“极值点偏”移大题精练
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）；。
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 $a\in R$。
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：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
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 +>。
高中数学专项训练题目-2022导数极值点偏移通关练
极值点偏移通关第01讲极值点偏移:加法类型...................................................................................................................................1第02讲极值点偏移:减法型.....................................................................................................................................35第03讲极值点偏移:平方型.....................................................................................................................................50第04讲极值点偏移:乘积型.....................................................................................................................................61第05讲极值点偏移:商型.. (82)第01讲极值点偏移:加法类型1．（2021•浙江期中）已知函数()f x x lnx a =--有两个不同的零点1x ，2x ．（1）求实数a 的取值范围；（2）证明：121x x a +>+．【解答】解：（1） 函数()f x x lnx a =--1()1f x x∴'=-，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当x 时，()0f x '>，()f x 为增函数，故当1x =时，函数()f x x lnx a =--取最小值1a -，若函数()f x x lnx a =--有两个不同的零点1x ，2x ．则10a -<，即1a >；证明：（2）若函数()f x x lnx a =--有两个不同的零点1x ，2x ．不妨设1201x x <<<，则11x lnx a -=，且22x lnx a -=，若证121x x a +>+．即证211x lnx >-，构造函数()()(1)g x f x f lnx =--，01x <<，所以()(1)(1)1(1)g x x lnx lnx ln lnx x ln lnx =---+-=-+-，所以1()1(1)g x x lnx '=--，01x <<，令()(1)h x x lnx =-，则()0h x lnx '=->，所以()h x 单调递增，所以0()h x h <<（1）1=，所以()0g x '<，所以()g x g >（1）0=，即()(1)f x f lnx >-，01x <<，又1201x x <<<，所以211()()(1)f x f x f lnx =>-因为()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，所以211x lnx >-，故原不等式得证．2．（2021•汕头一模）已知函数()f x x lnx a =--有两个相异零点1x ，212()x x x <．（1）求a 的取值范围；（2）求证：12423a x x ++<．【解答】解：（1）1()(0)x f x x x-'=>，当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增；要使函数()f x x lnx a =--有两个相异零点，必有f （1）10a =-<，1a ∴>，当1a >时，1a e -< ，且()0a a f e e --=>，∴函数()f x 在(0,1)有一个零点1a e > ，()20a a f e e a =->，∴函数()f x 在(1,)+∞有一个零点，a ∴的取值范围为(1,)+∞．（2）由（1）知，1201x x <<<，110x lnx a --= ，11a x lnx ∴=-，要证12423a x x ++<，11112114()24242333x lnx x lnx a x x x -+-++<-=-=，故构造函数42()3x lnx g x -+=，(01)x <<，则4()03x g x x-'=<，所以()g x 在(0,1)单调递减，()g x g >（1）1=．21x ∴>，114213x lnx -+>，构造函数42()()(3x lnx h x f x f -+=-，(01)x <<2114()342x x h x x x lnx x+-'=+⋅-+，下面证明()0h x '>，即证明(5)(1)042x x lnx x +--<+，构造函数(5)(1)()42x x H x lnx x +-=-+，(01)x <<．32(1)()0(21)x H x x x-'=>+在(0,1)上恒成立，因此()H x 在(0,1)递增，从而()H x H <（1）0=，()0h x ∴'>，()h x 在(0,1)递增，()h x h ∴<（1）0=，∴11142()()3x lnx f x f -+<11242()(3x lnx f x f -+∴<，1x > 时，()0f x '>，()f x 单调递增，∴112423x lnx x -+<，即12423a x x ++<．3．（2016秋•海淀区校级月考）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-，a R ∈．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1P ，f （1）)处的切线方程；（Ⅱ）若0a，求()f x 的零点个数；（Ⅲ）若()f x 有两个零点1x ，2x ，证明：122x x +<．【解答】解：（Ⅰ）()(1)(2)x f x x e a '=-+，f （1）e =-，f '（1）0=，故切线方程是：0y e +=；（Ⅱ）由已知()(1)(2)x f x x e a '=-+，(,1)x ∴∈-∞，()0f x '<，()f x 单调递减，(1,)x ∈+∞，()0f x '>，()f x 单调递增，()min f x f ∴=（1）0e =-<，当x →-∞时，2()(2)(1)x f x x e a x =-+-0a > ，()f x ∴→+∞，当x →+∞时，()f x →+∞，故函数()f x 有2个零点；（Ⅲ）由（Ⅱ）1(,1)x ∃∈-∞，2(2,)x ∈+∞，使得12()()0f x f x ==，121x x ∴<<，要证122x x +<，即证122x x <-，21x > ，221x ∴-<，又11x < 且()f x 在(,1)-∞上单调递减，∴需证122x x <-，即证12()(2)f x f x >-，12()()0f x f x == ，∴即证22()(2)f x f x >-，21x >由（Ⅱ）知1x >时，()()(2)0g x f x f x =-->22()(2)0f x f x ∴-->，22()(2)f x f x ∴>-得证，122x x ∴+<．4．（2021•江门一模）已知函数()|1|af x ln x x=--，a R ∈是常数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程，并证明对任意a R ∈，切线经过定点；（Ⅱ）证明：0a <时，设1x 、2x 是()f x 的两个零点，且122x x +>．【解答】（Ⅰ）解：根据题意，函数()|1|af x ln x x=--，当1x >，则()(1)af x ln x x=--，则21()1a f x x x '=+-，f '（2）14a =+，f （2）2a=-，则切线的方程为(1)(2)24a ay x +=+-，变形可得：2(4)4ay x x -+=-，联立4020x x y -=⎧⎨--=⎩，得42x y =⎧⎨=⎩．∴切线经过定点(4,2)；（Ⅱ）证明：函数()|1|af x ln x x=--的定义域为{|0x x ≠且1}x ≠，曲线()f x 在在各定义域区间内是连续不断的曲线，当0a <时，在区间(1,)+∞上，f （2）02a =->，(1)011a aa aa a e f e a e e +=-=<++ ，()f x ∴在区间(1a e +，2)上有零点1x ，在区间(0,1)上，()(1)af x ln x x=--，21()01a f x x x '=+<-，函数()f x 单调递减，又(1)011a aa aaae f e a e e --=-=>--，若2n >，且12na e <，则1(1)()011na na naa f e na a n e e -=-=-<--，()f x ∴在区间(1a e -，1)na e -内有零点2x ，由()f x 单调递减知，()f x 在区间(0,1)内有唯一零点2x ．112x << ，1021x ∴<-<，则1112111112(1)(2)|1|0()22(2)a x a a af x ln x f x x x x x x --=--=-=>=---，由()f x 单调递减知，122x x -<，即122x x +>．5．（2021•汕尾一模）已知函数2()2xaxf x x x b e =-+-．（1）若曲线()y f x =在(0，(0))f 处的切线方程为1y x =--，求a ，b 的值；（2）当1b =，0a <时，证明：函数()f x 有两个零点1x ，2x ，且122x x +>．【解答】解：（1）(0)1f b =-=-，所以1b =．又(1)()22xa x f x x e -'=-+，则(0)2f a '=-+，所以21a -+=-，得1a =．（2）当1b =时．2()21xaxf x x x e =-+-，则(1)()22(1)(2x xa x af x x x e e -'=-+=-- 已知0a <，所以20xae ->，故()0f x '=得1x =．当(,1)x ∈-∞时，()0f x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>．所以函数()f x 在(,1)-∞上单调递减．在(1,)+∞上单调递增．又f （1）20ae=-+<，(1)20f ae -=->，当10a -< 时，33a - ，3323230e a e +-> ，所以f （3）33332220a e ae e +=+=>；当1a <-，3333()31e a e ln e a lne ->⇒->=>．不妨没3()3ln e a t -=>，则322233()1()2121(21ln e a at at f t t t t t t t e a ee -=-+-=-+-=-+--．二次函数231()(2)1g t t t e =-+-的对称轴为31232e t +=<所以()f t g >（3）333396120e e =---=->，由零点存在性定理，函数()f x 存在两个零点1x ，2x ，设121x x <<，由122x x +>，得21121x x x >->>，由函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，只需证21()(2)f x f x >-即可．又12()()0f x f x ==，所以只需证11()(2)f x f x >-即可．121111()21x ax f x x x e =-+-，1211112(2)(2)(2)2(2)1x a x f x x x e ---=---+-，只需证11221111112(2)2(2)2(2)x x ax a x x x x x e e ---+=---+，化简得111122x x x x e e--=，11111121111222(2)x x x x x x x x x e x e e e e e -------=设2()(2)x x h x xe x e -=--，则2()(1)()x x h x x e e -'=--．当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>；当(,1)x ∈-∞时，()0h x '>．而h （1）0=，故当1x <时，()0h x <．而1120x x e e ->恒成立．故11()(2)f x f x >-，即21()(2)f x f x >-，则212x x >-，即122x x +>，成立．6．（2021•临沂期中）已知函数2()(2)f x alnx x a x =+-+，其中a 为常数，且0a ≠．()I 当0a >时，若()f x 在(0，]e 上的最大值为1，求实数a 的值；()II 若0a <，且函数()f x 有两个不相等的零点1x ，2x ，证明：122x x +>．【解答】解：（Ⅰ）函数2()(2)f x alnx x a x =+-+的定义域为(0,)+∞，22(2)(2)(1)()2(2)a x a x a x a x f x x a x x x-++--'=+-+==①当1,22aa ==即时，函数()f x 在(0，]e 上单调递增，其最大值为f （e ）2241e e =+-≠，不符合题意；②当12a e <<，即22a e <<时，函数()f x 在(0，1]，(,]2a e 上单调递增，在(1,)2a单调递减，f （1）11a =--≠，f （e ）2(2)1a e a e =+-+=，221(2,2)1e e a e e --⇒=∉-，不符合题意；③当2a e ，即2a e时，函数()f x 在(0，1]，在(1，]e 单调递减，其最大值为f （1）11a =--≠，不符合题意；④当012a <<，即02a <<时，函数()f x 在(0，]2a ，(1,)+∞上单调递增，在(2a，1)单调递减，2()0224a a a f aln a =--<，f （e ）2(2)1a e a e =+-+=，221(0,2)1e e a e --⇒=∈-，符合题意；综上所述，实数a 的值为2211e e e ---．（Ⅱ）证明：22(2)(2)(1)()2(2)a x a x a x a x f x x a x x x-++--'=+-+== ，令()0f x '=，得121,2ax x ==，当0a <时，函数()f x 在(0，1]递减，在(1,)+∞单调递增，函数()f x 有两个不相等的零点1x ，2x ，（不妨设12)x x <，则1(0,1)x ∈，2(1,)x ∈+∞构造函数()()(2)g x f x f x =--，(0,1)x ∈，则g （1）0=，22()(2)[(2)(2)(2)(2)][(2)22]g x alnx x a x aln x x a x a lnx ln x x =+-+--+--+-=---+2112(1)()(2)02(2)a x g x a x x x x -'=+-=<--，()g x ∴在(0,1)单调递减，()g x g >（1）0=，()(2)f x f x ∴>-，(0,1)x ∈恒成立．1(0,1)x ∈ ，11()(2)f x f x ∴>-恒成立．即121()()(2)f x f x f x =>-，2x ，12(1,)x -∈+∞，且函数()f x 在(1,)+∞单调递增，212x x ∴>-，122x x ∴+>．7．（2021•贵州模拟）已知函数2(1)()1x f x lnx x-=-+，1()23x e g x x -=-．（1）求函数()f x 在[1，)+∞的最小值；（2）设0b a >>，证明：2b a a blnb lna -+<-；（3）若存在实数m ，使方程()g x m =有两个实根1x ，2x ，且2132x x >>，证明：125x x +>．【解答】解：（1）由2212(1)(1)(1)()0(1)(1)x x x f x x x x x +---'=-=>++，()f x ∴在[1，)+∞单调递增，又f （1）0=，()min f x f ∴=（1）0=，证明：（2）由（1）知，2(1)()01x f x lnx x -=-+ ，即2(1)1x lnx x-+，由0b a >>，得1ba >，进而2(1)1b b a ln b a a ->+，化简得2()b a lnb lna b a -->+，∴2b a a blnb lna -+<-，证明：（3）由1211122323x x e e m x x --==--，可得1211122323x x e e ln ln x x --=--，即121112(23)(23)x x lne ln x lne ln x ----=--，即212121(23)(23)(23)(23)2x x ln x ln x x x ------=-=，(**)，∴由（2）知，122111(23)(23)(23)(23)2(23)(23)2x x x x ln x ln x ------=<---，把上式(**)代入化简可得122()622x x +->，即125x x +>8．（2021•南开区三模）已知函数2()21()f x lnx ax a R =+-∈．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若1a =，分别解答下面两题：()i 若不等式(1)(1)f x f x m ++-<对任意的01x <<恒成立，求m 的取值范围；()i 若1x ，2x 是两个不相等的正数，12()()0f x f x +=，求证：122x x +>．【解答】解：（Ⅰ） 函数2()21()f x lnx ax a R =+-∈．()f x ∴的定义域为(0,)+∞，2()2f x ax x'=+，令()0f x '>，0x > ，2220ax ∴+>，①当0a 时，()0f x '>在(0,)+∞恒成立，()f x ∴递增区间为(0,)+∞．②当0a <时，2220ax +>，m <<，又0x >，()f x ∴的递增区间是(0,)a -，递减区间是(a-，)+∞．（Ⅱ）()i 设2()(1)(1)2(1)2(1)2F x f x f x ln x ln x x =++-=++-+，32224()4111x F x x x x x '=-+=-+--，01x << ，()0F x ∴'<在01x <<上恒成立，()F x ∴在(0,1)x ∈上单调递减，()(0)0F x F ∴<=，0m ∴ ，即m 的取值范围是[0，)+∞．证明：()ii f （1）0=，()f x 在(0,)+∞上单调递增．①若1x ，2(0,1)x ∈，则1()0f x <，2()0f x <，则12()()0f x f x +<与已知12()()0f x f x +=矛盾；②若1x ，2(1,)x ∈+∞，则1()0f x >，2()0f x >，则12()()0f x f x +>与已知12()()0f x f x +=矛盾；③若11x =，则1()0f x =，又12()()0f x f x +=，2()0f x ∴=，21x ∴=，与12x x ≠矛盾；④不妨设1201x x <<<，则由（Ⅱ）知当01x <<时，(1)(1)0f x f x ++-<，令11x x -=，则11(2)()0f x f x -+<，112(2)()()f x f x f x ∴-<-=，又()f x 在(0,)+∞上单调递增，122x x ∴-<，122x x ∴+>．9．（2021•红河州一模）已知函数()(,)mx nf x lnx m n R x-=-∈．（Ⅰ）若函数()f x 在(1，f （1）)处的切线与直线0x y -=平行，求实数n 的值；（Ⅱ）若1n =时，函数()f x 恰有两个零点1x ，212(0)x x x <<，证明：122x x +>．【解答】解：（Ⅰ）因为21()n f x x x'=-，且切线与直线0x y -=平行，可得f '（1）11n =-=，所以2n =；（Ⅱ）证明：当1n =时，1()f x m lnx x=--，由题意知11221010m lnx x m lnx x ⎧--=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩①②，②─①得：212112x x lnx lnx x x --=，即221121x x x ln x x -=，③令21x t x =，则21x tx =，且1t >，又因为12111(1)x x x tx t x +=+=+，由③知：11t lnt tx -=，所以11(1)t x t tlnt-=>，要证122x x +>，只需证1(1)2t t tlnt-+>，即证212t lnt t ->，即120t lnt t-->，令1()2(1)h t t lnt t t=-->，则22(1)()0t h t t -'=>，所以()h t 在(1,)+∞上单调递增且h （1）0=，所以当(1,)t ∈+∞时，()0h t >，即122x x +>．10．（2021•苏州期末）已知函数()()a lnxf x a R x+=∈．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）当函数()f x 与函数()g x lnx =图象的公切线l 经过坐标原点时，求实数a 的取值集合；（3）证明：当1(0,2a ∈时，函数()()h x f x ax =-有两个零点1x ，2x ，且满足12111x x a+<．【解答】解：（1）对()a lnxf x x+=求导，得21()a lnx f x x --'=，令()0f x '=，解得1a x e -=，当1(0,)a x e -∈时，()0f x '>，()f x 单调递增．当1(a x e -∈，)+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减．（2）设公切线l 与函数()g x lnx =的切点为0(x ，0)y ，则公切线l 的斜率001()k g x x ='=，公切线l 的方程为：0001()y y x x x -=-，将原点坐标(0,0)代入，得01y =，解得0x e =．公切线l 的方程为：1y x e =，将它与()a lnxf x x+=联立，整理得21a x lnx e =-．令21()m x x lnx e=-，对之求导得：22()x e m x ex -'=，令()0m x '=．当x ∈时，()0m x '<，()m x 单调递减，值域为2(,)2ln +∞，当)x ∈+∞时，()0m x '>，()m x 单调递增，值域为2(,)2ln +∞，由于直线l 与函数()f x 相切，即只有一个公共点，因此．故实数a 的取值集合为2{}2ln ．（3）证明：2()a lnx ax h x x +-=，要证()h x 有两个零点，只要证2()k x ax lnx a =--有两个零点即可．k （1）0=，即1x =时函数()k x 的一个零点．对()k x 求导得：1()2k x ax x '=-，令()0k x '=，解得x =x >()0k x '>，()k x 单调递增；当0x <<时，()0k x '<，()k x单调递减．当x =()k x取最小值，(1)0k k <=，22221()(1)12k x ax lnx a ax x a ax x a ax x =-->---=-+->-+，必定存0x >在使得二次函数2001()02u x ax x =-+>，即00()()0k x u x >>．因此在区间上0)x 必定存在()k x 的一个零点．综上所述，()h x 有两个零点，一个是1x =，另一个在区间)+∞上．下面证明12111x x a+<．由上面步骤知()h x 有两个零点，一个是1x =，另一个在区间)+∞上．不妨设11x =，2x >12211111x x x +=+<+，下面证明11a<即可．令1()1v a a =，对之求导得21()0v a a '=--，故v （a）在定义域内单调递减，11()1()02v a v a =-->=，即11a+<．证明完毕．11．（2021•浙江模拟）已知函数2()(0)lnxf x x x a=>+，其中a R ∈．（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若222[(1)(1)]x e x x lnx e lnx -++<，求x 的取值范围；（Ⅲ）当43a e =时，若1x ，2x 为函数()()()g x f x m m R =-∈的两个零点，试证明：21222124()()()e m x x x e x e <+++【解答】解：（1）22222222()()()ax xlnxa x x lnx x f x x a x x a +-+-'==++，极值点即为()f x '的变号零点，即2222(21)a x lnx x x lnx =-=-，记2()(21)h x x lnx =-，()4h x xlnx '=，令()0h x '>，解得1x >；令()0h x '<，解得01x <<，故()h x 在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)+∞上单调递增，则()h x h （1）1=-，当0x +→，()0h x →，当x →+∞，()h x →+∞，①当1a - 时，()0f x '在区间)+∞ 上恒成立，所以函数()f x在区间和)+∞上单调递减；②当10a -<<时，则方程2222(21)a x lnx x x lnx =-=-有两个根，记为1x ，2x ，不妨设121x x <<，因为(h a a -<，故12x a x <-<，当10x x <<或2x x >时，()0f x '<；当1x x a <<-或2a x x -<<时，()0f x '>，所以函数()f x 在1(0,)x ，2(x ，)+∞上单调递增，在1(x )a -，(a -，2)x 上单调递减．③当0a >时，则方程2222(21)a x lnx x x lnx =-=-有一个根，记为3x ，当30x x <<时，()0f x '>；当3x x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在3(0,)x 上单调递增，在3(x ，)+∞上单调递减．（2）222[(1)(1)]x e x x lnx e lnx -++<，即22(1)(1)(1)x x x e lnx lnx ---<-，当1x =时，左边=右边（舍)；当1x >时，210x ->，2(1)10x e -->，当1x <时，210x -<，2(1)10x e --<，即当1x ≠时，22(1)(1)(1)0x x e --⋅->，于是2(1)2111x x lnxex --<--，即将1a =-时，1()()x f e f x -<，由（1）知，当1a - 时，()f x 在(0,)+∞上单调递减，所以11()()((0,))x x f e f x e x x --<⇔>∈+∞，由于1x y e -=与y x =在1x =处相切，且．1x y e -=为下凹函数，故(0x ∈，1)(1⋃，)+∞．（3）222()0()ax xlnx x f x x a +-'==+，即2222(21)a x lnx x x lnx =-=-，43a e = ，∴20x e =，由()I 知：当0a >时，()f x 先增后减，不妨设2121x e x <<<，1124122242()03()03lnx g x m x e lnx g x m x e ⎧=-=⎪+⎪⎨⎪=-=⎪+⎩，24112422(3)(3)lnx m x e lnx m x e ⎧=+⎪⎨=+⎪⎩构造函数222()()2,()2x e x lnx x lnx x e ϕμ-=--=--+，22222222222212()2()14()()0()()()()x e x e e x e x e x x e x x e x x e ϕϕ+---'=-=-=='+++ ，∴2222222()2()2()2()x e lnx x e x ex e lnx x e x e⎧-<+<⎪⎪+⎨-⎪>+>⎪+⎩，即22411121224222222()(3)22()(3)2x e lnx m x e x e x e lnx m x e x e ⎧-=+<+⎪+⎪⎨-⎪=+>+⎪+⎩，两式相减得：22222212121222221122()2()4()()()()x e x e e x x m x x x e x e x e x e ---->-=++++，即21222124()()()e m x x x e x e <+++，21()0()x exμμ'=='，∴222()2()lnx x eelnx x ee⎧>-<⎪⎪⎨⎪<-+>⎪⎩，即24112422(3)2(3)2lnx m x elnx m x e⎧=+>+⎪⎪⎨⎪=+<-+⎪⎩，两式相减得：2221()m x x-<，即121()(m x xe+<∴11ee e<+，即12()m x x+<，综上所述：21222124()()()e m x xx e x e<+<++12．（2021•启东市校级开学）已知函数1()f x ax lnxx=--，()()g x ax a a R=-∈．（1）若0a=，求函数()f x在1(,)(e ee为自然对数的底数）上的零点个数；（2）若方程()()f xg x=恰有一个实根，求a的取值集合；（3）若方程()()f xg x=有两个不同的实根1x，212()x x x<，求证：112231ax x e-<+<-．【解答】解：（1）当0a=时，1()f x lnxx=--，1(,)x ee∈，22111()xf xx x x-'∴=-=，令()0f x'=得，1x=，∴当1(,1)xe∈时，()0f x'>，函数()f x单调递增；当(1,)x e∈时，()0f x'<，函数()f x单调递减，∴当1x=时，()f x f=极大值（1）10=-<，∴函数()f x在1(,)ee上恒小于0，所以函数()f x在1(e，)e上无零点．（2）令1()()()x f x g x lnx axϕ=-=--+，则21()xxxϕ-'=，令()0xϕ'=，得1x=．当1x>时，()0xϕ'<，()xϕ在(1,)+∞上单调递减；当01x<<时，()0xϕ'>，()xϕ在(0,1)上单调递增，故()max x ϕϕ=（1）1a =-，①当10a -=，即1a =时，因最大值点唯一，故符合题设；②当10a -<，即1a <时，()0x ϕ<恒成立，不符合题设；③当10a ->，即1a >时，一方面，1a e ∃>，1()0a ae e ϕ=-<；另一方面，1ae -∃<，()20a e a ea ϕ--< （易证：)x e ex，于是，()x ϕ有两零点，不合题设．综上所述，a 的取值集合为{1}．（3）证明：先证122x x +>，依题设，有121211a lnx lnx x x =+=+，于是212211x x x ln x x x -=，记21x t x =，1t >，则11t lnt tx -=，故11t x tlnt-=，于是21211(1)t x x x t tlnt -+=+=，21212()22t lnt t x x lnt --+-=，记函数21()2x g x lnx x-=-，1x >，因22(1)()02x g x x -'=>，故()g x 在(1,)+∞上单调递增，于是，1t >时，()g t g >（1）0=，又0lnt >，所以，122x x +>，再证11231a x x e -+<-，()0()10f x h x ax xlnx =⇔=--=，故1x ，2x 也是()0h x =的两个零点，由()10h x a lnx '=--=，得1a x e -=（记1)a p e -=，仿（1）知，p 是()h x 的唯一最大值点，故有12()0h p x p x >⎧⎨<<⎩，作函数2()()x p m x lnx lnp x p -=--+，则22()()0()x p m x x x p -'=+ ，故()m x 单调递增，当x p >时，()()0m x m p >=；当0x p <<时，()0m x <，于是，1111112()11x x p ax x lnx x lnp x p--=<++，整理，得211(2)(21)0lnp a x p ap plnp x p +--+--+>，即21111(31)0a a x e x e ----+>，同理21122(31)0a a x e x e ----+<，故2112112211(31)(31)a a a a x e x e x e x e ------+<--+，即1212121()()(31)()a x x x x e x x -+-<--，于是11231a x x e -+<-，综上，112231a x x e -<+<-．13．（2016•河南模拟）已知函数1()f x a lnx x=--，其中a 为常数．（Ⅰ）若()0f x =恰有一个解，求a 的值；（Ⅱ）()i 若函数12()()()x p g x a f x lnp x x p-=----+，其中p 为常数，试判断函数()g x 的单调性；()ii 若()f x 恰有两个零点1x ，212()x x x <，求证：11231a x x e -+<-．【解答】解：（Ⅰ）21()xf x x -'=，令()0f x '=，解得：1x =，当01x <<时，()0f x '>，()f x 在(0,1)递增，当1x >时，()0f x '<，()f x 在(1,)+∞递减，()max f x f =（1）1a =-，①当()0max f x =，解得：1a =，此时最大值点唯一，符合题意，②当()0max f x <，即1a <时，()0f x <恒成立，不符合题意，③当()0max f x >，即1a >时，1a e >，1()0a a f e e=-<，1a e -<，()220a a f e a e a ea -∴=--< ，（易证)x e ex，()f x ∴有2个零点，不符合题意，综上：1a =；（Ⅱ）()i 由12()()()x p g x a f x lnp x x p-=----+，得：2()()x p g x lnx lnp x p-=--+，函数()g x 的定义域是(0,)+∞，且0p >，22()()0()x p g x x x p -'=+ ，()g x ∴在(0,)+∞单调递增；()()0()10ii f x h x ax xlnx =⇔=--=，故1x ，2x 也是()0h x =的两个零点．由()10h x a lnx '=--=，得1a x e -=（记1)a p e -=．可知，p 是()h x 的唯一最大值点，故有12()0h p x p x >⎧⎨<<⎩，作函数2()()x p m x lnx lnp x p -=--+，则22()()0()x p m x x x p -'=+ ，故()m x 单调递增．当x p >时，()()0h x h p >=；当0x p <<时，()0h x <．于是，1111112()11x x p ax x lnx x lnp x p--=<++．整理，得211(2)(21)0lnp a x p ap plnp x p +--+--+>，即21111(31)0a a x e x e ----+>．同理21122(31)0a a x e x e ----+<．故2112112211(31)(31)a a a a x e x e x e x e ------+<--+，即1212121()()(31)()a x x x x e x x -+-<--，于是11231a x x e -+<-．14．（2021•青州市三模）已知()()f x ln x m mx =+-．（1）求()f x 的单调区间；（2）设1m >，1x ，2x 为函数()f x 的两个零点，求证：120x x +<．【解答】解：（1）()()f x ln x m mx =+- ，∴1()f x m x m'=-+，当0m时，∴1()0f x m x m'=->+，即()f x 的单调递增区间为(,)m -+∞，无减区间；当0m >时，∴1()1()m x m m f x m x mx m-+-'=-=++，由()0f x '=，得1(,)x m m m=-∈-+∞，1(,x m m m∈--+时，()0f x '>，1(,)x m m∈-++∞时，()0f x '<，0m ∴>时，易知()f x 的单调递增区间为1(,)m m m --+，单调递减区间为1(,)m m-++∞，（2）证明：由（1）知()f x 的单调递增区间为1(,)m m m --+，单调递减区间为1(,)m m-++∞．不妨设12m x x -<<，由条件知1122()()ln x m mx ln x m mx +=⎧⎨+=⎩，即1212mxmx x m e x m e ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，构造函数()mx g x e x =-，()mx g x e x =-与y m =图象两交点的横坐标为1x ，2x ，由()10mx g x me '=-=可得：lnmx m=-，而2(1)m lnm m >>，∴(,)lnmm m-∈-+∞，知()mx g x e x =-在区间(,lnm m m --上单调递减，在区间(,)lnmm-+∞上单调递增．可知12lnmm x x m--<<<，欲证120x x +<，只需证122lnmx x m+<，即证212(,)lnm lnmx x m m<-∈-+∞，考虑到()g x 在(,)lnmm -+∞上递增，只需证212()()lnmg x g x m-<-由21()()g x g x =知，只需证112()()lnmg x g x m-<-令222()()()2mx lnm mx lnm lnmh x g x g x e x e m m--=--=---，则22()2()()222220lnmmxmlnm mxmxmx e h x mem e m em m e---'=---=+-== ，即()h x 单增，又()0lnmh m-=，结合1lnmm x m--<<知1()0h x <，即112()()lnmg x g x m-<-成立，即120x x +<成立．15．（2015秋•天津期末）已知函数2()()mx f x e x mx m R =+-∈．（Ⅰ）当1m =时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若0m <，且曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与直线(1)0x e y ++=垂直．()i 当0x >时，试比较()f x 与()f x -的大小；()ii 若对任意1x ，212()x x x ≠，且12()()f x f x =，证明：120x x +<．【解答】解：（Ⅰ）当1m =时，()21(1)2x x f x e x e x '=+-=-+，若0x >，则10x e ->，()0f x '>，若0x <，则10x e -<，()0f x '<，综上，()f x 在(0,)+∞递增，在(,0)-∞递减；（Ⅱ） 曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与直线(1)0x e y ++=垂直，且()(1)2mx f x m e x '=-+，f ∴'（1）21m me m e =+-=+，故1m me m e -=-，令()1m h m me m e =---，则()1m m h m e me '=+-，0m > ，()0h m ∴'>，h （1）0=，0m ∴>，方程1m me m e -=-有唯一解1m =，()i 当0x >时，令()()()2x x g x f x f x e e x -=--=--，则()2220x x g x e e -'=+->-=，()g x ∴在0x >时递增，即()(0)0g x g >=，故0x >时，()()f x f x >-，()ii 若对任意1x ，212()x x x ≠，且12()()f x f x =，由（Ⅰ）得：1x ，2x 必一正一负，不妨设120x x <<，由()i 得：122()()()f x f x f x ->-，而由（Ⅰ）得：1m =时，函数()f x 在(,0)-∞递减，12x x ∴<-，即120x x +<．16．（2021•新高考Ⅰ）已知函数()(1)f x x lnx =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna alnb a b -=-，证明：112e a b<+<．【解答】（1）解：由函数的解析式可得()11f x lnx lnx '=--=-，(0,1)x ∴∈，()0f x '>，()f x 单调递增，(1,)x ∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减，则()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减．（2）证明：由blna alnb a b -=-，得111111ln ln a a b b b a -+=-，即1111(1)(1ln ln a a b b-=-，由（1）()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，所以()max f x f =（1）1=，且f （e ）0=，令11x a =，21x b=，则1x ，2x 为()f x k =的两根，其中(0,1)k ∈．不妨令1(0,1)x ∈，2(1,)x e ∈，则121x ->，先证122x x <+，即证212x x >-，即证211()()(2)f x f x f x =<-，令()()(2)h x f x f x =--，则()()(2)(2)[(2)]h x f x f x lnx ln x ln x x '='+'-=---=--在(0,1)单调递减，所以()h x h '>'（1）0=，故函数()h x 在(0,1)单调递增，1()h x h ∴<（1）0=．11()(2)f x f x ∴<-，122x x ∴<+，得证．同理，要证12x x e +<，（法一）即证211x e x <<-，根据（1）中()f x 单调性，即证211()()()f x f x f e x =>-，令()()()x f x f e x ϕ=--，(0,1)x ∈，则()[()]x ln x e x ϕ'=--，令0()0x ϕ'=，0(0,)x x ∈，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增，0(x x ∈，1)，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，又0x e <<时，()0f x >，且f （e ）0=，故0lim ()0x x ϕ+→=，ϕ（1）f =（1）(1)0f e -->，()0x ϕ∴>恒成立，12x x e +<得证，（法二）12()()f x f x =，1122(1)(1)x lnx x lnx -=-，又1(0,1)x ∈，故111lnx ->，111(1)x lnx x ->，故12112222(1)(1)x x x lnx x x lnx x +<-+=-+，2(1,)x e ∈，令()(1)g x x lnx x =-+，()1g x lnx '=-，(1,)x e ∈，在(1,)e 上，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x g <（e ）e =，即222(1)x lnx x e -+<，所以12x x e +<，得证，则112e a b<+<．17．（1）已知0b a >>2b a a blnb lna -+<<-；（2）已知函数()x f x xe -=，且1212()()()f x f x x x =≠，证明：122x x +>．【解答】证明：（1(0)b ab a lnb lna-<>>-，即证b ln a <-，设1)t t =>，设1()2(1)f t lnt t t t =-+>，则22221(1)()10t f t t t t +'=--=-<，()f t ∴在(1,)+∞上单调递减，又f （1）0=，∴当1t >时，1()20f t lnt t t=-+<恒成立，即b ln a <成立；再证(0)2b a a bb a lnb lna -+<>>-，即证2(1)1bb aln b a a->+，设(1)b a μμ=>，令2(1)()(1)1g ln μμμμμ-=->+，则22214(1)()0(1)(1)g μμμμμμ-'=-=>++，()g μ∴在(1,)+∞上单调递增，又g （1）0=，∴当1μ>时，2(1)()01g ln μμμμ-=->+恒成立，即2(1)1bb a ln b a a->+成立，综上，原命题得证；（2）()(1)x x x f x e xe e x ---'=-=-，易知函数()f x 在(,1)-∞单调递增，在(1,)+∞单调递减，且x →+∞时，()0f x →，依题意，不妨设1201x x <<<，令()()(2)g x f x f x =--，1x >，则22()()(2)(1)(1)(1)()0x x x x g x f x f x e x e x x e e ----'='+'-=-+-=-->，∴函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，()g x g ∴>（1）0=，即()(2)0f x f x -->在(1,)+∞上恒成立，又21x >，22()(2)f x f x ∴>-，又12()()f x f x =，12()(2)f x f x ∴>-，又1201x x <<<，221x ∴-<，又函数()f x 在(,1)-∞单调递增，122x x ∴>-，122x x ∴+>，即得证．18．（2021•青岛模拟）已知函数1()a lnxf x x-+=，a R ∈（Ⅰ）求()f x 的极值；（Ⅱ）若0lnx kx -<在(0,)+∞上恒成立，求k 的取值范围；（Ⅲ）已知10x >，20x >，且12x x e +<，求证：1212x x x x +>．【解答】解：（Ⅰ） 2/()a lnxf x x-=，令()0f x '=得a x e =当(0,)a x e ∈，()0f x '>，()f x 为增函数；当(a x e ∈，)+∞，()0f x '<，()f x 为减函数，可知()f x 有极大值为()a af e e -=（Ⅱ）欲使0lnx kx -<在(0,)+∞上恒成立，只需lnxk x<在(0,)+∞上恒成立，设()(0)lnxg x x x=>．由（Ⅰ）知，()1g x x e e =在处取最大值，∴1k e >（Ⅲ）1210e x x x >+>> ，由上可知()lnxf x x=在(0,)e 上单调递增，∴()()121121112112ln x x x ln x x lnx lnx x x x x x ++>>++即①，同理212212()x ln x x lnx x x +>+②两式相加得121212()ln x x lnx lnx lnx x +>+=1212x x x x ∴+>19．（2021•襄城区校级月考）已知函数2()()x a f x lnx-=（其中a 为常数）．（1）当1a =时，对于任意大于1的实数x ，恒有()f x k 成立，求实数k 的取值范围；（2）当01a <<时，设函数()f x 的3个极值点为1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，求证：13x x +>．【解答】解：（1）1x >时，()f x k ，即2(1)0x klnx --成立，令2()(1)g x x klnx =--，则222()x x k g x x--'=，1x > ，2222(1)0x x x x ∴-=->①0k，()0g x '>，()g x ∴在(1,)+∞上是增函数，1x ∴>时，()g x g >（1）0=，满足题意；②0k >时，令()0g x '=，解得10x =<，21x =>，2(1,)x x ∴∈，()0g x '<，()g x 在2(1,)x 上是减函数，2(1,)x x ∴∈，()g x g <（1）0=，不合题意，舍去，综上可得，0k；（2）由题，2()(21)()a x a lnx x f x ln x-+-'=，对于函数()21ah x lnx x=+-，有22()x a h x x -'=，∴函数()h x 在(0,2a 上单调递减，在(2a，)+∞上单调递增函数()f x 有3个极值点123x x x <<，从而()(21022min a ah x h ln ==+<，所以a <当01a <<时，h （a ）20lna =<，h （1）10a =-<，∴函数()f x 的递增区间有1(x ，)a 和3(x ，)+∞，递减区间有1(0,)x ，(,1)a ，3(1,)x ，此时，函数()f x 有3个极值点，且2x a =；∴当01a <<时，1x ，3x 是函数()21ah x lnx x=+-的两个零点；即有1133210210a lnx x a lnx x ⎧+-=⎪⎪⎨⎪+-=⎪⎩，消去a 有11133322x lnx x x lnx x -=-令()2g x xlnx x =-，()21g x lnx '=+有零点x =，且13x x <<∴函数()2g x xlnx x =-在上递减，在，)+∞上递增证明133131())x x x x g x g x +>⇔>-⇔>-13()()g x g x = ，∴即证11())g x g x >构造函数()())F x g x g x =>-，则0F =只需要证明(0x ∈，单调递减即可．而()22)2F x lnx ln x '=++，()0F x ''>，()F x '∴在(0上单调递增，()0F x F ∴'<=∴当01a <<时，13x x +>20．（2021•德阳模拟）设函数2()(1)()2x x af x e x e a R =-+-∈．（1）当1a e=时，求1()()x g x f x e -='⋅的单调区间(()f x '是()f x 的导数）；（2）若()f x 有两个极值点1x 、212()x x x <，证明：1223x x +>．【解答】解：（1）当1a e=时，21()(1)2x x f x e x e e =-+-，则1()()x x f x e e ex -'=-+，()x g x e ex =-+ ，()x g x e e ∴'=-+，显然()g x '递减，且g '（1）0=，故当1x 时，()0g x ' ，1x >时，()0g x '<，故()g x 在(,1)-∞递增，在(1,)+∞递减；（2）证明：2()(1)2x x af x e x e =-+- ，2()()x x x x f x ae xe e ae x ∴'=-+=-+，由题意知()0f x '=有2个不相等的实数根，即x ae x =有2个不相等的实数根1x ，2x ，则xx a e=，令()x x m x e =，则1()x xm x e -'=，令()0m x '>，解得：1x <，令()0m x '<，解得：1x >，故()m x 在(,1)-∞递增，在(1,)+∞递减，故()m x m （1）1e =，而x →∞时，()0m x →，故a 的取值范围是(0，1]e，由1212x x ae x ae x ⎧=⎪⎨=⎪⎩，得1212x x x x a e e -=-，故12122332x x x x ae ae +>⇔<+121212121212(2)(2)1x x x x x x x x x x x x e e ee e e ----=+=+--，令12t x x =-，则0t <，12323(2)1tt t x x e e <+⇔<+-，0t <，故不等式只要(3)230t t e t --->在0t <时成立，令()(3)23(0)t h t t e t t =---<，()(2)2(0)t h t t e t '=--< ，()(1)0t h t t e ''=->，故()h t '在0t <上单调递增，即()(0)0h t h '<'=，故()h t 在0t <上单调递减，即()(0)0h t h >=，故原不等式成立．21．（2014•台州一模）已知函数2()1x e ax f x x-=+．（1）若0a =，讨论()f x 的单调性．（2）若()f x 有三个极值点1x ，2x ，3x ．①求a 的取值范围；②求证：1232x x x ++>-．【解答】解：（1）当0a =时，()1xe f x x =+，1x ≠-，∴2()(1)xxe f x x '=+，当()0f x '<时，x 在(,1)-∞-和(1,0)-上，()f x 单调递减，当()0f x '>时，x 在(0,)+∞上，()f x 单调递增，（2）①2()1x e ax f x x -=+ ，2[(2)]()(1)x x e a x f x x -+∴'=+首先(0)0f '=，令()(2)x g x e a x =-+，则()0g x =应有两个既不等于0也不等于1-的根，求导可得，()x g x e a '=-，此时，()0x g x e a '=-=有唯一的根0x lna =，并且0x 是()g x 的极小值点，要使()0g x =有两根，只要0()0g x <即可，（因为当x →+∞和x →-∞时，()(2))x g x e a x =-+→+∞由0()(2)(1)0lna x g e a lna a lna =-+=-+<，得1a e>，。
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。
42 导数(解答题)极值点偏移专项训练
专题42 导数（解答题）极值点偏移专项训练【知识总结】一、极值点偏移的含义函数f (x )满足内任意自变量x 都有f (x )＝f (2m －x )，则函数f (x )关于直线x ＝m 对称．可以理解为函数f (x )在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f (x )为单峰函数，则x ＝m 必为f (x )的极值点x 0，如图(1)所示，函数f (x )图象的顶点的横坐标就是极值点x 0，若f (x )＝c 的两根的中点则刚好满足x 1＋x 22＝x 0，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移．图(1) 图(2) 图(3)若x 1＋x 22≠x 0，则极值点偏移．若单峰函数f (x )的极值点为x 0，且函数f (x )满足定义域内x ＝m 左侧的任意自变量x 都有f (x )>f (2m －x )或f (x )<f (2m －x )，则函数f (x )极值点x 0左右侧变化快慢不同．如图(2)(3)所示．故单峰函数f (x )定义域内任意不同的实数x 1，x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 22与极值点x 0必有确定的大小关系：若x 0<x 1＋x 22，则称为极值点左偏；若x 0>x 1＋x 22，则称为极值点右偏． 【方法总结】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x 0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x 0．(2)构造函数，即对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )或F (x )＝f (x 0＋x )－f (x 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． (3)判断单调性，即利用导数讨论F (x )的单调性．(4)比较大小，即判断函数F (x )在某段区间上的正负，并得出f (x )与f (2x 0－x )的大小关系．(5)转化，即利用函数f (x )的单调性，将f (x )与f (2x 0－x )的大小关系转化为x 与2x 0－x 之间的关系，进而得到所证或所求．若要证明f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22的符号问题，还需进一步讨论x 1＋x 22与x 0的大小，得出x 1＋x 22所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．2．比(差)值代换法比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t 表示)表示两个极值点，即t ＝x 1x 2，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．对数均值不等式法两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(, )ln ln ().a b a b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩(, )2a b L a b +≤（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当a b =时，等号成立．只证：当a b ≠(, )2a b L a b +<．不失一般性，可设a b >．证明如下： (1)(, )L a b < ①不等式①1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x b x ⇔-<⇔<<-=>其中 构造函数1()2ln (), (1)f x x x x x =-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--． 因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1, )+∞上单调递减，故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立；(2)再证：(, )2a b L a b +< ② 不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x a b a b x x a a b b x bb---⇔->⇔>⇔>=>+++其中 构造函数2(1)()ln , (1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++． 因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1, )+∞上单调递增，故()(1)0g x g >=，从而不等式②成立；综合(1)(2)知，对, a b +∀∈R(, )2a b L a b +≤成立，当且仅当a b =时，等号成立．【高考真题】1．(2022·全国甲理) 已知函数()ln x f x x x a e x =-+-． (1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12, x x ，则121x x <．【题型突破】1．已知函数f (x )＝e x －ax －1(a 为常数)，曲线y ＝f (x )在与y 轴的交点A 处的切线斜率为－1．(1)求a 的值及函数y ＝f (x )的单调区间；(3)若x 1＜ln2，x 2＞ln2，且f (x 1)＝f (x 2)，试证明：x 1＋x 2＜2ln2．2．已知函数f (x )＝ln x －ax 2，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 的两个根为x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2>4a ． 3．已知函数f (x )＝ln x ＋t x－s (s ，t ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性及最值；(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4．4．已知f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a >0． (1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a ．5．已知函数f (x )＝a ln x －x 2＋(2a －1)x (a ∈R )有两个不同的零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2>2a ．6．已知函数f (x )＝x －a e x ＋b (a >0，b ∈R )．(1)求f (x )的最大值；(2)若函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1＋x 2<－2ln a ．7．设函数2()(1)()2x x a f x e x e a =-+-∈R ． (1)当1ea =时，求1()()x g x f x e -='⋅的单调区间(()f x '是()f x 的导数）； (2)若()f x 有两个极值点1x 、212()x x x <，证明：1223x x +>．8．(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 ． 9．已知函数f (x )＝x ln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．求证：x 1x 2<1e 2． 10．已知函数()ln f x x ax =-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个零点1x ，212()x x x <．①求a 的取值范围；②证明：212e x x ⋅>．11．已知函数2()ln ()f x x x ax x a a =+-+∈R 在其定义域内有两个不同的极值点．(1)求a 的取值范围．(2)设()f x 的两个极值点为1x ，2x ，证明212e x x >．12．已知函数f (x )＝ln x x ＋a(a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0182 019与2 0192 018的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2．13．已知函数f (x )＝ln x ＋b x－a (a ∈R ，b ∈R )有最小值M ，且M ≥0． (1)求e a －1－b ＋1的最大值；(2)当e a －1－b ＋1取得最大值时，设F (b )＝a －1b－m (m ∈R )，F (x )有两个零点为x 1，x 2(x 1＜x 2)，证明：2312e x x >．14．已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )．(1)当x >1时，求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意x ∈[e ，e 2]，都有f (x )<4ln x 成立，求k 的取值范围；(3)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明x 1x 2<e 2k ．15．设函数f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x ．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若方程f (x )＝c 有两个不相等的实数根x 1，x 2，求证：12()02x x f +'>． 16．(2011辽宁)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ＞0，证明：当0＜x ＜1a 时，f (1a ＋x )＞f (1a－x )； (3)若函数y ＝f (x )的图象与轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：f '(x 0)＜0．17．设函数f (x )＝e x －ax ＋a ，其图象与轴交于A (x 1，0)，B (x 2，0)两点，且x 1＜x 2．(1)求a 的取值范围；(2)证明：f '(x 1x 2)＜0(f '(x )为函数f (x )的导函数)．18．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：f ′(x 1·x 2)<1－a ．19．已知函数f (x )＝a x＋ln x (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设f (x )的导函数为f ′(x )，若f (x )有两个不相同的零点x 1，x 2．①求实数a 的取值范围；②证明：x 1f ′(x 1)＋x 2f ′(x 2)>2ln a ＋2．20．已知函数f (x )＝e x ＋ax －1(a ∈R )．(1)若对任意的实数x ，函数y ＝f ′(x )的图象与直线y ＝x 有且只有两个交点，求a 的取值范围；(2)设g (x )＝f (x )－12x 2＋1，若函数g (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：g (x 1)＋g (x 2)>2．。
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．。
极值点偏移一题30问
则 h(x) = lnx - 1 < 0,h(x) 在 (1,e) 上递减,
∴ h(x) = h(e) = 0, 原不等式成立 .
法二 : 因为 xlnx ≥ x - 1 当且仅当 x = 1 时等号成立 .
第６页，共１２页
x e
lnxe
≥
x e
-
1,
当且仅当
x e
=
1
时等号成立，
即 x(lnx - 1) ≥ x - e 当且仅当 x = e 时等号成立,
1 x1
+
1 x2
>
2 e
,
令
1 x1
=
t1，x12
=
t2，
由题意得 lnx1 = ax1，lnx2 = ax2，
代入则有
ln
1 t1
=
at11
，ln
1 t2
=
at12
即
0
=
ln
t1
+
a t1
，0
=
ln
t2
+
a t2
，
两式作差有
lnt2
-
Int1
-
a t1
+
a t2
=
0
，
lnt2-lnt1 t2 - t1
>
2 x1 + x2
,
由对均不等式易证
:
x1
+
x2
>
2 a
3. 求证 : x1 + x2 > 2e
【解析】∵
0
<
a
<
1 e
∴
1 a
>
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大题精练--导数的极值点偏移1.（2013湖南文）已知函数21()1xx f x e x -=+，证明：当1212()()()f x f x x x =≠时，120.x x +< 【解析】易知，()f x 在(,0)-∞上单调递增，在(0,)+∞上单调递减。
当1x <时，由于210,01xx e x->>+，所以()0f x >；同理，当1x >时，()0f x <。
当1212()()()f x f x x x =≠时，不妨设12x x <，由函数单调性知12(,0),(0,1)x x ∈-∞∈。
下面证明：(0,1),()()x f x f x ∀∈<-，即证：221111x x x x e e x x --+<++，此不等式等价于1(1)0xxx x e e+--<. 令1()(1),(0,1)xxx F x x e x e+=--∈，则2()(1)x xF x xe e -'=--，当(0,1)x ∈时，()0F x '<，()F x 单调递减，从而()(0)0F x F <=，即1(1)0xx x x e e+--<，所以(0,1),()()x f x f x ∀∈<-。
而2(0,1)x ∈，所以22()()f x f x <-，又12()()f x f x =，从而12()()f x f x <-. 由于12,(,0)x x -∈-∞，且()f x 在(,0)-∞上单调递增，所以12x x <-，即证120.x x +< 2.已知21,x x 是函数ax e x f x -=)(的两个零点，且21x x <， （1）求证：221>+x x ；（2）求证：121<⋅x x . 【解析】(1)问题可以转化为：x e x y =与ay 1=有两个交点，由图知，2110x x <<< 且⎪⎩⎪⎨⎧==2121ax e ax e x x ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==a e x a e x x x 2121，∴)(1212x x a e e x x -=-，1212x x e e a x x --=故要证：221>+x x ，即证：221>+a e e x x ，也即证：1221221x x e e e e x x x x ->-+， 也即12211212x x e e x x x x ->-+--，令,12x x t -=则),0(+∞∈t 设)1(2)1()(--+=tte e t t g ，则0)(,1)(>=''+-='tttte t g e te t g ， ∴)(t g '在),0(+∞单调递增，即0)0()(='>'g t g .∴)(t g 在),0(+∞单调递增，即0)0()(=>g t g ，故原不等式得证.(2)要证：121<x x ，即证：1221<⋅a e e x x ，等价于212)(1221x x e e e e x x x x --<⋅， 也即2122)(1)(1221x x e e e e x x x x -<-⋅，等价于2122)(1)1(1212x x e e x x x x -<---，令012>-=x x t 等价于)0(1)1(22><-t te e t t ，也等价于)0(112><-t t e e t t，等价于即证：012<+-⋅t te e t 令)0(1)(2>+-⋅=t e e t t h tt，则)21(21)(2222tt tt t e t e e e t e t h -+=-⋅+='，又令)0(21)(2>-+=t e t t t ϕ，得0221)(2<⋅-='te tt ϕ，∴)(t ϕ在),0(+∞单调递减，0)0()(=<ϕϕt ，从而0)(<'t h ，)(t h 在),0(+∞单调递减，∴0)0()(=<h t h ，即证原不等式成立.【点评】从消元的角度，消掉参数a ，得到一个关于21,x x 的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式.3.已知函数2()ln f x x x x =++，正实数12,x x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：12x x +≥【解析】由1212()()0f x f x x x ++=，得2211122212ln ln 0x x x x x x x x ++++++= 从而212121212()()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，构造函数()ln t t t ϕ=-， 得11()1t t t tϕ-'=-=，可知()t ϕ在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)1t ϕϕ≥=，也即21212()()1x x x x +++≥，解得：12x x +≥. 4.已知函数1()ln ()f x a x a R x=--∈有两个零点1212,()x x x x <， 求证：112231a x x e -<+<-.【解析】21()xf x x-'=，知()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 且1201x x <<<，故要证：122x x +>，即证：2121x x >->，只要证：21()(2)f x f x >-，又因为12()()f x f x =，即证：11(2)()0f x f x --<.构造函数()(2)(),(0,1)F x f x f x x =--∈.即证()0F x <对(0,1)x ∈恒成立，前面有类似证明，此处略；下证：11231a x x e -+<-.因为()0f x =，本质上是1ln 0ax x x --=，令()1ln h x ax x x =--，则12,x x 也是()h x 的两个零点.由()1ln 0h x a x '=--=，得1a x e -=，故要证11231a x x e -+<-，结合122x x +>，只要证：1121232a x x x x e-++<-即证：1122a x x e -+<，即证：1212a x e x -<-，由()h x 的单调性知，只需证：1121()()(2e )a h x h x h x -=>-，同理构造函数1()()(2),(0,1)a H x h x h e x x -=--∈，利用单调性证明，下略.5.已知函数()(0)ax f x x e a =->，若存在1212,()x x x x <，使12()()0f x f x ==，求证：12x ae x <. 【解析】函数()f x 的零点等价于方程ln x a x =的实根，令ln (),(0)xg x x x=>，求导可知，()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，1()().Max g x g e e==（i ）下证：当10a e <<时，方程ln x a x =ln xa x=有两个实根.①当(0,)x e ∈时，()g x 是减函数，∵1(1)0,(e),(1)(e)g g g a g e==<<∴当(0,),x e ∈()g x 为增函数，1(1)0,(),(1)(),g g e g a g e e=<<∴当(0,)x e ∈时，ln xa x=有一解，记为1x .②当(,)x e ∈+∞时，()g x 为减函数，221()2ln ,g a a a=-先证：21()g a a <，即证：1ln 2a a >-，令()l n ,(0)h a a a a =>，求导由()h a 的单调性可得:min 111()()2h a h e e ==->-,故不等式1ln 2a a >-即证，也即原不等式21()g a a<成立.∴当(,)x e ∈+∞时，ln xa x=有一解，记为2x .（2）再证：12x ae x <. ∵111222ln x ax ax x ax x ==，而120x e x <<<，2ln 1x > ∴1122ln 1x ax ae ae x x =<=.证毕. 6.设函数()()xf x e a x a a R =-+∈的图像与x 轴交于1212(,0),(,0)()A x B x x x <两点，求证：1212x x x x <+.【解析】证明：由1212(1)(1)x x e a x e a x ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，易知211x x >>且a e >，从而11221211x x xx x e e e x --==-，令121,1x x αβ=-=-，则ln ln 1e αβααββαβ--=⇒=-，由于12121x x x x αβ<+⇔<，下面只要证明：11,(01)αββαβα<⇔<<<<，结合对数函数ln y x=的图像可知，只需证：11(,ln ),(,ln)αααα两点连线的斜率要比(,ln ),(,ln )ααββ两点连线的斜率小即可，又因为ln ln 1k αβαβ-==-，即证：1ln ln112ln 0(01)1αααααααα-<⇔-+><<-， 令1()2ln 0,(01)g ααααα=-+><<，则22212(1)()10g ααααα-'=--+=-<，∴()g α在(0,1)上单调递减，∴()(1)0g g α>=， ∴原不等式1212x x x x <+成立.7.已知()ln f x x x =的图像上有,A B 两点，其横坐标为1201x x <<<，且12()()f x f x =. （1）证明：1221x x e <+<；（2）证明：1<<【解析】（1）证明：由()ln ,()ln 1f x x x f x x '==+，令()0f x '=，得1x e=， 故12101x x e <<<<，构造函数21()()(),(0),F x f x f x x e e=--<< 则2221()ln ln()2ln ()2ln 20F x x x x x e e e '=+-+=-+<+=，故()F x 在1(0,)e上单调递减，即1()()0F x F e >=，∴2()()f x f x e >-，令1x x =，则2112()()()f x f x f x e =>-，再由2121,(,1)x x e e -∈，且()f x 在1(,1)e 上单调递增，故212x x e >-，即证：122x x e+>.又构造函数：1()()(1),(0)2g x f x f x x =--<<，则1112()ln ln(1)2,()01(1)xg x x x g x x x x x -'''=+-+=-=>--，故()g x '在1(0,)2上单调递增，由于0x →时，()g x '→-∞，且1()ln(1)0g e e'=->，故必存在01(0,)x e∈，使得0()0g x '=，故()g x 在0(0,)x 上单调递减，在01(,)2x 上单调递增，又0x →时，()0g x →，且1()02g =，故()0g x <在1(0,)2x ∈上恒成立，也即()(1)f x f x <-在1(0,)2x ∈上恒成立，令1x x =，有121()()(1)f x f x f x =<-，再由211,1(,1)x x e -∈，且()f x 在1(,1)e 上单调递增，故211x x <-，即证：121x x +<成立.综上：即证1221x x e<+<成立.（2）令12t t ==则22112212,,,(0,1)x t x t t t ==∈，且212()2ln ,()(),()2(2ln 1)h t t t h t h t h t t t '===+，令()0h t '=，得t =，故1201t t <<<<.构造函数()()),(0H t h t h t t =-<<，则()()),()())H t h t h t H t h t h t '''''''''=+-=-，由于4()0h t t '''=>，则()h t ''在上单调递增，因为t t <-，故()0H t ''<，()H t '在上单调递减，故()0H t H ''>=，即()H t在上单调递增，即()0H t H <=，即())h t h t <-，同理得出：12t t +<； 再构造1()()(1),(0)2G x h t h t t =--<<，同样求导利用单调性可得出1()()02G t G >=，从而()(1)h t h t >-对1(0,)2t ∈恒成立，同理得出：121t t +>.综上：即证121t t <+<成立，也即原不等式1<<. 8.设函数2()ln f x a x bx =-，其图像在点(2,(2))P f 处切线的斜率为3-.当2a =时，令()()g x f x kx =-，设1212,()x x x x <是方程()0g x =的两个根，0x 是12,x x 的等差中项，求证：0()0g x '<(()g x '为函数()g x 的导函数）.【解析】由2()2ln g x x x kx =--的两个零点12,x x ，则211122222ln 0,2ln 0,x x kx x x kx ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩ 相减得：221212122(ln ln )()()0x x x x k x x -----=，∵12x x ≠， ∴1212122(ln ln )()x x k x x x x -=-+-，故1200012122(ln ln )24()2x x g x x k x x x x x -'=--=-+- 11221121121212222(1)2()22[(ln ln )][ln ]1x x x x x x x x x x x x x x x x --=--=--+-+ 令12,(0,1)x t t x =∈，2(1)4()ln 2ln 11t t t t t t ϕ-=-=--++， 则22241(1)()0(1)(1)t t t t t t ϕ-'=-=-<++，()t ϕ在(0,1)上单调递减，故()(1)0t ϕϕ>=，又1220x x <-，所以0()0g x '<，证毕.9.设函数21()2ln (0)f x a x a ax a x=-->，函数()f x '为()f x 的导函数.且1122(,()),(,())A x f x B x f x 是()f x 的图像上不同的两点，满足12()()0f x f x +=，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0 1.ax > 【解析】∵120121212x x ax x x a a +>⇔>⇔>-，又依题意21()()0f x a x'=-≥，得()f x 在定义域上单调递增，所以要证01ax >，只需证2122()()()f x f x f x a -=>-，即222()()0f x f x a-+<……①不妨设12x x <，注意到1()0f a =，由函数单调性知，有1211,x x a a <>，构造函数2()()()F x f x f x a=-+，则F 32224(1)()()()(2)ax F x f x f x a x ax -'''=--=--，当1x a ≥时，()0F x '≤，即()F x 单调递减，当1x a >时，1()()0F x F a<=，从而不等式①式成立，故原不等式成立.10.已知函数2()(2)ln f x x a x a x =---，若方程()f x c =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：12()02x x f +'>. 【解析】证明：法一：由2()(2)ln f x x a x a x =---，得22(2)(2)(1)()2(2)2a x a x a x a x f x x a x x ----+'=---==，故只有0a >时，方程()f x c =才有两个不相等的实数根12,x x ，不妨设12x x <，则1202ax x <<<，满足21112222(2)ln ,(2)ln ,x a x a x c x a x a x c ⎧---=⎪⎨---=⎪⎩，两式相减得：22111222(2)ln (2)ln 0x a x a x x a x a x ----+-+=……①化简得：221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--.欲证：12()0()22x x a f f +''>=，结合()f x '的单调性，即证：1222x x a+> 等价于证明：22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--11122121222222ln 1x x x x x x x x x x --⇔<=++令12,(01)x t t x =<<，构造函数22()ln ,(01)1t g t t t t -=-<<+，求导由单调性易得原不等式成立，略. 法二：接①后续解:由①得：11212122()()(2)()ln0x x x x x a x x a x +-----= 即：121212ln()(2)0x a x x x a x x +---=-……②而11221212ln()()(2)2x a x x x f x x a x x +'=+----……③ 由②③得：11221212ln2()2x a x x x af x x x x +'=--+ 11121211221212222(1)2()(ln )(ln )1x x x x x x a a x x x x x x x x x --=-=--+-+……④ 要证：12()02x x f +'>112112222(1)(ln )01x x x a x x x x -⇔->-+，令12,(01)xt t x =<< 构造函数2(1)()ln ,(01)1t m t t t t -=-<<+，求导由单调性易得()0m t <在(0,1)t ∈恒成立，又因为120,0a x x >-<，故12()02x x f +'>成立. 法三：接④后续解：视1x 为主元，设22222222222()4()1()ln ln ,()0()()x x x x x g x x x g x x x x x x x x --'=--=-=>+++ 则()g x 在2(0,)x x ∈上单调递增，故2()()0g x g x <=，再结合120,0a x x >-<，故12()02x x f +'>成立.法四：构造函数()()(),(0)222a a a h x f x f x x =--+<<， 则24()()()022()()22a a x h x f x f x a a x x '''=---+=>+-，从而()h x 在(0,)2a上单调递增，故()(0)0h x h >=，即()()22a a f x f x ->+对(0,)2ax ∈恒成立，从而()(),(0)2a f x f a x x >-<<，则211()()()f x f x f a x =>-，由21,(,)2ax a x -∈+∞，且()f x 在(,)2a +∞单调递增，故21x a x >-，即1222x x a+>，从而12()02x x f +'>成立.。