高考数学极值点问题
高考数学中的条件极值问题详解
高考数学中的条件极值问题详解随着高考的临近，每年的高考数学考试都是很多考生最为头疼的一部分。
其中，条件极值问题就是很多考生容易遇到的难题。
本文将从条件极值问题的定义、解题思路和常见例题等方面来详解这一难点。
一、条件极值问题的定义条件极值问题是指在满足一定条件下，求出目标函数的最大值或最小值。
所谓目标函数，就是表示问题中要求最大值或最小值的那个函数式。
条件则是问题给出的限制条件。
例如，假设有一个长为 L、宽为 W 的矩形，求其面积最大值，那么这个“最大值” 就是目标函数，而长和宽的限制条件则是其长度 L、宽度 W 必须满足的限定范围。
二、解题思路1. 确定目标函数在解题过程中，首先要明确目标函数是什么，根据题目描述确定目标函数，通常来说是在条件下求出某个量的最大值或最小值。
2. 确定限制条件由题目中的条件限制，列出等式或不等式，这些条件是问题的限制条件，限定了问题中变量的取值范围。
3. 消去无关变量有时候，为了方便计算，我们需要将无关变量进行消去，只留下一个或两个有关的变量。
4. 联立目标函数和条件将目标函数和限制条件进行联立，并进行化简，得到一条或多个关于有关变量之间的等式或不等式关系。
5. 求导数如果是求最值，那么需要对目标函数进行求导，然后将导函数等于零的解代入原函数中，并判断取得最大值或最小值的点是否在条件限制范围之内。
三、常见例题解析1. 一个质量为 m 的圆柱体，其长度为 L，求将它铸成一个底面积为 A 的球体，所需要的最少金属材料的量。
分析：目标函数为金属的总重量，即重量 W；限制条件可以根据推导得出表达式4πR^2 = A 和V = πR^2L。
其中，R 表示球体的半径，V 表示圆柱体的体积。
根据重量 W 以 R 为单变量函数求导数，并求出导数等于零的解 R0，将其代入 W 中求得最小值。
2. 在所有等边三角形 ABC 中，以 AK、BL、CM 为三边所成的三角形P 的面积最大。
证明此三角形是等边三角形，并求其面积。
高考数学技巧解决复杂的函数极值和最值问题
高考数学技巧解决复杂的函数极值和最值问题函数极值和最值问题在高考数学中占有重要地位，涉及到函数的最大值、最小值以及极大值、极小值等概念。
这些问题需要我们灵活运用数学知识和技巧来解决。
在本文中，我将介绍一些高考数学技巧，帮助大家解决复杂的函数极值和最值问题。
一、化简与转换在解决函数极值和最值问题时，我们常常会碰到复杂的函数表达式。
这时，我们可以通过化简与转换来简化问题。
具体方法如下：1. 代数化简：利用代数运算的性质，将函数表达式进行化简。
常见的代数化简技巧有因式分解、配方法、合并同类项等。
通过化简，我们可以得到更简洁的函数表达式，便于后续的处理。
2. 函数性质转化：对于一些特殊类型的函数，我们可以利用其性质进行转化。
比如，对于幂函数，可以利用对数函数的性质进行转化；对于三角函数，可以利用三角函数的周期性进行转化。
通过函数性质的转化，我们可以将原问题转化为更简单的形式，进而解决问题。
二、求导与判定求导是解决函数极值和最值问题的常用技巧。
通过求导，我们可以确定函数的增减性和极值点。
具体方法如下：1. 求导：首先，我们需要求出函数的导数。
对于一元函数，我们可以直接对函数进行求导；对于多元函数，我们需要利用偏导数的概念进行求导。
求导的结果是一个新的函数，表示了原函数的变化率。
2. 极值判定：通过求导，我们可以判定函数的增减性和极值点。
当导数为0或不存在时，表明函数可能存在极值点。
通过对导数符号的分析，我们可以确定极值点的位置和类型。
例如，导数从正变负时，函数可能存在极大值点；导数从负变正时，函数可能存在极小值点。
三、辅助图像与辅助直线辅助图像和辅助直线是解决函数极值和最值问题的有效工具。
通过绘制图像和直线，我们可以直观地理解问题，确定问题的范围和性质。
具体方法如下：1. 绘制函数图像：通过绘制函数的图像，我们可以观察函数的变化趋势和特点。
特别是对于一些特殊的函数，如三角函数、指数函数等，其图像可以揭示函数的周期性、单调性等性质。
高考数学中的函数极值问题详解
高考数学中的函数极值问题详解函数极值是高考数学考试中必考的一个知识点，也是数学经典中的基础概念之一。
对于几乎所有的数学应用问题，都可以抽象出一个函数模型，因此函数极值的研究具有很高的实用性和理论意义。
本文将详细解析高考数学中的函数极值问题，包括一元函数和多元函数两种情况。
一、一元函数1. 什么是函数极值在一元函数的定义域内，若存在一点x0，使得它的函数值f(x0)不小于（或不大于）其它点的函数值，那么称f(x0)为函数的一个极大值（或极小值），x0称为极值点。
如下图所示，函数f(x)在x=a处达到极大值，x=b处达到极小值。
（图片来源于B站UP主@水良之家）2. 极值的判定方法（1）导数法对于一元函数f(x)，其导数f'(x)能够反映函数的增减性和变化趋势，因此使用导数来判断函数的极值是一种比较常见的方法。
具体来说，求出函数的导数，并令导数为0，求解其值即可得到原函数的极值点。
若导数为0的点是可导的，则它一定是极值点。
若导数为0的点不可导，则需要用单侧极限来进行讨论。
下面是一个例题：已知函数f(x)=x³-3x在区间[-2,2]上的驻点和极值点，试求f(x)的极值。
解：首先求导，得到f'(x)=3x²-3，令其为0，则得到x=±1又由于f(x)在-2,1,2处是可导的，因此极值点分别为x=-1,x=1。
在x=-2处不是极值点，它是函数f(x)的最小值点。
（2）二阶导数法在一元函数的定义域内，若f'(x0)=0且f''(x0)>0，说明在x0处函数的单调性发生了变化，由单调减变为单调增，因此x0就是函数的一个极小值点。
反之若f'(x0)=0且f''(x0)<0，则x0为函数的一个极大值点。
在使用这种方法时需要注意，函数的二阶导数f''(x)在某些情况下可能不存在，此时不能使用该方法来判定函数的极值。
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，
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(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数 根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.
(完整版)高二数学函数的极值与最值试题
高二数学函数的极值与最值试题一：选择题1． 函数x ax x x f ++=23)(在),0(+∞内有两个极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．),0(+∞ B ．)3,3(- C ．)0,(-∞ D ．)3,(--∞【答案】D2．函数f （x ）=x 2+x ﹣lnx 的极值点的个数是（ ） A ． 0个 B ． 1个 C ． 2个 D ． 3个解：由于函数f （x ）=x 2+x ﹣lnx ，（x ＞0） 则==（x ＞0）令f ’（x ）=0，则故函数f （x ）=x 2+x ﹣lnx 的极值点的个数是1， 故答案为 B ．3．如图所示的是函数d cx bx x x f +++=23)(的大致图象，则2221x x +等于（ ）A ．32 B ．34C ．38 D ．316【答案】C4．函数12)(+⋅=x ex x f ,[]1,2-∈x 的最大值为（ ）A.14e -B.0C. 2eD. 23e 【答案】C5．函数)0(3)(3>+-=a b ax x x f 的极大值为6,极小值为2,则)(x f 的减区间是( ) A. （-1，1） B. （0，1） C. （-1，0） D. （-2，-1）【答案】A6．右图是函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象，xyO 1-2-3-1给出下列命题：①3-是函数()y f x =的极值点； ②1-是函数()y f x =的极小值点； ③()y f x =在0x =处切线的斜率小于零；④()y f x =在区间(3,1)-上单调递增.则正确命题的序号是（ ）A.①②B.①④C.②③D.②④ 【答案】B7.（2008•广东）设a ∈R ，若函数y=e ax +3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则（ ） A ． a ＞﹣3 B ． a ＜﹣3 C ． a ＞﹣ D ．a ＜﹣ 解：设f （x ）=e ax +3x ，则f ′（x ）=3+ae ax ．若函数在x ∈R 上有大于零的极值点． 即f ′（x ）=3+ae ax =0有正根．当有f ′（x ）=3+ae ax =0成立时，显然有a ＜0， 此时x=ln （﹣）．由x ＞0，得参数a 的范围为a ＜﹣3． 故选B ．8.【2012高考真题辽宁理12】若[0,)x ∈+∞，则下列不等式恒成立的是 (A)21xe x x ++„ 2111241x x x<-++(C)21cos 12x x -… (D)21ln(1)8x x x +-… 【答案】C【解析】设2211()cos (1)cos 122f x x x x x =--=-+，则()()sin ,g x f x x x '==-+ 所以()cos 10g x x '=-+≥，所以当[0,)x ∈+∞时，()()()(0)0,g x g x f x g '==为增函数，所以≥同理21()(0)0cos (1)02f x f x x =∴--≥，≥，即21cos 12x x -…，故选C9．已知函数3211()2(,,)32f x x ax bx c a b c R =+++∈，且函数()f x 在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值，则22(3)z a b =++的取值范围为( )A. 2(,2)2 B.1(,4)2C. (1,2)D.(1,4) 【答案】B10.【2012高考真题全国卷理10】已知函数y ＝x ²-3x+c 的图像与x 恰有两个公共点，则c ＝（A ）-2或2 （B ）-9或3 （C ）-1或1 （D ）-3或1 【答案】A【解析】若函数c x x y +-=33的图象与x 轴恰有两个公共点，则说明函数的两个极值中有一个为0，函数的导数为33'2-=x y ，令033'2=-=x y ，解得1±=x ，可知当极大值为c f +=-2)1(，极小值为2)1(-=c f .由02)1(=+=-c f ，解得2-=c ，由02)1(=-=c f ，解得2=c ，所以2-=c 或2=c ，选A.11．（2012•昌图县模拟）下列关于函数f （x ）=（2x ﹣x 2）e x 的判断正确的是（ ） ①f （x ）＞0的解集是{x|0＜x ＜2}；②f （﹣）是极小值，f （）是极大值； ③f （x ）没有最小值，也没有最大值．A ． ①③B ． ①②③C ． ②D ． ①② 解：由f （x ）＞0⇒（2x ﹣x 2）e x ＞0⇒2x ﹣x 2＞0⇒0＜x ＜2，故①正确； f ′（x ）=e x （2﹣x 2），由f ′（x ）=0得x=±， 由f ′（x ）＜0得x ＞或x ＜﹣， 由f ′（x ）＞0得﹣＜x ＜，∴f （x ）的单调减区间为（﹣∞，﹣），（，+∞）．单调增区间为（﹣，）．∴f （x ）的极大值为f （），极小值为f （﹣），故②正确． ∵x ＜﹣时，f （x ）＜0恒成立．∴f （x ）无最小值，但有最大值f （） ∴③不正确． 故选D ．12．（2010•安庆模拟）如果函数满足：对于任意的x 1，x 2∈[0，1]，都有|f （x 1）﹣f （x 2）|≤1恒成立，则a 的取值范围是（ ） A ． B ．C ．D ．解：由题意f ′（x ）=x 2﹣a 2当a 2≥1时，在x ∈[0，1]，恒有导数为负，即函数在[0，1]上是减函数，故最大值为f （0）=0，最小值为f （1）=﹣a 2，故有，解得|a|≤，故可得1≤a ≤当a 2∈[0，1]，由导数知函数在[0，a ]上增，在[a ，1]上减，故最大值为f （a ）=又f（0）=0，矛盾，a ∈[0，1]不成立， 故选A ．二:填空题13．函数322()f x x ax bx a =+++在1x =时有极值10，那么,a b 的值分别为________. 【答案】4，-11 14．已知函数f (x) 的导数f ′(x)＝a(x ＋1)(x －a)，若f (x)在x ＝a 处取得极大值，则a 的取值范围是 。
高考数学培优点 极值点偏移
跟踪训练 1 (2022·全国甲卷)已知函数 f(x)＝exx－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞). 由 f′(x)＝exxx－2 1－1x＋1 ＝exx－1x2－x＋x2＝ex＋xx2x－1， 可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
x－bx＝0，得
b＝lnx
x (x>0).
令 φ(x)＝lnxx(x>0)，则 φ′(x)＝1－xl2n x，
由φ′(x)>0，得0<x<e；由φ′(x)<0，调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
所以 φ(x)max＝φ(e)＝1e. 又φ(1)＝0，且当x→＋∞时，φ(x)→0；当x→0时，φ(x)→－∞，
题型一 对称化构造函数
例1 (2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x. (1)求f(x)的极值；
因为f(x)＝xe2－x， 所以f′(x)＝(1－x)e2－x， 由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1， 所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又f(1)＝e， 所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值.
由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0，
于是ln ln
x1＋1＝ax1， x2＋1＝ax2，
令xx21＝t，则由 x2>2x1 可得 t>2.
于是 t＝xx21＝llnn xx21＋ ＋11＝ln tl＋n xln1＋x11＋1，
即 ln x1＝tl－n t1－1.
从而 ln x2＝ln t＋ln x1＝tt－ln 1t －1.
另一方面，对 x1x22>3e23 两端分别取自然对数，
极值点、拐点偏移问题 高考数学大一轮复习(新高考地区)(解析版)
3.8极值点、拐点偏移问题【题型解读】【知识储备】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．二、极值点偏移问题的一般题设形式(1)若函数f (x )存在两个零点x 1，x 2且x 1≠x 2，求证：x 1＋x 2＞2x 0（x 0为函数f (x )的极值点）；(2)若函数f (x )定义域中存在x 1，x 2且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且x 1≠x 2，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f '(x 0)＞0；(4)若函数f (x )定义域中存在x 1，x 2且x 1≠x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f '(x 0)＞0．三、极值点偏移问题的一般解法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 ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩(, )2a bab 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 bab L a b +<<．不失一般性，可设a b >．证明如下： (1)(, )ab L a b < ① 不等式①1ln ln ln2ln (1)a a b a a b x x x b b a x bab⇔-<⇔<⇔<-=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 bL a b +<②不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x ab 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 bab L a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立． 【题型精讲】【题型一 极值点偏移解法赏析】例1 （2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数f (x )＝x e －x (x ∈R )． (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．【解析】 (1)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)方法一 (对称化构造法)欲证x 1＋x 2>2，即证x 1>2－x 2，由(1)可设0<x 1<1<x 2，故x 1，2－x 2∈(0，1)， 又因为f (x )在(0，1)上单调递增，故只需证f (x 1)>f (2－x 2)，又因为f (x 1)＝f (x 2)， 故也即证f (x 2)>f (2－x 2)，构造函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，x ∈(1，＋∞)， 则等价于证明F (x )>0对x ∈(1，＋∞)恒成立．由F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝e －x (1－x )＋e x －2(x －1)＝(x －1)(e x －2－e －x )， ∵当x >1时，x －1>0，e x －2－e －x >0，∴F ′(x )>0， 则F (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以F (x )>F (1)>0，即已证明F (x )>0对x ∈(1，＋∞)恒成立，故原不等式x 1＋x 2>2亦成立． 方法二 (比值换元法)设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)即1212e e ,x x x x --=取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2．xyx 1+x 22x 2x 1f x () = x ∙ex1e1O令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1．∴x 1＋x 2＝(t ＋1)ln t t －1>2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1 (t >1)，∴g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，∴当t >1时，g (t )为增函数，∴g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2(t －1)t ＋1>0，故x 1＋x 2>2．方法三 (对数均值不等式法)设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)，即1212e e ,x x x x --=取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2，可得，1＝x 1－x 2ln x 1－ln x 2，利用对数平均不等式得，1＝x 1－x 2ln x 1－ln x 2<x 1＋x 22，即证，x 1＋x 2>2．【题型精练】1．（2022·天津·崇化中学期末）已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设f (x )的两个零点是x 1，x 2，求证：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．【解析】 (1)函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝－(ax －1)(2x ＋1)x，①当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0， 则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)法一：对称化构造法由(1)易知a >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减，不妨设0<x 1<1a <x 2， f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0⇔x 1＋x 22>1a ⇔x 1＋x 2>2a ，故要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0，只需证x 1＋x 2>2a 即可．构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝⎛⎭⎫2a －x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ， F ′(x )＝f ′(x )－⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫2a －x ′＝f ′(x )＋f ′⎝⎛⎭⎫2a －x ＝2ax (ax －2)＋2x (2－ax )＝2(ax －1)2x (2－ax )， ∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，∴F ′(x )＝2(ax －1)2x (2－ax )>0，∴F (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， ∴F (x )<F ⎝⎛⎭⎫1a ＝f ⎝⎛⎭⎫1a －f ⎝⎛⎭⎫2a －1a ＝0，即f (x )<f ⎝⎛⎭⎫2a －x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ， 又x 1，x 2是函数f (x )的两个零点且0<x 1<1a<x 2，∴f (x 1)＝f (x 2)<f ⎝⎛⎭⎫2a －x 1，而x 2，2a －x 1均大于1a ，∴x 2>2a －x 1，∴x 1＋x 2>2a ，得证．法二：对数平均不等式法易知a >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 不妨设0<x 1<1a <x 2，f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0⇔x 1＋x 22>1a ．因为f (x )的两个零点是x 1，x 2，所以ln x 1－ax 21＋(2－a )x 1＝ln x 2－ax 22＋(2－a )x 2，所以ln x 1－ln x 2＋2(x 1－x 2)＝a (x 21－x 22＋x 1－x 2)，所以a ＝ln x 1－ln x 2＋2(x 1－x 2)x 21－x 22＋x 1－x 2，以下用分析法证明，要证x 1＋x 22>1a ， 即证x 1＋x 22>x 21－x 22＋x 1－x 2ln x 1－ln x 2＋2(x 1－x 2)，即证x 1＋x 22>x 1＋x 2＋1ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋2，即证2x 1＋x 2<ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋2x 1＋x 2＋1，只需证2x 1＋x 2<ln x 1－ln x 2x 1－x 2，即证x 1＋x 22>x 1－x 2ln x 1－ln x 2，根据对数平均不等式，该式子成立，所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．法三：比值换元法因为f (x )的两个零点是x 1，x 2，不妨设0<x 1<x 2，所以ln x 1－ax 21＋(2－a )x 1＝ln x 2－ax 22＋(2－a )x 2，所以a (x 22－x 21)＋(a －2)(x 2－x 1)＝ln x 2－ln x 1，所以ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝a (x 2＋x 1)＋a －2，f ′(x )＝1x －2ax ＋2－a ，f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝2x 1＋x 2－a (x 1＋x 2)－(a －2)＝2x 1＋x 2－ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝1x 2－x 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－11＋x 2x 1－ln x 2x 1， 令t ＝x 2x 1(t >1)，g (t )＝2(t －1)1＋t －ln t ，则当t >1时，g ′(t )＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0，所以g (t )在(1，＋∞)上单调递减，所以当t >1时，g (t )<g (1)＝0，所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．【题型二 加法型极值点偏移】例2 （2022·山东青岛高三期末）已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R ．(1)若f (x )存在极值点1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2． 【解析】 (1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －ax，因为f (x )存在极值点1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1．(2)f ′(x )＝x ＋1－a －ax＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝a ，当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增，当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减， 所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )．又f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0，整理得ln a >1－12a ，作y ＝f (x )关于直线x ＝a 的对称曲线g (x )＝f (2a －x )， 令h (x )＝g (x )－f (x )＝f (2a －x )－f (x )＝2a －2x －a ln 2a －xx ，则h ′(x )＝－2＋2a 2(2a －x )x ＝－2＋2a 2－(x －a )2＋a 2，因为在(0，2a )上，h ′(x )≥0，所以h (x )在(0，2a )上单调递增， 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0，即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)， 又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数，所以2a －x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ，又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2． 【题型精练】1．（2022·天津市南开中学月考）已知函数31()28ln 6f x x ax x =-+． （1）若函数()f x 在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围； （2）若函数()f x 存在两个极值点12,x x ，求证：124x x +>． 【解析】（1）易知()f x 的定义域为(0,)+∞，由题意知28()202x f x a x '=-+≥，即244x a x ≤+在(0,)+∞上恒成立，．令24()(0)4x g x x x=+>，则32248()22x x g x x x -'=-=．当2x >时，()0g x '>，()g x 单调递增； 当02x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以当2x =时，()g x 有最小值(2)3g =， 所以3a ≤；（2）因为28()22x f x a x '=-+，由()0f x '=知，24=4x a x+，设24()(0)4x g x x x=+>则12()()g x g x =，且()g x 在(2,)+∞上单调递增，在(0,2)上单调递减，所以可令，1202x x <<<，．令()(2)(2)h x g x g x =+--，(2,0)x ∈-．则222442(23)(+23)()(2)(2)2(2)(2)x x x h x g x g x x x -'''=++-=--+-因为(2,0)x ∈-，所以()0h x '<，所以()h x 上在(2,0)-单调递减，且(0)0h =， 所以(2,0)x ∈-时，()(2)(2)(0)0h x g x g x h =+-->=． 又1(0,2)x ∈，所以12(2,0)x -∈- 所以111(2)()(4)0h x g x g x -=-->． 所以211()()(4)g x g x g x =>-．因为12x <，142x ->，22x >且()g x 在(2,)+∞上单调递增， 所以214x x >-，124x x +>．2. （2022·安徽省江淮名校期末）已知函数21()e 2x f x x ax =--（a ∈R ）．(1)若函数()f x 在R 上是增函数，求实数a 的取值范围；(2)如果函数()21()()2g x f x a x =--恰有两个不同的极值点12, x x ，证明：12ln 22x x a +<．【解析】 (1)()f x 是R 上是增函数，, ()e 0x x f x x a '∴∀∈=--≥R ，()mine x a x ∴≤-设()e x h x x =-，()e 1x h x '=-，令()0h x '>解得0x >，故()h x 在(, 0)-∞单调递减，在(0 +)∞，单调递增．min ()(0)1h x h ∴==，1a ∴≤． (2)依题意可得：221()()()e 2x g x f x a x ax ax =--=--，()e 2x g x ax a '=--．12, x x 是极值点，121122()0e 20()0e 20xxg x ax a g x ax a '⎧=--=⎧⎪⇒⎨⎨'=--=⎪⎩⎩，两式相减可得：1212e e 2x x a x x -=-． 所证不等式等价于：1212121221212e e e e ln e 2x x x x x x x x x x x x ++--<⇔<--，不妨设12x x >，两边同除以2e x 可得： 12122121x x x x x x ---<-ｅｅ（观察指数幂的特点以及分式的分母，化不同为相同，同除以2e x 使得多项呈12x x -的形式） 从而考虑换元减少变量个数．令12t x x =-()0, t ∈+∞．所证不等式只需证明：221e e e +1<0tt t t e t t -<⇔-，设()2e e 1tt p x t =-+，22()e (e (1))2t t t p x '=--+由e 1xx ≥+可得：2e (1)02t t-+≥，()0p x '∴≤，()p t ∴在()0 +∞，单调递减，()(0)0p t p <=，∴原不等式成立即12ln 22x x a +< 【题型三 乘法型极值点偏移】例3 （2022·河南高三期末）已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，x ∈R ．(1)当m ＝－2时，求函数f (x )的所有零点；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 1x 2＞e 2(e 为自然对数的底数)．【解析】 (1)当m ＝－2时，f (x )＝x ln x ＋x 2－x ＝x (ln x ＋x －1)，x ＞0．设g (x )＝ln x ＋x －1，x ＞0， 则g ′(x )＝1x＋1＞0，于是g (x )在(0，＋∞)上为增函数．又g (1)＝0，所以g (x )有唯一的零点x ＝1，从而函数f (x )有唯一的零点x ＝1． (2)欲证x 1x 2＞e 2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2．由函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，可得函数f ′(x ) 有两个零点，又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不同实根．于是有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0， ①ln x 2－mx 2＝0， ②①＋②可得ln x 1＋ln x 2＝m (x 1＋x 2)，即m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，②－①可得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)，即m ＝ln x 2－ln x 1x 2－x 1，从而可得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，于是ln x 1＋ln x 2＝⎝⎛⎭⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1．由0＜x 1＜x 2，设t ＝x 2x 1，则t ＞1．因此ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln t t －1，t ＞1．要证ln x 1＋ln x 2＞2，即证(t ＋1)ln t t －1＞2(t ＞1)，即证当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1．令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，所以h (t )为(1，＋∞)上的增函数．因此h (t )＞ln 1－2(1－1)1＋1＝0．于是当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1．所以有ln x 1＋ln x 2＞2成立，即x 1x 2＞e 2．【题型精练】1．（2022·广东·高三期末）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)解：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10e x <<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)解：要证()12e e xf 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 e x x m x =-，其中0x >，则()1e xx 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 xf x x >-；(3)解：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 x x xa 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()()()()121212121212121224ln ln ln x x x x x x x x x x x x x x +-<= 1212x x x x = 所以12122x x x x >，即12121x x x x >. 令()2ln x x x ϕ=-，()2120x x xϕ'=+>，则()x ϕ在()0,∞+上单调递增. 又)12ln2ln 21122e e =+<，所以)12121ln 22x x e x x e>>)122x x e ϕϕ>，所以2122x xe >.【题型四 导数型极值点偏移】例4 （2022·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数g (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x (a ∈R )． (1)求g (x )的单调区间；(2)若函数f (x )＝g (x )＋(a ＋1)x 2－2x ，x 1，x 2(0＜x 1＜x 2)是函数f (x )的两个零点，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．【解析】(1)函数g (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)， g ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝－(ax －1)(2x ＋1)x，①当a ≤0时，g ′(x )>0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则g ′(x )>0，若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则g ′(x )<0， 则g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)因为x 1，x 2是f (x )＝ln x ＋ax 2－ax 的两个零点，所以ln x 1＋ax 21－ax 1＝0，ln x 2＋ax 22－ax 2＝0，所以a ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋(x 2＋x 1)，又f ′(x )＝1x ＋2x －a ， 所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝2x 1＋x 2＋(x 1＋x 2)－a ＝2x 1＋x 2－ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0，只须证明2x 1＋x 2－ln x 1－ln x 2x 1－x 2<0， 即证明2(x 1－x 2)x 1＋x 2>ln x 1－ln x 2，即证明()12112221ln *1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+令()120, 1x t x =∈，则()()1ln 22h t t t t =+-+，则()1ln 1h t t t =+-'， ()2110h t t t=-'<'． ∴()h t '在()0, 1上递减， ()()10h t h '>='，∴()h t 在()0, 1上递增， ()()10h t h <=． 所以()*成立，即1202x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭'．【题型精练】1.（2022·全国高三课时练习）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 +'>． 【解析】 (1)(0, )x ∈+∞．22(2)(2)(1)()2(2)a x a x a x a x f x x a x x x----+'=---==．当0a ≤时，()0f x '>，函数()f x 在(0, )+∞上单调递增，即()f x 的单调递增区间为(0, )+∞． 当0a >时，由()0f x '>得2a x >；由()0f x '<，解得02ax <<．所以函数()f x 的单调递增区间为(, )2a +∞，单调递减区间为(0, )2a．(2)1x ，2x 是方程()f x c =得两个不等实数根，由(1)可知：0a >．不妨设120x x <<．则()21112ln x a x a x c ---=，()22222ln x a x a x c ---=．两式相减得()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ----+-+=，化为221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--．()02a f '=，当(0, )2a x ∈时，()0f x '<，当(, )2ax ∈+∞时，()0f x '>． 故只要证明1222x x a+>即可，即证明22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--，即证明11221222ln x x x x x x -<+，设12(01)x t t x =<<，令()22ln 1t g t t t -=-+，则22214(1)()(1)(1)t g t t t t t -'=-=++． 10t >>，()0g t ∴'>．()g t ∴在(0, 1)上是增函数，又在1t =处连续且(1)g 0=，∴当(0, 1)t ∈时，()0g t <总成立．故命题得证．【题型五 拐点偏移问题】例5 （2022·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f (x )＝x a x a x x )1(2ln 2-+-，其导函数f ′(x )的最大值为0.(1)求实数a 的值；(2)若),(1)()(2121x x x f x f ≠-=+证明12 2.x x +>【解析】 （1）【解法一】由题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞，其导函数()()ln 1f x x a x '=-- 记()(),h x f x '= 则()1.axh x x-'= 当0a ≤时，()10axh x x-'=≥恒成立， 所以()h x 在()0,+∞上单调递增，且()10h =.所以()1,x ∀∈+∞，有()()0h x f x '=>，故0a ≤时不成立；当0a >时，10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭若，则()10ax h x x -'=>；若1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，则()10axh x x -'=<. 所以()h x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减又()10h = 若01a << 即11a>时，则()()h x f x '=在()0,1单调递减，()()()0,1,10x f x f ''∀∈>=， 故01a <<时不成立； 若1a > 即101a <<时，则()()h x f x '=在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，()()1,1,10x f x f a ⎛⎫''∀∈>= ⎪⎝⎭， 故1a >时不成立；若1a =时，则()()h x f x '=在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，所以()()()max 0,,10x f x f ''∀∈+∞==成立 ，故1a =时成立. 综上可知，1a = 【解法二】由题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞ ，其导函数()()ln 1f x x a x '=-- 记()()h x f x '= 则()1.axh x x-'= 当0a ≤时，()10axh x x-'=≥恒成立，所以()h x 在()0,+∞上单调递增，且()10h =. 所以()1,x ∀∈+∞，有()()0h x f x '=>，故0a ≤时不成立；当0a >时，10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭若，则()10ax h x x -'=>；若1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，则()10axh x x -'=<.所以()h x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减所以()max 1ln 10h x h a a a ⎛⎫==-+-= ⎪⎝⎭令()()11ln 1,1.a g a a a g a a a-'=-+-=-=则 ()()()()()010; 1 0.011.a g a a g a g a ''<<<>>+∞当时，当时，所以在，的单减，在，单增所以()()10g a g =，故.1=a（2）【解法一】（分析法解题）当1a =时，()21ln 2f x x x x =-，则()1ln f x x x '=+-.由（1）知()1ln 0f x x x '=+-≤恒成立， 所以()21ln 2f x x x x =-在()0,+∞上单调递减，且()112f =-，()()()121=21f x f x f +=-不妨设120x x << ，则1201,x x <<<欲证122x x +>，只需证212x x >-，因为()f x 在()0,+∞上单调递减， 则只需证()()212f x f x <-，又因为()()121f x f x +=-， 则只需证()()1112f x f x --<-,即()()112+ 1.f x f x ->- 令()()()()()20,1F x f x f x x =+-∈其中，且()11F =-. 所以欲证()()112+1f x f x ->-，只需证()()()1,0,1,F x F x >∈ 由()()()()()21ln 1ln 22F x f x f x x x x x '''=--=+--+--+， 整理得：()()()()ln ln 2210,1F x x x x x '=--+-∈，，()()()()22100,12x F x x x x -''=>∈-，，所以()()()ln ln 221F x x x x '=--+-在区间()0,1上单调递增，所以()0,1x ∀∈，()()()()ln ln 22110F x x x x F ''=--+-<=， 所以函数()()()2F x f x f x =+-在区间()0,1上单调递减， 所以有()()()10,1F x F x >∈，，故12 2.x x +>. 【解法二】（综合法书步骤）当1a =时，()21ln 2f x x x x =-，则()1ln f x x x '=+-.由（1）知()1ln 0f x x x '=+-≤恒成立， 所以()21ln 2f x x x x =-在()0,+∞上单调递减，且()112f =-，()()()121=21f x f x f +=-不妨设120x x << ，则1201,x x <<<令()()()()()20,1F x f x f x x =+-∈其中 ，且()11F =- 由()()()()()21ln 1ln 22F x f x f x x x x x '''=--=+--+--+， 整理得：()()()()ln ln 2210,1F x x x x x '=--+-∈，，()()()()22100,12x F x x x x -''=>∈-，，所以()()()ln ln 221F x x x x '=--+-在区间()0,1上单调递增， 所以()0,1x ∀∈，()()()()ln ln 22110F x x x x F ''=--+-<=， 所以函数()()()2F x f x f x =+-在区间()0,1上单调递减， 因为101<<x ，所以()()()()11121 1.F x f x f x F =+->=-又因为()()121f x f x +=-，所以()()122.f x f x -> ()21ln 2f x x x x =-又因为在()0,+∞上单调递减，所以12122, 2.x x x x -<+>即 【题型精练】1. （2022·江苏·昆山柏庐高级中学期末）已知函数22111()(1)()2f x x x Inx a R a a a=-++∈． （1）当0a >时，讨论函数()f x 的单调性； （2）当12a =时，设()()6g x f x x =+，若正实数1x ，2x ，满足12()()4g x g x +=，求证：122x x +． 【解析】（1）2111()()(1)f x x a x a'=+-+，(0)x >2111()()(1)f x x a x a '=+-+，在(0,1)递减，在(1,)+∞递增，且21()(1)(1)0min f x f a'==--∴当1a =时，()0f x '恒成立，此时函数()f x 在R 上单调递增；当1a ≠时，()0f x '=的根为1a，a 01a ∴<<时，函数()f x 在(0,)a ，1(a ，)+∞上单调递增，在1(,)a a 单调递减；1a >时，函数()f x 在1(0,)a ，(,)a +∞上单调递增，在1(a，)a 单调递减；证明：（2）2()25g x lnx x x =+-，0x >．由12()()4g x g x +=，即221112222240lnx x x lnx x x +++++-=， 从而212121212()()422()x x x x x x ln x x +++-=-，⋯（8分） 令12t x x =，则由()G t t lnt =-得：1()1G t t'=-可知，()G t 在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)+∞上单调递增． ()G t G ∴（1）1=，21212()()42x x x x ∴+++-， 1212(3)(2)0x x x x ∴+++-，又10x >，20x >，122x x ∴+．。
如何通过偏导数求极值解决高考数学中的问题
如何通过偏导数求极值解决高考数学中的问题偏导数是高等数学中的一种基本概念，是求多元函数在某一点的方向导数的一种方法。
在高考数学中，偏导数在解决最值问题时经常被使用。
一、什么是偏导数在一元函数中，导数是衡量函数在一个点的变化率，而在多元函数中，由于存在多个自变量，因此需要引入方向导数的概念。
方向导数是沿着某个方向的导数，仅仅依赖于该方向，而与曲面的给定点的坐标无关。
在二元函数中，如果我们只考虑x方向的变化，而将y看作常数，那么就得到了该点的偏导数。
偏导数可以表示一个函数在某个点的局部斜率。
二、偏导数的运算法则计算二元函数中x方向的偏导数，可以将y看作常数，利用导数相关公式进行推导。
现在考虑一个三元函数f(x, y, z)，那么在某个点(x0, y0, z0)处x 方向的偏导数可以表示为：∂f(x0,y0,z0)/∂x=(f(x0+Δx,y0,z0)-f(x0,y0,z0))/Δx对于y方向和z方向的偏导数同理。
在实际运用中，我们可以使用偏导数的运算法则来简化求解。
三、利用偏导数解决高考数学中的问题在高考数学中，偏导数常常被用来解决极值问题。
在求解二元函数的最大值或最小值时，我们需要注意以下几点：1.先求解函数的偏导数，求出所有自变量的偏导数；2.将所有自变量的偏导数都设为0，得到一个方程组；3.解出方程组得到可能的极值点。
4.根据二阶条件判别法，判断这些极值点是否为函数的极值点。
在通过偏导数求解极值问题时，我们一般会遇到以下几种情况：1.有两个或两个以上自变量取的是同一极值点。
2.只有一个自变量的偏导数为0，其他偏导数不为0。
3.多个自变量的偏导数都为0。
在每种情况下，我们都需要根据具体函数和具体情况来应用偏导数求解极值问题。
需要注意的是，在一些比较复杂的函数中，可能会遇到偏导数不存在的情况。
此时，我们需要换一种方式解决问题。
总之，偏导数是高等数学中的一种基本概念。
在高考数学中，通过偏导数求解极值问题是一个经常出现的考点。
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1. 已知函数2
()(1)x f x x e ax =-+ 有两个零点.
（1）当a =1时，求()f x 的最小值；
（2）求a 的取值范围；
（3）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明12+0x x <.
【（1）(,0)-∞ 减(0,)+∞ 增（2）0a > ；说明零点存在，用不等式放缩，半a 与-1的较量；极值点偏移】
2. 【★★】已知函数2
()ln 2()f x x x x ax a R =+-+∈ 有两个不同的零点12,x x .
（1）求实数a 的取值范围.
（2）求证：12+2x x >.
（3）求证：121x x ⋅>.
【（1）3a > 】
3. 已知函数2()ln f x x x ax =- ，a R ∈ .
（1）当12
a = 时，求函数()f x 的单调区间； （2）若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x < ，求1()f x 的取值范围.
4. （2016全国一：21）已知函数2)1(2)(-+-=x a e x x f x ）（有两个零点. (I)求a 的取值范围；
(II)设12x x ，是的两个零点，证明：12 2.x x +<
5. 已知函数ln ()=x f x x
. （1）求函数()f x 的极值；
（2）当0x e << 时，求证：()()f e x f e x +>- ；
（3）设函数()f x 图像与直线y m = 的两交点分别为11(,())A x f x ，11(,())B x f x ，AB 中点横坐标为0x ，证明：0'()0f x < .。