极值点偏移的问题(含答案)

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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，。

高中数学极值点偏移问题(解析版)

极值点偏移问题【典型例题】例1.已知函数f (x )=ln x -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；(2)若0<a <1e(e 是自然对数的底数)，试证明：①函数f (x )有两个零点，②函数f (x )的两个零点x 1，x 2满足x 1+x 2>2e ．【解析】(1)解：切线的斜率k =f (1)=1-af (1)=-a ，k =f (1)-01-(-1)=-a2，即1-a =-a2，解得a =2；(2)证明：①由f (x )=1x -a =0，得x =1a，当0<x <1a 时，f (x )>0；当x >1a 时，f (x )<0，∴f (x )在x =1a 处取得最大值f 1a=-ln a -1，f (1)=-a <0，∵0<a <1e ，∴f 1a =-ln a -1>0，f (x )在区间1,1a有零点，∵f (x )在区间0,1a 单调递增，∴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 )=f (x )+f 2a -x =2(1-ax )2x (2-ax )≥0．∴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)，∴f 2a-x 1 >f (x 2)．∵0<x 1<1a<x 2，∴2a -x 1,x 2∈1a,+∞ ，∵f (x )在区间1a,+∞ 单调递减，∴2a -x 1<x 2，x 1+x 2>2a．又0<a <1e ，1a >e ，∴x 1+x 2>2e ．例2.已知函数f (x )=ln x -ax (a ∈R )．(1)若曲线y =f (x )与直线x -y -1-ln2=0相切，求实数a 的值；(2)若函数y =f (x )有两个零点x 1，x 2，证明1ln x 1+1ln x 2>2．【解析】解：(1)由f (x )=ln x -ax ，得f (x )=1x-a ，设切点横坐标为x 0，依题意得1x 0-a =1x 0-1-ln2=ln x 0-ax 0，解得x 0=12a =1，即实数a 的值为1．(2)不妨设0<x 1<x 2，由ln x 1-ax 1=0ln x 2-ax 2=0，得ln x 2-ln x 1=a (x 2-x 1)，即1a =x 2-x 1ln x 2-ln x 1，所以1ln x 2+1ln x 1-2=1ax 1+1ax 2-2=x 2-x 1ln x 2-ln x 11x 1+1x 2-2=x 2x 1-x 1x 2-2ln x2x 1ln x 2x 1，令t =x 2x 1>1，则ln x 2x 1>0,x 2x 1-x 1x 2-2ln x 2x 1=t -1t-2ln t ，设g (t )=t -1t -2ln t ，则g(t )=t 2-2t +1t 2>0，即函数g (t )在(1,+∞)上递减，所以g (t )>g (1)=0，从而x 2x 1-x 1x 2-2ln x2x 1ln x 2x 1>0，即1ln x 2+1ln x 1>2．例3.已知函数f (x )=x -e 2 (a -ln x )且f (e )=e4(其中e 为自然对数的底数)．(Ⅰ)求函数f (x )的解析式；(Ⅱ)判断f (x )的单调性；(Ⅲ)若f (x )=k 有两个不相等实根x 1，x 2，证明：x 1+x 2>2e ．【解析】解：(Ⅰ)f (e )=e 2a -12 =e 4，解得a =1，所以函数解析式为f (x )=x -e2(1-ln x )；(Ⅱ)函数f (x )的定义域为(0,+∞)，f (x )=1-ln x +x -e 2-1x =e2x-ln x ，设g(x)=e2x-ln x，g (x)=-e2x2-1x，在(0,+∞)上，g(x)<0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，即f (x)在(0,+∞)上单调递减，又f (e)=0，则在(0,e)上f (x)>0，在(e,+∞)上f (x)<0．所以函数f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减；(Ⅲ)证明：构造函数F(x)=F(x)-f(2e-x)，x∈(0,e)，F (x)=f (x)+f (2e-x)=e2x-ln x+e2⋅12e-x-ln(2e-x)=ex(2e-x)-ln[x(2e-x)]，设t=x(2e-x)，当x∈(0,e)时，t∈(0,e)，设h(t)=et-ln t，且h (t)=-et2-1t<0，可知h(t)在(0,e)上单调递减，且h(e)=0，所以h(t)>0在t∈(0,e)上恒成立，即F (x)>0在x∈(0,e)上恒成立，所以y=F(x)在(0,e)上单调递增，不妨设x1<x2，由(Ⅱ)知x1<e<x2F(x1)=f(x1)-f(2e-x1)<F(e)=f(e)-f(2e-e) =0，即f(x1)<f(2e-x1)，因为f(x1)=f(x2)，所以f(x2)<f(2e-x1)，由(Ⅱ)知f(x)在(e,+∞)上单调递减，得x2>2e-x1，所以x1+x2>2e．例4.已知函数f(x)=e2x-a(x-1)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a>0，设f′(x)为f(x)的导函数，若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：f′x1+x22<0．【解析】(1)解：f′(x)=2e2x-a，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f′(x)>0，得x>12ln a2，令f′(x)<0，得x<12ln a2，所以f(x)在-∞,12ln a2上单调递减，在12ln a2，+∞上单调递增．(2)证明：由题意得e2x1-a(x1-1)=0e2x2-a(x2-1)=0，两式相减得a=e2x2-e2x1x2-x1，不妨设x1<x2，由f′(x)=2e2x-a，得f′x1+x22=2e x1+x2-e2x2-e2x1x2-x1=e x1+x2x2-x1[2(x2-x1)+e x1-x2-e x2-x1]，令t=x2-x1，h(t)=2t-e t+e-t，因为当t>0时，h′(t)=2-e t-e-t=2-(e t+e-t)<0，所以h(t)在(0,+∞)上单调递减，所以当t>0时，h(t)<h(0)=0，又e x1+x2x2-x1>0，故f′x1+x22<0．例5.已知函数f(x)=12x2-(a+1)x+2(a-1)ln x，g(x)=-32x2+x+(4-2a)ln x．(1)若a>1，讨论函数f(x)的单调性；(2)是否存在实数a，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立，若存在，求出a的范围，若不存在，请说明理由；(3)记h(x)=f(x)+g(x)，如果x1，x2是函数h(x)的两个零点，且x1<x2<4x1，h′(x)是h(x)的导函数，证明：h2x1+x23>0．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=x-(a+1)+2(a-1)1x =x2-(a+1)x+2(a-1)x=(x-2)[x-(a-1)]x，①若a-1=2，则a=3，f (x)=(x-2)2x>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；②若a-1<2，则a<3，而a>1，∴1<a<3，当x∈(a-1,2)时，f′(x)<0；当x∈(0,a-1)及(2,+∞)时f′(x)>0，所以f(x)在(a-1,2)上单调递减，在(0,a-1)及(2,+∞)单调递增；③若a-1>2，则a>3，同理可得f(x)在(2,a-1)上单调递减，在(0,2)及(a-1,+∞)单调递增．(2)假设存在a，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立，不妨设0<x1<x2，只要f(x2)-f(x1)x2-x1+a>0，即f(x2)+ax2>f(x1)+ax1，令g(x)=f(x)+ax，只要g(x)在(0,+∞)上为增函数，g(x)=12x2-x+2(a-1)ln xg (x)=x-1+2(a-1)x=x2-x+2(a-1)x=x-122+2a-94x，只要g′(x)≥0在(0,+∞)恒成立，只要2a-94≥0,a≥98，故存在a∈98,+∞时，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立．(3)证明：由题意知，h(x)=12x2-(a+1)x+2(a-1)ln x+-32x2+x+(4-2a)ln x=2ln x-x2-ax，h(x1)=2ln x1-x21-ax1=0,h(x2)=2ln x2-x22-ax2=0两式相减，整理得2ln x2x1+(x1-x2)(x1+x2)=a(x2-x1)，所以a=2ln x2x1x2-x1-(x2+x1)，又因为h (x)=2x-2x-a，所以h2x1+x23=62x1+x2-23(2x1+x2)-a=-2x2-x1lnx2x1-3x2x1-32+x2x1-13(x1-x2)，令t=x2x1∈(1,4),φ(t)=ln t-3t-3t+2，则φ(t)=(t-1)(t-4)t(t+2)2<0，所以φ(t)在(1,4)上单调递减，故φ(t)<φ(1)=0，又-2x2-x1<0,-13(x1-x2)>0，所以h2x1+x23>0．例6.设函数f(x)=x2-a ln x，g(x)=(a-2)x．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1，x2．(ⅰ)求满足条件的最小正整数a的值；(ⅱ)求证：F′x1+x22>0．【解析】解：(Ⅰ)f (x)=2x-ax=2x2-ax(x>0)．⋯(1分)当a≤0时，f (x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞)，此时f(x)无单调减区间．⋯(2分)当a>0时，由f (x)>0，得x>2a2，f(x)<0，得0<x<2a2，所以函数f(x)的单调增区间为2a2,+∞，单调减区间为0,2a2．⋯(3分)(Ⅱ)(i)F (x)=2x-(a-2)-ax =2x2-(a-2)x-ax=(2x-a)(x+1)x(x>0)．因为函数F(x)有两个零点，所以a>0，此时函数f(x)在a2,+∞单调递增，在0,a 2单调递减．⋯(4分)所以F(x)的最小值Fa2<0，即-a2+4a-4a ln a2<0．⋯(5分)因为a>0，所以a+4ln a2-4>0．令h(a)=a+4ln a2-4，显然h(a)在(0,+∞)上为增函数，且h(2)=-2<0,h(3)=4ln 32-1=ln8116-1>0，所以存在a0∈(2,3)，h(a0)=0．⋯(6分)当a>a0时，h(a)>0；当0<a<a0时，h(a)<0，所以满足条件的最小正整数a=3．⋯(7分)又当a=3时，F(3)=3(2-ln3)>0，F(1)=0，所以a=3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．⋯(8分)(ii)证明：不妨设0<x1<x2，于是x21-(a-2)x1-a ln x1=x22-(a-2)x2-a ln x2，即x21-(a-2)x1-a ln x1-x22+(a-2)x2+a ln x2=0，x21+2x1-x22-2x2=ax1+a ln x1-ax2-a ln x2=a(x1 +ln x1-x2-ln x2)．所以a=x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．⋯(10分)因为Fa2=0，当x∈0,a2时，F (x)<0，当x∈a2,+∞时，F (x)>0，故只要证x1+x22>a2即可，即证明x1+x2>x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2，⋯(11分)即证x21-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<x21+2x1-x22-2x2，也就是证ln x1x2<2x1-2x2x1+x2．⋯(12分)设t=x1x2(0<t<1)．令m(t)=ln t-2t-2t+1，则m(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2．因为t>0，所以m (t)≥0，⋯(13分)当且仅当t=1时，m (t)=0，所以m(t)在(0,+∞)上是增函数．又m(1)=0，所以当m∈(0,1)，m(t)<0总成立，所以原题得证．⋯(14分)例7.设函数f(x)=x2-a ln x-(a-2)x．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数f(x)有两个零点x1，x2(1)求满足条件的最小正整数a的值；(2)求证：fx1+x22>0．【解析】解：(Ⅰ)f′(x)=2x-(a-2)-ax=(2x-a)(x+1)x，(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞)，此时f(x)无单调减区间；当a>0时，由f′(x)>0，得x>a2，f′(x)<0，得0<x<a2，所以函数f(x)的单调增区间为a2，+∞，单调减区间为0,a2；(Ⅱ)(1)由(Ⅰ)可知函数f(x)有两个零点，所以a>0，f(x)的最小值f a2<0，即-a2+4a-4a ln a2<0，∵a>0，∴a-4+4ln a2>0，令h(a)=a-4+4ln a2，显然h(a)在(0,+∞)上为增函数，且h(2)=-2<0,h(3)=4ln 32-1>0∴存在a0∈(2,3)，h(a0)=0，当a>a0时，h(a)>0；当0<a<a0时，h(a)<0，所以满足条件的最小正整数a=3．又当a=3时，f(3)=3(2-ln3)>0，f32=341-4ln32<0，f(1)=0，所以a=3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．(2)证明：不妨设0<x1<x2，于是x21-(a-2)x1-a ln x1=x22-(a-2)x2-a ln x2，∴a=x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．，因为f′a2=0，当x∈0,a2时，f′(x)<0；当x∈a2,+∞时，f′(x)>0．故只要证x1+x22>a2即可，即证明x1+x2>x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．，即证x21-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<x21+2x1-x22-2x2．也就是证ln x1x2<2x1-2x2x1+x2．设x1x2=t∈(0,1)．令m(t)=ln t-2t-2t+1，则m′(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2．∵t>0，所以m (t)≥0，当且仅当t=1时，m (t)=0，所以m(t)在(0,+∞)上是增函数．又m(1)=0，所以当m∈(0,1)，m(t)<0总成立，所以原题得证．例8.已知函数f(x)=e x-12ax2(a∈R)，其中e为自然对数的底数，e=2.71828⋯．f(x0)是函数f(x)的极大值或极小值，则称x0为函数f(x)的极值点，极大值点与极小值点统称为极值点．(1)函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)判断函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；(3)当函数f(x)有两个不相等的极值点x1和x2时，证明：x1x2<ln a．【解析】解：(1)f′(x)=e x-ax≥0在(0,+∞)上恒成立，即a≤e xx在(0,+∞)上恒成立，令g(x)=e xx，x∈(0,+∞)，g′(x)=e x⋅x-e xx2=e x(x-1)x2，在(0,1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，在(1,+∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)=e，所以a≤e．所以a的取值范围为(-∞，e]．(2)f′(x)=e x-ax，令g(x)=e x-ax，则g′(x)=e x-a，①当a<0时，g′(x)=e x-a>0，f′(x)=e x-ax在(-∞,+∞)上单调递增，又f′(0)=1>0，f′1a=e1a-1<0，于是f′(x)=e x-ax在(-∞,+∞)上有一个零点x1，x(-∞,x1)x1(x1，+∞) f′(x)-0+f(x)↓极小值↑于是函数f(x)的有1个极值点，②当a=0时，f(x)=e x单调递增，于是函数f(x)没有极值点，③当0<a≤e时，由g′(x)=e x-a=0，得x=ln a，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) g′(x)-0+f′(x)↓a(1-ln a)↑f′(x)≥0，当且仅当x=ln a时，取“=”号，所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，所以函数f(x)没有极值点．④当a>e时，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) g′(x)-0+f′(x)↓a(1-ln a)↑f′(ln a)=a(1-ln a)<0，f′(0)=1>0，又因为a>ln a，所以f′(a)=e a-a2>a2-a2=0，于是，函数f′(x)在(-∞,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点，分别为x2，x3，x(-∞,x2)x2(x2，x3)x3(x3，+∞) f′(x)+0-0+f(x)↑极大值↓极小值↑于是f(x)有2个极值点，综上，当a<0时，函数f(x)有1个极值点，当0≤a≤e时，函数f(x)没有极值点，当a>e时，函数f(x)有2个极值点．(3)证明：当函数f(x)有两个不等的极值点x1和x2时，由(2)知a>e且1<x1<ln a<x2，f′(x1)=f′(x2)=0，令F(x)=f′(x)-f′(2ln a-x)，F′(x)=(e x-a)2 e x，由F′(x)=0，得x=ln a，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) F′(x)+0+F(x)↑非极值点↑F(x1)<F(ln a)=0，即f′(x1)<f′(2ln a-x1)，即f′(x2)<f′(2ln a-x1)，因为x2>ln a，2ln a-x1>ln a，f′(x)在(ln a,+∞)上单调递增，所以x2<2ln a-x1，即x1+x2<2ln a，又x1+x2>2x1x2，所以x1x2<ln a．例9.已知函数f(x)=ln x-1x，g(x)=ax+b．(1)若函数h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若直线g(x)=ax+b是函数f(x)=ln x-1x图象的切线，求a+b的最小值；(3)当b=0时，若f(x)与g(x)的图象有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：x1x2>2e2．(取e为2.8，取ln2为0.7，取2为1.4)【解析】(1)解：h(x)=f(x)-g(x)=ln x-1x-ax-b，则h (x)=1x+1x2-a，∵h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上单调递增，∴对∀x>0，都有h (x)=1x +1x2-a≥0，即对∀x >0，都有a ≤1x +1x2，∵1x +1x2>0，∴a ≤0，故实数a 的取值范围是(-∞，0]；(2)解：设切点x 0,ln x 0-1x 0 ，则切线方程为y -ln x 0-1x 0=1x 0+1x 20(x -x 0)，即y =1x 0+1x 20x -1x 0+1x 20 x 0+ln x 0-1x 0，亦即y =1x 0+1x 20x +ln x 0-2x 0-1，令1x 0=t >0，由题意得a =1x 0+1x 20=t +t 2,b =ln x 0-2x 0-1=-ln t -2t -1，令a +b =φ(t )=-ln t +t 2-t -1，则φ (t )=-1t +2t -1=(2t +1)(t -1)t，当t ∈(0,1)时，φ (t )<0，φ(t )在(0,1)上单调递减；当t ∈(1,+∞)时，φ (t )>0，φ(t )在(1,+∞)上单调递增，∴a +b =φ(t )≥φ(1)=-1，故a +b 的最小值为-1；(3)证明：由题意知ln x 1-1x 1=ax 1，ln x 2-1x 2=ax 2，两式相加得ln x 1x 2-x 1+x 2x 1x 2=a (x 1+x 2)，两式相减得lnx 2x 1-x 1-x 2x 1x 2=a (x 2-x 1)，即ln x2x 1x 2-x 1+1x 1x 2=a ，∴ln x 1x 2-x 1+x 2x 1x 2=ln x2x 1x 2-x 1+1x 1x 2 (x 1+x 2)，即ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1，不妨令0<x 1<x 2，记t =x 2x 1>1，令F (t )=ln t -2(t -1)t +1(t >1)，则F ′(t )=(t -1)2t (t +1)2>0，∴F (t )=ln t -2(t -1)t +1在(1,+∞)上单调递增，则F (t )=ln t -2(t -1)t +1>F (1)=0，∴ln t >2(t -1)t +1，则ln x 2x 1>2(x 2-x 1)x 1+x 2，∴ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1>2，又ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln x 1x 2-4x 1x 2x 1x 2=ln x 1x 2-4x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，∴2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1，令G(x)=ln x-2x，则x>0时，G(x)=1x+2x2>0，∴G(x)在(0,+∞)上单调递增，又ln2e-22e=12ln2+1-2e≈0.85<1，∴G(x1x2)=ln x1x2-2x1x2>1>ln2e-22e，则x1x2>2e，即x1x2>2e2．【同步练习】1.已知函数f(x)=ln x+2x-ax2，a∈R．(Ⅰ)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(Ⅱ)设g(x)=f(x)+(a-4)x，试讨论函数g(x)的单调性；(Ⅲ)当a=-2时，若存在正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)+3x1x2=x1+x2，求证：x1+x2>12．【解析】解：(Ⅰ)因为f(x)=ln x+2x-ax2，所以f′(x)=1x+2-2ax，因为f(x)在x=1处取得极值，所以f′(1)=1+2-2a=0，解得：a=3 2．验证：当a=32时，f′(x)=1x+2-3x=-(3x+1)(x-1)x(x>0)，易得f(x)在x=1处取得极大值．(Ⅱ)因为g(x)=f(x)+(a-4)x=ln x-ax2+(a-2)x，所以g′(x)=-(ax+1)(2x-1)x(x>0)，①若a≥0，则当x∈0,1 2时，g′(x)>0，所以函数g(x)在0,1 2上单调递增；当x∈12，+∞时，g′(x)<0，∴函数g(x)在12，+∞上单调递减．②若a<0，g′(x)=-a x+1a(2x-1)x(x>0)，当a<-2时，易得函数g(x)在0,-1 a和12，+∞上单调递增，在-1a，12上单调递减；当a=-2时，g′(x)≥0恒成立，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；当-2<a<0时，易得函数g(x)在0,1 2和-1a，+∞上单调递增，在12，-1a上单调递减．(Ⅲ)证明：当a=-2时，f(x)=ln x+2x+2x2，因为f(x1)+f(x2)+3x1x2=x1+x2，所以ln x1+2x1+2x21+ln x2+2x2+2x22+3x1x2=x1+x2，即ln x1x2+2(x21+x22)+(x1+x2)+3x1x2=0，所以2(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln x1x2，令t=x1x2，φ(t)=t-ln t(t>0)，则φ′(t)=t-1t(t>0)，当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(0,1)上单调递减；当t∈(1,+∞)时，φ′(t)>0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(1,+∞)上单调递增．所以函数φ(t)在t=1时，取得最小值，最小值为1．所以2(x1+x2)2+(x1+x2)≥1，即2(x1+x2)2+(x1+x2)-1≥0，所以x1+x2≥12或x1+x2≤-1，因为x1，x2为正实数，所以当x1+x2=12时，x1x2=1，此时不存在x1，x2满足条件，所以x1+x2>1 2．2.已知函数f(x)=ln x+x-ax2，a∈R．(1)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(2)设g(x)=f(x)+(a-3)x，试讨论函数g(x)的单调性；(3)当a=-2时，若存在正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)+3x1x2=0，求证：x1+x2>12．【解析】(1)解：因为f(x)=ln x+x-ax2，所以f′(x)=1x+1-2ax，因为f(x)在x=1处取得极值，所以f′(1)=1+1-2a=0，解得：a=1．验证：当a=1时，f′(x)=1x+1-2x=-(x-1)(2x+1)x(x>0)，易得f(x)在x=1处取得极大值．(2)解：因为g(x)=f(x)+(a-3)x=ln x-ax2+(a-2)x，所以g′(x)=-(ax+1)(2x-1)x(x>0)，①若a≥0，则当x∈0,1 2时，g′(x)>0，所以函数g(x)在0,1 2上单调递增；当x∈12，+∞时，g′(x)<0，∴函数g(x)在12，+∞上单调递减．②若a<0，g′(x)=-a x+1a(2x-1)x(x>0)，当a<-2时，易得函数g(x)在0,-1 a和12，+∞上单调递增，在-1a，12上单调递减；当a=-2时，g′(x)≥0恒成立，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；当-2<a<0时，易得函数g(x)在0,1 2和-1a，+∞上单调递增，在12，-1a上单调递减．(3)证明：当a=-2时，f(x)=ln x+x+2x2，因为f(x1)+f(x2)+3x1x2=0，所以ln x1+x1+2x12+ln x2+x2+2x22+3x1x2=0，即ln x1x2+2(x12+x22)+(x1+x2)+3x1x2=0，所以2(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln x1x2，令t=x1x2，φ(t)=t-ln t(t>0)，则φ′(t)=t-1t(t>0)，当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(0,1)上单调递减；当t∈(1,+∞)时，φ′(t)>0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(1,+∞)上单调递增．所以函数φ(t)在t=1时，取得最小值，最小值为1．所以2(x1+x2)2+(x1+x2)≥1，即2(x1+x2)2+(x1+x2)-1≥0，所以x1+x2≥12或x1+x2≤-1，因为x1，x2为正实数，所以x1+x2≤-1，因为当x1+x2=12时，x1x2=1，不满足t∈(1,+∞)，所以x1+x2>1 2．3.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．【解析】(1)解：由函数的解析式可得f (x)=1-ln x-1=-ln x，∴x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1,+∞)，f′(x)<0，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b ln a-a ln b=a-b，得-1a ln1a+1bln1b=1b-1a，即1a1-ln1a=1b1-ln1b，由(1)f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，所以f(x)max=f(1)=1，且f(e)=0，令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为f(x)=k的两根，其中k∈(0,1)．不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,e)，则2-x1>1，先证2<x1+x2，即证x2>2-x1，即证f(x2)=f(x1)<f(2-x1)，令h(x)=f(x)-f(2-x)，则h′(x)=f′(x)+f′(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-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，∴h(x1)<h(1)=0．∴f(x1)<f(2-x1)，∴2<x1+x2，得证．同理，要证x1+x2<e，(法一)即证1<x2<e-x1，根据(1)中f(x)单调性，即证f(x2)=f(x1)>f(e-x1)，令φ(x)=f(x)-f(e-x)，x∈(0,1)，则φ (x)=-ln[x(e-x)]，令φ′(x0)=0，x∈(0,x0)，φ (x)>0，φ(x)单调递增，x∈(x0，1)，φ (x)<0，φ(x)单调递减，又0<x<e时，f(x)>0，且f(e)=0，故limx→0+φ(x)=0，φ(1)=f(1)-f(e-1)>0，∴φ(x)>0恒成立，x1+x2<e得证，(法二)f(x1)=f(x2)，x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)，又x1∈(0,1)，故1-ln x1>1，x1(1-ln x1)>x1，故x1+x2<x1(1-ln x1)+x2=x2(1-ln x2)+x2，x2∈(1,e)，令g(x)=x(1-ln x)+x，g′(x)=1-ln x，x∈(1,e)，在(1,e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)<g(e)=e，即x2(1-ln x2)+x2<e，所以x1+x2<e，得证，则2<1a+1b<e．4.已知函数f(x)=ln x-x．(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)设a，b为两个不相等的正数，ln a-ln b=a-b，证明：ab<1．【解析】解：(I)f′(x)=1x-1=1-xx，x>0，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故函数在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，(II)证明：由ln a-ln b=a-b，得ln a-a=ln b-b，令x1=a，x2=b，则x1，x2是f(x)=x的两根，不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,+∞)，则0<x1<1，0<1x2<1，要证ab<1，即证x1<1x2，即f(x1)=f(x2)<f1x2，令h(x)=f(x)-f1x=2ln x+1x-x，则h′(x)=2x-1x2-1=-(x-1)2x2<0，所以h(x)在(1,+∞)单调递减，h(x)<h(1)=0，所以f(x1)=f(x2)<f1x2 ，所以ab<1，5.已知函数f(x)=xe-x(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x=1对称，证明：当x>1时，f(x) >g(x)；(Ⅲ)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2．【解析】解：(Ⅰ)解：f′(x)=(1-x)e-x令f′(x)=0，解得x=1当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表x(-∞,1)1(1,+∞)f′(x)+0-f(x)增极大值减所以f(x)在(-∞,1)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数．函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=1 e．(Ⅱ)证明：由题意可知g(x)=f(2-x)，得g(x)=(2-x)e x-2令F(x)=f(x)-g(x)，即F(x)=xe-x+(x-2)e x-2于是F (x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x当x>1时，2x-2>0，从而e2x-2-1>0，又e-x>0，所以F′(x)>0，从而函数F(x)在[1，+∞)是增函数．又F(1)=e-1-e-1=0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0，即f(x)>g(x)．(Ⅲ)证明：(1)若(x1-1)(x2-1)=0，由(I)及f(x1)=f(x2)，则x1=x2=1．与x1≠x2矛盾．(2)若(x1-1)(x2-1)>0，由(I)及f(x1)=f(x2)，得x1=x2．与x1≠x2矛盾．根据(1)(2)得(x1-1)(x2-1)<0，不妨设x1<1，x2>1．由(Ⅱ)可知，f(x2)>g(x2)，则g(x2)=f(2-x2)，所以f(x2)>f(2-x2)，从而f(x1)>f(2-x2)．因为x2>1，所以2-x2<1，又由(Ⅰ)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数，所以x1>2-x2，即x1+x2>2．6.已知函数f(x)=x-e a+x(a∈R)．(1)若a=1，求函数f(x)在x=0处的切线方程；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1+x2>2．【解析】解：(1)f(x)=x-e1+x的导数为f′(x)=1-e1+x，则函数f(x)在x=0处的切线斜率为1-e，又切点为(0,-e)，则切线的方程为y=(1-e)x-e，即(e-1)x+y+e=0；(2)设函数g(x)=x-ln x+a，与函数f(x)具有相同的零点，g (x)=x-1x，知函数g(x)在(0,1)上递减，(1,+∞)上递增，当x→0，g(x)→+∞；可证当x∈(0,+∞)时，ln x<x-1，即-ln x=ln 1x≤1x-1，即此时g(x)=x-ln x+a<x+1x+a-1，当x→+∞时，g(x)→+∞，f(x)有两个零点，只需g(1)<0，即a<-1；证明：方法一：设函数F(x)=g(x)-g(2-x)，(1<x<2)则F(x)=2x-2-ln x+ln(2-x)，且F (x)=2(x-1)2x(x-2)<0对x∈(1,2)恒成立即当x∈(1,2)时，F(x)单调递减，此时，F(x)<F(1)=0，即当x∈(1,2)时，g(x)<g(2-x)，由已知0<x1<1<x2，则1-x1∈(1,2)，则有g(2-x1)<g(2-2+x1)=g(x1)=g(x2)由于函数g(x)在(1,+∞)上递增，即2-x1<x2，即x1+x2>2．方法二：故x2-x1=ln x2-ln x1=ln x2 x1．设x2x1=t，则t>1，且x2=tx1x2-x1=ln t，解得x1=ln tt-1，x2=t ln tt-1.x1+x2=(t+1)ln tt-1，要证：x1+x2=(t+1)ln tt-1>2，即证明(t+1)ln t>2(t-1)，即证明(t+1)ln t-2t+2>0，设g(t)=(t+1)ln t-2t+2(t>1)，g (t)=ln t+1t-1，令h(t)=g (t)，(t>1)，则h (t)=t-1t2>0，∴h(t)在(1,+∞)上单调增，g (t)=h(t)>h(1)=0，∴g(t)在(1,+∞)上单调增，则g(t)>g(1)=0．即t>1时，(t+1)ln t-2t+2>0成立，7.已知函数f(x)=axe x-(a-1)(x+1)2(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718128⋯)．(1)若f(x)仅有一个极值点，求a的取值范围；(2)证明：当0<a<12时，f(x)有两个零点x1，x2，且-3<x1+x2<-2．【解析】(1)解：f (x)=ae x+axe x-2(a-1)(x+1)=(x+1)(ae x-2a+2)，由f (x)=0得到x=-1或ae x-2a+2=0(*)由于f(x)仅有一个极值点，关于x的方程(*)必无解，①当a=0时，(*)无解，符合题意，②当a≠0时，由(*)得e x=2a-2a，故由2a-2a≤0得0<a≤1，由于这两种情况都有，当x<-1时，f (x)<0，于是f(x)为减函数，当x>-1时，f (x)>0，于是f(x)为增函数，∴仅x=-1为f(x)的极值点，综上可得a的取值范围是[0，1]；(2)证明：由(1)当0<a<12时，x=-1为f(x)的极小值点，又∵f(-2)=-2ae2-(a-1)=-2e2-1a+1>0对于0<a<12恒成立，f(-1)=-ae <0对于0<a<12恒成立，f(0)=-(a-1)>0对于0<a<12恒成立，∴当-2<x<-1时，f(x)有一个零点x1，当-1<x<0时，f(x)有另一个零点x2，即-2<x1<-1，-1<x2<0，且f(x1)=ax1e x1-(a-1)(x1+1)2=0,f(x2)=ax2e x2-(a-1)(x2+1)2=0，(#)所以-3<x1+x2<-1，下面再证明x1+x2<-2，即证x1<-2-x2，由-1<x2<0得-2<-2-x2<-1，由于x<-1，f(x)为减函数，于是只需证明f(x1)>f(-2-x2)，也就是证明f(-2-x2)<0，f(-2-x2)=a(-2-x2)e-2-x2-(a-1)(-x2-1)2=a(-2-x2)e-2-x2 -(a-1)(x2+1)2，借助(#)代换可得f(-2-x2)=a(-2-x2)e-2-x2-ax2e x2=a[(-2-x2)e-2-x2-x2e x2]，令g(x)=(-2-x)e-2-x-xe x(-1<x<0)，则g (x)=(x+1)(e-2-x-e x)，∵h(x)=e-2-x-e x为(-1,0)的减函数，且h(-1)=0，∴g (x)=(x+1)(e-2-x-e x)<0在(-1,0)恒成立，于是g(x)为(-1,0)的减函数，即g(x)<g(-1)=0，∴f(-2-x2)<0，这就证明了x1+x2<-2，综上所述，-3<x1+x2<-2．8.已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)，f′(x)是f(x)的导函数．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)当x>0时，求证：f(ln a+x)>f(ln a-x)；(Ⅲ)已知f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，求证：f/x1+x22<0．【解析】证明：(Ⅰ)∵f′(x)=e x-a．当a≤0时，则f′(x)=e x-a>0，即f(x)在R上是增函数，当a>0时，由f′(x)=e x-a=0，得x0=ln a．当x∈(-∞,x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0．即f(x)在(-∞,ln a)上是减函数，在(ln a,+∞)上是增函数，(Ⅱ)证明：设g(x)=f(ln a+x)-f(ln a-x)(x>0)=[e ln a+x-a(ln a+x)]-[e ln a-x-a(ln a-x)]= a(e x-e-x-2x)，∴g′(x)=a(e x+e x-2)≥2a e x∙e-x-2a=0，当且仅当x=0时等号成立，但x>0，∴g′(x)>0，即g(x)在(0,+∞)上是增函数，所以g(x)>g(0)=0∴不等式f(x0+x)>f(x0-x)恒成立．(Ⅲ)由(I)知，当a≤0时，函数y=f(x)的图象与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x)的最小为f(ln a)，且f(ln a)<0．设A(x1，0)，B(x2，0)，0<x1<x2，则0<x1<ln a<x2．由(II)得f(2ln a-x1)=f(ln a+ln a-x1)>f(x1)=0．∵2ln a-x1=ln a+(ln a-x1)>ln a，x2>ln a，且f(x)在(ln a,+∞)上是增函数又f(2ln a-x1)>0=f(x2)，∴2ln a-x1>x2．于是x1+x22<ln a，∵f(x)在(-∞,ln a)上减函数，∴fx1+x22<0．9.设函数f(x)=e x-ax+a，a∈R，其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1<x2．(1)求a的取值范围；(2)证明：f (x1x2)<0．【解析】解：(1)∵f(x)=e x-ax+a，∴f (x)=e x-a，若a≤0，则f (x)>0，则函数f(x)是单调增函数，这与题设矛盾．∴a>0，令f (x)=0，则x=ln a，当f (x)<0时，x<ln a，f(x)是单调减函数，当f (x)>0时，x>ln a，f(x)是单调增函数，于是当x=ln a时，f(x)取得极小值，∵函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)的图象与x轴交于两点A(x1，0)，B(x2，0)(x1<x2)，∴f(ln a)=a(2-ln a)<0，即a>e2，此时，存在1<ln a，f(1)=e>0，存在3ln a>ln a，f(3ln a)=a3-3a ln a+a>a3-3a2+a>0，又由f(x)在(-∞,ln a)及(ln a,+∞)上的单调性及曲线在R上不间断，可知a>e2为所求取值范围．(2)∵e x1-ax1+a=0 e x2-ax2+a=0 ，∴两式相减得a=e x2-e x1x2-x1，记x2-x12=s(s>0)，则f′x1+x22=e x1+x22-e x2-e x1x2-x1=ex1+x222s[2s-(e s-e-s)]，设g(s)=2s-(e s-e-s)，则g (s)=2-(e s+e-s)<0，∴g(s)是单调减函数，则有g(s)<g(0)=0，而e x1+x222s>0，∴f′x1+x22<0．又f (x)=e x-a是单调增函数，且x1+x22>x1x2，∴f′(x1x2)<0．10.设函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1<x2．(1)求f(x)的单调区间和极值点；(2)证明：f′(x1x2)<0(f′(x)是f(x)的导函数)；(3)证明：x1x2<x1+x2．【解析】解：(1)设函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，所以函数f(x)不单调，∵f (x)=e x-a=0有实数解，所以a>0，解得x=ln a，因为x<ln a，f (x)<0，f(x)单调递减，x>ln a时，f (x)>0，f(x)单调递增，且ln a是极小值点；f(ln a)极小值=e ln a-a ln a+a=2a2-ln a，由题意得，f(ln a)<0，所以a>e2，所以函数f(x)的单调递增区间(-∞,ln a)，单调递减区间(ln a,+∞)，极小值点是ln a，无极大值点，且a>e2．(2)证明：∵e x1-ax1+a=0 e x2-ax2+a=0 ，两式相减可得，a=e x2-e x1x2-x1，令s=ex2-x12(s>0)，则fx1+x22=e x1+x22-e x2-e x1x2-x1，=e x1+x222s[2s-(e s-e-s)]，令g(s)=2s-(e s-e-s)，则g′(s)=2-(e s+e-s)<0，所以g(s)单调递减，g(s)<g(0)=0，而e x1+x222s>0，∴fx1+x22<0，又x1+x22>x1x2，∴f′(x1x2)<0；(3)证明：由e x1-ax1+a=0e x2-ax2+a=0，可得e x2-x1=x2-1x1-1，∴e(x2-1)-(x1-1)=x2-1 x1-1，令m=x1-1，n=x2-1，则0<m<1<n，∴e n-m=nm，设t=nm，则t>1，n=mt，∴e(t-1)m=t，∴m=ln tt-1，n=t ln tt-1，∴mn=t(ln t)2 (t-1)2，要证明：x1x2<x1+x2，等价于证明：(x1-1)(x2-1)<1，即证mn<1，即证t(ln t)2(t-1)2<1，即证ln tt-1<1t，即证ln t<t-1t ，令g(t)=2ln t-t+1t，(t>1)，g′(t)=2t -1-1t2=-(t-1)2t2<0，∴g(t)在(1,+∞)上单调递减，∵t>1，故g(t)<0，∴2ln t-t+1t<0，∴ln t<t-1t，从而有：x1x2<x1+x2．11.已知函数f(x)=x2ln x+ax(a∈R)在x=1处的切线与直线x-y+2=0平行．(1)求实数a的值，并求f(x)的极值；(2)若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2，求证：x21+x22>2e．【解析】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=2x ln x+x-ax2，由题意知f′(1)=1-a=1，∴a=0．∴f′(x)=2x ln x+x=x(2ln x+1)，令f′(x)=0，则x=e e，当x∈0,e e时，f′(x)<0；x∈e e,+∞时，f′(x)>0．∴f(x)的极小值为f ee=-12e，证明：(2)由(1)知f(x)=x2ln x，由f(x1)=f(x2)=m，得x12ln x1=x22ln x2，即2x12ln x1=2x22ln x2，所以x12ln x12=x22ln x22．∵x1≠x2，不妨设x1<x2，令t1=x12，t2=x22，h(t)=t ln t(t>0)，则原题转化为h(t)=2m有两个实数根t1，t2(t1<t2)，又h′(t)=1+ln t，令h′(t)>0，得t>e-1；令h′(t)<0，得t<e-1，∴h(t)在(0,e-1)上单调递减，在(e-1，+∞)上单调递增，又t→0+时，h(t)→0，h(1)=0，h(e-1)=-e-1，由h(t)图象可知，-e-1<2m<0，0<t1<e-1<t2<1．设g(t)=h(t)-h2e-t=t ln t-2e-tln2e-t，t∈0,1e，则g (t)=(ln t+1)--ln2e-t-1=2+ln t2e-t．当0<t<1e时，t2e-t=-t-1e2+1e2<1e2，则g′(t)<0∴g(t)在0,1 e上单调递减．又∵g1e=h1e -h2e-1e=0∴t∈0,1e时，g(t)>0，得到g(t1)=h(t1)-h2e-t1>0，即h(t1)>h2e-t1，又∵h(t1)=h(t2)，∴h(t2)>h2e -t1，又0<t1<1e，则2e-t1>1e，且1>t2>1e，h(t)在1e,+∞上单调递增，∴t2>2e -t1，即t1+t2>2e，即x12+x22>2e．。

极值点偏移问题(教师版)

极值点偏移问题1.已知函数f x =2a ln x -x 2+2a -1 x +a ．(1)若a =1，证明：f x <2x -x 2；(2)若f x 有两个不同的零点x 1,x 2，求a 的取值范围，并证明：x 1+x 2>2a ．【答案】(1)证明见详解；(2)证明见详解．【解析】(1)当a =1时，f x =2ln x -x 2+1，定义域为0,+∞令g x =f x -2x -x 2 =2ln x -2x +1，则g x =2x-2当0<x <1时，g x >0；当1<x 时，g x <0；所以函数g x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，故g x max =g 1 =-1<0，所以g x <0，得f x <2x -x 2；(2)因为f x 有两个不同的零点x 1,x 2，则f x 在定义域内不单调；由f x =2ax -2x +2a -1 =-2x -a x +1 x当a ≤0时，f x <0在0,+∞ 恒成立，则f x 在0,+∞ 上单调递减，不符合题意；当a >0时，在0,a 上有f x >0，在a ,+∞ 上有f x <0，所以f x 在0,a 上单调递增，在a ,+∞ 上单调递减．不妨设0<x 1<a <x 2令F x =f x -f 2a -x则F x =f x -f 2a -x 2a -x =f x +f 2a -x=2a x -2x +2a -1 +2a 2a -x -22a -x +2a -1 =4a -x 2x 2a -x 当x ∈0,a 时，F x >0，则F x 在0,a 上单调递增所以F x <F a =f a -f 2a -a =0故f x <f 2a -x ，因为0<x 1<a <x 2所以f x 1 <f 2a -x 1 ，又f x 1 =f x 2 ，a <2a -x 1<2a 则f x 2 <f 2a -x 1 ，又f x 在a ,+∞ 上单调递减，所以x 2>2a -x 1，则x 1+x 2>2a ．2.已知函数f (x )=axe x(a ≠0).(1)若对任意的x ∈R ，都有f (x )≤1e恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设m ,n 是两个不相等的实数，且m =ne m -n ．求证：m +n >2.【答案】(1)(0,1];(2)证明见解析【解析】(1)当a <0时，f 1a=1e 1a，因为0<e 1a<e ，所以1e1a>1e ，即f 1a >1e ，不符合题意；当a >0时，f (x )=a (1-x )e x，当x ∈(-∞,1)时，f (x )>0，当x ∈(1,+∞)时，f (x )<0，所以f (x )在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．所以f(x)≤f(1)=ae．由f(x)≤1e恒成立可知ae≤1e，所以a≤1．又因为a>0，所以a的取值范围为(0,1]．(2)因为m=ne m-n，所以me-m=ne-n，即me m =ne n．令g(x)=xe x，由题意可知，存在不相等的两个实数m，n，使得g(m)=g(n)．由(1)可知g(x)在区间(-∞,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减．不妨设m<n，则m<1<n．设h(x)=g(x)-g(2-x)(x>1)，则h (x)=g (x)-[g(2-x)] =1-xe x+(x-1)e x-2=(x-1)⋅e2x-2-1e x>0，所以h(x)在(1,+∞)上单调递增，所以h(x)>0，即g(x)>g(2-x)在区间(1,+∞)上恒成立．因为n>1，所以g(n)>g(2-n)．因为g(m)=g(n)，所以g(m)>g(2-n)．又因为m<1，2-n<1，且g(x)在区间(-∞,1)上单调递增，所以m>2-n，即m+n>2．3.已知函数f(x)=(2x-a)e x.(1)求f(x)的单调区间(2)若f(x)的极值点为-12，且f(m)=f(n)(m≠n)，证明：-3e<f(m+n)< 0.【答案】(1)单调递减区间为-∞,a-2 2，单调递增区间为a-22,+∞;(2)证明见解析【解析】(1)f(x)的定义域为R，f (x)=(2x+2-a)e x，由f (x)=0，得x=a-2 2.当x∈-∞,a-2 2时，f (x)<0；当x∈a-22,+∞时，f (x)>0.所以f(x)的单调递减区间为-∞,a-2 2，单调递增区间为a-22,+∞.(2)证明：由(1)可知，由f(x)的极值点为-12，得a-22=-1 2，所以a=1，f(x)=(2x-1)e x.当x∈-∞,-1 2时，f (x)<0；当x∈-12,+∞时，f (x)>0，则函数f(x)的大致图象，如图所示；不妨设m<n，若f(m)=f(n)(m≠n)，由图象知：m<-12<n<12，又f(-1)=-3e，所以要证-3e<f(m+n)<0，即证m+n<-1，当m≤-32时，m+n<-1，-3e=f(-1)<f(m+n)<0.当-32<m<-12时，-1-m∈-12,12，f(m)-f(-1-m)=(2m-1)e m-(-2m-3)e-m-1，=(2m-1)e2m+1+2m+3e m+1，m∈-32,-12.设h(x)=(2x-1)e2x+1+2x+3，x∈-32,-12，则h (x)=4xe2x+1+2，x∈-32,-12，令g x =h (x)=4xe2x+1+2，则g (x)=(4+8x)e2x+1<0，所以h (x)在-32,-12上单调递减，所以h (x)>h -1 2=0，h(x)在-32,-12上单调递增，则h(x)<h-1 2=0，所以f(m)-f(-1-m)=f(n)-f(-1-m)<0，即f(n)<f(-1-m)，又因为n，-1-m∈-1 2,12，且f(x)在-12,12上单调递增，所以n<-1-m，即m+n<-1，则-3e<f(m+n)<0.综上，-3e<f(m+n)<0.4.已知函数f x =x2ln x-ax+1．(1)若f x ≥0恒成立，求实数a的取值范围．(2)若函数y=f x -ax3+ax-1的两个零点为x1，x2，证明：x1x2>e2．【答案】(1)a≤1；(2)证明见解析.【解析】(1)因为f x ≥0恒成立，所以x2ln x-ax+1≥0，即a≤x ln x+1x恒成立．令g x =x ln x+1x，则g x =ln x-1x2+1，易知g x 在0,+∞上单调递增，且g 1 =0．所以当x∈0,1时，g x <0；当x∈1,+∞时，g x >0．所以g x 在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以g x min=g1 =1，故a≤1．(2)证明：由题意可知方程ln x-ax=0的两根为x1，x2．令h x =ln x -ax ，则h x 的两个零点为x 1，x 2．h x =1x -a =1-axx．当a ≤0时，h x >0，h x 在0,+∞ 上单调递增，不存在两个零点；当a >0时，h x 在0,1a 上单调递增，在1a,+∞ 上单调递减，则h x max =h 1a =ln 1a -1>0，得0<a <1e．设x 1<x 2，则x 1∈0,1a ，x 2∈1a,+∞ ．因为h x 1 =h x 2 =0，所以ln x 1=ax 1，ln x 2=ax 2．要证x 1x 2>e 2，即要证ln x 1+ln x 2=a x 1+x 2 >2，即证x 1+x 2>2a．令F x =h 2a -x -h x =ln 2a -x -a 2a-x -ln x +ax=ln 2a -x -ln x +2ax -2，x ∈0,1a．则F x =2ax -1 2x ax -2<0，所以F x 在0,1a 上单调递减，所以F x >F 1a=0．因为F x 1 =h 2a -x 1 -h x 1 >0，所以h 2a-x 1 >h x 1 =h x 2 =0．因为x 2，2a -x 1∈1a ,+∞ ，且h x 在1a ,+∞ 上单调递减，所以x 2>2a -x 1，即x 1+x 2>2a，故x 1x 2>e 2成立．5.已知函数f x =ln x +ax 2+b ，曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y =5x -5.(1)求a ，b 的值；(2)若x 1，x 2是两个正数，且f x 1 +f x 2 ≥x 1+x 2，证明：x 1+x 2>1.【答案】(1)a =2,b =-2;(2)证明见解析.【解析】(1)f 'x =1x+2ax x >0 ，因为曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y =5x -5，所以f '(1)=5f (1)=0 ，即1+2a =5,a +b =0, ，解得a =2,b =-2所以a =2,b =-2(2)由(1)知f x =ln x +2x 2-2，令g x =f x -x =ln x +2x 2-x -2x >0 ，所以g 'x =1x+4x -1≥21x ⋅4x -1=3>0，所以函数g x 在0,+∞ 上单调递增，因为x 1，x 2是两个正数，且f x 1 +f x 2 ≥x 1+x 2所以g x 1 +g x 2 ≥0，不妨设x 1≤x 2，当x 1>12时，命题x 1+x 2>1显然成立，得证.当0<x 1≤12时，令F (x )=g (x )+g (1-x ),0<x ≤12所以F '(x )=1x +4x -1-11-x +4x -3=(1-2x )3x (1-x ),所以当x ∈0,12时，1-2x ≥0,1-x >0，故F '(x )≥0,所以函数F (x )在x ∈0,12上单调递增，所以F (x )≤F 12=-2ln2-4<0,即g (x )+g (1-x )<0，所以g x 1 <-g 1-x 1 ，因为g (x 1)≥-g (x 2)，所以-g (x 2)≤g (x 1)<-g (1-x 1)所以g (x 2)>g (1-x 1)，因为函数g x 在0,+∞ 上单调递增，所以x 2>1-x 1，即x 1+x 2>1.综上，x 1+x 2>1，证毕.6.已知函数f x =a ln x +2 -x a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性和最值；(2)若关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2，求证：e x 1+e x 2>2m.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)f x =a x +2-1=a -2-xx +2，其中x >-2若a ≤0，则f x <0在-2,+∞ 上恒成立，故f (x )在-2,+∞ 上为减函数，故f (x )无最值.若a >0，当x ∈-2,a -2 时，f x >0；当x ∈a -2,+∞ 时，f x <0；故f (x )在-2,a -2 上为增函数，在a -2,+∞ 上为减函数，故f (x )max =f a -2 =a ln a -a +2，f (x )无最小值.(2)方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)即为me x +x +ln m =x +2+ln x +2 ，故e x +ln m +ln e x +ln m =x +2+ln x +2 ，因为y =x +ln x 为0,+∞ 上的增函数，所以x +2=e x +ln m =me x所以关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2即为：x +2=me x 有两个不同的实数根x 1,x 2.所以x 1+2=me x 1,x 2+2=me x 2，所以x 1-x 2=m e x 1-e x 2，不妨设x 1>x 2，t =x 1-x 2，故e x 1+e x 2=e x1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2，要证：e x 1+e x 2>2m 即证e x 1+e x 2x 1-x 2m e x 1-e x 2>2m ，即证e x 1-x 2+1 x 1-x 2e x 1-x2-1>2，即证e t +1 te t -1>2t >0 ，即证e t +1 t >2e t -2t >0 ，设s t =e t +1 t -2e t +2，则s t =e t +1+te t -2e t =t -1 e t +1，故s t =te t >0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，故s t >s 0 =0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，所以s t >s 0 =0，故e x 1+e x 2>2m成立.7.已知函数f x =x -ln x(1)求证：当x >1时，ln x >2x -1x +1；(2)当方程f x =m 有两个不等实数根x 1,x 2时，求证：x 1+x 2>m +1【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【解析】(1)证明：令g x =ln x -2x -1x +1x >1 ，因为gx =1x -4x +1 2=x -1 2x x +12>0，所以g x 在1,+∞ 上单调递增，所以g x >g 1 =0，即当x >1时，ln x >2x -1x +1.(2)证明：由f x =x -ln x ，得f x =1-1x，易知f x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以f x min =1.因为方程f x =m 有两个不等实根，所以m >1.不妨设0<x 1<1<x 2.由(1)知，当x >1时，ln x >2x -1 x +1；当0<x <1时，ln x <2x -1x +1.方程f x =m 可化为x -m =ln x .所以x 2-m =ln x 2>2x 2-1x 2+1，整理得x 22-m +1 x 2+2-m >0.①同理由x 1-m =ln x 1<2x 1-1x 1+1，整理得-x 21+m +1 x 1-2+m >0.②由①②，得x 2-x 1 x 1+x 2 -m +1 >0.又因为x 2>x 1所以x 1+x 2>m +1.法二：由f x =x -ln x ，得f x =1-1x，易知f x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以f x min =1.因为方程f x =m 有两个不等实根，所以m >1.不妨设0<x 1<1<x 2.要证x 1+x 2>m +1，只要证x 1+x 2>x 1-ln x 1+1，只要证：x 2>-ln x 1+1>1.因为f x 在1,+∞ 上单调递增，只要证：f x 1 =f x 2 >f 1-ln x 1 .令h x =f x -f 1-ln x 0<x <1 ，只要证∀x ∈0,1 ，h x >0恒成立.因为h x =f x -f 1-ln x -1x =1-1x +1x 1-11-ln x=x -x ln x -1x 1-ln x，令F x =x -x ln x -10<x <1 ，则F x =-ln x >0，故F x 在0,1 上单调递增，F x <F 1 =0，所以h x <0，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x >h 1 =0，故原结论得证.8.已知函数h x =x -a ln x a ∈R .(1)若h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程xe x -a ln x +x =0有两个实根x 1、x 2，且x 1≠x 2，证明：e x 1+x 2>e 2x 1x 2.【答案】(1)e ,+∞ ;(2)证明见解析【解析】(1)函数h x 的定义域为0,+∞ .当a =0时，函数h x =x 无零点，不合乎题意，所以，a ≠0，由h x =x -a ln x =0可得1a =ln xx，构造函数f x =ln x x ，其中x >0，所以，直线y =1a与函数f x 的图象有两个交点，f x =1-ln xx2，由f x =0可得x =e ，列表如下：x 0,ee e ,+∞f x +-f x增极大值1e减所以，函数f x 的极大值为f e =1e，如下图所示：且当x >1时，f x =ln xx >0，由图可知，当0<1a <1e 时，即当a >e 时，直线y =1a与函数f x 的图象有两个交点，故实数a 的取值范围是e ,+∞ .(2)证明：因为xe x -a ln x +x =0，则xe x -a ln xe x =0，令t =xe x >0，其中x >0，则有t -a ln t =0，t =x +1 e x >0，所以，函数t =xe x 在0,+∞ 上单调递增，因为方程xe x -a ln x +x =0有两个实根x 1、x 2，令t 1=x 1e x 1，t 2=x 2e x 2，则关于t 的方程t -a ln t =0也有两个实根t 1、t 2，且t 1≠t 2，要证e x 1+x 2>e 2x 1x 2，即证x 1e x 1⋅x 2e x 2>e 2，即证t 1t 2>e 2，即证ln t 1+ln t 2>2，由已知t 1=a ln t 1t 2=a ln t 2 ，所以，t 1-t 2=a ln t 1-ln t 2 t 1+t 2=a ln t 1+ln t 2 ，整理可得t 1+t 2t 1-t 2=ln t 1+ln t 2ln t 1-ln t 2，不妨设t 1>t 2>0，即证ln t 1+ln t 2=t 1+t 2t 1-t 2ln t 1t 2>2，即证ln t1t 2>2t 1-t 2 t 1+t 2=2t1t 2-1 t 1t 2+1，令s =t1t 2>1，即证ln s >2s -1 s +1，其中s >1，构造函数g s =ln s -2s -1s +1，其中s >1，gs =1s -4s +1 2=s -1 2s s +12>0，所以，函数g s 在1,+∞ 上单调递增，当s >1时，g s >g 1 =0，故原不等式成立.9.已知函数f x =ln ax +12ax 2-2x ，a >0.(1)求函数f x 的增区间；(2)设x 1，x 2是函数f x 的两个极值点，且x 1<x 2，求证：x 1+x 2>2.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)由题意得fx =1x +ax -2=ax 2-2x +1x(x >0).令f x >0，则ax 2-2x +1>0.①当Δ=-2 2-4a ≤0，即a ≥1时，ax 2-2x +1>0在0,+∞ 上恒成立，即f x 的增区间为0,+∞ ；②当Δ=-2 2-4a >0，即0<a <1时，0<x <1-1-aa或x >1+1-a a ，即f x 的增区间为0,1-1-a a和1+1-aa ,+∞ .综上，当a ≥1时，f x 的增区间为0,+∞ ；当0<a <1时，f x 的增区间为0,1-1-aa和1+1-aa,+∞.(2)因为fx =ax 2-2x +1x(x >0)，f x 有两个极值点x 1，x 2，所以x 1，x 2是方程ax 2-2x +1=0的两个不相等的正实数根，可求出从而Δ=-2 2-4a >0，a >0，解得0<a <1.由ax 2-2x +1=0得a =2x -1x 2.因为0<a <1，所以x >12且x ≠1.令g x =2x -1x 2，x >12且x ≠1，则gx=21-x x 3，所以当12<x <1时，g x >0，从而g x 单调递增；当x >1时，g x <0，从而g x 单调递减，于是a =2x 1-1x 21=2x 2-1x 2212<x 1<1<x 2 .要证x 1+x 2>2，只要证x 2>2-x 1，只要证明g x 2 <g 2-x 1 .因为g x 1 =g x 2 ，所以只要证g x 1 <g 2-x 1 .令F x 1 =g x 1 -g 2-x 1 =2x 1-1x 21-22-x 1 -12-x 12则F x 1 =21-x 1 x 31+21-2-x 12-x 1 3=21-x 1 x 31+2x 1-1 2-x 1 3=21-x 1 1x 31-12-x 1 3 =41-x 1 22-x 1 2+2-x 1 x 1+x 21 x 312-x 13.因为12<x 1<1，所以F x 1 >0，即F x 1 在12,1 上单调递增，所以F x 1 <F 1 =0，即g x 1 <g 2-x 1 ，所以x 2>2-x 1，即x 1+x 2>2.10.设f (x )=xex -mx 2，m ∈R .(1)设g (x )=f (x )-2mx ，讨论函数y =g (x )的单调性；(2)若函数y =f (x )在(0，+∞)有两个零点x 1，x 2，证明：x 1+x 2>2.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【解析】(1)g x =xe x -mx 2-2mx x ∈R ，g x =x +1 e x -2m ，m ≤0时，e x -2m >0，当x >-1时g x >0，g x 是单调递增函数，当x <-1时g x <0，g x 是单调递减函数；m >0时，令g x =0，得x 1=-1,x 2=ln 2m ，当-1>ln 2m 即0<m <12e时，x >-1或x <ln 2m 时g x >0，g x是单调增函数，ln 2m <x <-1时g x <0，g x 是单调递减函数，当-1<ln 2m 即m >12e时，x <-1或x >ln 2m 时g x >0，g x 是单调增函数，-1<x <ln 2m 时g x <0，g x 是单调递减函数，当-1=ln 2m 即m =12e时，g x >0，g x 在x ∈R 上是单调增函数，综上所述m ≤0时，g x 在-1,+∞ 是单调递增函数，在-∞,1 上是单调递减函数；0<m <12e时，g x 在-1,+∞ ，-∞,ln 2m 上是单调增函数，在ln 2m ,-1 是单调递减函数，m >12e时，g x 在-∞,-1 ，ln 2m ,+∞ 上是单调增函数，在-1,ln 2m 是单调递减函数，m =12e时，g x 在x ∈R 上是单调增函数.(2)令f x =xe x -mx 2=0，因为x >0，所以e x =mx ，令F x =e x -mx x >0 ，F x 1 =0,F x 2 =0，两式相除得，e x 1-x2=x 1x 2，①不妨设x 2>x 1，令t =x 2-x 1，则t >0，x 2=t +x 1，代入①得：e t =t +x 1x 1，反解出：x 1=t e t -1，则x 1+x 2=2x 1+t =2te t -1+t ，故要证x 1+x 2>2即证2te t -1+t >2，又因为e t -1>0，等价于证明：2t +t -2 e t -1 >0，构造函数h (t )=2t +t -2 e t -1 t >0 ，则h (t )=t -1 e t +1，h (t )=te t >0，故h (t )在0，+∞ 上单调递增，h (t )>h (0)=0，从而h (t )在0，+∞ 上单调递增，h (t )>h (0)=0.即x 1+x 2>2.11.已知函数f x =ae x -x ，a ∈R ．(1)若f x 在x =0处的切线与x 轴平行，求实数a 的值；(2)若f x 有两个不同的零点x 1、x 2．①求实数a 的取值范围；②证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)1；(2)①0,1e；②证明见解析.【解析】(1)∵f x =ae x -x ，∴f x =ae x -1，由题意可得f 0 =a -1=0，解得a =1；(2)①∵f x =ae x -1.当a ≤0时，f x <0，f x 在R 上单调递减，不可能有两个零点，舍去；当a >0时，令f x =0⇒x =-ln a .且当x <-ln a 时，f x <0，此时，函数f x 单调递减；当x >-ln a 时，f x >0，此时，函数f x 单调递增.∴f x min =f -ln a =1+ln a <0，解得0<a <1e.令t =1a >e ，构造函数h t =e t -t 2，其中t >e ，则h t =e t -2t ，h t =e t-2>0，所以，函数h t 在e ,+∞ 上单调递增，可得出h t >h e =e e -2e >e e -e 2>0，所以，函数h t 在e ,+∞ 上单调递增，可得出h t >h e =e e -e 2>0，所以，当0<a <1e 时，e 1a>1a2.当且仅当0<a <1e 时，f 0 =a >0，f 1a =ae 1a-1a >a ⋅1a2-1a =0，所以，函数f x 在0,-ln a 和-ln a ,1a 上各有一个零点，综上所述，实数a 的取值范围是0,1e；②由f x =ae x -x =0，得x e x -a =0，令g x =x e x -a ，则g x =1-xe x，由g x =1-x e x>0，得x <1；由g x =1-xe x<0，得x >1．所以g x 在-∞,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，由于x 1、x 2是方程g x =0的实根，不妨设x 1<1<x 2，要证x 1+x 2>2，只要证x 2>2-x 1>1．由于g x 在1,+∞ 单调递减，故只要证g x 2 <g 2-x 1 ，由于g x 1 =g x 2 =0，故只要证g x 1 <g 2-x 1 ，令H x =g x -g 2-x =x e x -2-xe 2-x x <1 ，则Hx =1-x e x -1-x e 2-x =e 2-x -e x1-x e 2，因为x <1，所以1-x >0，2-x >x ，所以e 2-x >e x ，即e 2-x -e x >0，所以H x >0，所以H x 在-∞,1 上为增函数．所以H x 1 <H 1 =0，即有g x 1 <g 2-x 1 成立，所以x 1+x 2>2．12.已知a ∈R ，f x =x ⋅e -ax (其中e 为自然对数的底数).(1)讨论函数y =f x 的单调性；(2)若a >0，函数y =f x -a 有两个零点x 1，x 2，求证：x 1+x 2>2 e.【答案】(1)a <0时，增区间为：1a ,+∞ ，减区间为：-∞,1a；a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a ,+∞ ;(2)证明见解析.【解析】(1)f ′(x )=e -ax -ax ⋅e -ax =e -ax (1-ax )∵a ∈R ，∴a <0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )>0⇒x >1a，f ′(x )=e -ax (1-ax )<0⇒x <1a∴a <0时，增区间为：1a ,+∞，减区间为：-∞,1a；a =0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )=1>0，∴a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )>0⇒x <1a，f ′(x )=e -ax (1-ax )<0⇒x >1a，∴a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a ,+∞ ；综上，a <0时，增区间为：1a ,+∞ ，减区间为：-∞,1a ；a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a ,+∞ (2)由(1)知，a >0时，增区间为：-∞,1a，减区间为：1a ,+∞ ；且x >1a 时，f (x )>0，f 极大值(x )=f 1a =1ae，函数y =f (x )的大致图像如下图所示因为a >0时，函数y =f (x )-a 有两个零点x 1，x 2，所以a <1ae ，即a 2<1e，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1a<x 2；先证：x 1+x 2>2a ，即证：x 1>2a -x 2因为x 1<1a ，所以2a -x 2<1a ，又y =f (x )在-∞,1a单调递增，所以即证：f x 1 >f 2a -x 2 又f x 1 =f x 2 ，所以即证：f x 2 >f 2a -x 2 ，即x 2>1a 令函数F (x )=f (x )-f 2a -x ，x ∈1a,+∞ ，则F ′(x )=e -ax (1-ax )+e -2+ax 1-a 2a -x=(1-ax )e -ax -e -2+ax 因为x >1a，所以-ax <ax -2，1-ax <0，故F ′(x )=(1-ax )e-ax-e -2+ax >0函数F (x )=f (x )-f 2a -x 在1a ,+∞ 单调递增，所以F (x )>F 1a=0因为x 2>1a ，所以，f x 2 >f 2a -x 2 ，即x 1+x 2>2a所以x 1+x 2 22>2a2>2e ，所以x 1+x 2>2e(2)解法二：因为a >0时，函数y =f (x )-a 有两个零点x 1，x 2，则两个零点必为正实数，f (x )-a =0⇒e ln x -ax =e ln a (x >0)等价于ln x -ax =ln a 有两个正实数解；令g (x )=ln x -ax -ln a (x >0)则g ′(x )=1x -a (x >0)，g (x )在0,1a 单调递增，在1a ,+∞ 单调递减，且0<x 1<1a<x 2令G (x )=g (x )-g 2a -x，x ∈1a,+∞ ，则G ′(x )=1x -a +12a -x -a =2x (2-ax )-2a >21a -2a =0所以G (x )在1a ,+∞ 单调递增，G (x )>G 1a =0又x 2>1a ，故g x 2 >g 2a -x 2 ，x 2∈1a,+∞ 又g x 1 =g x 2 ，所以g x 1 >g 2a-x 2 ，又0<x 1<1a <x 2，所以x 1，2a -x 2∈0,1a ，又g (x )在0,1a 单调递增，所以x 1+x 2>2a 所以x 1+x 2 22>2a 2>2e ，所以x 1+x 2>2e13.已知函数f x =x ln x ．(1)判断f x 的单调性；(2)设方程f x -2x +1=0的两个根为x 1，x 2，求证：2e <x 1+x 2<e 2．【答案】(1)f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增；(2)证明见解析．【解析】(1)f x =ln x +1，x ∈0,+∞ ，那么f x =0，x =1e，所以f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增．(2)令g x =f x -2x +1，g x =ln x -1=0，则x =e ，g x 在(0,e )单调递减，e ,+∞ 单调递增，又g e <0，不妨设0<x 1<e <x 2先证明x 1+x 2>2e ．只要证明x 2>2e -x 1，即只要证明g x 2 >g 2e -x 1 ．因为g x 2 =g x 1 ,令h x =g x -g 2e -x ，x ∈0,e ，则h x =ln x -2+ln 2e -x =ln 2ex -x 2 -2=ln -x -e 2+e 2 -2≤0h x 在0,e 单调递减，所以h x ≥h e =0．从而必有g x 2 >g 2e -x 1 下面证明x 2+x 1<e 2．因为ln x 1<1，x 1ln x 1<x 1，所以x 1ln x 1-2x 1<-x 1，又x 1ln x 1-2x 1=x 2ln x 2-2x 2=-1，所以x 1<2x 2-x 2ln x 2，x 1+x 2<3x 2-x 2ln x 2令ϕx =3x -x ln x ，x ∈e ,+∞ ，ϕ x =2-ln x ，令ϕ x =0，x =e 2，ϕx 在e ,e 2 上单调递增，在e 2,+∞ 上单调递减，故x 1+x 2<ϕx max =ϕe 2 =e 2．综上，2e <x 2+x 1<e 2．14.已知函数f x =sin xe x，x ∈0,π ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)若x 1≠x 2，且f x 1 =f x 2 ，证明：x 1+x 2>π2．【答案】(1)在0,π4 上单调递增，在π4,π 上单调递减；(2)证明见解析．【解析】(1)f x =cos x -sin xe x ，0<x <π，由f x =0得x =π4，当0<x <π4时，f x >0；当π4<x <π时f x <0，∴f x 在0,π4 上单调递增，在π4,π 上单调递减．(2)∵x 1≠x 2，且f x 1 =f x 2 ，∴由(1)知，不妨设0<x 1<π4<x 2<π．要证x 1+x 2>π2，只需证明x 2>π2-x 1，而π4<π2-x 1<π2，f x 在π4,π 上单调递减，故只需证明f x 2 <f π2-x 1 ．又f x 1 =f x 2 ，∴只需证明f x 1 <f π2-x 1 ．令函数g x =f x -f π2-x =sin x e x -sin π2-x e π2-x =sin x ex -cos x e π2-x ，则g x =cos x -sin x e x +sin x -cos x e π2-x =(cos x -sin x )1e x-1e π2-x=(cos x -sin x )⋅e π2-x-e xeπ2.当0<x <π4时，cos x -sin x >0，π2-x >x ，故g x >0，∴g x 在0,π4 上单调递增，故在0,π4 上g x <g π4 =f π4 -f π4=0，∴f x 1 <f π2-x 1 成立，故x 1+x 2>π2成立．15.已知函数f x =x +1 ln x +a -3 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x 1、x 2x 1<x 2 ．求证：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2>-2．【答案】(1)a ≥1;(2)证明见解析【解析】(1)因为f x =x +1 ln x +a -3 x ，该函数的定义域为0,+∞ ，f x =ln x +1x+a -2，若函数f x 为增函数，则f x ≥0恒成立．令g x =ln x +1x +a -2，g x =1x -1x 2=x -1x2，令g x =0得x =1，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，故g x ≥g 1 =a -1，所以，a -1≥0，因此a ≥1．(2)因为函数f x 有两个极值点x 1、x 2x 1<x 2 ，即方程g x =0有两个不等的实根x 1、x 2x 1<x 2 ，因为g x 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以，0<x 1<1<x 2，即x 1、x 2是ln x +1x+a -2=0的两个根，所以ln x 1+1x 1+a -2=0ln x 2+1x 2+a -2=0，则x 1ln x 1+a -2 x 1=-1x 2ln x 2+a -2 x 2=-1 ，所以，f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=x 1ln x 1+x 2ln x 2+ln x 1+ln x 2+a -2 x 1+x 2=ln x 1+ln x 2-2，即证ln x 1+ln x 2>0，即证x 1x 2>1．由ln x 1+1x 1+a -2=0ln x 2+1x 2+a -2=0两式作差得ln x 1x 2=1x 2-1x 1，令t =x 1x 2∈0,1 ，则x 1=t -1ln t ，x 2=t -1t ln t ，即只需证t -1ln t ⋅t -1t ln t >1，即证ln t -t +1t>0．令φt =ln t -t +1t ，其中t ∈0,1 ，则φt =-t -1 22t t<0，故φt 在区间0,1 上单调递减，当t ∈0,1 时，φt >φ1 =0，命题得证．16.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.【答案】(1)递增区间为0,1 ，递减区间为1,+∞ ;(2)证明见解析【解析】(1)函数的定义域为0,+∞ ，又f x =1-ln x -1=-ln x ，当x ∈0,1 时，f x >0，当x ∈1,+∞ 时，f x <0，故f x 的递增区间为0,1 ，递减区间为1,+∞(2)解：因为b ln a -a ln b =a -b ，故b ln a +1 =a ln b +1 ，即ln a +1a =ln b +1b ，故f 1a =f 1b ，设1a =x 1,1b =x 2，则f x 1 =f x 2 ，不妨设x 1<x 2，由(1)可知原命题等价于：已知0<x 1<1<x 2<e ，证明：x 1+x 2>2. 证明如下：若x 2≥2，x 1+x 2>2恒成立；若x 2<2，即0<x 1<1<x 2<2时，要证：x1+x 2>2，即证x 1>2-x 2，而0<2-x 2<1，即证f x 1 >f 2-x 2 ，即证：f x 2 >f 2-x 2 ，其中1<x 2<2设g x =f x -f 2-x ，1<x <2，则g x =f x +f 2-x =-ln x -ln 2-x =-ln x 2-x ，因为1<x <2，故0<x 2-x <1，故-ln x 2-x >0，所以g x >0，故g x 在1,2 为增函数，所以g x >g 1 =0，故f x >f 2-x ，即f x 2 >f 2-x 2 成立，所以x 1+x 2>2成立，综上，x 1+x 2>2成立.17.已知函数f (x )=a -1-xe x(x >0)(e 为自然对数的底数，a ∈R )．(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若存在x 1≠x 2，满足f x 1 =f x 2 ，求证：x 1+x 2>4aa +2．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【解析】(1)f(x )=-1×e x -e x a -1-x e x=1ex (x -a ).当a ≤0时，f x ≥0，所以f x 在0,+∞ 上单调增，无极值；当a >0时，令f (x )=1ex (x -a )=0，得x =a ，当x ∈0,a 时，f x <0；当x ∈a ,+∞ 时，f x >0；所以f x 在0,a 上单调递减，在a ,+∞ 单调递增．所以函数f x 的极小值为f a =-1ea ，无极大值.(2)由题(1)可知，当a >0时才存在x 1≠x 2，满足f x 1 =f x 2 ，不妨设0<x 1<a <x 2，设g (x )=f (x )-f (2a -x )0<x <a ，则g (x )=a -1-x e x -x -a -1e 2a -xg x =1e x x -a +1e 2a -x a -x =x -a e 2a -e 2xe2a +x ，因为x ∈(0,a )，所以x -a <0,e 2a -e 2x >0，所以g (x )<0，所以g x 在(0,a )上单调递减，所以g x 1 >g a =0，所以f (x 1)-f (2a -x 1)>0，即f (x 1)>f (2a -x 1)故f x 2 =f x 1 >f 2a -x 1 ，因为x 2>a ,2a -x 1>a ，又f x 在(a ,+∞)上单调递增，所以x 2>2a -x 1，所以x 1+x 2>2a ，下面证明：2a ≥4a a +22；因为2a -4a a +2 2=2a a +2 2-8aa +2 2=2a a -2 2a +22≥0，所以2a ≥4a a +2，所以x 1+x 2>2a ≥4aa +2，所以x 1+x 2>4aa +2，得证.18.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.【答案】(1)f x 的递增区间为0,1 ，递减区间为1,+∞ ；(2)证明见解析.【解析】(1)f x 的定义域为0,+∞ ．由f x =x 1-ln x 得，f x =-ln x ，当x =1时，f ′x =0；当x ∈0,1 时f ′x >0；当x ∈1,+∞ 时，f 'x <0．故f x 在区间0,1 内为增函数，在区间1,+∞ 内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由b ln a -a ln b =a -b 得1a 1-ln 1a =1b 1-ln 1b，即f 1a =f 1b ．由a ≠b ，得1a ≠1b ．由(1)不妨设1a ∈(0,1),1b ∈(1,+∞)，则f 1a >0，从而f 1b >0，得1b∈(1,e )，①令g x =f 2-x -f x ，则g (x )=ln (2-x )+ln x =ln (2x -x 2)=ln [1-(x -1)2]，当x ∈0,1 时，g ′x <0，g x 在区间0,1 内为减函数，g x >g 1 =0，从而f 2-x >f x ，所以f 2-1a >f 1a =f 1b，由(1)得2-1a <1b 即2<1a +1b．①令h x =x +f x ，则h 'x =1+f x =1-ln x ，当x ∈1,e 时，h ′x >0，h x 在区间1,e 内为增函数，h x <h e =e ，从而x +f x <e ，所以1b +f 1b<e ．又由1a ∈(0,1)，可得1a <1a 1-ln 1a =f 1a =f 1b ，所以1a +1b <f 1b +1b=e ．②由①②得2<1a +1b<e ．[方法二]【最优解】：b ln a -a ln b =a -b 变形为ln a a -ln b b =1b-1a ，所以ln a +1a =ln b +1b ．令1a =m ,1b=n ．则上式变为m 1-ln m =n 1-ln n ，于是命题转换为证明：2<m +n <e ．令f x =x 1-ln x ，则有f m =f n ，不妨设m <n ．由(1)知0<m <1,1<n <e ，先证m +n >2．要证：m +n >2⇔n >2-m ⇔f n <f 2-m ⇔f (m )<f 2-m ⇔f m -f 2-m <0．令g x =f x -f 2-x ,x ∈0,1 ，则g ′x =-ln x -ln 2-x =-ln x 2-x ≥-ln1=0，∴g x 在区间0,1 内单调递增，所以g x <g 1 =0，即m +n >2．再证m +n <e ．因为m 1-ln m =n ⋅1-ln n >m ，所以需证n 1-ln n +n <e ⇒m +n <e ．令h x =x 1-ln x +x ,x ∈1,e ，所以h 'x =1-ln x >0，故h x 在区间1,e 内单调递增．所以h x <h e =e ．故h n <e ，即m +n <e ．综合可知2<1a +1b<e ．[方法三]：比值代换证明1a +1b>2同证法2．以下证明x 1+x 2<e ．不妨设x 2=tx 1，则t =x2x 1>1，由x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2)得x 1(1-ln x 1)=tx 1[1-ln (tx 1)]，ln x 1=1-t ln tt -1，要证x 1+x 2<e ，只需证1+t x 1<e ，两边取对数得ln (1+t )+ln x 1<1，即ln (1+t )+1-t ln tt -1<1，即证ln (1+t )t <ln t t -1．记g (s )=ln (1+s )s ,s ∈(0,+∞)，则g (s )=s 1+s-ln (1+s )s 2.记h (s )=s 1+s -ln (1+s )，则h ′(s )=1(1+s )2-11+s <0，所以，h s 在区间0,+∞ 内单调递减．h s <h 0 =0，则g 's <0，所以g s 在区间0,+∞ 内单调递减．由t ∈1,+∞ 得t -1∈0,+∞ ，所以g t <g t -1 ，即ln (1+t )t <ln t t -1．[方法四]：构造函数法由已知得ln a a -ln b b =1b -1a ，令1a =x 1,1b=x 2，不妨设x 1<x 2，所以f x 1 =f x 2 ．由(Ⅰ)知，0<x 1<1<x 2<e ，只需证2<x 1+x 2<e ．证明x 1+x 2>2同证法2．再证明x 1+x 2<e ．令h (x )=1-ln x x -e (0<x <e ),h (x )=-2+e x+ln x(x -e )2．令φ(x )=ln x +e x -2(0<x <e )，则φ′(x )=1x -e x 2=x -ex 2<0．所以φx >φe =0,h ′x >0，h x 在区间0,e 内单调递增．因为0<x 1<x 2<e ，所以1-ln x 1x 1-e <1-ln x 2x 2-e ，即1-ln x 11-ln x 2>x 1-ex 2-e又因为f x 1 =f x 2 ，所以1-ln x 11-ln x 2=x 2x 1,x 2x 1>x 1-ex 2-e，即x 22-ex 2<x 21-ex 1,x 1-x 2 x 1+x 2-e >0．因为x 1<x 2，所以x 1+x 2<e ，即1a +1b<e ．综上，有2<1a +1b<e 结论得证．19.已知函数f x =e x -ax 2+bx -1，其中a ，b 为常数，e 为自然对数底数，e =2.71828⋅⋅⋅．(1)当a =0时，若函数f x ≥0，求实数b 的取值范围；(2)当b =2a 时，若函数f x 有两个极值点x 1，x 2，现有如下三个命题：①7x 1+bx 2>28；②2a x 1+x 2 >3x 1x 2；③x 1-1+x 2-1>2；请从①②③中任选一个进行证明．(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)【答案】(1)-1 ;(2)证明见解析【解析】(1)当a =0时，f x =e x +bx -1，f x =e x +b当b ≥0时，因为f -1 =1e-1 -b <0，所以此时不合题意；当b <0时，当x ∈-∞,ln -b 时，f x <0，f x 单调递减，当x ∈ln -b ,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，所以f x min =f ln -b =-b +b ln -b -1，要f x ≥0，只需f x min =-b +b ln -b -1≥0，令g x =x -x ln x -1，则g x =-ln x ，当x ∈0,1 时，g x >0，g x 单调递增；当x ∈1,+∞ 时，g x <0，g x 单调递减，所以g x ≤g 1 =0，则由g -b =-b +b ln -b -1≥0得-b =1，所以b =-1，故实数b 的取值范围为-1 ．(2)当b =2a 时，f x =e x -ax 2+2ax -1，f x =e x -2ax +2a ，令φx =f x =e x -2ax +2a ，则φ x =e x -2a ，因为函数f x 有两个极值点x 1，x 2，所以φx =f x =e x -2ax +2a 有两个零点，若a ≤0，则φ x >0，φx 单调递增，不可能有两个零点，所以a >0，令φ x =e x -2a =0得x =ln2a ，当x ∈-∞,ln2a 时，φ x <0，φx 单调递减；当x ∈ln2a ,+∞ 时，φ x >0，φx 单调递增；所以φx min =φln2a =4a -2a ln2a ，因为φx 有两个零点，所以4a -2a ln2a <0，则a >12e 2，设x 1<x 2，因为φ1 =e >0，φ2 =e 2-2a <0，则1<x 1<2<x 2，因为φx 1 =φx 2 =0，所以e x 1=2ax 1-2a ，e x 2=2ax 2-2a ，则ex2ex 1=x 2-1x 1-1，取对数得x 2-x 1=ln x 2-1 -ln x 1-1 ，令x 1-1=t 1，x 2-1=t 2，则t 2-t 1=ln t 2-ln t 1，即t 2-ln t 2=t 1-ln t 10<t 1<1<t 2①令u t =t -ln t ，则u t 1 =u t 2 ，因为u t =1-1t，所以u t =t -ln t在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，令v t=u t -u 2-t =2t -ln t +ln 2-t -20<t <2 ，则vt =2t -1 2t t -1≤0，v t 在0,2 上单调递减，因为0<t 1<1，所以v t 1 >v 1 =0，即u t 1 -u 2-t 1 >0，亦即u t 2 =u t 1 >u 2-t 1 ，因为t 2>1，2-t >1，u t =t -ln t 在1,+∞ 上单调递增，所以t 2>2-t 1，则x 2-1>2-x 1-1 ，整理得x 1+x 2>4，所以2ax 1+7x 2>7x 1+7x 2>28，故①成立②令u t =t -ln t ，则u t 1 =u t 2 ，因为u t =t -1t，所以u t =t -ln t 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，令v t =u t -u 1t =t -1t -2ln t ，则v t =t -1 2t 2≥0，v t 在0,+∞ 上单调递增，又v 1 =0，所以当t ∈0,1 时，v t <v 1 =0，即u t <u 1t，因为t 2>1，2-t 1>1，u t =t -ln t 在1,+∞ 上单调递增，所以t 2<1t 1，所以x 2-1<1x 1-1，即x 1x 2<x 1+x 2，所以x 1x 2<x 1+x 2<2312e 2x 1+x 2 <23a x 1+x 2 ，即3x 1x 2<2a x 1+x 2 ，故②成立．③令x 1-1=t 1，x 2-1=t 2，则t 2-t 1=ln t 2-ln t 1=2lnt 2t 1，令F t =ln t -2t -1 t +1t >1 ，则Ft =t -1 2t t +1 >0，∴F t =ln t -2t -1 t +1在1,+∞ 上单调递增，则F t =ln t -2t -1t +1>F 1 =0，∴ln t >2t -1 t +1，则t 2-t 1=2ln t 2t 1>22t 2t 1-1t 2t 1+1=4⋅t 2-t 1t 2+t 1，两边约去t 2-t 1后化简整理得t 1+t 2>2，即x 1-1+x 2-1>2，故③成立．20.已知函数f x =x 1-a ln x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若x ∈0,12时，都有f x <1，求实数a 的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数x 1，x 2满足1+ln x 21+ln x 1=x2x 1，证明：x 1+x 2<ex 1x 2.【答案】(1)当a >0时，f (x )在0,e1-aa单调递增，在e 1-aa,+∞ 单调递减；当a =0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a <0时，f (x )在0,e1-a a 单调递减，在e 1-a a ,+∞ 单调递增.；(2)a <1ln2;(3)证明详见解析【解析】(1)因为f x =x 1-a ln x ，定义域为0,+∞ ，f (x )=1-a -a ln x .①当a >0时，令f(x )=0,1-α-a ln x =0⇔ln x =1-a a ，解得x =e 1-a a 即当x ∈0,e1-a a 时，f (x )>0，f (x )单调递增，当x ∈e 1-a a ,+∞ 时，f (x )<0，f (x )单调递减；②当a =0时f (x )=1>0，f (x )在(0,+∞)单调递增；③当a <0时令f (x )=0,1-α-a ln x =0⇔ln x =1-a a，解得x =e 1-a a ，即当x ∈0,e1-a a 时，f (x )<0，f (x )单调递减，当x ∈e 1-a a ,+∞ 时，f (x )>0，f (x )单调递增；综上：当a >0时，f (x )在0,e 1-a a 单调递增，在e 1-a a ,+∞ 单调递减；当a =0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a <0时，f (x )在0,e1-a a 单调递减，在e 1-a a ,+∞ 单调递增.(2)若x ∈0,12时，都有f x <1，即x 1-a ln x <1，a <x -1x ln x恒成立.令h (x )=x -1x ln x ，则a <h (x )min ，h (x )=x ln x -(ln x +1)(x -1)(x ⋅ln x )2=ln x -x +1(x ln x )2，令g (x )=ln x -x +1，所以g (x )=1x -1=1-x x ，当x ∈0,12时，g (x )>0，g (x )单调递增，g (x )max =g 12 =-ln2+12<0，所以h (x )<0，h (x )=x -1x ln x 在0,12单调递减，所以h (x )min =h 12 =1ln2，所以a <1ln2(3)原式1+ln x 21+ln x 1=x 2x 1可整理为1x 2-1x 2ln 1x 2=1x 1-1x 1ln 1x 1，令F (x )=x (1-ln x )，原式为F 1x 1 =F 1x 2，由(1)知，F (x )=x (1-ln x )在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，则1x 1,1x 2为F (x )=k 两根，其中k ∈(0,1)，不妨令1x 1∈0,1 ,1x 2∈1,e ，要证x 1+x 2<ex 1x 2，即证1x 1+1x 2<e ，e -1x 1>1x 2，只需证F 1x 2 =F 1x 1 >F e -1x 1，极值点偏移问题第21页。

极值点偏移(自主整理) 答案

f (1)
1 ，如图 e
要证 x1 x2 2 ，即证 x2 2 x1 ，不妨设 x1 x2 ，则 0 x1 1 x2
x2 2 x1 1，又 f (x) 在 1，上递减，则只需证
f (x2 ) f (2 x1)
又 f (x2 ) f (x1) ，则等价证 f (x1) f (2 x1) ，证明如下：
等价，例 1 的四种方法全都可以用；
思路 2：也可以利用参数 a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：
因为函数
f
(x)
有两个零点
x1,
x2
，所以
xx21
ae x1 ae x2
(1) (2)
，由 (1)
(2)
得：
x1
x2
a(e x1
e x2
)
，
要证明 x1 x2
2 ，只要证明 a(ex1
ex2 ) 2 ，由 (1) (2) 得： x1 x2
e2
．
解法二变换函数能妙解
极值点偏移专题
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证法 2：欲证 x1x2 e2 ，需证 ln x1 ln x2 2 ．若 f x 有两个极值点 x1 ，x2 ，即函数 f x 有两个零点．又 f x ln x mx ，所以， x1 ， x2 是方程 f x 0 的两个不同实根．显然 m 0 ，否则，函数 f x 为
设 g(x) f (x) f (2 x)，x 0,1 则 g(x) f (x) f (2 x)
g
(
x)
1 ex
x
1 e2x2
，又 x 0,1，则 g(x) 0 ，则 g(x)在0,1递增
g(x) g(1) 0 ，则 g(x) 0 得证，则 x1 x2 2

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：$x_1\cdot x_2>e^2$。

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,( a 为常数）（）若函数 f ( x) 在处的切线与轴平行，求的值； 1 x 1xa （ 2）当 a 1时，试比较 f (m)与 f ( 1 )的大小；m（3） f ( x)有两个零点 x 1, x 2, 证明： x 1 x 2＞ e 2变式：已知函数 f ( x) ln x ax 2， a 为常数。

(1) 讨论 f ( x)的单调性；(2) 若有两个零点 x 1, x 2 ,，试证明： x 1 x 2＞ e.2. 已知 f ( x)x 2+ax sin x, x (0,1);2（1）若 f ( x) 在定义域内单调递增，求的取值范围；a（2）当 a=-2 时，记 f (x)取得极小值为 f (x 0 )若f ( x 1 ) f (x 2 ),求证 x 1 x 2＞2x 0.3. 已知 f ( x) ln x- 1ax 2x,( a R)2（1）若） 0，求函数的最大值；f (1 =f ( x)（ 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 , x 2 , 满足（） f x 2x 1x 2 0,证明： x 1 5 1f x 1x 222( x 1) 4. 设 a>0, 函数 f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-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 , x 2 , 求证： x 1 x 2 e 25. 已知 f ( x) x 2aa ln x, 常数。

a R （）求的单调区间；1f ( x)（）有两个零点，且 x 1 ；2 f ( x) x 1, x 2 x 2(i) 指出的取值范围，并说明理由；（ ii) 求证：x 1 x 2 3a8a6.设函数 f (x) exax a (a R ) ，其图象与 x 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： fx 1 x 20 （ f ( x) 为函数 f ( x) 的导函数）；（ 3）设点 C 在函数 yf (x) 的图象上，且△ ABC 为等腰直角三角形，记x 2 1t ，x 1 1求 (a 1)(t 1) 的值．【解】（ 1） f ( x) e x a ．若 a ≤ 0 ，则 f (x) 0 ，则函数 f (x) 是单调增函数，这与题设矛盾．所以 a 0 ，令f (x) 0 ，则 x ln a ．当 x ln a 时， f ( x) 0 ， f (x) 是单调减函数；x ln a 时， f (x) 0 ， f ( x) 是单调增函数；于是当 x ln a 时， f ( x) 取得极小值．因为函数 f ( x) e x ax a(a R ) 的图象与 x 轴交于两点 A(x 1 ，0) ， B( x 2 ，0) (x 1＜ x 2)，所以 f (ln a)a(2 ln a ) 0 ，即 a e 2． .此时，存在 1 ln a ， f (1) e 0 ；存在 3ln aln a ， f (3ln a) a 3 3a ln a a a 3 3a 2a 0 ，又由 f ( x) 在 (，ln a) 及 (ln a ， ) 上的单调性及曲线在 R 上不间断，可知 ae 2为所求取值范围 .xax 1 a 0 ，（ 2）因为e1两式相减得 ax 2x 1．e x2eeax 2 a 0 ，x 2 x 1记x2x 1x 1x 2 e x 12x2e x2e x1x 1 x 2s( s0) ，则 f e 22s (e se s )，设22x 2 x 12sg( s) 2s(e s e s ) ，则 g (s)2 (e s e s ) 0 ，所以 g( s) 是单调减函数，x 1 x 2 x 1 x 2则有 g (s) g (0)0 ，而e20 ，所以 f0 ．2s2 又 f ( x)e x a 是单调增函数，且 x 1 x 2x 1x 22所以 fx 1x 20 ．（ 3）依题意有 e x i ax a 0，则a (xi1) e x i 0 x （1 i 1，2）i i．x1 x2于是 e 2 a (x1 1)(x2 1) ，在等腰三角形 ABC 中，显然 C = 90°，所以x0x1 x2( x1， x2 ) ，即 y0 f (x0 ) 0 ，2由直角三角形斜边的中线性质，可知x2 x1y0，2x2 x1x1 x 2 a ( x1 x2 x1所以 y0 0，即 e 2 x2 ) a 0 ，2 2 2所以 a ( x1 1)( x2 1)a( x1 x2 ) a x2 x1 0 ，22即 a ( x1 1)(x2 1)a[( x1 1) ( x2 1)] (x2 1) ( x1 1) 0 ．2 2x2 1 x2 1x2 1 1因为 x1 a 1 x1 1 0 ，1 0 ，则 a1 x1 1 2x1 2又x2 1t ，所以 ata(12)1(t21) 0 ，x1 1 2 t 2即 a 1 2 ，所以 (a 1)(t 1) 2.t 17.已知函数 f ( x) xc x ( 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x 1 对称，证明当x 1 时， f (x) g( x)（Ⅲ）如果x1x2，且 f ( x1 ) f ( x2 ) ，证明 x1x2 2（Ⅰ）解： f ’( x) f ' (1 x)e x令 f ’ (x)=0, 解得 x=1当 x 变化时， f ’ (x) ， f(x)的变化情况如下表X (,1) 1 (1,) f ’ (x) + 0 -f(x)Z 极大值]所以 f(x) 在 (,1 )内是增函数，在( 1,) 内是减函数。

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。

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(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)(),,0,f x x ax x a R f f x g 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）；（3）设点C 在函数()y f x =的图象上，且△ABCt =，求(1)(1)a t --的值．【解】（1）()e x f x a '=-．若0a ≤，则()0f x '>，则函数()f x 是单调增函数，这与题设矛盾．所以0a >，令()0f x '=，则ln x a =．当ln x a <时，()0f x '<，()f x 是单调减函数；ln x a >时，()0f x '>，()f x 是单调增函数；于是当ln x a =时，()f x 取得极小值．因为函数()e ()x f x ax a a =-+∈R 的图象与x 轴交于两点1(0)A x ，，2(0)B x ，(x 1＜x 2)，所以(ln )(2ln )0f a a a =-<，即2e a >．. 此时，存在1ln (1)e 0a f <=>，；存在33ln ln (3ln )3ln a a f a a a a a >=-+，3230a a a >-+>，又由()f x 在(ln )a -∞，及(ln )a +∞，上的单调性及曲线在R 上不间断，可知2e a >为所求取值范围.（2）因为1212e 0e 0xx ax a ax a ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，，两式相减得2121e e x x a x x -=-．记21(0)2x x s s -=>，则()121221212221e e e e 2(e e )22x x x x x x s s x x f s x x s ++-+-'⎡⎤=-=--⎣⎦-，设()2(e e )s s g s s -=--，则()2(e e )0s s g s -'=-+<，所以()g s 是单调减函数，则有()(0)0g s g <=，而122e02x x s+>，所以()1202x xf +'<．又()e x f x a '=-是单调增函数，且122x x +>所以0f '<．（3）依题意有e 0i x i ax a -+=，则(1)e 0i x i a x -=>⇒112i x i >=（，）．于是122e x x +=，在等腰三角形ABC 中，显然C = 90°，所以12012()2x x x x x +=∈，，即00()0y f x =<，由直角三角形斜边的中线性质，可知2102x x y -=-，所以21002x x y -+=，即1221212e ()022x x x x a x x a +--+++=，所以2112()022x x a x x a -+++=，即2112(1)(1)[(1)(1)]022x x a x x ----+-+=．因为110x -≠，则()2211111110212x x x a x ----++=-，t =，所以221(1)(1)022a at t t -++-=，即211a t =+-，所以(1)(1) 2.a t --=7.已知函数()()xf x xc 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：f ’'()(1)xx f x e -=- 令f ’(x)=0,解得x=1当x 变化时，f ’(x)，f(x)的变化情况如下表所以f(x)在(,1-∞)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数。

函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=1e（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2x e-令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xx F x xe x e --=+-于是22'()(1)(1)x x F x x ee --=--当x>1时，2x-2>0,从而2x-2e 10,0,F x e -->>又所以’(x)>0,从而函数F （x ）在[1,+∞)是增函数。

又F(1)=-1-1e e 0-=，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). Ⅲ)证明：（1）若121212(1)(1)0,)), 1.x x x x x x --=I ===≠12由（）及f(x f(x 则与矛盾。

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

根据（1）（2）得1212(1)(1)0,1, 1.x x x x --<<>不妨设由（Ⅱ）可知，)2f(x >)2g(x ,则)2g(x =)2f(2-x ，所以)2f(x >)2f(2-x ,从而)1f(x >)2f(2-x .因为21x >，所以221x -<，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以1x >22x -,即12x x +>2.8. 已知函数x a ax x x f )2(ln )(2-+-= （12分）（I ）讨论f (x )的单调性；（II ）设a ＞0，证明：当a x 10<<时，)1()1(x af x a f ->+；（III ）若函数y= f (x )的图像与x 轴交于A 、B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：f ′(x 0)<09. 已知函数21()1xx f x e x -=+. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明：当12()()f x f x = 12()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，()y f x =在0]-∞在（，上单调递增；在[0x ∈+∞，）上单调递减.（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 xx x ---+=++-+-=----。

1)21()('0,1)1()(22--=⇒>---=x x e x x g 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 x x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10.已知函数2()ln f x a x x =-.（1）当2a =时，求函数()y f x =在1[,2]2上的最大值；（2）令()()g x f x ax =+，若()y g x =在区间(0,3)上不单调，求a 的取值范围；（3）当2a =时，函数()()h x f x mx =-的图象与x 轴交于两点12(,0),(,0)A xB x ，且120x x <<，又()h x '是()h x 的导函数.若正常数,αβ满足条件1,αββα+=≥.证明：12()0h x x αβ'+<解（1） ,2222)(2'x x x x x f -=-=函数)(x f y =在[21,1]是增函数，在[1,2]是减函数，……………3分所以111ln 2)1()(2max -=-==f x f ． ……4分（2）因为ax x x a x g +-=2ln )(，所以a x xax g +-='2)(， ……5分因为)(x g 在区间)3,0(上不单调，所以0)(='x g 在（0，3）上有实数解，且无重根，由0)(='x g ，有122+=x x a =)29,0(4)111(2∈-+++x x ，（)3,0(∈x ） ……6分又当8-=a 时，0)(='x g 有重根2-=x ， ……7分综上∈a )29,0( ……8分（3）∵m x xx h --=22)('，又0)(=-mx x f 有两个实根21,x x ， ∴⎩⎨⎧=--=--0ln 20ln 222221211mx x x mx x x ，两式相减，得)()()ln (ln 221222121x x m x x x x -=---， ∴)()ln (ln 2212121x x x x x x m +---=, ……10分于是)()ln (ln 2)(22)(212121212121'x x x x x x x x x x x x h ++---+-+=+βαβαβα))(12()ln (ln 2212212121x x x x x x x x --+---+=αβα． ……11分0))(12(,12,12≤--∴≤∴≥x x αααβ ．要证：0)(21'<+x x h βα，只需证：0)ln (ln 22212121<---+x x x x x x βα只需证：0ln 212121>-+-x xx x x x βα．(*) ……12分令)1,0(21∈=t x x ，∴(*)化为 0ln 1<++-t t t βα，只证01ln )(<+-+=βαt t t t u 即可． ()u t 在（0，1）上单调递增，01ln ,0)1()(<+-+∴=<βαt tt u t u ，即0ln 2121<++-x x t x x βα．∴0)(21'<+x x h βα．……14分。