极值点偏移的好题

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极值点偏移的典型例题(含答案)

极值点偏移的问题（含答案）21212()ln ,(1()1121()()3(),,f x x ax a f x x x a a f m f mf x x x x x e =-==⋅1.已知为常数）（）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（）当时，试比较与的大小；（）有两个零点证明：＞21212()ln (),,.f x x ax f x x x x x e =-⋅变式：已知函数，a 为常数。

(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，试证明：＞2012120()+sin,(0,1);2()()()()(),2.xf x x ax x f x a a f x f x f x f x x x x π=+∈=+2.已知（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当=-2时，记取得极小值为若求证＞()2121212121()ln -,()2(1=()()()(1)()1,,0,2f x x ax x a R f f xg x f x ax g x a x x f x f x x x x x =+∈-++=+≥3.已知（1）若）0，求函数的最大值；（2）令=-,求函数的单调区间；（3）若=-2,正实数满足（）证明：212122(1)1(1)1,,x x x x x e -+>>4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)>0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x 求证：x1212312()2ln ,1()2(),8f x x a a x a R f x f x x x x x a x x a =--∈<⋅<5.已知常数。

（）求的单调区间；（）有两个零点，且；(i)指出的取值范围，并说明理由；（ii)求证：6.设函数()e ()x f x ax a a =-+∈R ，其图象与x 轴交于1(0)A x ，，2(0)B x ，两点，且12x x <．（1）求a 的取值范围；（2）证明：0f '<（()f x '为函数()f x 的导函数）；。

专题20 极值点偏移问题(解析版)

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

极值点偏移的问题(含答案)

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

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

变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。

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

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

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

3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。

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

1）证明：当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ 恒成立；2）若函数 $f(x)$ 无零点，求实数 $a$ 的取值范围；3）若函数$f(x)$ 有两个相异零点$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。

高中数学专题微专题13 极值点偏移问题

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

高考导数极值点偏移练习题

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

极值点偏移四种题型的解法及例题

极值点偏移是高中数学中的一个重要概念，也是学生们比较头疼的一个知识点。

在解决数学问题时，我们经常会遇到一些与极值点有关的题型，比如函数的极值问题、优化问题等。

而在解决这些问题时，极值点偏移方法是一种非常实用的解题技巧。

本文将从四种题型出发，对极值点偏移方法进行详细解析，并结合具体例题进行说明。

1. 函数的极值问题函数的极值问题是高中数学中的一个重要内容。

在解决这类问题时，我们常常会用到导数的概念，来求函数的极值点。

但有些情况下，我们可以通过极值点偏移方法更快地得到函数的极值点。

比如对于一些简单的函数，通过极值点的平移和对称性，可以用更简洁的方法求得函数的极值点。

举例说明：已知函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$，求 $f(x)$ 的极值点。

解：求导得 $f'(x)=3x^2-6x$。

令导数为零，得到 $x=0$ 或 $x=2$。

根据导数的符号，可知 $x=0$ 是极小值点，$x=2$ 是极大值点。

但通过极值点偏移方法，我们可以发现，当 $x=0$ 时，$f(x)=2$；而当$x=2$ 时，$f(x)=2$。

也就是说，极小值点 $x=0$ 对应的函数值和极大值点 $x=2$ 对应的函数值相等。

这就是极值点偏移的思想。

2. 优化问题优化问题是数学建模中常见的类型之一，也是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的一种形式。

当我们遇到优化问题时，常常需要求解函数的极值点。

而极值点偏移方法可以帮助我们更快地找到函数的极值点，从而解决优化问题。

举例说明：一块长为20厘米的铁皮，可以做成一个底面积为 $x cm^2$ 的正方形盒子和一个底面积为 $y cm^2$ 的开口放平盒子，求怎样分割这块铁皮才能使总体积最大。

解：设正方形盒子的边长为 $a$，开口朝下的放平矩形盒子的底边长为 $b$，高为 $h$。

则根据题意可知，$b=a+2h$，且 $x=a^2$，$y=bh$。

问题转化为求 $x+y$ 的最大值。

13 导数大题之极值点偏移【解析】

第十三讲：导数大题之极值点偏移【练习1】已知函数h(x)=ae x,直线l:y=x+1,其中e为自然对数的底.(1)当a=1,x＞0时,求证:曲线f(x)=h(x)−x2在直线l的上方;(2)若函数h(x)的图象与直线l有两个不同的交点,求实数a的取值范围;(3)对于第(2)中的两个交点的横坐标x1,x2及对应的a,当x1＜x2时,求证:a＞.【解答】(1)当a=1,x＞0时,令g(x)=,g′(x)=e x−x−1,g″(x)=e x−1,当x＞0时,g″(x)＞0,g′(x)递增,g′(x)＞g′(0)=0,∴g(x)递增,g(x)＞g(0)=0,∴曲线f(x)=h(x)−x2在直线l的上方;(2)由y=ae x和y=x+1,可得ae x=x+1,即有a=,设m(x)=,可得m′(x)=,当x＞0时,m′(x)＜0,m(x)递减;当x＜0时,m′(x)＞0,m(x)递增,可得m(x)在x=0处取得极大值,且为最大值1,图象如右上:由图象可得0＜a＜1时,a=有两解,可得函数h(x)的图象与直线l有两个不同的交点,则a的范围是(0,1);(3)由(2)可得ae x1=x1+1,ae x2=x2+1,作差可得a=,要证a＞,即证＞,由x1＜x2时,即证x2−x1＞,即为x2−x1＞1−=1−,可令t=x2−x1,即为t＞1−,设n(t)=t−1+,t＞0,n′(t)=1−=＞0,可得n(t)在t＞0上递增,可得n(t)＞n(0)=0,可得t＞1−成立,则当x1＜x2时,a＞.【练习2】已知函数f(x)=lnx−ax+a,a∈R.(1)若a=1,求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)有两个零点,求a的取值范围;(3)对于曲线y=f(x)上的两个不同的点P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),记直线PQ的斜率为k,若y=f(x)的导函数为f′(x),证明:f′()＜k.【解答】(1):f′(x)=−a=,x＞0,当a≤0时,f′(x)＞0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值;当a＞0时,x∈(0,),f′(x)＞0,f(x)在上单调递增,x∈(,+∞),f′(x)＜0,f(x)在上单调递减.故函数有极大值f()=a−lna−1,无极小值.(2)由(1)可知当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,不可能有两个零点;当a＞0时,函数有极大值f()=a−lna−1.令g(x)=x−lnx−1(x＞0),则g′(x)=1−=.当x∈(0,1),g′(x)＜0,g(x)在(0,1)上单调递减;当x∈(1,+∞),g′(x)＞0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,函数g(x)有最小值g(1)=0.若要使函数f(x)有两个零点,必须满足a＞0且a≠1.下面证明a＞0且a≠1时,函数有两个零点.因为f(1)=0,所以下面证明f(x)还有另一个零点.①当0＜a＜1时,f()=a−lna−1＞0,f()=−2lna+a−==−.令h(a)=2alna−a2+1(0＜a＜1),则h′(a)=2(lna+1)−2a=2(lna−a+1)＜0,h(a)在(0,1)上单调递减,h(a)＞h(1)=0,则f()＜0,所以f(x)在(,)上有零点.又f(x)在(,+∞)上单调递减,所以f(x)在(,)有唯一零点,从而f(x)有两个零点.②当a＞1时,f()=a−lna−1＞0,f()=−a−a×+a=−a×＜0.易证e a＞a,可得＜,所以f(x)在(,)上有零点.又f(x)在(,+∞)上单调递减,所以f(x)在(,)上有唯一零点,从而f(x)有两个零点.综上,a的取值范围是(0,1)∪(1,+∞).)(3)f(x1)−f(x2)=lnx1−lnx2+a(x2−x1),k===−a.又f′(x)=−a=,f′()=−a,所以f′()−k=−=[−ln]=[−ln],不妨设0＜x2＜x1,t=,则t＞1,则−ln=−lnt.令h(t)=−ln t(t＞1),则h′(t)=−＜0,因此h(t)在(1,+∞)上单调递减,所以h(t)＜h(1)=0.又0＜x2＜x1,所以x1−x2＞0,所以f′()−k＜0,即f′()＜k.【练习3】已知:函数f(x)=lnx−ax.(1)当a=1时,求函数y=f(x)的极值;(2)若函数g(x)=−x2−f(x),讨论y=g(x)的单调性;(3)若函数h(x)=x2−f(x)的图象与x轴交于两点A(x1,0),B(x2,0),且0＜x1＜x2.设x0=λx1+μx2,其中常数λ、μ满足条件λ+μ=1,且μ≥λ＞0.试判断在点M(x0,h(x0))处的切线斜率的正负,并说明理由.【解答】(1)当a=1时,f(x)=lnx−x,f′(x)=,令f′(x)=0,则x=1,列表得:x(0,1)1(1,+∞)f′(x)+0−f(x)单调增极大值单调减∴f(x)有极大值f(1)=−1,无极小值;(2)g(x)=−x2−lnx+ax,x＞0,∴g′(x)=−2x−+a=−,设G(x)=−2x2+ax−1,(i)a≤0时,G(x)在(0,+∞)递减,而G(x)＜G(0)=−1,故g′(x)＜0,g(x)递减;(ii)a＞0时,G(x)在(0,)递增,在(,+∞)递减,G(x)max=G()=−1,令G()=0,解得:a=2,①a＞2时,G()＞0,由G(x)=0,解得x=,故x∈(0,)时,g′(x)＜0,x∈(,)时,g′(x)＞0,x∈(,+∞)时,g′(x)＜0,故g(x)在(0,)递减,在(,)递增,在(,+∞)递减,②0＜a＜2时,G()≤0,故g′(x)＜0,g(x)递减,综上,a≤2时,g(x)在(0,+∞)递减,a＞2时,g(x)在(0,)递减,在(,)递增,在(,+∞)递减;(3)h(x)=x2−f(x)=x2+ax−lnx,求导h′(x)=2x+a−,∵h(x)=0有两个实根x1,x2,∴x12+ax1−lnx1=0,x22+ax2−lnx2=0,两式相减,得lnx1−lnx2=(x12−x22)+a(x1−x2)∴a=−(x1+x2),x1＞0,x2＞0,于是h'(λx1+μx2)=2(λx1+μx2)+a−=−(x1+x2)+2(λx1+μx2)−=+(1−2λ)(x2−x1)−,0＜x1＜x2,可得x2−x1＞0,∵μ≥λ＞0,∴2μ≥1,2λ≤1,∴(1−2λ)(x2−x1)＞0.考虑h′(λx1+μx2)与0的大小,只需考虑−与0的大小,等价为ln与的大小,令=q,q＞1,∴等价为lnq与的大小,设u(q)=lnq−u′(q)=−==,∵q−1＞0,μ≥λ＞0,可得＜1,∴u′(q)＞0,∴u(q)在(1,+∞)上单调递增,∴u(q)＞u(1)=0,∴u(q)＞0,∴−lnq＞0,综上可得h'(λx1+μx2)＞0,在点M(x0,h(x0))处的切线斜率为正数.【练习4】设函数f(x)=−a2lnx+x2−ax(a∈R).(1)试讨论函数f(x)的单调性;(2)设φ(x)=2x+(a2−a)lnx,记h(x)=f(x)+φ(x),当a＞0时,若方程h(x)=m(m∈R)有两个不相等的实根x1,x2,证明h′()＞0.【解答】(1)定义域为(0,+∞),;令f'(x)=0,则得到导函数的两个零点,x=a或,由于分母为正,故我们只关注分子函数,其为二次函数,借助其图象,以两个零点的大小关系为分类标准得到如下:①当时,即a＞0时,当x∈(0,a)时,f'(x)＜0,f(x)单调递减,当x∈(a,+∞)时,f'(x)＞0,f(x)单调递增;②当时,即a=0时,g(x)≥0恒成立,即f'(x)≥0恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递增;③当时,即a＜0时,当时,f'(x)＜0,f(x)单调递减,当时,f'(x)＞0,f(x)单调递增;综上所述,当a＞0时,f(x)的单减区间为(0,a),单增区间为(a,+∞);当a=0时,f(x)只有单增区间(0,+∞);当a＜0时,f(x)的单减区间为,单增区间为;(2)由题可知,h(x)=f(x)+ϕ(x)=x2+(2−a)x−alnx(x＞0),所以又a＞0,由上式可知,.故欲证结论等价转化为,又,故函数h'(x)单调递增,故只需证明:,设x1,x2是方程h(x)=m的两个不等实根,不妨设为0＜x1＜x2,则,两式相减整理得到,从而得到,故只需要证明,即,由于x1−x2+lnx1−lnx2＜0,转化为,即,即,令,则上述式子转化为设,则,当且仅当t=1时等号成立,故R(t)在(0,1)上单调递增,故有R(t)＜R(1)=0,t∈(0,1)故得证,从而得证.【练习5】已知函数f(x)=lnx+−1(m∈R),其中无理数e=2.718….(1)若函数f(x)有两个极值点,求m的取值范围.(2)若函数g(x)=(x−2)e x−的极值点有三个,最小的记为x1,最大的记为x2,若的最大值为,求x1+x2的最小值.【解答】(1),令φ(x)=e x−mx,x＞0,∵f(x)有两个极值点,∴φ(x)=0有两个不等的正实根,φ'(x)=e x−m,当m≤1时,φ'(x)＞0,φ(x)在(0,+∞)上单调递增,不符合题意.当m＞1时,当x∈(0,lnm)时,φ'(x)＜0,当x∈(lnm,+∞)时,φ'(x)＞0,∴φ(x)在(0,lnm)上单调递减,在(lnm,+∞)上单调递增.又φ(0)=1,当x→+∞时,φ(x)→+∞,∴φ(lnm)=m−mlnm＜0,∴m＞e.综上,m的取值范围是(e,+∞).(2)g'(x)=e x(x−1)−mx2+mx=(x−1)(e x−mx)=(x−1)φ(x).∵g(x)有三个极值点,∴g'(x)有三个零点,1为一个零点,其他两个则为φ(x)的零点,由(1)知m＞e,∵φ(1)=e−m＜0,∴φ(x)的两个零点即为g(x)的最小和最大极值点x1,x2,即,∴,令,由题知,∴,,,∴,令,,则,令,则.∴m(t)在上单调递增,∴,∴h(t)在上单调递减,∴,故x1+x2的最小值为.。

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。

专题一培优6 极值点偏移问题(原卷版+解析版)

培优点6 极值点偏移问题【要点提炼】对于函数y ＝f(x)在区间(a ，b)内只有一个极值点x 0，方程f(x)＝0的解为x 1，x 2且a<x 1<x 2<b ，若x 1＋x 22≠x 0.则称函数y ＝f(x)在区间(a ，b)上极值点偏移．【典例】已知函数f(x)＝xe －x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x 1≠x 2且f(x 1)＝f(x 2)，求证：x 1＋x 2>2.【方法总结】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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x ，通过研究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．拓展训练】已知函数f(x)＝xln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．求证：x 1x 2<1e 2.培优点6 极值点偏移问题【要点提炼】对于函数y ＝f(x)在区间(a ，b)内只有一个极值点x 0，方程f(x)＝0的解为x 1，x 2且a<x 1<x 2<b ，若x 1＋x 22≠x 0.则称函数y ＝f(x)在区间(a ，b)上极值点偏移．【典例】已知函数f(x)＝xe －x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值；(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， ∴f(x)有极大值f(1)＝1e ，f(x)无极小值．(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)(ex －2－e －x)，∵当x>1时，x －1>0，e x －2－e －x>0，∴F ′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴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＝tln 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 )为增函数，∴g(t)>g(1)＝0， ∴ln t －2t －1t ＋1>0，故x 1＋x 2>2. 【方法总结】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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x ，通过研究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．1212e e ,x x x x --=拓展训练】已知函数f(x)＝xln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．求证：x 1x 2<1e 2.证明 f ′(x)＝ln x ＋1，由f ′(x)>0得x>1e ，由f ′(x)<0得0<x<1e，∴函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增．可设0<x 1<1e<x 2.方法一构造函数F(x)＝f(x)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x ，则 F ′(x)＝f ′(x)＋1e 2x 2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x ＝1＋ln x ＋1e 2x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ln 1e 2x ＝(1＋ln x)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1e 2x 2，当0<x<1e 时，1＋ln x<0,1－1e 2x 2<0，则F ′(x)>0，得F(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上是增函数，∴F(x)<F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，∴f(x)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x<1e ，将x 1代入上式得f(x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x 1，又f(x 1)＝f(x 2)，∴f(x 2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x 1，又x 2>1e ，1e 2x 1>1e ，且f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴x 2<1e 2x 1，∴x 1x 2<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＝tln t1－t.∴x 1x 2<1e 2⇔ln x 1＋ln x 2<－2⇔2ln x 1＋ln t<－2⇔2tln t 1－t ＋ln t<－2⇔ln t －2t －1t ＋1>0.设g(t)＝ln t －2t －1t ＋1(t>1)，则g ′(t)＝t －12t t ＋12>0.∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0， ∴ln t －2t －1t ＋1>0.故x 1x 2<1e2.。

高考数学极值点偏移练习题(含答案)

高考数学极值点偏移练习题（含答案）第I卷（选择题）一、多选题+lnx，下列判断正确的是()1.关于函数f(x)=2xA. x=2是f(x)的极大值点B. 函数y=f(x)−x有且只有1个零点C. 存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立D. 对任意两个正实数x1，x2，且x1>x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>4+lnx，下列说法正确的是2.关于函数f(x)=2xA. x=2是f(x)的极大值点B. 函数y=f(x)−x有且只有1个零点C. 存在正整数k，使得f(x)>kx恒成立D. 对任意两个正实数x1，x2，且x1≠x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>4第II卷（非选择题）二、解答题(k∈R)的图像有两个不同的交点A(x1,y1)，3.已知函数f(x)=xlnx与函数g(x)=kxB(x2,y2)，且x1<x2．(1)求实数k的取值范围；(2)证明：x1+x2<．√e4.已知函数g(x)=e x−ax2−ax(a∈R)，ℎ(x)=e x−2x−lnx．(1)若f(x)=ℎ(x)−g(x)．①讨论函数f(x)的单调性；②若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．(2)已知a>0，函数g(x)恰有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1+x2<ln(4a2).5.已知函数f(x)=e x−ax2(a∈R)有两个极值点．(I)若a的取值范围；(Ⅱ)若函数f(x)的两个极值点为x1，x2，证明：x1⋅x2<1．6.已知函数f(x)=lnx−ax(a∈R).(1)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围；(2)当f(x)有两个零点x1,x2，且x1<x2，求证：x1⋅x2>e2．x2−alnx.其中a为常数．7.已知函数f(x)=12(1)若函数f(x)在定义域内有且只有一个极值点，求实数a的取值范围;(2)已知x1，x2是函数f(x)的两个不同的零点，求证：x1+x2>2√e．8.已知函数f(x)=ae2x+(1−2a)e x−x．(1)当a<0时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个不同零点x1，x2，证明：a>1且x1+x2<0．x2−alnx有两个不同的零点x1，x2．9.已知函数f(x)=12(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1+x2>2√e．10.已知f(x)=e x−ax，g(x)=ax2−e．(1)若f(x)的图象在x=1处的切线与g(x)的图象也相切，求实数a的值；(2)若F(x)=f(x)−g(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1<x2)，求证：e x1e x2<4a2．11.已知函数f(x)=xe−x(x∈R)．(1)若方程f(x)+2a2−3a+1=0有两个不同的根，求实数a的取值范围；(2)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2．x2(e=2.71828…)为自然对数的底数)有两个极值点x1，12.已知函数f(x)=e x−a2x2．(1)求a的取值范围；(2)求证：x1+x2<2lna．13.已知函数f(x)=lnx−ax，a是常数且a∈R．(Ⅰ)若曲线y=f(x)在x=1处的切线经过点(−1,0)，求a的值；(e是自然对数的底数)，试证明：①函数f(x)有两个零点，②函(Ⅱ)若0<a<1e数f(x)的两个零点x1、x2满足x1+x2>2e．14.已知函数f(x)=lnx−ax，a是常数且a∈R．(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线经过点(−1,0)，求a的值；(e是自然对数的底数)，试证明：(2)若0<a<1e①函数f(x)有两个零点，②函数f(x)的两个零点x1,x2满足x1+x2>2e．选做题(在答题卡上涂选做信息点)15.已知函数f(x)=lnx．x(1)若对任意x∈(0,+∞)，f(x)<kx恒成立，求k的取值范围；−m有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2>2．(2)若函数g(x)=f(x)+1x16.已知函数f(x)=2xlnx−ax2−2x+a2(a>0)在其定义域内有两个不同的极值点．(1)求a的取值范围；(2)设f(x)两个极值点分别为x1，x2，证明：√x1x2>e．17.已知函数f(x)=xlnx+x2−ax+2(a∈R)有两个不同的零点x1，x2．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1⋅x2>1．答案和解析1.【答案】BD本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．根据极值的概念，构造函数判断单调性确定零点个数，参变分离再确定新函数的最值以及极值点偏移逐个判断选项正误．对选项分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：f′(x)=x−2x2，∴在(0,2)上函数单调递减，在(2,+∞)上单调递增，∴x=2是函数的极小值点，无极大值，故A错误，y=f(x)−x=2x+lnx−x，∴y′=−x2+x−2x2<0，函数在(0,+∞)上单调递减，f(1)−1=2−1>0f(2)−2=1+ln2−2<0∴函数y=f(x)−x有且只有1个零点，即B正确；f(x)>kx，可得k<2x2+lnxx，令g(x)=2x2+lnxx，则g′(x)=−4+x−xlnxx3，令ℎ(x)=−4+x−xlnx，则ℎ′(x)=−lnx，∴(0,1)上，函数单调递增，(1,+∞)上函数单调递减，∴ℎ(x)≤ℎ(1)<0，′∴g(x)=2x2+lnx x在(0,+∞)上函数单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数k ，使得f(x)>kx 恒成立，即C 不正确；当t ∈(0,2),则2−t ∈(0,2) 2+t >2 g(t)=f(2+t)−f(2−t)=22+t +ln(2+t)−22−t−ln(2−t)=4t t 2−4+ln 2+t 2−t g ′(t)=4(t 2−4)−4t ·2t (t 2−4)2+2−t 2+t ·2−t +2+t (2−t)2=−8t 2(t 2−4)2<0g(t)在(0,2)上单调递减，g(t)<g(0)=0，x 2=2−t,由f(x 1)=f(x 2),得x 1>2+t.则x 1+x 2>4,当，所以D 正确．故选BD ．2.【答案】BD本题考查导数知识的综合运用，考查函数的零点问题和不等式恒成立问题，考查分析解决问题的能力，属于难题．A 选项，对函数求导，结合函数极值的定义进行判断即可；B 选项，求函数的导数，结合函数的单调性和零点个数进行判断即可；C 选项，利用参数分离，构造函数g(x)=2x 2+lnx x，再进行求导，研究函数的单调性和极值进而判断即可;D 选项为典型的极值点偏移问题，令f(4−x 1)−f(x 2)=f(4−x 1)−f(x 1)=24−x 1+ln (4−x 1)−2x 1−ln x 1=4(x 1−2)(4−x1)x 1+ln 4−x 1x 1，通过令4−x 1x 1=t ，则t >1，x 1=41+t ，原式=F(t)=1−t22t+ln t ，判断单调性即可．【解答】解：对于A ，∵f′(x)=−2x 2+1x =x−2x 2(x >0)，令f′(x)<0，解得0<x <2，令f′(x)>0，解得x >2， ∴f(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增， ∴x =2是函数的极小值点，无极大值点，故A 错误；对于B ，∵y =f(x)−x =2x +lnx −x ， ∴y′=−2x 2+1x −1=−x 2−x+2x 2<0，∴该函数在(0,+∞)上单调递减，且当x =1e 时，y =2e −1−1e >0，x =e 时，y =2e +1−e <0，∴函数y =f(x)−x 有且只有1个零点，即B 正确．对于C ，由f(x)>kx ，且x >0，可得k <2x 2+lnx x，令g(x)=2x 2+lnx x，则g′(x)=x−xlnx−4x 3，令ℎ(x)=x −xlnx −4，则ℎ′(x)=−lnx ， ∵x ≥1时，ℎ′(x)≤0，0<x <1时，ℎ′(x )>0， ∴ℎ(x)在[1,+∞)上单调递减，ℎ(x)在(0,1)上单调递增， ∴ℎ(x)≤ℎ(1)=−3<0， ∴g′(x)<0， ∴g(x)=2x +1nx x在(0,+∞)上函数单调递减，函数无最小值，且x →+∞时，g(x)→0，因此，不存在正实数k ，使得f(x)>kx 恒成立，故C 不正确．对于D ，对于任意两正实数x 1，x 2，且x 1≠x 2，由选项A 可知函数f(x)在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,+∞)上单调递增，若f(x 1)=f(x 2)，不妨设0<x 1<2<x 2，则4−x 1>2，由f(4−x 1)−f(x 2)=f(4−x 1)−f(x 1)=24−x 1+ln (4−x 1)−2x 1−ln x 1=4(x 1−2)(4−x1)x 1+ln 4−x 1x 1，令4−x 1x 1=t ，则t >1，x 1=41+t ，原式=F(t)=1−t22t+ln t ，则，所以F(t)=1−t 22t+ln t 在(1,+∞)上是减函数，所以F(t)<F(1)=0，所以f(4−x 1)−f(x 2)<0，又因为f(x)在(2,+∞)上单调递增，所以4−x 1<x 2，故x 1+x 2>4.所以D 正确．故选 BD ．3.【答案】解：(1)根据题意，方程xlnx =kx ⇔k =x 2lnx (k ∈R )有两个不同的根，设ℎ(x)=x2lnx，则ℎ′(x)=2xlnx+x，根据ℎ′(x)=2xlnx+x>0⇒x>√e ，所以ℎ(x)在(√e+∞)上单调递增；ℎ′(x)=2xlnx+x<0⇒0<x<√e ，所以ℎ(x)在e)上单调递减．所以x=1√e时，ℎ(x)取得极小值．又因为x→0时，ℎ(x)→0，ℎ(1)=0，作出ℎ(x)的大致图像如图所示，所以−12e<k<0．(2)根据(1)可知0<x1<√e<x2<1，设φ(x)=ℎ(x)−ℎ(√e−x)=，则φ′(x)=2[xlnx+(√e x)ln(√e−x)]√e．设m(x)=xlnx+(√e x)ln(√ex)，则m′(x)=lnx−ln(√e−x)，根据m′(x)<0⇒0<x<√e ，则m(x)在e)上单调递减，所以当0<x<√e时，m(x)>m(√e )=√e，所以φ′(x)>0，所以φ(x)在√e)上单调递增，则当x∈√e )时，φ(x)<φ(√e)=0，即ℎ(x)<ℎ(√e−x)，所以ℎ(x2)=ℎ(x1)<ℎ(√ex1)，又因为ℎ(x )在(√e+∞)上单调递增，所以x 2<√e−x 1，即x 1+x 2<√e．【解析】本题考查导数在解决函数问题中的应用，属难题．(1)函数图象有2个交点转化为方程f(x)=g(x)有2个不同的根，分离参数得到k =x 2lnx ，构造函数ℎ(x)=x 2lnx ，利用导数研究单调性，求出极值，结合函数图象，可得到k 的取值范围； (2)由(1)得到x 1和x 2的范围，构造函数φ(x)=ℎ(x)−ℎ(e −x)，由导数研究单调性，求得φ(x)<0，从而ℎ(x)<ℎ(√ex)，由ℎ(x)的单调性，证得结果．4.【答案】解：(1)f(x)=ℎ(x)−g(x)=e x −2x −lnx −e x +ax 2+ax =ax 2+(a −2)x −lnx(x >0)，①f′(x)=2ax +(a −2)−1x =2ax 2+(a−2)x−1x=(2x+1)(ax−1)x(x >0)，(i)当a ≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,+∞)上递减；(ii)当a >0时，令f′(x)>0，解得x >1a ；令f′(x)<0，解得0<x <1a ， ∴函数f(x)在(0,1a )递减，在(1a ,+∞)递增；综上，当a ≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a >0时，函数f(x)在(0,1a )上单调递减，在(1a ,+∞)上单调递增；②由①知，若a ≤0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，不可能有两个不同的零点，故a >0；且当x →0时，f(x)→+∞；当x →+∞时，f(x)→+∞；故要使函数f(x)有两个不同的零点，只需f(x)min =f(1a )=a ⋅(1a )2+a−2a−ln 1a <0，即lna −1a +1<0，又函数y =lnx −1x +1在(0,+∞)上为增函数，且ln1−11+1=0，故lna −1a +1<0的解集为(0,1)．故实数a 的取值范围为(0,1)；(2)证明：g′(x)=e x −2ax −a ，依题意，{e x 1−2ax 1−a =0e x 2−2ax 2−a =0，两式相减得，2a =e x1−e x2x1−x2(x1<x2)，要证x1+x2<ln(4a2)，即证x1+x22<ln2a，即证e x1+x22<e x1−e x2x1−x2，两边同除以e x2，即证(x1−x2)e x1−x22>e x1−x2−1，令t=x1−x2(t<0)，即证te t2−e t+1>0，令ℎ(t)=te t2−e t+1(t<0)，则ℎ′(t)=−e t2[e t2−(t2+1)]，令p(t)=e t2−(t2+1)，则p′(t)=12(e t2−1)，当t<0时，p′(t)<0，p(t)在(−∞,0)上递减，∴p(t)>p(0)=0，∴ℎ′(t)<0，∴ℎ(t)在(−∞,0)上递减，∴ℎ(t)>ℎ(0)=0，即te t2−e t+1>0，故x1+x2<ln(4a2)．【解析】(1)①求出f(x)并求导，解关于导函数的不等式即可得到单调区间；②显然a>0，分析可知只需f(x)的最小值小于0即可满足条件，进而得解；(2)依题意，将所证不等式转化为证明(x1−x2)e x1−x22>e x1−x2−1，再通过换元构造新函数即可得证．本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的零点问题，考查极值点偏移问题，考查转化思想，换元思想及化简运算能力，逻辑推理能力，属于中档题．5.【答案】解：(Ⅰ)设g(x)=f′(x)=e x−2ax，则x1，x2是方程g(x)=0的两个根．g′(x)=e x−2a当a≤0时，g′(x)>0恒成立，g(x)单调递增，方程g(x)=0不可能有两个根；当a>0时，由g′(x)=0，得x=ln 2a，当x∈(−∞,ln2a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(ln2a,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．又因为x➡−∞时，g(x)➡+∞；x➡+∞时，g(x)➡+∞，∴当且仅当g(x)min<0时，方程g(x)=0才有两个根，∴g(x)min=g(ln2a)=2a−2aln2a<0，令ℎ(t)=t−tlnt，(t>0)，ℎ′(t)=−lnt，可得t∈(1,+∞)时，ℎ(t)递减，且t ∈(0,e)时，1−lnt >0，∴ℎ(t)=t(1−lnt)>0，ℎ(e)=0 ∴t >e 时，ℎ(t)<0 ∴a 的取值范围：a >e2．(Ⅱ)不妨设x 1<x 2，由(Ⅰ)知x 1，x 2是方程e x −2ax =0的两个根， {e x 1=2ax 1e x 2=2ax 2⇒{x 1=lnx 1+ln2a x 2=lnx 2+ln2a ⇒x 1−x 2lnx 1−lnx 2=1，亦可得0<x 1<x 2,令，g′(t)=1+1t 2−2t =(1t −1)2≥0，则t >1时，g(t)>g(1)=0， ∴t >1时，，即．，∴x 1⋅x 2<1．【解析】本题考查了导数与函数极值，关键步骤的证明颇有技巧性，属于难题． (Ⅰ)设g(x)=f′(x)，则x 1，x 2是方程g(x)=0的两个根，求导数可得g′(x)，若a ≤0时，不合题意，若a >0时，求导数可得单调区间，进而可得最大值，可得关于a 的不等式，解之可得．(Ⅱ)不妨设x 1<x 2，由(Ⅰ)知x 1，x 2是方程e x −2ax =0的两个根，即可得{e x 1=2ax 1e x 2=2ax 2⇒{x 1=lnx 1+ln2a x 2=lnx 2+ln2a ⇒x 1−x 2lnx 1−lnx 2=1，通过证明不等式x 1−x 2lnx 1−lnx 2>√x 1x 2，即可证明x 1⋅x 2<1．6.【答案】解：(1)f (x )有两个零点⇔关于x 的方程e ax =x 有两个相异实根，由e ax >0，知x >0∴f (x )有两个零点⇔a =lnx x有两个相异实根．令G (x )=lnx x，则G′(x)=1−lnx x由G′(x)>0得：0<x <e ，由G′(x)<0得：x >e ，∴G (x )在(0,e )单调递增，在(e,+∞)单调递减，∴G (x )max =G (e )=1e ，又∵G (1)=0，∴当0<x <1时，G (x )<0，当x >1时，G (x )>0当x →+∞时，G (x )→0，∴f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(0,1e )． (2)由题意得{e ax 1=x 1e ax 2=x 2∴x 1>0,x 2>0∴{ax 1=lnx 1ax 2=lnx 2,∴a (x 1+x 2)=lnx 1+lnx 2 ①a (x 2−x 1)=lnx 2−lnx 1 ∵x 1<x 2， ∴a =lnx 2−lnx 1x 2−x 1.，要证：x 1·x 2>e 2，只需证lnx 1+lnx 2>2由①知：lnx 1+lnx 2=a (x 1+x 2)=lnx 2−lnx 1x 2−x 1·(x 1+x 2)=(x 2x 1+1x 2x 1−1)·ln x2x1∵0<x 1<x 2,∴x2x 1>1，令t =x2x 1，t >1，∴只需证(t+1t−1)·lnt >2 ∵t >1∴t+1t−1>0，∴只需证：lnt >2(t−1)(t+1)，令F (t )=lnt −2(t−1)(t+1)(t >1)∴F′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t (t+1)2>0，∴F (t )在(1,+∞)递增，∴F (t )>0,∴lnt >2(t−1)(t+1)即lnx 1+lnx 2>2，即x 1·x 2>e 2．【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于常规题目． (1)f (x )有两个零点⇔a =lnx x有两个相异实根，令G (x )=lnx x，根据G(x)的最值确定a的取值范围；(2)利用处理极值点偏移问题的常见解法求解即可7.【答案】解：(1)f′(x)=x −ax =x 2−a x(x >0)，当a ≤0时，f′(x )>0，f (x )在(0,+∞)上单调递增，不符合题意，当a >0时，令f′(x )=0，得x =√a ，当x ∈(0,√a)时，f′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(√a,+∞)时，f′(x )>0，f (x )单调递增， ∴a >0；证明：(2)由(1)知：当a ≤0时，f′(x )>0，f (x )在(0,+∞)上单调递增，函数f (x )至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，令f′(x)=0，得x=√a，当x∈(0,√a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(√a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x=√a时，函数f(x)取得最小值f(√a)=a2(1−lna)，当0<a<e时，1−lna>0，f(√a)>0，函数f(x)无零点，不合题意，当a=e时，1−lna=0，f(√a)=0，函数f(x)仅有一个零点，不合题意，当a>e时，1−lna<0，f(√a)<0，又f(1)=12>0，所以f(x)在x∈(0,√a)上只有一个零点，令p(x)=lnx−x+1，则p′(x)=1x−1，故当0<x<1时，p′(x)>0，p(x)单调递增，当x>1时，p′(x)<0，p(x)单调递减，所以p(x)≤p(1)=0，即lnx≤x−1，所以ln2a≤2a−1，所以f(2a)=2a2−aln2a≥2a2−a(2a−1)=a>0，又2a>√a，所以f(x)在x∈(√a,+∞)上只有一个零点．所以a>e满足题意．不妨设x1<x2，则x1∈(0,√a)，x2∈(√a,+∞)，令g(x)=f(√a+x)−f(√a−x)(0≤x≤√a)，则g(x)=2√ax−aln(√a+x)+aln(√a−x)，g′(x)=2√a−√a+x x−√a =2√ax2x2−a，当0<x<√a时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,√a)上单调递减，所以当x ∈(0,√a)时，g (x )<g (0)=0，即f(√a +x)<f(√a −x)，因为x 1∈(0,√a)，所以√a −x 1∈(0,√a)，所以f (x 2)=f (x 1)=f[√a −(√a −x 1)]>f[√a +(√a −x 1)]=f(2√a −x 1)，又x 2∈(√a,+∞)，2√a −x 1∈(√a,+∞)，且f (x )在(√a,+∞)上单调递增，所以x 2>2√a −x 1，故x 1+x 2>2√a >2√e 得证．【解析】本题考查利用导数研究函数的极值点，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于难题． (1)f′(x)=x −ax=x 2−a x(x >0)，讨论a ≤0和a >0，即可得到结果；(2)先对函数f(x)求导，分a ≤0，a >0可判断函数f(x)在x ∈(0,√a)上有一个零点，在x ∈(√a,+∞)上有一个零点，且a >e ，再设x 1<x 2，则x 1∈(0,√a),x 2∈(√a,+∞)，构造函数g(x)=f(√a +x)−f(√a −x)(0≤x ≤√a)，利用极值点偏移的解决方法求证即可．8.【答案】解：(1)f′(x)=2ae 2x +(1−2a)e x −1=(e x −1)(2ae x +1)，因为a <0，由f′(x)=0得，x =0或x =ln(−12a )， i)ln(−12a )<0即a <−12时，f(x)在(−∞,ln(−12a ))单调递减，在(ln(−12a),0)单调递增，在(0,+∞)单调递减；ii)ln(−12a )=0即a =−12时，f(x)在(−∞,+∞)单调递减；iii)ln(−12a )>0即−12<a <0时，f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,ln(−12a ))单调递增，在(ln(−12a ),+∞)单调递减；(2)由(1)知，a <−12时，f(x)的极小值为f(ln(−12a ))=1−14a −ln(−12a )>1>0； −12<a <0时，f(x)的极小值为f(0)=1−a >1>0；a =−12时，f(x)在(−∞,+∞)单调递减，故a <0时，f(x)至多有一个零点，当a ≥0时，由f′(x)=2ae 2x +(1−2a)e x −1=(e x −1)(2ae x +1)，f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增．要使f(x)有两个零点，则f(0)<0，得a+1−2a<0，即a>1，令F(x)=f(x)−f(−x)，(x>0)，则F′(x)=f′(x)+f′(−x)=[2ae2x+(1−2a)e x−1]+[2ae−2x+(1−2a)e−x−1]= 2a(e x+e−x+1)(e x+e−x−2)+(e x+e−x)−2≥0，所以F(x)在x>0时单调递增，F(x)>F(0)=0，f(x)>f(−x)，不妨设x1<x2，则x1<0，x₂>0，−x2<0，f(x1)=f(x2)>f(−x2)，由f(x)在(−∞,0)单调递减，得x1<−x2，即x1+x2<0，故a>1且x1+x2<0，原命题得证．【解析】(1)对f(x)求导，根据a对函数的单调性进行讨论；(2)根据(1)的f(x)在a<0的单调性，根据题意得a≥0，令F(x)=f(x)−f(−x)，(x>0)，利用极值点偏移的方法证明即可．考查含参函数导数法判断单调性，导数法证明极值点偏移问题，利用了分类讨论思想，构造函数法等，难度较大．9.【答案】(1)解：∵函数f(x)=12x2−alnx的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=x−ax =x2−ax，∴若a⩽0，f′(x)>0恒成立，这时函数f(x)在(0,+∞)内单调递增，函数f(x)至有多一个零点，不合条件；若a>0，令f′(x)=0，得x=√a，当x∈(0,√a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(√a,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，这时函数f(x)有最小值，且f(x)min=f(√a)=a2(1−lna)．∵函数f(x)=12x2−alnx的定义域(0,+∞)内有两个零点，∴首先必须满足条件：f(x)min=f(√a)=a2(1−lna)<0，解之，得：a>e．在此条件下，∵f(1)=12>0，f(√a)<0，又函数f(x)在(0,√a)内单调递减，∴函数f(x)在(0,√a)内有且仅有一个零点；令ℎ(x)=x−1−lnx，∵ℎ′(x)=1−1x =x−1x，当0<x<1时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x>1时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)⩾ℎ(1)=0，即x−1−lnx⩾0，∴2a−1−ln2a⩾0，ln2a⩽2a−1于是f(2a)=2a2−aln2a⩾2a2−a(2a−1)=a>0．又2a>√a，f(√a)<0，函数f(x)在(√a,+∞)内单调递增，∴函数f(x)在(√a,+∞)内也有且仅有一个零点．可见a>e符合条件．综上所述，实数a的取值范围是(e,+∞)．(2)证明：不妨设x1<x2，则x1∈(0,√a)，，令g(x)=f(√a+x)−f(√a−x) (0⩽x⩽√a)，则g′(x)=[f(√a+x)−f(√a−x)]′=2√a−√a+x +√a−x=2√ax2x2−a，当0<x<√a时，g′(x)<0，g(x)在(0,√a)内单调递减，这时g(x)<g(0)=0，f(√a+x)−f(√a−x)<0，f(√a−x)>f(√a+x)．∵x1∈(0,√a)，∴√a−x1∈(0,√a)，而f(x2)=f(x1)=f[√a−(√a−x1)]>f[√a+(√a−x1)]=f(2√a−x1)，又x2∈(√a,+∞)，2√a−x1∈(√a,+∞)，函数f(x)在(√a,+∞)内单调递增，∴x2>2√a−x1，即x1+x2>2√a>2√e成立，问题得证．【解析】本题考查利用导数研究含参数的函数的零点个数以及零点的性质问题，考查分类讨论思想，考查构造法的运用，属于难题．(1)探究函数的单调性与最值，对参数分离讨论，问题可解决；(2)依(1)的认知，先证x1+x2>2√a，采用极值点偏移法，构造函数g(x)=f(√a+x)−f(√a−x) (0⩽x⩽√a)即可证明.然后放缩即可得出结论．10.【答案】(1)解：因为f(x)=e x−ax，所以f′(x)=e x−a所以f(1)=e−a，f′(1)=e−a，所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−(e−a)=(e−a)(x−1)，即y=(e−a)x，与g(x)=ax2−e联立得，ax2−(e−a)x−e=0，因为直线y=(e−a)x与g(x)的图象相切，所以a≠0且(e−a)2+4ea=0，解得a=−e．(2)证明：F(x)=f(x)−g(x)=e x−ax2−ax+e，F′(x)=e x−2ax−a，若a≤0，F′(x)是增函数，F′(x)=0最多有一个实根，F(x)最多有一个极值点，不满足题意，所以a>0，此时设x1，x2(x1<x2)是F′(x)=e x−2ax−a的两个变号零点，由题意知e x1−2ax1−a=0,e x2−2ax2−a=0，两式相减得2a=e x1−e x2x1−x2，由e x1e x2<4a2⟺e x1+x22<2a⟺e x1+x22<e x1−e x2x1−x2⟺e x1−x22<e x1−x2−1x1−x2，设x1−x22=t，则t<0，要证e x1e x2<4a2，即证t<0时，e t<e2t−12t恒成立，即1<e t−e−t2t恒成立，即e t−e−t−2t<0恒成立，设ℎ(t)=e t−e−t−2t，则ℎ′(t)=e t+e−t−2>0，所以ℎ(t)在(−∞,0)上是增函数，所以ℎ(t)<ℎ(0)=0，所以t<0时，e t−e−t−2t<0恒成立，即e x1e x2<4a2．【解析】本题考查了导数的几何意义、函数的恒成立问题，极值点偏移问题的处理技巧，属于中档题．(1)利用f(1)=e−a，f′(1)=e−a，求得f(x)的图象在x=1处的切线方程y=(e−a)x，与g(x)=ax2−e联立得，ax2−(e−a)x−e=0，结合Δ=(e−a)2+4ea= 0，解得a．(2)F(x)=f(x)−g(x)=e x−ax2−ax+e，F′(x)=e x−2ax−a，可得a>0，此时设x1，x2(x1<x2)是F′(x)=e x−2ax−a的两个变号零点，由题意知e x1−2ax1−a=0,e x2−2ax2−a=0，两式相减得2a=e x1−e x2x1−x2，由e x1e x2<4a2⟺e x1+x22<2a⟺e x1+x22<e x1−e x2x1−x2⟺e x1−x22<e x1−x2−1x1−x2，设x1−x22=t，则t<0，即证t<0时，e t<e2t−12t恒成立，设ℎ(t)=e t−e−t−2t，利用导数即可证明．11.【答案】解：(1)因为f(x)=xe−x，所以f′(x)=(1−x)e−x，.可得函数f(x)=xe−x在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．函数f(x)=xe−x在x=1处取得最大值，f(x)max=f(1)=1e，所以函数f(x)的图象大致如下：易知函数f(x)=xe−x的值域为(−∞,1e]．因为方程f(x)+2a2−3a+1=0有两个不同的根，所以−2a2+3a−1∈(0,1e)，即−2a2+3a−1>0，−2a2+3a−1<1e .解得12<a<1．即实数a的取值范围为(12,1)．(2)证明：由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨设x1<x2，构造函数F(x)=f(1+x)−f(1−x)，x∈(0,1],则F′(x)=f′(1+x)+f′(1−x)=xe x+1(e2x−1)>0，所以F(x)在x∈(0,1]上单调递增，F(x)>F(0)=0，也即f(1+x)>f(1−x)对x∈(0,1]恒成立．由0<x1<1<x2，则1−x1∈(0,1],所以f(1+(1−x1))=f(2−x1)>f(1−(1−x1))=f(x1)=f(x2)，即f(2−x1)>f(x2)，又因为2−x1，x2∈(1,+∞)，且f(x)在(1,+∞)上单调递减，所以2−x1<x2，即x1+x2>2．【解析】本题考查了函数的单调性和导数的恒成立问题和导数的不等式问题，属于中档题题．(1)求解方程的实根问题可以转化为函数的零点或图象的交点问题．(2)本小题属极值点偏移问题，构造函数F(x)=f(1+x)−f(1−x)，x∈(0,1]，根据F(x)的单调性证明f(2−x1)>f(x2)即可完成本题证明．12.【答案】解：(1)由已知得f′(x)=e x−ax，因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程f′(x)=e x−ax=0有两个不相等的根x1，x2设g(x)=f′(x)=e x−ax，则g′(x)=e x−a①当a≤0时，g′(x)=e x−a>0，所以g(x)在R上单调递增，至多有一个零点，不符合题意②当a>0时，由g′(x)=e x−a=0得x=lna．当x∈(−∞,lna)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(lna,+∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．所以g(x)min=g(lna)=a−alna<0，即a>e，令φ(a)=a−2lna(a>0)，则φ′(a)=1−2a =a−2a，当a∈(0,2)时，φ′(a)<0，φ(a)为减函数；当a∈(2,+∞)时，φ′(a)>0，φ(a)为增函数；所以φ(a)min=φ(2)=2−2ln2=2(1−ln2)>0所以φ(a)>0，即a>2lna，<a，e a>a2所以g(a)=e a−a2>0，从而lna<a2又因为g(0)=1>0，所以g(x)在区间(0,lna)和(lna,a)上各有一个零点，符合题意，综上，实数a的取值范围为(e,+∞)．(2)不妨设x1<x2，则x1∈(−∞,lna)，x2∈(lna,+∞)，所以x1<lna<x2设p(x)=g(x)−g(2lna−x)=e x−ax−[e2lna−x−a(2lna−x)]=e x−a2e−x−2ax+2alna，则p′(x)=e x+a2e−x−2a≥2√e x×a2e−x−2a=2a−2a=0，当且仅当e x=a2e−x，即x=lna时，等号成立．所以函数p(x)在R上单调递增．由x2>lna，可得p(x2)>p(lna)=0，即g(x2)−g(2lna−x2)>0，又因为x1，x2为函数g(x)的两个零点，所以g(x1)=g(x2)，所以g(x1)>g(2lna−x2)，又x2>lna，所以2lna−x2<lna，又函数g(x)在(−∞,lna)上单调递减，所以x1<2lna−x2，即x1+x2<2lna．【解析】本题考查利用导数研究函数的极值和极值点偏移的相关知识点，属于比较难的知识点．(1)由已知得f′(x)=e x−ax，因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程f′(x)=e x−ax=0有两个不相等的根x1，x2，设g(x)=f′(x)=e x−ax，则g′(x)=e x−a，对a进行分类讨论，从而算出答案．(2)设x1<x2，则x1∈(−∞,lna)，x2∈(lna,+∞)，所以x1<lna<x2，设p(x)=g(x)−g(2ln a−x)，则p′(x)=e x+a2e−x−2a⩾0，当且仅当e x=a2e−x，即x=lna时，等号成立．函数p(x)在R上单调递增，由x2>lna，可得g(x2)−g(2lna−x2)>0，g(x1)>g(2lna−x2)，从而得证．−a (x>0)，13.【答案】(Ⅰ)解：因为f′(x)=1x所以切线的斜率k =f ′(1)=1−a ，又因为f(1)=−a ，所以切线方程为y +a =(1−a)(x −1) ，将(−1,0)代入，得a =−2(1−a)，解得a =2； (Ⅱ)①解f′(x)=1x−a =0，得x =1a当0<x <1a 时，f ′(x)>0；当x >1a 时，f′(x)<0．所以f(x)在x =1a 处取得最大值f(1a )=−lna −1 ，因为f(1)=−a <0，因为0<a <1e ，所以f(1a )=−lna −1>0，f(x)在区间(1,1a )有零点，因为f(x)在区间(0,1a )单调递增，所以，f(x)在区间(0,1a )有唯一零点，由幂函数与对数函数单调性比较及f(x)的单调性知， f(x)在区间(1a ,+∞)有唯一零点，从而函数f(x)有两个零点;②证明：不妨设0<x 1<1a <x 2，作函数F(x)=f(x)−f(2a −x), 0<x <2a ，则F(1a )=0，F′(x)=2(1−ax)2x(2−ax)⩾0，所以函数F(x)在区间(0,2a)上单调递增，所以F(x 1)<F(1a )=0，即f(x 1)−f(2a −x 1)<0， f(2a−x 1)>f(x 1)，又f(x 1)=f(x 2)，所以f(2a−x 1)>f(x 2)因为0<x 1<1a <x 2，所以2a −x 1, x 2∈(1a ,+∞)，因为f(x)在区间(1a ,+∞)单调递减，所以2a −x 1<x 2, x 1+x 2>2a ，又0<a <1e , 1a >e ，所以x 1+x 2>2e ．【解析】本道试题主要是考查了导数在函数的单调性，极值中的应用，还考查了函数零点的应用．(Ⅰ)导数求出切线的斜率，进而求出切线方程，再将点(−1,0)代入切线方程，就可以求出a 的值；(Ⅱ)①由函数零点存在性定理可知f(x)在区间(0,1a )有唯一零点，由幂函数与对数函数单调性比较及f(x)的单调性知，f(x)在区间(1a ,+∞)有唯一零点，从而函数f(x)有两个零点；②应用函数的单调性即可证明．14.【答案】(Ⅰ)解：因为f′(x)=1x −a (x >0)，所以切线的斜率k =f ′(1)=1−a ，又因为f(1)=−a ，所以切线方程为y +a =(1−a)(x −1) ，将(−1,0)代入，得a =−2(1−a)，解得a =2； (Ⅱ)①解f′(x)=1x−a =0，得x =1a当0<x <1a 时，f ′(x)>0；当x >1a 时，f′(x)<0．所以f(x)在x =1a 处取得最大值f(1a )=−lna −1 ，因为f(1)=−a <0，因为0<a <1e ，所以f(1a )=−lna −1>0，f(x)在区间(1,1a )有零点，因为f(x)在区间(0,1a )单调递增，所以，f(x)在区间(0,1a )有唯一零点，由幂函数与对数函数单调性比较及f(x)的单调性知， f(x)在区间(1a ,+∞)有唯一零点，从而函数f(x)有两个零点;②证明：不妨设0<x 1<1a <x 2，作函数F(x)=f(x)−f(2a −x), 0<x <2a ，则F(1a )=0，F′(x)=2(1−ax)2x(2−ax)⩾0，所以函数F(x)在区间(0,2a )上单调递增，所以F(x 1)<F(1a )=0，即f(x 1)−f(2a −x 1)<0， f(2a −x 1)>f(x 1)，又f(x 1)=f(x 2)，所以f(2a −x 1)>f(x 2)因为0<x 1<1a <x 2，所以2a −x 1, x 2∈(1a ,+∞)，因为f(x)在区间(1a ,+∞)单调递减，所以2a −x 1<x 2, x 1+x 2>2a ，又0<a <1e , 1a >e ，所以x 1+x 2>2e ．【解析】本道试题主要是考查了导数在函数的单调性，极值中的应用，还考查了函数零点的应用．(Ⅰ)导数求出切线的斜率，进而求出切线方程，再将点(−1,0)代入切线方程，就可以求出a的值；(Ⅱ)①由函数零点存在性定理可知f(x)在区间(0,1a)有唯一零点，由幂函数与对数函数单调性比较及f(x)的单调性知，f(x)在区间(1a,+∞)有唯一零点，从而函数f(x)有两个零点；②应用函数的单调性即可证明．15.【答案】解：(1)由f(x)<kx对任意x∈(0,+∞)恒成立，得k>lnxx2对任意x∈(0,+∞)恒成立，令ℎ(x)=lnxx2，则ℎ′(x)=1−2lnxx3，令ℎ′(x)=0，则x=√e，在(0,√e)上，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；在(√e,+∞)上，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；故ℎ(x)max=ℎ(√e)=12e，则k>12e ，即k的取值范围为(12e,+∞)；(2)证明：设x1<x2，g(x)=lnx+1x−m，则g′(x)=−lnxx2，在(0,1)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；在(1,+∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减；∵g(1)=1−m，g(1e)=−m，当x→+∞时，g(x)>−m，且g(x)→−m，∴0<m<1，1e<x1<1<x2，要证x1+x2>2，即证x2>2−x1，∵x2>1，2−x1>1，g(x)在(1,+∞)上单调递减，∴只需证明g(x2)<g(2−x1)，由g(x1)=g(x2)，只需证明g(x1)<g(2−x1)，令m(x)=g(x)−g(2−x)，x∈(1e,1)，m′(x)=−lnxx2−ln(2−x)(2−x)2，∵x∈(1e,1)，∴−lnx>0，x2<(2−x)2，∴m′(x)>−lnx−ln(2−x)2−x =−ln[x(2−x)]2−x>0，∴m(x)在(1e,1)上单调递增，∴m(x)<m(1)=0，即m(x)<0，∴x1+x2>2．【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数零点存在性定理，利用导数研究函数的极值，运用分析法证明，导数中的恒成立与存在性问题和导数中的函数不等式．(1)利用导数中的恒成立问题处理策略，结合利用导数研究函数的极值，计算得结论；(2)利用导数研究函数的单调性，结合函数零点存在性定理得1e<x1<1<x2，再利用分析法证明得只需证明g(x1)<g(2−x1)，构建函数m(x)，利用导数研究函数的单调性，计算得结论．16.【答案】解：(1)由题意得f(x)的定义域是(0,+∞)，f(x)=2xlnx−ax2−2x+a2(a>0)，则f′(x)=2lnx+2−2ax−2，令f′(x)=0，得lnx−ax=0，问题转化为方程lnx−ax=0在(0,+∞)上有2个异根，令g(x)=lnx−ax，问题转化为函数g(x)有2个不同的零点，而g′(x)=1x −a=1−axx(x>0)，∵a>0，当0<x<1a 时，g′(x)>0，当x>1a时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1a )单调递增，在(1a,+∞)单调递减，故g(x)极大值=g(1a )=ln1a−1，又∵当x→0时，g(x)→−∞，当x→+∞时，g(x)→−∞，于是只需g(x)极大值>0，即ln 1a −1>0，故0<a <1e ，即a 的取值范围是(0,1e )；(2)证明：由(1)可知x 1，x 2分别是方程lnx −ax =0的两个根，即lnx 1=ax 1，lnx 2=ax 2，不妨设x 1>x 2>0，作差得ln x 1x 2=a(x 1−x 2)，即a =lnx 1x 2x 1−x 2，原不等式√x 1⋅x 2>e 等价于x 1·x 2>e 2，即lnx 1+lnx 2>2⇔a(x 1+x 2)>2⇔ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2，令t =x 1x 2，则t >1，ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2⇔lnt >2(t−1)t+1，设ｈ(t)=lnt −2(t−1)t+1(t >1)，则ｈ′(t)=(t−1)2t(t+1)2>0，∴函数ｈ(t)在(1,+∞)上单调递增， ∴ｈ(t)>ｈ(1)=0，即不等式lnt >2(t−1)t+1成立，故所证不等式成立，即√x 1x 2>e ．【解析】本题考查导数研究函数的单调性与极值，考查导数中的函数不等式，考查方程与函数思想，计算能力，属于较难题．(1)问题转化为方程lnx −ax =0在(0,+∞)上有2个异根，令g(x)=lnx −ax ，问题转化为函数g(x)有2个不同的零点，求导，利用导数求极值即可求解；(2)原不等式√x 1⋅x 2>e 等价于ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2，令t =x 1x 2，则t >1，ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2⇔lnt >2(t−1)t+1，设ｈ(t)=lnt −2(t−1)t+1(t >1)，根据函数的单调性证出结论即可．17.【答案】(1)解：函数f(x)=xlnx +x 2−ax +2(a ∈R)有两个不同的零点x 1，x 2．考虑f(x)与x 轴有切点，设为(m,0)，f′(x)=lnx +1+2x −a ，则lnm +1+2m −a =0，又mlnm +m 2−am +2=0，消去a ，可得m 2+m −2=0，解得m =1(−2舍去)，则a =3，由于f(x)的图象开口向上，由f′(1)=3−a <0，解得a >3，可得f(x)在(0,+∞)不单调，有两个不同的零点x 1，x 2．故a 的范围是(3,+∞)；(2)证明：由题意可得x 1lnx 1+x 12−ax 1+2=0，x 2lnx 2+x 22−ax 2+2=0，即为lnx 1+x 1−a +2x 1=0，lnx 2+x 2−a +2x 2=0，两式相减可得，lnx 1−lnx 2+x 1−x 2+2(x 2−x 1)x 1x 2=0，即有1+lnx 1−lnx 2x 1−x 2=2x 1x 2，要证x 1⋅x 2>1，即证2x 1x 2<2，即有1+lnx 1−lnx 2x 1−x 2<2，即lnx 1−lnx 2x 1−x 2<1，即有(lnx 1−x 1)−(lnx 2−x 2)x 1−x 2<0，(∗)令g(x)=lnx −x ，g′(x)=1x −1，当x >1时，g′(x)<0，g(x)递减；当0<x <1时，g′(x)>0，g(x)递增．则g(x)在x =1处取得极大值，且为最大值−1，即有lnx −x <0，不妨设0<x 1<1，x 2>1，则x 1−x 2<0，lnx 1−x 1−(lnx 2−x 2)>0，故(∗)成立，即有x 1⋅x 2>1．。

高二极值点偏移练习题

高二极值点偏移练习题一、问题描述考虑函数 f(x) = x^3 - 3x^2 - x + 3。

现在要将函数 f(x) 的极值点整体上移两个单位，求移动后的极值点的横坐标和纵坐标。

二、解题思路要求移动后的极值点，首先需要找到移动前的极值点。

根据函数f(x) 的定义，我们可以通过求导数 f'(x) 来找到函数的极值点。

然后，将每个极值点的横坐标上移两个单位，再将新的横坐标代入函数 f(x) 中，求出对应的纵坐标，即为移动后的极值点的纵坐标。

三、解题过程1. 求移动前的极值点首先，求 f'(x)：f'(x) = 3x^2 - 6x - 1将 f'(x) 置零，解方程 3x^2 - 6x - 1 = 0：x = (6 ± √(36 + 12)) / 6x ≈ 2.64 或x ≈ -0.31将这两个横坐标分别代入 f(x) 中，求出对应的纵坐标：当x ≈ 2.64 时，f(2.64) ≈ -4.57当x ≈ -0.31 时，f(-0.31) ≈ 3.91因此，移动前的极值点为 (2.64, -4.57) 和 (-0.31, 3.91)。

2. 移动后的极值点将每个极值点的横坐标上移两个单位，得到移动后的横坐标：对于 (2.64, -4.57)，移动后的横坐标为2.64 + 2 ≈ 4.64对于 (-0.31, 3.91)，移动后的横坐标为 -0.31 + 2 ≈ 1.69将新的横坐标代入函数 f(x) 中，求出对应的纵坐标：当x ≈ 4.64 时，f(4.64) ≈ -12.07当x ≈ 1.69 时，f(1.69) ≈ 3.75因此，移动后的极值点为 (4.64, -12.07) 和 (1.69, 3.75)。

四、答案验证为了验证我们的计算结果，可以绘制函数 f(x) 的图像来观察极值点的位置。

首先，绘制移动前的函数 f(x) 的图像：[在此插入移动前函数 f(x) 的图像]然后，根据计算结果，在移动前的函数 f(x) 的图像上标注出移动后的极值点：[在此插入标注了移动后极值点的图像]从图中可以清楚地看到，移动后的极值点位于移动前的极值点对应的位置上方两个单位。

极值点偏移的好题

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

极值点偏移问题

极值点偏移问题【类型一：12x x a +>类】1. （2013年高考湖南文）已知函数21()1xx f x e x -=+. (Ⅰ)求()f x 的单调区间；(Ⅱ)证明:当1212()()()f x f x x x =≠时，120x x +<.解: (Ⅰ) .)123)12)1()1)11()('222222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--⋅=+⋅--+⋅-+-=（（（ ;)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴<⋅-=∆单调递减）时，，当)(,0)('0[x f y x f x =≤∞+∈.所以,）上单调递减，上单调递增；在，在（∞+∈∞=0[]0-)(x x f y . (Ⅱ)由(Ⅰ)知，只需要证明:当x >0时()()f x f x <-即可.]1)1[(11111)()(2222x e x xe e x x e x x xf x f x x x x ---+=++-+-=----. 1)21()('0,1)1()(22--=⇒>---=x x e x xg x x e x x g 令.,04)21()('1)21()(222<-=-=⇒--=x x x xe e x x h e x x h 令0)0()(0)(=<⇒∞+=⇒h x h x h y ）上单调递减，在（ 0)0()(0)(=<⇒∞+=⇒g x g x g y ）上单调递减，在（.000]1)1[(122==∞+---+=⇒-y x x e x xe y xx 时）上单调递减，但，在（ )()(0)()(x f x f x f x f -<⇒<--⇒.0)()(212121<+≠=x x x x x f x f 时，且所以，当2. (2010年天津卷)已知函数()()xf x xe x R -=∈ （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x >；（Ⅲ）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>. （Ⅰ）解：()(1)x f x x e -'=- 令()f x '=0,解得1x =当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表所以()f x 在(,1-∞)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数。

极值点偏移问题专题(一)

极值点偏移问题专题（0）——偏移新花样（拐点偏移）例1已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数1x ，2x 满足()()12+=4f x f x ，求证:122x x +≥。

2、极值点偏移PK 拐点偏移常规套路 1、极值点偏移（()00f x '=）二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+= 2、拐点偏移()()00f x ''=()()1220112022f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>()()()12012022f x f x f x x x x +=⇒+=极值点偏移问题专题（1）——对称化构造（常规套路）例1（2010天津）已知函数()e xf x x -=．（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()g x 的图像与()f x 的图像关于直线1x =对称，证明：当1x >时，()()f x g x >；（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明：122x x +>．()()()120201120222f x f x f x x x x x x x +=⇒>-⇒+>例2 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证：1221ex x <．练习1已知函数()2ln f x x x x =++，正实数1x ，2x 满足()()12120f x f x x x ++=，求证：12x x +≥．练习2．已知函数()ln f x x =和()g x ax =，若存在两个实数1x ，2x ，且12x x ≠，满足()()11f x g x =，()()22f x g x =，求证：（1）122e x x +>；（2）212e x x >．。

极值点偏移专题+课件-2023届高三数学三轮冲刺

已知函数f(x)＝x2＋ax－aln x． (1)若函数f(x)在[2,5]上单调递增，求实数a的取值范围； (2)当a＝2时，若方程f(x)＝x2＋2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1．解：(1)由题意函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋a－ax，因为函数f(x)在[2,5]上单调递增，
∴原命题等价于证明ln
x1－ln x1－x2
x2>x1＋2 x2，即证ln
xx12>2xx11＋－xx22(x1>x2)，
令xx21＝t，则t>1，设g(t)＝ln t－2tt＋－11(t>1)，g′(t)＝1t －t＋412＝ttt－＋1122>0，
∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，又∵g(1)＝0，∴g(t)>g(1)＝0，∴ln t>2tt－－11，
即x1x2>e2．
消参减元的主要目的是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．消参减元法，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消去参数或减少变元，从而简化目标函数．其解题要点如下．
(1)建方程：求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)；
(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．
23年A10联盟4月期中卷
消参减元法求极值点偏移问题
已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证： x1x2>e2．

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12.关于函数()2ln f x x x
=+,下列说法错误．．的就是( ) A.2x =就是()f x 的极小值点
B.函数()y f x x =-有且只有1个零点
C.存在正实数k ,使得()f x kx >恒成立
D.对任意两个正实数12,x x ,且21x x >,若()()12f x f x =,则124x x +>
(21)(本小题满分12分)
已知函数2
()(2)e (1)x f x x a x =-+-有两个零点、
(I)求a 的取值范围;
(II)设x 1,x 2就是()f x 的两个零点,证明:122x x +<、 21.(本小题满分12分)已知函数f (x )＝
2
11x x -+e x 、 (1)求f (x )的单调区间; (2)证明:当f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)时,x 1＋x 2＜0、
(1)解:函数f (x )的定义域为(－∞,＋∞).
f ′(x )＝211x x -⎛⎫' ⎪+⎝⎭
e x ＋211x x -+e x ＝2222211e 11x x x x x x ⎡⎤---+⎢⎥(+)+⎣⎦
＝222[12]e 1x x x x -(-)+(+)
、当x ＜0时,f ′(x )＞0;当x ＞0时,f ′(x )＜0、
所以f (x )的单调递增区间为(－∞,0),单调递减区间为(0,＋∞).
(2)证明:当x ＜1时,由于211x x
-+＞0,e x ＞0,
故f (x )＞0;
同理,当x ＞1时,f (x )＜0、
当f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)时,不妨设x 1＜x 2,
由(1)知x 1∈(－∞,0),x 2∈(0,1).
下面证明:∀x ∈(0,1),f (x )＜f (－x ),即证
2211e e 11x x x x x x
--+<++、此不等式等价于
(1－x )e x －1e
x x +＜0、令g (x )＝(1－x )e x －
1e x x +,则 g ′(x )＝－x e －x (e 2x －1).
当x ∈(0,1)时,g ′(x )＜0,g (x )单调递减,从而g (x )＜g (0)＝0、即
(1－x )e x －1e x
x +＜0、所以∀x ∈(0,1),f (x )＜f (－x ).
而x 2∈(0,1),所以f (x 2)＜f (－x 2),
从而f (x 1)＜f (－x 2).
由于x 1,－x 2∈(－∞,0),f (x )在(－∞,0)上单调递增,所以x 1＜－x 2,即
x 1＋x 2＜0、
21、(本小题满分12分)
已知函数()()ln ,a x f x b a b R x
=+∈的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-、 (Ⅰ)求实数,a b 的值及函数()f x 的单调区间;
(Ⅱ)当()()()1212f x f x x x =≠时,比较12x x +与2e (e 为自然对数的底数)的大小、
21、解:(Ⅰ)函数()f x 的定义域为()0,+∞,
()()2
1ln a x f x x -=′, 因为()f x 的图象在点()()
1,1f 处的切线方程为1y x =-, 所以()()11,ln110,1
f a a f b ==⎧⎪⎨=+=⎪⎩′,解得1a =,0b =、所以()ln x f x x =
、所以()2
1ln x f x x -=′、令()0f x =′,得x e =,
当0x e <<时,()0f x >′,()f x 单调递增;
当x e >时,()0f x <′,()f x 单调递减、
所以函数()f x 的单调递增区间为()0,e ,单调递减区间为(),e +∞、 (Ⅱ)当()()()1212f x f x x x =≠时,122x x e +>、
证明如下:
因为x e >时()f x 单调递减,
且()ln 0x f x x
=>, 又()10f =,当1x e <<时,()f x 单调递增,且()0f x >、
若()()()1212f x f x x x =≠,则12,x x 必都大于1,且必有一个小于e ,一个大于e 、不防设121x e x <<<,
当22x e ≥时,必有122x x e +>、当22e x e <<时,()()()()()22122222
ln 2ln 222e x x f x f e x f x f e x x e x ---=--=--, 设()()ln 2ln 2e x x g x x e x
-=--,2e x e <<, 则()()()
221ln 21ln 2e x x g x x e x -+--=--′ ()()()()222
2241ln ln 222e e x x x x ex x x e x ----++=-
()()(){}()
2222241ln 2ln 2e e x x x x e e x e x ⎡⎤--+---+⎣⎦=-、因为2e x e <<,
所以()()2220,e x e e --∈、
故()222ln 0x e e ⎡⎤---+>⎣⎦
、又()()41ln 0e e x x -->,
所以()0g x >′、
所以()f x 在区间(),2e e 内单调递增、所以()()110g x g e e e
>=-=、
所以()()122f x f e x >-、因为11x e <<,22e x e <<,所以202e x e <-<, 又因为()f x 在区间()0,e 内单调递增, 所以122x e x >-,即122x x e +>、综上,当()()()1212f x f x x x =≠时,122x x e +>、。

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