极值点偏移问题2
极值点偏移第2招--含参数的极值点偏移问题
含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.★例1. 已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1t t e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e tln ,1=>=，即证),1(,01)1(2ln +∞∈>+--x x x x 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F 求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞上递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.★例 2. 已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：212.x x e ⋅>法二：利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设12x x >，∵1122ln 0,ln 0x ax x ax -=-=，∴12121212ln ln (),ln ln ()x x a x x x x a x x +=+-=-， ∴1212ln ln x x a x x -=-，欲证明212x x e >，即证12ln ln 2x x +>.∵1212ln ln ()x x a x x +=+，∴即证122a x x >+，∴原命题等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即证：1122122()ln x x x x x x ->+，令12,(1)x t t x =>，构造2(1)ln ,1)1(t t g t t t -=->+，此问题等价转化成为例1中思路2的解答，下略. 法三：直接换元构造新函数：12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ==⇔=设2121,,(1)xx x t t x <=>， 则112111ln ln ln ,ln ln tx t x x tx t t x x +==⇔=， 反解出：1211ln ln ln ln ,ln ln ln ln ln 111t t t tx x tx t x t t t t ===+=+=---， 故212121ln ln 2ln 21t x x e x x t t +>⇔+>⇔>-，转化成法二，下同，略.★例3.已知21,x x 是函数ax e x f x-=)(的两个零点，且21x x <. （1）求证：221>+x x ； （2）求证：121<⋅x x .(2)要证：121<x x ，即证：1221<⋅a e e x x ，等价于212)(1221x x e e e e x x x x --<⋅， 也即2122)(1)(1221x x e e e e x x x x -<-⋅，等价于2122)(1)1(1212x x e e x x x x -<---，令012>-=x x t 等价于)0(1)1(22><-t t e e t t，也等价于)0(112><-t te e tt，等价于即证：012<+-⋅t te e t 令)0(1)(2>+-⋅=t e e t t h t t ，则)21(21)(2222tt tt t e t e e e t e t h -+=-⋅+='，又令)0(21)(2>-+=t e t t t ϕ，得0221)(2<⋅-='te tt ϕ，∴)(t ϕ在),0(+∞单调递减，0)0()(=<ϕϕt ，从而0)(<'t h ，)(t h 在),0(+∞单调递减，∴0)0()(=<h t h ，即证原不等式成立.【点评】从消元的角度，消掉参数a ，得到一个关于21,x x 的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式.★例4.已知函数()(0)axf x x e a =->，若存在1212,()x x x x <，使12()()0f x f x ==，求证：12x ae x <.再证：12x ae x <. ∵111222ln x ax ax x ax x ==， 而120x e x <<<，2ln 1x > ∴1122ln 1x ax ae ae x x =<=.证毕.【招式演练】★设函数()()xf x e ax a a R =-+∈的图像与x 轴交于1212(,0),(,0)()A x B x x x <两点， （1）证明：0)('21<x x f ； （2）求证：1212x x x x <+.（2）证明：由1212(1)(1)x x e a x e a x ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，易知211x x >>且a e >，从而11221211x x xx x e e e x --==-，令121,1x x αβ=-=-，则ln ln 1eαβααββαβ--=⇒=-， 由于12121x x x x αβ<+⇔<，下面只要证明：11,(01)αββαβα<⇔<<<<，结合对数函数ln y x =的图像可知，只需证：11(,ln ),(,ln )αααα两点连线的斜率要比(,ln ),(,ln )ααββ两点连线的斜率小即可，又因为ln ln 1k αβαβ-==-，即证：1ln ln112ln 0(01)1αααααααα-<⇔-+><<-，令1()2ln 0,(01)g ααααα=-+><<，则22212(1)()10g ααααα-'=--+=-<，∴()g α在(0,1)上单调递减，∴()(1)0g g α>=， ∴原不等式1212x x x x <+成立.★设函数2()ln f x a x bx =-，其图像在点(2,(2))P f 处切线的斜率为3-. 当2a =时，令()()g x f x kx =-，设1212,()x x x x <是方程()0g x =的两个根，0x 是12,x x 的等差中项，求证：0()0g x '<(()g x '为函数()g x 的导函数）.★设函数21()2ln (0)f x a x a ax a x=-->，函数()f x '为()f x 的导函数，且1122(,()),(,())A x f x B x f x 是()f x 的图像上不同的两点，满足12()()0f x f x +=，线段AB中点的横坐标为0x ，证明：0 1.ax > 【解析】∵120121212x x ax x x a a +>⇔>⇔>-，又依题意21()()0f x a x'=-≥，得()f x 在定义域上单调递增，所以要证01ax >，只需证2122()()()f x f x f x a-=>-， 即222()()0f x f x a-+<……①不妨设12x x <，注意到1()0f a =，由函数单调性知，有1211,x x a a<>， 构造函数2()()()F x f x f x a=-+，则32224(1)()()()(2)ax F x f x f x a x ax -'''=--=--，当1x a ≥时，()0F x '≤，即()F x 单调递减，当1x a >时，1()()0F x F a<=，从而不等式①式成立，故原不等式成立. ★已知函数)(ln 1)(R a x xa x f ∈--=. （1）若2=a ，求函数)(x f 在),1(2e 上的零点个数；（2）若)(x f 有两零点21,x x （21x x <），求证：132121-<+<-a ex x .【点评】1.方程的变形方向：①21,x x 是函数)(x f 的两个零点，1是该函数的极值点.②21,x x 是函数)(x h 的两个零点，1-a e是该函数的极值点.2.难点13121-<+-a e x x 的证明依赖利用221>+x x 放缩.★已知函数 .（Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）设，证明：当时，；（Ⅲ）设是的两个零点，证明.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）当时，；（Ⅲ）证明过程见解析（Ⅱ）令，则.求导数，得 ， 当时，，在上是减函数.而， ，故当时，（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，当时，函数至多有一个零点，故，从而的最小值为，且，不妨设，则，，由（Ⅱ）得 ，从而，于是，由（Ⅰ）知，.点晴:本题考查函数导数的单调性.不等式比较大小，函数的零点问题：在（Ⅰ）中通过求导，并判断导数的符号，分别讨论的取值，确定函数的单调区间．（Ⅱ）通过构造函数，把不等式证明问题转化为函数求最值问题，求函数当时的最大值小于零即可．（Ⅲ）要充分利用（Ⅰ）（Ⅱ）问的结论. ★已知函数()214ln 2f x x mx =-（0m >）. （Ⅰ）若1m =，求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）若函数()()()4g x f x m x =--，对于曲线()y g x =上的两个不同的点()()11,M x g x ，()()22,N x g x ，记直线MN 的斜率为k ，若()0k g x ='，证明：1202x x x +>.【答案】（1）()0,2（2）见解析由题设得()()()12012g x g x g x x x -=-'=()12124ln ln x x x x ---()()12142m x x m ++-. 又121282x x g m x x +⎛⎫=⎪+⎭'-⎝ 1242x x m +⋅+-， ∴()1202x x g x g +⎛⎫-='⎪⎝⎭'()1212124ln ln 8x x x x x x --=-+ ()()2121212124ln ln x x x x x x x x ⎡⎤---⎢⎥-+⎣⎦ 21222111214ln 1x x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥=-⎢⎥-+⎢⎥⎢⎥⎣⎦.不妨设120x x <<， 21x t x =，则1t >，则21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭-+()21ln 1t t t -=-+ (1)t >.令()()21ln 1t h t t t -=-+ (1)t >，则()()()22101t h t t t +'-=>，所以()h t 在()1,+∞上单调递增，所以()()10h t h >=，故21221121ln 01x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭->+.又因为210x x ->，因此()12002x x g x g +⎛⎫->⎪⎝⎭''，即()1202x x g g x +⎛⎫< ⎪⎝'⎭'. 又由()()44g x mx m x =-+-'知()g x '在()0,+∞上单调递减， 所以1202x x x +>，即1202x x x +>. ★已知函数()1n(1)f x x =+，21()2g x x x -． （Ⅰ）求过点()1,0-且与曲线()y f x =相切的直线方程；（Ⅱ）设()()()h x af x g x =+，其中a 为非零实数，()y h x =有两个极值点12,x x ，且12x x <，求a 的取值范围；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求证：()2120h x x ->．【答案】（1）10x ey -+=（2）见解析∴()000ln 1111x x x +=++，解得01x e =- ∴切线的斜率为1e，∴切线方程为10x ey -+= （Ⅱ）()()()h x af x g x =+= ()21ln 12a x x x ++- ()()21111x a a h x x x x +-=+-='++， 1x >- 当10a -≥时，即1a ≥时， ()0h x '≥， ()h x 在()1,-+∞上单调递增；当01a <<时，由()0h x '=得， 11x a =--， 21x a =-，故()h x 在()1,1a ---上单调递增，在()1,1a a ---上单调递减，在()1,a -+∞上单调递增； 当0a <时，由()0h x '=得， 01x a =-， ()h x 在()1,1a a ---上单调递减，在()1,a -+∞上单调递增． 当01a <<时， ()h x 有两个极值点，即11x a =--， 21x a =-，即a 的范围是(0,1)点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. ★已知函数()ln f x x =.（1）证明：当1x >时，()()2110x x f x -+->；（2）若函数()()2g x f x x ax =+-有两个零点1x ， 2x （12x x <， 0a >），证明： 12213x x g a +⎛⎫<- ⎪⎝⎭'. 【答案】（1）详见解析（2）详见解析试题解析：（1）欲证()()2110x x f x -+->证()()21ln 01x K x x x -=->+， ()()()22101x K x x x '-=>+，()K x ∴在()1,+∞上递增，()()10K x K ∴>=（2）1x >， ()21ln 1x x x ->+，令()12ln s x x x =--，易知()s x 在()0,+∞递减， ()10s =，01x <<， ()0s x >， ()h x ↑， 1x >， ()0s x <， ()h x ↓， ()()1h x h ∴≤， 1x >， ()0h x >， 0x →， ()h x →-∞， 要合题意，如图，01a <<，10a ->，右大于左，原题得证。
极值点偏移问题
若 f (x) 下凸（ f (x) 递增），则 f ( x1 x2 ) 0 2
五、解决极值点偏移问题的通法:主元法
第一步：根据 f x1 f x2 x1 x2 建立等量关系，并结合 f x 的单调性，确定
x1, x2 的取值范围； 第二步：不妨设 x1 x2 ，将待证不等式进行变形，进而结合原函数或导函数的单调性等
2(t 1) t 1
，∴ g '(t)
(t 1)2 t(t 1)2
0 ，∴ g(t) 在 (1, ) 上单调递增，
∴
g(t)
g(1)
0
，∴ ln t
2(t 1) t 1
，∴ ln
x1
ln
x2
2．
1、设 k R ，函数 f (x) ln x kx ． （3）若 f (x) 有两个相异零点 x1 ， x2 ，求证： ln x1 ln x2 2 ．
价转化；
第三步：构造关于 x1（或 x2 ）的一元函数T x f xi f 2a xi i 1, 2 ，这里 a
是 f (x) 的极值点，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．
所谓主元法就是在一个多元数学问题中以其中一个为“主元”，将问题化归为 该主元的函数、方程或不等式等问题，其本质是函数与方程思想的应用．
x 1
x 1
解决极值点偏移问题策略三：比值换元法
1、设 k R ，函数 f (x) ln x kx ．
（3）若 f (x) 有两个相异零点 x1 ， x2 ，求证： ln x1 ln x2 2 ． （3）设 f (x) 的两个相异零点为 x1 ， x2 ，设 x1 x2 0 ，
极值点偏移的问题(含答案)
极值点偏移的问题(含答案)1.已知 $f(x)=\ln x-ax$，其中 $a$ 为常数。
1）若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线与 $x$ 轴平行，求$a$ 的值；2）当 $a=1$ 时，比较 $f(m)$ 和 $f(1)$ 的大小；3）$f(x)$ 有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，证明：$x_1\cdotx_2>e^2$。
变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。
1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；2) 若有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，试证明：$x_1\cdotx_2>e$。
2.已知 $f(x)=x^2+ax+\sin (\pi x)$，$x\in(0,1)$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
4.设 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$。
1）证明：当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ 恒成立；2）若函数 $f(x)$ 无零点，求实数 $a$ 的取值范围；3）若函数$f(x)$ 有两个相异零点$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。
高考讲坛(2)极值点偏移问题的处理策略及探究
v1.0 可编写可改正极值点偏移问题的办理策略及研究所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，因为函数极值点左右的增减速度不一样，使得函数图像没有对称性。
若函数 f (x) 在 x x0处获得极值，且函数 y f ( x) 与直线 y b交于 A(x1, b) , B(x2 , b) 两点，则AB的中点为 M ( x1x2 ,b) ，而常常 x0x1x2.以下列图2 2所示 .极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各样模考，作为热门以压轴题的形式给出，好多学生对待此类问题常常是一筹莫展。
并且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。
不含参数的怎样解决含参数的又该怎样解决，参数怎样来办理能否有更方便的方法来解决其实，办理的手段有好多，方法也就有好多，我们先来看看此类问题的基本特点，再从几个典型问题来逐个研究！【问题特点】v1.0可编写可改正【办理策略】一、不含参数的问题.例 1. （ 2010 天津理）已知函数 f (x) xe x ( x R)，假如x1x2，且 f ( x1 ) f ( x2 ) ，证明： x1 x2 2.【分析】法一： f ( x) (1 x)e x，易得 f (x) 在 ( ,1) 上单一递加，在(1, ) 上单调递减， x 时，f ( x) ， f (0) 0 ， x 时， f (x) 0 ，函数 f (x) 在x 1处获得极大值 f (1)，且1如图所f (1) ,e示.由 f (x1) f ( x2 ), x1 x2，不如设 x1 x2，则必有0 x1 1 x2，结构函数 F ( x) f (1 x) f (1 x), x (0,1] ，则 F ( x) f (1 x) f (1 x)x 2 x1) 0 ，所以 F ( x)在x (0,1]上单一递加，x 1(eeF ( x) F (0) 0 ，也即 f (1 x) f (1 x) 对 x (0,1] 恒建立.由0 x1 1 x2，则1 x1 (0,1] ，所以 f (1 (1 x1 )) f (2 x1) f (1 (1 x1)) f ( x1 ) f ( x2 ) ，即 f (2 x1 ) f ( x2 ) ，又因为 2 x1 , x2 (1, ) ，且 f ( x) 在 (1, ) 上单一递减，所以 2 x1 x2，即证 x1 x2 2.法二：欲证 x1 x2 2 ，即证 x2 2 x1，由法一知0 x1 1 x2，故 2 x1 , x2 (1, )，又因为 f (x) 在 (1, ) 上单一递减，故只需证 f ( x2 ) f (2 x1 ) ，又因为f ( x1 ) f ( x2 ) ，故也即证 f ( x1 ) f (2 x1 ) ，结构函数H (x) f ( x) f (2 x), x (0,1) ，则等价于证明H ( x) 0 对 x (0,1) 恒建立.v1.0 可编写可改正由 H ( x)f ( x)f (2 x) 1 x x(1e 2 x 2 )0 ，则 H ( x) 在 x (0,1) 上单一递加， 所以eH ( x) H (1) 0 ，即已证明 H ( x) 0 对 x (0,1) 恒建立， 故原不等式 x 1 x 22亦建立 .法三：由 f ( x 1)f ( x 2 ) ，得 x 1e x 1 x 2e x 2 ，化简得 e x 2x 1x 2，x 1不如设 x 2 x 1 ，由法一知， o x 1 1 x 2 . 令 t x 2 x 1 ，则 t 0, x 2t x 1 ，代入 式，得 e ttx 1，反解出 x 1t ，则 x 1x 2 2x 1 t2tt ，故要证： x 1 x 2 2 ，x 1e t 1e t 1即证：2t t2，又因为et1 0 ，等价于证明： 2t (t 2)( e t 1) 0，e t 1结构函数( ) 2 ( t 2)( t 1),( t0)，则 G (t)(tt1,G (t) t0 ，G t t e1)e te故 G (t ) 在 t (0,) 上单一递加， G (t ) G(0) 0 ，进而 G (t) 也在 t (0,) 上单一递增， G (t )G(0) 0 ，即证 式建立，也即原不等式 x 1 x 2 2建立.法四：由法三中式，两边同时取以 e 为底的对数，得 x 2 x 1lnx2ln x 2ln x 1 ，也即x 1x 2 1ln x 2 ln x 1 1，进而 x 1 x 2 ( x 1x 2 )ln x2ln x 1 x 2x 1 ln x2 x 1 ln x 2， x 2 x 1x 2x 1x 2 x 1 x 1x 2 1 x 1x 1令 tx 2 (t 1) ，则欲证： x 1 x 2 2，等价于证明： t 1 ln t 2，x 1 t 1结构 M (t)(t 1)ln t (1 t 2 )ln t,( t 1)，则 M (t ) t 2 1 2t ln t ，t 1 1 t (t 1)2又令 (t) t 2 1 2t ln t ,( t 1) ，则 (t ) 2t 2(ln t 1) 2(t 1 ln t) ，因为 t 1 ln t对 t(1, ) 恒建立，故 (t ) 0 ， (t ) 在 t (1, ) 上单一递加， 所以 (t)(1) 0 ，从 而 M (t)0 ， 故 M (t) 在 t (1,) 上 单 调递加，由洛比塔法例知：lim M (t ) lim(t1)ln tlim((t1)ln t )lim(ln t t 1) 2 ，即证 M (t) 2 ， 即证x 1x 1t 1 x 1(t 1)x 1t式建立，也即原不等式x x 2 建立 .v1.0可编写可改正【评论】 以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转变为单变元不等式，方法一、 二利用结构新的函数来达到消元的目的，方法三、 四则是利用结构新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，进而达到消元的目的.二、含参数的问题 .例 2. 已知函数 f (x)x ae x 有两个不一样的零点 x 1 , x 2 ，求证：1 x 22 .x【分析】思路 1：函数 f ( x) 的两个零点，等价于方程 xe xa 的两个实根，进而这一问题与例 1 完整等价，例 1 的四种方法全都能够用；思路 2：也能够利用参数 a 这个媒介去结构出新的函数 . 解答以下：因为函数 f ( x) 有两个零点 x 1, x 2 ，所以x 1aex1(1) ，x 2ae x2(2)由 (1)(2) 得： x 1 x 2 a(e x 1 e x 2 ) ，要证明 x 1x 2 2 ，只需证明 a(ex 1e x 2)2 ，由(1) (2) 得： x 1x 2 a(e x 1 e x 2 ) ，即 ax 1 x 2，ex1ex2即证： ( x 1x 2 )e x 1e x 22(x 1 x 2 ) e x 1x 21xxx x2 ，e 1 e2e 121不如设 x 1x 2 ，记 t x 1 x 2 ，则 t0, e t 1，te t 1 22(e t 1)0 ，所以只需证明：e t 1te t 1再次换元令 e tx 1, tln x ，即证 ln x 2(x 1)x (1,)x 1结构新函数 F (x)ln x2( x 1)， F(1)x 1求导 F ' ( x) 1( x 4( x 1)2 0，得 F (x) 在 (1, ) 递加，x1)2x( x 1) 2所以 F (x)0 ，所以原不等式 x 1 x 2 2获证 .4 4v1.0可编写可改正故思路很自然的就会想到：想尽全部方法消去参数，进而转变成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，结构出一个变元的新的函数。
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。
2022届高三高考数学一轮复习第四章： 导数专练—双变量与极值点偏移问题(2)【含答案】
2022届高三高考数学一轮复习第四章： 导数专练—双变量与极值点偏移问题（2）【含答案】1．已知函数．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有2个极值点1x ，2x ，证明：12()()3f x f x +>． 解：（1）2()2(0)f x kx x lnx x =+->，21221()22kx x f x kx x x+-∴'=+-=， ①若0k =，()f x 在1(0,)2上单调递减，在1(2，)+∞上单调递增；②若0k ≠，令2()221(0)t x kx x x =+->，△48k =+， 当k >时，△0>，248112()0k kt x x -++-++>⇒>=，112()00kt x x -++<⇒<<，()f x ∴在112k -++上单调递减，在112(k-++)+∞上单调递增；当102k -<<时，同理可得，()f x 在112k -++，112(k--+)+∞上单调递减，在112(k -++112k--+上单调递增； 当12k -时，△0，()0t x 恒成立，即())0f x '恒成立，()f x ∴在(0,)+∞上单调递减． 综上所述，当12k -时，()f x 的递减区间为(0,)+∞，无增区间； 当102k -<<时，()f x 的递减区间为112k -++，112(k--+，)+∞，递增区间为112(k -++112k--+； 当0k =时，()f x 的递减区间为1(0,)2，递增区间为1(2，)+∞；当0k >时，()f x 的递减区间为112k -++，递增区间为112(k-++)+∞；（2）证明：函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，由（1）可知102k -<<，且1x ，2x 是方程2221kx x +-两个根，1210x x k ∴+=->，12102x x k=->， 2212111222()()(2)(2)f x f x kx x lnx kx x lnx ∴+=+-++-2121212122112[()2]2()()(2)k x x x x x x lnx x k ln k k k k=+-++-=+-+- 11(2)1(0)2ln k k k =-+-+-<<；令11()(2)1(0)2g k ln k k k =--+-<<， 则22111()0k g k k k k+'=+=>恒成立， ()g k ∴在1(2-，0)上单调递增，1()()32g k g ∴>-=，即12()()3f x f x +>． 2．已知函数()(,)bf x lnx a a R b R x=+-∈∈有最小值M ，且0M ． （Ⅰ）求11a e b --+的最大值；（Ⅱ）当11a e b --+取得最大值时，设F （b ）1()a m m R b-=-∈，()F x 有两个零点1x ，212()x x x <，若0λ>，不等式112x x e λλ+⋅>恒成立，求λ的取值范围．解：（Ⅰ）有题意221()b x bf x x x x-'=-=，0x >， 当0b 时，()0f x '，()f x 在(0,)+∞上单增，此时显然不成立；当0b >时，令()0f x '=，得x b =，此时()f x 在(0,)b 上单减，在(,)b +∞上单增， M f =（b ）10lnb a =+-，即1lnb a -， 1a b e -∴，10a e b --．11a e b -∴-+的最大值为1；（Ⅱ）当11a e b --+取得最大值时，1a lnb -=，1()a lnbF b m m b b-=-=-． ()F x 的两个零点为1x ，2x ，则110lnx m x -=，220lnxm x -=， 即11lnx mx =，22lnx mx =，不等式112x x e λλ+⋅>恒成立等价于121212()1lnx lnx mx mx m x x λλλλ+=+=+>+．两式相减得11212212()x lnx x ln m x x m x x x =-⇒=-， 代入上式得1121122121122122(1)(1)(1)()()1x xlnx x x x x x x ln x x x x x x x λλλλλλ+-+-+⋅>+⇔<=-++，令12(01)x t t x =<<，(1)(1)(),(01)t g t lnt t t λλ+-=-<<+， 22(1)()()()t t g t t t λλ--'=+，其中10t -<，2()0t t λ+>； ①当1λ时，222(1)()0,()0()t t t g t t t λλλ--'-<=>+，函数()g t 在(0,1)上单调递增，()g t g <（1）0=，满足题意；②当01λ<<时，函数()g t 在2(λ，1)上单调递减，此时()g t g >（1）0=，不满足题意． 综上所述：λ的取值范围是1λ． 3．已知函数()f x lnx =．（1）讨论函数()()()g x f x ax a R =-∈的单调性； （2）设图数1()()(x F x f x e e=-为自然对数的底数）在区间(1,2)内的零点为0x ，记(){()m x min xf x =，}xxe （其中{min a ，}b 表示a ，b 中的较小值），若()()m x n n R =∈在区间(1,)+∞内有两个不相等的实数根1x ，212()x x x <，证明：1202x x x +>． 解：（1）()g x 的定义域是(0,)+∞， 11()(0)ax g x a x x x-'=-=>， 当0a 时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞递增， 当0a >时，令()0g x '=，解得：1x a=， 当1(0,)x a ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，当1(x a∈，)+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，综上：当0a 时，()g x 在(0,)+∞递增，当0a >时，()g x 在1(0,)a 单调递增，在1(a，)+∞单调递减；（2）证明：1()xF x lnx e =-，定义域是(0,)+∞，11()x F x x e'=+，而(1,2)x ∈，故()0F x '>，()F x 在(1,2)单调递增， 又F （1）10e =-<，F （2）2120ln e=->，且()F x 在(1,2)内的图像连续不断，故根据零点存在性定理，有()F x 在(1,2)上有且只有1个零点， 故存在0(1,2)x ∈，使得0()0F x =，即001x lnx e =， 且当01x x <<时，1()()x xx f x xf x e e <⇒<， 当0x x >时，1()()x x x f x xf x e e>⇒>， 故00,1(),x xlnx x x m x x x x e <⎧⎪=⎨>⎪⎩，当01x x <<时，()m x xlnx =， 由()10m x lnx '=+>得()m x 单调递增， 当0x x >时，()x x m x e =，由1()0xxm x e -'=<得()m x 单调递减， 若()m x n =在区间(1,)+∞内有2个不相等的实数根1x ，212()x x x <， 要证1202x x x +>，即证2012x x x >-，又0102x x x ->，而()m x 在区间0(x ，)+∞内单调递减， 故可证201()(2)m x m x x <-，又由12()()m x m x =， 即证101()(2)m x m x x <-，即01011122x x x x x lnx e --<， 记0022()x xx xh x xlnx e --=-，01x x <<，其中0()0h x =， 记()t t t e ϕ=，则1()ttt e ϕ-'=，当(0,1)t ∈时，()0t ϕ'>，当(1,)t ∈+∞时，()0t ϕ'<， 故()t ϕ的最大值是1e ，而()0t ϕ>，故10()t e ϕ<<，而021x x ->，故002210x x x x e e---<-<，故00022211()110x xx xx x h x lnx e e e ---'=++->->，即()h x 单调递增，故当01x x <<时，0()()0h x h x <=，即01011122x x x x x lnx e--<，故1202x x x +>． 4．已知函数22()(0)a f x alnx x a x=++≠．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设0a >，点1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y 为曲线22()()a F x f x x x=--上两个不同的点，且120.x x <<若存在31(x x ∈，2)x ，使曲线()y F x =在点3(P x ，3())F x 处的切线与直线AB 平行，证明：1232x x x +<． 解：（1）由题意得2()(2)()(0)x a x a f x x x -+'=>，0a >时，0x >，由()0f x '>，得()(2)0x a x a -+>，解得：x a >，由()0f x '<，得()(2)0x a x a -+<，解得：0x a <<， 故函数()f x 在(0,)a 递减，在(,)a +∞递增， 当0a <时，0x >，由()0f x '>得()(2)0x a x a -+>，解得：2x a >-，由()0f x '<，得()(2)0x a x a -+<，解得：02x a <<-， 故函数()f x 在(0,2)a -递减，在(2,)a -+∞递增，综上：当0a >时，函数()f x 在(0,)a 递减，在(,)a +∞递增， 当0a <时，函数()f x 在(0,2)a -递减，在(2,)a -+∞递增； （2）证明：由题意知()F x alnx =，直线AB 的斜率2121AB alnx alnx K x x -=-，又()a F x x '=，33()a F x x '=，故21213alnx alnx a x x x -=-， 0a >，21321x x x lnx lnx -∴=-，1232x xx +∴<⇔2112212x x x x lnx lnx -+<-，120x x <<，210x x ∴->，211x x >，21lnx lnx >， 整理2112212x x x x lnx lnx -+<-，可得2121122()x x lnx lnx x x -<-+， 即22211212112(1)2()(*)1x x x x x lnx x x x x -->=++， 令21x t x =，则1t >，欲证(*)成立，等价于证明2(1)1t lnt t ->+成立， 即证：2(1)01t lnt t -->+，(1)t >，令2(1)()(1)1t g t lnt t t -=->+， 则2(1)4()211t g t lnt lnt t t -=-=+-++， 22214(1)()0(1)(1)t g t t t t t -'=-=>++，故()g t 在(1,)+∞单调递增，故()g t g >（1）0=， 即2(1)1t lnt t ->+成立，故1232x x x +<． 5．已知函数()()x f x me x m R =-∈有两个零点1x ，2x ，且12x x <． （Ⅰ）求m 的取值范围；（Ⅱ）当214x x 时，不等式21112()(13)x x x me me a x ax -<-+恒成立，求a 的取值范围． 解：（Ⅰ）解法一：()1x f x me '=-，当0m <时，()0f x '<，()f x 单调递减，不可能有两个零点，不符合题意， 当0m =时，()f x x =-，有一个零点，不符合题意，当0m >时，令()0f x '=，则110,0x xme e m-==>，解得1x ln m =，当1x lnm <时，()0f x '<，()f x 为减函数，当1x ln m>时，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以当1x lnm =时，()f x 有极小值也是最小值，且11()()1min f x f ln ln m m==-， 因为()f x 有两个零点，所以11()10f ln ln m m=-<，即11lnm >，即1e m >，解得10m e<<，此时，(0)0f m =>，f （1）10me =-<，所以101x <<， 因为21242lnln ln m m m <=，244222()22()f ln ln ln m m m m m=-=-， 易知当0x >时恒有0x lnx ->，所以24()0f ln m>， 所以2122lnx ln m m<<，且符合12x x <， 所以m 的取值范围为1(0,)e．解法二：令()0x f x me x =-=， 因为0x e >，所以xxm e =．（2分）令()xxx e ϕ=，则1()x x x e ϕ-'=，令()0x ϕ'=，解得1x =，当1x <时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增； 当1x >时，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，故当1x =时，()x ϕ有极大值也是最大值，且1()max x eϕ=， 当0x <时，()0x ϕ<，当0x =时，()0x ϕ=，当0x >时，()0x ϕ>， 所以当10m e<<时，()0x f x me x =-=有两个零点， 所以m 的取值范围为1(0,)e．（Ⅱ）因为1111()0,0x f x me x x =-=>，2222()0,0x f x me x x =-=>，所以21212211,x x x xx me me x x e x --=-=，所以2211x x x ln x -=， 又因为当214x x 时，不等式21112()(13)x x x me me a x ax -<-+恒成立， 所以21121(13)x x ln a x ax x <-+，221131x xln a a x x <-+， 令21x t x =，因为214x x ，所以4t ，则(3)1lnt t a <-+， 所以13lnt a t ->-对4t 恒成立，令1()3lnt g t t -=-， 则221(3)(1)23()(3)(3)t lnt t tlnt t g t t t t -----'==--， 令()23h t t tlnt =--，则()1h t lnt '=-，当4t 时，()0h t '<， 所以()h t 在[4，)+∞上单调递减，()h t h （4）5440ln =-<， 所以()0g t '<，()g t 在[4，)+∞上单调递减， ()g t g （4）221ln =-，所以221a ln >-．6．已知函数2()2a f x lnx x =+，()(1)g x a x =+． （1）若1a =-，求()f x 的最大值；（2）若函数()()()h x f x g x =-，讨论()h x 的单调性；（3）若函数()()()m x f x g x x =-+有两个极值点1x ，212()x x x <，求证：12()()2am x m x lna -<-．解：（1）当1a =-时，21()2f x lnx x =-，21()x f x x-'=，当(0,1)x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减， 故()f x 极大值也是最大值是f （1）12=-．（2）由已知得2()()()(1)2a h x f x g x lnx x a x =-=+-+， ()h x 的定义域是(0,)+∞，(1)(1)()ax x h x x--'=，当0a =时，1()xh x x-'=，当(0,1)x ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当0a <时，由()0h x '=，解得：1x =或10x a=<， 故当(0,1)x ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当01a <<时，由()0h x '=，解得：1x =或11x a=>， 故(0,1)x ∈，1(a ，)+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，当1(1,)x a∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，故1a =时，()0h x '，当(0,)x ∈+∞时，()h x 单调递增， 当1a >时，由()0h x '=，解得：1x =或11x a=<， 故1(0,)x a ∈，(1,)+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，当1(x a∈，1)时，()0h x '<，()h x 单调递减，综上，当0a 时，()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 当01a <<时，()h x 在(0,1)与1(a ，)+∞上单调递增，在1(1,)a单调递减，当1a =时，()h x 在(0,)+∞上单调递增，当1a >时，()h x 在1(0,)a ，(1,)+∞单调递增，在1(a，1)单调递减．（3）证明：2()2a m x lnx x ax =+-，则()m x 的定义域是(0,)+∞， 则21()ax ax m x x-+'=，若()m x 有2个极值点1x ，212()x x x <，则方程210ax ax -+=的判别式△240a a =->，且121x x +=，1210x x a=>，4a >， 又12x x <，∴21121x x x a<=，即10x a <<22121111111111()()()[(1)][(1)]()22a am x m x lnx ln x x a x x lnx ln ax ax ax -=-+-----=++-，设()()2a p t lnt ln at at =++-，其中1)t x a =∈， 由2()0p t a t '=-=，解得：2t a=， 由于220a a a--=<，即2a a <，()p t ∴在2(0,)a 上单调递增，在2(aa 上单调递减， 即()p t 的最大值是2()2(21)22a ap ln lna lna a =-+-<-，从而12()()2am x m x lna -<-． 7．已知函数1()()x f x ln x a x a-=+-+，函数()g x 满足2[()]ln g x x lnx x a +=+-． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()g x 有两个不同的零点1x ，2x ，证明：121x x <． 解：（1）由已知得函数()f x 的定义域为(,)a -+∞， 则221(1)1()()()x a x x f x x a x a x a +---'=-=+++， ∴当1a -，即1a -时，()f x 在(,)a -+∞上单调递增，∴当1a -<，即1a >-时，()f x 在(,1)a -上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，综上：1a -时，()f x 在(,)a -+∞上单调递增，1a >-时，()f x 在(,1)a -上单调递减，在(1,)+∞上单调递增．（2）证明：2[()]ln g x x lnx x a +=+-，2()()x a x a g x x e x x e x --∴=⋅-=⋅-，其定义域为(0,)+∞，2()()0x a x a g x x e x x e x --=⋅-=⋅-=等价于0x a e x --=，即x lnx a -=，设()(0)h x x lnx x =->，∴11()1x h x x x-'=-=， 令()0h x '>，则1x >；令()0h x '<，则01x <<，∴当(1,)x ∈+∞时()h x 单调递增；当(0,1)x ∈时()h x 单调递减，函数()g x 有两个不同的零点，即()h x 有两个不同的零点，0x →时()h x →+∞，x →+∞时()h x →+∞，a h ∴>（1）1=，()g x ∴有两个不同的零点1x ，2x ，且1201x x <<<，12()()h x h x a ==，令1()()(),(01)x h x h x x ϕ=-<<，则22221111(1)()()()(1)0x x x h x h x x x x x x ϕ--'''=+=+⋅-=>， ()x ϕ∴在(0,1)x ∈时单调递增，()x ϕϕ∴<（1）0=，即01x <<时，1()()h x h x<，又101x <<，∴1211()()()h x h x h x =<，2111,1x x >>，且(1,)x ∈+∞时()h x 单调递增，∴211x x <，故而121x x <，得证．。
考前增分微课(二) 极值点偏移问题
证明
(1)f′(x)＝－x1x－－1ln2
x ，令
g(x)＝－1x－ln
x，x>0，则
g′(x)＝x12－1x＝1－x2 x，
所以当 0<x<1 时，g′(x)>0，当 x>1 时，g′(x)<0，所以 g(x)≤g(1)＝－1<0。
因此 f′(x)<0。
(2)由(1)得，f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递减，
当 x→－∞时，g(x)→－∞； 当 x→＋∞时，g(x)→0 且 g(x)>0。 由 g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设 t1<t2，作出函数 g(x)的图象， 如图所示，由图知必有 0<t1<1<t2，
令 F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]， 则 F′(x)＝exx＋1(e2x－1)>0， 所以 F(x)在(0,1]上单调递增， 所以 F(x)>0 对任意的 x∈(0,1]恒成立， 即 g(1＋x)>g(1－x)对任意的 x∈(0,1]恒成立，由 0<t1<1<t2，得 1－t1∈(0,1)， 所以 g(1＋1－t1)＝g(2－t1)>g(1－(1－t1))＝g(t1)＝g(t2)， 即 g(2－t1)>g(t2)，
所以 h(a)>h14＝－ln22－34， 所以 f(x1)＋f(x2)>－ln22－34。 【点拨】 本题(2)函数 f(x)有两个极值点 x1，x2 就是 f′(x)＝0，即方程 x2－x ＋a＝0 在(0，＋∞)上有两个不同实根 x1，x2，在 Δ>0 情况下，由根与系数的关系可 得xx11＋x2＝x2＝a。1， 然后可得 f(x1)＋f(x2)＝aln a－a－12，将问题转化。可以构造新函数 h(a)＝aln a－a－120<a<14，研究单调性及最值，从而问题得证。
专题07 极值点偏移问题 (解析版)
导数及其应用 专题七：极值点偏移问题一、知识储备1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210xx x +≠。
如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
2、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-. (3)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(4)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(5)转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 二、例题讲解1．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1m =时，若在()f x 定义域内存在两实数1x ，2x 满足12x x <且()()12f x f x =，证明：122x x +>.【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得m x m =，当0mx m <<时，()0f x '>，当m x m >时，()0f x '<，于是得()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减；（2）分析 ：如图：1201x x <<< 要证122x x +> 只需证：122x x -<由于101x <<，则112x <-即只需证1212x x <-< 如图，只需证12(2)()f x f x ->；由于()()12f x f x = 只需证11(2)()f x f x ->此时可构造函数()()(2)F x f x f x =--（即用x 替代了上式1x ） 只需证：在01x <<，()()(2)0F x f x f x =--<。
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极值点偏移问题（2）——函数的选取（操作细节）杨春波（高新区枫杨街 郑州外国语学校，河南 郑州 450001)例4 已知函数()x f x e ax =-有两个不同的零点12,x x ，其极值点为0x ．（1）求a 的取值范围；（2）求证：1202x x x +<；（3）求证：122x x +>；（4）求证：121x x <．解：（1）()x f x e a '=-，若0a ≤，则()0f x '>，()f x 在R 上单增，()f x 至多有1个零点，舍去；故必有0a >，易得()f x 在(),ln a -∞上单减，在()ln ,a +∞上单增，要使()f x 有两个不同的零点，则有()ln 0f a a e <⇒>（严格来讲，还需补充两处变化趋势的说明：当x →-∞时，()f x →+∞；当x →+∞时，()f x →+∞）．（2）由所证结论知这是()f x 的极值点偏移问题，选取函数()f x 来做．下面按对称化构造的三个步骤来写，其中0ln x a =．①由（1）知()f x 在()0,x -∞上单减，在()0,x +∞上单增，可设102x x x <<； ②构造函数()()()02F x f x f x x =--，则()()()02022x x x F x f x f x x e e a -'''=+-=+-，当0x x <时，有()20F x a '>-=，则()F x 在()0,x -∞上单增，得()()00F x F x <=，即()()()002f x f x x x x <-<；③将1x 代入②中不等式得()()()12012f x f x f x x =<-，又20x x >，0102x x x ->，()f x 在()0,x +∞上单增，故2012x x x <-，1202x x x +<．（3）由所证结论可以看出，这已不再是()f x 的极值点偏移问题．谁的极值点会是1x =呢？回到题设条件：()0x xxe f x e ax e ax a x =-=⇒=⇒=，记函数()xe g x x=，则有()()12g x g x a ==．求导得()()21x e x g x x -'=，则1x =是()g x 的极小值点，我们选取函数()g x 来证（3）中结论122x x +>，也可证（4）中结论121x x <．①()g x 在(),0-∞上单减，在()0,1上单减，在()1,+∞上单增；()g x 的符号与x 的符号相同；当x →-∞时，()0g x →；当0x -→时，()g x →-∞；当0x +→时，()g x →+∞；当x →+∞时，()g x →+∞．()g x 的图象如下（由图象亦可得a e >），由()()12g x g x a ==可设1201x x <<<；②构造函数()()()2G x g x g x =--，则()()()()()()()()222222112122x x x x e x e x e e G x g x g x x x x x x --⎛⎫--'''=+-=+=-- ⎪ ⎪--⎝⎭， 当01x <<时，10x -<，但因式()2222x xe e x x ---的符号不容易看出，引进辅助函数()2xe x xϕ=，则()()32x e x x x ϕ-'=，得()x ϕ在()0,2上单减，当()0,1x ∈时，()21,2x -∈，即022x x <<-<，则()()2x x ϕϕ>-，即()22202x xe e x x -->-，()0G x '<，得()G x 在()0,1上单减，有()()10G x G >=，即()()()201g x g x x >-<<；③将1x 代入②中不等式得()()()1212g x g x g x =>-，又21x >，121x ->，()g x 在()1,+∞上单增，故212x x >-，122x x +>．（4）①同上；②构造函数()()1G x g x g x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，则 ()()()()112222211111111x x xxx e xe e e x x G x g x g x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪-⎛⎫⎝⎭⎝⎭'''=+=+= ⎪⎝⎭⎛⎫⎪⎝⎭，当01x <<时，10x -<，但因式1xxe x e -的符号不容易看出，引进辅助函数()1xx x e x e ϕ=-，则()111xxx e e x ϕ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0x ϕ'>，得()x ϕ在()0,1上单增，有()()10x ϕϕ<=，则()0G x '>，得()G x 在()0,1上单增，有()()10G x G <=，即()()101g x g x x ⎛⎫<<<⎪⎝⎭； ③将1x 代入②中不等式得()()1211g x g x g x ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，又21x >，111x >，()g x 在()1,+∞上单增，故211x x<，121x x <．点评：结论虽已证出，但判定因式()2222x x e e x x ---及1xx e xe -的正负时，均需辅助函数的介入，费了一番功夫．虽然()g x 的极值点是1，理论上可以用来做（3）（4）两问，但实践发现略显麻烦，我们还没有找到理想的函数．再次回到题设条件：()()0,0ln ln ln ln x f x e ax a e x x a x x x a =⇒=>>⇒=+⇒-=，记函数()ln h x x x =-，则有()()12ln h x h x a ==．接下来我们选取函数()h x 再证（3）（4）两问．（3）①()11h x x'=-，得()h x 在()0,1上单减，在()1,+∞上单增，有极小值()11h =；又当0x +→时，()h x →+∞；当x →+∞时，()h x →+∞．故()h x 的图象如下（由图象得ln 1a >，亦得a e >），由()()12ln h x h x a ==可设1201x x <<<．x②构造函数(2H x h x h x =--，则()()()()1111211122H x h x h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+-=-+-=-- ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当01x <<时，10x -<，1102x x->-，则()0H x '<，得()H x 在()0,1上单减，有()()10H x H >=，即()()()201h x h x x >-<<；③将1x 代入②中不等式得()()()1212h x h x h x =>-，又21x >，121x ->，()h x 在()1,+∞上单调递增，故212x x >-，122x x +>．（4）①同上；②构造函数()()1H x h x h x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，则 ()()()22211111111H x h x h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+=-+-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当01x <<时，()0H x '>，得()H x 在()0,1上单增，有()()10H x H <=，即()()101h x h x x ⎛⎫<<< ⎪⎝⎭；③将1x 代入②中不等式得()()1211h x h x h x ⎛⎫=<⎪⎝⎭，又21x >，111x >，()h x 在()1,+∞上单调递增，故211x x <，121x x <． 点评：用函数ln y x x =-来做（3）（4）两问，过程如行云流水般，格外顺畅．这说明在极值点偏移问题中，若函数选取得当，可简化过程，降低难度．注1：第（2）问也可借助第（4）问来证：将11ln ln x x a =+，22ln ln x x a =+相加得()12120ln 2ln 2ln 2x x x x a a x +=+<=；注2：在第②步中，我们为什么总是给定1x 的范围？这是因为1x 的范围()0,1较2x 的范围()1,+∞小．以第（3）问为例，若给定()1,x ∈+∞，因为所构造的函数为()()()2H x h x h x =--，这里0x >，且20x ->，得02x <<，则当2x ≥时，()H x 无意义，需要分为两类：（1）若22x ≥，则1222x x x +>≥，结论成立；（2）当()1,2x ∈时，同原解答．而给定()0,1x ∈，则不会遇到上述问题．当然第（4）问中给定1x 或2x 的范围均可，请读者自己体会其中差别．思考：上一讲中练习1应该用哪一个函数来做呢？提示：ln 1ln 00,x x ax a x e ⎛⎫-=⇒=∈ ⎪⎝⎭，用函数ln x y x=来做212x x e >；或用函数ln y x ax =-来做2122x x e a+>>． 练习2 已知函数()()ln f x x m mx =+-． （1）求()f x 的单调区间；（2）设1m >，12,x x 为函数()f x 的两个零点，求证：120x x +<． 提示：（2）()()ln mxf x x m mx ex m =+-⇔-=，用函数()mx g x e x =-来做122ln 0mx x m+<-<．。