a =−∈令又()()2112.0.2x x f x f a x f +⎛⎫∴>−∴> ⎪'⎝⎭\) 【例3】设函数()()x f x e ax a a R =−+∈,其图像与x 轴交于()()12,0,,0A x B x 两点,且12x x <.(1)求实数a 的取值范围. (2)证明:()0[f f x <''为函数()f x 的导函数].【解析】(1)(),x f x e a x R =−∈'.当0a 时,()0f x '>在R 上恒成立,不合题意.当0a >时,易知,ln x a =为函数()f x 的极值点,且是唯一极值点. 故()()()min ln 2ln f x f a a a ==−.当()0min f x ,即20e a <时,()f x 至多有一个零点,不合题意,故舍去. 当()0f x <时,即2e a >时,由()1e 0f =>,且()f x 在(),ln a −∞上单调递减, 故()f x 在()1,ln a 上有且只有一个零,点.由()()22ln 2ln 12ln f a a a a a a a a =−+=+−. 令212ln ,y a a a e =+−>,则21y a'=−>0,故2212ln e 14e 30a a +−>+−=−>.()2ln 0f a ∴>,即在()ln ,2ln a a 上有且只有一个零点.2e a ∴>.(2)由(1)题知,()f x 在(),ln a −∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增,且()1e 0f =>.121ln 2ln x a x a ∴<<<<,要证0f '<,只需证a <,ln a .122x x <+,故只需证x 1+x 2<2ln a .令h (x )=f (x )−f (2ln a −x )=e x −ax +a −e 2ln a −x +a (2ln a −x )−a=e x −a 2e −x −2ax +2a ln a ，1<x <ln a .则h '(x )=e x +a 2e −x −2a 2e x a 2e −2a =0,∴h (x )在(1,ln a )上单调递增.∴h (x )<e ln a −a 2e −ln a −2a ln a +2a ln a =0,即f (x )<f (2ln a −x ).∴f (x 1)<f (2ln a −x 1).又f (x 1)=f (x 2),∴f (x 2)<f (2ln a −x 1).x 2>ln a ,2ln a −x 1>ln a ,且f (x )在(ln a ,+∞)上单调递增,∴x 2<2ln a −x 1,即x 1+x 2<2ln a .∴f '<0.。

极值点偏移问题-高考数学总复习

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配套精练
3．(2023·如东期末)已知函数f(x)＝x ln x－a(x－1)(a∈R)，且f(x)≥0.
(1) 求实数a的值；
【解答】因为 f(x)＝x ln x－a(x－1)(a∈R)，且 f(x)≥0，所以 ln x－a1－1x≥0. 设 g(x)＝ln x－a1－1x，则 g′(x)＝1x－xa2＝x－x2a. 当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x∈(0，1)时，g(x)＜g(1)＝0，不满足题意．当0＜a＜1时，g(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以g(a)＜g(1)＝0，不满足题意．当a＞ 1时，g(x)在(0，a)上单调递减，所以g(a)＜g(1)＝0，不满足题意. 当a＝1时，g(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝ 0，所以g(x)≥0，所以f(x)≥0. 综上，a＝1.
－
x
＝
ex
＋
a2 ex
－
2a≥2 ex·aex2－2a＝0，所以 h(x)在 R 上单调递增．又因为 x2＞ln a，所以 h(x2)＞h(ln
a)＝0，即 f(x2)－f(2ln a－x2)＞0，得证．
变式已知函数f(x)＝x ln x－x＋1，若方程f(x)＝b有两个不相等的实数根x1，x2，
点击对应数字即可跳转到对应题目
1
2
3
4
配套精练
3．(2023·如东期末)已知函数f(x)＝x ln x－a(x－1)(a∈R)，且f(x)≥0.
(2) 若关于x的方程f(x)＝t有2个不同的实数根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2.

专题12极值点偏移问题利器极值点偏移判定定理-玩转压轴题突破140分之高三数学解答题高端(原卷版)

专题02：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)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，（1）若)2()(201x x f x f -<，则021)(2x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）若)2()(201x x f x f ->，则021)(2x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏.证明：（1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f 的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）证明略.左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔）左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔）左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）二、运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+.（1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.（5）若要证明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 .【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(x f 的单调性、极值点，证明)(0x x f +与)(0x x f -（或)(x f 与)2(0x x f -）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如0212x x x <+或0)2('21<+x x f 的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题.三、新题展示【2019湖南郴州二中月考】已知函数，，． (1)若，，求函数的单调区间； (2)设． (i)若函数有极值，求实数的取值范围； (ii)若()，求证：．【2019江西赣州十四县（市)期中联考】已知函数(为常数)，曲线在与轴的交点A 处的切线与轴平行．(1)求的值及函数的单调区间； (2)若存在不相等的实数使成立，试比较与的大小．四、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 . ★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 .★已知函数2()ln f x x x=+，若1x ≠2x ，且)()(21x f x f =，证明：421>+x x .★已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点.设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<.五、招式演练★已知函数()22x a 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. （Ⅰ）求()f x 的极值；（Ⅱ）若1a =-，证明：当12x x ≠，且()()12f x f x =时， 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 +>.。

专题11 导数中的极值偏移问题(全题型压轴题)(学生版)-2024年高考数学压轴专题复习

f
x1
f
x2
f
x3 x1
x2
x3 ，求证：
x3
2
x1
e 1．
②差值代换法
1．（2023·全国·高二专题练习）已知函数 g(x) ex ax2 ax ， h(x) ex 2x ln x ．其中 e 为自然对数的底数．（1）若 f (x) h(x) g(x) ，讨论 f (x) 的单调性；
①对称化构造法
1．（多选）（2023 春·山东德州·高二统考期末）定义在 R 上的函数 f x 满足 f x ex f x ，且 f 0 1，则下列说法正确的是（）
A． f x 在 x 2 处取得极小值 B． f x 有两个零点 C．若 x 0 ， f x k 恒成立，则 k 1 D．若 x1 ， x2 R ， x1 x2 ， f x1 f x2 ，则 x1 x2 4 2．（2023 春·河北张家口·高二统考期末）已知函数 f x x ln x . (1)求函数 f x 的单调区间和极值； (2)若方程 f x 2x 1 的两个解为 x1 、 x2 ，求证： x1 x2 2e .
f
x
a x
有两个零点 x1 ， x2 ，求实数
a
的取值范围并证明 x1x2
e2 .
2．（2023 春·福建莆田·高二校考期中）已知函数 f x lnx ax2 . (1)讨论函数 f x 的单调性： (2)若 x1, x2 是方程 f x 0 的两不等实根，求证： x12 x22 2e ；
a
ln
x,
x
1为其极小值
点．
(1)求实数 a 的值；
(2)若存在 x1 x2 ，使得 f x1 f x2 ，求证： x1 x2 2 ．

三招解决极值点偏移问题含详解

三招解决极值点偏移问题极值点偏移问题简介：极值点偏移问题是咱们高中非常常见的导数问题，其中解法与题型也非常非常多，比如比值换元，差值换元，对称化构造，同构方程，对数均值不等式，切线夹，割线放缩，零点差一次拟合，飘带函数放缩，泰勒二次拟合，零点差一次拟合等等。

很多学生看了题不知道从哪里入手，在此总结了三大类题型，包括了大部分方法，看起来更加清晰明了，这三类题型也是必须掌握的题型，前两种较基础要掌握，最后一种难度偏高可以选择性记忆。

一.最常见的方法--构造函数极值点偏移模型：考点1.利用韦达定理，进行构造函数1已知函数f x =12x2+a ln x-4x a>0.(1)当a=3时，试讨论函数f x 的单调性；(2)设函数f x 有两个极值点x1,x2x1<x2，证明：f x1+f x2>ln a-10.2已知函数f x =ln x +x 2-ax a ∈R .(1)若a =1，求函数f x 图象在点1,f 1 处的切线方程；(2)设f x 存在两个极值点x 1,x 2且x 1<x 2，若0<x 1<12，求证：f x 1 -f x 2 >34-ln2.考点2. 利用分析法，进行对称构造3已知函数f (x )=ln x +m x -1.(1)若存在实数x ，使f (x )<-1成立，求实数m 的取值范围；(2)若f (x )有两个不同零点x 1,x 2，求证：x 1+x 2>2.4已知函数f x =ln x-a x-2a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个零点x1，x2x1<x2，证明：x1+3x2>3a+2.5已知函数f x =2ln x+ax a∈R(1)若f x ≤0在0,+∞上恒成立，求a的取值范围；(2)设g x =x3-f x ，x₁，x₂为函数g(x)的两个零点，证明：x₁x₂<1.二.对数均值不等式飘带函数模型：考点1.同构方程，利用比值换元构造函数6已知函数f x =x -2 e x -ax a ∈R ．(1)若a =2，讨论f x 的单调性．(2)已知关于x 的方程f x =x -3 e x +2ax 恰有2个不同的正实数根x 1,x 2．(i )求a 的取值范围；(ii )求证：x 1+x 2>4．7已知函数f x =2ln x-ax2+2x-1，g x =f x -2ax+3a∈R.(1)若f1 =-1，求函数y=f x 的极值；(2)若关于x的不等式g x ≤0恒成立，求整数a的最小值；(3)当0<a<1时，函数g x 恰有两个不同的零点x1，x2，且x I<x2，求证：x1+x2>2a.考点2.和积转化(差积转化)8已知函数f x =xe x-ax+1,x∈-1,+∞,a>0,g x =bx-ln x x，(1)当b=1，f x 和g x 有相同的最小值，求a的值；(2)若g x 有两个零点x1，x2，求证：x1x2>e.考点3.消参减元9已知函数f x =ax2-ln x+1a∈R．(1)讨论函数f x 极值点的个数；(2)若函数f x 在定义域内有两个不同的零点x1，x2，①求a的取值范围；②证明：x1+x2>2a a．三.零点差--放缩法筷子夹汤圆模型：考点1.零点差，切线夹10已知函数f x =3x-e x+1，其中e=2.71828⋯是自然对数的底数.(1)设曲线y=f x 与x轴正半轴相交于点P x0,0，曲线在点P处的切线为l，求证：曲线y=f x 上的点都不在直线l的上方；(2)若关于x的方程f x =m(m为正实数)有两个不等实根x1,x2x1<x2，求证：x2-x1<2-34 m.11已知函数f x =x +b e x -a (b >0)在点-1，f -1 处的切线方程为e -1 x +ey +e -1=0．(1)求a 、b ；(2)设曲线y =f (x )与x 轴负半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y =h (x )，求证：对于任意的实数x ，都有f (x )≥h (x )；(3)若关于x 的方程f x =m (m >0)有两个实数根x 1、x 2，且x 1<x 2，证明：x 2-x 1≤1+m 1-2e 1-e ．考点2.割线放缩12已知f x =x ln x 与y =a 有两个不同的交点A ,B ，其横坐标分别为x 1,x 2(x 1<x 2).(1)求实数a 的取值范围；(2)求证：ae +1<x 2-x 1.考点3.二次拟合13已知m∈R，函数f(x)=xe x-m有两个不同的零点x1,x2．(I)证明：0<m<1e；(Ⅱ)证明：x2-x1>21-em．三招解决极值点偏移问题极值点偏移问题简介：极值点偏移问题是咱们高中非常常见的导数问题，其中解法与题型也非常非常多，比如比值换元，差值换元，对称化构造，同构方程，对数均值不等式，切线夹，割线放缩，零点差一次拟合，飘带函数放缩，泰勒二次拟合，零点差一次拟合等等。

2025高考数学培优25讲3.2极值点偏移

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

极值点偏移问题-2024届高三数学二轮复习课件

(3)对F ( x)求导, 得出极值点"某一侧" (不需完整 )的单调性
(4)代该侧中的 xi (如此题中的 x2 )进F (x) ()F (x0 ) 0 (5)利用f (x j ) f (xi )替换(4)中不等式, 回归f (x)在"另一侧"的单调性
f (x1) f (2 x2 ) 0
a[ln(2a) 2]2 a 0
在(1,)上单调递增
f (x)的两个极值 f (1), f (ln(2a))均小于零,
易知f (1) e 0
f (x)的零点最多只有一个 .
x 时,
综上所述 , a的取值范围是 [0,)
(x 2)ex 0, a(x 1)2
f (x) x 时,易知f (x) f (x)有两个零点
对极点左右两边的陡缓研究,可转化成由原函数与对称函数构成的差函数 ,以及对差值函数单调性研究.
如何求一个函数的对称函数,理论依据是什么 ?
理论 : 如果f (a x) f (a x), 则f (x)关于x a对称 f (x)关于x a对称后得 f (2a x)
(x0是f (x)的一个极值点 )
设F (x) f (x) f (e2 )( x e1)
F
'(x)
ln
x
1
x e2 x 2
[(ln(
e2
)
1]
(1
ln
x)(e2 x2
1)
x
e2x2
f (x)在(0, e1)上单调递减 x e1, F'(x) 0 F(x)在(e1,)上单调递增
f (x)在(e1,)上单调递增 f (x)只有极小值为 f (e1) e1 0,无极大值 f (x)只有极小值为 f (e1) e1 0,无极大值

隐零点与极值点偏移-高考数学复习

当 x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)在区间(1，e)内为增函数，h(x)<h(e)＝e，从而 x＋f (x)<e，
所以1b＋f
1 b<e.
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17
又由1a∈(0,1)，可得1a<1a1－ln1a＝f 1a＝f 1b，
所以1a＋1b<f 1b＋1b＝e.②
由①②得 2<1a＋1b<e.
18 返回导航
19
所以 h′(x)＝1－ln x>0，故 h(x)在区间(1，e)内单调递增．所以 h(x)<h(e)＝e.故 h(n)<e，即 m＋n<e. 综上可知，2<1a＋1b<e. 证法 3(构造函数法)：由已知得lnaa－lnbb＝1b－1a，令1a＝x1，1b＝x2，不妨设 x1<x2，所以 f (x1)＝f (x2)．由(1)知，0<x1<1<x2<e，只需证 2<x1＋x2<e. 证明 x1＋x2>2 同证法 2. 再证明 x1＋x2<e.令 h(x)＝1－x－lne x(0<x<e)，
当 x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当 x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
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所以 φ(x)≥φ(x0)＝ex0－2 －ln x0，结合 ex0－2 ＝x10，知 x0－2＝－ln x0，所以 φ(x)≥φ(x0)＝x10＋x0－2＝x20－2xx00＋1＝x0－x0 12>0，则 φ(x)＝ex－2－ln x>0，即不等式 ex－2－ax>ln x－ax 恒成立．
可得
ln h′(x)＝

重难点专题08 极值点偏移的十大类型(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破

极值点偏移问题中（极值点为x0），证明x1+x2>2x0或x1+x2<2x0的方法：①构造F(x)=f(x)―f(2x―x)，②确定F(x)的单调性，③结合特殊值得到f(x)―f(2x0―x2)>0或f(x2)―f(2x0―x2)<0，再利用f(x1)=f(x2)，2得到f(x)与f(2x0―x2)的大小关系，1④利用f(x)的单调性即可得到x1+x2>2x0或x1+x2<2x0.处理极值点偏移问题中的类似于x1x2<a（f(x)=f(x2)）的问题的基本步骤如下：1①求导确定f(x)的单调性，得到x1,x2的范围；②构造函数F(x)=f(x)―f a，求导后可得F(x)恒正或恒负；x极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0（x为函数f(x)的极值点）；2.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0（x为函数f(x)的极值点）；3.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2，令x0=x1+x22，求证：f′(x)>0；4.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，令x0=x1+x22，求证：f′(x)>0.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，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的函数示两个极值点，即t=x1x2问题求解．两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)=a―bln a―ln b(a≠b), a(a=b).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：ab≤L(a,b)≤a+b2（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．。

第21讲、极值点偏移(学生版)2025高考数学一轮复习讲义

第21讲极值点偏移知识梳理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2210x x 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 xx <+，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02()()()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．【注意】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．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效3121212ln ln 2x x x xx x -+<<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.4、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.必考题型全归纳题型一：极值点偏移:加法型例1．（2024·河南周口·高二校联考阶段练习）已知函数()2exx axf x -=，R a ∈(1)若2a =，求()f x 的单调区间；(2)若1a =，1x ，2x 是方程()ln 1e xx f x +=的两个实数根，证明：122x x +>．例2．（2024·河北石家庄·高三校联考阶段练习）已知函数()()2ln f x x x a a =-∈R .(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 有两个零点1x 、2x ，证明121x x <+<.例3．（2024·广东深圳·高三红岭中学校考期末）已知函数()ln f x x =.(1)讨论函数()()()R g x f x ax a =∈﹣的单调性；(2)①证明函数1()()ex F x f x =-（e 为自然对数的底数）在区间()1,2内有唯一的零点；②设①中函数()F x 的零点为0x ，记()min (),e x x m x xf x ⎧⎫=⎨⎩⎭（其中min{,}a b 表示,a b 中的较小值），若()()R m x n n =∈在区间()1,+∞内有两个不相等的实数根()1212,x x x x <，证明：1202x x x +>.变式1．（2024·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知函数()πsin ln ,12f x x x a x x ⎛⎫=--=⎪⎝⎭为其极小值点．(1)求实数a 的值；(2)若存在12x x ≠，使得()()12f x f x =，求证：122x x +>．变式2．（2024·湖北武汉·高二武汉市第六中学校考阶段练习）已知函数()232ln x f x x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，a 为实数．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 在e x =处取得极值，()f x '是函数()f x 的导函数，且()()12f x f x ''=，12x x <，证明：122ex x <+<变式3．（2024·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数()()()1ln x a x f x x++=(1)若函数()f x 在定义域上单调递增，求a 的最大值；(2)若函数()f x 在定义域上有两个极值点1x 和2x ，若21x x >，()e e 2λ=-，求12x x λ+的最小值．变式4．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()e ln xa f x x x a x=+-∈R ．(1)讨论函数()f x 的极值点的个数；(2)若函数()f x 恰有三个极值点1x 、2x 、()3123x x x x <<，且311x x -≤，求123x x x ++的最大值．变式5．（2024·广西玉林·高二广西壮族自治区北流市高级中学校联考阶段练习）已知函数()ln =-f x x ax ．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当1a =时，若1212()()()f x f x x x =<，求证：122x x +>变式6．（2024·安徽·高二安徽师范大学附属中学校考阶段练习）已知函数()()3213log 0,132a f x x x x a a =-+>≠．(1)若()f x 为定义域上的增函数，求a 的取值范围；(2)令e a =，设函数()()314ln 93g x f x x x x =--+，且()()120g x g x +=，求证：123x x +≥变式7．（2024·全国·高二专题练习）已知函数()()ln 2f x x a x =--（a ∈R ）．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个零点1x ，2x （12x x <），求证：12332x x a a+>-+．变式8．（2024·全国·高二专题练习）已知函数()()()22ln f x ax a x x a =+--∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点12,x x ，证明：122x x a+>.变式9．（2024·全国·高三专题练习）设函数()()()2ln 1k x f x x x-=--.(1)若()0f x ≥对[)2,x ∀∈+∞恒成立，求实数k 的取值范围；(2)已知方程()ln 1113ex x -=-有两个不同的根1x 、2x ，求证：126e 2x x +>+，其中e 2.71828= 为自然对数的底数.变式10．（2024·江西宜春·高三校考开学考试）已知函数()()3ln 3f x a x a x =--，a ∈R .(1)当1a =时，求曲线()()3ln sin g x f x x x =--在π2x =处的切线方程；(2)设1x ，2x 是()()()32ln 3h x f x a x x =---的两个不同零点，证明：()124a x x +>.变式11．（2024·海南·海南华侨中学校考模拟预测）已知函数()ln (3)f x x x x =+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若存在123,,(0,)x x x ∈+∞，且123x x x <<，使得123()()()f x f x f x ==，求证：1232x x x +>.题型二：极值点偏移:减法型例4．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()221e 1e e e 2xf x x x x =---+．(1)求函数()f x 的单调区间与极值．(2)若()()()()123123f x f x f x x x x ==<<，求证：31e 12x x -<-．例5．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()()e 21xf x x a =--+，()()()212g x x a x a =+--+（其中e 2.71828≈是自然对数的底数）(1)试讨论函数()f x 的零点个数；(2)当1a >时，设函数()()()h x f x g x =-的两个极值点为1x 、2x 且12x x <，求证：21e e 42x x a -<+.例6．（2024·四川成都·高二川大附中校考期中）已知函数21()ln ()2f x x ax x a R =-+∈.（1）若()f x 在定义域上不单调，求a 的取值范围；（2）设1,,a e m n e<+分别是()f x 的极大值和极小值，且S m n =-，求S 的取值范围.题型三：极值点偏移:乘积型例7．（2024·全国·高三统考阶段练习）已知函数()()()()ln 1,1,,0,x xf x xe ax x ag x bx x=-+∈-+∞>=-．(1)当1b =，()f x 和()g x 有相同的最小值，求a 的值；(2)若()g x 有两个零点12x x ，，求证：12x x e >．例8．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()ln f x x =.(1)证明：()1f x x +≤.(2)若函数()()2h x xf x =，若存在12x x <使()()12h x h x =，证明：1221e x x ⋅<.例9．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()sin tan ln f x x x x a x b =--++，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.(1)求证：2sin tan x x x <+，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；(2)若存在1x 、20,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且当12x x ≠时，使得()()12f x f x =成立，求证：1221x x a <.变式12．（2024·全国·高二专题练习）已知函数2()e ln x f x x x x ax =-+-．(1)证明：若1a e ≤+，则()0f x ≥；(2)证明：若()f x 有两个零点1x ，2x ，则121x x <．变式13．（2024·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知函数()()ln f x x x a =-，()()f x g x a ax x=+-．(1)当1x ≥时，()ln 2f x x --≥恒成立，求a 的取值范围．(2)若()g x 的两个相异零点为1x ，2x ，求证：212e x x >．变式14．（2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知()2sin f x x x x =-．(1)当1a =时，讨论函数()f x 的极值点个数；(2)若存在1x ，212(0)x x x <<，使12()()f x f x =，求证：12<x x a ．变式15．（2024·北京通州·统考三模）已知函数()ln (0)af x ax x a x=-->(1)已知f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为1y x =-，求实数a 的值；(2)已知f （x ）在定义域上是增函数，求实数a 的取值范围.(3)已知()()a g x f x x=+有两个零点1x ，2x ，求实数a 的取值范围并证明212e x x >.题型四：极值点偏移:商型例10．（2024·浙江杭州·高三浙江大学附属中学校考期中）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 ln 2ln ln x x x x ex x x x -=-，证明：1211221e e x x <+<+.例11．（2024·全国·统考高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.例12．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()()1ln f x x x =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112a b<+.变式16．（2024·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）已知函数()()11ln f x ax a x x=+-+，a ∈R ．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若关于x 的方程()1e ln xf x x x x=-+有两个不相等的实数根1x 、2x ，（ⅰ）求实数a 的取值范围；（ⅱ）求证：122112e e 2x x a x x x x +>．题型五：极值点偏移:平方型例13．（2024·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）已知函数()2ln f x x ax =-.(1)讨论函数()f x 的单调性：(2)若12,x x 是方程()0f x =的两不等实根，求证：22122e x x +>；例14．（2024·全国·高二专题练习）已知函数()ln xf x ax x=-.(1)若()1f x ≤-，求实数a 的取值范围；(2)若()f x 有2个不同的零点12,x x （12x x <），求证：221212235x x a+>.例15．（2024·全国·高二专题练习）已知函数()1ln xf x ax+=，0a >．(1)若()1f x ≤，求a 的取值范围；(2)证明：若存在1x ，2x ，使得()()12f x f x =，则22122x x +>．变式17．（2024·全国·高三专题练习）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:变式18．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()sin cos ln f x x x x a x =--，a R ∈.（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程；（2）若()()f m f n =，0m n <<，求证：22||m n a +>.题型六：极值点偏移:混合型例16．（2024·全国·高三专题练习）已知函数1()(0)e xa xf x x --=>（e 为自然对数的底数，a ∈R ）．(1)求()f x 的单调区间和极值；(2)若存在12x x ≠，满足()()12f x f x =42aa >+．例17．（2024·全国·高三专题练习）已知函数1(),f x x a a a R x=--+∈.(1)若f （1）=2，求a 的值；(2)若存在两个不相等的正实数12,x x ，满足12()()f x f x =，证明：①1222x x a <+<；②2211x a x <+.例18．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()ln (R)2a f x x x x x a a =--+∈，在其定义域内有两个不同的极值点.(1)求a 的取值范围；(2)记两个极值点为1x ，2x ，且12x x <，当1λ时，求证：不等式112e x x λλ+⋅>恒成立.变式19．（2024·陕西宝鸡·校考模拟预测）已知1(),()(1)1xx f x e g x a x x+==+-．（1）求()y f x =的单调区间；（2）当0a >时，若关于x 的方程()()0f x g x +=存在两个正实数根()1212,x x x x <，证明：2a e >且1212x x x x <+．变式20．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()()x f x xe x R -=∈．（1）判断函数()f x 的单调性；（2）若方程2()2310f x a a +-+=有两个不同的根，求实数a 的取值范围；（3）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，求证：12()2ln x x ln +>．变式21．（2024·天津河西·统考二模）设R k ∈，函数()ln f x x kx =-．（1）若2k =，求曲线()y f x =在(1,2)P -处的切线方程；（2）若()f x 无零点，求实数k 的取值范围；（3）若()f x 有两个相异零点12,x x ，求证：12ln ln 2x x +>．变式22．（2024·四川成都·高二四川省成都列五中学校考阶段练习）已知函数()()1ln f x x a x =-，a R ∈.(1)讨论f （x ）的单调性；(2)若10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，都有()1f x <，求实数a 的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数1x ，2x 满足22111ln 1ln x x x x +=+，证明：1212x x ex x +<.变式23．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()2e 1xf x ax bx =-+-，其中a ，b 为常数，e为自然对数底数，e 2.71828=⋅⋅⋅．(1)当0a =时，若函数()0f x ≥，求实数b 的取值范围；(2)当2b a =时，若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，现有如下三个命题：①12728x bx +>；②)12123x x x x +>2；请从①②③中任选一个进行证明．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）变式24．（2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知函数()()()ln 2f x a x x a R =+-∈.(1)讨论()f x 的单调性和最值；(2)若关于x 的方程21e ln (0)2x m m m m x =->+有两个不等的实数根12,x x ，求证：122e e x x m+>.变式25．（2024·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模）已知函数()()ln h x x a x a =-∈R .(1)若()h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ，且12x x ≠，证明：12212e ex x x x +>.变式26．（2024·广东佛山·高二统考期末）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 +>．变式27．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()()1ln ,0f x x a x a =-≥.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若10,2x ⎛⎤∈ ⎝⎦时，都有()1f x <，求实数a 的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数12,x x 满足22111ln 1ln x x x x +=+，求证：1212e x x x x +<.题型七：拐点偏移问题例19．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()2ln f x x x x =++.（1）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程.（2）若正实数12,x x 满足12()()4f x f x +=，求证：122x x +≥.例20．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()()22ln 1f x x x a x a =++--，()a R ∈，当1x ≥时，()0f x ≥恒成立．(1)求实数a 的取值范围；(2)若正实数1x 、212()x x x ≠满足12()()0f x f x +=，证明：122x x +>．例21．（2024·陕西咸阳·统考模拟预测）已知函数21()32ln 2f x x x x =-+.(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程;(2)（ⅰ）若对于任意12,[1,3]x x ∈，都有12()()22f x f x m -≤-，求实数m 的取值范围;（ⅱ）设21()()2g x f x x =+，且12()()0g x g x +=，求证:1272x x +>.变式28．（2024·全国·高三专题练习）已知函数22111()(1)ln ()2f x x x x a R a a a=-++∈.（1）当0a >时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当12a =时，设()()6g x f x x =+，若正实数1x ，2x ，满足12()()4g x g x +=，求证：122x x +≥变式29．（2024·江苏盐城·江苏省东台中学校考一模）已知函数2()ln f x x x ax =+-，R a ∈．(1)若()f x 在1x =处取得极值，求a 的值；(2)设()()(3)g x f x a x =+-，试讨论函数()g x 的单调性；(3)当2a =-时，若存在正实数12,x x 满足1212()()30f x f x x x ++=，求证：1212x x +>．变式30．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()e e x x f x a x =++，a R ∈．(1)若()f x 在0x =处取得极值，求a 的值；(2)设()()(3)e x g x f x a =-+，试讨论函数()g x 的单调性；(3)当2a =时，若存在实数1x ，2x 满足1212()()3e e 0x x f x f x ++=，求证：121e e 2x x+>．变式31．（2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数()()22ln 218x mx x x f m =+-+-，m R ∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对实数2m =，令()()3g x f x x =-，正实数1x ，2x 满足()()121220g x g x x x ++=，求12x x +的最小值.变式32．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()2ln 2f x x x ax =+-，a R ∈.（1）若()f x 在1x =处取得极值，求a 的值；（2）设()()()4g x f x a x =+-，试讨论函数()g x 的单调性；（3）当2a =-时，若存在正实数12,x x 满足()()1212123f x f x x x x x ++=+，求证：1212x x +>。

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，

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最新高考数学极值点偏移问题专题复习
【例1】已知函数有且仅有两个不同的零点，，则（ B ） A ．当时，， B. 当时，， C. 当时，， D. 当时，，
【例2】设函数,若的图像与图像有且仅有两
个不同的公共点,则下列判断正确的是（ D ） A ．当时,
B ．当时,
C ．当时,
D ．当时,
【例3】设函数,若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是（ B ）
A ．当时,
B ．当时,
C ．当时,
D ．当时,
【例4】（2010东城二模）已知函数． (Ⅰ) 若函数在上为单调增函数，求的取值范围； (Ⅱ) 设，，且，求证：
．
解：(Ⅰ) )0(2)(2
3≠-+=a bx ax x f 1x 2x 0<a 021<+x x 021>x x 0<a 021>+x x 021<x x 0>a 021<+x x 021>x x 0>a 021>+x x 021<x x 32
()2,()f x g x ax bx ==+()y f x =()y g x =1122(,),(,)A x y B x y 0a <12120,0x x x x +<<0a <12120,0x x x x +>>0a >12120,0x x x x +<>0a >12120,0x x x x +<<21
(),()(,,0)f x g x ax bx a b R a x
=
=+∈≠()y f x =()y g x =1122(,),(,)A x y B x y 0a <12120,0x x y y +<+>0a <12120,0x x y y +>+<0a >12120,0x x y y +<+<0a >12120,0
x x y y +>+>(1)
()ln 1
a x f x x x -=-
+()f x (0,)+∞a m n +
∈R m n ≠ln ln 2
m n m n
m n -+<-'
21(1)(1)
()(1)
a x a x f x x x +--=
-+
．………………………………………3分因为在上为单调增函数，所以在上恒成立．
即在上恒成立．当时，由，得．设，．．所以当且仅当，即时，有最小值．所以．所以．
所以的取值范围是．…………………………………………………………7分 (Ⅱ)不妨设，则
．要证
，
只需证，即证．
22
(1)2(1)x ax x x +-=+22
(22)1
(1)x a x x x +-+=+()f x (0,)+∞'
()0f x ≥(0,)+∞2
(22)10x a x +-+≥(0,)+∞(0,)x ∈+∞2
(22)10x a x +-+≥122a x x
-≤+
1
()g x x x
=+
(0,)x ∈
+∞1()2g x x x =+
≥=1
x x
=
1x =()g x 2222a -≤2a ≤a (,2]-∞0m n >>1m
n
>ln ln 2
m n m n
m n -+<-11
2ln m m
n n
m n
-+<2(1)ln 1m m n m n n
->+
只需证．……………………………………………………………11分
设．由(Ⅰ)知在上是单调增函数，又
，所以．即成立．
所以
．………………………………………………………………14分
【例5】（2010天津）已知函数（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知函数的图像与函数的图像关于直线对称，证明：当时，.
（Ⅲ）如果，且，证明：. 解：f’ 令f’(x)=0,解得x=1
当x 变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表
所以f(x)在()内是增函数，在()内是减函数。

2(
1)
ln 01m m
n m n n
-->+2(1)
()ln 1
x h x x x -=-
+()h x (1,)+∞1m
n
>(
)(1)0m
h h n
>=2(
1)
ln 01m m
n m n n
-->+ln ln 2
m n m n
m n -+<-)()(R x xe x f x
∈=-()f x ()y g x =()y f x =1x =1x >()()f x g x >12x x ≠12()()f x f x =122x x +>()(1)x
x x e -=-,1-∞1,+∞
函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=
（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)
令F(x)=f(x)-g(x),即
于是
当x>1时，2x -2>0,从而’(x)>0,从而函数F （x ）在[1,+∞)
是增函数。

又F(1)=F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). Ⅲ)证明：（1）
若（2）若
根据（1）（2）得
由（Ⅱ）可知，>,则=，所以>,从而>
.因为，所以，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内增函数，
所以>,即>2.
【例6】（2011辽宁）已知函数（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）设，证明：当时，；（Ⅲ）若函数的图像与x 轴交于A 、B 两点，线段AB 中点的横坐标为，证明：
.
解：（I ）（i ）若单调增加.
1e
2
x e
-2()(2)x
x F x xe x e --=+-22
'()(1)(1)x x F x x e
e --=--2x-2
e 10,0,F x e -->>又所以-1-1
e e 0-=，所以x>1时，有121212(1)(1)0,)), 1.x x x x x x --=I ===≠12由（）及f(x f(x 则与矛盾。

121212(1)(1)0,)),.x x x x x x -->I ==≠12由（）及f(x f(x 得与矛盾。

1212(1)(1)0,1, 1.x x x x --<<>不妨设)2f(x )2g(x )2g(x )2f(2-x )2f(x )2f(2-x )1f(x )2f(2-x 21x >221x -<1x 22x -12x x +2
()ln (2)f x x ax a x =-+-()f x 0a >10x a <<
11
()()f x f x a a
+>-()y f x =0x '0()0f x <()(0,),f x +∞的定义域为1(21)(1)
()2(2).x ax f x ax a x x
+-'=
-+-=-0,()0,()(0,)a f x f x '≤>+∞则所以在。