高中数学课件-极值点偏移
2024年高考数学 二轮复习第47讲 极值点偏移
第47讲 极值点偏移极值点偏移的相关推导所谓极值点偏移问题，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，使得函数图象没有对称性.若函数()f x 在0=x x 处取得极值，且函数=()y f x 与直线=y b 交于1(,)A x b ，2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠，如下图所示.极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数()f x 存在两个零点12x x ，且12x x ≠，求证：120+2x x x >(0x 为函数()f x 的极值点)；2.若函数()f x 中存在12x x ，且12x x ≠满足12()=()f x f x ，求证：120+2x x x >(0x 为函数()f x 的极值点)；3.若函数()f x 存在两个零点12x x ，且12x x ≠，令1202x x x +＝，求证：0()0f x '>. 4.若函数()f x 中存在12x x ，且12x x ≠满足12()=()f x f x ，令1202x x x +＝，求证：0()0f x '>.[抽化模型]答题模板：若已知函数()f x 满足12()=()f x f x ，0x 为函数()f x 的极值点，求证：120+2x x x <.1.讨论函数()f x 单调性并求出()f x 的极值点0x ；假设此处：()f x 在0(,)x +∞上单调递增，在0()x −∞，上单调递减. 2.构造0()()(2)F x f x f x x =−−；注：此处根据题意需要还可以进行中值构造，构造成00()(+)()F x f x x f x x =−−的形式.3.通过求导0()F x '讨论()F x 的单调性，判断出()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；假设此处：()F x 在0(,)x +∞上单调递增，那么我们便可得出0000()()()(2)0F x F x f x f x x >=−−=，从而得到当0x x >时，0()(2)f x f x x >−.4.不妨设102x x x <<，通过()f x 单调性，12()=()f x f x ，()f x 与0(2)f x x −的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，()f x ＞0(2)f x x −且102x x x <<，12()=()f x f x ， 故12()=()f x f x ＞02(2)f x x −，又因为10x x <，0202x x x −<且()f x 在0()x −∞，上单调递减，从而得到1022x x x <−，从而120+2x x x <得证.5.若要证明：12()02x x f +'<，还需进一步讨论122x x +与0x 的大小，得出122x x +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.此处只需继续说明：因为120+2x x x <，故122x x +＜0x ，由于()f x 在0()x −∞，上单调递减，故12()02x x f +'<. 对数平均不等式的介绍与证明 两个正数a 和b 的对数平均定义:()().ln ln ()a ba b L a b a b a a b −⎧≠⎪=−⎨⎪=⎩，对数平均不等式为2()a bL a b +≤≤，. 取等条件:当且仅当a b =时，等号成立.只证:当a b ≠2 ()a b L a b +<<，，不失一般性，可设a b >.证明: (1) 先证) (L a b <，①①式ln ln lna ab b ⇔−<⇔<12ln x x x⇔<−(其中1x =>). 构造函数:1()2ln (f x x x x x ⎛⎫=−−> ⎪⎝⎭1)，则22211()11f x x x x ⎛⎫'=−−=−− ⎪⎝⎭.当1x >时，()0f x '<， ∴函数()f x 在(1 ) +∞，上单调递减. 故()(1)0f x f <=，不等式①成立.(2) 再证:()2a bL a b +<，. ② ②式2()ln ln ln a b a a b a b b −⇔−>⇔>+212(1)ln (1)|1a x b x a x b ⎛⎫− ⎪−⎝⎭⇔>+⎛⎫ ⎪⎝⎭(其中1x ⎫=>⎪⎪⎭. 构造函数2(1)()ln ((1)x g x x x x −=−>+1)，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x −'=−=++. 当1x >时， ()0 g x '>∴，函数()g x 在(1 ) +∞，上单调递增，故()(1)0g x g >=，从而不等式②成立.综合① ②知，对 a b +∀∈R ，2()a bL a b +≤≤，成立， 当且仅当a b =时，等号成立.无参极值点偏移的方法总结关于极值点偏移常考的题型如下:题型一:若函数()f x 存在两个零点1x ，2x 且12x x ≠，求证:1200 2x x x x +>，为函数()f x 的极值点.题型二:若函数()f x 中存在12 x x ，且1x ≠2x 满足()()12f x f x =，求证:1200 2x x x x +>，为函数 ()f x 的极值点.对于极值点偏移来说，所有方法的核心都是为了把双元问题转化为一元问题，那么在转换过程中常用如下方法:证法一:单调性放缩转化法，一般有两种构造函数的方式 构造方式一: 非对称构造(1) 构造函数()0()()2h x f x f x x =−−. (2) 判断函数()h x 的单调性.(3) 证明()0h x >[或()0]h x <即()f x >()02f x x −[或()0()2f x f x x ⎤<−⎦. (4) 结合函数()f x 的单调性，通过整体代换即可证1202x x x +<，或1202x x x +>.构造方式二: 对称构造(1) 求出函数()f x 的极值点0x ，及单调区间.(2) 作差比较:构造一元差函数()F x =()()00f x x f x x +−−.(3) 确定函数()F x 的单调性.(4) 结合(0)0F =，判断()F x 的符号，从而确定()()00 f x x f x x +−，的大小关系，结合函数()f x 的单调性，通过整体代换即可证1202x x x +<，或1202x x x +>.证法二: 引参消元法，一般有两种引参方式 引参方式一: 差式引参 一般步骤如下:第一步:根据1x 和2x 的关系式，一般为()()12f x f x =，通过变形，构造出12x x −. 第二步:通过整体代换，令12x x t −=，引入参数t ，如果可以直接构造一元函数就直接计算，如果不行再进入第三步.第三步:用参数t 表示出变量12()()x f t x g t =⎧⎨=⎩，进而构造一元函数.第四步:按照一元函数处理方式处理.引参方式二: 齐次引参消元 一般步骤如下:第一步:先根据已知条件确定出变量1x ，2x 满足的等式，并变形出12x x ，然后令12x t x =.第二步:用参数t 表示出变量12()()x f t x g t =⎧⎨=⎩，进而构造一元函数，将关于12 x x ，待求的问题转化为关于t 的函数问题.第三步:构造关于t 的一元函数()g t 求解.证法三:齐次分式整体代换消元法 一般步骤如下:第一步:先根据已知条件确定出变量1x ，2x 满足的条件.第二步:通过将所有涉及12 x x ，的式子转化为关于12x x 的式子，将问题转化为关于自变量12xx （21x x 亦可）的函数问题. 第三步:整体代换12x t x =，构造关于t 的一元函数()g t 求解.证法四:对数平均不等式法 一般步骤如下:第一步:通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出“12ln ln x x −”及“12x x −”.第二步:通过等式两边同除以“1ln x −2ln x ”构建对数平均数1212ln ln x x x x −−.第三步:利用对数平均不等式将1212ln ln x x x x −−转化为122x x +后再证明12x x +<02x ，或1202x x x +>.【例1】已知函数()e ()x f x x x −=∈R ，如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明:1x +22x >.【解析】证明 法一：对称构造法()(1)e x f x x −'=−易得()f x 在( 1 )−∞，上单调递增，在(1 ) +∞，上单调递减. x →−∞时，()(0)0 f x f →−∞=，.x →+∞时，()0f x →.函数()f x 在1x =时取得极大值:1(1)ef =.由()()1212 f x f x x x =≠，不妨设1x <2x .则必有121x x <<. 构造函数()(1)(1)F x f x f x =+−−，] (01 x ∈，. 则()(1)(1)F x f x f x '='+−'−=()21e10exx x+−>.()F x ∴在] (01 x ∈，上单调递增，()F x >(0)0F =，即(1)(1)f x f x +>−对] (01 x ∈，恒成立.由1201x x <<<，则11(01] x −∈，. ()()()11112f x f x ∴+−=−>()()()()11211f x f x f x −−==，即()()122f x f x −>.又122(1) x x −∈+∞，，，且()f x 在(1 ) +∞，上单调递减， 122x x ∴−<，即122x x +>.法二:非对称构造法欲证122x x +>，即证212x x >−.由“法一”可知1201x x <<<，故12x −，2) (1 x ∈+∞，. 又()f x 在(1 ) +∞，上单调递减，故只需证明 ()()212f x f x <−.又()()1212 f x f x x x =≠，，∴证明()()112f x f x <−即可.构造函数()()(2)H x f x f x =−−，) (01 x ∈，. 等价于证明( ) (0 )01H x x <∈，，恒成立. 1()()(2)xx H x f x f x e −'='−'−=⋅()221e 0x −−>.()H x ∴在) (01 x ∈，上单调递增.()(1)0H x H ∴<=，即以证明()0H x <，对) (01 x ∈，恒成立.故原不等式122x x +>成立. 法三: 差式引参换元法由()()12f x f x =，得1212e e x x x x −−=，化简得 2121e x x x x −=. ① 不妨设21x x >，由“法一”知，101x <<2x <.令21t x x =−，则210 t x t x >=+，，代入①式，得11e t t x x +=，反【解析】出1e 1t t x =−. 则12122e 1ttx x x t t +=+=+−，故要证1x +22x >，即证22e 1t t t +>−. 又e 10t −>，等价于证明2(2)t t +−⋅()10t e −> ②构造函数()) ()2(2e 1( t G t t t t =+−−>，0)，则0 ()(1)e 1()e t t G t t G t t '''=−+=>，，故()G t '在) (0 t ∈+∞，上单调递增，()(0)0G t G '>'=. 从而()G t 也在) (0 t ∈+∞，上单调递增，()(0)0G t G >=，即②式成立， 故原不等式 122x x +>成立. 法四: 齐次分式整体消元法由“法三”中①式，两边同时取自然对数，可得112122lnln ln x x x x x x −==−. 即1212ln ln 1x x x x −=−，从而(121x x x +=+)12121212122ln ln ln x x x x x x x x x x x −+⋅=⋅=−−1211221ln 1x x x x x x +⋅−令12(1)x t t x =>，欲证122x x +>，等价于证明1ln 21t t t +⋅>−. ③ 构造(1)ln 2()1ln 11t t M t t t t +⎛⎫==+ ⎪−−⎝⎭，(1)t >，则2212ln ()(1)t t tM t t t −−'=−. 又令2()12ln (1)t t t t t ϕ=−−>，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=−+=−−.由于1ln t t −>对) (1t ∀∈+∞，恒成立，故) ()( 0t t ϕϕ'>，在) (1 t ∈+∞，上单调递增. ()(1)0t ϕϕ∴>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1 )t ∈+∞，上单调递增. 由洛必达法则知，1lim ()x M t →=()()()()1111ln 1ln 1limlim lim(ln 211x x x t t t tt t t t t →→→'+++⎫==+=⎪−'⎭−,(下一章会讲)可得()2M t >,即证③式成立,即原不等式122x x +>成立.法五:对数平均不等式法由“法三”中①式,两边同时取自然对数,可得112122ln ln ln xx x x x x −==−.即12121ln ln x x x x −=−..把12121ln ln x x x x −=−代入不等式即可得1212121ln ln 2x x x xx x −+=<−.,即可得122x x +>.【例2】已知函数()2x f x x e =−.,上存在两个不相等的数12,x x .,满足()()12f x f x =.,求证:122ln2x x +<.【解析】证明()2x f x e '=−,令()0f x '=得ln2x =.当ln 2x <时,()()0,f x f x '>在(),ln2−∞上单调递增.当ln 2x >时,()0,f x '<()f x 在()ln2,+∞上单调递减.ln2x ∴=为()f x 的极大值点,不妨设12x x <.,由题意可知12ln2x x <<.()()()ln2ln2422x x F x f x f x x e e −=+−−=−+令.,()()()422,2,0,x x x x F x e e e e F x F x −−'=−−+∴'∴单调递减.又()()00,0F F x =∴<在()0,+∞上恒成立, 即()()ln2ln2f x f x +<−在()0,+∞上恒成立.()()()()()()()12222ln2ln ln2ln22ln2.f x f x f x x f x f x ∴==+−<−−=−1ln2,x <()()22ln2ln2,,ln2,x f x −<−∞又在上单调递增 12122ln2.2ln2x x x x ∴<−∴+<含参极值点偏移含参极值点偏移问题和无参的证法类似,参数可分为在函数中和在不等式中两种类型,可以通过参变分离,把含参问题转换为无参问题,其处理思路和上一节一样,注意将问题转化为()()112f x f a x >−.,然后构造函数()()()2F x f x f a x =−−.,利用函数的单调性可得()()1120f x f a x −−>,从而得出结论.含参型一:函数含参极值点偏移问题【例1】已知函数()()()221x f x x e a x =−+−有两个零点. (1)求a 的取值范围.(2)设12,x x 是()f x 的两个零点,证明:122x x +<.【解析】(1)函数()f x 的定义域为R .①当0a =时,()()20x f x x e =−=,得2x =,只有一个零点,不合题意. ②当0a ≠时,()()()12x f x x e a =−+'.i.当0a >时,由()0f x '=得1x =.,由()0f x '>得1x >.,由()0f x '<得1x <.1x ∴=是()f x 的极小值点,也是()f x的最小值点.()()1e 0.f x f ∴==−<又()20,f a =>∴在()1,2上存在一个零点2x ,即212x <<. 由()21lim 2limlim 0x x xx x x x x e e e −−→−∞→−∞→−∞−−===−又2(1)0a x −>,()f x ∴在(),1−∞上存在唯一零点1x , 即11x <,0a ∴>时,()f x 存在两个零点. ii.当0a <时,由()0f x '=得1x =或()ln 2x a =−.若()ln 21a −=,即2ea =−时,()f x '0,故()f x 在R 上单调递增,与题意不符.若()ln 21a −>,即e2a <−时,易证()max ()1e 0f x f ==−<,故()f x 在R 上只有一个零点. 若()ln 21a −<.,即e02a −<<时,易证.()()()()(()2max ln 2ln 24ln 25)0f x f a a a a =−=−−−+<.,故()f x 在R 上只有一个零点. 综上所述,0a >.（2）证明法一:非对称构造法由(1)题知,0a >且1212x x <<<..()()()()222x x h x f x f x x e xe −=−−=−+令.,则()()()()21211x x x e h x e−−−'−=.()211,10,e10x x x −>∴−>−>.()0h x ∴'>.()h x ∴在()1,+∞上单调递增.()()()()10,2h x h f x f x ∴>=>−..()()222f x f x ∴>−..()()122f x f x ∴>−..()121,21,x x f x <−<在(),1−∞上单调递减,122x x ∴<−,即122x x +<. 法二:参变分离,再对称构造由已知得()()120f x f x ==,不难发现121,1x x ≠≠, 故可整理得()()()()121222122211xx x e x e a x x −−−==−−..设()()()221xx e g x x −=−.,则()()12g x g x =..那么()()()23211xx g x e x −+=⨯−'. 当1x <时,()()0,g x g x '<单调递减.当1x >时,()()0,g x g x '>单调递增. 设0m >.,构造代数式.()()11122221111111.1m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +−−−−−+−⎛⎫+−−=⨯−⨯=⨯⨯+ ⎪+⎝⎭设()21e 1,01mm h m m m −=⨯+>+. 则()2222e 0(1)m m h m m =⨯>+',故()h m 单调递增,有()()00h m h >=. 因此,对于任意的()()0,11m g m g m >+>−.由()()12g x g x =可知12,x x 不可能在()g x 的同一个单调区间上, 不妨设12x x <,则必有121x x <<.令110m x =−>,则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +−>−−⇔−>=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦. 而()1221,1,x x g x −>>在()1,+∞上单调递增,因此()()121222g x g x x x −>⇔−>. 整理得122x x +<.法三:参变分离,再非对称构造由法二得()()()221x x e g x x −=−,构造()()()()2,,1G x g x g x x =−−∈−∞. 利用单调性可证,此处略.含参型二:不等式含参极值点偏移问题【例1】已知函数()ln (0xf x x a a=−≠,)a R ∈. (1)求函数()f x 的单调区间.(2)若存在两个不相等的正数12,x x ,满足()()12f x f x =,求证:122x x a +>.【解析】(1)()ln x f x x a =−.,定义域为()()110,,x a f x a x ax−+∞='=−..当0a >时,(),0;0x a f x x a '<<,()0f x '<.当0a <时,()0,0x f x ><'.故当0a >时,()f x 的单调递减区间是()0,a .,单调递增区间是(),a +∞.当0a <时,()f x 的单调递减区间是()0,+∞,无单调递增区间.(2)证明由(1)题知当0a <时,()f x 的单调递减区间是()0,+∞,无递增区间，不合题意,故0a >,此时()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增.若存在两个不相等的正数12,x x .,满足()()12f x f x =.,不妨设12x x <.,则有()()120,,,x a x a ∈∈+∞.要证122x x a +>,即证212x a x >−. 而21,2x a a x a >−>.由(1)题知()f x 在(),a +∞上单调递增,故只需证()()212f x f a x >−. 又()()12f x f x =,即要证()()112f x f a x >−(其中10x a <<). 考查函数()()()2F x f x f a x =−−.,()F x 的定义域是()0,2a .,()()()()()()()22211112ln ln 2,0,22x a x a x F x f x f a x x a x F x a a a x a a x ax a x −−−=−−=−−+−=−+−='−−()()(),,0,2,0,x a F x a F a ==当且仅当时才能取等号在定义域上恒递减观察知 ()()()()0,,20.x a F x f x f a x ∴∈=−−>当时 ()()()(),2,20.x a a F x f x f a x ∈=−−<当时 ()()()1110,,20x a f x f a x ∴∈−−>当时 122x x a ∴+>【例2】已知()21ln 2f x x x mx x =−−,m R ∈.若()f x 有两个极值点12,x x ,且12x x <,求证:212e x x >(e 为自然对数的底数).【解析】证明法一:零点等式相减相加消参换元法 欲证212e x x >,需证12ln ln 2x x +>.若()f x 有两个极值点12,x x ,则函数()f x '有两个零点.又()ln f x x mx =−',12,x x ∴是方程()0f x '=的两个不同实根.则有112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩，解得1212ln ln x x m x x +=+.另一方面,由11220lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得()2121ln ln x x m x x −=−,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x −+=−+. ()()222121111222111lnln ln ln ln .1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪−+⎝⎭∴+==−−又120x x <<,设21x t x =,则1t >.()121ln ln ln ,11t t x x t t +∴+=>−. 要证12ln ln 2x x +>,即证()1ln 2,11t tt t +>>−.即当1t >时,有()21ln 1t t t −>+.设函数()()21ln ,11t h t t t t −=−+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t '+−−−=−=++, ()h t ∴为()1,+∞上的增函数.()()()10,10h h t h =∴=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t −>+.12ln ln 2x x ∴+>.212e x x ∴>.法二:含参非对称构造欲证212e x x >,需证12ln ln 2x x +>.若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()f x '有两个零点.又()ln ,f x x mx =−'12,x x ∴是方程()0f x '=的两个不同实根.显然0m >,否则,函数()f x '为单调函数,不符合题意.由于()11mx f x m x x −=−='',故()f x '在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,m⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.由()11121222ln ln 0lnx mx x x m x x lnx mx −=⎧⇒+=+⎨−=⎩,需证明()122m x x +>即可.即只需证明122x x m+>. 设()()()()2212(1),0,,02mx g x f x f x x g x m m x mx −⎛⎫⎛⎫=−−∈=> ⎪ ⎪'⎝'−⎭⎭'⎝,故()g x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,即()10g x g m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故()2f x f x m ⎛⎫<− ⎪⎝'⎭'.由于()11mx f x m xx −=−='',故()f x '在10,m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 设121x x m <<,令1x x =,则()()2112f x f x f x m ⎛⎫=>− ⎪⎝''⎭' 又()2121,,,x x f x m m ⎛⎫−∈+∞ ⎪⎭'⎝在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减,故有212x x m >−,即122x x m +>.原命题得证.法三:单调性放缩转换法由12,x x 是方程()0f x '=的两个不同实根得ln xm x=, 令()()()12ln ,x g x g x g x x ==,由于()21ln xg x x −=', 因此,()g x 在()0,e 上单调递增,在(),e +∞上单调递减.设120e x x <<<,要证明212e x x >,只需证明()212e 0,e x x >∈,只需证明()212e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭,即()222e 0f x f x ⎛⎫>> ⎪⎝⎭,即()222e 0f x f x ⎛⎫−> ⎪⎝⎭. 即()()()2,1,e h x f x f x e x ⎛⎫=−∈ ⎪⎝⎭,()()()()22221ln ,x e x h x h x x e −−='在()1,e 上单 调递增,故()()0h x h e <=,即()2e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.()()21211e ,.x x f x f x f x ⎛⎫==< ⎪⎝⎭令则()221,,,e x e x ∈+∞()(),f x e +∞在上单调递减,222121e ,e .x x x x ∴>>即 法四:差式引参消元法设()()1122ln 0,1,ln 1,t x t x =∈=∈+∞,则由112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得11221122tt t t t me t e t t me−⎧=⎪⇒=⎨=⎪⎩, 设120k t t =−<,则12,11k k k ke kt t e e ==−−. 欲证212e x x >.,需证12ln ln 2x x +>.,即只需证明122t t +>..()()()()()1e 21e 2e 11e 2e 10e 1k k k k k kk k k +>⇔+<−⇔+−−<−.设()()()()()12e 1(0),e e 1,e 0k k k k k g k k e k g k k g k k =+'−−<=−+''=<,故()g k '在(),0−∞上单调递减,故()()00g k g '>=',故()g k 在(),0−∞上单调递增, 因此()()00g k g <=,命题得证. 法五:分式引参消元法设()()1122ln 0,1,ln 1,t x t x =∈=∈+∞,则由112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得11221122tt t t t me t e t t me−⎧=⎪⇒=⎨=⎪⎩. 设()120,1t k t =∈.,则12ln ln ,11k k k t t k k ==−−.欲证212e x x >.,需证12ln ln 2x x +>.,即只需证明122t t +>.,即()()()1ln 21212ln ln 0111k kk k k k k k k +−−>⇔<⇔−<−++.设()()()()()2221(1)ln 0,1,01(1)k k g k k k g k k k k −−='−∈=>++.,故()g k 在()0,1上单调递增,因此()()10g k g <=,命题得证.极值点偏移变形一般题型1.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'.2.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠,满足()()12f x f x =,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 3.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠,求证:0f '>.4.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠,满足()()12f x f x =,求证:0f '>.方法核心:要证明1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'.,即比较122x x +与极值点0x 的大小,得出122x x +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.对于0f '>问题,要结合基本不等式122x x +<,转换为比较122x x +与极值点0x 的大小的问题.【例1】已知函数()()22ln f x x a x a x =−−− (1)求函数的单调区间.(2)若方程()f x 有两个不相等的实数根12,x x ,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 【解析】（1）()()()21(0)x a x f x x x'−+=>.①当0a 时,()0f x '>,函数()f x 在()0,+∞上单调递增,()f x ∴的单调递增区间为()0,+∞.②当0a >时,由()0f x '>得2a x >. 由()0f x '<得02a x <<, ()f x ∴的单调递增区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,单调递减区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭.(2)证明12,x x 是方程()f x 的两个不等实根,0a ∴>.不妨设120x x <<,则()()221112222ln ,2ln x a x a x c x a x a x c −−−=−−−=,两式相减得()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ⎡⎤−−−−−−−=⎣⎦,即221122112222ln ln x x x x a x x x x +−−=+−−. 又02a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭',当2a x >时,()0f x '>.当02ax <<时,()0f x '<.故只要证明1222x x a +>即可,即证22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +−−+>+−−, 即证11221222lnx x x x x x −<+,即11212222ln 1x x x x x x ⨯−<+.设12(01)x t t x =<<.,令()22ln 1t g t t t −=−+.,则()22(1)0(1)t g t t t '−=>+.,则()22ln 1t g t t t −=−+在()0,1上为增函数,又()10g =,()0,1t ∴∈时,()0g t <总成立,得证. 【例2】已知函数()212ln )(a f x x a x x=+−+. (1)讨论()f x 的单调性.(2)如果方程()f x m =有两个不相等的解12,x x ,且12x x <,证明:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 【解析】(1)()()()()222221221122(0)x a x a x a x a a f x x x x x x +−−'−+−=+−==>. ①当0a 时,()()0,,0x f x ∈+∞'>,()f x 单调递增. ②当0a >时,()()()0,,0,x a f x f x <'∈ 单调递减;()()(),,0,x a f x f x ∈+∞>'单调递增.综上,当0a 时,()f x 在()0,+∞上单调递增.当0a >时,()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增.(2)证明由(1)题知,当0a 时,()f x 在()0,+∞上单调递增,()f x m =至多有一个根,不符合题意. 当0a >时,()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增,则()0f a '=.不妨设120x a x <<<,要证1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭',即证122x x a +>,即证122x x a +>, 即证212x a x >−.()f x 在(),a +∞上单调递增,即证()()212f x f a x >−,又()()21,f x f x =∴即证()()112f x f a x >−,即证()()f a x f a x +<−,其中()1,0,.x a x x a =−∈()()()g x f a x f a x =+−−令()()()()()()212ln 212ln a a a x a a x a x a a x a x a x ⎡⎤⎡⎤=++−++−−+−−+⎢⎥⎢⎥+−⎣⎦⎣⎦ ()()()()412ln 12ln ,a ax a a x a a x a x a x=+−+−−−+−+− ()()()2212124a a a ag x a x a x a x a x −−=+'+−−+−+−()()()()()()()22222222222242124.a a x x x a a a a a x a x a x a x a x +−−−=+−=−+−+−()()()0,,0,,x a g x g x '∈<当时单调递减()()()0000,g f a f a =+−−=又()()()()()0,,00,.x a g x g f a x f a x ∴∈<=+<−当时即 ()11,0,,x a x x a =−∈令又()()2112.0.2x x f x f a x f +⎛⎫∴>−∴> ⎪'⎝⎭\) 【例3】设函数()()x f x e ax a a R =−+∈,其图像与x 轴交于()()12,0,,0A x B x 两点,且12x x <.(1)求实数a 的取值范围. (2)证明:()0[f f x <''为函数()f x 的导函数].【解析】(1)(),x f x e a x R =−∈'.当0a 时,()0f x '>在R 上恒成立,不合题意.当0a >时,易知,ln x a =为函数()f x 的极值点,且是唯一极值点. 故()()()min ln 2ln f x f a a a ==−.当()0min f x ,即20e a <时,()f x 至多有一个零点,不合题意,故舍去. 当()0f x <时,即2e a >时,由()1e 0f =>,且()f x 在(),ln a −∞上单调递减, 故()f x 在()1,ln a 上有且只有一个零,点.由()()22ln 2ln 12ln f a a a a a a a a =−+=+−. 令212ln ,y a a a e =+−>,则21y a'=−>0,故2212ln e 14e 30a a +−>+−=−>.()2ln 0f a ∴>,即在()ln ,2ln a a 上有且只有一个零点.2e a ∴>.(2)由(1)题知,()f x 在(),ln a −∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增,且()1e 0f =>.121ln 2ln x a x a ∴<<<<,要证0f '<,只需证a <,ln a .122x x <+,故只需证x 1+x 2<2ln a .令h (x )=f (x )−f (2ln a −x )=e x −ax +a −e 2ln a −x +a (2ln a −x )−a=e x −a 2e −x −2ax +2a ln a ，1<x <ln a .则h '(x )=e x +a 2e −x −2a 2e x a 2e −2a =0,∴h (x )在(1,ln a )上单调递增.∴h (x )<e ln a −a 2e −ln a −2a ln a +2a ln a =0,即f (x )<f (2ln a −x ).∴f (x 1)<f (2ln a −x 1).又f (x 1)=f (x 2),∴f (x 2)<f (2ln a −x 1).x 2>ln a ,2ln a −x 1>ln a ,且f (x )在(ln a ,+∞)上单调递增,∴x 2<2ln a −x 1,即x 1+x 2<2ln a .∴f '<0.。
高考数学微专题：偏移问题研究教学课件
相关概念
拐点 f x0 0
极值点
f x0 0
零点
f x0 0
偏移问题的解题思路
极值偏移与拐点偏移解题思路
极值拐点话偏移，对称构造最给力； 变量范围极值分，导数再把单调论； 结论无关极拐点，衍生函数命题变.
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典例导引
高考数学微专题：偏移问题研究ppt
Step1: 确定变量范围 0 x1 1 x2
Step2: x2 x1 t
双变量变单变量
f x1
f
x2
x1
et
t 1
Step3:
转化为恒成立问题
2t et 1
t
2
高考数学微专题：偏移问题研究ppt
极值点偏移问题的思维策略
高考数学微专题：偏移问题研究ppt
)
F
( x2
)
，故
F
( x2
)
F
(
2 a
x1)
，
又
2 a
x1
1 a
，
x2
1 a
，
F(x) 在ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ(1 a
, ) 上递减，所以
x2
2 a
x1 ，即
x2
x1
2 a
，故
x0
1
因为 h(x)
ln x 1 ， h(x) ax
ln x ax2
，所以 h(x0 )
ln x0 ax02
0
高考数学微专题：偏移问题研究ppt
a
a
2
2
则 G/ (x) F / (x) F / ( 2 x) 1 a 1 a a 2a a 2a 2a 2a 0
高中数学极值点偏移问题修订版
高中数学极值点偏移问题
Company number：【WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998】 极值点偏移问题 沈阳市第十一中学数学组：赵拥权
一：极值点偏移（俗称峰谷偏）问题的定义 对于可导函数y=f(x)在区间（a,b）上只有一个极大（小）值点𝑥0,方程f(x)=
0(f(x)=m)的解分别为𝑥1,𝑥2且a<𝑥1<𝑥0<𝑥2
若𝑥1+𝑥22≠𝑥0，,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点𝑥0偏移； （1） 𝑥1+𝑥22>𝑥0,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点𝑥0左偏移； （2） 𝑥1+𝑥22<𝑥0,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点𝑥0右偏移；
二：极值点偏移的判定定理 对于可导函数y=f(x)在区间（a,b）上只有一个极大（小）值点𝑥0,方程f(x)=
0（f(x)=m)的解分别为𝑥1,𝑥2且a<𝑥1<𝑥2
（1） 若f(𝑥1)<𝑓(2𝑥0−𝑥2)则𝑥1+𝑥22<𝑥0即函数f(x)在区间（a,b）上极大值点𝑥0右偏；（即峰偏右） （2） 若f(𝑥1)<𝑓(2𝑥0−𝑥2)则𝑥1+𝑥22>𝑥0即函数f(x)在区间上（a,b）极小值点𝑥0左偏;（即谷偏左） （3） 若f(𝑥1)>𝑓(2𝑥0−𝑥2)则𝑥1+𝑥22>𝑥0即函数f(x)在区间上（a,b）极大值点𝑥0左偏;（即峰偏左） （4） 若f(𝑥1)>𝑓(2𝑥0−𝑥2)则𝑥1+𝑥22<𝑥0即函数f(x)在区间上（a,b）极小值点𝑥0右偏;（即谷偏右）
x=𝑥1+𝑥22 x=𝑥1+𝑥22 y=m x
y=f(x) x=𝑥0 x=𝑥0 拓展： 1） 若)()(xbfxaf，则)(xf的图象关于直线2bax对称；特别地，若)()(xafxaf（或f(x)=f(2a-x)），则)(xf的图象关于直线ax对称
高三数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用培优专题5导数中极值点偏移问题课件
[培优技法] 1．高考中函数极值点问题属于考试热点、难点，几乎年年都在考查．其中我 们常常会遇到极值点发生偏移，使函数图象失去了对称性，以此为背景的题常 出现在压轴题位置． 极值点的左偏与右偏：函数极值点左、右两侧图象由于“增减速度”的不同， 从而出现了极值点左、右偏移．首先三张图教你直观认识极值点偏移． (1)已知函数f (x)图象的顶点的横坐标是极值点x0，若f (x)＝c的两根的中点刚好 满足x1＋x2＝2x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时 函数f (x)在x＝x0两侧的函数值变化快慢相同， 如图(1)所示： (无偏移，左、右对称，如二次函数)
[解] (对称化构造法) 因为f (x)＝xe－x(x∈R)，所以f ′(x)＝e－x(1－x)， 令f ′(x)＝0，则x＝1． 当x变化时，f (x)，f ′(x)的变化如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f (x)
单调递增
极大值
单调递减
若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2＝2x0．
(左缓右陡，极值点向右偏移) 若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2<2x0．
(左陡右缓，极值点向左偏移)
[培优案例] [例1] 已知函数f (x)＝xe－x(x∈R)，如果x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)，证明：x1＋ x2>2．
极值点偏移PPT课件
f (x1) f (2 x2), x1 1 x2,2 x2 1,x1 2 x2
x1 x2 2
解法二：公 xex 式 a 法 x： lnaxx1lnxlna,x2lnxlna
x1x2lnx1lnx2lnxx1 1 lx2nx2
1,由对数均值a不 b 等 a式 b lnalnb 2
x1x2 2
m有两个实x1根 , x2,且x1
x2
3 2
证明： x1 x2 5
证明： e x 1 m x ln m ( 2 x 3 ) 1 2x 3
x1 ln m ( 2 x1 3 ) 1, x 2 ln m ( 2 x 2 3 ) 1
x1 x 2 ln( 2 x1 3 ) ln( 2 x 2 3 )
1x1x2
2
.
17
世上有一条很长很美的路，叫做梦想； 还有一堵很高很硬的墙，叫做现实； 翻越那堵墙，叫做坚持； 推倒那堵墙，叫做突破。 只有拼搏了才会知道自己有多优秀!
.
18
谢谢 聆听
.
19
a(x1 x2 )
x1 x2 ln x1 ln x2
1 a
ln x1 ln x2 a(x1 x2 )
由对数均值不等式 a b a b ln a ln b 2
ln
x1
ln
x2
a( x1
x2 )
a
2 a
2
ln(x1x2 )
2
x1 x2
e2
.
16
例 7 ：f 已 ( x ) x x , 若 e 知 x 1 x 2 , 有 f ( x 函 1 ) f ( x 2 ) 证 数 , x 1 x 2 明 2
f (x2 ) f (2 x1),又x21,2 x1 1, f (x)在（1， ），x2 2 x1
《极值点偏移问题》课件
极值点偏移的影响和危害
极值点偏移可能导致优化结果的不准确性和不稳定性，从而影响工程设计的 性能和效果。它还可能导致资源的浪费和成本的增加。
常见的解决方法和技术
为了解决极值点偏移问题，研究者们提出了许多方法和技术，如增加数据采 样量、改进优化算法、优化模型等。
实际案例分析Biblioteka 本节将通过一些实际案例来分析极值点偏移问题的具体情况和解决方法，以帮助读者更好地理解和应对 这个问题。
极值点偏移问题的未来研究方向
虽然已经有一些解决方法和技术，但极值点偏移问题仍然具有挑战性。未来的研究可以聚焦于改进现有 方法、提出新的算法和技术等方面。
结论和总结
通过本课件的学习，我们深入了解了极值点偏移问题的背景和重要性，了解了它的定义和原因，以及影 响和危害。同时，我们也了解到了一些常见的解决方法和技术。未来的研究将继续推动这个领域的发展。
《极值点偏移问题》PPT 课件
本课件介绍了极值点偏移问题，包括问题的背景和重要性，极值点偏移的定 义和原因，以及极值点偏移的影响和危害。
问题的背景和重要性
极值点偏移问题在各个领域都存在，无论是科学研究还是工程设计，都需要充分了解这个问题的背景和 重要性。
极值点偏移的定义和原因
极值点偏移是指在优化问题中，最优解点的位置发生偏移的现象。这种偏移可能由多种因素引起，如测 量误差、模型不准确等。
高中数学干货资料-《极值点偏移问题的处理策略及探究》
极值点偏移问题的处理策略及探究所谓极值点偏移问题，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()f x 在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.如下图所示.极值点没有偏移此类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。
不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！ 【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x x F x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减， 所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =， 故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x xH x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221tt t e +>-，又因为10te ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②， 构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>， 故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立. 法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()lim lim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的. 二、含参数的问题.例2.已知函数xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ， 由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt 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 t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x 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(+∞递增，所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】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。
高中数学 经典资料 第119课--极值点偏移问题
第119课极值点偏移问题基本方法：极值点偏移的含义：对定义域内任意自变量x 都有()(2)f x f m x =-，则函数()f x 关于直线x m =对称：可以理解为函数()f x 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同.若()f x 为单峰函数，则x m =必为()f x 的极值点.如二次函数()f x 的顶点就是极值点0x ，若()f x c =的两根的中点为122x x +，则刚好有1202x 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()f x 的极值点为m ，且函数()f x 满足定义域内x m =左侧的任意自变量x 都有()(2)f x f m x >-或()(2)f x f m x <-，则函数()f x 极值点m 左右侧变化快慢不同.故单峰函数()f x 定义域内任意不同的实数12,x x 满足12()()f x f x =，则122x x +与极值点m 必有确定的大小关系：若122x x m +<，则称为极值点左偏；若122x xm +>，则称为极值点右偏.如图，函数()e xx f x =的极值点01x =刚好在方程()f x c =的两根中点122x 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.函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；2.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足12()()f x f x =，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；3.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，令1202x x x +=，求证：0()0f x '>；4.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足12()()f x f x =，令1202x x x +=，求证：0()0f x '>.方法一：①利用对称性构造函数ⅰ)求出函数()f x 的极值点0x ；ⅱ)构造一元差函数0()()(2)F x f x f x x =--或0()(2)()F x f x x f x =--；ⅲ)确定函数()F x 的单调性；ⅳ)结合0()0F x =，判断()F x 的符号，从而确定0(2)f x x -、()f x 的大小关系；ⅴ)再结合102,2x x x -或201,2x x x -的大小和函数()f x 的单调性得出所求结论.方法二：②双变量转化单变量，构造函数不等式从代数层面来看，极值点偏移问题是条件不等式的证明：在等量条件12()()f x f x =的约束条件下求证12,x x 的二元不等式一个自然的想法是：能否将双变量的条件不等式化为单变量的函数不等式呢？方法③：利用对数平均不等式对数平均不等式的介绍与证明：两个正数a 和b 的对数平均定义：()(,)ln ln ()a ba b L a b a ba ab -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当a b =时，等号成立.只证：当a b ≠(,)2a bL a b +<<.不失一般性，可设a b >.证明如下：（i(,)L a b <……①不等式①1ln ln ln2ln (1)a a b x x x b x ⇔-⇔⇔<-=>其中构造函数1()2ln (),(1)f x x x x x =-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--.因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立；（ii ）再证：(,)2a bL a b +<……②不等式②2(1)2()ln ln ln (1)a ab aba b a a b b b--⇔->⇔>++2(1)ln (1)x x x -⇔>+(1)x =>其中构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++.因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0g x g >=，从而不等式②成立；综合（i ）（ii ）知，对,a b +∀∈R ，(,)2a bL a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立.一、典型例题1.已知函数()e ()x f x x x -=∈R .（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明：当1x >时，()()f x g x >；（3）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>.答案：（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析解析：（1）()e x f x x -=，()e e (1)e x x x f x x x ---'=-=-，令()0f x '=，得1x =，当x 变化时，(),()f x f x '的变化如下表：x(,1)-∞1(1,)+∞()f x '+0-()f x 单调递增极大值单调递减所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，在1x =处取极大值1(1)ef =.（2）()y f x =与(2)y f x =-的图像关于直线1x =对称，即(2)()(2)(2)e x g x f x x --=-=-，设(2)()()()e (2)e (1)x x F x f x g x x x x ---=-=--≥，则2221111()(1)(0(12e e 0)eeeex x xxxxx x F x x x x x -----'=-=--≥>⇒>-⇒>>，所以()F x 在[1,)+∞上单调递增，则当1x >时，()(1)0F x F >=恒成立，即有当1x >时，()()f x g x >成立.（3）不妨设12x x <，由（1）可知121x x <<，12121212222120()(2)()()()(2)x x x x f x f x f x f x g x f x +>⇔>>->⇔>-⇔=>=-，因为21x >，由（2）可知22()()f x g x >显然成立，所以122x x +>成立.2.已知函数()()()22e 1x f x x a x =-+-有两个零点.（1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<.答案：（1）()0,+∞；（2）见解析解析：（1）由已知得：()()()()()1e 211e 2x x f x x a x x a '=-+-=-+，①若0a =，那么()()02e 02x f x x x =⇔-=⇔=，()f x 只有唯一的零点2x =，不合题意；②若0a >，当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(),1x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；又()1e f =-，()2f a =，取b 满足0b <且ln 2a b <，则()()()223210,22a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=-> ⎪⎝⎭故()f x 存在两个零点；③设0a <，由()0f x '=得1x =或()ln 2x a =-.若e2a ≥-，则()ln 21a -≤，故当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，因此()f x 在()1,+∞单调递增.又当1x ≤时()0f x <，所以()f x 不存在两个零点.若e2a <-，则()ln 21a ->，故当()()1,ln 2x a ∈-时，()0f x '<；当()()ln 2,x a ∈-+∞时，()0f x '>.因此()f x 在()1,ln(2)a -单调递减，在()()ln 2,a -+∞单调递增.又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点.综上a 的取值范围为()0,+∞.（2）不妨设12x x <，由（1）知，()1,1x ∈-∞，()21,x ∈+∞，()22,1x -∈-∞，()f x 在(),1-∞单调递减，所以122x x +<等价于()()122f x f x >-，即()220f x -<.由于()()2222222e 1x f x x a x --=-+-，而()()()222222e 10x f x x a x =-+-=，所以()()2222222e 2e x x f x x x --=---.设()()2e 2e x x g x x x -=---，则()()()21e e x x g x x -'=--.所以当1x >时，()0g x '<，而()10g =，故当1x >时()0g x <.从而()()2220g x f x =-<，故122x x +<.二、课堂练习1.已知函数()()2ln 21f x a x x a x =-+-()a ∈R 有两个不同的零点.（1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x a +>.答案：（1）()1,+∞；（2）见解析解析：（1）函数的定义域为：()0,+∞，()221af x x a x'=-+-()()21x a x x +-=，①当0a ≤时，易得()0f x '<，则()f x 在()0,+∞上单调递减，则()f x 至多只有一个零点，不符合题意.②当0a >时，令()0f x '=得x a =，则x()0,a a(),a +∞()'f x +-()f x 增极大减∴()()max f x f x =极大()()ln 1f a a a a ==+-.∴要使函数()f x 有两个零点，则必有()()ln 10f a a a a =+->，即ln 10a a +->，设()ln 1g a a a =+-，∵()110g a a'=+>，则()g a 在()0,+∞上单调递增，又∵()10g =，∴1a >；当1a >时：∵121e e f a ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2110e e --<，∴()f x 在区间1,e a ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点；设()ln h x x x =-，∵()111xh x x x-'=-=，∴()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴()()110h x h ≤=-<，∴ln x x <；∴()()2ln 21f x a x x a x =-+-()22213ax x a x ax x x ≤-+-=--()233ax x x a x ≤-=-，则()40f a <，∴()f x 在区间(),4a a 上有一个零点，那么，此时()f x 恰有两个零点.综上所述，当()f x 有两个不同零点时，a 的取值范围是()1,+∞.（2）由（1）可知，∵()f x 有两个不同零点，∴1a >，且当()0,x a ∈时，()f x 是增函数；当(),x a ∈+∞时，()f x 是减函数；不妨设：12x x <，则120x a x <<<；设()()()2F x f x f a x =--，()0,x a ∈，则()()()+2F x f x f a x '''=-()2212a ax a x a x=-+-+-()()2221a x a --+-()()22222x a a a x a x x a x -=+-=--.当()0,x a ∈时，()0F x '>，∴()F x 单调递增，又∵()0F a =，∴()0F x <，∴()()2f x f a x <-，∵()10,x a ∈，∴()()112f x f a x <-，∵()()12f x f x =，∴()()212f x f a x <-，∵()2,x a ∈+∞，()12,a x a -∈+∞，()f x 在(),a +∞上单调递减，∴212x a x >-，∴122x x a +>.2.已知函数()ln g x x bx =-，若()g x 有两个相异零点12,x x ，求证：12ln ln 2x x +>.答案：见解析解析：()ln g x x bx =-，()g x 的两个相异零点为12,x x ，设120x x >>，∵()10g x =，()20g x =，∴11ln 0x bx -=，22ln 0x bx -=，∴()1212ln ln x x b x x -=-，()1212ln ln x x b x x +=+.要证12ln ln 2x x +>，即证()122b x x +>，即121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即()1212122ln x x x x x x ->+，设121x t x =>，上式转化为()()21ln 11t t t t ->>+.设()()21ln 1t h t t t -=-+，∴()()()22101t h t t t -'=>+，∴()h t 在()1,+∞上单调递增，∴()()10h t h >=，∴()21ln 1t t t ->+，∴12ln ln 2x x +>.三、课后作业1.已知函数()ln f x x x m =--（m 为常数）.（1）求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最小值；（2）设12,x x 是函数()f x 的两个零点，且12x x <，证明：121x x ⋅<.答案：（1）1e m --；（2）见解析解析：（1）()ln f x x x m =--，且()10xf x x-'==，∴1x =，当()0,1x ∈时，()0f x '>，所以()y f x =在()0,1递增；当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()y f x =在()1,+∞递减，且111e e f m ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，()e 1e f m =--，因()11e 2e 0e e f f ⎛⎫-=--+> ⎪⎝⎭，函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最小值为1e m --.（2）由（1）知12,x x 满足ln 0x x m --=，且101x <<，21x >，1122ln ln 0x x m x x m --=--=，则()111222222211111ln ln ln ln f x f x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=---=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭22212ln x x x =-++，令()12ln (1)g x x x x x =-++>，则()222221221(1)10x x x g x x x x x -+---'=--+==<，当1x >时，()g x 是减函数，所以()()10g x g <=，所以当1x >时，()1210f x f x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，即()121f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，因为10x <，211x <，()f x 在()0,1上单调递增，所以121x x <，故121x x ⋅<.2.已知函数()e 23x f x x m =-++，1212,()x x x x ≠是函数()f x 的两个零点.（1）求m 的取值范围；（2）求证120x x +<.答案：（1）2m <-；（2）见解析解析：（1）()e 1x f x '=-，令()0f x '>，解得0x >，令()0f x '<，解得0x <，故()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增；所以0x =是函数()f x 的极小值点，也是最小值点，若(0)1230f m =++≥，即2m ³-时，()f x 至多有一个零点，不符合题意，故2m <-.当2m <-时，20m <，22(2)e 223e 30m m f m m m =-++=+>0m ->，()e 33m f m m --=++，设()e 3(2)x g x x x =-³，则()e 30x g x ¢=->，所以()g x 在(2,)+¥上单调递增，当2x >时，2()(2)e 60g x g >=->.故()e 3333330m f m m m m --=++>-++=>.故()f x 在(2,0),(0,)m m -上分别存在且只存在一个零点.综上可知若()f x 有两个零点，有2m <-.（2）设12x x <，易知，120,0x x <>，12()()0f x f x ==，因为2212222()()()()e e 2x x f x f x f x f x x ---=--=--，令()e e 2(0)x x h x x x -=--≥，则()e e 20x x h x -'=+-≥，所以()h x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)0h x h ≥=，又因为120x x <<，所以2()0h x >，即222e e 20x x x --->，所以12()()f x f x >-，又120,0x x <-<，且由（1）知()f x 在(,0)-∞上单调递减，所以12x x <-，即120x x +<.3.已知函数()()2ln g x a x x =--，已知关于x 的方程()0g x =有两个实根12,x x ，求证：126x x a+>.答案：见解析解析：()()2ln g x a x x =--，即()g x 有两个零点12,x x ，∵()12g x a x'=--，∴当2a ≤时，()0g x '<，则()g x 递减，至多1个零点，不符合题意；当2a >时，()0g x '>⇔12x a >-，此时()g x 递增；()1002g x x a '<⇔<<-，此时()g x 递减；∴()()min 11ln 202g x g a a ⎛⎫==+-< ⎪-⎝⎭，解得122e a <<+；此时1e 2a >-，又()120g a =->，∴()12,1,x x ∈+∞，不妨设121x x <<，由()()11222ln 02ln 0a x x a x x ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩，两式相减得2121ln ln 2x x a x x --=-，则()()()()1221121221ln ln 2x x x x a x x x x x x +-+=++-，设21x t x =，则()()()212121ln ln 1ln 1x x x x t t x x t +-+=--，下证()1ln 21t t t +>-；设()()()214ln ln 2111t h t t t t t t -=-=+->++，则()()()()222114011t h t t t t t -'=-=>++，∴()h t 在()1,+∞上递增，那么()()10h t h >=，所以()21ln 1t t t ->+，从而()1ln 21t tt +>-，又∵()1224x x +>，∴()126a x x +>，故126x x a+>.。