导数-极值点偏移答案解析
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）；。
解析一道导数极值点偏移
1 1
1
1
（3）显然 t
1 1 1 u1 , u2 满 足 g u u t ln u, g u1 g u2 ， 求 导 得 g u 2 u t ln u t ， 令 g u 0 得 u e t ， 即 t t
设 g x f x f 1 x 0 x
1 1 ， g x ln x ln(1 x) 2 lnx(1 x) 2 ，由于 g ln e 1 0 ， 2 e
1 2 1 2
1 1 0, t0 , t0 , ，又因为 G 0 ,故 Gt 0 ，即 ht h1 t .令 t t1 ，则有 ht1 ht2 h1 t1 ，由于 2
2
t2
1 1 1 ， ht 在 0, ,1 ，故一定有 t2 1 t1 ，即 t1 t2 1 . , e e e
设 H t ht h
1 1 t2 1 . ，故 0 t1 e e
1 2 2 2 t 0 t t , H t ht h t ， 由 于 ， H t ht h e e e e
题目：已知 f x x ln x 的图象上有 A, B 两点，其横坐标为 0 x1 x2 1 ，且 f x1 f x2 . （1）证明：
2 x1 x2 1 ； e
x1 x2 2 ； e
导数压轴题分类(2)极值点偏移问题(含答案)备课讲稿
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)精品资料导数压轴题分类（2）---极值点偏移问题极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数()()()x x f x f F --=02x 或者()()()x x f x x f x F --+=00。
其中0x 为函数()x f y =的极值点。
⑵利用对数平均不等式。
2ln ln ab b a b a b a +<--<。
⑶变换主元等方法。
任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。
1．设函数22()ln ()f x a x x ax a R =-+-∈（1）试讨论函数()f x 的单调性;（2）()f x m =有两解12,x x （12x x <）,求证：122x x a +>.解析：（1）由22()ln f x a x x ax =-+-可知2222(2)()()2a x ax a x a x a f x x a x x x--+-'=-+-== 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以① 若0a >时，当(0,)x a ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；② 若0a =时，当()20f x x '=>在(0,)x ∈+∞内恒成立，函数()f x 单调递增； ③ 若0a <时，当(0,)2ax ∈-时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(,)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； （2）要证122x x a +>，只需证122x x a +>， (x)g =222(x)2,g (x)20(x)(x)a a f x a g f x x'''=-+-=+>∴=则为增函数。
2022届高中数学导数通关练习专题16 极值点偏移问题(解析版)
x)
8(x 2)2 x2 (4 x)2
0，
所以函数 h(x) 在 (0, 2) 为减函数，所以 h(x) h(2) 0 ，
所以 f (x1) f (4 x1) 0 ，即 f (x1) f (4 x1) ，所以 f (x2 ) f (4 x2 ) ，所以 x1 x2 4 .
2
2
设 a 0 ，由 f '(x) 0 得 x 1 或 x ln(2a) ．
若 a e ，则 ln(2a) 1 ，故当 x (1, ) 时，f '(x) 0 ，因此 f (x) 在 (1, ) 单调递增．又当 x 1时 f (x) 0 ， 2
所以 f (x) 不存在两个零点．
若 a e ，则 ln(2a) 1 ，故当 x (1, ln(2a)) 时， f '(x) 0 ；当 x (ln(2a), ) 时， f '(x) 0 ．因此 f (x) 在 2
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14．已知函数 f (x) ax ln x x2 ax 1(a R) 在定义域内有两个不同的极值点. （1）求 a 的取值范围；
（2）设两个极值点分别为： x1 ， x2 ，证： f x1 f x2 2 x12 x22 .
15．已知函数 f (x) 1 x2 2x ln x 4x 5 .
2
（1）求函数 y f x 的单调区间； （2）若函数 y f x 有两个极值点 x1 ， x2 ，求证： f x1 f x2 6 ln a .
17．已知 f (x) 1 x 2 a ln x(a R) 有两个零点 2
(1)求 a 的取值范围 (2)设 x1, x2 是 f (x) 的两个零点,求证： x1 x 2 a
2
一题多解11---导数--极值点偏移
已知函数x a ax x x f )2(ln )(2-+-=． （I ）讨论)(x f 的单调性；（II ）设0>a ，证明：当a x 10<<时，)1()1(x a f x a f ->+； （III ）若函数)(x f y =的图像与x 轴交于B A 、两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0)(0'<x f ．命题说明：一、命题来源：个人原创二、主要考查以下几方面内容：（1）考查求导公式（包括形如)(b ax f +的复合函数求导）及导数运算法则；（2）考查对数的运算性质；（3）导数法判断函数的单调性；（4）考查用构造函数的方法证明不等式；（5）考查分类讨论、数形结合、转化划归思想；三、难度：属于理科导数压轴题，难；四、解题方法：（Ⅰ）解：)(x f 的定义域为),0(+∞， （解决函数问题，定义域优先的原则）1(21)(1)()2(2).x ax f x ax a x x+-'=-+-=- （常见函数的导数公式及导数的四则运算） （ⅰ）若,0≤a 则0)('>x f ，所以)(x f 在),0(+∞单调递增；（ⅱ）若,0>a 则由0)('=x f 得ax 1=， 当)1,0(a x ∈时，0)('>x f ，当),1(+∞∈a x 时，0)('<x f （导数法研究函数单调性，涉及分类讨论的思想） ∴1()(0,)f x a 在单调递增，在1(,)a+∞单调递减. 综上，当0≤a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0>a 时，1()(0,)f x a 在单调递增，在1(,)a+∞单调递减. 归纳小结：本小问属导数中常规问题，易错点有二：易错点一是忽略函数的定义域，易错点二是分类讨论的分类标准的选取。
（II ）分析：函数、导数综合问题中的不等式的证明，主要是构造函数的思想，利用所构造的函数的最值，来完成不等式的证明。
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。
导数极值点偏移
极值点偏移一、题组导语①x x x f 2)(2+=②x x x f ln )(=③x x x f 1ln)(2= ④x e x x f =)(注：极值点会偏向变化速度快的一侧一、题组突破例1、设函数)0(ln )(>=a ax x x f —，且实数m 使得方程m x f =)(有两个不等实根1x ，2x ，其中21x x <.（1）求证：2110x a x <<<；（2）求证：a x x 1221>+.例2、设函数2)1()2()(——x a e x x f x +=有两个零点.（1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是)(x f 的两个零点，证明221<+x x .例3、设函数xx x f ln )(=，且实数m 使得方程m x f =)(有两个不等实根1x ，2x ，其中21x x <. （1）求证：210x e x <<<；（2）求证：e x x >+221；（3）求证：e x x 21121>+.例4、设函数ax e x f x —=)(，其中e a >.（1）求证：函数)(x f 有且仅有两个零点1x ，2x ，且2110x x <<<；（2）对于（1）中的1x ，2x ，求证：0)(')('21>+x f x f二、题组点睛极值点偏移问题的证明实质上时双变元的不等式的证明1、基本方法用消元法将问题转化为单元的不等式证明问题，通过构造函数，利用函数单调性进行证明。
2. 消元方式：利用)(x f 的单调性和)()(21x f x f =来消元。
3. 思想方法：消元法得方向 分析法找思路 构造函数证明4.。
高中数学解题思路与方法--极值点偏移
−
2t − 2 t +1
,
(0
<
t
<
1)
求导由单调性易得原不等式成立，略.
4 / 19
法二：接 后续解:
由 得：(x1
+
x2 )(x1
−
x2 ) − (a
− 2)(x1
−
x2 ) − a ln
x1 x2
=
0
构造函数 ， m(t)
=
ln
t
−
2(t −1) t +1
,
(0ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
<
t
<
1)
求导由单调性易得 m(t) < 0在t ∈(0,1) 恒成立，
llnn
x1 x2
− −
mx1 mx2
=0 =0
，设 ，则 ， ．欲证 ， t1
t2
= =
met1 met2
⇒
t1 t2
= et1−t2
k = t1 − t2 < 0
t1
=
kek ek −1
t2
=
k ek −1
x1x2 > e2
解法五 巧引变量（二）
证法 ：设 ， ，则由 得 5 t1 = ln x1 ∈(0,1) t2 = ln x2 ∈(1, +∞)
22
等价于证明： x1 + x2
>
x12 + 2x1 − x22 − 2x2 x1 + ln x1 − x2 − ln x2
⇔ ln x1 x2
< 2x1 − 2x2 x1 + x2
=
2 x1 − 2 x2 x1 +1
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。
高考 极值点偏移
高考导数的极值点偏移问题1.已知函数21()1xx f x e x -=+，证明：当1212()()()f x f x x x =≠时，120.x x +< 【解析】易知，()f x 在(,0)-∞上单调递增，在(0,)+∞上单调递减。
当1x <时，由于210,01xx e x->>+，所以()0f x >；同理，当1x >时，()0f x <。
当1212()()()f x f x x x =≠时，不妨设12x x <，由函数单调性知12(,0),(0,1)x x ∈-∞∈。
下面证明：(0,1),()()x f x f x ∀∈<-，即证：221111x x x x e e x x --+<++，此不等式等价于1(1)0xxx x e e+--<. 令1()(1),(0,1)xxx F x x e x e+=--∈，则2()(1)x xF x xe e -'=--，当(0,1)x ∈时，()0F x '<，()F x 单调递减，从而()(0)0F x F <=，即1(1)0xx x x e e+--<，所以(0,1),()()x f x f x ∀∈<-。
而2(0,1)x ∈，所以22()()f x f x <-，又12()()f x f x =，从而12()()f x f x <-. 由于12,(,0)x x -∈-∞，且()f x 在(,0)-∞上单调递增，所以12x x <-，即证120.x x +< 2.已知21,x x 是函数ax e x f x-=)(的两个零点，且21x x <， （1）求证：221>+x x ；（2）求证：121<⋅x x . 【解析】(1)问题可以转化为：x e x y =与ay 1=有两个交点，由图知，2110x x <<< 且⎪⎩⎪⎨⎧==2121ax e ax e x x ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==a e x a e x x x 2121，∴)(1212x x a e e x x -=-，1212x x e e a x x --=故要证：221>+x x ，即证：221>+a e e x x ，也即证：1221221x x e e e e x x x x ->-+， 也即12211212x x e e x x x x ->-+--，令,12x x t -=则),0(+∞∈t 设)1(2)1()(--+=tte e t t g ，则0)(,1)(>=''+-='tttte t g e te t g ， ∴)(t g '在),0(+∞单调递增，即0)0()(='>'g t g .∴)(t g 在),0(+∞单调递增，即0)0()(=>g t g ，故原不等式得证.(2)要证：121<x x ，即证：1221<⋅a e e x x ，等价于212)(1221x x e e e e x x x x --<⋅， 也即2122)(1)(1221x x e e e e x x x x -<-⋅，等价于2122)(1)1(1212x x e e x x x x -<---，令012>-=x x t 等价于)0(1)1(22><-t 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 tt，则)21(21)(2222tt t t t e t e e e t e t h -+=-⋅+='，又令)0(21)(2>-+=t e t t t ϕ，得0221)(2<⋅-='te tt ϕ，∴)(t ϕ在),0(+∞单调递减，0)0()(=<ϕϕt ，从而0)(<'t h ，)(t h 在),0(+∞单调递减，∴0)0()(=<h t h ，即证原不等式成立.【点评】从消元的角度，消掉参数a ，得到一个关于21,x x 的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式.3.已知函数2()ln f x x x x =++，正实数12,x x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：1212x x +≥. 【解析】由1212()()0f x f x x x ++=，得2211122212ln ln 0x x x x x x x x ++++++= 从而212121212()()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，构造函数()ln t t t ϕ=-，得11()1t t t tϕ-'=-=，可知()t ϕ在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)1t ϕϕ≥=，也即21212()()1x x x x +++≥，解得：1212x x -+≥. 4.已知函数1()ln ()f x a x a R x=--∈有两个零点1212,()x x x x <， 求证：112231a x x e -<+<-.【解析】21()xf x x-'=，知()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 且1201x x <<<，故要证：122x x +>，即证：2121x x >->，只要证：21()(2)f x f x >-，又因为12()()f x f x =，即证：11(2)()0f x f x --<.构造函数()(2)(),(0,1)F x f x f x x =--∈.即证()0F x <对(0,1)x ∈恒成立，前面有类似证明，此处略；下证：11231a x x e -+<-.因为()0f x =，本质上是1ln 0ax x x --=，令()1ln h x ax x x =--，则12,x x 也是()h x 的两个零点.由()1ln 0h x a x '=--=，得1a x e -=，故要证11231a x x e -+<-，结合122x x +>，只要证：1121232a x x x x e-++<-即证：1122a x x e -+<，即证：1212a x e x -<-，由()h x 的单调性知，只需证：1121()()(2e )a h x h x h x -=>-，同理构造函数1()()(2),(0,1)a H x h x h ex x -=--∈，利用单调性证明，下略.5.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 <. 【解析】函数()f x 的零点等价于方程ln x a x =的实根，令ln (),(0)xg x x x=>，求导可知，()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，1()().Max g x g e e==（i ）下证：当10a e <<时，方程ln x a x =ln xa x=有两个实根. ①当(0,)x e ∈时，()g x 是减函数，∵1(1)0,(e),(1)(e)g g g a g e==<<∴当(0,),x e ∈()g x 为增函数，1(1)0,(),(1)(),g g e g a g e e=<<∴当(0,)x e ∈时，ln xa x=有一解，记为1x .②当(,)x e ∈+∞时，()g x 为减函数，221()2ln ,g a a a=-先证：21()g a a <，即证：1ln 2a a >-，令()ln ,(0)h a a a a =>，求导由()h a 的单调性可得:min 111()()2h a h e e ==->-,故不等式1ln 2a a >-即证，也即原不等式21()g a a<成立.∴当(,)x e ∈+∞时，ln xa x=有一解，记为2x .（2）再证：12x ae x <. ∵111222ln x ax ax x ax x ==，而120x e x <<<，2ln 1x > ∴1122ln 1x ax ae ae x x =<=.证毕. 6.设函数()()xf x e ax a a R =-+∈的图像与x 轴交于1212(,0),(,0)()A x B x x x <两点，求证：1212x x x x <+.【解析】证明：由1212(1)(1)x x e a x e a x ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，易知211x x >>且a e >，从而11221211x x xx x e e e x --==-，令121,1x x αβ=-=-，则ln ln 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.7.已知()ln f x x x =的图像上有,A B 两点，其横坐标为1201x x <<<，且12()()f x f x =. （1）证明：1221x x e <+<；（2）证明：1<<. 【解析】（1）证明：由()ln ,()ln 1f x x x f x x '==+，令()0f x '=，得1x e=， 故12101x x e <<<<，构造函数21()()(),(0),F x f x f x x e e=--<< 则2221()ln ln()2ln ()2ln 20F x x x x x e e e '=+-+=-+<+=，故()F x 在1(0,)e上单调递减，即1()()0F x F e >=，∴2()()f x f x e >-，令1x x =，则2112()()()f x f x f x e =>-，再由2121,(,1)x x e e -∈，且()f x 在1(,1)e 上单调递增，故212x x e >-，即证：122x x e+>.又构造函数：1()()(1),(0)2g x f x f x x =--<<，则1112()ln ln(1)2,()01(1)x g x x x g x x x x x -'''=+-+=-=>--，故()g x '在1(0,)2上单调递增，由于0x →时，()g x '→-∞，且1()ln(1)0g e e '=->，故必存在01(0,)x e∈，使得0()0g x '=，故()g x 在0(0,)x 上单调递减，在01(,)2x 上单调递增，又0x →时，()0g x →，且1()02g =，故()0g x <在1(0,)2x ∈上恒成立，也即()(1)f x f x <-在1(0,)2x ∈上恒成立，令1x x =，有121()()(1)f x f x f x =<-，再由211,1(,1)x x e -∈，且()f x 在1(,1)e 上单调递增，故211x x <-，即证：121x x +<成立.综上：即证1221x x e<+<成立.（2）令12t t =则22112212,,,(0,1)x t x t t t ==∈，且212()2ln ,()(),()2(2ln 1)h t t t h t h t h t t t '===+，令()0h t '=，得t =，故1201t t <<<<.构造函数()()),(0H t h t h t t =-<<，则()()),()())H t h t h t H t h t h t '''''''''=+-=-，由于4()0h t t '''=>，则()h t ''在上单调递增，因为t t <，故()0H t ''<，()H t '在上单调递减，故()0H t H ''>=，即()H t在上单调递增，即()0H t H <=，即())h t h t <，同理得出：12t t +<； 再构造1()()(1),(0)2G x h t h t t =--<<，同样求导利用单调性可得出1()()02G t G >=，从而()(1)h t h t >-对1(0,)2t ∈恒成立，同理得出：121t t +>.综上：即证121t t <+<成立，也即原不等式1<<成立. 8.设函数2()ln f x a x bx =-，其图像在点(2,(2))P f 处切线的斜率为3-.当2a =时，令()()g x f x kx =-，设1212,()x x x x <是方程()0g x =的两个根，0x 是12,x x 的等差中项，求证：0()0g x '<(()g x '为函数()g x 的导函数）.【解析】由2()2ln g x x x kx =--的两个零点12,x x ，则211122222ln 0,2ln 0,x x kx x x kx ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩ 相减得：221212122(ln ln )()()0x x x x k x x -----=，∵12x x ≠，∴1212122(ln ln )()x x k x x x x -=-+-，故1200012122(ln ln )24()2x x g x x k x x x x x -'=--=-+- 11221121121212222(1)2()22[(ln ln )][ln ]1x x x x x x x x x x x x x x x x --=--=--+-+ 令12,(0,1)x t t x =∈，2(1)4()ln 2ln 11t t t t t t ϕ-=-=--++， 则22241(1)()0(1)(1)t t t t t t ϕ-'=-=-<++，()t ϕ在(0,1)上单调递减，故()(1)0t ϕϕ>=，又1220x x <-，所以0()0g x '<，证毕.9.设函数21()2ln (0)f x a x a ax a x=-->，函数()f x '为()f x 的导函数.且1122(,()),(,())A x f x B x f x 是()f x 的图像上不同的两点，满足12()()0f x f x +=，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0 1.ax >【解析】∵120121212x x ax x x a a +>⇔>⇔>-，又依题意21()()0f x a x'=-≥，得()f x 在定义域上单调递增，所以要证01ax >，只需证2122()()()f x f x f x a -=>-，即222()()0f x f x a-+<……①不妨设12x x <，注意到1()0f a =，由函数单调性知，有1211,x x a a <>，构造函数2()()()F x f x f x a=-+，则F 32224(1)()()()(2)ax F x f x f x a x ax -'''=--=--， 当1x a ≥时，()0F x '≤，即()F x 单调递减，当1x a >时，1()()0F x F a<=，从而不等式①式成立，故原不等式成立.10.已知函数2()(2)ln f x x a x a x =---，若方程()f x c =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：12()02x x f +'>. 【解析】证明：法一：由2()(2)ln f x x a x a x =---，得22(2)(2)(1)()2(2)2a x a x a x a x f x x a x x ----+'=---==，故只有0a >时，方程()f x c =才有两个不相等的实数根12,x x ，不妨设12x x <，则1202ax x <<<，满足21112222(2)ln ,(2)ln ,x a x a x c x a x a x c ⎧---=⎪⎨---=⎪⎩，两式相减得：22111222(2)ln (2)ln 0x a x a x x a x a x ----+-+=……①化简得：221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--.欲证：12()0()22x x a f f +''>=，结合()f x '的单调性，即证：1222x x a+> 等价于证明：22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--11122121222222ln 1x x x x x x x x x x --⇔<=++令12,(01)x t t x =<<，构造函数22()ln ,(01)1t g t t t t -=-<<+，求导由单调性易得原不等式成立，略. 法二：接①后续解:由①得：11212122()()(2)()ln0x x x x x a x x a x +-----= 即：121212ln()(2)0x a x x x a x x +---=-……②而11221212ln()()(2)2x a x x x f x x a x x +'=+----……③ 由②③得：11221212ln2()2x a x x x af x x x x +'=--+ 11121211221212222(1)2()(ln )(ln )1x x x x x x a a x x x x x x x x x x --=-=--+-+……④ 要证：12()02x x f +'>112112222(1)(ln )01x x x a x x x x x -⇔->-+，令12,(01)x t t x =<< 构造函数2(1)()ln ,(01)1t m t t t t -=-<<+，求导由单调性易得()0m t <在(0,1)t ∈恒成立，又因为120,0a x x >-<，故12()02x x f +'>成立. 法三：接④后续解：视1x 为主元，设22222222222()4()1()ln ln ,()0()()x x x x x g x x x g x x x x x x x x --'=--=-=>+++ 则()g x 在2(0,)x x ∈上单调递增，故2()()0g x g x <=，再结合120,0a x x >-<，故12()02x x f +'>成立.法四：构造函数()()(),(0)222a a a h x f x f x x =--+<<， 则24()()()022()()22a a x h x f x f x a a x x '''=---+=>+-，从而()h x 在(0,)2a上单调递增，故()(0)0h x h >=，即()()22a a f x f x ->+对(0,)2ax ∈恒成立，从而()(),(0)2a f x f a x x >-<<，则211()()()f x f x f a x =>-，由21,(,)2ax a x -∈+∞，且()f x 在(,)2a +∞单调递增，故21x a x >-，即1222x x a+>，从而12()02x x f +'>成立.。
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∴
2 ln x1 2 ln x2
+ +
m x1 m x2
−1 −1
= =
0 0.
消去a得2x1 ln x1 − x1 = 2x3 ln x3 − x3;
令ϕ(x)
=
2x ln x
−
x, ϕ′(x)
=
2 ln x
+
1, ϕ′(x)的零点为x
=
1 √
e
,
且x1
<
1 √
e
<
x3;
∴
ϕ(x)在(0,
1 √
2
e2
∴ h(x)在(1, 2)内存在零点，设h(x0) = 0, ∴ x0 > m,
当f ′(x) > 0时，即0 < x < m, 或x > x0,函数单调递增；
当f ′(x) < 0时，即m < x < x0,函数单调递减，
∴当x = m时，函数有极大值，∴当0 < m < 1时，x = m 是f (x)极大值点；
e
=
0;
∴只要证明x ∈ (0, √1 ]上F (x)单调递减； e
ϕ(x)在(0,
1 √
]单调递减；
e
∴
x增大时，
1 √
e
−
x减小，ϕ(
1 √
e
−
x)增大，−ϕ(
1 √
e
−
x)减小；
∴ −ϕ( √1 − x)在(0, √1 ]上是减函数。
e
e
∴
ϕ(x)
−
ϕ(
2 √
−
x)在(0,
1 √
]上是减函数；
导数-极值点偏移问题答案解析
欢欢老师的数学课堂
1.（1）解：函数f (x)的定义域是(−∞, +∞).
f ′(x) = ( 1 − x )′ex +
1
−
x
ex
=
x2 [
−
2x
−
1 ]ex
=
−x[(x − 1)2 + 2] ex
1 + x2
1 + x2
(1 + x2)2
(1 + x2)2
所以当x ∈ (−∞, 0)时，f ′(x) > 0, y = f (x)单调递增。
令F (x)
=
ln x x
−
x, F ′(x)
=
1
− ln x x2
−
1
=
1
−
ln x − x2 , F ′(1) x2
=
0,
∀x ∈ (0, 1), F ′(x) > 0; x ∈ (1, +∞), F ′(x) < 0
所以F (x)在(0, 1)单调递增，在(1, +∞)单调递减，所以Fmax = F (1) = −1,所以c ≥ −1.
（2）由（1）可知，∴ h( m)是h(x)的最小值； 2
∵
f (x)有三个极值点x1
<
x2
<
x3; ∴
m h( )
2
=
2 ln
m 2
+
1
<
0; ∴
m
<
√2 ; e
∴
a的取值范围为(0,
2 √
)
e
当0
<
m
<
√2 时，h(m) e
=
2 ln m
<
0, h(1)
=
m
−
1
<
0; ∴
x2
=
m;
即x1, x3是函数h(x)的两个零点；
e
e
∴
当0
<
a
<
2 √
e
时，x1
+
x3
>
2
−
√ e
.
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4.解：（1）f ′(x) = ex − a
令f ′(x) = 0, x = ln a
（3）因为f (x)有两个相异零点，所以设ln x1 = cx1, ln x2 = cx2,①
即ln x1
−
ln x2
=
c(x1
−
x2),
∴
ln x1 − ln x x1 − x2
=
c②
而x1 · x2 > e2等价于：ln x1 + ln x2 > 2,即c(x1 + x2) > 2,③
由①②③得： ln
1 x
=
(x − m)(2 ln x + ln2 x
m x
− 1)
令h(x)
=
2
ln
x
+
m x
−
1,
∴
h′(x)
=
2x − x2
m;∴
h(x)在(0,
m 2
)上单调递减，在(
m 2
,
+∞)上单调递增；
∵ h(1) = m − 1 < 0, h(2) = 2 ln 2 + m − 1 = ln 4 + m > 0,
−
1+x 1 + x2
·
e−x
=
e−x [(1
1 + x2
−
x)e2x
−1
−
x].
令g(x) = (1 − x)e2x − 1 − x, x > 0, g′(x) = (1 − 2x)e2x − 1
令h(x) = (1 − 2x)e2x − 1, h′(x) = (1 − 2x)e2x = −4xe2x < 0.
>
0故函数H(t)是(1, +∞)上的增函数，∴
H (t)
>
H (1)
=
0.
即不等式ln t > 2(t − 1)成立， t+1
故所证不等式x1 · x2 > e2成立。
3.（1）f (x)
=
(x
−
m)2 ,x
>
0, 且x
̸=
1,
ln x
∴ f ′(x)
=
2(x − m) ln x − (x − m)2 · ln2 x
e
)上递减，在(
1 √
e
,
+∞)上递增；要证来自x1+ x3>
√2 e
⇐⇒
x3
>
√2 e
−
x1
⇐⇒
ϕ(x3)
>
ϕ( √2 e
−
x1);
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∵
ϕ(x1)
=
ϕ(x3),
∴即证ϕ(x1)
>
2 ϕ( √
e
−
x1);
构造函数F
(x)
=
ϕ(x)
−
2 ϕ( √
e
−
x);则F
1 (√ )
y = h(x)在(0, +∞)上 单 调 递 减=⇒ h(x) < h(0) = 0 =⇒ y = g(x)在(0, +∞)上 单 调 递
减=⇒
g(x)
<
g(0)
=
0
=⇒
y
=
e−x [(1
1 + x2
−
x)e2x
−
1
−
x]在(0, +∞)上单调递减，
当x = 0时y = 0 =⇒ f (x) − f (−x) < 0 =⇒ f (x) < f (−x),
所以，当f (x1) = f (x2)且x1 ̸= x2时，x1 + x2 < 0.
2.（1）c ≤ 0时，f (x)在(0, +∞)单 调 递 增;c > 0时f (x)在(0, 1 )单 调 递 增，(1 , +∞)单 调 递
c
c
减。
（2）ln x − cx ≤ x2, ∀x ∈ (0, +∞),所以c ≥ ln x − x, ∀x ∈ (0, +∞), x
x1 x1
− −
ln x2 x2
(x1
+
x2)
>
2
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不妨设x1
>
x2
>
0, 则t
=
x1 x2
>
1,
上式转化为：ln
t
>
2(t
−
1) ,t
>
1,设H (t)
=
ln t
−
2(t
−
1) ,
t
>
1,
t+1
t+1
则H ′ (t)
=
(t − 1)2 t(t + 1)2
当x ∈ [0, +∞)时，f ′(x) ≤ 0, y = f (x)单调递减。
所以y = f (x)在(−∞, 0]上单调递增，在x ∈ [0, +∞)上递减。
（2）解：由（1）知，只需要证明当x > 0时，f (x) < f (−x)即可。
f (x)
−
f (−x)
=
1 − x ex 1 + x2