高中数学导数极值点偏移专题(一)
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．。
高中数学专题 微专题13 极值点偏移问题
由 f′(x)＝1－1x＋ln x－2x＋a＝0 得
a＝2x＋1x－ln x－1，
所以直线 y＝a 与函数 g(x)＝2x＋1x－ln x－1 的图象有两个交点，
由
g(x)
＝
2x
＋
1 x
－
பைடு நூலகம்
ln
x－1
得
g′(x)
＝
2
－
1 x2
－
1 x
＝
2x2－x－1 x2
＝
2x＋1x－1
x2
，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2， 当x→0时，g(x)→＋∞， 当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 作出y＝g(x)的大致图象，如图所示. 所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为 (2，＋∞).
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点， 所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2， 要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1， 显然2－x1>1， 由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2 －x1)， 而g(x1)＝g(x2)＝a， 所以证明g(x1)>g(2－x1)即可， 即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
123
(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数 根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.
极值点偏移 高三
极值点处理方法一、极值点偏移的判定定理对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，（1）若)2()(201x x f x f -<，则021)(2x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）若)2()(201x x f x f ->，则021)(2x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏.证明：（1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f 的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏； （2）证明略.左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔） 左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔） 左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔） 二、运用判定定理判定极值点偏移的方法 1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=； （3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随. 2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+. （1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增 （2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证. （5）若要证明0)2('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221xx +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f . 【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(x f 的单调性、极值点，证明)(0x x f +与)(0x x f -（或)(x f 与)2(0x x f -）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如0212x x x <+或0)2('21<+x x f 的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题 三、对点详析，利器显锋芒 ★已知函数)()(R x xe x f x∈=-. (1)求函数)(x f 的单调区间和极值；(2)若21x x ≠，且)()(21x f x f =，证明：221>+x x .∵12>x ，∴122<-x ，)(x f 在)1,(-∞上单调递增，∴212x x ->，∴221>+x x . ★函数3434)(x x x f -=与直线)31(->=a a y 交于),(1a x A 、),(2a x B 两点. 证明：221<+x x .★已知函数2()ln f x x x=+，若1x ≠2x ，且)()(21x f x f =，证明：421>+x x . 【解析】由函数2()ln f x x x=+单调性可知：若)()(21x f x f =，则必有212x x <<。
高考导数极值点偏移练习题
高考导数极值点偏移练习题1．已知函数()()()2xx e a R f x a =-+∈.（1）试确定函数()f x 的零点个数；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 【分析】 （1）由0f x 得()2x a x e =-，然后利用导数求出()()2x g x x e =-的单调性即可（2）设121x x ，设()()()()21F x f x f x x =-->，然后利用导数可得()F x 在1,递增，()()10F x F >=，即()()2f x f x >-，进而可得()()222f x f x >-，即()()212f x f x -<，再由()()f x g x a =-+的单调性即可得到122x x +<. 【详解】 （1）由0f x得()2x a x e =-，令()()2x g x x e =-，函数()f x 的零点个数即直线y a =与曲线()()2xg x x e =-的交点个数， ∵()()()21xxxg x e x e x e =-+-=-'，由0g x 得1x <；由0g x 得1x >，∴函数()g x 在(),1-∞单调递增，函数()g x 在1,单调递减.∴当1x =时，函数()g x 有最大值，()()max 1g x g e ==， 又当2x <时，()0gx >，()20g =，当2x >时，()0g x <，∴当a e >时，函数()f x 没有零点； 当a e =或0a ≤时，函数()f x 有一个零点； 当0a e <<时，函数()f x 有两个零点.（2）由（1）知0a >，不妨设121x x ，设()()()()21F x f x f x x =-->，∴()()22xxF x x e xe-=-+，由于()()()21xx F x x ee -'=--，又易知2x x y e e -=-是减函数，当1x >时，有20x x e e e e --<-=，又10x -<，得()0F x '>， 所以()F x 在1,递增，()()10F x F >=，即()()2f x f x >-.由21>x 得()()222f x f x >-，又()()210f x f x ==， ∴()()212f x f x -<，由()()2xg x x e =-在(),1-∞上单调递增，得()()f x g x a =-+在(),1-∞单调递减，又221x -<，∴212x x ->，即122x x +<.2．已知：()ln f x x =，32()(0)x g x e ax ax a =-+> （1）证明：对12(0,)x x ∀∈+∞、，且12x x ≠，有()()1212122f x f x x x x x ->-+；（2）若()()120g x g x ==，求证：124x x +>+ 【分析】（1）不妨设120x x >>，转化为()1122112122212ln 1x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令12x t x =，只需要证明2(1)()ln 01t h t t t -=->+，求导得到单调性得到答案.（2）令()ln 2ln ln(1)P x x a x x =----，代入化简得到121222122x x x x >⋅+++-，设12x x t +=，即2880t t -+>，解不等式得到答案.【详解】（1）不妨设120x x >>，则原不等式化为()1122112122212ln 1x x x x xx x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++令12x t x =，则只需证2(1)()ln 01t h t t t -=->+，22214(1)()0(1)(1)t f t t t t t '-=-=≥++ 故()f t 为增函数，而121x t x =>，故()(1)0f t f >=得证. （2）32()0x g x e ax ax =-+=，故2(1)x e ax x =-（此方程解必满足1x >），故ln 2ln ln(1)x a x x =++-，令()ln 2ln ln(1)P x x a x x =----，故1x 、2x 是()P x 的零点，且121x x >> 由()()111222ln 2ln ln 1ln 2ln ln 1x a x x x a x x ----=----， 故()()()1212122ln ln ln 1ln 1x x x x x x -=-+---， 即()()()()121212121212ln 1ln 1ln ln 22122112x x x x x x x x x x x x ----=⋅+>⋅+----++-，令12x x t +=，则由4212t t >+-，得：2880t t -+>，解得：4t >+4t <-（不合题意舍去）.3．已知函数()2ln 2f x x x ax x =-+，a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在()0,∞+内单调递减，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，证明：1212x x a+>． 【分析】（I ）先求得函数的导数，根据函数在()0,∞+上的单调性列不等式，分离常数a 后利用构造函数法求得a 的取值范围.（II ）将极值点12,x x 代入导函数列方程组，将所要证明的不等式转化为证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，利用构造函数法证得上述不等式成立.【详解】（I ）()ln 24f x x ax +'=-． ∴()f x 在()0,∞+内单调递减，∴()ln 240f x x ax =+-≤在()0,∞+内恒成立，即ln 24x a x x ≥+在()0,∞+内恒成立． 令()ln 2x g x x x =+，则()21ln xg x x --'=， ∴当10e x <<时，()0g x '>，即()g x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭内为增函数；当1x e >时，()0g x '<，即()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内为减函数． ∴()g x 的最大值为1g e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴e,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ， 则()ln 240f x x ax =+-='在()0,∞+内有两根1x ，2x ， 由（I ），知e 04a <<．由1122ln 240ln 240x ax x ax +-=⎧⎨+-=⎩，两式相减，得()1212ln ln 4x x a x x -=-．不妨设120x x <<，∴要证明1212x x a+>，只需证明()()121212142ln ln x x a x x a x x +<--．即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，亦即证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+． 令函数．∴22(1)'()0(1)x h x x x --=≤+，即函数()h x 在(]0,1内单调递减． ∴()0,1x ∈时，有()()10h x h >=，∴2(1)ln 1x x x ->+． 即不等式12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+成立．综上，得1212x x a+>．4．已知函数()x f x e ax =-.（1）若函数()f x 在1(,2)2x ∈上有2个零点，求实数a 的取值范围.（注319e >）（2）设2()()g x f x ax =-，若函数()g x 恰有两个不同的极值点1x ，2x ，证明：12ln(2)2x x a +<.【分析】（1）将a 分离，构造函数()xe h x x=，利用导数研究()h x 的图像，得到a 的范围.（2）由已知()g x ，求其导函数，由x 1，x 2是g （x ）的两个不同极值点，可得a ＞0，结合g ′（x 1）＝0，g ′（x 2）＝0得到1120x e ax a --=，2220x e ax a --=进一步得到12122x x e e a x x -=-，把问题转化为证明1212212x x x x e e ex x +--＜，将其变形后整体换元构造函数()t ϕ．再利用导数证明()t ϕ＞0得答案．【详解】（1）1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，由()0f x =得xea x=，令()()()21x xe x e h x h x x x='-=⇒ ∴112x ≤<时，()0h x '<， 12x <≤时，()0h x '>，∴()h x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数，在()1,2上是增函数.又12h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()222e h =，()1h e =()344161640444e e e e e e ---==>， ∴()122h h ⎛⎫>⎪⎝⎭，∴h （x ）的大致图像：利用()y h x =与y a =的图像知(,2a e e ∈.（2）由已知()2xg x e ax ax =--，∴()2xg x e ax a =--'，因为1x ，2x 是函数()g x 的两个不同极值点（不妨设12x x <），易知0a >（若0a ≤，则函数()f x 没有或只有一个极值点，与已知矛盾），且()10g x '=，()20g x '=.所以1120x e ax a --=，2220xe ax a --=.两式相减得12122x x e e a x x -=-，于是要证明()12ln 22x x a +<，即证明1212212x xx x e e e x x +-<-，两边同除以2x e ，即证12122121x x x x e ex x ---<-，即证()12122121x x x x x x e e --->-，即证()121221210x x x x x x ee ----+>，令12x x t -=，0t <.即证不等式210tt te e -+>，当0t <时恒成立.设()21tt t te e ϕ=-+，则()2212t t t t te t e e ϕ=+⋅⋅-'= 22211]22t t tt t t e e e e ⎡⎫⎛⎫+-=--+⎪⎢ ⎪⎝⎭⎣⎭. 设()212tth t e =--，则()221111222t th t e e ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭'，当0t <时，()0h t '<，()h t 单调递减，所以()()00h t h >=，即2102t t e ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，所以()0t ϕ'<，所以()t ϕ在0t <时是减函数.故()t ϕ在0t =处取得最小值()00ϕ=. 所以()0t ϕ>得证.所以()12ln 22x x a +<.5．已知函数2()ln (1)()2a f x x x a x a R =-+-∈． （1）当0a ≥时，求函数()f x 的极值；（2）若函数()f x 有两个零点12,x x ，求a 的取值范围，并证明122x x +>． 【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间，令()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间，从而可得函数()f x 的极值；（2）对a 进行讨论：0a ≥，10a -<<，1a =-，1a <-，针对以上四种情况，分别利用导数研究函数的单调性，利用单调性讨论函数()f x 有两个零点情况，排除不是两个零点的情况，可得()f x 有两个零点时，a 的取值范围是()2,+∞，由（1）知()f x 在()1,+∞单调递减，故只需证明()()1220f x f x ->=即可，又()10f x =，只需利用导数证明()120f x ->即可.试题解析：（1）由()()2ln 12a f x x x a x =-+-得()()()1111x ax f x ax a x x-+=-+-=-'， 当0a ≥时，10ax +>，若()01,0x f x <'；若()1,x f x >'< 0，故当0a ≥时，()f x 在1x =处取得的极大值()112af =-；函数()f x 无极小值. （2）当0a ≥时，由（1）知()f x 在1x =处取得极大值()112af =-，且当x 趋向于0时，()f x 趋向于负无穷大，又()()2ln220,f f x =-<有两个零点，则()1102af =->，解得2a >.当10a -<<时，若()01,0x f x <'；若()11,0x f x a '<<-<；若()1,0x f x a'>->，则()f x 在1x =处取得极大值，在1x a =-处取得极小值，由于()102af x =-<，则()f x 仅有一个零点. 当1a =-时，()()210x f x x-'=>，则()f x 仅有一个零点.当1a <-时，若()10,0x f x a '<-；若()11,0x f x a'-<<<；若()1,0x f x '>>，则()f x 在1x =处取得极小值，在1x a =-处取得极大值，由于()11ln 102f a a a ⎛⎫-=--+-< ⎪⎝⎭，则()f x 仅有一个零点.综上，()f x 有两个零点时，a 的取值范围是()2,+∞. 两零点分别在区间()0,1和()1,+∞内，不妨设1201,1x x <. 欲证122x x +>，需证明212x x >-，又由（1）知()f x 在()1,+∞单调递减，故只需证明()()1220f x f x ->=即可.()()()()()()()2211111112ln 2212ln 21222a a f x x x a x x x a x -=---+--=--++-， 又()()()21111ln 102a f x x x a x =-+-=， 所以()()()11112ln 2ln 22f x x x x -=--+-，令()()ln 2ln 22(01)h x x x x x =--+-<<，则()()()221112022x h x x x x x -=-+'=<--， 则()h x 在()0,1上单调递减，所以()()10h x h >=，即()120f x ->， 所以122x x +>.6．已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x +ax 2（a ∈R ）. （1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）若函数f （x ）有两个零点x 1，x 2（x 1＜x 2），证明：x 1+x 2＜0. 【分析】(1)对函数求导,根据a 的取值进行分情况讨论,判断函数的单调性;(2)先判断函数()f x 有两个零点时a 的取值范围为0a >,再利用极值点偏移法,构造函数()()()g x f x f x =--,0x >,证明即可.【详解】(1)f (x )=(x ﹣1)e x +ax 2, f ′(x )=x (e x +2a ), ①当a ≥0时,e x +2a >0,故当x ∈(﹣∞,0)时,f '(x )<0,当x ∈(0,+∞)时,f '(x )>0, 所以函数f (x )在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; ②当a <0时,由f '(x )=x (e x +2a )=0,得x =0,或x =ln(﹣2a ),i 当﹣2a >1即a 12-＜时,ln(﹣2a )>0,故当x ∈(﹣∞,0),(ln(﹣2a ),+∞)时,f '(x )>0,f (x )递增,当x ∈(0,ln(﹣2a ))时,f '(x )<0,f (x )递减; ii 当0<﹣2a <1即12-＜a <0时,ln(﹣2a )<0,故当x ∈(﹣∞,ln(﹣2a )),(0,+∞)时,f '(x )>0,f (x )递增,当x ∈(ln(﹣2a ),0)时,f '(x )<0,f (x )递减; iii 当﹣2a =1即a 12=-,ln(﹣2a )=0,f '(x )≥0,f (x )在R 上递增; (2)函数f '(x )=x (e x +2a ),由(1)可知:①当a =0时,函数f (x )=(x ﹣1)e x 只有一个零点,不符合题意; ②当a <12-时,f (x )的极大值为f (0)=﹣1,f (x )极小值为(ln(2))(0)1f a f -<=-, 故最多有一个零点,不成立;③当12-＜a <0时,f (x )的极大值为f (ln(﹣2a )=[ln(﹣2a )﹣1]e ln(﹣2a )+a ln 2(﹣2a )=a [ln 2(﹣2a )﹣2ln(﹣2a )+2]=a [(ln(﹣2a )﹣1)2+1]<0, 故最多有一个零点,不成立; ④当a 12=-时,f (x )在R 上递增, 故最多有一个零点不成立;③当a >0,函数f (x )在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又f (0)=﹣1,f (1)=a >0,故()f x 在(0,1)存在一个零点x 2, 因为x <0,所以x ﹣1<0,0<e x <1,所以e x (x ﹣1)>x ﹣1, 所以f (x )>ax 2+x ﹣1,取x 012a-=,显然x 0<0且f (x 0)>0,所以f (x 0)f (0)<0,故()f x 在(x 0,0)存在一个零点x 1, 因此函数f (x )有两个零点,且x 1<0<x 2, 要证x 1+x 2<0,即证明x 1<﹣x 2<0,因为f (x )在(﹣∞,0)单调递减,故只需f (x 1)=f (x 2)>f (﹣x 2)即可, 令g (x )=f (x )﹣f (﹣x ),x >0,g '(x )=x (e x +2a )﹣xe ﹣x ﹣2ax =x (e x ﹣e ﹣x )>0,所以g (x )在()0+∞，上单调递增, 又g (0)=0,所以g (x )>0, 故f (x 1)=f (x 2)>f (﹣x 2)成立, 即x 1+x 2<0成立.7．已知函数21()ln ()2f x x x mx x m R =--∈. （1）若函数()f x 在(0,)+∞上是减函数，求实数m 的取值范围；（2）若函数()f x 在(0,)+∞上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，证明：12ln ln 2x x +>.分析：（1）由题意得出'()ln 0f x x mx =-≤在定义域(0,)+∞上恒成立，即max ln ()xm x≥， 设ln ()xh x x =，则21ln '()x h x x-=，由此利用导数求得函数单调性与最值，即可求解； （2）由（1）知'()ln f x x mx =-，由函数()f x 在(0,)+∞上存在两个极值点1x ，2x ，推导出∴12ln ln x x +112212(1)ln 1x xx x x x +⋅=-，设12(0,1)x t x =∈，则12(1)ln ln ln 1t t x x t +⋅+=-，要证12ln ln 2x x +>，只需证2(1)ln 01t t t --<+，构造函数2(1)()ln 1t g t t t -=-+，利用导数求得函数的单调性与最值，即可作出求解. 详解：（1）∵()()21ln 2f x x x mx x m R =--∈在()0,+∞上是减函数， ∴()'ln 0f x x mx =-≤在定义域()0,+∞上恒成立，∴maxln x m x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，设()ln x h x x =，则()21ln 'x h x x-=， 由()'0h x >，得()0,x e ∈，由()'0h x <，得x e >， ∴函数()h x 在()0,e 上递增，在(),e +∞上递减， ∴()()max 1h x h e e ==，∴1m e ≥. 故实数m 的取值范围是1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 证明：（2）由（1）知()'ln f x x mx =-，∵函数()f x 在()0,+∞上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，∴112200lnx mx lnx mx -=⎧⎨-=⎩，则12121212ln ln ln ln x x m x x x x m x x +⎧=⎪+⎪⎨-⎪=⎪-⎩，∴12121212ln ln ln ln x x x x x x x x +-=+-，∴12112122ln ln ln x x x x x x x x ++=⋅- 1122121ln 1x x x x x x ⎛⎫+⋅ ⎪⎝⎭=-，设()120,1x t x =∈，则()121ln ln ln 1t t x x t +⋅+=-， 要证12ln ln 2x x +>，只需证()1ln 21t t t +⋅>-，只需证()21ln 1t t t -<+，只需证()21ln 01t t t --<+，构造函数()()21ln 1t g t t t -=-+，则()()()()222114'011t g t t t t t -=-=>++， ∴()()21ln 1t g t t t -=-+在()0,1t ∈上递增，∴()()10g t g <=，即()()21ln 01t g t t t -=-<+，∴12ln ln 2x x +>.8．已知函数()2112xf x e ax =-+有两个极值点12,x x (e 为自然对数的底数). (1)求实数a 的取值范围; (2)求证:12ln 2x x a +< 【分析】(1)求导后得出()'xf x e ax =-,由题参变分离再构造函数求构造函数的单调性与取值范围即可.(2)利用极值点表示出a 与12,x x 的关系,再将12ln 2x x a +<中的a 代换,构造函数再换元证明不等式即可. 【详解】 (1)由()2112xf x e ax =-+,得()'x f x e ax =-, 由题意知函数()f x 有两个极值点,()'0f x ∴=有两个不等的实数解.即方程(0)xe a x x =≠有两个不等的实数解.即方程()0()xe g x x x =≠有两个不等的实数解.设()0()x e g x x x =≠,则()()21'x x e g x x-= ()g x ∴在(,0)-∞上单调递减,()0,1上单调递减,(1,)+∞上单调递增,作出函数图象知当a e >时,直线y a =与函数()g x 有两个交点, 当且仅当a e >时()f x 有两个极值点,综上所述,a e >. (2)因为12,x x 是()f x 的两个极值点,12x x ≠,12120,0x x e ax e ax ∴==--,1212x x e e a x x ∴=--故要证122x x lna +<,即证122x x e a +<,即证1212212x x x x e e e x x +<--,即证12122121x xx x e e x x --<-- 不妨设12x x <,即证1202x x t -=<,即证2210tt te e -+>设()()210ttF t te e t =-+<,则()()'21tF e t e t =+-,易证()1,'0tt e F t +<∴<,所以()F t 在(),0∞-上递减.()()00F t F ∴>=,得证2210t t te e -+>.综上所述:122x x lna +<成立,9．已知函数()x ax b f x =e+（e为自然对数的底数）在1x =-处的切线方程为0ex y e -+=. （1）求实数a ，b 的值；（2）若存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()f x f x =，求证：120x x +>. 【分析】（1）求出导函数，根据(1)0(1)f f e-='⎧⎨-=⎩即可求得实数a ，b 的值；（2）根据导函数求出()f x 的单调区间，通过构造()()()g x f x f x =--，研究()g x 的变化即可证明当12()()f x f x =时，有120x x +>。
高考数学《极值点偏移》精品复习资料
高考数学《极值点偏移》精品复习资料第 一 节 极值点偏移初探值点偏移问题是最近几年数学的江湖红人，题目灵活多变，具有较大的难度和思考量，很受各地模拟卷命题人的青睐，具有很好的区分度。
很多同学对这类问题一筹莫展，找不到切入点。
那何为极值点偏移？又该从何入手？接下来的五节中，我们将逐渐渗透解决此类问题的三种普遍方法，并将不等式放缩法作为阅读材料，供有兴趣的读者阅读揣摩。
例3.1.1 已知函数x x x f ln )(-=。
（I ）若)(x f 在)(,2121x x x x x ≠=处导数相等，证明：2ln 88)()(21-+＞x f x f ；（II ）略。
思路分析 )(x f 定义域()+∞=,0f D ，其导函数x x x f 22)(-='。
由题意可知22112222x x x x -=-。
题设条件转化后就只有这个式子，那我们来看往证结论：2ln 88)()(21-+＞x f x f 。
带入)(x f 表达式有：-+=+2121)()(x x x f x f21ln x x 。
显然，这是一个有约束条件．．．．的二元．．不等式证明问题。
但是麻烦在于21x x +和21x x 是两个不同的组成元件，看起来并无联系，如果我们能将表达式统一由一个组件构成，那我们就有可能通过函数单调性进行证明！ 唯一能进行转化的只有导数值相等的式子，那就尝试变形：去分母得12121222x x x x x x -=-，因此有2)(2)(121221=-=-x x x x x x))((1212x x x x -+，即有)(21221x x x x +=，那代入有212121ln 2)()(x x x x x f x f -=+。
将21x x 看作一个整体，我们可以引入函数t t t ln 221)(-=ϕ，往证2ln 88)(-＞t ϕ。
通过试验我们发现)16(2ln 88ϕ=-，那我们进一步来考察它的单调性：当16＞t 时，0221)(＞tt -='ϕ，)(t ϕ在),16(+∞上单调递增。
高考解答题专项突破(一) 第4课时 极值点偏移问题--2025年高考数学复习讲义及练习解析
第4课时极值点偏移问题考点一对称构造法求极值点偏移问题例1(2023·黑龙江牡丹江市第一高级中学高三热身考试(二))已知函数f (x )＝x x －32aa为实数．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝e 处取得极值，f ′(x )是函数f (x )的导函数，且f ′(x 1)＝f ′(x 2)，x 1<x 2，证明：2<x 1＋x 2<e.解(1)函数f (x )＝x x －32a(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －32ax ＝x (2ln x －3a ＋1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e3a －12，当x ∈(0，e3a －12)时，f ′(x )<0，当x ∈(e3a －12，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )的单调递减区间为(0，e3a －12)，单调递增区间为(e3a －12，＋∞)．(2)证明：因为函数f (x )在x ＝e 处取得极值，所以x ＝e 3a －12＝e ，得a ＝1，所以f (x )＝x x 得f ′(x )＝x (2ln x －2)＝2x (ln x －1)，令g (x )＝2x (ln x －1)，因为g ′(x )＝2ln x ，当0<x <1时，g ′(x )<0，当x >1时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当x ∈(0，e)时，g (x )＝2x (ln x －1)<0，当x ∈(e ，＋∞)时，g (x )＝2x (ln x －1)>0，故0<x 1<1<x 2<e.先证x 1＋x 2>2，需证x 2>2－x 1.因为x 2>1，2－x 1>1，下面证明g (x 1)＝g (x 2)>g (2－x 1)．设t (x )＝g (2－x )－g (x )，则当0<x <1时，t ′(x )＝－g ′(2－x )－g ′(x )＝－2ln (2－x )－2ln x ＝－2ln [(2－x )x ]>0，故t (x )在(0，1)上为增函数，故t (x )<t (1)＝0，所以t (x 1)＝g (2－x 1)－g (x 1)<0，则g (2－x 1)<g (x 2)，所以2－x 1<x 2，即得x 1＋x 2>2.下面证明：x 1＋x 2<e.令g (x 1)＝g (x 2)＝m ，当x ∈(0，1)时，g (x )－(－2x )＝2x ln x <0，所以g (x )<－2x 成立，所以－2x 1>g (x 1)＝m ，所以x 1<－m2.当x ∈(1，e)时，记h (x )＝g (x )－(2x －2e)＝2x ln x －4x ＋2e ，所以当x ∈(1，e)时，h ′(x )＝2ln x －2<0，所以h (x )为减函数，得h (x )>h (e)＝2e －4e ＋2e ＝0，所以m ＝g (x 2)>2x 2－2e ，即得x 2<m2＋e.所以x 1＋x 2<－m 2＋m2＋e ＝e.综上，2<x 1＋x 2<e.对称构造法主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为x 0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )或F (x )＝f (x 0＋x )－f (x 0－x )；对结论x1x 2>x 20型，构造函数F (x )＝f (x )－f x 20x ，通过研究F(x )的单调性获得不等式．(3)判断单调性，即利用导数讨论F (x )的单调性．(4)比较大小，即判断函数F (x )在某段区间上的正负，并得出f (x )与f (2x 0－x )的大小关系．(5)转化，即利用函数f (x )的单调性，将f (x )与f (2x 0－x )的大小关系转化为x 与2x 0－x 之间的大小关系，进而得到所证或所求.1.(2022·全国甲卷)已知函数f (x )＝e xx－ln x ＋x －a .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2＜1.解(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )x －1x ＋1x 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )≥f (1)＝e ＋1－a ，若f (x )≥0，则e ＋1－a ≥0，即a ≤e ＋1，所以a 的取值范围为(－∞，e ＋1]．(2)证法一：由题意知，f (x )的一个零点小于1，一个零点大于1.不妨设0<x 1＜1＜x 2，要证x 1x 2＜1，即证x 1＜1x 2.因为x 1，1x 2∈(0，1)，即证f (x 1)＞因为f (x 1)＝f (x 2)，即证f (x 2)＞即证e x x －ln x ＋x －x e 1x －ln x －1x＞0，x ∈(1，＋∞)，即证e xx－x e 1x －2lnx下面证明当x ＞1时，e x x －x e 1x ＞0，ln x0.设g (x )＝e xx－x e 1x ，则g ′(x )x －e 1x＋x e 1xx －设φ(x )＝e xx，则当x >1时，φ′(x )x ＝x －1x 2e x ＞0，所以φ(x )＞φ(1)＝e ，而e 1x ＜e ，所以e x x－e 1x＞0，所以当x >1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，即g (x )＞g (1)＝0，所以e xx －x e 1x ＞0.令h (x )＝ln x则当x >1时，h ′(x )＝1x －＝2x －x 2－12x 2＝－(x －1)22x 2＜0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减，即h (x )＜h (1)＝0，所以ln x 0.综上，e xx－x e 1x －2ln x 0，即x 1x 2＜1得证．证法二：不妨设x 1<x 2，则由(1)知0<x 1<1<x 2，0<1x 2<1.由f (x 1)＝f (x 2)＝0，得e x 1x 1－ln x 1＋x 1＝e x 2x 2－ln x 2＋x 2，即e x 1－lnx 1＋x 1－ln x 1＝e x 2－lnx 2＋x 2－ln x 2.因为函数y ＝e x ＋x 在R 上单调递增，所以x 1－ln x 1＝x 2－ln x 2成立．构造函数h (x )＝x －ln x ，g (x )＝h (x )－x －1x －2ln x ，则g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝(x －1)2x 2≥0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，g (x )>g (1)＝0，即当x >1时，h (x )>所以h (x 1)＝h (x 2)>又h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，当0<x <1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0，1)上单调递减，所以0<x 1<1x 2<1，即x 1x 2<1.考点二比(差)值换元法求极值点偏移问题例2(2024·湖北黄冈浠水县第一中学高三上学期质量检测)已知函数f (x )＝x (ln x －a )，g (x )＝f (x )x＋a －ax .(1)当x ≥1时，f (x )≥－ln x －2恒成立，求a 的取值范围；(2)若g (x )的两个相异零点为x 1，x 2，求证：x 1x 2>e 2.解(1)当x ≥1时，f (x )≥－ln x －2恒成立，即当x ≥1时，(x ＋1)ln x －ax ＋2≥0恒成立，设F (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋2，所以F (1)＝2－a ≥0，即a ≤2；F ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ，设r(x)＝ln x＋1x＋1－a，则r′(x)＝1x－1x2＝x－1x2，所以当x≥1时，r′(x)≥0，即r(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以r(x)≥r(1)＝2－a≥0，所以当x≥1时，F′(x)＝r(x)≥0，即F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)≥F(1)＝2－a≥0.所以a的取值范围为(－∞，2]．(2)证明：由题意知，g(x)＝ln x－ax，不妨设x1>x2>0，x1＝ax1，x2＝ax2，(x1x2)＝a(x1＋x2)，x1x2＝a(x1－x2)，则ln(x1x2)ln x1x2＝x1＋x2x1－x2＝x1x2＋1x1x2－1，令t＝x1x2>1，则ln(x1x2)ln t＝t＋1t－1，即ln(x1x2)＝t＋1t－1ln t.要证x1x2>e2，只需证ln(x1x2)>2，只需证t＋1t－1ln t>2，即证ln t>2(t－1)t＋1(t>1)，即证ln t－2(t－1)t＋1>0(t>1)，令m(t)＝ln t－2(t－1)t＋1(t>1)，因为m′(t)＝(t－1)2t(t＋1)2>0，所以m(t)在(1，＋∞)上单调递增，又当t从右侧趋近于1时，m(t)趋近于0，所以当t∈(1，＋∞)时，m(t)>0，即ln t－2(t－1)t＋1>0成立，故x1x2>e2.比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝x1x2，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．2.已知函数f (x )＝x ln x －x 2e＋tx －1(t ∈R )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)．(1)求t 的取值范围；(2)证明：x 1＋x 2>4e x 1x 2.解(1)f ′(x )＝ln x ＋1－2xe＋t ，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝1x －2e ＝e －2xe x (x >0)，令g ′(x )＝0，解得x ＝e2，所以当x ，g ′(x )>0；当x ＋，g ′(x )<0，所以g (x )，＋，所以g (x )max ＝1－ln 2＋t .因为f (x )有两个极值点，所以g (x )有两个变号零点，所以g (x )max >0，即1－ln 2＋t >0，所以t >ln 2－1，即t 的取值范围为(ln 2－1，＋∞)．(2)证明：由题意，知ln x 2－2x 2e ＋t ＋1＝0，ln x 1－2x1e＋t ＋1＝0，所以ln x 2－ln x 1＝2e (x 2－x 1)，即ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝2e .要证x 1＋x 2>4e x 1x 2，只需证1x 1＋1x 2>4e，即证1x 1＋1x 2>2(ln x 2－ln x 1)x 2－x 1，即证2lnx 2x 1<x 2－x 1x 1＋x 2－x 1x 2＝x 2x 1－x 1x 2，设x2x 1＝u (u >1)，则只需证u －1u >2ln u (u >1)，令h (u )＝u －1u－2ln u (u >1)，则h ′(u )＝1＋1u 2－2u ＝u 2－2u ＋1u 2＝(u －1)2u 2>0，所以h (u )在(1，＋∞)上单调递增，又当u 从右侧趋近于1时，h (u )趋近于0，所以h (u )>0，即u －1u >2ln u (u >1)，则x 1＋x 2>4ex 1x 2.课时作业1．(2024·福建福州格致中学高三上学期质检)已知函数f (x )＝a ln x ＋ax .(1)讨论函数f (x )的极值；(2)若(e x 1)x 2＝(e x 2)x 1(e 是自然对数的底数)，且x 1>0，x 2>0，x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2.解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x )＝－a ln xx 2，若a ＝0，则f ′(x )＝0，函数f (x )无极值；若a ≠0，由f ′(x )＝0，可得x ＝1；若a <0，当0<x <1时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，当x >1时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增，此时函数f (x )有唯一极小值f (1)＝a ，无极大值；若a >0，当0<x <1时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增，当x >1时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，此时函数f (x )有唯一极大值f (1)＝a ，无极小值．综上，当a ＝0时，函数f (x )无极值；当a <0时，函数f (x )有极小值f (1)＝a ，无极大值；当a >0时，函数f (x )有极大值f (1)＝a ，无极小值．(2)证明：由(e x 1)x 2＝(e x 2)x 1，两边取对数可得x 2(ln x 1＋1)＝x 1(ln x 2＋1)，即ln x 1＋1x 1＝ln x 2＋1x 2，当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x，f ′(x )＝－ln xx 2，由(1)可知，函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝1，而0，当x >1时，f (x )>0恒成立，因此当a ＝1时，存在x 1，x 2且0<x 1<1<x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，若x 2∈[2，＋∞)，则x 1＋x 2>x 2≥2成立；若x 2∈(1，2)，则2－x 2∈(0，1)，记g(x)＝f(x)－f(2－x)，则当x∈(1，2)时，g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln xx2－ln(2－x)(2－x)2>－ln xx2－ln(2－x)x2＝－ln[－(x－1)2＋1]x2>0，即函数g(x)在(1，2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(2－x)，于是f(x1)＝f(x2)>f(2－x2)，而x2∈(1，2)，2－x2∈(0，1)，x1∈(0，1)，函数f(x)在(0，1)上单调递增，因此x1>2－x2，即x1＋x2>2.综上，x1＋x2>2.2．(2024·广东深圳中学高三阶段考试)设函数f(x)＝(x＋a)e x，已知直线y＝2x＋1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f(x1)＝f(x2)，其中x1<x2，证明：x1x2>4.解(1)设直线y＝2x＋1与曲线y＝f(x)相切于点(x0，f(x0))，∵f′(x)＝(x＋a＋1)e x，∴f′(x0)＝(x0＋a＋1)e x0＝2；又f(x0)＝(x0＋a)e x0＝2x0＋1，∴2－e x0＝2x0＋1，即e x0＋2x0－1＝0.设g(x)＝e x＋2x－1，则g′(x)＝e x＋2>0，∴g(x)在R上单调递增，又g(0)＝0，∴g(x)有唯一零点x＝0，∴x0＝0，∴a＋1＝2，解得a＝1，∴f(x)＝(x＋1)e x，f′(x)＝(x＋2)e x，则当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0；当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0.∴函数f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)min＝f(－2)＝－e－2<0，当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0，∴x1<－2<x2<－1.要证x1x2>4，只需证x1<4x2<－2.∵f(x)在(－∞，－2)上单调递减，∴只需证f (x 1)>又f (x 1)＝f (x 2)，则只需证f (x 2)>f x 2∈(－2，－1)恒成立．设h (x )＝f (x )－∴h ′(x )＝(x ＋2)e x ＋8(x ＋2)x 3e 4x ＝(x ＋2)e 4x x 3(x 3e x -4x ＋8)．设p (x )＝x 3e x-4x ＋8，则当－2<x <－1时，p ′(x )＝x e x ＋74<0，∴p (x )在(－2，－1)上单调递减，∴p (x )<p (－2)＝－8＋8＝0，又当－2<x <－1时，(x ＋2)e x4x 3<0，∴当－2<x <－1时，h ′(x )>0，∴h (x )在(－2，－1)上单调递增，∴h (x )>h (－2)＝0，即f (x )>f x ∈(－2，－1)时恒成立，又x 2∈(－2，－1)，∴f (x 2)>原不等式得证．3．(2023·湖北武汉华中师范大学第一附属中学高三下学期压轴卷(一))已知f (x )＝2x －sin x －a ln x .(1)当a ＝1时，讨论函数f (x )的极值点个数；(2)若存在x 1，x 2(0<x 1<x 2)，使f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1x 2<a .解(1)当a ＝1时，f (x )＝2x －sin x －ln x ，则f ′(x )＝2－cos x －1x，当x ≥1时，f ′(x )≥1－cos x ≥0，故f (x )在[1，＋∞)上单调递增，不存在极值点；当0<x <1时，令h (x )＝2－cos x －1x，则h ′(x )＝sin x ＋1x2>0恒成立，故函数h (x )即f ′(x )在(0，1)上单调递增，且f ′(1)＝1－cos1>0，f cos 14－2<0，所以存在x 0使得f ′(x 0)＝0，所以当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x 0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，故函数f (x )在(0，1)上存在唯一极值点．综上，当a ＝1时，函数f (x )的极值点有且仅有一个．(2)证明：由f (x 1)＝f (x 2)，知2x 1－sin x 1－a ln x 1＝2x 2－sin x 2－a ln x 2，整理，得2(x 1－x 2)－(sin x 1－sin x 2)＝a (ln x 1－ln x 2)(*)，不妨令g (x )＝x －sin x (x >0)，则g ′(x )＝1－cos x ≥0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增，当0<x 1<x 2时，有g (x 1)<g (x 2)，即x 1－sin x 1<x 2－sin x 2，那么sin x 1－sin x 2>x 1－x 2，因此(*)即转化为a >x 1－x 2ln x 1－ln x 2.接下来证明x 1－x 2ln x 1－ln x 2>x 1x 2(0<x 1<x 2)，等价于证明ln x 1x 2>x 1x 2－x 2x 1，不妨令x 1x 2＝t (0<t <1)，建构新函数φ(t )＝2ln t －t ＋1t(0<t <1)，φ′(t )＝2t －1－1t 2＝－(t －1)2t 2<0，则φ(t )在(0，1)上单调递减，又当t 从左侧趋近于1时，φ(t )趋近于0，所以φ(t )>0，故lnx 1x 2>x 1x 2－x 2x 1即x 1－x 2ln x 1－ln x 2>x 1x 2(0<x 1<x 2)得证，由不等式的传递性知x 1x 2<a ，即x 1x 2<a .4．(2023·湖南长沙实验中学高三三模)已知函数h (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)若h (x )有两个零点，求实数a 的取值范围；(2)若方程x e 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＋x2>e 2x 1x 2.解(1)函数h (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝0时，函数h (x )＝x 无零点，不符合题意，所以a ≠0，由h (x )＝x －a ln x ＝0，可得1a ＝ln x x，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 x x 2，由f ′(x )＝0可得x ＝e ，列表如下：x(0，e)e (e ，＋∞)f ′(x )＋0－f (x )单调递增极大值1e 单调递减所以函数f (x )的极大值为f (e)＝1e ，函数f (x )的大致图象如下图所示：且当x >1时，f (x )＝ln x x>0，由图可知，当0<1a <1e ，即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x e x －a (ln x ＋x )＝0，则x e x －a ln (x e x )＝0，令t ＝x e x >0，其中x >0，则有t －a ln t ＝0，t ′＝(x ＋1)e x >0，所以函数t ＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增，因为方程x e 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，＝a ln t 1，＝a ln t 2，－t 2＝a (ln t 1－ln t 2)，＋t 2＝a (ln t 1＋ln t 2)，整理可得t 1＋t 2t －t ＝ln t 1＋ln t 2ln t －ln t ，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 t 1t 2>2(t 1－t 2)t 1＋t 2＝t 1t 2＋1令s ＝t 1t 2>1，即证ln s >2(s －1)s ＋1，其中s >1，构造函数g (s )＝ln s －2(s －1)s ＋1，其中s >1，g ′(s )＝1s －4(s ＋1)2＝(s －1)2s (s ＋1)2>0，所以函数g (s )在(1，＋∞)上单调递增，又当s 从右侧趋近于1时，g (s )趋近于0，所以当s >1时，g (s )>0，故原不等式成立．5．(2024·河北石家庄部分重点高中高三月考)已知函数f (x )＝x 2ln x －a (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2，证明：1<x 1＋x 2<2e .解(1)因为f (x )＝x 2ln x －a (a ∈R )的定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)，令f ′(x )>0，解得x >1e，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，所以f (x )＋(2)证明：不妨设x 1<x 2，由(1)知，必有0<x 1<1e <x 2.要证x 1＋x 2<2e ，即证x 2<2e－x 1，即证f (x 2)<又f (x 2)＝f (x 1)，即证f (x 1)－令g (x )＝f (x )－则g ′(x )＝x (2ln x ＋1)1，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝2(ln x ＋1)＋1－2ln 1－2＝2ln x 2e－x <0在x 恒成立，所以h (x )，即g ′(x )，所以g ′(x )>g 0，所以g (x )，所以g (x 1)<0，即f (x 1)－，所以x 1＋x 2<2e.接下来证明x 1＋x 2>1，令x 2x 1＝t ，则t >1，又f (x 1)＝f (x 2)，即x 21ln x 1＝x 22ln x 2，所以ln x 1＝t 2ln t 1－t 2，要证1<x 1＋x 2，即证1<x 1＋tx 1，即证(t ＋1)x 1>1，不等式(t ＋1)x 1>1两边取对数，即证ln x 1＋ln (t ＋1)>0，即证t 2ln t 1－t 2＋ln (t ＋1)>0，即证(t ＋1)ln (t ＋1)t>t ln t t －1，令u (x )＝x ln x x －1，x ∈(1，＋∞)，则u ′(x )＝(ln x ＋1)(x －1)－x ln x (x －1)2＝x －ln x －1(x －1)2，令p (x )＝x －ln x －1，其中x ∈(1，＋∞)，则p ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以p (x )在(1，＋∞)上单调递增，又当x 从右侧趋近于1时，p (x )趋近于0，所以当x ∈(1，＋∞)时，p (x )>0，故当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )＝x －ln x －1(x －1)2>0，可得函数u (x )单调递增，可得u (t ＋1)>u (t )，即(t ＋1)ln (t ＋1)t>t ln t t －1，所以x 1＋x 2>1.综上可知，1<x 1＋x 2<2e .6．(2021·新高考Ⅰ卷)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(1)因为f (x )＝x (1－ln x )，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x ＋x ln x .当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.所以函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由题意，a ，b 是两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，两边同时除以ab ，得ln a a－ln b b ＝1b －1a ，即ln a ＋1a ＝ln b ＋1b，即令x 1＝1a ，x 2＝1b，由(1)知f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x <e 时，f (x )>0，当x >e 时，f (x )<0，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2<e.要证2<1a ＋1b<e ，即证2<x 1＋x 2<e.先证x 1＋x 2>2：要证x 1＋x 2>2，即证x 2>2－x 1，因为0<x 1<1<x 2<e ，所以x 2>2－x 1>1，又f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f (x 2)<f (2－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，所以即证f (x 1)<f (2－x 1)，即证当x ∈(0，1)时，f (x )－f (2－x )<0.构造函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝－ln x －ln (2－x )＝－ln [x (2－x )]，当0<x <1时，0<x (2－x )<1，则－ln [x (2－x )]>0，即当0<x <1时，F ′(x )>0，所以F (x )在(0，1)上单调递增，所以当0<x <1时，F (x )<F (1)＝0，所以当0<x <1时，f (x )－f (2－x )<0成立，所以x 1＋x 2>2成立．再证x 1＋x 2<e ：由(1)知，f (x )的极大值点为x ＝1，f (x )的极大值为f (1)＝1，过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y ＝x ，设f (x 1)＝f (x 2)＝m ，当x ∈(0，1)时，f (x )＝x (1－ln x )>x ，直线y ＝x 与直线y ＝m 的交点坐标为(m ，m )，则x 1<m .欲证x 1＋x 2<e ，即证x 1＋x 2<m ＋x 2＝f (x 2)＋x 2<e ，即证当1<x <e 时，f (x )＋x <e.构造函数h (x )＝f (x )＋x ，则h ′(x )＝1－ln x ，当1<x <e 时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(1，e)上单调递增，所以当1<x <e 时，h (x )<h (e)＝f (e)＋e ＝e ，即f (x )＋x <e 成立，所以x 1＋x 2<e 成立．综上可知，2<1a ＋1b<e 成立．。
极值点偏移四种题型的解法及例题
极值点偏移是高中数学中的一个重要概念，也是学生们比较头疼的一个知识点。
在解决数学问题时，我们经常会遇到一些与极值点有关的题型，比如函数的极值问题、优化问题等。
而在解决这些问题时，极值点偏移方法是一种非常实用的解题技巧。
本文将从四种题型出发，对极值点偏移方法进行详细解析，并结合具体例题进行说明。
1. 函数的极值问题函数的极值问题是高中数学中的一个重要内容。
在解决这类问题时，我们常常会用到导数的概念，来求函数的极值点。
但有些情况下，我们可以通过极值点偏移方法更快地得到函数的极值点。
比如对于一些简单的函数，通过极值点的平移和对称性，可以用更简洁的方法求得函数的极值点。
举例说明：已知函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$，求 $f(x)$ 的极值点。
解：求导得 $f'(x)=3x^2-6x$。
令导数为零，得到 $x=0$ 或 $x=2$。
根据导数的符号，可知 $x=0$ 是极小值点，$x=2$ 是极大值点。
但通过极值点偏移方法，我们可以发现，当 $x=0$ 时，$f(x)=2$；而当$x=2$ 时，$f(x)=2$。
也就是说，极小值点 $x=0$ 对应的函数值和极大值点 $x=2$ 对应的函数值相等。
这就是极值点偏移的思想。
2. 优化问题优化问题是数学建模中常见的类型之一，也是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的一种形式。
当我们遇到优化问题时，常常需要求解函数的极值点。
而极值点偏移方法可以帮助我们更快地找到函数的极值点，从而解决优化问题。
举例说明：一块长为20厘米的铁皮，可以做成一个底面积为 $x cm^2$ 的正方形盒子和一个底面积为 $y cm^2$ 的开口放平盒子，求怎样分割这块铁皮才能使总体积最大。
解：设正方形盒子的边长为 $a$，开口朝下的放平矩形盒子的底边长为 $b$，高为 $h$。
则根据题意可知，$b=a+2h$，且 $x=a^2$，$y=bh$。
问题转化为求 $x+y$ 的最大值。
专题1.1 极值点偏移“0”开始(解析版)
极值点偏移“0”开始学习极值点偏移咱们从“0”开始……极值点偏移的含义 众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系： 2x x +2x x +如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏.极值点偏移问题的一般题设形式： 1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ； x x +问题初现，形神合聚★函数x ae x x x f ++-=12)(2有两极值点21,x x ，且21x x <.证明：421>+x x .★已知函数x x f ln )(=的图象1C 与函数)0(21)(2≠+=a bx ax x g 的图象2C 交于Q P ,，过PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交1C ，2C 于点N M ,，问是否存在点R ，使1C 在M 处的切线与2C 在N 处的切线平行？若存在，求出R 的横坐标；若不存在，请说明理由.内练精气神，外练手眼身★【2019江苏无锡高三上学期期末】已知函数 f(x) = －ax(a > 0).(1) 当 a = 1 时，求证：对于任意 x > 0，都有 f(x) > 0 成立；(2) 若函数 y = f(x) 恰好在 x = x 1 和 x = x 2 两处取得极值，求证：x 1+x 22< ln a.★过点P(_?,0)作曲线f(x)=e x 的切线l ．（1）求切线的方程； （2）若直线l 与曲线交于不同的两点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，求证：．极值点偏移问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策，而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. 其实，此类问题处理的手段有很多，方法也就有很多，下面我们来逐一探索！极值点偏移“0”开始 学习极值点偏移咱们从“0”开始……极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系： 若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏. 如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏.极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ； 4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f . 问题初现，形神合聚★函数x ae x x x f ++-=12)(2有两极值点21,x x ，且21x x <.证明：421>+x x .所以)2()2(x h x h -<+，所以)4()]2(2[)]2(2[)()(22221x h x h x h x h x h -=--<-+==，因为21<x ，242<-x ，)(x h 在)2,(-∞上单调递减所以214x x ->，即421>+x x .学科&网★已知函数x x f ln )(=的图象1C 与函数)0(21)(2≠+=a bx ax x g 的图象2C 交于Q P ,，过PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交1C ，2C 于点N M ,，问是否存在点R ，使1C 在M 处的切线与2C 在N 处的切线平行？若存在，求出R 的横坐标；若不存在，请说明理由.内练精气神，外练手眼身★【2019江苏无锡高三上学期期末】已知函数f(x) = －ax(a > 0).(1) 当a = 1 时，求证：对于任意x > 0，都有f(x) > 0 成立；(2) 若函数y = f(x) 恰好在x = x1和x = x2两处取得极值，求证：< ln a. 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）当a＝1时，f（x）＝e x x2﹣x，则f′（x）＝e x﹣x﹣1，∴f″（x）＝e x﹣1＞0，（x＞0），∴f′（x）＝e x﹣x﹣1单调递增，∴f′（x）＞f′（0）＝0，∴f（x）单调递增，∴f（x）＞f（0）＝1＞0，故对于任意x＞0，都有f（x）＞0成立；（2）∵函数y＝f（x）恰好在x＝x1和x＝x2两处取得极值∴x1，x2是方程f′（x）＝0的两个实数根，不妨设x1＜x2，∵f′（x）＝e x﹣ax﹣a，f″（x）＝e x﹣a，当a≤0时，f″（x）＞0恒成立，∴f′（x）单调递增，f′（x）＝0至多有一个实数解，不符合题意，当a＞0时，f″（x）＜0的解集为（﹣∞，lna），f″（x）＞0的解集为（lna，+∞），∴f′（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，∴f′（x）min＝f′（lna）＝﹣alna，由题意，应有f′（lna）＝﹣alna＜0，解得a＞1，此时f′（﹣1）0，∴存在x1∈（﹣1，lna）使得f′（x1）＝0，易知当时，f(x).∴存在x2∈（lna，）使得f′（x2）＝0，∴a＞1满足题意，∵f′（x1）＝f′（x2）＝0，∴a a＝0，∴a，∴f″（）a（），设t＞0，∴e t，设g（t）＝（2t﹣e t）e t+1，∴g′（t）＝2（t+1﹣e t）e t，由（1）可知，g′（t）＝2（t+1﹣e t）e t＜0恒成立，∴g（t）单调递减，∴g（t）＜g（0）＝0，即f″（）＜0，∴∴lna．★过点作曲线f(x)=e x的切线l．（1）求切线l的方程；（2）若直线l与曲线交于不同的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求证：．【答案】（1）y=x+1（2）见解析【解析】试题分析：（1）先根据导数几何意义求切线斜率y′|x=0=1，再根据点斜式求切线方程y=x+1．因为，不妨设x1<−2，x2>−2．设g(x)=f(x)−f(−4−x)，则g′(x)=f′(x)+f′(−4−x)=(x+2)e x(1−e−2(2+x))，当x>−2时，g′(x)>0，g(x)在单调递增，所以g(x)>g(−2)=0，所以当x>−2时，f(x)>f(−4−x)．因为x2>−2，所以f(x2)>f(−4−x2)，从而f(x1)>f(−4−x2)，因为−4−x2<−2，f(x)在单调递减，所以x1<−4−x2，即x1+x2<−4．学科&网极值点偏移问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策，而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. 其实，此类问题处理的手段有很多，方法也就有很多，下面我们来逐一探索！。