极值点偏移的问题(含答案)

极值点偏移的问题（含答案）21212()ln ,(1()1121()()3(),,f x x ax a f x x x a a f m f mf x x x x x e =-==⋅1.已知为常数）（）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（）当时，试比较与的大小；（）有两个零点证明：＞21212()ln (),,.f x x ax f x x x x x e =-⋅变式：已知函数，a 为常数。

(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，试证明：＞2012120()+sin,(0,1);2()()()()(),2.xf x x ax x f x a a f x f x f x f x x x x π=+∈=+2.已知（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当=-2时，记取得极小值为若求证＞()2121212121()ln -,()2(1=()()()(1)()1,,0,2f x x ax x a R f f xg x f x ax g x a x x f x f x x x x x =+∈-++=+≥3.已知（1）若）0，求函数的最大值；（2）令=-,求函数的单调区间；（3）若=-2,正实数满足（）证明：212122(1)1(1)1,,x x x x x e -+>>4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)>0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x 求证：x1212312()2ln ,1()2(),8f x x a a x a R f x f x x x x x a x x a =--∈<⋅<5.已知常数。

（）求的单调区间；（）有两个零点，且；(i)指出的取值范围，并说明理由；（ii)求证：6.设函数()e ()x f x ax a a =-+∈R ，其图象与x 轴交于1(0)A x ，，2(0)B x ，两点，且12x x <．（1）求a 的取值范围；（2）证明：0f '<（()f x '为函数()f x 的导函数）；。

专题20极值点偏移问题1．极值点偏移的含义若单峰函数f (x )的极值点为x 0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.极值点x 0函数值的大小关系图示极值点不偏移x 0＝x 1＋x 22f (x 1)＝f (2x 0－x 2)极值点偏移左移x 0<x 1＋x 22峰口向上：f (x 1)<f (2x 0－x 2)峰口向下：f (x 1)>f (2x 0－x 2)右移x 0>x 1＋x 22峰口向上：f (x 1)>f (2x 0－x 2)峰口向下：f (x 1)<f (2x 0－x 2)2.函数极值点偏移问题的题型及解法极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：(1)若函数f (x )在定义域上存在两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，求证：x 1＋x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；(2)若在函数f (x )的定义域上存在x 1，x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；(3)若函数f (x )存在两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f ′(x 0)>0；(4)若在函数f (x )的定义域上存在x 1，x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)＝f (x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f ′(x 0)>0.3.极值点偏移问题的一般解法3.1对称化构造法主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点0x ．(2)构造函数，即对结论1202x x x +>型，构造函数0()()(2)F x f x f x x =--或00()()()F x f x x f x x =+--；(3)对结论2120x x x ⋅>型，构造函数20()()()x F x f x f x=-，通过研究()F x 的单调性获得不等式．(4)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(5)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(6)转化，即利用函数f (x )的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．3.2．差值代换法（韦达定理代换令1212,x x t x x t =±=.）差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用t 表示)表示两个极值点，即12t x x =-，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．3.3．比值代换法比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t 表示)表示两个极值点，即12x t x =，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．3.4．对数均值不等式法两个正数a 和b (),(, )ln ln ().a ba b L a b a ba ab -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩(, )2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当a b =时，等号成立．3.5指数不等式法在对数均值不等式中，设m a e =，nb e =，则()(,)()m nme e m n E a b m n e m n ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩，根据对数均值不等式有如下关系：2(,)2m nm ne e eE a b ++≤≤专项突破练1．已知函数()1ln f x x a x=++．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)当()()()1212f x f x x x =≠时，证明：122x x +>．【解析】（1）∵()1ln f x x a x=++，∴()22111x f x x x x -'=-=，令()0f x '=，得x ＝1，当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增，故函数()f x 的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞；（2）由（1）知，不妨设1201x x <<<，构造函数()()()2g x f x f x =--，01x <<，故()()()()()()2222241112022x x x g x f x f x x x x x ----'''=+-=+=<--，故()g x 在()0,1上单调递减，()()10g x g >=，∵()10,1x ∈，∴()()()11120g x f x f x =-->，又∵()()12f x f x =，∴()()2120f x f x -->，即()()212f x f x >-，∵1201x x <<<，∴2x ，()121,x -∈+∞，又∵()f x 在()1,+∞上单调递增，∴212x x >-，即122x x +>，得证．2．已知函数()()e ln xf x x a =+.(1)若()f x 是增函数，求实数a 的取值范围；(2)若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：122x x +>.【解析】(1)函数的定义域为()0,∞+，()1e ln x f x x a x ⎛⎫'=++ ⎪⎝⎭，若()f x 是增函数，即()0f x '≥对任意0x >恒成立，故1ln 0x a x++≥恒成立，设()1ln g x x a x=++，则()22111x g x x x x -'=-=，所以当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减，当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，()()min 11g x g a ==+，由10a +≥得1a ≥-，所以a 的取值范围是[)1,-+∞.(2)不妨设120x x <<，因为1x ，2x 是()f x 的两个极值点，所以()11111e ln 0x f x x a x ⎛⎫'=++= ⎪⎝⎭，即111ln 0x a x ++=，同理221ln 0x a x ++=，故1x ，2x 是函数()1ln g x x a x=++的两个零点，即()()120g x g x ==，由（1）知，()()min 110g x g a ==+<，故应有(),1a ∞∈--，且1201x x <<<，要证明122x x +>，只需证212x x >-，只需证()()()()211122g x g x g x g x --=--()()111111111111ln ln 2ln ln 2022x a x a x x x x x x ⎡⎤=++--++=+--+>⎢⎥--⎣⎦，设()()11ln ln 22h x x x x x =+--+-，(]0,1x ∈，则()()()()()22222224111111102222x x x h x x x x x x x x x ---'=----=-≤----，所以()h x 在()0,1上单调递减，因为()10,1x ∈，所以()()110h x h >=，即()()2120g x g x -->，()()212g x g x >-，又21>x ，121x ->，及()g x 在()1,+∞上单调递增，所以212x x >-成立，即122x x +>成立.3．已知函数()()11e xf x x -=+.(1)求()f x 的极大值；(2)设m 、n 是两个不相等的正数，且()()11e 1e 4e n m m n m n +-+++=，证明：2m n +<.【解析】(1)因为()()111e 1e x x f x x x --+==+的定义域为R ，()1e x xf x -'=-，当0x <时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，当0x >时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，所以，函数()f x 的极大值为()0e f =.(2)证明：因为()()11e 1e 4e n m m n m n +-+++=，则11114e e em n m n --+++=，即()()4f m f n +=，由（1）知，函数()f x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，因为m 、n 是两个不相等的正数，且满足()()4f m f n +=，不妨设01m n <<<，构造函数()()()2g x f x f x =+-，则()()()1122ee x xxx g x f x f x ---'''=--=--，令()()h x g x '=，则()()()()111111e 1e e ex x x x xh x x x -----'=---=--.当01x <<时，101x x ->>-，则()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，当1x >时，101x x ->>-，则()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，又因为函数()h x 在()0,∞+上连续，故函数()h x 在()0,∞+上单调递减，当01x <<时，()()10h x h >=，即()0g x '>，故函数()g x 在()0,1上为增函数，故()()()()()()214f m f m g m g f m f n -+=<==+，所以，()()2f n f m >-，21m -> 且1n >，函数()f x 在()1,+∞上为减函数，故2n m <-，则2m n +<.4．已知函数()1ln xf x ax+=(1)讨论f (x )的单调性；(2)若()()2112e e xxx x =，且121200x x x x >>≠，，，证明:>【解析】（1）()()2ln 0xf x x ax -'=>当0a >时，()01x ∈，，()0f x '>，所以()f x 单调递增；()1x ∈+∞，，()0f x '<，所以()f x 单调递减；当0a <时，()01x ∈，，()0f x '<，所以()f x 单调递减；()1x ∈+∞，，()0f x '>，所以()f x 单调递增；（2）证明：()()2112x x x x =e e ，∴()()2112ln ln x x x x =e e ，()()1212ln ln x x x x =e e 即当1a =时，()()12f x f x =由（1）可知，此时1x =是()f x 的极大值点，因此不妨令1201x x <<<>22122x x +>①当22x ≥时，22122x x +>成立；②当212x <<时先证122x x +>此时()2201x -∈，要证122x x +>，即证：122x x >-，即()()122f x f x >-，即()()222f x f x >-即：()()2220f x f x -->①令()()()()()()1ln 21ln 21,22x x g x f x f x x x x+-+=--=-∈-，∴()()()()()222222ln 2ln 2ln 2ln ln 02x x x x x x g x x x x x x ---'=-->--=->-∴()g x 在区间()12，上单调递增∴()()10x g g >=，∴①式得证.∴122x x +>∵21112x x +>，22212x x +>∴221212222x x x x ++>+∴()221212222x x x x +>+->>5．已知函数()22ln x f x x a=-（a ∈R 且0a ≠）．(1)2a =，求函数()f x 在()()22f ,处的切线方程．(2)讨论函数()f x 的单调性；(3)若函数()f x 有两个零点12x x 、()12x x <，且2e a =，证明：122e x x +>．【解析】(1)当2a =时，()22ln 2x f x x =-，所以()222ln 2f =-.()2f x x x '=-，所以()22212f '=-=.所以函数()f x 在()()22f ,处的切线方程为()22ln 22y x --=-，即2ln 2y x =-.(2)()f x 的定义域为(0，+∞)，22()x f x a x'=-.当a <0时，()0f x '<恒成立，所以()f x 在(0，+∞)上单调递减；当a >0时，(222()x f x x x a x ax'=-=.在(上，()0f x '<，所以()f x 单调递减；在)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增.(3)当2e a =，()222ln ex f x x =-.由(2)知，()f x 在()0,e 上单调递减，在()e,∞+上单调递增.由题意可得：()12(0,e),e,x x ∈∈+∞.由(2e)22ln 20f =->及2()0f x =得：()2e,2e x ∈.欲证x 1+x 2>2e ，只要x 1>2e-x 2，注意到f (x )在(0，e)上单调递减，且f (x 1)=0，只要证明f (2e-x 2)>0即可.由22222()2ln 0ex f x x =-=得22222e ln x x =.所以22222(2e )(2e )2ln(2e )e x f x x --=--2222224e 4e 2ln(2e )e x x x -+=--()2222224e 4e 2e ln 2ln 2e e x x x -+=--2222442ln 2ln(2e ),(e,2e),ex x x x =-+--∈令4()42ln 2ln(2e ),(e,2e)etg t t t t =-+--∈则24224(e )()0e 2e e (2e )t g t t t t t -'=-++=--，则g (t )在(e ，2e)上是递增的，∴g (t )>g (e)=0即f (2e-x 2)>0.综上x 1+x 2>2e.6．已知函数()ln f x x x =-(1)求证：当1x >时，()21ln 1x x x ->+；(2)当方程()f x m =有两个不等实数根12,x x 时，求证：121x x m +>+【解析】(1)令()()()21ln 11x g x x x x -=->+，因为()()()()222114011x g x x x x x -'=-=>++，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10g x g >=，即当1x >时，()21ln 1x x x ->+.(2)证明：由()ln f x x x =-，得()11f x x'=-，易知()f x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，所以()min 1f x =.因为方程()f x m =有两个不等实根，所以1m >.不妨设1201x x <<<.由（1）知，当1x >时，()21ln 1x x x ->+；当01x <<时，()21ln 1x x x -<+.方程()f x m =可化为ln x m x -=.所以()222221ln 1x x m x x --=>+，整理得()222120x m x m -++->.①同理由()111121ln 1x x m x x --=<+，整理得()211120x m x m -++-+>.②由①②，得()()()211210x x x x m -+-+>⎡⎤⎣⎦.又因为21x x >所以121x x m +>+.法二：由()ln f x x x =-，得()11f x x'=-，易知()f x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，所以()min 1f x =.因为方程()f x m =有两个不等实根，所以1m >.不妨设1201x x <<<.要证121x x m +>+，只要证1211ln 1x x x x +>-+，只要证：21ln 11x x >-+>.因为()f x 在()1,+∞上单调递增，只要证：()()()1211ln f x f x f x =>-.令()()()(1ln 01h x f x f x x =--<<，只要证()0,1x ∀∈，()0h x >恒成立.因为()()()()1111ln 11ln 111ln 1ln x x x h x f x f x x x x x x x --⎛⎫⎛⎫=---=-+-=⎪ ⎪-⎭'⎝'-'⎝⎭，令()()ln 101F x x x x x =--<<，则()ln 0F x x '=->，故()F x 在()0,1上单调递增，()()10F x F <=，所以()0h x '<，所以()h x 在()0,1上单调递减，所以()()10h x h >=，故原结论得证.7．已知函数()()22ln 21f x a x x a x a =-+-+．(1)若1a =，证明：()22f x x x <-；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，求a 的取值范围，并证明：122x x a +>．【解析】(1)当1a =时，()22ln 1f x x x =-+，定义域为()0,∞+令()()()222ln 21g x f x x x x x =--=-+，则()22g x x'=-当01x <<时，()0g x '>；当1x <时，()0g x '<；所以函数()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，故()()max 110g x g ==-<，所以()0g x <，得()22f x x x <-；(2)因为()f x 有两个不同的零点12,x x ，则()f x 在定义域内不单调；由()()()()212221x a x af x x a x x--+'=-+-=当0a ≤时，()0f x '<在()0,∞+恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递减，不符合题意；当0a >时，在()0,a 上有()0f x '>，在(),a +∞上有()0f x '<，所以()f x 在()0,a 上单调递增，在(),a +∞上单调递减．不妨设120x a x <<<令()()()2F x f x f a x =--则()()()()()()222F x f x f a x a x f x f a x ''''''=---=+-()()()()()2422221222122a x a ax a a x a x a x x a x -=-+-+--+-=--当()0,x a ∈时，()0F x '>，则()F 在()0,a 上单调递增所以()()()()20F x F a f a f a a <=--=故()()2f x f a x <-，因为120x a x <<<所以()()12f x f a x <-１，又()()2f x f x =１，122a a x a <-<则()()212f x f a x <-，又()f x 在(),a +∞上单调递减，所以212x a x >-，则122x x a +>．8．已知函数()21ln 2f x x x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()00f x '=（()f x '为()f x 的导函数），方程()f x m =有两个不等实根1x 、2x ，求证：1202x x x +>．【解析】(1)因为()21ln 2f x x x x x =+-，则()ln f x x x '=+，所以，()112f =-，()11f '=，所以，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为112y x +=-，即32y x =-.(2)证明：因为()ln f x x x '=+，()00f x '=，所以00ln 0x x +=．因为()f x '为增函数，所以()f x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．由方程()f x m =有两个不等实根1x 、2x ，则可设102x x x <<，欲证1202x x x +>，即证20102x x x x >->，即证()()2012f x f x x >-，而()()21f x f x =，即()()10120f x f x x -->，即()()()()2211110*********ln 2ln 222022x x x x x x x x x x x x +------+->，设()()()()()22000011ln 2ln 22222g x x x x x x x x x x x x x =+------+-，其中00x x <<，则()()00ln ln 22g x x x x x =+-+'，设()()()000ln ln 220h x x x x x x x =<+<+-，则()()()000211022x x x x x x x x h x -=-=>--'，所以，函数()g x '在()00,x 上单调递增，所以()()0002ln 20g x g x x x '<='+=，所以()g x 在()00,x 上单调递减，所以()()00g x g x >=，即()()2012f x f x x >-，故1202x x x +>得证．9．已知函数2()1e (1),1,1x f x k x x k R x ⎛⎫=--->-∈ ⎪+⎝⎭．(1)若0k =，证明：(1,0)x ∈-时，()1f x <-；(2)若函数()f x 恰有三个零点123,,x x x ，证明：1231x x x ++>．【解析】(1)0k =时，函数1()e ,(1,0)1xx f x x x -=∈-+，则221()e 0(1)x x f x x +='>+，()f x 在(1,0)-上单调递增，所以1()e (0)11xx f x f x -=<=-+．(2)e ()(1)1x f x x k x ⎛⎫=--⎪+⎝⎭，显然1x =为函数的一个零点，设为3x ；设函数e ()1xF x k x =-+，2e ()(1)x x F x x '=+当(1,0)x ∈-时，()0F x '<，当,()0x ∈+∞时，()0F x '>，故()F x 在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．由已知，()F x 必有两个零点12,x x ，且1210x x -<<<，下证：120x x +>．设函数()()(),(1,0)h x F x F x x =--∈-，则e e ()11x xh x x x -=++-，2e 11()e e (1)11x x x x x x h x x x x -++⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪+--⎝⎭⎝⎭'，由于(1,0)x ∈-，则2e 1e 0(1)1x x x x x x -+⎛⎫-< ⎪+-⎝⎭，由（1）有1e 01xx x ++>-，故()0h x '<，即函数()h x 在(1,0)-上单调递减，所以()(0)0h x h >=，即有()()()211F x F x F x =>-，由于12,(0,)x x -∈+∞，且在(0,)+∞上单调递增，所以21x x >-，所以120x x +>．10．已知函数()()()1ln 3f x x x a x =++-．(1)若函数()f x 为增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <．求证：()()12122f x f x x x +++>-．【解析】(1)因为()()()1ln 3f x x x a x =++-，该函数的定义域为()0,∞+，()1ln 2f x x a x'=++-，若函数()f x 为增函数，则()0f x '≥恒成立．令()1ln 2g x x a x =++-，()22111x g x x x x-'=-=，令()0g x '=得1x =，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，故()()11g x g a ≥=-，所以，10a -≥，因此1a ≥．(2)因为函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <，即方程()0g x =有两个不等的实根1x 、()212x x x <，因为()g x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，所以，1201x x <<<，即1x 、2x 是1ln 20x a x++-=的两个根，所以11221ln 201ln 20x a x x a x ⎧++-=⎪⎪⎨⎪++-=⎪⎩，则()()111222ln 21ln 21x x a x x x a x ⎧+-=-⎪⎨+-=-⎪⎩，所以，()()()()121211221212ln ln ln ln 2f x f x x x x x x x x x a x x +++=++++-+12ln ln 2x x =+-，即证12ln ln 0x x +>，即证121x x >．由11221ln 201ln 20x a x x a x ⎧++-=⎪⎪⎨⎪++-=⎪⎩两式作差得122111ln x x x x =-，令()120,1x t x =∈，则11ln t x t -=，21ln t x t t-=，即只需证111ln ln t t t t t--⋅>，即证ln 0t >．令()ln t t ϕ=-()0,1t ∈，则()210t ϕ-'=，故()t ϕ在区间()0,1上单调递减，当()0,1t ∈时，()()10t ϕϕ>=，命题得证．11．已知函数()ln f x x x =-.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()y f x =的图象与()y m m R =∈的图象交于()11,A x y ，()22,B x y 两点，证明：12242ln 2x x +>-.【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞令11()10xf x x x -'=-=>，解得01x <<令11()10x f x x x-'=-=<，解得1x >所以()f x 的单调增区间为(0,1)，减区间为(1,)+∞(2)由（1）不妨设1201x x <<<由题知11ln x x m -=，22ln x x m -=两式相减整理可得：12121ln x x x x -=所以要证明12242ln 2x x +>-成立，只需证明1211222(42ln 2l )n x x x x x x +->-因为12ln 0x x <，所以只需证明212112(42ln 2ln )2x x x x x x <-+-令12,01x t t x =<<，则只需证明1(42ln l 21n 2)t t t -<-+，即证(1)ln (1)02(42ln 2)t t t +--<-令2()(1)ln (1)2(4ln 2)g t t t t -=-+-2ln 22l 12ln (2)1()22n 2ln t t t g t t t t++'--=++=记()2ln (2)12ln 2h x t t t +-=+则()2ln 2h x t '=易知，当102t <<时，()0h x '<，当112t <<时，()0h x '>所以当12t =时，min 11()()022n 2ln l h x h ==+=所以当01t <<时，()0g t '≥，函数()g t 单调递增故()(1)0g t g <=，即(1)ln (1)02(42ln 2)t t t +--<-所以，原不等式12242ln 2x x +>-成立.12．已知函数()()3ln 010f x ax x a a =+≠.(1)讨论()f x 的单调性.(2)若函数()f x 有两个零点12x x ，，且12x x <，证明：12310x x +>.【解析】(1)函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()ln ln 1f x a x a a x '=+=+.①当0a >时，令()0f x '<，得10x e <<，则()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；令()0f x '>，得1x e >，则()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.②当0a <时，令()0f x '<，得1x e >，则()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；令()0f x '>，得10x e <<，则()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.综上所述，当0a >时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当0a <时，()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增.(2)证明：因为12x x ，为()f x 的两个零点，所以113ln 010x x +=，223ln 010x x +=，两式相减，可得121233ln ln 01010x x x x -+-=，即1122123ln 10x x x x x x -=⋅，121212310ln x x x x x x -=⋅，因此，121121310ln x x x x x -=⋅，212121310ln x x x x x -=⋅.令12x t x =，则121113513310ln 10ln 10ln t t t x x t t t---+=⋅+⋅=⋅，令()()1ln 01h t t t t t =--<<，则()22211110t t h t t t t -+'=+-=>，所以函数()h t 在()0,1上单调递增，所以()()10h t h <=，即1ln 0t t t--<.因为01t <<，所以11ln t t t->，故12310x x +>得证.13．已知函数()ln f x x x ax a =-+．(1)若1≥x 时，()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)当1a =时，方程()f x b =有两个不相等的实数根12,x x ，证明：121x x <．【解析】（1）∵1≥x ，()0f x ≥，∴ln 0a x a x -+≥，设()ln (1)ag x x a x x =-+≥，()221a x a g x x x x-'=-=，当1a >时，令()0g x '=得x a =，当1x a <≤时，()0g x '<，()g x 单调递减；当x a >时，()0g x '>，()g x 单调递增，∴()(1)0g a g <=，与已知矛盾．当1a ≤时，()0g x '≥，∴()g x 在[1,)+∞上单调递增，∴()(1)0g x g ≥=，满足条件；综上，a 取值范围是(,1]-∞．（2）证明：当1a =时，()ln f x x '=，当1x >，'()0f x >，当01x <<，'()0f x <，则()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，在区间()0,1上单调递减，不妨设12x x <，则1201x x <<<，要证121x x <，只需证2111x x <<，∵()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，∴只需证121()(f x f x <，∵12()()f x f x =，∴只需证111()()f x f x <．设1()()()(01)F x f x f x x =-<<，则22211()ln ln ln 0,x F x x x x x x -'=-=>，∴()F x 在区间()0,1上单调递增，∴()(1)0F x F <=，∴1()()0f x f x-<，即111()()f x f x <成立，∴121x x <．14．设函数()()e xf x x a =+，已知直线21y x =+是曲线()y f x =的一条切线.(1)求a 的值，并讨论函数()f x 的单调性；(2)若()()12f x f x =，其中12x x <，证明：124x x ⋅>.【答案】(1)1a =；()f x 在(),2-∞-上单调递减，在()2,-+∞上单调递增【解析】(1)设直线21y x =+与曲线()y f x =相切于点()()00,x f x ，()()1e x f x x a '=++ ，()()0001e 2x f x x a '∴=++=；又()()0000e 21x f x x a x =+=+，002e 21xx ∴-=+，即00e 210x x +-=；设()e 21x g x x =+-，则()e 20xg x '=+>，()g x ∴在R 上单调递增，又()00g =，()g x ∴有唯一零点0x =，00x ∴=，12a ∴+=，解得：1a =；()()1e x f x x ∴=+，()()2e x f x x '=+，则当(),2x ∞∈--时，()0f x '<；当()2,x ∈-+∞时，()0f x '>；()f x ∴在(),2-∞-上单调递减，在()2,-+∞上单调递增.(2)由（1）知：()()2min 2e 0f x f -=-=-<；当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，1221x x ∴<-<<-；要证124x x ⋅>，只需证1242x x <<-；()f x 在(),2-∞-上单调递减，∴只需证()124f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，又()()12f x f x =，则只需证()224f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭对任意()22,1x ∈--恒成立；设()()()421h x f x f x x ⎛⎫=--<<- ⎪⎝⎭，()()()()444333822e 2e e e 8xx xxxx x h x x x x x -⎛⎫++'∴=++=+ ⎪⎝⎭；设()()43e821x xp x x x -=+-<<-，则()2437e024x xp x x x -⎡⎤⎛⎫'=⋅++<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，()p x ∴在()2,1--上单调递减，()()2880p x p ∴<-=-+=，又当21x -<<-时，()432e 0xx x +<，()0h x '∴>，()h x ∴在()2,1--上单调递增，()()()()2220h x h f f ∴>-=---=，即()4f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭在()2,1x ∈--时恒成立，又()22,1x ∈--，()224f x f x ⎛⎫∴> ⎪⎝⎭，原不等式得证.15．已知函数()()32ln f x x x a a R x=++-∈有两个不同的零点12,x x .(1)求实数a 的取值范围；(2)求证：121x x >.【解析】(1)定义域为()()22232230,,1x x f x x x x ∞+-+=-+='，()(),0,10x f x '∈<，所以()f x 在()0,1x ∈上单调递减.()()1,,0x f x '∈+∞>，所以()f x 在()1,x ∈+∞上单调递增，所以()f x 在1x =处取得极小值，也是最小值，又()min ()14f x f a ==-，所以先保证必要条件()10f <成立，即4a >满足题意.当4a >时，易知，()()()33222ln 22ln 2022f a a a a a a a a=++-=++>；()111132ln 2ln 0;f a a a a a a aa a ⎛⎫=+--=+->> ⎪⎝⎭由以上可知，当4a >时，()()32ln f x x x a a R x=++-∈有两个不同的零点.(2)由题意，假设1201x x <<<，要证明121x x >，只需证明121x x >.只需证()121f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，又()()12f x f x =.即只需证()221f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，构造函数()()1,(1)g x f x f x x ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭.()224ln g x x xx =-+()222(1)x g x x --∴='，所以()g x 在()1,+∞单调递减.()()()2210,1,1g x g x g =>∴< ，即()221f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭成立，即()121f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭所以原命题成立.16．已知a 是实数，函数()ln f x a x x =-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个相异的零点12,x x 且120x x >>，求证：212e x x ⋅>．【解析】(1)()f x 的定义域为()0,∞+，()1a a x f x x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0f x '>得：()0,x a ∈，令()0f x '<得：(),x a ∈+∞，故()f x 在()0,x a ∈上单调递增，在(),x a ∈+∞上单调递减；综上：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在()0,x a ∈上单调递增，在(),x a ∈+∞上单调递减；(2)由（1）可知，要想()f x 有两个相异的零点12,x x ，则0a >，不妨设120x x >>，因为()()120f x f x ==，所以1122ln 0,ln 0a x x a x x -=-=，所以()1212ln ln x x a x x -=-，要证212e x x ⋅>，即证12ln ln 2x x +>，等价于122x x a a +>，而1212ln ln 1x x a x x -=-，所以等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即()1212122ln x x x x x x ->+，令12x t x =，则1t >，于是等价于证明()21ln 1t t t ->+成立，设()()21ln 1t g t t t -=-+，1t >()()()()222114011t g t t t t t -'=-=>++，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，即()21ln 1t t t ->+成立，所以212e x x ⋅>，结论得证.17．已知函数()1e xf x ax -=-，(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 在()0,2上有两个不相等的零点12,x x ，求证：121x x a>.【解析】(1)()1e xf x a -='-，x ∈R .①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 单调递增；②当0a >时，由()0f x '>得，()1ln ,x a ∈++∞，()f x 单调递增，由()0f x '<得，(),1ln x a ∈-∞+，()f x 单调递减.综上：当0a ≤时，()f x 单调递增；当0a >时，()f x 在()1ln ,x a ∈++∞上单调递增，在(),1ln x a ∈-∞+上单调递减.(2)∵()f x 在()0,2上有两个不相等的零点1x ，2x ，不妨设12x x <，∴1e x a x -=在()0,2上有两个不相等的实根，令()1e x g x x -=，()0,2x ∈，∴()()12e 1x x g x x --'=，由()0g x '<得，()0,1x ∈，()g x 单调递减，由()0g x '>得，()1,2x ∈，()g x 单调递增，()11g =，()e 22g =，0x →，()g x ∞→+，∴e 1,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭要证121x x a>，即证121ax x >，又∵()()12g x g x a ==，只要证211e1x x ->，即证211e x x ->，∵121x x <<，即证()()211e xg x g -<即证()()212e x g x g -<，即证12221e 112e e ex x x x ----<，即证212e ln 10x x -+->令()1eln 1xh x x -=+-，()1,2x ∈，∴()11e x h x x-'=-+，令()e e x x x ϕ=-，()1,2x ∈，则()e e x x ϕ'=-，当()1,2x ∈时，()e e>0x x ϕ'=-恒成立，所以()e e xx x ϕ=-在()1,2x ∈上单调递增，又()()10x ϕϕ>=，∴e e x x >，∴11e x x-<，∴()0h x '>∴()h x 在()1,2上递增，∴()()10h x h >>，∴1e ln 10x x -+->，∴121x x a>.18．已知函数21()ln 2f x x x x x =+-的导函数为()'f x .(1)判断()f x 的单调性；(2)若关于x 的方程()f x m '=有两个实数根1x ，212()x x x <，求证：2122x x <.【解析】(1)()1(1ln )(0)f x x x x x x '=+-+=>，令()ln g x x x =-，由11()1(0)x g x x x x'-=-=>，可得()g x 在(0,1)上单调递减，(1,)+∞上单调递增，所以()()(1)10f x g x g '==>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；(2)依题意，1122ln ln x x mx x m-=⎧⎨-=⎩，相减得2121ln x x x x -=-，令21(1)x t t x =>，则有1ln 1t x t =-，2ln 1t t x t =-，欲证2122x x <成立，只需证222ln (ln )21(1)t t t t t ⋅<--成立，即证3322(1)(ln )t t t -<成立，即证13232(1)ln t t t-<成立，令13(1)t x x =>，只需证13212()3ln 0x x x-->成立，令1321()2()3ln (1)F x x x x x=-->，即证1x >时，()0F x >成立11323333232(2)3()2(1x x F x x x x+-'=+-=，令1323()2(2)3(1)h x x x x =+->，则11233()2(3)63(22)(1)x x x x x g x '=-=->，可得()h x 在23(1,2)内递减，在23(2,)+∞内递增，所以23()(2)0h x h = ，所以()0F x '，所以()F x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0F x F >=成立，故原不等式成立.19．已知函数()ln f x x =.(1)设函数()()ln tg x x t x=-∈R ，且()()g x f x ≤恒成立，求实数t 的取值范围；(2)求证：()12e e x f x x>-；(3)设函数()()1y f x ax a R x=--∈的两个零点1x 、2x ，求证：2122e x x >.【解析】(1)由()()g x f x ≤可得ln ln tx x x-≤，可得2ln t x x ≤，令()2ln h x x x =，其中0x >，则()()21ln h x x '=+，当10ex <<时，()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，当1ex >时，()0h x '>，此时函数()h x 单调递增，所以，()min 12e e h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以，2e t ≤-；(2)要证()12e e x f x x >-，即证2ln e ex x x x >-，由（1）可知，1ln ex x ≥-，当且仅当1e x =时，等号成立，令()2e exx m x =-，其中0x >，则()1e x x m x -'=，当01x <<时，()0m x '>，此时函数()m x 单调递增，当1x >时，()0m x '<，此时函数()m x 单调递减，所以，()()max 11em x m ==-，因为1ln ex x ≥-和()1e m x ≤-取等的条件不同，故2ln e e x x x x >-，即()12e e x f x x >-；(3)由题知1111ln x ax x -=①，2221ln x ax x -=②，①+②得()()12121212ln x x x x a x x x x +-=+③，②-①得()22121112ln xx x a x x x x x ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭④.③÷④得()()1212212122112ln ln x x x x x x x x x x x x ++-=-，不妨设120x x <<，记211x t x =>.令()()()21ln 11t F t t t t -=->+，则()()()()222114011t F t t t t t -'=-=>++，所以()F t 在()1,+∞上单调递增，所以()()10F t F >=，则()21ln 1t t t ->+，即()2121122lnx x x x x x ->+，所以()()1212212122112ln ln 2x x x x x x x x x x x x ++-=>-.因为()()()()1212121212122ln ln ln x x x x x x x x x x +-<==所以2，即1>.令()2ln x x x ϕ=-，()2120x x xϕ'=+>，则()x ϕ在()0,∞+上单调递增.又)1lnln 2112e =+<，所以)1ln >-)ϕϕ>，所以2122x xe >.20．已知函数1()e xx f x -=.（1）求()f x 的单调区间与极值.（2）设m ，n 为两个不相等的正数，且ln ln m n n m m n -=-，证明：4e mn >.【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()2e rxf x -'=.当(,2)x ∈-∞时，()0f x '>；当(2,)x ∈+∞时，()0.f x '<所以()f x 的单调递增区间为(,2)-∞，单调递减区间为(2,)+∞.故()f x 在2x =处取得极大值，且极大值为21e ，无极小值.（2）证明：易知m ，0n >，ln ln (ln 1)m n n m m n m n -=-⇔-()ln n ln ln 1ln 1ln 1ln 1ln 1e emn m n m n m n m ----=-⇔=⇔=即()ln (ln )f f m n =，ln ln m n ≠.不妨设1ln x m =，2ln x n =，12x x <.（1）可知2(2,)x ∈+∞，()()120f x f x =>，1(1,2)x ∈当23x ≥时，124x x +>，4e mn >，当223x <<时，2142x <-<，()()()()22224222222441e 31414x xx x x x e x x f x f x e e e ----------=-=设4()(1)e (3)e x x h x x x -=---，(2,3)x ∈，则()()()()()442e2e 2e e xx x x h x x x x --=---=--'，因为(2,3)x ∈，4x x -<，所以()0h x '>，()h x 在区间(2,3)上单调递增，422()(21)e (32)e 0h x ->---=，所以()()()()2212440f x f x f x f x --=-->，()()124x f f x >-又因为1x ，24(1,2)x -∈，所以124x x >-，即124x x +>，故4e mm >.21．已知函数()()2ln f x e x x =-，其中 2.71828e =⋅⋅⋅为自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()12,0,1x x ∈，且()21121212ln 2ln ln x x x ex x x x -=-，证明：1211221e e x x <+<+.【解析】（1）2(1)'()ln e x xf x =-+，2e y x =是减函数，1ln y x =+是增函数，所以'()f x 在()0,∞+单调递减，∵()'0f e =，∴()0,x e ∈时，()'()'0f x f e >=，()f x 单调递增；(),x e ∈+∞时，()'()'0f x f e <=，()f x 单调递减.（2）由题意得，121212ln ln 2ln 2ln x x e x e x x x -=-，即1212112ln 2ln e x e x x x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，112211112ln 2ln e e x x x x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设111a x =，221a x =，则由()12,0,1x x ∈得，()12,1,a a ∈+∞，且()()12f a f a =.不妨设12a a <，则即证12221e a a e <+<+，由()20f e =及()f x 的单调性知，1212a e a e <<<<.令()()()2F x f x f e x =--，1x e <<，则[]24'()'()'(2)2ln (2)(2)e F xf x f e x x e x x e x =+-=----，∵()22x e x e -≤，∴2224'()2ln 0eF x e e>--=，()()0F x F e <=，∴()()2f x f e x <-，取1x a =，则()()112f a f e a <-，又()()12f a f a =，则()()212f a f e a <-，又12e a e ->，2a e >，且()f x 在(),e +∞单调递减，∴212a e a >-，122a a e +>.下证：1221a a e +<+.（i ）当21a e <+时，由1a e <得，1221a a e +<+；（ii ）当212e a e +≤<时，令()()(21)G x f x f e x =-+-，12e x e +<<，则22'()'()'(21)1ln 1ln(21)21e e G x f x f e x x e x x e x=++-=--+--+-+-222(21)2ln (21)(21)e e x e x x e x+⎡⎤=---++⎣⎦-++，记2(21)t x e x =-++，12e x e +≤<，则2(21)'()2ln e e G x t t+=--，又2(21)t x e x =-++在[)1,2e e +为减函数，∴()22,1t e e ∈+，2(21)2e e t +-在()22,1e e +单调递减，ln t 在()22,1e e +单调递增，∴2(21)2ln e e t t+--单调递减，从而，'()G x 在[)1,2e e +单调递增，又2(21)'(2)2ln 2(212)21ln 22(212)e e G e e e e e e e e e +=--+-=--+-，ln 1≤-x x ，∴()'20G e >，又2(21)'(1)2ln(1)(211)(1)(211)e e G e e e e e e e ++=--++--++--1ln(1)01e e e -=-+<+，从而，由零点存在定理得，存在唯一0(1,2)x e e ∈+，使得()0'0G x =，当[)01,x e x ∈+时，()0'()'0()G x G x G x <=⇒单调递减；当()0,2x x e ∈时，()0'()'0()G x G x G x >=⇒单调递增.所以，{}()max (1),(2)G x G e G e ≤+，又(1)(1)(211)(1)()(1)ln(1)G e f e f e e f e f e e e e +=+-+--=+-=-+-，ln 11ln ln(1)x x e x e x e e e+≤⇒≤⇒+≤，所以，11(1)(1)0e G e e e e e+-+<-⋅-=<，显然，()()()22212000G e f e f e e =-+-=-=，所以，()0<G x ，即()()210f x f e x -+-<，取[)21,2x a e e =∈+，则()()2221f a f e a <+-，又()()12f a f a =，则()()1221f a f e a <+-，结合()221211e a e e e +-<+-+=，1a e <，以及()f x 在()0,e 单调递增，得到1221a e a <+-，从而1221a a e +<+.22．已知函数()e ln xf x x a x a =--，其中0a >．(1)若2e a =，求()f x 的极值：(2)令函数()()g x f x ax a =-+，若存在1x ，2x 使得()()12g x g x =，证明：1212e e 2x xx x a +>．【解析】(1)当2e a =时()e 2eln 2e xf x x x =-，()0,x ∈+∞，所以()()()1e 2e2e 1e xxx x f x x x x+-'=+-=，当()0,1x ∈时，202x x <+<，1e e x <<，所以()0f x '<，当()1,x ∈+∞时，22x x +>，e e x >，所以()0f x '>，所以()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以()f x 的极小值为()1e f =-，无极大值.(2)证明：()()()e ln e ln e x x xg x a x ax x f x ax x a x a ==-=+---，令e x t x =，则上述函数变形为()ln h a t t t =-，对于()e x t x x =，()0,x ∈+∞，则()()1e 0xt x x '=+>，即()e x t x x =在()0,∞+上单调递增，。

极值点偏移问题【典型例题】例1.已知函数f (x )=ln x -ax ，a 是常数且a ∈R ．(1)若曲线y =f (x )在x =1处的切线经过点(-1,0)，求a 的值；(2)若0<a <1e(e 是自然对数的底数)，试证明：①函数f (x )有两个零点，②函数f (x )的两个零点x 1，x 2满足x 1+x 2>2e ．【解析】(1)解：切线的斜率k =f (1)=1-af (1)=-a ，k =f (1)-01-(-1)=-a2，即1-a =-a2，解得a =2；(2)证明：①由f (x )=1x -a =0，得x =1a，当0<x <1a 时，f (x )>0；当x >1a 时，f (x )<0，∴f (x )在x =1a 处取得最大值f 1a=-ln a -1，f (1)=-a <0，∵0<a <1e ，∴f 1a =-ln a -1>0，f (x )在区间1,1a有零点，∵f (x )在区间0,1a 单调递增，∴f (x )在区间0,1a有唯一零点．由幂函数与对数函数单调性比较及f (x )的单调性知，f (x )在区间1a,+∞ 有唯一零点，从而函数f (x )有两个零点．②不妨设0<x 1<1a <x 2，作函数F (x )=f (x )-f 2a -x ，0<x <2a，则F 1a =0，F (x )=f (x )+f 2a -x =2(1-ax )2x (2-ax )≥0．∴F (x 1)<F 1a=0，即f (x 1)-f 2a -x 1 <0，f 2a-x 1 >f (x 1)，又f (x 1)=f (x 2)，∴f 2a-x 1 >f (x 2)．∵0<x 1<1a<x 2，∴2a -x 1,x 2∈1a,+∞ ，∵f (x )在区间1a,+∞ 单调递减，∴2a -x 1<x 2，x 1+x 2>2a．又0<a <1e ，1a >e ，∴x 1+x 2>2e ．例2.已知函数f (x )=ln x -ax (a ∈R )．(1)若曲线y =f (x )与直线x -y -1-ln2=0相切，求实数a 的值；(2)若函数y =f (x )有两个零点x 1，x 2，证明1ln x 1+1ln x 2>2．【解析】解：(1)由f (x )=ln x -ax ，得f (x )=1x-a ，设切点横坐标为x 0，依题意得1x 0-a =1x 0-1-ln2=ln x 0-ax 0，解得x 0=12a =1，即实数a 的值为1．(2)不妨设0<x 1<x 2，由ln x 1-ax 1=0ln x 2-ax 2=0，得ln x 2-ln x 1=a (x 2-x 1)，即1a =x 2-x 1ln x 2-ln x 1，所以1ln x 2+1ln x 1-2=1ax 1+1ax 2-2=x 2-x 1ln x 2-ln x 11x 1+1x 2-2=x 2x 1-x 1x 2-2ln x2x 1ln x 2x 1，令t =x 2x 1>1，则ln x 2x 1>0,x 2x 1-x 1x 2-2ln x 2x 1=t -1t-2ln t ，设g (t )=t -1t -2ln t ，则g(t )=t 2-2t +1t 2>0，即函数g (t )在(1,+∞)上递减，所以g (t )>g (1)=0，从而x 2x 1-x 1x 2-2ln x2x 1ln x 2x 1>0，即1ln x 2+1ln x 1>2．例3.已知函数f (x )=x -e 2 (a -ln x )且f (e )=e4(其中e 为自然对数的底数)．(Ⅰ)求函数f (x )的解析式；(Ⅱ)判断f (x )的单调性；(Ⅲ)若f (x )=k 有两个不相等实根x 1，x 2，证明：x 1+x 2>2e ．【解析】解：(Ⅰ)f (e )=e 2a -12 =e 4，解得a =1，所以函数解析式为f (x )=x -e2(1-ln x )；(Ⅱ)函数f (x )的定义域为(0,+∞)，f (x )=1-ln x +x -e 2-1x =e2x-ln x ，设g(x)=e2x-ln x，g (x)=-e2x2-1x，在(0,+∞)上，g(x)<0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，即f (x)在(0,+∞)上单调递减，又f (e)=0，则在(0,e)上f (x)>0，在(e,+∞)上f (x)<0．所以函数f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减；(Ⅲ)证明：构造函数F(x)=F(x)-f(2e-x)，x∈(0,e)，F (x)=f (x)+f (2e-x)=e2x-ln x+e2⋅12e-x-ln(2e-x)=ex(2e-x)-ln[x(2e-x)]，设t=x(2e-x)，当x∈(0,e)时，t∈(0,e)，设h(t)=et-ln t，且h (t)=-et2-1t<0，可知h(t)在(0,e)上单调递减，且h(e)=0，所以h(t)>0在t∈(0,e)上恒成立，即F (x)>0在x∈(0,e)上恒成立，所以y=F(x)在(0,e)上单调递增，不妨设x1<x2，由(Ⅱ)知x1<e<x2F(x1)=f(x1)-f(2e-x1)<F(e)=f(e)-f(2e-e) =0，即f(x1)<f(2e-x1)，因为f(x1)=f(x2)，所以f(x2)<f(2e-x1)，由(Ⅱ)知f(x)在(e,+∞)上单调递减，得x2>2e-x1，所以x1+x2>2e．例4.已知函数f(x)=e2x-a(x-1)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a>0，设f′(x)为f(x)的导函数，若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：f′x1+x22<0．【解析】(1)解：f′(x)=2e2x-a，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f′(x)>0，得x>12ln a2，令f′(x)<0，得x<12ln a2，所以f(x)在-∞,12ln a2上单调递减，在12ln a2，+∞上单调递增．(2)证明：由题意得e2x1-a(x1-1)=0e2x2-a(x2-1)=0，两式相减得a=e2x2-e2x1x2-x1，不妨设x1<x2，由f′(x)=2e2x-a，得f′x1+x22=2e x1+x2-e2x2-e2x1x2-x1=e x1+x2x2-x1[2(x2-x1)+e x1-x2-e x2-x1]，令t=x2-x1，h(t)=2t-e t+e-t，因为当t>0时，h′(t)=2-e t-e-t=2-(e t+e-t)<0，所以h(t)在(0,+∞)上单调递减，所以当t>0时，h(t)<h(0)=0，又e x1+x2x2-x1>0，故f′x1+x22<0．例5.已知函数f(x)=12x2-(a+1)x+2(a-1)ln x，g(x)=-32x2+x+(4-2a)ln x．(1)若a>1，讨论函数f(x)的单调性；(2)是否存在实数a，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立，若存在，求出a的范围，若不存在，请说明理由；(3)记h(x)=f(x)+g(x)，如果x1，x2是函数h(x)的两个零点，且x1<x2<4x1，h′(x)是h(x)的导函数，证明：h2x1+x23>0．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=x-(a+1)+2(a-1)1x =x2-(a+1)x+2(a-1)x=(x-2)[x-(a-1)]x，①若a-1=2，则a=3，f (x)=(x-2)2x>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；②若a-1<2，则a<3，而a>1，∴1<a<3，当x∈(a-1,2)时，f′(x)<0；当x∈(0,a-1)及(2,+∞)时f′(x)>0，所以f(x)在(a-1,2)上单调递减，在(0,a-1)及(2,+∞)单调递增；③若a-1>2，则a>3，同理可得f(x)在(2,a-1)上单调递减，在(0,2)及(a-1,+∞)单调递增．(2)假设存在a，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立，不妨设0<x1<x2，只要f(x2)-f(x1)x2-x1+a>0，即f(x2)+ax2>f(x1)+ax1，令g(x)=f(x)+ax，只要g(x)在(0,+∞)上为增函数，g(x)=12x2-x+2(a-1)ln xg (x)=x-1+2(a-1)x=x2-x+2(a-1)x=x-122+2a-94x，只要g′(x)≥0在(0,+∞)恒成立，只要2a-94≥0,a≥98，故存在a∈98,+∞时，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有f(x1)-f(x2)x1-x2+a>0恒成立．(3)证明：由题意知，h(x)=12x2-(a+1)x+2(a-1)ln x+-32x2+x+(4-2a)ln x=2ln x-x2-ax，h(x1)=2ln x1-x21-ax1=0,h(x2)=2ln x2-x22-ax2=0两式相减，整理得2ln x2x1+(x1-x2)(x1+x2)=a(x2-x1)，所以a=2ln x2x1x2-x1-(x2+x1)，又因为h (x)=2x-2x-a，所以h2x1+x23=62x1+x2-23(2x1+x2)-a=-2x2-x1lnx2x1-3x2x1-32+x2x1-13(x1-x2)，令t=x2x1∈(1,4),φ(t)=ln t-3t-3t+2，则φ(t)=(t-1)(t-4)t(t+2)2<0，所以φ(t)在(1,4)上单调递减，故φ(t)<φ(1)=0，又-2x2-x1<0,-13(x1-x2)>0，所以h2x1+x23>0．例6.设函数f(x)=x2-a ln x，g(x)=(a-2)x．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1，x2．(ⅰ)求满足条件的最小正整数a的值；(ⅱ)求证：F′x1+x22>0．【解析】解：(Ⅰ)f (x)=2x-ax=2x2-ax(x>0)．⋯(1分)当a≤0时，f (x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞)，此时f(x)无单调减区间．⋯(2分)当a>0时，由f (x)>0，得x>2a2，f(x)<0，得0<x<2a2，所以函数f(x)的单调增区间为2a2,+∞，单调减区间为0,2a2．⋯(3分)(Ⅱ)(i)F (x)=2x-(a-2)-ax =2x2-(a-2)x-ax=(2x-a)(x+1)x(x>0)．因为函数F(x)有两个零点，所以a>0，此时函数f(x)在a2,+∞单调递增，在0,a 2单调递减．⋯(4分)所以F(x)的最小值Fa2<0，即-a2+4a-4a ln a2<0．⋯(5分)因为a>0，所以a+4ln a2-4>0．令h(a)=a+4ln a2-4，显然h(a)在(0,+∞)上为增函数，且h(2)=-2<0,h(3)=4ln 32-1=ln8116-1>0，所以存在a0∈(2,3)，h(a0)=0．⋯(6分)当a>a0时，h(a)>0；当0<a<a0时，h(a)<0，所以满足条件的最小正整数a=3．⋯(7分)又当a=3时，F(3)=3(2-ln3)>0，F(1)=0，所以a=3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．⋯(8分)(ii)证明：不妨设0<x1<x2，于是x21-(a-2)x1-a ln x1=x22-(a-2)x2-a ln x2，即x21-(a-2)x1-a ln x1-x22+(a-2)x2+a ln x2=0，x21+2x1-x22-2x2=ax1+a ln x1-ax2-a ln x2=a(x1 +ln x1-x2-ln x2)．所以a=x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．⋯(10分)因为Fa2=0，当x∈0,a2时，F (x)<0，当x∈a2,+∞时，F (x)>0，故只要证x1+x22>a2即可，即证明x1+x2>x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2，⋯(11分)即证x21-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<x21+2x1-x22-2x2，也就是证ln x1x2<2x1-2x2x1+x2．⋯(12分)设t=x1x2(0<t<1)．令m(t)=ln t-2t-2t+1，则m(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2．因为t>0，所以m (t)≥0，⋯(13分)当且仅当t=1时，m (t)=0，所以m(t)在(0,+∞)上是增函数．又m(1)=0，所以当m∈(0,1)，m(t)<0总成立，所以原题得证．⋯(14分)例7.设函数f(x)=x2-a ln x-(a-2)x．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数f(x)有两个零点x1，x2(1)求满足条件的最小正整数a的值；(2)求证：fx1+x22>0．【解析】解：(Ⅰ)f′(x)=2x-(a-2)-ax=(2x-a)(x+1)x，(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞)，此时f(x)无单调减区间；当a>0时，由f′(x)>0，得x>a2，f′(x)<0，得0<x<a2，所以函数f(x)的单调增区间为a2，+∞，单调减区间为0,a2；(Ⅱ)(1)由(Ⅰ)可知函数f(x)有两个零点，所以a>0，f(x)的最小值f a2<0，即-a2+4a-4a ln a2<0，∵a>0，∴a-4+4ln a2>0，令h(a)=a-4+4ln a2，显然h(a)在(0,+∞)上为增函数，且h(2)=-2<0,h(3)=4ln 32-1>0∴存在a0∈(2,3)，h(a0)=0，当a>a0时，h(a)>0；当0<a<a0时，h(a)<0，所以满足条件的最小正整数a=3．又当a=3时，f(3)=3(2-ln3)>0，f32=341-4ln32<0，f(1)=0，所以a=3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．(2)证明：不妨设0<x1<x2，于是x21-(a-2)x1-a ln x1=x22-(a-2)x2-a ln x2，∴a=x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．，因为f′a2=0，当x∈0,a2时，f′(x)<0；当x∈a2,+∞时，f′(x)>0．故只要证x1+x22>a2即可，即证明x1+x2>x21+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2．，即证x21-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<x21+2x1-x22-2x2．也就是证ln x1x2<2x1-2x2x1+x2．设x1x2=t∈(0,1)．令m(t)=ln t-2t-2t+1，则m′(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2．∵t>0，所以m (t)≥0，当且仅当t=1时，m (t)=0，所以m(t)在(0,+∞)上是增函数．又m(1)=0，所以当m∈(0,1)，m(t)<0总成立，所以原题得证．例8.已知函数f(x)=e x-12ax2(a∈R)，其中e为自然对数的底数，e=2.71828⋯．f(x0)是函数f(x)的极大值或极小值，则称x0为函数f(x)的极值点，极大值点与极小值点统称为极值点．(1)函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)判断函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；(3)当函数f(x)有两个不相等的极值点x1和x2时，证明：x1x2<ln a．【解析】解：(1)f′(x)=e x-ax≥0在(0,+∞)上恒成立，即a≤e xx在(0,+∞)上恒成立，令g(x)=e xx，x∈(0,+∞)，g′(x)=e x⋅x-e xx2=e x(x-1)x2，在(0,1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，在(1,+∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)=e，所以a≤e．所以a的取值范围为(-∞，e]．(2)f′(x)=e x-ax，令g(x)=e x-ax，则g′(x)=e x-a，①当a<0时，g′(x)=e x-a>0，f′(x)=e x-ax在(-∞,+∞)上单调递增，又f′(0)=1>0，f′1a=e1a-1<0，于是f′(x)=e x-ax在(-∞,+∞)上有一个零点x1，x(-∞,x1)x1(x1，+∞) f′(x)-0+f(x)↓极小值↑于是函数f(x)的有1个极值点，②当a=0时，f(x)=e x单调递增，于是函数f(x)没有极值点，③当0<a≤e时，由g′(x)=e x-a=0，得x=ln a，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) g′(x)-0+f′(x)↓a(1-ln a)↑f′(x)≥0，当且仅当x=ln a时，取“=”号，所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，所以函数f(x)没有极值点．④当a>e时，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) g′(x)-0+f′(x)↓a(1-ln a)↑f′(ln a)=a(1-ln a)<0，f′(0)=1>0，又因为a>ln a，所以f′(a)=e a-a2>a2-a2=0，于是，函数f′(x)在(-∞,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点，分别为x2，x3，x(-∞,x2)x2(x2，x3)x3(x3，+∞) f′(x)+0-0+f(x)↑极大值↓极小值↑于是f(x)有2个极值点，综上，当a<0时，函数f(x)有1个极值点，当0≤a≤e时，函数f(x)没有极值点，当a>e时，函数f(x)有2个极值点．(3)证明：当函数f(x)有两个不等的极值点x1和x2时，由(2)知a>e且1<x1<ln a<x2，f′(x1)=f′(x2)=0，令F(x)=f′(x)-f′(2ln a-x)，F′(x)=(e x-a)2 e x，由F′(x)=0，得x=ln a，x(-∞,ln a)ln a(ln a,+∞) F′(x)+0+F(x)↑非极值点↑F(x1)<F(ln a)=0，即f′(x1)<f′(2ln a-x1)，即f′(x2)<f′(2ln a-x1)，因为x2>ln a，2ln a-x1>ln a，f′(x)在(ln a,+∞)上单调递增，所以x2<2ln a-x1，即x1+x2<2ln a，又x1+x2>2x1x2，所以x1x2<ln a．例9.已知函数f(x)=ln x-1x，g(x)=ax+b．(1)若函数h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若直线g(x)=ax+b是函数f(x)=ln x-1x图象的切线，求a+b的最小值；(3)当b=0时，若f(x)与g(x)的图象有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：x1x2>2e2．(取e为2.8，取ln2为0.7，取2为1.4)【解析】(1)解：h(x)=f(x)-g(x)=ln x-1x-ax-b，则h (x)=1x+1x2-a，∵h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上单调递增，∴对∀x>0，都有h (x)=1x +1x2-a≥0，即对∀x >0，都有a ≤1x +1x2，∵1x +1x2>0，∴a ≤0，故实数a 的取值范围是(-∞，0]；(2)解：设切点x 0,ln x 0-1x 0 ，则切线方程为y -ln x 0-1x 0=1x 0+1x 20(x -x 0)，即y =1x 0+1x 20x -1x 0+1x 20 x 0+ln x 0-1x 0，亦即y =1x 0+1x 20x +ln x 0-2x 0-1，令1x 0=t >0，由题意得a =1x 0+1x 20=t +t 2,b =ln x 0-2x 0-1=-ln t -2t -1，令a +b =φ(t )=-ln t +t 2-t -1，则φ (t )=-1t +2t -1=(2t +1)(t -1)t，当t ∈(0,1)时，φ (t )<0，φ(t )在(0,1)上单调递减；当t ∈(1,+∞)时，φ (t )>0，φ(t )在(1,+∞)上单调递增，∴a +b =φ(t )≥φ(1)=-1，故a +b 的最小值为-1；(3)证明：由题意知ln x 1-1x 1=ax 1，ln x 2-1x 2=ax 2，两式相加得ln x 1x 2-x 1+x 2x 1x 2=a (x 1+x 2)，两式相减得lnx 2x 1-x 1-x 2x 1x 2=a (x 2-x 1)，即ln x2x 1x 2-x 1+1x 1x 2=a ，∴ln x 1x 2-x 1+x 2x 1x 2=ln x2x 1x 2-x 1+1x 1x 2 (x 1+x 2)，即ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1，不妨令0<x 1<x 2，记t =x 2x 1>1，令F (t )=ln t -2(t -1)t +1(t >1)，则F ′(t )=(t -1)2t (t +1)2>0，∴F (t )=ln t -2(t -1)t +1在(1,+∞)上单调递增，则F (t )=ln t -2(t -1)t +1>F (1)=0，∴ln t >2(t -1)t +1，则ln x 2x 1>2(x 2-x 1)x 1+x 2，∴ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1>2，又ln x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln x 1x 2-4x 1x 2x 1x 2=ln x 1x 2-4x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，∴2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1，令G(x)=ln x-2x，则x>0时，G(x)=1x+2x2>0，∴G(x)在(0,+∞)上单调递增，又ln2e-22e=12ln2+1-2e≈0.85<1，∴G(x1x2)=ln x1x2-2x1x2>1>ln2e-22e，则x1x2>2e，即x1x2>2e2．【同步练习】1.已知函数f(x)=ln x+2x-ax2，a∈R．(Ⅰ)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(Ⅱ)设g(x)=f(x)+(a-4)x，试讨论函数g(x)的单调性；(Ⅲ)当a=-2时，若存在正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)+3x1x2=x1+x2，求证：x1+x2>12．【解析】解：(Ⅰ)因为f(x)=ln x+2x-ax2，所以f′(x)=1x+2-2ax，因为f(x)在x=1处取得极值，所以f′(1)=1+2-2a=0，解得：a=3 2．验证：当a=32时，f′(x)=1x+2-3x=-(3x+1)(x-1)x(x>0)，易得f(x)在x=1处取得极大值．(Ⅱ)因为g(x)=f(x)+(a-4)x=ln x-ax2+(a-2)x，所以g′(x)=-(ax+1)(2x-1)x(x>0)，①若a≥0，则当x∈0,1 2时，g′(x)>0，所以函数g(x)在0,1 2上单调递增；当x∈12，+∞时，g′(x)<0，∴函数g(x)在12，+∞上单调递减．②若a<0，g′(x)=-a x+1a(2x-1)x(x>0)，当a<-2时，易得函数g(x)在0,-1 a和12，+∞上单调递增，在-1a，12上单调递减；当a=-2时，g′(x)≥0恒成立，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；当-2<a<0时，易得函数g(x)在0,1 2和-1a，+∞上单调递增，在12，-1a上单调递减．(Ⅲ)证明：当a=-2时，f(x)=ln x+2x+2x2，因为f(x1)+f(x2)+3x1x2=x1+x2，所以ln x1+2x1+2x21+ln x2+2x2+2x22+3x1x2=x1+x2，即ln x1x2+2(x21+x22)+(x1+x2)+3x1x2=0，所以2(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln x1x2，令t=x1x2，φ(t)=t-ln t(t>0)，则φ′(t)=t-1t(t>0)，当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(0,1)上单调递减；当t∈(1,+∞)时，φ′(t)>0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(1,+∞)上单调递增．所以函数φ(t)在t=1时，取得最小值，最小值为1．所以2(x1+x2)2+(x1+x2)≥1，即2(x1+x2)2+(x1+x2)-1≥0，所以x1+x2≥12或x1+x2≤-1，因为x1，x2为正实数，所以当x1+x2=12时，x1x2=1，此时不存在x1，x2满足条件，所以x1+x2>1 2．2.已知函数f(x)=ln x+x-ax2，a∈R．(1)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(2)设g(x)=f(x)+(a-3)x，试讨论函数g(x)的单调性；(3)当a=-2时，若存在正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)+3x1x2=0，求证：x1+x2>12．【解析】(1)解：因为f(x)=ln x+x-ax2，所以f′(x)=1x+1-2ax，因为f(x)在x=1处取得极值，所以f′(1)=1+1-2a=0，解得：a=1．验证：当a=1时，f′(x)=1x+1-2x=-(x-1)(2x+1)x(x>0)，易得f(x)在x=1处取得极大值．(2)解：因为g(x)=f(x)+(a-3)x=ln x-ax2+(a-2)x，所以g′(x)=-(ax+1)(2x-1)x(x>0)，①若a≥0，则当x∈0,1 2时，g′(x)>0，所以函数g(x)在0,1 2上单调递增；当x∈12，+∞时，g′(x)<0，∴函数g(x)在12，+∞上单调递减．②若a<0，g′(x)=-a x+1a(2x-1)x(x>0)，当a<-2时，易得函数g(x)在0,-1 a和12，+∞上单调递增，在-1a，12上单调递减；当a=-2时，g′(x)≥0恒成立，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；当-2<a<0时，易得函数g(x)在0,1 2和-1a，+∞上单调递增，在12，-1a上单调递减．(3)证明：当a=-2时，f(x)=ln x+x+2x2，因为f(x1)+f(x2)+3x1x2=0，所以ln x1+x1+2x12+ln x2+x2+2x22+3x1x2=0，即ln x1x2+2(x12+x22)+(x1+x2)+3x1x2=0，所以2(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln x1x2，令t=x1x2，φ(t)=t-ln t(t>0)，则φ′(t)=t-1t(t>0)，当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(0,1)上单调递减；当t∈(1,+∞)时，φ′(t)>0，所以函数φ(t)=t-ln t(t>0)在(1,+∞)上单调递增．所以函数φ(t)在t=1时，取得最小值，最小值为1．所以2(x1+x2)2+(x1+x2)≥1，即2(x1+x2)2+(x1+x2)-1≥0，所以x1+x2≥12或x1+x2≤-1，因为x1，x2为正实数，所以x1+x2≤-1，因为当x1+x2=12时，x1x2=1，不满足t∈(1,+∞)，所以x1+x2>1 2．3.已知函数f(x)=x(1-ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a +1b<e．【解析】(1)解：由函数的解析式可得f (x)=1-ln x-1=-ln x，∴x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减．(2)证明：由b ln a-a ln b=a-b，得-1a ln1a+1bln1b=1b-1a，即1a1-ln1a=1b1-ln1b，由(1)f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，所以f(x)max=f(1)=1，且f(e)=0，令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为f(x)=k的两根，其中k∈(0,1)．不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,e)，则2-x1>1，先证2<x1+x2，即证x2>2-x1，即证f(x2)=f(x1)<f(2-x1)，令h(x)=f(x)-f(2-x)，则h′(x)=f′(x)+f′(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]在(0,1)单调递减，所以h′(x)>h′(1)=0，故函数h(x)在(0,1)单调递增，∴h(x1)<h(1)=0．∴f(x1)<f(2-x1)，∴2<x1+x2，得证．同理，要证x1+x2<e，(法一)即证1<x2<e-x1，根据(1)中f(x)单调性，即证f(x2)=f(x1)>f(e-x1)，令φ(x)=f(x)-f(e-x)，x∈(0,1)，则φ (x)=-ln[x(e-x)]，令φ′(x0)=0，x∈(0,x0)，φ (x)>0，φ(x)单调递增，x∈(x0，1)，φ (x)<0，φ(x)单调递减，又0<x<e时，f(x)>0，且f(e)=0，故limx→0+φ(x)=0，φ(1)=f(1)-f(e-1)>0，∴φ(x)>0恒成立，x1+x2<e得证，(法二)f(x1)=f(x2)，x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)，又x1∈(0,1)，故1-ln x1>1，x1(1-ln x1)>x1，故x1+x2<x1(1-ln x1)+x2=x2(1-ln x2)+x2，x2∈(1,e)，令g(x)=x(1-ln x)+x，g′(x)=1-ln x，x∈(1,e)，在(1,e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)<g(e)=e，即x2(1-ln x2)+x2<e，所以x1+x2<e，得证，则2<1a+1b<e．4.已知函数f(x)=ln x-x．(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)设a，b为两个不相等的正数，ln a-ln b=a-b，证明：ab<1．【解析】解：(I)f′(x)=1x-1=1-xx，x>0，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故函数在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，(II)证明：由ln a-ln b=a-b，得ln a-a=ln b-b，令x1=a，x2=b，则x1，x2是f(x)=x的两根，不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,+∞)，则0<x1<1，0<1x2<1，要证ab<1，即证x1<1x2，即f(x1)=f(x2)<f1x2，令h(x)=f(x)-f1x=2ln x+1x-x，则h′(x)=2x-1x2-1=-(x-1)2x2<0，所以h(x)在(1,+∞)单调递减，h(x)<h(1)=0，所以f(x1)=f(x2)<f1x2 ，所以ab<1，5.已知函数f(x)=xe-x(x∈R)．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，证明：当x>1时，f(x) >g(x)；(Ⅲ)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2．【解析】解：(Ⅰ)解：f′(x)=(1-x)e-x令f′(x)=0，解得x=1当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表x(-∞,1)1(1,+∞)f′(x)+0-f(x)增极大值减所以f(x)在(-∞,1)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数．函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=1 e．(Ⅱ)证明：由题意可知g(x)=f(2-x)，得g(x)=(2-x)e x-2令F(x)=f(x)-g(x)，即F(x)=xe-x+(x-2)e x-2于是F (x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x当x>1时，2x-2>0，从而e2x-2-1>0，又e-x>0，所以F′(x)>0，从而函数F(x)在[1，+∞)是增函数．又F(1)=e-1-e-1=0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0，即f(x)>g(x)．(Ⅲ)证明：(1)若(x1-1)(x2-1)=0，由(I)及f(x1)=f(x2)，则x1=x2=1．与x1≠x2矛盾．(2)若(x1-1)(x2-1)>0，由(I)及f(x1)=f(x2)，得x1=x2．与x1≠x2矛盾．根据(1)(2)得(x1-1)(x2-1)<0，不妨设x1<1，x2>1．由(Ⅱ)可知，f(x2)>g(x2)，则g(x2)=f(2-x2)，所以f(x2)>f(2-x2)，从而f(x1)>f(2-x2)．因为x2>1，所以2-x2<1，又由(Ⅰ)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数，所以x1>2-x2，即x1+x2>2．6.已知函数f(x)=x-e a+x(a∈R)．(1)若a=1，求函数f(x)在x=0处的切线方程；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1+x2>2．【解析】解：(1)f(x)=x-e1+x的导数为f′(x)=1-e1+x，则函数f(x)在x=0处的切线斜率为1-e，又切点为(0,-e)，则切线的方程为y=(1-e)x-e，即(e-1)x+y+e=0；(2)设函数g(x)=x-ln x+a，与函数f(x)具有相同的零点，g (x)=x-1x，知函数g(x)在(0,1)上递减，(1,+∞)上递增，当x→0，g(x)→+∞；可证当x∈(0,+∞)时，ln x<x-1，即-ln x=ln 1x≤1x-1，即此时g(x)=x-ln x+a<x+1x+a-1，当x→+∞时，g(x)→+∞，f(x)有两个零点，只需g(1)<0，即a<-1；证明：方法一：设函数F(x)=g(x)-g(2-x)，(1<x<2)则F(x)=2x-2-ln x+ln(2-x)，且F (x)=2(x-1)2x(x-2)<0对x∈(1,2)恒成立即当x∈(1,2)时，F(x)单调递减，此时，F(x)<F(1)=0，即当x∈(1,2)时，g(x)<g(2-x)，由已知0<x1<1<x2，则1-x1∈(1,2)，则有g(2-x1)<g(2-2+x1)=g(x1)=g(x2)由于函数g(x)在(1,+∞)上递增，即2-x1<x2，即x1+x2>2．方法二：故x2-x1=ln x2-ln x1=ln x2 x1．设x2x1=t，则t>1，且x2=tx1x2-x1=ln t，解得x1=ln tt-1，x2=t ln tt-1.x1+x2=(t+1)ln tt-1，要证：x1+x2=(t+1)ln tt-1>2，即证明(t+1)ln t>2(t-1)，即证明(t+1)ln t-2t+2>0，设g(t)=(t+1)ln t-2t+2(t>1)，g (t)=ln t+1t-1，令h(t)=g (t)，(t>1)，则h (t)=t-1t2>0，∴h(t)在(1,+∞)上单调增，g (t)=h(t)>h(1)=0，∴g(t)在(1,+∞)上单调增，则g(t)>g(1)=0．即t>1时，(t+1)ln t-2t+2>0成立，7.已知函数f(x)=axe x-(a-1)(x+1)2(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718128⋯)．(1)若f(x)仅有一个极值点，求a的取值范围；(2)证明：当0<a<12时，f(x)有两个零点x1，x2，且-3<x1+x2<-2．【解析】(1)解：f (x)=ae x+axe x-2(a-1)(x+1)=(x+1)(ae x-2a+2)，由f (x)=0得到x=-1或ae x-2a+2=0(*)由于f(x)仅有一个极值点，关于x的方程(*)必无解，①当a=0时，(*)无解，符合题意，②当a≠0时，由(*)得e x=2a-2a，故由2a-2a≤0得0<a≤1，由于这两种情况都有，当x<-1时，f (x)<0，于是f(x)为减函数，当x>-1时，f (x)>0，于是f(x)为增函数，∴仅x=-1为f(x)的极值点，综上可得a的取值范围是[0，1]；(2)证明：由(1)当0<a<12时，x=-1为f(x)的极小值点，又∵f(-2)=-2ae2-(a-1)=-2e2-1a+1>0对于0<a<12恒成立，f(-1)=-ae <0对于0<a<12恒成立，f(0)=-(a-1)>0对于0<a<12恒成立，∴当-2<x<-1时，f(x)有一个零点x1，当-1<x<0时，f(x)有另一个零点x2，即-2<x1<-1，-1<x2<0，且f(x1)=ax1e x1-(a-1)(x1+1)2=0,f(x2)=ax2e x2-(a-1)(x2+1)2=0，(#)所以-3<x1+x2<-1，下面再证明x1+x2<-2，即证x1<-2-x2，由-1<x2<0得-2<-2-x2<-1，由于x<-1，f(x)为减函数，于是只需证明f(x1)>f(-2-x2)，也就是证明f(-2-x2)<0，f(-2-x2)=a(-2-x2)e-2-x2-(a-1)(-x2-1)2=a(-2-x2)e-2-x2 -(a-1)(x2+1)2，借助(#)代换可得f(-2-x2)=a(-2-x2)e-2-x2-ax2e x2=a[(-2-x2)e-2-x2-x2e x2]，令g(x)=(-2-x)e-2-x-xe x(-1<x<0)，则g (x)=(x+1)(e-2-x-e x)，∵h(x)=e-2-x-e x为(-1,0)的减函数，且h(-1)=0，∴g (x)=(x+1)(e-2-x-e x)<0在(-1,0)恒成立，于是g(x)为(-1,0)的减函数，即g(x)<g(-1)=0，∴f(-2-x2)<0，这就证明了x1+x2<-2，综上所述，-3<x1+x2<-2．8.已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)，f′(x)是f(x)的导函数．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)当x>0时，求证：f(ln a+x)>f(ln a-x)；(Ⅲ)已知f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，求证：f/x1+x22<0．【解析】证明：(Ⅰ)∵f′(x)=e x-a．当a≤0时，则f′(x)=e x-a>0，即f(x)在R上是增函数，当a>0时，由f′(x)=e x-a=0，得x0=ln a．当x∈(-∞,x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0．即f(x)在(-∞,ln a)上是减函数，在(ln a,+∞)上是增函数，(Ⅱ)证明：设g(x)=f(ln a+x)-f(ln a-x)(x>0)=[e ln a+x-a(ln a+x)]-[e ln a-x-a(ln a-x)]= a(e x-e-x-2x)，∴g′(x)=a(e x+e x-2)≥2a e x∙e-x-2a=0，当且仅当x=0时等号成立，但x>0，∴g′(x)>0，即g(x)在(0,+∞)上是增函数，所以g(x)>g(0)=0∴不等式f(x0+x)>f(x0-x)恒成立．(Ⅲ)由(I)知，当a≤0时，函数y=f(x)的图象与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x)的最小为f(ln a)，且f(ln a)<0．设A(x1，0)，B(x2，0)，0<x1<x2，则0<x1<ln a<x2．由(II)得f(2ln a-x1)=f(ln a+ln a-x1)>f(x1)=0．∵2ln a-x1=ln a+(ln a-x1)>ln a，x2>ln a，且f(x)在(ln a,+∞)上是增函数又f(2ln a-x1)>0=f(x2)，∴2ln a-x1>x2．于是x1+x22<ln a，∵f(x)在(-∞,ln a)上减函数，∴fx1+x22<0．9.设函数f(x)=e x-ax+a，a∈R，其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1<x2．(1)求a的取值范围；(2)证明：f (x1x2)<0．【解析】解：(1)∵f(x)=e x-ax+a，∴f (x)=e x-a，若a≤0，则f (x)>0，则函数f(x)是单调增函数，这与题设矛盾．∴a>0，令f (x)=0，则x=ln a，当f (x)<0时，x<ln a，f(x)是单调减函数，当f (x)>0时，x>ln a，f(x)是单调增函数，于是当x=ln a时，f(x)取得极小值，∵函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)的图象与x轴交于两点A(x1，0)，B(x2，0)(x1<x2)，∴f(ln a)=a(2-ln a)<0，即a>e2，此时，存在1<ln a，f(1)=e>0，存在3ln a>ln a，f(3ln a)=a3-3a ln a+a>a3-3a2+a>0，又由f(x)在(-∞,ln a)及(ln a,+∞)上的单调性及曲线在R上不间断，可知a>e2为所求取值范围．(2)∵e x1-ax1+a=0 e x2-ax2+a=0 ，∴两式相减得a=e x2-e x1x2-x1，记x2-x12=s(s>0)，则f′x1+x22=e x1+x22-e x2-e x1x2-x1=ex1+x222s[2s-(e s-e-s)]，设g(s)=2s-(e s-e-s)，则g (s)=2-(e s+e-s)<0，∴g(s)是单调减函数，则有g(s)<g(0)=0，而e x1+x222s>0，∴f′x1+x22<0．又f (x)=e x-a是单调增函数，且x1+x22>x1x2，∴f′(x1x2)<0．10.设函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1<x2．(1)求f(x)的单调区间和极值点；(2)证明：f′(x1x2)<0(f′(x)是f(x)的导函数)；(3)证明：x1x2<x1+x2．【解析】解：(1)设函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，所以函数f(x)不单调，∵f (x)=e x-a=0有实数解，所以a>0，解得x=ln a，因为x<ln a，f (x)<0，f(x)单调递减，x>ln a时，f (x)>0，f(x)单调递增，且ln a是极小值点；f(ln a)极小值=e ln a-a ln a+a=2a2-ln a，由题意得，f(ln a)<0，所以a>e2，所以函数f(x)的单调递增区间(-∞,ln a)，单调递减区间(ln a,+∞)，极小值点是ln a，无极大值点，且a>e2．(2)证明：∵e x1-ax1+a=0 e x2-ax2+a=0 ，两式相减可得，a=e x2-e x1x2-x1，令s=ex2-x12(s>0)，则fx1+x22=e x1+x22-e x2-e x1x2-x1，=e x1+x222s[2s-(e s-e-s)]，令g(s)=2s-(e s-e-s)，则g′(s)=2-(e s+e-s)<0，所以g(s)单调递减，g(s)<g(0)=0，而e x1+x222s>0，∴fx1+x22<0，又x1+x22>x1x2，∴f′(x1x2)<0；(3)证明：由e x1-ax1+a=0e x2-ax2+a=0，可得e x2-x1=x2-1x1-1，∴e(x2-1)-(x1-1)=x2-1 x1-1，令m=x1-1，n=x2-1，则0<m<1<n，∴e n-m=nm，设t=nm，则t>1，n=mt，∴e(t-1)m=t，∴m=ln tt-1，n=t ln tt-1，∴mn=t(ln t)2 (t-1)2，要证明：x1x2<x1+x2，等价于证明：(x1-1)(x2-1)<1，即证mn<1，即证t(ln t)2(t-1)2<1，即证ln tt-1<1t，即证ln t<t-1t ，令g(t)=2ln t-t+1t，(t>1)，g′(t)=2t -1-1t2=-(t-1)2t2<0，∴g(t)在(1,+∞)上单调递减，∵t>1，故g(t)<0，∴2ln t-t+1t<0，∴ln t<t-1t，从而有：x1x2<x1+x2．11.已知函数f(x)=x2ln x+ax(a∈R)在x=1处的切线与直线x-y+2=0平行．(1)求实数a的值，并求f(x)的极值；(2)若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2，求证：x21+x22>2e．【解析】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=2x ln x+x-ax2，由题意知f′(1)=1-a=1，∴a=0．∴f′(x)=2x ln x+x=x(2ln x+1)，令f′(x)=0，则x=e e，当x∈0,e e时，f′(x)<0；x∈e e,+∞时，f′(x)>0．∴f(x)的极小值为f ee=-12e，证明：(2)由(1)知f(x)=x2ln x，由f(x1)=f(x2)=m，得x12ln x1=x22ln x2，即2x12ln x1=2x22ln x2，所以x12ln x12=x22ln x22．∵x1≠x2，不妨设x1<x2，令t1=x12，t2=x22，h(t)=t ln t(t>0)，则原题转化为h(t)=2m有两个实数根t1，t2(t1<t2)，又h′(t)=1+ln t，令h′(t)>0，得t>e-1；令h′(t)<0，得t<e-1，∴h(t)在(0,e-1)上单调递减，在(e-1，+∞)上单调递增，又t→0+时，h(t)→0，h(1)=0，h(e-1)=-e-1，由h(t)图象可知，-e-1<2m<0，0<t1<e-1<t2<1．设g(t)=h(t)-h2e-t=t ln t-2e-tln2e-t，t∈0,1e，则g (t)=(ln t+1)--ln2e-t-1=2+ln t2e-t．当0<t<1e时，t2e-t=-t-1e2+1e2<1e2，则g′(t)<0∴g(t)在0,1 e上单调递减．又∵g1e=h1e -h2e-1e=0∴t∈0,1e时，g(t)>0，得到g(t1)=h(t1)-h2e-t1>0，即h(t1)>h2e-t1，又∵h(t1)=h(t2)，∴h(t2)>h2e -t1，又0<t1<1e，则2e-t1>1e，且1>t2>1e，h(t)在1e,+∞上单调递增，∴t2>2e -t1，即t1+t2>2e，即x12+x22>2e．。

极值点偏移问题1.已知函数f x =2a ln x -x 2+2a -1 x +a ．(1)若a =1，证明：f x <2x -x 2；(2)若f x 有两个不同的零点x 1,x 2，求a 的取值范围，并证明：x 1+x 2>2a ．【答案】(1)证明见详解；(2)证明见详解．【解析】(1)当a =1时，f x =2ln x -x 2+1，定义域为0,+∞令g x =f x -2x -x 2 =2ln x -2x +1，则g x =2x-2当0<x <1时，g x >0；当1<x 时，g x <0；所以函数g x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，故g x max =g 1 =-1<0，所以g x <0，得f x <2x -x 2；(2)因为f x 有两个不同的零点x 1,x 2，则f x 在定义域内不单调；由f x =2ax -2x +2a -1 =-2x -a x +1 x当a ≤0时，f x <0在0,+∞ 恒成立，则f x 在0,+∞ 上单调递减，不符合题意；当a >0时，在0,a 上有f x >0，在a ,+∞ 上有f x <0，所以f x 在0,a 上单调递增，在a ,+∞ 上单调递减．不妨设0<x 1<a <x 2令F x =f x -f 2a -x则F x =f x -f 2a -x 2a -x =f x +f 2a -x=2a x -2x +2a -1 +2a 2a -x -22a -x +2a -1 =4a -x 2x 2a -x 当x ∈0,a 时，F x >0，则F x 在0,a 上单调递增所以F x <F a =f a -f 2a -a =0故f x <f 2a -x ，因为0<x 1<a <x 2所以f x 1 <f 2a -x 1 ，又f x 1 =f x 2 ，a <2a -x 1<2a 则f x 2 <f 2a -x 1 ，又f x 在a ,+∞ 上单调递减，所以x 2>2a -x 1，则x 1+x 2>2a ．2.已知函数f (x )=axe x(a ≠0).(1)若对任意的x ∈R ，都有f (x )≤1e恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设m ,n 是两个不相等的实数，且m =ne m -n ．求证：m +n >2.【答案】(1)(0,1];(2)证明见解析【解析】(1)当a <0时，f 1a=1e 1a，因为0<e 1a<e ，所以1e1a>1e ，即f 1a >1e ，不符合题意；当a >0时，f (x )=a (1-x )e x，当x ∈(-∞,1)时，f (x )>0，当x ∈(1,+∞)时，f (x )<0，所以f (x )在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．所以f(x)≤f(1)=ae．由f(x)≤1e恒成立可知ae≤1e，所以a≤1．又因为a>0，所以a的取值范围为(0,1]．(2)因为m=ne m-n，所以me-m=ne-n，即me m =ne n．令g(x)=xe x，由题意可知，存在不相等的两个实数m，n，使得g(m)=g(n)．由(1)可知g(x)在区间(-∞,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减．不妨设m<n，则m<1<n．设h(x)=g(x)-g(2-x)(x>1)，则h (x)=g (x)-[g(2-x)] =1-xe x+(x-1)e x-2=(x-1)⋅e2x-2-1e x>0，所以h(x)在(1,+∞)上单调递增，所以h(x)>0，即g(x)>g(2-x)在区间(1,+∞)上恒成立．因为n>1，所以g(n)>g(2-n)．因为g(m)=g(n)，所以g(m)>g(2-n)．又因为m<1，2-n<1，且g(x)在区间(-∞,1)上单调递增，所以m>2-n，即m+n>2．3.已知函数f(x)=(2x-a)e x.(1)求f(x)的单调区间(2)若f(x)的极值点为-12，且f(m)=f(n)(m≠n)，证明：-3e<f(m+n)< 0.【答案】(1)单调递减区间为-∞,a-2 2，单调递增区间为a-22,+∞;(2)证明见解析【解析】(1)f(x)的定义域为R，f (x)=(2x+2-a)e x，由f (x)=0，得x=a-2 2.当x∈-∞,a-2 2时，f (x)<0；当x∈a-22,+∞时，f (x)>0.所以f(x)的单调递减区间为-∞,a-2 2，单调递增区间为a-22,+∞.(2)证明：由(1)可知，由f(x)的极值点为-12，得a-22=-1 2，所以a=1，f(x)=(2x-1)e x.当x∈-∞,-1 2时，f (x)<0；当x∈-12,+∞时，f (x)>0，则函数f(x)的大致图象，如图所示；不妨设m<n，若f(m)=f(n)(m≠n)，由图象知：m<-12<n<12，又f(-1)=-3e，所以要证-3e<f(m+n)<0，即证m+n<-1，当m≤-32时，m+n<-1，-3e=f(-1)<f(m+n)<0.当-32<m<-12时，-1-m∈-12,12，f(m)-f(-1-m)=(2m-1)e m-(-2m-3)e-m-1，=(2m-1)e2m+1+2m+3e m+1，m∈-32,-12.设h(x)=(2x-1)e2x+1+2x+3，x∈-32,-12，则h (x)=4xe2x+1+2，x∈-32,-12，令g x =h (x)=4xe2x+1+2，则g (x)=(4+8x)e2x+1<0，所以h (x)在-32,-12上单调递减，所以h (x)>h -1 2=0，h(x)在-32,-12上单调递增，则h(x)<h-1 2=0，所以f(m)-f(-1-m)=f(n)-f(-1-m)<0，即f(n)<f(-1-m)，又因为n，-1-m∈-1 2,12，且f(x)在-12,12上单调递增，所以n<-1-m，即m+n<-1，则-3e<f(m+n)<0.综上，-3e<f(m+n)<0.4.已知函数f x =x2ln x-ax+1．(1)若f x ≥0恒成立，求实数a的取值范围．(2)若函数y=f x -ax3+ax-1的两个零点为x1，x2，证明：x1x2>e2．【答案】(1)a≤1；(2)证明见解析.【解析】(1)因为f x ≥0恒成立，所以x2ln x-ax+1≥0，即a≤x ln x+1x恒成立．令g x =x ln x+1x，则g x =ln x-1x2+1，易知g x 在0,+∞上单调递增，且g 1 =0．所以当x∈0,1时，g x <0；当x∈1,+∞时，g x >0．所以g x 在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以g x min=g1 =1，故a≤1．(2)证明：由题意可知方程ln x-ax=0的两根为x1，x2．令h x =ln x -ax ，则h x 的两个零点为x 1，x 2．h x =1x -a =1-axx．当a ≤0时，h x >0，h x 在0,+∞ 上单调递增，不存在两个零点；当a >0时，h x 在0,1a 上单调递增，在1a,+∞ 上单调递减，则h x max =h 1a =ln 1a -1>0，得0<a <1e．设x 1<x 2，则x 1∈0,1a ，x 2∈1a,+∞ ．因为h x 1 =h x 2 =0，所以ln x 1=ax 1，ln x 2=ax 2．要证x 1x 2>e 2，即要证ln x 1+ln x 2=a x 1+x 2 >2，即证x 1+x 2>2a．令F x =h 2a -x -h x =ln 2a -x -a 2a-x -ln x +ax=ln 2a -x -ln x +2ax -2，x ∈0,1a．则F x =2ax -1 2x ax -2<0，所以F x 在0,1a 上单调递减，所以F x >F 1a=0．因为F x 1 =h 2a -x 1 -h x 1 >0，所以h 2a-x 1 >h x 1 =h x 2 =0．因为x 2，2a -x 1∈1a ,+∞ ，且h x 在1a ,+∞ 上单调递减，所以x 2>2a -x 1，即x 1+x 2>2a，故x 1x 2>e 2成立．5.已知函数f x =ln x +ax 2+b ，曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y =5x -5.(1)求a ，b 的值；(2)若x 1，x 2是两个正数，且f x 1 +f x 2 ≥x 1+x 2，证明：x 1+x 2>1.【答案】(1)a =2,b =-2;(2)证明见解析.【解析】(1)f 'x =1x+2ax x >0 ，因为曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y =5x -5，所以f '(1)=5f (1)=0 ，即1+2a =5,a +b =0, ，解得a =2,b =-2所以a =2,b =-2(2)由(1)知f x =ln x +2x 2-2，令g x =f x -x =ln x +2x 2-x -2x >0 ，所以g 'x =1x+4x -1≥21x ⋅4x -1=3>0，所以函数g x 在0,+∞ 上单调递增，因为x 1，x 2是两个正数，且f x 1 +f x 2 ≥x 1+x 2所以g x 1 +g x 2 ≥0，不妨设x 1≤x 2，当x 1>12时，命题x 1+x 2>1显然成立，得证.当0<x 1≤12时，令F (x )=g (x )+g (1-x ),0<x ≤12所以F '(x )=1x +4x -1-11-x +4x -3=(1-2x )3x (1-x ),所以当x ∈0,12时，1-2x ≥0,1-x >0，故F '(x )≥0,所以函数F (x )在x ∈0,12上单调递增，所以F (x )≤F 12=-2ln2-4<0,即g (x )+g (1-x )<0，所以g x 1 <-g 1-x 1 ，因为g (x 1)≥-g (x 2)，所以-g (x 2)≤g (x 1)<-g (1-x 1)所以g (x 2)>g (1-x 1)，因为函数g x 在0,+∞ 上单调递增，所以x 2>1-x 1，即x 1+x 2>1.综上，x 1+x 2>1，证毕.6.已知函数f x =a ln x +2 -x a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性和最值；(2)若关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2，求证：e x 1+e x 2>2m.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)f x =a x +2-1=a -2-xx +2，其中x >-2若a ≤0，则f x <0在-2,+∞ 上恒成立，故f (x )在-2,+∞ 上为减函数，故f (x )无最值.若a >0，当x ∈-2,a -2 时，f x >0；当x ∈a -2,+∞ 时，f x <0；故f (x )在-2,a -2 上为增函数，在a -2,+∞ 上为减函数，故f (x )max =f a -2 =a ln a -a +2，f (x )无最小值.(2)方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)即为me x +x +ln m =x +2+ln x +2 ，故e x +ln m +ln e x +ln m =x +2+ln x +2 ，因为y =x +ln x 为0,+∞ 上的增函数，所以x +2=e x +ln m =me x所以关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2即为：x +2=me x 有两个不同的实数根x 1,x 2.所以x 1+2=me x 1,x 2+2=me x 2，所以x 1-x 2=m e x 1-e x 2，不妨设x 1>x 2，t =x 1-x 2，故e x 1+e x 2=e x1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2，要证：e x 1+e x 2>2m 即证e x 1+e x 2x 1-x 2m e x 1-e x 2>2m ，即证e x 1-x 2+1 x 1-x 2e x 1-x2-1>2，即证e t +1 te t -1>2t >0 ，即证e t +1 t >2e t -2t >0 ，设s t =e t +1 t -2e t +2，则s t =e t +1+te t -2e t =t -1 e t +1，故s t =te t >0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，故s t >s 0 =0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，所以s t >s 0 =0，故e x 1+e x 2>2m成立.7.已知函数f x =x -ln x(1)求证：当x >1时，ln x >2x -1x +1；(2)当方程f x =m 有两个不等实数根x 1,x 2时，求证：x 1+x 2>m +1【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【解析】(1)证明：令g x =ln x -2x -1x +1x >1 ，因为gx =1x -4x +1 2=x -1 2x x +12>0，所以g x 在1,+∞ 上单调递增，所以g x >g 1 =0，即当x >1时，ln x >2x -1x +1.(2)证明：由f x =x -ln x ，得f x =1-1x，易知f x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以f x min =1.因为方程f x =m 有两个不等实根，所以m >1.不妨设0<x 1<1<x 2.由(1)知，当x >1时，ln x >2x -1 x +1；当0<x <1时，ln x <2x -1x +1.方程f x =m 可化为x -m =ln x .所以x 2-m =ln x 2>2x 2-1x 2+1，整理得x 22-m +1 x 2+2-m >0.①同理由x 1-m =ln x 1<2x 1-1x 1+1，整理得-x 21+m +1 x 1-2+m >0.②由①②，得x 2-x 1 x 1+x 2 -m +1 >0.又因为x 2>x 1所以x 1+x 2>m +1.法二：由f x =x -ln x ，得f x =1-1x，易知f x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以f x min =1.因为方程f x =m 有两个不等实根，所以m >1.不妨设0<x 1<1<x 2.要证x 1+x 2>m +1，只要证x 1+x 2>x 1-ln x 1+1，只要证：x 2>-ln x 1+1>1.因为f x 在1,+∞ 上单调递增，只要证：f x 1 =f x 2 >f 1-ln x 1 .令h x =f x -f 1-ln x 0<x <1 ，只要证∀x ∈0,1 ，h x >0恒成立.因为h x =f x -f 1-ln x -1x =1-1x +1x 1-11-ln x=x -x ln x -1x 1-ln x，令F x =x -x ln x -10<x <1 ，则F x =-ln x >0，故F x 在0,1 上单调递增，F x <F 1 =0，所以h x <0，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x >h 1 =0，故原结论得证.8.已知函数h x =x -a ln x a ∈R .(1)若h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程xe x -a ln x +x =0有两个实根x 1、x 2，且x 1≠x 2，证明：e x 1+x 2>e 2x 1x 2.【答案】(1)e ,+∞ ;(2)证明见解析【解析】(1)函数h x 的定义域为0,+∞ .当a =0时，函数h x =x 无零点，不合乎题意，所以，a ≠0，由h x =x -a ln x =0可得1a =ln xx，构造函数f x =ln x x ，其中x >0，所以，直线y =1a与函数f x 的图象有两个交点，f x =1-ln xx2，由f x =0可得x =e ，列表如下：x 0,ee e ,+∞f x +-f x增极大值1e减所以，函数f x 的极大值为f e =1e，如下图所示：且当x >1时，f x =ln xx >0，由图可知，当0<1a <1e 时，即当a >e 时，直线y =1a与函数f x 的图象有两个交点，故实数a 的取值范围是e ,+∞ .(2)证明：因为xe x -a ln x +x =0，则xe x -a ln xe x =0，令t =xe x >0，其中x >0，则有t -a ln t =0，t =x +1 e x >0，所以，函数t =xe x 在0,+∞ 上单调递增，因为方程xe x -a ln x +x =0有两个实根x 1、x 2，令t 1=x 1e x 1，t 2=x 2e x 2，则关于t 的方程t -a ln t =0也有两个实根t 1、t 2，且t 1≠t 2，要证e x 1+x 2>e 2x 1x 2，即证x 1e x 1⋅x 2e x 2>e 2，即证t 1t 2>e 2，即证ln t 1+ln t 2>2，由已知t 1=a ln t 1t 2=a ln t 2 ，所以，t 1-t 2=a ln t 1-ln t 2 t 1+t 2=a ln t 1+ln t 2 ，整理可得t 1+t 2t 1-t 2=ln t 1+ln t 2ln t 1-ln t 2，不妨设t 1>t 2>0，即证ln t 1+ln t 2=t 1+t 2t 1-t 2ln t 1t 2>2，即证ln t1t 2>2t 1-t 2 t 1+t 2=2t1t 2-1 t 1t 2+1，令s =t1t 2>1，即证ln s >2s -1 s +1，其中s >1，构造函数g s =ln s -2s -1s +1，其中s >1，gs =1s -4s +1 2=s -1 2s s +12>0，所以，函数g s 在1,+∞ 上单调递增，当s >1时，g s >g 1 =0，故原不等式成立.9.已知函数f x =ln ax +12ax 2-2x ，a >0.(1)求函数f x 的增区间；(2)设x 1，x 2是函数f x 的两个极值点，且x 1<x 2，求证：x 1+x 2>2.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)由题意得fx =1x +ax -2=ax 2-2x +1x(x >0).令f x >0，则ax 2-2x +1>0.①当Δ=-2 2-4a ≤0，即a ≥1时，ax 2-2x +1>0在0,+∞ 上恒成立，即f x 的增区间为0,+∞ ；②当Δ=-2 2-4a >0，即0<a <1时，0<x <1-1-aa或x >1+1-a a ，即f x 的增区间为0,1-1-a a和1+1-aa ,+∞ .综上，当a ≥1时，f x 的增区间为0,+∞ ；当0<a <1时，f x 的增区间为0,1-1-aa和1+1-aa,+∞.(2)因为fx =ax 2-2x +1x(x >0)，f x 有两个极值点x 1，x 2，所以x 1，x 2是方程ax 2-2x +1=0的两个不相等的正实数根，可求出从而Δ=-2 2-4a >0，a >0，解得0<a <1.由ax 2-2x +1=0得a =2x -1x 2.因为0<a <1，所以x >12且x ≠1.令g x =2x -1x 2，x >12且x ≠1，则gx=21-x x 3，所以当12<x <1时，g x >0，从而g x 单调递增；当x >1时，g x <0，从而g x 单调递减，于是a =2x 1-1x 21=2x 2-1x 2212<x 1<1<x 2 .要证x 1+x 2>2，只要证x 2>2-x 1，只要证明g x 2 <g 2-x 1 .因为g x 1 =g x 2 ，所以只要证g x 1 <g 2-x 1 .令F x 1 =g x 1 -g 2-x 1 =2x 1-1x 21-22-x 1 -12-x 12则F x 1 =21-x 1 x 31+21-2-x 12-x 1 3=21-x 1 x 31+2x 1-1 2-x 1 3=21-x 1 1x 31-12-x 1 3 =41-x 1 22-x 1 2+2-x 1 x 1+x 21 x 312-x 13.因为12<x 1<1，所以F x 1 >0，即F x 1 在12,1 上单调递增，所以F x 1 <F 1 =0，即g x 1 <g 2-x 1 ，所以x 2>2-x 1，即x 1+x 2>2.10.设f (x )=xex -mx 2，m ∈R .(1)设g (x )=f (x )-2mx ，讨论函数y =g (x )的单调性；(2)若函数y =f (x )在(0，+∞)有两个零点x 1，x 2，证明：x 1+x 2>2.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【解析】(1)g x =xe x -mx 2-2mx x ∈R ，g x =x +1 e x -2m ，m ≤0时，e x -2m >0，当x >-1时g x >0，g x 是单调递增函数，当x <-1时g x <0，g x 是单调递减函数；m >0时，令g x =0，得x 1=-1,x 2=ln 2m ，当-1>ln 2m 即0<m <12e时，x >-1或x <ln 2m 时g x >0，g x是单调增函数，ln 2m <x <-1时g x <0，g x 是单调递减函数，当-1<ln 2m 即m >12e时，x <-1或x >ln 2m 时g x >0，g x 是单调增函数，-1<x <ln 2m 时g x <0，g x 是单调递减函数，当-1=ln 2m 即m =12e时，g x >0，g x 在x ∈R 上是单调增函数，综上所述m ≤0时，g x 在-1,+∞ 是单调递增函数，在-∞,1 上是单调递减函数；0<m <12e时，g x 在-1,+∞ ，-∞,ln 2m 上是单调增函数，在ln 2m ,-1 是单调递减函数，m >12e时，g x 在-∞,-1 ，ln 2m ,+∞ 上是单调增函数，在-1,ln 2m 是单调递减函数，m =12e时，g x 在x ∈R 上是单调增函数.(2)令f x =xe x -mx 2=0，因为x >0，所以e x =mx ，令F x =e x -mx x >0 ，F x 1 =0,F x 2 =0，两式相除得，e x 1-x2=x 1x 2，①不妨设x 2>x 1，令t =x 2-x 1，则t >0，x 2=t +x 1，代入①得：e t =t +x 1x 1，反解出：x 1=t e t -1，则x 1+x 2=2x 1+t =2te t -1+t ，故要证x 1+x 2>2即证2te t -1+t >2，又因为e t -1>0，等价于证明：2t +t -2 e t -1 >0，构造函数h (t )=2t +t -2 e t -1 t >0 ，则h (t )=t -1 e t +1，h (t )=te t >0，故h (t )在0，+∞ 上单调递增，h (t )>h (0)=0，从而h (t )在0，+∞ 上单调递增，h (t )>h (0)=0.即x 1+x 2>2.11.已知函数f x =ae x -x ，a ∈R ．(1)若f x 在x =0处的切线与x 轴平行，求实数a 的值；(2)若f x 有两个不同的零点x 1、x 2．①求实数a 的取值范围；②证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)1；(2)①0,1e；②证明见解析.【解析】(1)∵f x =ae x -x ，∴f x =ae x -1，由题意可得f 0 =a -1=0，解得a =1；(2)①∵f x =ae x -1.当a ≤0时，f x <0，f x 在R 上单调递减，不可能有两个零点，舍去；当a >0时，令f x =0⇒x =-ln a .且当x <-ln a 时，f x <0，此时，函数f x 单调递减；当x >-ln a 时，f x >0，此时，函数f x 单调递增.∴f x min =f -ln a =1+ln a <0，解得0<a <1e.令t =1a >e ，构造函数h t =e t -t 2，其中t >e ，则h t =e t -2t ，h t =e t-2>0，所以，函数h t 在e ,+∞ 上单调递增，可得出h t >h e =e e -2e >e e -e 2>0，所以，函数h t 在e ,+∞ 上单调递增，可得出h t >h e =e e -e 2>0，所以，当0<a <1e 时，e 1a>1a2.当且仅当0<a <1e 时，f 0 =a >0，f 1a =ae 1a-1a >a ⋅1a2-1a =0，所以，函数f x 在0,-ln a 和-ln a ,1a 上各有一个零点，综上所述，实数a 的取值范围是0,1e；②由f x =ae x -x =0，得x e x -a =0，令g x =x e x -a ，则g x =1-xe x，由g x =1-x e x>0，得x <1；由g x =1-xe x<0，得x >1．所以g x 在-∞,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，由于x 1、x 2是方程g x =0的实根，不妨设x 1<1<x 2，要证x 1+x 2>2，只要证x 2>2-x 1>1．由于g x 在1,+∞ 单调递减，故只要证g x 2 <g 2-x 1 ，由于g x 1 =g x 2 =0，故只要证g x 1 <g 2-x 1 ，令H x =g x -g 2-x =x e x -2-xe 2-x x <1 ，则Hx =1-x e x -1-x e 2-x =e 2-x -e x1-x e 2，因为x <1，所以1-x >0，2-x >x ，所以e 2-x >e x ，即e 2-x -e x >0，所以H x >0，所以H x 在-∞,1 上为增函数．所以H x 1 <H 1 =0，即有g x 1 <g 2-x 1 成立，所以x 1+x 2>2．12.已知a ∈R ，f x =x ⋅e -ax (其中e 为自然对数的底数).(1)讨论函数y =f x 的单调性；(2)若a >0，函数y =f x -a 有两个零点x 1，x 2，求证：x 1+x 2>2 e.【答案】(1)a <0时，增区间为：1a ,+∞ ，减区间为：-∞,1a；a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a ,+∞ ;(2)证明见解析.【解析】(1)f ′(x )=e -ax -ax ⋅e -ax =e -ax (1-ax )∵a ∈R ，∴a <0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )>0⇒x >1a，f ′(x )=e -ax (1-ax )<0⇒x <1a∴a <0时，增区间为：1a ,+∞，减区间为：-∞,1a；a =0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )=1>0，∴a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )>0⇒x <1a，f ′(x )=e -ax (1-ax )<0⇒x >1a，∴a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a ,+∞ ；综上，a <0时，增区间为：1a ,+∞ ，减区间为：-∞,1a ；a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a ,+∞ (2)由(1)知，a >0时，增区间为：-∞,1a，减区间为：1a ,+∞ ；且x >1a 时，f (x )>0，f 极大值(x )=f 1a =1ae，函数y =f (x )的大致图像如下图所示因为a >0时，函数y =f (x )-a 有两个零点x 1，x 2，所以a <1ae ，即a 2<1e，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1a<x 2；先证：x 1+x 2>2a ，即证：x 1>2a -x 2因为x 1<1a ，所以2a -x 2<1a ，又y =f (x )在-∞,1a单调递增，所以即证：f x 1 >f 2a -x 2 又f x 1 =f x 2 ，所以即证：f x 2 >f 2a -x 2 ，即x 2>1a 令函数F (x )=f (x )-f 2a -x ，x ∈1a,+∞ ，则F ′(x )=e -ax (1-ax )+e -2+ax 1-a 2a -x=(1-ax )e -ax -e -2+ax 因为x >1a，所以-ax <ax -2，1-ax <0，故F ′(x )=(1-ax )e-ax-e -2+ax >0函数F (x )=f (x )-f 2a -x 在1a ,+∞ 单调递增，所以F (x )>F 1a=0因为x 2>1a ，所以，f x 2 >f 2a -x 2 ，即x 1+x 2>2a所以x 1+x 2 22>2a2>2e ，所以x 1+x 2>2e(2)解法二：因为a >0时，函数y =f (x )-a 有两个零点x 1，x 2，则两个零点必为正实数，f (x )-a =0⇒e ln x -ax =e ln a (x >0)等价于ln x -ax =ln a 有两个正实数解；令g (x )=ln x -ax -ln a (x >0)则g ′(x )=1x -a (x >0)，g (x )在0,1a 单调递增，在1a ,+∞ 单调递减，且0<x 1<1a<x 2令G (x )=g (x )-g 2a -x，x ∈1a,+∞ ，则G ′(x )=1x -a +12a -x -a =2x (2-ax )-2a >21a -2a =0所以G (x )在1a ,+∞ 单调递增，G (x )>G 1a =0又x 2>1a ，故g x 2 >g 2a -x 2 ，x 2∈1a,+∞ 又g x 1 =g x 2 ，所以g x 1 >g 2a-x 2 ，又0<x 1<1a <x 2，所以x 1，2a -x 2∈0,1a ，又g (x )在0,1a 单调递增，所以x 1+x 2>2a 所以x 1+x 2 22>2a 2>2e ，所以x 1+x 2>2e13.已知函数f x =x ln x ．(1)判断f x 的单调性；(2)设方程f x -2x +1=0的两个根为x 1，x 2，求证：2e <x 1+x 2<e 2．【答案】(1)f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增；(2)证明见解析．【解析】(1)f x =ln x +1，x ∈0,+∞ ，那么f x =0，x =1e，所以f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增．(2)令g x =f x -2x +1，g x =ln x -1=0，则x =e ，g x 在(0,e )单调递减，e ,+∞ 单调递增，又g e <0，不妨设0<x 1<e <x 2先证明x 1+x 2>2e ．只要证明x 2>2e -x 1，即只要证明g x 2 >g 2e -x 1 ．因为g x 2 =g x 1 ,令h x =g x -g 2e -x ，x ∈0,e ，则h x =ln x -2+ln 2e -x =ln 2ex -x 2 -2=ln -x -e 2+e 2 -2≤0h x 在0,e 单调递减，所以h x ≥h e =0．从而必有g x 2 >g 2e -x 1 下面证明x 2+x 1<e 2．因为ln x 1<1，x 1ln x 1<x 1，所以x 1ln x 1-2x 1<-x 1，又x 1ln x 1-2x 1=x 2ln x 2-2x 2=-1，所以x 1<2x 2-x 2ln x 2，x 1+x 2<3x 2-x 2ln x 2令ϕx =3x -x ln x ，x ∈e ,+∞ ，ϕ x =2-ln x ，令ϕ x =0，x =e 2，ϕx 在e ,e 2 上单调递增，在e 2,+∞ 上单调递减，故x 1+x 2<ϕx max =ϕe 2 =e 2．综上，2e <x 2+x 1<e 2．14.已知函数f x =sin xe x，x ∈0,π ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)若x 1≠x 2，且f x 1 =f x 2 ，证明：x 1+x 2>π2．【答案】(1)在0,π4 上单调递增，在π4,π 上单调递减；(2)证明见解析．【解析】(1)f x =cos x -sin xe x ，0<x <π，由f x =0得x =π4，当0<x <π4时，f x >0；当π4<x <π时f x <0，∴f x 在0,π4 上单调递增，在π4,π 上单调递减．(2)∵x 1≠x 2，且f x 1 =f x 2 ，∴由(1)知，不妨设0<x 1<π4<x 2<π．要证x 1+x 2>π2，只需证明x 2>π2-x 1，而π4<π2-x 1<π2，f x 在π4,π 上单调递减，故只需证明f x 2 <f π2-x 1 ．又f x 1 =f x 2 ，∴只需证明f x 1 <f π2-x 1 ．令函数g x =f x -f π2-x =sin x e x -sin π2-x e π2-x =sin x ex -cos x e π2-x ，则g x =cos x -sin x e x +sin x -cos x e π2-x =(cos x -sin x )1e x-1e π2-x=(cos x -sin x )⋅e π2-x-e xeπ2.当0<x <π4时，cos x -sin x >0，π2-x >x ，故g x >0，∴g x 在0,π4 上单调递增，故在0,π4 上g x <g π4 =f π4 -f π4=0，∴f x 1 <f π2-x 1 成立，故x 1+x 2>π2成立．15.已知函数f x =x +1 ln x +a -3 x ．(1)若函数f x 为增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f x 有两个极值点x 1、x 2x 1<x 2 ．求证：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2>-2．【答案】(1)a ≥1;(2)证明见解析【解析】(1)因为f x =x +1 ln x +a -3 x ，该函数的定义域为0,+∞ ，f x =ln x +1x+a -2，若函数f x 为增函数，则f x ≥0恒成立．令g x =ln x +1x +a -2，g x =1x -1x 2=x -1x2，令g x =0得x =1，当x ∈0,1 时，g x <0，g x 单调递减；当x ∈1,+∞ 时，g x >0，g x 单调递增，故g x ≥g 1 =a -1，所以，a -1≥0，因此a ≥1．(2)因为函数f x 有两个极值点x 1、x 2x 1<x 2 ，即方程g x =0有两个不等的实根x 1、x 2x 1<x 2 ，因为g x 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以，0<x 1<1<x 2，即x 1、x 2是ln x +1x+a -2=0的两个根，所以ln x 1+1x 1+a -2=0ln x 2+1x 2+a -2=0，则x 1ln x 1+a -2 x 1=-1x 2ln x 2+a -2 x 2=-1 ，所以，f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=x 1ln x 1+x 2ln x 2+ln x 1+ln x 2+a -2 x 1+x 2=ln x 1+ln x 2-2，即证ln x 1+ln x 2>0，即证x 1x 2>1．由ln x 1+1x 1+a -2=0ln x 2+1x 2+a -2=0两式作差得ln x 1x 2=1x 2-1x 1，令t =x 1x 2∈0,1 ，则x 1=t -1ln t ，x 2=t -1t ln t ，即只需证t -1ln t ⋅t -1t ln t >1，即证ln t -t +1t>0．令φt =ln t -t +1t ，其中t ∈0,1 ，则φt =-t -1 22t t<0，故φt 在区间0,1 上单调递减，当t ∈0,1 时，φt >φ1 =0，命题得证．16.已知函数f x =x 1-ln x .(1)讨论f x 的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a -a ln b =a -b ，证明：2<1a +1b.【答案】(1)递增区间为0,1 ，递减区间为1,+∞ ;(2)证明见解析【解析】(1)函数的定义域为0,+∞ ，又f x =1-ln x -1=-ln x ，当x ∈0,1 时，f x >0，当x ∈1,+∞ 时，f x <0，故f x 的递增区间为0,1 ，递减区间为1,+∞(2)解：因为b ln a -a ln b =a -b ，故b ln a +1 =a ln b +1 ，即ln a +1a =ln b +1b ，故f 1a =f 1b ，设1a =x 1,1b =x 2，则f x 1 =f x 2 ，不妨设x 1<x 2，由(1)可知原命题等价于：已知0<x 1<1<x 2<e ，证明：x 1+x 2>2. 证明如下：若x 2≥2，x 1+x 2>2恒成立；若x 2<2，即0<x 1<1<x 2<2时，要证：x1+x 2>2，即证x 1>2-x 2，而0<2-x 2<1，即证f x 1 >f 2-x 2 ，即证：f x 2 >f 2-x 2 ，其中1<x 2<2设g x =f x -f 2-x ，1<x <2，则g x =f x +f 2-x =-ln x -ln 2-x =-ln x 2-x ，因为1<x <2，故0<x 2-x <1，故-ln x 2-x >0，所以g x >0，故g x 在1,2 为增函数，所以g x >g 1 =0，故f x >f 2-x ，即f x 2 >f 2-x 2 成立，所以x 1+x 2>2成立，综上，x 1+x 2>2成立.17.已知函数f (x )=a -1-xe x(x >0)(e 为自然对数的底数，a ∈R )．(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若存在x 1≠x 2，满足f x 1 =f x 2 ，求证：x 1+x 2>4aa +2．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【解析】(1)f(x )=-1×e x -e x a -1-x e x=1ex (x -a ).当a ≤0时，f x ≥0，所以f x 在0,+∞ 上单调增，无极值；当a >0时，令f (x )=1ex (x -a )=0，得x =a ，当x ∈0,a 时，f x <0；当x ∈a ,+∞ 时，f x >0；所以f x 在0,a 上单调递减，在a ,+∞ 单调递增．所以函数f x 的极小值为f a =-1ea ，无极大值.(2)由题(1)可知，当a >0时才存在x 1≠x 2，满足f x 1 =f x 2 ，不妨设0<x 1<a <x 2，设g (x )=f (x )-f (2a -x )0<x <a ，则g (x )=a -1-x e x -x -a -1e 2a -xg x =1e x x -a +1e 2a -x a -x =x -a e 2a -e 2xe2a +x ，因为x ∈(0,a )，所以x -a <0,e 2a -e 2x >0，所以g (x )<0，所以g x 在(0,a )上单调递减，所以g x 1 >g a =0，所以f (x 1)-f (2a -x 1)>0，即f (x 1)>f (2a -x 1)故f x 2 =f x 1 >f 2a -x 1 ，因为x 2>a ,2a -x 1>a ，又f x 在(a ,+∞)上单调递增，所以x 2>2a -x 1，所以x 1+x 2>2a ，下面证明：2a ≥4a a +22；因为2a -4a a +2 2=2a a +2 2-8aa +2 2=2a a -2 2a +22≥0，所以2a ≥4a a +2，所以x 1+x 2>2a ≥4aa +2，所以x 1+x 2>4aa +2，得证.18.已知函数f x =x 1-ln x .(1)讨论f x 的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a -a ln b =a -b ，证明：2<1a +1b<e.【答案】(1)f x 的递增区间为0,1 ，递减区间为1,+∞ ；(2)证明见解析.【解析】(1)f x 的定义域为0,+∞ ．由f x =x 1-ln x 得，f x =-ln x ，当x =1时，f ′x =0；当x ∈0,1 时f ′x >0；当x ∈1,+∞ 时，f 'x <0．故f x 在区间0,1 内为增函数，在区间1,+∞ 内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由b ln a -a ln b =a -b 得1a 1-ln 1a =1b 1-ln 1b，即f 1a =f 1b ．由a ≠b ，得1a ≠1b ．由(1)不妨设1a ∈(0,1),1b ∈(1,+∞)，则f 1a >0，从而f 1b >0，得1b∈(1,e )，①令g x =f 2-x -f x ，则g (x )=ln (2-x )+ln x =ln (2x -x 2)=ln [1-(x -1)2]，当x ∈0,1 时，g ′x <0，g x 在区间0,1 内为减函数，g x >g 1 =0，从而f 2-x >f x ，所以f 2-1a >f 1a =f 1b，由(1)得2-1a <1b 即2<1a +1b．①令h x =x +f x ，则h 'x =1+f x =1-ln x ，当x ∈1,e 时，h ′x >0，h x 在区间1,e 内为增函数，h x <h e =e ，从而x +f x <e ，所以1b +f 1b<e ．又由1a ∈(0,1)，可得1a <1a 1-ln 1a =f 1a =f 1b ，所以1a +1b <f 1b +1b=e ．②由①②得2<1a +1b<e ．[方法二]【最优解】：b ln a -a ln b =a -b 变形为ln a a -ln b b =1b-1a ，所以ln a +1a =ln b +1b ．令1a =m ,1b=n ．则上式变为m 1-ln m =n 1-ln n ，于是命题转换为证明：2<m +n <e ．令f x =x 1-ln x ，则有f m =f n ，不妨设m <n ．由(1)知0<m <1,1<n <e ，先证m +n >2．要证：m +n >2⇔n >2-m ⇔f n <f 2-m ⇔f (m )<f 2-m ⇔f m -f 2-m <0．令g x =f x -f 2-x ,x ∈0,1 ，则g ′x =-ln x -ln 2-x =-ln x 2-x ≥-ln1=0，∴g x 在区间0,1 内单调递增，所以g x <g 1 =0，即m +n >2．再证m +n <e ．因为m 1-ln m =n ⋅1-ln n >m ，所以需证n 1-ln n +n <e ⇒m +n <e ．令h x =x 1-ln x +x ,x ∈1,e ，所以h 'x =1-ln x >0，故h x 在区间1,e 内单调递增．所以h x <h e =e ．故h n <e ，即m +n <e ．综合可知2<1a +1b<e ．[方法三]：比值代换证明1a +1b>2同证法2．以下证明x 1+x 2<e ．不妨设x 2=tx 1，则t =x2x 1>1，由x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2)得x 1(1-ln x 1)=tx 1[1-ln (tx 1)]，ln x 1=1-t ln tt -1，要证x 1+x 2<e ，只需证1+t x 1<e ，两边取对数得ln (1+t )+ln x 1<1，即ln (1+t )+1-t ln tt -1<1，即证ln (1+t )t <ln t t -1．记g (s )=ln (1+s )s ,s ∈(0,+∞)，则g (s )=s 1+s-ln (1+s )s 2.记h (s )=s 1+s -ln (1+s )，则h ′(s )=1(1+s )2-11+s <0，所以，h s 在区间0,+∞ 内单调递减．h s <h 0 =0，则g 's <0，所以g s 在区间0,+∞ 内单调递减．由t ∈1,+∞ 得t -1∈0,+∞ ，所以g t <g t -1 ，即ln (1+t )t <ln t t -1．[方法四]：构造函数法由已知得ln a a -ln b b =1b -1a ，令1a =x 1,1b=x 2，不妨设x 1<x 2，所以f x 1 =f x 2 ．由(Ⅰ)知，0<x 1<1<x 2<e ，只需证2<x 1+x 2<e ．证明x 1+x 2>2同证法2．再证明x 1+x 2<e ．令h (x )=1-ln x x -e (0<x <e ),h (x )=-2+e x+ln x(x -e )2．令φ(x )=ln x +e x -2(0<x <e )，则φ′(x )=1x -e x 2=x -ex 2<0．所以φx >φe =0,h ′x >0，h x 在区间0,e 内单调递增．因为0<x 1<x 2<e ，所以1-ln x 1x 1-e <1-ln x 2x 2-e ，即1-ln x 11-ln x 2>x 1-ex 2-e又因为f x 1 =f x 2 ，所以1-ln x 11-ln x 2=x 2x 1,x 2x 1>x 1-ex 2-e，即x 22-ex 2<x 21-ex 1,x 1-x 2 x 1+x 2-e >0．因为x 1<x 2，所以x 1+x 2<e ，即1a +1b<e ．综上，有2<1a +1b<e 结论得证．19.已知函数f x =e x -ax 2+bx -1，其中a ，b 为常数，e 为自然对数底数，e =2.71828⋅⋅⋅．(1)当a =0时，若函数f x ≥0，求实数b 的取值范围；(2)当b =2a 时，若函数f x 有两个极值点x 1，x 2，现有如下三个命题：①7x 1+bx 2>28；②2a x 1+x 2 >3x 1x 2；③x 1-1+x 2-1>2；请从①②③中任选一个进行证明．(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)【答案】(1)-1 ;(2)证明见解析【解析】(1)当a =0时，f x =e x +bx -1，f x =e x +b当b ≥0时，因为f -1 =1e-1 -b <0，所以此时不合题意；当b <0时，当x ∈-∞,ln -b 时，f x <0，f x 单调递减，当x ∈ln -b ,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，所以f x min =f ln -b =-b +b ln -b -1，要f x ≥0，只需f x min =-b +b ln -b -1≥0，令g x =x -x ln x -1，则g x =-ln x ，当x ∈0,1 时，g x >0，g x 单调递增；当x ∈1,+∞ 时，g x <0，g x 单调递减，所以g x ≤g 1 =0，则由g -b =-b +b ln -b -1≥0得-b =1，所以b =-1，故实数b 的取值范围为-1 ．(2)当b =2a 时，f x =e x -ax 2+2ax -1，f x =e x -2ax +2a ，令φx =f x =e x -2ax +2a ，则φ x =e x -2a ，因为函数f x 有两个极值点x 1，x 2，所以φx =f x =e x -2ax +2a 有两个零点，若a ≤0，则φ x >0，φx 单调递增，不可能有两个零点，所以a >0，令φ x =e x -2a =0得x =ln2a ，当x ∈-∞,ln2a 时，φ x <0，φx 单调递减；当x ∈ln2a ,+∞ 时，φ x >0，φx 单调递增；所以φx min =φln2a =4a -2a ln2a ，因为φx 有两个零点，所以4a -2a ln2a <0，则a >12e 2，设x 1<x 2，因为φ1 =e >0，φ2 =e 2-2a <0，则1<x 1<2<x 2，因为φx 1 =φx 2 =0，所以e x 1=2ax 1-2a ，e x 2=2ax 2-2a ，则ex2ex 1=x 2-1x 1-1，取对数得x 2-x 1=ln x 2-1 -ln x 1-1 ，令x 1-1=t 1，x 2-1=t 2，则t 2-t 1=ln t 2-ln t 1，即t 2-ln t 2=t 1-ln t 10<t 1<1<t 2①令u t =t -ln t ，则u t 1 =u t 2 ，因为u t =1-1t，所以u t =t -ln t在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，令v t=u t -u 2-t =2t -ln t +ln 2-t -20<t <2 ，则vt =2t -1 2t t -1≤0，v t 在0,2 上单调递减，因为0<t 1<1，所以v t 1 >v 1 =0，即u t 1 -u 2-t 1 >0，亦即u t 2 =u t 1 >u 2-t 1 ，因为t 2>1，2-t >1，u t =t -ln t 在1,+∞ 上单调递增，所以t 2>2-t 1，则x 2-1>2-x 1-1 ，整理得x 1+x 2>4，所以2ax 1+7x 2>7x 1+7x 2>28，故①成立②令u t =t -ln t ，则u t 1 =u t 2 ，因为u t =t -1t，所以u t =t -ln t 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，令v t =u t -u 1t =t -1t -2ln t ，则v t =t -1 2t 2≥0，v t 在0,+∞ 上单调递增，又v 1 =0，所以当t ∈0,1 时，v t <v 1 =0，即u t <u 1t，因为t 2>1，2-t 1>1，u t =t -ln t 在1,+∞ 上单调递增，所以t 2<1t 1，所以x 2-1<1x 1-1，即x 1x 2<x 1+x 2，所以x 1x 2<x 1+x 2<2312e 2x 1+x 2 <23a x 1+x 2 ，即3x 1x 2<2a x 1+x 2 ，故②成立．③令x 1-1=t 1，x 2-1=t 2，则t 2-t 1=ln t 2-ln t 1=2lnt 2t 1，令F t =ln t -2t -1 t +1t >1 ，则Ft =t -1 2t t +1 >0，∴F t =ln t -2t -1 t +1在1,+∞ 上单调递增，则F t =ln t -2t -1t +1>F 1 =0，∴ln t >2t -1 t +1，则t 2-t 1=2ln t 2t 1>22t 2t 1-1t 2t 1+1=4⋅t 2-t 1t 2+t 1，两边约去t 2-t 1后化简整理得t 1+t 2>2，即x 1-1+x 2-1>2，故③成立．20.已知函数f x =x 1-a ln x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若x ∈0,12时，都有f x <1，求实数a 的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数x 1，x 2满足1+ln x 21+ln x 1=x2x 1，证明：x 1+x 2<ex 1x 2.【答案】(1)当a >0时，f (x )在0,e1-aa单调递增，在e 1-aa,+∞ 单调递减；当a =0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a <0时，f (x )在0,e1-a a 单调递减，在e 1-a a ,+∞ 单调递增.；(2)a <1ln2;(3)证明详见解析【解析】(1)因为f x =x 1-a ln x ，定义域为0,+∞ ，f (x )=1-a -a ln x .①当a >0时，令f(x )=0,1-α-a ln x =0⇔ln x =1-a a ，解得x =e 1-a a 即当x ∈0,e1-a a 时，f (x )>0，f (x )单调递增，当x ∈e 1-a a ,+∞ 时，f (x )<0，f (x )单调递减；②当a =0时f (x )=1>0，f (x )在(0,+∞)单调递增；③当a <0时令f (x )=0,1-α-a ln x =0⇔ln x =1-a a，解得x =e 1-a a ，即当x ∈0,e1-a a 时，f (x )<0，f (x )单调递减，当x ∈e 1-a a ,+∞ 时，f (x )>0，f (x )单调递增；综上：当a >0时，f (x )在0,e 1-a a 单调递增，在e 1-a a ,+∞ 单调递减；当a =0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a <0时，f (x )在0,e1-a a 单调递减，在e 1-a a ,+∞ 单调递增.(2)若x ∈0,12时，都有f x <1，即x 1-a ln x <1，a <x -1x ln x恒成立.令h (x )=x -1x ln x ，则a <h (x )min ，h (x )=x ln x -(ln x +1)(x -1)(x ⋅ln x )2=ln x -x +1(x ln x )2，令g (x )=ln x -x +1，所以g (x )=1x -1=1-x x ，当x ∈0,12时，g (x )>0，g (x )单调递增，g (x )max =g 12 =-ln2+12<0，所以h (x )<0，h (x )=x -1x ln x 在0,12单调递减，所以h (x )min =h 12 =1ln2，所以a <1ln2(3)原式1+ln x 21+ln x 1=x 2x 1可整理为1x 2-1x 2ln 1x 2=1x 1-1x 1ln 1x 1，令F (x )=x (1-ln x )，原式为F 1x 1 =F 1x 2，由(1)知，F (x )=x (1-ln x )在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，则1x 1,1x 2为F (x )=k 两根，其中k ∈(0,1)，不妨令1x 1∈0,1 ,1x 2∈1,e ，要证x 1+x 2<ex 1x 2，即证1x 1+1x 2<e ，e -1x 1>1x 2，只需证F 1x 2 =F 1x 1 >F e -1x 1，极值点偏移问题第21页。

极值点偏移的问题(含答案)1.已知 $f(x)=\ln x-ax$，其中 $a$ 为常数。

1）若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线与 $x$ 轴平行，求$a$ 的值；2）当 $a=1$ 时，比较 $f(m)$ 和 $f(1)$ 的大小；3）$f(x)$ 有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，证明：$x_1\cdotx_2>e^2$。

变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。

1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；2) 若有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，试证明：$x_1\cdotx_2>e$。

2.已知 $f(x)=x^2+ax+\sin (\pi x)$，$x\in(0,1)$。

1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。

3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。

1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。

4.设 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$。

1）证明：当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ 恒成立；2）若函数 $f(x)$ 无零点，求实数 $a$ 的取值范围；3）若函数$f(x)$ 有两个相异零点$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。

极值点偏移的问题（含答案）1. 已知 f (x) ln x ax,( a 为常数） （）若函数 f ( x) 在 处的切线与 轴平行，求 的值； 1 x 1xa （ 2）当 a 1时，试比较 f (m)与 f ( 1 )的大小；m（3） f ( x)有两个零点 x 1, x 2, 证明： x 1 x 2＞ e 2变式：已知函数 f ( x) ln x ax 2， a 为常数。

(1) 讨论 f ( x)的单调性；(2) 若有两个零点 x 1, x 2 ,，试证明： x 1 x 2＞ e.2. 已知 f ( x)x 2+ax sin x, x (0,1);2（1）若 f ( x) 在定义域内单调递增，求 的取值范围；a（2）当 a=-2 时，记 f (x)取得极小值为 f (x 0 )若f ( x 1 ) f (x 2 ),求证 x 1 x 2＞2x 0.3. 已知 f ( x) ln x- 1ax 2x,( a R)2（1）若 ） 0，求函数的最大值；f (1 =f ( x)（ 2）令 g ( x) =f ( x)- (ax 1), 求函数 g( x)的单调区间；（3）若 a =-2, 正实数 x 1 , x 2 , 满足（ ） f x 2x 1x 2 0,证明： x 1 5 1f x 1x 222( x 1) 4. 设 a>0, 函数 f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-x 1(1)证明：当 x 1时， g(x)>0 恒成立；（ 2）若函数 f(x) 无零点，求实数 a 的取值范围；（ 3）若函数 f(x) 有两个相异零点 x 1 , x 2 , 求证： x 1 x 2 e 25. 已知 f ( x) x 2aa ln x, 常数 。

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

导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)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。

高考数学极值点偏移练习题（含答案）第I卷（选择题）一、多选题+lnx，下列判断正确的是()1.关于函数f(x)=2xA. x=2是f(x)的极大值点B. 函数y=f(x)−x有且只有1个零点C. 存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立D. 对任意两个正实数x1，x2，且x1>x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>4+lnx，下列说法正确的是2.关于函数f(x)=2xA. x=2是f(x)的极大值点B. 函数y=f(x)−x有且只有1个零点C. 存在正整数k，使得f(x)>kx恒成立D. 对任意两个正实数x1，x2，且x1≠x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>4第II卷（非选择题）二、解答题(k∈R)的图像有两个不同的交点A(x1,y1)，3.已知函数f(x)=xlnx与函数g(x)=kxB(x2,y2)，且x1<x2．(1)求实数k的取值范围；(2)证明：x1+x2<．√e4.已知函数g(x)=e x−ax2−ax(a∈R)，ℎ(x)=e x−2x−lnx．(1)若f(x)=ℎ(x)−g(x)．①讨论函数f(x)的单调性；②若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．(2)已知a>0，函数g(x)恰有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1+x2<ln(4a2).5.已知函数f(x)=e x−ax2(a∈R)有两个极值点．(I)若a的取值范围；(Ⅱ)若函数f(x)的两个极值点为x1，x2，证明：x1⋅x2<1．6.已知函数f(x)=lnx−ax(a∈R).(1)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围；(2)当f(x)有两个零点x1,x2，且x1<x2，求证：x1⋅x2>e2．x2−alnx.其中a为常数．7.已知函数f(x)=12(1)若函数f(x)在定义域内有且只有一个极值点，求实数a的取值范围;(2)已知x1，x2是函数f(x)的两个不同的零点，求证：x1+x2>2√e．8.已知函数f(x)=ae2x+(1−2a)e x−x．(1)当a<0时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个不同零点x1，x2，证明：a>1且x1+x2<0．x2−alnx有两个不同的零点x1，x2．9.已知函数f(x)=12(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1+x2>2√e．10.已知f(x)=e x−ax，g(x)=ax2−e．(1)若f(x)的图象在x=1处的切线与g(x)的图象也相切，求实数a的值；(2)若F(x)=f(x)−g(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1<x2)，求证：e x1e x2<4a2．11.已知函数f(x)=xe−x(x∈R)．(1)若方程f(x)+2a2−3a+1=0有两个不同的根，求实数a的取值范围；(2)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2．x2(e=2.71828…)为自然对数的底数)有两个极值点x1，12.已知函数f(x)=e x−a2x2．(1)求a的取值范围；(2)求证：x1+x2<2lna．13.已知函数f(x)=lnx−ax，a是常数且a∈R．(Ⅰ)若曲线y=f(x)在x=1处的切线经过点(−1,0)，求a的值；(e是自然对数的底数)，试证明：①函数f(x)有两个零点，②函(Ⅱ)若0<a<1e数f(x)的两个零点x1、x2满足x1+x2>2e．14.已知函数f(x)=lnx−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；(e是自然对数的底数)，试证明：(2)若0<a<1e①函数f(x)有两个零点，②函数f(x)的两个零点x1,x2满足x1+x2>2e．选做题(在答题卡上涂选做信息点)15.已知函数f(x)=lnx．x(1)若对任意x∈(0,+∞)，f(x)<kx恒成立，求k的取值范围；−m有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2>2．(2)若函数g(x)=f(x)+1x16.已知函数f(x)=2xlnx−ax2−2x+a2(a>0)在其定义域内有两个不同的极值点．(1)求a的取值范围；(2)设f(x)两个极值点分别为x1，x2，证明：√x1x2>e．17.已知函数f(x)=xlnx+x2−ax+2(a∈R)有两个不同的零点x1，x2．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1⋅x2>1．答案和解析1.【答案】BD本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．根据极值的概念，构造函数判断单调性确定零点个数，参变分离再确定新函数的最值以及极值点偏移逐个判断选项正误．对选项分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：f′(x)=x−2x2，∴在(0,2)上函数单调递减，在(2,+∞)上单调递增，∴x=2是函数的极小值点，无极大值，故A错误，y=f(x)−x=2x+lnx−x，∴y′=−x2+x−2x2<0，函数在(0,+∞)上单调递减，f(1)−1=2−1>0f(2)−2=1+ln2−2<0∴函数y=f(x)−x有且只有1个零点，即B正确；f(x)>kx，可得k<2x2+lnxx，令g(x)=2x2+lnxx，则g′(x)=−4+x−xlnxx3，令ℎ(x)=−4+x−xlnx，则ℎ′(x)=−lnx，∴(0,1)上，函数单调递增，(1,+∞)上函数单调递减，∴ℎ(x)≤ℎ(1)<0，′∴g(x)=2x2+lnx x在(0,+∞)上函数单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数k ，使得f(x)>kx 恒成立，即C 不正确；当t ∈(0,2),则2−t ∈(0,2) 2+t >2 g(t)=f(2+t)−f(2−t)=22+t +ln(2+t)−22−t−ln(2−t)=4t t 2−4+ln 2+t 2−t g ′(t)=4(t 2−4)−4t ·2t (t 2−4)2+2−t 2+t ·2−t +2+t (2−t)2=−8t 2(t 2−4)2<0g(t)在(0,2)上单调递减，g(t)<g(0)=0，x 2=2−t,由f(x 1)=f(x 2),得x 1>2+t.则x 1+x 2>4,当，所以D 正确．故选BD ．2.【答案】BD本题考查导数知识的综合运用，考查函数的零点问题和不等式恒成立问题，考查分析解决问题的能力，属于难题．A 选项，对函数求导，结合函数极值的定义进行判断即可；B 选项，求函数的导数，结合函数的单调性和零点个数进行判断即可；C 选项，利用参数分离，构造函数g(x)=2x 2+lnx x，再进行求导，研究函数的单调性和极值进而判断即可;D 选项为典型的极值点偏移问题，令f(4−x 1)−f(x 2)=f(4−x 1)−f(x 1)=24−x 1+ln (4−x 1)−2x 1−ln x 1=4(x 1−2)(4−x1)x 1+ln 4−x 1x 1，通过令4−x 1x 1=t ，则t >1，x 1=41+t ，原式=F(t)=1−t22t+ln t ，判断单调性即可． 【解答】解：对于A ，∵f′(x)=−2x 2+1x =x−2x 2(x >0)，令f′(x)<0，解得0<x <2，令f′(x)>0，解得x >2， ∴f(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增， ∴x =2是函数的极小值点，无极大值点，故A 错误； 对于B ，∵y =f(x)−x =2x +lnx −x ， ∴y′=−2x 2+1x −1=−x 2−x+2x 2<0，∴该函数在(0,+∞)上单调递减，且当x =1e 时，y =2e −1−1e >0，x =e 时，y =2e +1−e <0，∴函数y =f(x)−x 有且只有1个零点，即B 正确． 对于C ，由f(x)>kx ，且x >0， 可得k <2x 2+lnx x，令g(x)=2x 2+lnx x，则g′(x)=x−xlnx−4x 3，令ℎ(x)=x −xlnx −4，则ℎ′(x)=−lnx ， ∵x ≥1时，ℎ′(x)≤0，0<x <1时，ℎ′(x )>0， ∴ℎ(x)在[1,+∞)上单调递减，ℎ(x)在(0,1)上单调递增， ∴ℎ(x)≤ℎ(1)=−3<0， ∴g′(x)<0， ∴g(x)=2x +1nx x在(0,+∞)上函数单调递减，函数无最小值，且x →+∞时，g(x)→0，因此，不存在正实数k ，使得f(x)>kx 恒成立，故C 不正确． 对于D ，对于任意两正实数x 1，x 2，且x 1≠x 2，由选项A 可知函数f(x)在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,+∞)上单调递增， 若f(x 1)=f(x 2)，不妨设0<x 1<2<x 2，则4−x 1>2，由f(4−x 1)−f(x 2)=f(4−x 1)−f(x 1)=24−x 1+ln (4−x 1)−2x 1−ln x 1=4(x 1−2)(4−x1)x 1+ln 4−x 1x 1，令4−x 1x 1=t ，则t >1，x 1=41+t ，原式=F(t)=1−t22t+ln t ，则，所以F(t)=1−t 22t+ln t 在(1,+∞)上是减函数，所以F(t)<F(1)=0，所以f(4−x 1)−f(x 2)<0，又因为f(x)在(2,+∞)上单调递增，所以4−x 1<x 2，故x 1+x 2>4.所以D 正确． 故选 BD ．3.【答案】解：(1)根据题意，方程xlnx =kx ⇔k =x 2lnx (k ∈R )有两个不同的根，设ℎ(x)=x2lnx，则ℎ′(x)=2xlnx+x，根据ℎ′(x)=2xlnx+x>0⇒x>√e ，所以ℎ(x)在(√e+∞)上单调递增；ℎ′(x)=2xlnx+x<0⇒0<x<√e ，所以ℎ(x)在e)上单调递减．所以x=1√e时，ℎ(x)取得极小值．又因为x→0时，ℎ(x)→0，ℎ(1)=0，作出ℎ(x)的大致图像如图所示，所以−12e<k<0．(2)根据(1)可知0<x1<√e<x2<1，设φ(x)=ℎ(x)−ℎ(√e−x)=，则φ′(x)=2[xlnx+(√e x)ln(√e−x)]√e．设m(x)=xlnx+(√e x)ln(√ex)，则m′(x)=lnx−ln(√e−x)，根据m′(x)<0⇒0<x<√e ，则m(x)在e)上单调递减，所以当0<x<√e时，m(x)>m(√e )=√e，所以φ′(x)>0，所以φ(x)在√e)上单调递增，则当x∈√e )时，φ(x)<φ(√e)=0，即ℎ(x)<ℎ(√e−x)，所以ℎ(x2)=ℎ(x1)<ℎ(√ex1)，又因为ℎ(x )在(√e+∞)上单调递增，所以x 2<√e−x 1，即x 1+x 2<√e．【解析】本题考查导数在解决函数问题中的应用，属难题．(1)函数图象有2个交点转化为方程f(x)=g(x)有2个不同的根，分离参数得到k =x 2lnx ，构造函数ℎ(x)=x 2lnx ，利用导数研究单调性，求出极值，结合函数图象，可得到k 的取值范围； (2)由(1)得到x 1和x 2的范围，构造函数φ(x)=ℎ(x)−ℎ(e −x)，由导数研究单调性， 求得φ(x)<0，从而ℎ(x)<ℎ(√ex)，由ℎ(x)的单调性，证得结果．4.【答案】解：(1)f(x)=ℎ(x)−g(x)=e x −2x −lnx −e x +ax 2+ax =ax 2+(a −2)x −lnx(x >0)，①f′(x)=2ax +(a −2)−1x =2ax 2+(a−2)x−1x=(2x+1)(ax−1)x(x >0)，(i)当a ≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,+∞)上递减；(ii)当a >0时，令f′(x)>0，解得x >1a ；令f′(x)<0，解得0<x <1a ， ∴函数f(x)在(0,1a )递减，在(1a ,+∞)递增；综上，当a ≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a >0时，函数f(x)在(0,1a )上单调递减，在(1a ,+∞)上单调递增；②由①知，若a ≤0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，不可能有两个不同的零点，故a >0；且当x →0时，f(x)→+∞；当x →+∞时，f(x)→+∞；故要使函数f(x)有两个不同的零点，只需f(x)min =f(1a )=a ⋅(1a )2+a−2a−ln 1a <0，即lna −1a +1<0，又函数y =lnx −1x +1在(0,+∞)上为增函数，且ln1−11+1=0，故lna −1a +1<0的解集为(0,1)．故实数a 的取值范围为(0,1)；(2)证明：g′(x)=e x −2ax −a ，依题意，{e x 1−2ax 1−a =0e x 2−2ax 2−a =0，两式相减得，2a =e x1−e x2x1−x2(x1<x2)，要证x1+x2<ln(4a2)，即证x1+x22<ln2a，即证e x1+x22<e x1−e x2x1−x2，两边同除以e x2，即证(x1−x2)e x1−x22>e x1−x2−1，令t=x1−x2(t<0)，即证te t2−e t+1>0，令ℎ(t)=te t2−e t+1(t<0)，则ℎ′(t)=−e t2[e t2−(t2+1)]，令p(t)=e t2−(t2+1)，则p′(t)=12(e t2−1)，当t<0时，p′(t)<0，p(t)在(−∞,0)上递减，∴p(t)>p(0)=0，∴ℎ′(t)<0，∴ℎ(t)在(−∞,0)上递减，∴ℎ(t)>ℎ(0)=0，即te t2−e t+1>0，故x1+x2<ln(4a2)．【解析】(1)①求出f(x)并求导，解关于导函数的不等式即可得到单调区间；②显然a>0，分析可知只需f(x)的最小值小于0即可满足条件，进而得解；(2)依题意，将所证不等式转化为证明(x1−x2)e x1−x22>e x1−x2−1，再通过换元构造新函数即可得证．本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的零点问题，考查极值点偏移问题，考查转化思想，换元思想及化简运算能力，逻辑推理能力，属于中档题．5.【答案】解：(Ⅰ)设g(x)=f′(x)=e x−2ax，则x1，x2是方程g(x)=0的两个根．g′(x)=e x−2a当a≤0时，g′(x)>0恒成立，g(x)单调递增，方程g(x)=0不可能有两个根；当a>0时，由g′(x)=0，得x=ln 2a，当x∈(−∞,ln2a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(ln2a,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．又因为x➡−∞时，g(x)➡+∞；x➡+∞时，g(x)➡+∞，∴当且仅当g(x)min<0时，方程g(x)=0才有两个根，∴g(x)min=g(ln2a)=2a−2aln2a<0，令ℎ(t)=t−tlnt，(t>0)，ℎ′(t)=−lnt，可得t∈(1,+∞)时，ℎ(t)递减，且t ∈(0,e)时，1−lnt >0，∴ℎ(t)=t(1−lnt)>0，ℎ(e)=0 ∴t >e 时，ℎ(t)<0 ∴a 的取值范围：a >e2．(Ⅱ)不妨设x 1<x 2，由(Ⅰ)知x 1，x 2是方程e x −2ax =0的两个根， {e x 1=2ax 1e x 2=2ax 2⇒{x 1=lnx 1+ln2a x 2=lnx 2+ln2a ⇒x 1−x 2lnx 1−lnx 2=1，亦可得0<x 1<x 2,令，g′(t)=1+1t 2−2t =(1t −1)2≥0，则t >1时，g(t)>g(1)=0， ∴t >1时，，即．，∴x 1⋅x 2<1．【解析】本题考查了导数与函数极值，关键步骤的证明颇有技巧性，属于难题． (Ⅰ)设g(x)=f′(x)，则x 1，x 2是方程g(x)=0的两个根，求导数可得g′(x)，若a ≤0时，不合题意，若a >0时，求导数可得单调区间，进而可得最大值，可得关于a 的不等式，解之可得．(Ⅱ)不妨设x 1<x 2，由(Ⅰ)知x 1，x 2是方程e x −2ax =0的两个根，即可得{e x 1=2ax 1e x 2=2ax 2⇒{x 1=lnx 1+ln2a x 2=lnx 2+ln2a ⇒x 1−x 2lnx 1−lnx 2=1，通过证明不等式x 1−x 2lnx 1−lnx 2>√x 1x 2，即可证明x 1⋅x 2<1．6.【答案】解：(1)f (x )有两个零点⇔关于x 的方程e ax =x 有两个相异实根，由e ax >0，知x >0∴f (x )有两个零点⇔a =lnx x有两个相异实根．令G (x )=lnx x，则G′(x)=1−lnx x由G′(x)>0得：0<x <e ，由G′(x)<0得：x >e ，∴G (x )在(0,e )单调递增，在(e,+∞)单调递减，∴G (x )max =G (e )=1e ，又∵G (1)=0，∴当0<x <1时，G (x )<0，当x >1时，G (x )>0当x →+∞时，G (x )→0，∴f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(0,1e )． (2)由题意得{e ax 1=x 1e ax 2=x 2∴x 1>0,x 2>0∴{ax 1=lnx 1ax 2=lnx 2,∴a (x 1+x 2)=lnx 1+lnx 2 ①a (x 2−x 1)=lnx 2−lnx 1 ∵x 1<x 2， ∴a =lnx 2−lnx 1x 2−x 1.，要证：x 1·x 2>e 2，只需证lnx 1+lnx 2>2由①知：lnx 1+lnx 2=a (x 1+x 2)=lnx 2−lnx 1x 2−x 1·(x 1+x 2)=(x 2x 1+1x 2x 1−1)·ln x2x1∵0<x 1<x 2,∴x2x 1>1，令t =x2x 1，t >1，∴只需证(t+1t−1)·lnt >2 ∵t >1∴t+1t−1>0，∴只需证：lnt >2(t−1)(t+1)，令F (t )=lnt −2(t−1)(t+1)(t >1)∴F′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t (t+1)2>0，∴F (t )在(1,+∞)递增，∴F (t )>0,∴lnt >2(t−1)(t+1)即lnx 1+lnx 2>2，即x 1·x 2>e 2．【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于常规题目． (1)f (x )有两个零点⇔a =lnx x有两个相异实根，令G (x )=lnx x，根据G(x)的最值确定a的取值范围；(2)利用处理极值点偏移问题的常见解法求解即可7.【答案】解：(1)f′(x)=x −ax =x 2−a x(x >0)，当a ≤0时，f′(x )>0，f (x )在(0,+∞)上单调递增，不符合题意， 当a >0时，令f′(x )=0，得x =√a ， 当x ∈(0,√a)时，f′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈(√a,+∞)时，f′(x )>0，f (x )单调递增， ∴a >0； 证明：(2)由(1)知：当a ≤0时，f′(x )>0，f (x )在(0,+∞)上单调递增，函数f (x )至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，令f′(x)=0，得x=√a，当x∈(0,√a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(√a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x=√a时，函数f(x)取得最小值f(√a)=a2(1−lna)，当0<a<e时，1−lna>0，f(√a)>0，函数f(x)无零点，不合题意，当a=e时，1−lna=0，f(√a)=0，函数f(x)仅有一个零点，不合题意，当a>e时，1−lna<0，f(√a)<0，又f(1)=12>0，所以f(x)在x∈(0,√a)上只有一个零点，令p(x)=lnx−x+1，则p′(x)=1x−1，故当0<x<1时，p′(x)>0，p(x)单调递增，当x>1时，p′(x)<0，p(x)单调递减，所以p(x)≤p(1)=0，即lnx≤x−1，所以ln2a≤2a−1，所以f(2a)=2a2−aln2a≥2a2−a(2a−1)=a>0，又2a>√a，所以f(x)在x∈(√a,+∞)上只有一个零点．所以a>e满足题意．不妨设x1<x2，则x1∈(0,√a)，x2∈(√a,+∞)，令g(x)=f(√a+x)−f(√a−x)(0≤x≤√a)，则g(x)=2√ax−aln(√a+x)+aln(√a−x)，g′(x)=2√a−√a+x x−√a =2√ax2x2−a，当0<x<√a时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,√a)上单调递减，所以当x ∈(0,√a)时，g (x )<g (0)=0，即f(√a +x)<f(√a −x)， 因为x 1∈(0,√a)，所以√a −x 1∈(0,√a)，所以f (x 2)=f (x 1)=f[√a −(√a −x 1)]>f[√a +(√a −x 1)]=f(2√a −x 1)， 又x 2∈(√a,+∞)，2√a −x 1∈(√a,+∞)，且f (x )在(√a,+∞)上单调递增， 所以x 2>2√a −x 1，故x 1+x 2>2√a >2√e 得证．【解析】本题考查利用导数研究函数的极值点，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于难题． (1)f′(x)=x −ax=x 2−a x(x >0)，讨论a ≤0和a >0，即可得到结果；(2)先对函数f(x)求导，分a ≤0，a >0可判断函数f(x)在x ∈(0,√a)上有一个零点，在x ∈(√a,+∞)上有一个零点，且a >e ，再设x 1<x 2，则x 1∈(0,√a),x 2∈(√a,+∞)，构造函数g(x)=f(√a +x)−f(√a −x)(0≤x ≤√a)，利用极值点偏移的解决方法求证即可．8.【答案】解：(1)f′(x)=2ae 2x +(1−2a)e x −1=(e x −1)(2ae x +1)，因为a <0，由f′(x)=0得，x =0或x =ln(−12a )， i)ln(−12a )<0即a <−12时，f(x)在(−∞,ln(−12a ))单调递减，在(ln(−12a),0)单调递增，在(0,+∞)单调递减；ii)ln(−12a )=0即a =−12时，f(x)在(−∞,+∞)单调递减；iii)ln(−12a )>0即−12<a <0时，f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,ln(−12a ))单调递增，在(ln(−12a ),+∞)单调递减；(2)由(1)知，a <−12时，f(x)的极小值为f(ln(−12a ))=1−14a −ln(−12a )>1>0； −12<a <0时，f(x)的极小值为f(0)=1−a >1>0；a =−12时，f(x)在(−∞,+∞)单调递减，故a <0时，f(x)至多有一个零点， 当a ≥0时，由f′(x)=2ae 2x +(1−2a)e x −1=(e x −1)(2ae x +1)，f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增．要使f(x)有两个零点，则f(0)<0，得a+1−2a<0，即a>1，令F(x)=f(x)−f(−x)，(x>0)，则F′(x)=f′(x)+f′(−x)=[2ae2x+(1−2a)e x−1]+[2ae−2x+(1−2a)e−x−1]= 2a(e x+e−x+1)(e x+e−x−2)+(e x+e−x)−2≥0，所以F(x)在x>0时单调递增，F(x)>F(0)=0，f(x)>f(−x)，不妨设x1<x2，则x1<0，x₂>0，−x2<0，f(x1)=f(x2)>f(−x2)，由f(x)在(−∞,0)单调递减，得x1<−x2，即x1+x2<0，故a>1且x1+x2<0，原命题得证．【解析】(1)对f(x)求导，根据a对函数的单调性进行讨论；(2)根据(1)的f(x)在a<0的单调性，根据题意得a≥0，令F(x)=f(x)−f(−x)，(x>0)，利用极值点偏移的方法证明即可．考查含参函数导数法判断单调性，导数法证明极值点偏移问题，利用了分类讨论思想，构造函数法等，难度较大．9.【答案】(1)解：∵函数f(x)=12x2−alnx的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=x−ax =x2−ax，∴若a⩽0，f′(x)>0恒成立，这时函数f(x)在(0,+∞)内单调递增，函数f(x)至有多一个零点，不合条件；若a>0，令f′(x)=0，得x=√a，当x∈(0,√a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(√a,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，这时函数f(x)有最小值，且f(x)min=f(√a)=a2(1−lna)．∵函数f(x)=12x2−alnx的定义域(0,+∞)内有两个零点，∴首先必须满足条件：f(x)min=f(√a)=a2(1−lna)<0，解之，得：a>e．在此条件下，∵f(1)=12>0，f(√a)<0，又函数f(x)在(0,√a)内单调递减，∴函数f(x)在(0,√a)内有且仅有一个零点；令ℎ(x)=x−1−lnx，∵ℎ′(x)=1−1x =x−1x，当0<x<1时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x>1时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)⩾ℎ(1)=0，即x−1−lnx⩾0，∴2a−1−ln2a⩾0，ln2a⩽2a−1于是f(2a)=2a2−aln2a⩾2a2−a(2a−1)=a>0．又2a>√a，f(√a)<0，函数f(x)在(√a,+∞)内单调递增，∴函数f(x)在(√a,+∞)内也有且仅有一个零点．可见a>e符合条件．综上所述，实数a的取值范围是(e,+∞)．(2)证明：不妨设x1<x2，则x1∈(0,√a)，，令g(x)=f(√a+x)−f(√a−x) (0⩽x⩽√a)，则g′(x)=[f(√a+x)−f(√a−x)]′=2√a−√a+x +√a−x=2√ax2x2−a，当0<x<√a时，g′(x)<0，g(x)在(0,√a)内单调递减，这时g(x)<g(0)=0，f(√a+x)−f(√a−x)<0，f(√a−x)>f(√a+x)．∵x1∈(0,√a)，∴√a−x1∈(0,√a)，而f(x2)=f(x1)=f[√a−(√a−x1)]>f[√a+(√a−x1)]=f(2√a−x1)，又x2∈(√a,+∞)，2√a−x1∈(√a,+∞)，函数f(x)在(√a,+∞)内单调递增，∴x2>2√a−x1，即x1+x2>2√a>2√e成立，问题得证．【解析】本题考查利用导数研究含参数的函数的零点个数以及零点的性质问题，考查分类讨论思想，考查构造法的运用，属于难题．(1)探究函数的单调性与最值，对参数分离讨论，问题可解决；(2)依(1)的认知，先证x1+x2>2√a，采用极值点偏移法，构造函数g(x)=f(√a+x)−f(√a−x) (0⩽x⩽√a)即可证明.然后放缩即可得出结论．10.【答案】(1)解：因为f(x)=e x−ax，所以f′(x)=e x−a所以f(1)=e−a，f′(1)=e−a，所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−(e−a)=(e−a)(x−1)，即y=(e−a)x，与g(x)=ax2−e联立得，ax2−(e−a)x−e=0，因为直线y=(e−a)x与g(x)的图象相切，所以a≠0且(e−a)2+4ea=0，解得a=−e．(2)证明：F(x)=f(x)−g(x)=e x−ax2−ax+e，F′(x)=e x−2ax−a，若a≤0，F′(x)是增函数，F′(x)=0最多有一个实根，F(x)最多有一个极值点，不满足题意，所以a>0，此时设x1，x2(x1<x2)是F′(x)=e x−2ax−a的两个变号零点，由题意知e x1−2ax1−a=0,e x2−2ax2−a=0，两式相减得2a=e x1−e x2x1−x2，由e x1e x2<4a2⟺e x1+x22<2a⟺e x1+x22<e x1−e x2x1−x2⟺e x1−x22<e x1−x2−1x1−x2，设x1−x22=t，则t<0，要证e x1e x2<4a2，即证t<0时，e t<e2t−12t恒成立，即1<e t−e−t2t恒成立，即e t−e−t−2t<0恒成立，设ℎ(t)=e t−e−t−2t，则ℎ′(t)=e t+e−t−2>0，所以ℎ(t)在(−∞,0)上是增函数，所以ℎ(t)<ℎ(0)=0，所以t<0时，e t−e−t−2t<0恒成立，即e x1e x2<4a2．【解析】本题考查了导数的几何意义、函数的恒成立问题，极值点偏移问题的处理技巧，属于中档题．(1)利用f(1)=e−a，f′(1)=e−a，求得f(x)的图象在x=1处的切线方程y=(e−a)x，与g(x)=ax2−e联立得，ax2−(e−a)x−e=0，结合Δ=(e−a)2+4ea= 0，解得a．(2)F(x)=f(x)−g(x)=e x−ax2−ax+e，F′(x)=e x−2ax−a，可得a>0，此时设x1，x2(x1<x2)是F′(x)=e x−2ax−a的两个变号零点，由题意知e x1−2ax1−a=0,e x2−2ax2−a=0，两式相减得2a=e x1−e x2x1−x2，由e x1e x2<4a2⟺e x1+x22<2a⟺e x1+x22<e x1−e x2x1−x2⟺e x1−x22<e x1−x2−1x1−x2，设x1−x22=t，则t<0，即证t<0时，e t<e2t−12t恒成立，设ℎ(t)=e t−e−t−2t，利用导数即可证明．11.【答案】解：(1)因为f(x)=xe−x，所以f′(x)=(1−x)e−x，.可得函数f(x)=xe−x在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．函数f(x)=xe−x在x=1处取得最大值，f(x)max=f(1)=1e，所以函数f(x)的图象大致如下：易知函数f(x)=xe−x的值域为(−∞,1e]．因为方程f(x)+2a2−3a+1=0有两个不同的根，所以−2a2+3a−1∈(0,1e)，即−2a2+3a−1>0，−2a2+3a−1<1e .解得12<a<1．即实数a的取值范围为(12,1)．(2)证明：由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨设x1<x2，构造函数F(x)=f(1+x)−f(1−x)，x∈(0,1],则F′(x)=f′(1+x)+f′(1−x)=xe x+1(e2x−1)>0，所以F(x)在x∈(0,1]上单调递增，F(x)>F(0)=0，也即f(1+x)>f(1−x)对x∈(0,1]恒成立．由0<x1<1<x2，则1−x1∈(0,1],所以f(1+(1−x1))=f(2−x1)>f(1−(1−x1))=f(x1)=f(x2)，即f(2−x1)>f(x2)，又因为2−x1，x2∈(1,+∞)，且f(x)在(1,+∞)上单调递减，所以2−x1<x2，即x1+x2>2．【解析】本题考查了函数的单调性和导数的恒成立问题和导数的不等式问题，属于中档题题．(1)求解方程的实根问题可以转化为函数的零点或图象的交点问题．(2)本小题属极值点偏移问题，构造函数F(x)=f(1+x)−f(1−x)，x∈(0,1]，根据F(x)的单调性证明f(2−x1)>f(x2)即可完成本题证明．12.【答案】解：(1)由已知得f′(x)=e x−ax，因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程f′(x)=e x−ax=0有两个不相等的根x1，x2设g(x)=f′(x)=e x−ax，则g′(x)=e x−a①当a≤0时，g′(x)=e x−a>0，所以g(x)在R上单调递增，至多有一个零点，不符合题意②当a>0时，由g′(x)=e x−a=0得x=lna．当x∈(−∞,lna)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(lna,+∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．所以g(x)min=g(lna)=a−alna<0，即a>e，令φ(a)=a−2lna(a>0)，则φ′(a)=1−2a =a−2a，当a∈(0,2)时，φ′(a)<0，φ(a)为减函数；当a∈(2,+∞)时，φ′(a)>0，φ(a)为增函数；所以φ(a)min=φ(2)=2−2ln2=2(1−ln2)>0所以φ(a)>0，即a>2lna，<a，e a>a2所以g(a)=e a−a2>0，从而lna<a2又因为g(0)=1>0，所以g(x)在区间(0,lna)和(lna,a)上各有一个零点，符合题意，综上，实数a的取值范围为(e,+∞)．(2)不妨设x1<x2，则x1∈(−∞,lna)，x2∈(lna,+∞)，所以x1<lna<x2设p(x)=g(x)−g(2lna−x)=e x−ax−[e2lna−x−a(2lna−x)]=e x−a2e−x−2ax+2alna，则p′(x)=e x+a2e−x−2a≥2√e x×a2e−x−2a=2a−2a=0，当且仅当e x=a2e−x，即x=lna时，等号成立．所以函数p(x)在R上单调递增．由x2>lna，可得p(x2)>p(lna)=0，即g(x2)−g(2lna−x2)>0，又因为x1，x2为函数g(x)的两个零点，所以g(x1)=g(x2)，所以g(x1)>g(2lna−x2)，又x2>lna，所以2lna−x2<lna，又函数g(x)在(−∞,lna)上单调递减，所以x1<2lna−x2，即x1+x2<2lna．【解析】本题考查利用导数研究函数的极值和极值点偏移的相关知识点，属于比较难的知识点．(1)由已知得f′(x)=e x−ax，因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程f′(x)=e x−ax=0有两个不相等的根x1，x2，设g(x)=f′(x)=e x−ax，则g′(x)=e x−a，对a进行分类讨论，从而算出答案．(2)设x1<x2，则x1∈(−∞,lna)，x2∈(lna,+∞)，所以x1<lna<x2，设p(x)=g(x)−g(2ln a−x)，则p′(x)=e x+a2e−x−2a⩾0，当且仅当e x=a2e−x，即x=lna时，等号成立．函数p(x)在R上单调递增，由x2>lna，可得g(x2)−g(2lna−x2)>0，g(x1)>g(2lna−x2)，从而得证．−a (x>0)，13.【答案】(Ⅰ)解：因为f′(x)=1x所以切线的斜率k =f ′(1)=1−a ，又因为f(1)=−a ，所以切线方程为y +a =(1−a)(x −1) ， 将(−1,0)代入，得a =−2(1−a)，解得a =2； (Ⅱ)①解f′(x)=1x−a =0，得x =1a当0<x <1a 时，f ′(x)>0；当x >1a 时，f′(x)<0．所以f(x)在x =1a 处取得最大值f(1a )=−lna −1 ， 因为f(1)=−a <0，因为0<a <1e ，所以f(1a )=−lna −1>0，f(x)在区间(1,1a )有零点 ， 因为f(x)在区间(0,1a )单调递增，所以，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证明：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)=2(1−ax)2x(2−ax)⩾0，所以函数F(x)在区间(0,2a)上单调递增，所以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)，所以f(2a−x 1)>f(x 2)因为0<x 1<1a <x 2，所以2a −x 1, x 2∈(1a ,+∞)，因为f(x)在区间(1a ,+∞)单调递减， 所以2a −x 1<x 2, x 1+x 2>2a ，又0<a <1e , 1a >e ， 所以x 1+x 2>2e ．【解析】本道试题主要是考查了导数在函数的单调性，极值中的应用，还考查了函数零点的应用．(Ⅰ)导数求出切线的斜率，进而求出切线方程，再将点(−1,0)代入切线方程，就可以求出a 的值；(Ⅱ)①由函数零点存在性定理可知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应用函数的单调性即可证明．14.【答案】(Ⅰ)解：因为f′(x)=1x −a (x >0)，所以切线的斜率k =f ′(1)=1−a ，又因为f(1)=−a ，所以切线方程为y +a =(1−a)(x −1) ， 将(−1,0)代入，得a =−2(1−a)，解得a =2； (Ⅱ)①解f′(x)=1x−a =0，得x =1a当0<x <1a 时，f ′(x)>0；当x >1a 时，f′(x)<0．所以f(x)在x =1a 处取得最大值f(1a )=−lna −1 ， 因为f(1)=−a <0，因为0<a <1e ，所以f(1a )=−lna −1>0，f(x)在区间(1,1a )有零点 ， 因为f(x)在区间(0,1a )单调递增，所以，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证明：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)=2(1−ax)2x(2−ax)⩾0，所以函数F(x)在区间(0,2a )上单调递增，所以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)，所以f(2a −x 1)>f(x 2)因为0<x 1<1a <x 2，所以2a −x 1, x 2∈(1a ,+∞)，因为f(x)在区间(1a ,+∞)单调递减， 所以2a −x 1<x 2, x 1+x 2>2a ，又0<a <1e , 1a >e ， 所以x 1+x 2>2e ．【解析】本道试题主要是考查了导数在函数的单调性，极值中的应用，还考查了函数零点的应用．(Ⅰ)导数求出切线的斜率，进而求出切线方程，再将点(−1,0)代入切线方程，就可以求出a的值；(Ⅱ)①由函数零点存在性定理可知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应用函数的单调性即可证明．15.【答案】解：(1)由f(x)<kx对任意x∈(0,+∞)恒成立，得k>lnxx2对任意x∈(0,+∞)恒成立，令ℎ(x)=lnxx2，则ℎ′(x)=1−2lnxx3，令ℎ′(x)=0，则x=√e，在(0,√e)上，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；在(√e,+∞)上，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；故ℎ(x)max=ℎ(√e)=12e，则k>12e ，即k的取值范围为(12e,+∞)；(2)证明：设x1<x2，g(x)=lnx+1x−m，则g′(x)=−lnxx2，在(0,1)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；在(1,+∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减；∵g(1)=1−m，g(1e)=−m，当x→+∞时，g(x)>−m，且g(x)→−m，∴0<m<1，1e<x1<1<x2，要证x1+x2>2，即证x2>2−x1，∵x2>1，2−x1>1，g(x)在(1,+∞)上单调递减，∴只需证明g(x2)<g(2−x1)，由g(x1)=g(x2)，只需证明g(x1)<g(2−x1)，令m(x)=g(x)−g(2−x)，x∈(1e,1)，m′(x)=−lnxx2−ln(2−x)(2−x)2，∵x∈(1e,1)，∴−lnx>0，x2<(2−x)2，∴m′(x)>−lnx−ln(2−x)2−x =−ln[x(2−x)]2−x>0，∴m(x)在(1e,1)上单调递增，∴m(x)<m(1)=0，即m(x)<0，∴x1+x2>2．【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数零点存在性定理，利用导数研究函数的极值，运用分析法证明，导数中的恒成立与存在性问题和导数中的函数不等式．(1)利用导数中的恒成立问题处理策略，结合利用导数研究函数的极值，计算得结论；(2)利用导数研究函数的单调性，结合函数零点存在性定理得1e<x1<1<x2，再利用分析法证明得只需证明g(x1)<g(2−x1)，构建函数m(x)，利用导数研究函数的单调性，计算得结论．16.【答案】解：(1)由题意得f(x)的定义域是(0,+∞)，f(x)=2xlnx−ax2−2x+a2(a>0)，则f′(x)=2lnx+2−2ax−2，令f′(x)=0，得lnx−ax=0，问题转化为方程lnx−ax=0在(0,+∞)上有2个异根，令g(x)=lnx−ax，问题转化为函数g(x)有2个不同的零点，而g′(x)=1x −a=1−axx(x>0)，∵a>0，当0<x<1a 时，g′(x)>0，当x>1a时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1a )单调递增，在(1a,+∞)单调递减，故g(x)极大值=g(1a )=ln1a−1，又∵当x→0时，g(x)→−∞，当x→+∞时，g(x)→−∞，于是只需g(x)极大值>0，即ln 1a −1>0，故0<a <1e ，即a 的取值范围是(0,1e )；(2)证明：由(1)可知x 1，x 2分别是方程lnx −ax =0的两个根， 即lnx 1=ax 1，lnx 2=ax 2， 不妨设x 1>x 2>0，作差得ln x 1x 2=a(x 1−x 2)，即a =lnx 1x 2x 1−x 2，原不等式√x 1⋅x 2>e 等价于x 1·x 2>e 2，即lnx 1+lnx 2>2⇔a(x 1+x 2)>2⇔ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2，令t =x 1x 2，则t >1，ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2⇔lnt >2(t−1)t+1，设ｈ(t)=lnt −2(t−1)t+1(t >1)，则ｈ′(t)=(t−1)2t(t+1)2>0，∴函数ｈ(t)在(1,+∞)上单调递增， ∴ｈ(t)>ｈ(1)=0，即不等式lnt >2(t−1)t+1成立，故所证不等式成立，即√x 1x 2>e ．【解析】本题考查导数研究函数的单调性与极值，考查导数中的函数不等式，考查方程与函数思想，计算能力，属于较难题．(1)问题转化为方程lnx −ax =0在(0,+∞)上有2个异根，令g(x)=lnx −ax ，问题转化为函数g(x)有2个不同的零点，求导，利用导数求极值即可求解；(2)原不等式√x 1⋅x 2>e 等价于ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2，令t =x 1x 2，则t >1，ln x1x 2>2(x 1−x 2)x 1+x 2⇔lnt >2(t−1)t+1，设ｈ(t)=lnt −2(t−1)t+1(t >1)，根据函数的单调性证出结论即可．17.【答案】(1)解：函数f(x)=xlnx +x 2−ax +2(a ∈R)有两个不同的零点x 1，x 2．考虑f(x)与x 轴有切点，设为(m,0)，f′(x)=lnx +1+2x −a ，则lnm +1+2m −a =0， 又mlnm +m 2−am +2=0，消去a ，可得m 2+m −2=0，解得m =1(−2舍去)， 则a =3，由于f(x)的图象开口向上， 由f′(1)=3−a <0，解得a >3，可得f(x)在(0,+∞)不单调，有两个不同的零点x 1，x 2．故a 的范围是(3,+∞)；(2)证明：由题意可得x 1lnx 1+x 12−ax 1+2=0，x 2lnx 2+x 22−ax 2+2=0，即为lnx 1+x 1−a +2x 1=0，lnx 2+x 2−a +2x 2=0，两式相减可得，lnx 1−lnx 2+x 1−x 2+2(x 2−x 1)x 1x 2=0，即有1+lnx 1−lnx 2x 1−x 2=2x 1x 2， 要证x 1⋅x 2>1，即证2x 1x 2<2，即有1+lnx 1−lnx 2x 1−x 2<2，即lnx 1−lnx 2x 1−x 2<1，即有(lnx 1−x 1)−(lnx 2−x 2)x 1−x 2<0，(∗)令g(x)=lnx −x ，g′(x)=1x −1，当x >1时，g′(x)<0，g(x)递减；当0<x <1时，g′(x)>0，g(x)递增． 则g(x)在x =1处取得极大值，且为最大值−1， 即有lnx −x <0，不妨设0<x 1<1，x 2>1，则x 1−x 2<0，lnx 1−x 1−(lnx 2−x 2)>0， 故(∗)成立， 即有x 1⋅x 2>1．。

隐零点与极值点偏移问题【考试提醒】隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大【核心题型】题型一　隐零点零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)=0，并结合f ′(x )的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f ′(x )的正负，进而得到f (x )的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．1(2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测)已知f x =ae 2x -2xe x (其中e =2.71828⋯为自然对数的底数).(1)当a =0时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程，(2)当a =12时，判断f x 是否存在极值，并说明理由；(3)∀x ∈R ,f x +1a≤0，求实数a 的取值范围.【答案】(1)y =-4ex +2e ；(2)有一个极大值，一个极小值，理由见解析；(3)1-2 e 2,0 【解析】(1)当a =0时，f x =-2xe x ，可得f x =-2x +1 e x ，则f 1 =-4e ,f 1 =-2e ，所以曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y +2e =-4e x -1 ，即y =-4ex +2e.(2)当a =12时，f x =12e 2x -2xe x ，定义域为R ，可得f x =e 2x -2x +1 e x =e x e x -2x -2 ，令F x =e x -2x -2，则F x =e x -2，当x ∈-∞,ln2 时，F x <0；当x ∈ln2,+∞ 时，F x >0，所以F x 在-∞,ln2 递减，在ln2,+∞ 上递增，所以F (x )min =F ln2 =2-2ln2-2=-2ln2<0，又由F -1 =1e>0,F 2 =e 2-6>0，存在x 1∈-1,ln2 使得F x 1 =0，存在x 2∈ln2,2 使得F x 2 =0，当x ∈-∞,x 1 时，F x >0,f x >0,f x 单调递增；当x ∈x 1,x 2 时，F x <0,f x <0,f x 单调递减；当x ∈x 2,+∞ 时，F x >0,f x >0,f x 单调递增；所以a =12时，f x 有一个极大值，一个极小值.(3)由f x =ae 2x -2xe x ，可得f x =2ae 2x -2x +1 e x =2e x ae x -x -1 ，由∀x ∈R ,f x +1a ≤0，因为f 0 +1a =a +1a =a 2+1a≤0，可得a <0，令g x =ae x -x -1，则g x 在R 上递减，当x <0时，可得e x ∈(0,1)，则ae x ∈(a ,0)，所以g x =ae x -x -1>a -x -1，则g a -1 >a -a -1 -1=0，又因为g -1 =ae -1<0，∃x 0∈a -1,-1 使得g x 0 =0，即g x 0 =ae x 0-x 0-1=0且当x ∈-∞,x 0 时，g x >0，即f x >0；当x 0∈x 0,+∞ 时，g x <0，即f x <0，所以f x 在-∞,x 0 递增，在x 0,+∞ 递减，所以f (x )max =f x 0 =ae 2x 0-2x 0e x 0，由g x 0 =ae x-x 0-1=0，可得a =x 0+1ex 0，由f (x )max +1a ≤0，可得x 0+1 e x 0-2x 0e x 0+exx 0+1≤0，即1-x 0 1+x 0 +1x 0+1≤0，由x 0+1<0，可得x 20-1≤1，所以-2≤x 0<-1，因为a =x 0+1ex 0，设h x =x +1e x(-2≤x <-1)，则h x =-xe x >0，可知h x 在-2,1 上递增，h x ≥h -2 =1-2e-2=1-2 e 2且h x <h -1 =0，所以实数a 的取值范围是1-2 e 2,0 .2(23-24高三上·河南焦作·期末)(1)求函数f (x )=e x -1-x 的极值；(2)若a ∈(0,1]，证明：当x >0时，(x -1)e x -a +1≥ln x +a ．【答案】(1)极小值为0，无极大值；(2)证明见解析【分析】(1)求导，得到单调性，从而得到极值情况；(2)在(1)基础上得到x -1≥ln x ，构造函数h (x )=(x -1)e x -a -ln x +1-a (x >0)，求导得到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值h x 0 ≥0，证明出结论.【详解】(1)依题意，f (x )=e x -1-1，令f (x )=0，解得x =1，所以当x ∈(-∞,1)时，f (x )<0，当x ∈(1,+∞)时，f (x )>0，即f (x )在(-∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，而f (1)=0，故f (x )的极小值为0，无极大值．(2)由(1)可知，当x >0时，e x -1≥x ，则x -1≥ln x ．令h (x )=(x -1)e x -a -ln x +1-a (x >0)，则h (x )=xe x -a -1x，易知h (x )在(0,+∞)上单调递增．因为a ∈(0,1]，所以h 12 =12e 12-a -2<0，h (1)=e 1-a -1≥0，故∃x 0∈12,1 ，使得hx 0 =0，即x 0e x 0-a =1x 0①．当x ∈0,x 0 时，h (x )<0，当x ∈x 0,+∞ 时，h (x )>0，所以h (x )在x ∈0,x 0 上单调递减，在x ∈x 0,+∞ 上单调递增，故h (x ) min =h x 0 =x 0-1 e x 0-a-ln x 0+1-a ②．由①可得e x 0-a =1x 20,x 0-a =-2ln x 0，代入②，得h x 0 =x 0-1x 20-3ln x 0-x 0+1≥x 0-1x 20-3x 0-1 -x 0+1=1-x 0 2x 0-1 2x 0+1x 20，而x 0∈12,1，故h x 0 ≥0，故h (x )≥0，即原命题得证．【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次3(2024·浙江宁波·高三统考期末)已知函数f x =x ln x -ax +1，其中a ∈R ．(1)当a =2时，求曲线f x 在x =1处的切线方程；(2)记f x 为f x 的导函数，若对∀x ∈1,3 ，都有f x +5x -1x +1≤f x ，求a 的取值范围．【答案】(1)y =-x ；(2)52,+∞【解析】(1)由题知，f x =ln x +1-a ，当a =2时，f 1 =-1，f 1 =-1，所以曲线f x 在x =1处的切线方程为y =-x ；(2)由题意，原不等式等价于x ln x -ax +1+5x -1x +1≤ln x +1-a ，即x -1 ln x +5x +1≤a x -1 ，当x =1时，对任意a ∈R ，不等式恒成立，当x ∈1,3 时，原不等式等价于ln x +5x +1≤a ，设g x =ln x +5x +1，则g x =1x -5(x +1)2=x 2-3x +1x (x +1)2，设h x =x 2-3x +1，因为h 1 0,h 3 0,h 32<0，所以存在唯一x 0∈32,3 ，使得h x 0 =0，即g x 0 =0，当x ∈1,x 0 时，g x <0,g x 单调递减，当x ∈x 0,3 时，g x >0,g x 单调递增，故g (x )max =max g 1 ,g 3 =g 1 =52，即a ≥52．综上所述，a 的取值范围为52,+∞ ．4(2024·河北邢台·高三统考期末)已知函数f (x )=sin x +x 2．(1)求曲线y =f (x )在点π2,f π2 处的切线方程；(2)证明：f (x )>-516．【答案】(1)4πx -4y -π2+4=0；(2)证明见解析【解析】(1)f (x )=cos x +2x ，f π2 =π，f π2 =π24+1．故曲线y =f (x )在点π2,f π2 处的切线方程为y =πx -π24+1，即4πx -4y -π2+4=0．(2)由(1)得f(x )=cos x +2x ．令函数u (x )=f (x )，则u (x )=-sin x +2>0，所以u (x )=f (x )是增函数．因为f (0)=1，f -12 =cos 12-1<0，所以存在x 0∈-12,0 ，使得f (x 0)=cos x 0+2x 0=0，即x 20=14cos 2x 0．所以当x ∈-∞,x 0 时，f (x )<0，当x ∈x 0,+∞ 时，f (x )>0，所以f (x )在-∞,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增．f (x )≥f x 0 =sin x 0+x 20=sin x 0+14cos 2x 0=-14sin 2x 0+sin x 0+14．因为x 0∈-12,0 ，所以sin x 0>sin -12 >sin -π6 =-12，所以-14sin 2x 0+sin x 0+14>-14×-12 2-12+14=-516．故f (x )>-516．题型二　极值点偏移极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1+x 2>(<)2x 0型，构造函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x )；对结论x 1x 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．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t =x1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =e xx-ln x +x -a .若f (x )有两个零点x 1,x 2，证明：x 1x 2<1.【答案】证明见解析【分析】利用构造函数法，从而只需证明x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1，即可求解.【详解】由题意得f x =e x x +ln e x x -a ，令t =e x x >1，则f t =t +ln t -a ，f t =1+1t>0，所以f t =t +ln t -a 在1,+∞ 上单调递增，故f t =0至多有1解；又因为f x 有两个零点x 1,x 2，所以，t =e xx有两个解x 1,x 2，令y =e x x ，y =e xx -1 x 2，易得y =e xx 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以0<x 1<1<x 2.此时e x1=tx 1;e x 2=tx 2，两式相除，可得：e x 2-x 1=x 2x 1⇔x 2-x 1=ln x 2-ln x 1.于是，欲证x 1x 2<1只需证明：x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1，下证x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1：因为x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1⇔ln x 2-ln x 1<x 2-x 1x 1x 2⇔ln x 2x 1<x 2x 1-x 1x 2，不妨设s =x 2x 1>1，则只需证2ln s <s -1s，构造函数h s =2ln s -s +1s ,s >1，则h s =2s -1-1s2=-1-1s 2<0，故h s 在1,+∞ 上单调递减，故h s <h 1 =0，即2ln s <s -1s得证，综上所述：即证x 1x 2<1.【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.2(2022·全国·模拟预测)设函数f x =ln x -ax a ∈R .(1)若a =3，求函数f x 的最值；(2)若函数g x =xf x -x +a 有两个不同的极值点，记作x 1,x 2，且x 1<x 2，求证：ln x 1+2ln x 2>3.【答案】(1)无最小值，最大值为-ln3-1(2)证明见解析【分析】(1)对函数f x =ln x -3x 求导后得f x =1-3xx,x >0，分别求出f x >0和f x <0的解集，从而可求解.(2)由g x =xf x -x +a 有两个极值点x 1,x 2⇔ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，从而要证ln x 1+2ln x 2>3⇔2ax 1+4ax 2>3⇔a >32x 1+4x 2⇔ln x2x 1x 2-x 1>3x 1+2x 2，令t =x 2x 1,t >1，构建函数h t =ln t -3t -1 1+2t，然后利用导数求解h t 的最值，从而可求解证明.【详解】(1)由题意得f x =ln x -3x ，则f x =1-3xx,x >0.令f x >0，解得0<x <13；令f x <0，解得x >13，∴f x 在0,13 上单调递增，在13,+∞ 上单调递减，∴f (x )max =f 13 =ln 13-3×13=-ln3-1，∴f x 无最小值，最大值为-ln3-1.(2)∵g x =xf x -x +a =x ln x -ax 2-x +a ，则g x =ln x -2ax ，又g x 有两个不同的极值点x 1,x 2,∴ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，欲证ln x 1+2ln x 2>3，即证2ax 1+4ax 2>3，∵0<x 1<x 2,∴原式等价于证明a >32x 1+4x 2①.由ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，得ln x 2x 1=2a x 2-x 1 ，则a =ln x2x 12x 2-x 1 ②.由①②可知原问题等价于求证ln x2x 1x 2-x 1>3x 1+2x 2，即证ln x 2x 1>3x 2-x 1 x 1+2x 2=3x2x 1-1 1+2x 2x1.令t =x 2x 1，则t >1，上式等价于求证ln t >3t -1 1+2t.令h t =ln t -3t -1 1+2t ，则h t =1t -31+2t -6t -1 (1+2t )2=t -1 4t -1 t (1+2t )2，∵t >1,∴h t >0恒成立，∴h t 在1,+∞ 上单调递增，∴当t >1时，h t >h 1 =0，即ln t >3t -11+2t，∴原不等式成立，即ln x 1+2ln x 2>3.【点睛】方法点睛：①对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系t =x 2x 1，t =x 2+x 1；②通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，③利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.3(2024下·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考开学考试)已知函数f x =x-2e-x(其中e= 2.71828⋯为自然对数的底数).(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a,b为两个不相等的实数，且满足ae b-be a=2e b-e a，求证：a+b>6.【答案】(1)增区间为-∞,3，减区间为3,+∞(2)证明见解析【分析】(1)求导，然后根据导函数的正负来判断f x 得单调性；(2)将ae b-be a=2e b-e a变形为a-2e a=b-2e b得到f a =f b ，然后构造函数g x =f x -f6-x，根据g x 得单调性和g x <0得到f a <f6-a，最后根据f a =f b 和f x 得单调性即可证明a+b >6.【详解】(1)f x =e-x+x-2⋅-1⋅e-x=3-xe-x，令f x >0，解得x<3，令f x <0，解得x>3，所以f x 的增区间为-∞,3，减区间为3,+∞.(2)证明：将ae b-be a=2e b-e a两边同时除以e a e b得ae a-be b=2e a-2e b，即a-2e a=b-2e b，所以f a =f b ，由(1)知f x 在-∞,3上单调递增，在3,+∞上单调递减，又f2 =0，f3 =1e3，当x∈2,+∞时，f x >0，设a<b，则2<a<3<b，令g x =f x -f6-x=x-2e x-4-xe6-x2<x<3，则g x =3-xe x-3-xe6-x=3-xe6-x-e xe6，由2<x<3得6-x>x，所以e6-x>e x，3-x>0，所以g x >0，g x 在2,3上单调递增，又g3 =f3 -f3 =0，所以g x <0，当2<x<3时，f x -f6-x<0，即f a -f6-a<0，即f a <f6-a，又f a =f b ，所以f b <f6-a，又6-a>3，b>3，f x 在3,+∞上单调递减，所以b>6-a，即a+b>6.【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于x1+x2>a f x1=f x2的问题的基本步骤如下：①求导确定f x 的单调性，得到x1,x2的范围；②构造函数F x =f x -f a-x，求导可得F x 恒正或恒负；③得到f x1与f a-x1的大小关系后，将f x1置换为f x2；④根据x2与a-x1的范围，结合f x 的单调性，可得x2与a-x1的大小关系，由此证得结论.4(2024·辽宁·模拟预测)已知函数f x =e x-ax2(a>0)．(1)当a=e24时，判断f x 在区间1,+∞内的单调性；(2)若f x 有三个零点x1,x2,x3，且x1<x2<x3．(i)求a的取值范围；(ii)证明：x1+x2+x3>3.【答案】(1)f x 在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增(2)(i)a∈e24,+∞；(ii)证明见解析【分析】(1)多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；(2)(i)原条件可转化a=e xx2有三个不等实根，从而构造函数h x =e xx2，研究该函数即可得；(ii)借助的h x 单调性，得到x1>-1，从而将证明x1+x2+x3>3，转化为证明x2+x3>4，再设t=x3x2，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数μx =ln x-2x-1x+1x>1，证明其在1,+∞上大于0即可.【详解】(1)当a=e24时，f x =ex-e24x2，f x =e x-e22x，令g x =f x =e x-e22x，g x =e x-e22，令g x =e x-e22=0，可得x=ln e22=2-ln2，则当x∈1,2-ln2时，g x <0，当x∈2-ln2,+∞时，g x >0，即g x 在1,2-ln2上单调递减，在2-ln2,+∞上单调递增，又g1 =f 1 =e-e22<0，g2 =f 2 =e2-e2=0，故当x∈1,2时，f x <0，当x∈2,+∞时，f x >0，故f x 在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增；(2)(i)f x 有三个零点，即e x-ax2=0有三个根，由x=0不是该方程的根，故a=e xx2有三个根x1,x2,x3，且x1<x2<x3，令h x =e xx2，h x =x-2e xx3，故当x∈-∞,0∪2,+∞时，h x >0，当x∈0,2时，h x <0，即h x 在-∞,0、2,+∞上单调递增，在0,2上单调递减，h2 =e222=e24，当x→-∞时，h x →0，x→0-时，h x →+∞，当x→0+时，h x →+∞，x→+∞时，h x →+∞，故a∈e24,+∞时，a=e xx2有三个根；(ii)由h x 在-∞,0上单调递增，h-1=e-1-22=14e<e24，故x1>-1，由(i)可得e x1x21=ex2x22=ex3x23=a，且-1<x1<0<x2<2<x3，即只需证x2+x3>4，设t=x3x2>1，则x3=x2t，则有e x2x22=ex2tx2t2，即有t2=e x2t-1 ，故2ln t=x2t-1，x2=2ln tt-1，则x3=2t ln tt-1，即x2+x3=2ln tt-1+2t ln tt-1=2t+1ln tt-1，即只需证2t+1ln tt-1>4⇔t+1ln tt-1>2⇔ln t-2t-1t+1>0，令μx =ln x-2x-1x+1x>1，则μx =1x -2x +1 -2x -1 x +12=x +1 2-4x x x +1 2=x -1 2x x +1 2>0恒成立，故μx 在1,+∞ 上单调递增，则μx >μ1 =ln1-0=0，即得证.【点睛】方法点睛：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x 1,x 2且x 1≠x 2，求证：x 1+x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；2.若函数f (x )中存在x 1,x 2且x 1≠x 2满足f (x 1)=f (x 2)，求证：x 1+x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；3.若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2且x 1≠x 2，令x 0=x 1+x22，求证：f x 0 >0；4.若函数f (x )中存在x 1,x 2且x 1≠x 2满足f (x 1)=f (x 2)，令x 0=x 1+x22，求证：f x 0 >0.【课后强化】【基础保分练】一、单选题1(2022·四川成都·一模)已知a >b ，且e a -a =e b -b =1.01，则下列说法正确的有()①b <-1； ②0<a <12；③b +a <0； ④a -b <1.A.①②③B.②③④C.②④D.③④【答案】B【分析】令f x =e x -x ，利用导数讨论其单调性后可判断①②④正负，利用极值点偏移可判断③的正误.【详解】令f x =e x -x ，则f x =e x -1，当x <0时，f x <0；当x >0时，f x >0；故f x <0在0,+∞ 上为增函数，在-∞,0 上为减函数，而f a =f b ，a >b ，故b <0,a >0，而f -12 =12+1e >12+11.7=3734>1.02>1.01=f b ，故-12<b <0，故①错误.又f 12 =e -12> 2.56-12=1.6-0.5>1.01=f a ，故0<a <12，故②正确，此时a -b <1，故④正确.设h x =f x -f -x =e x -e -x -2x ,x ≥0，则h x =e x +e -x -2≥2e x ×e -x -2=0(不恒为零)，故h x 在0,+∞ 上为增函数，故∀x >0，必有h x >h 0 =0即f x >f -x x >0 ，所以f a >f -a ，即f b >f -a ，由f x 的单调性可得b <-a 即a +b <0，故③成立.故选：B .【点睛】思路点睛：导数背景下不等关系的讨论，注意根据等式或不等式的关系构建新函数，并结合单调性来比较大小关系，在不等式关系的讨论中，注意利用极值点偏移来处理大小关系.2(2023·全国·模拟预测)若关于x 的方程e x =m ln x +x -1x 有两个解，则实数m 的取值范围为()A.e ,+∞B.e 2,+∞C.8,+∞D.4e ,+∞【答案】B【分析】首先变形构造函数f x =xe x -m ln x +x -1 ，讨论m ≤0和m >0两种情况，利用导数判断函数的单调性，再结合函数的最值，并结合零点存在性定理，求实数m 的取值范围.【详解】依题意，有xe x -m ln x +x -1 =0，令f x =xe x -m ln x +x -1 ，则f x =x +1 e x -mx.当m ≤0时，f x >0在0,+∞ 上恒成立，f x 在0,+∞ 上单调递增，故f x 至多只有1个零点；当m >0时，令e x -mx=0，设x 0为该方程的解，故当x ∈0,x 0 时，f x <0，f x 单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，则函数f x 的最大值为f x 0 =x 0e x 0-m ln x 0+x 0-1 <0；而e x 0-m x 0=0，故x 0e x 0=m ，故ln x 0+x 0=ln m ，故f x 0 =m 2-ln m <0，解得m >e 2，可知x 0>1，故f 1 =e -m +m =e >0，所以f x 在0,x 0 上仅有1个零点，当x →+∞时，f x →+∞，故f x 在x 0,+∞ 上也有1个零点，故实数m 的取值范围为e 2,+∞ .故选：B .【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质和零点问题，涉及构造函数，分类讨论，以及隐零点问题，本题的一个关键是根据x 0e x=m ，变形求f x 0 <0，再结合函数零点存在性定理说明存在两个零点.3(2023·四川南充·一模)已知函数f (x )=ln x -2x+2 -m (0<m <3)有两个不同的零点x 1，x 2(x 1<x 2)，下列关于x 1，x 2的说法正确的有( )个①x 2x 1<e 2m ②x 1>2m +2 ③e m3<x 2<33-m ④x 1x 2>1A.1 B.2C.3D.4【答案】D【分析】函数f x =ln x -2x +2 -m 0<m <3 有两个不同零点x 1,x 2x 1<x 2 ，转化为ln x -2x+2 =m 有两个交点，构造函数g x =ln x -2x+2 ，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根据①判断②，再根据零点,构造函数，判断选项③,根据零点判断④.【详解】由函数f x =ln x -2x+2 -m 0<m <3 有两个不同零点x 1,x 2x 1<x 2 ，转化为ln x -2x+2 =m 0<m <3 有两个交点x 1,x 2x 1<x 2 ，构造函数g x =ln x -2x +2，h x =ln x -2x +2 ，则g x =1x +2x 2，故g x >0，所以g x 在0,+∞ 单调递增，而g 1 =0，可得h x 图象如图所示故h x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以0<x 1<1<x 2，对于①，m =-ln x 1+2x 1-2=ln x 2-2x 2+2，所以2m =-ln x 1+ln x 2+2x 1-2x 2>ln x 2x 1，所以x2x 1<e 2m ，故①正确；对于②，由①可知m =-ln x 1+2x 1-2，故mx 1+2x 1-2=-x 1ln x 1>0，因此x 1>2m +2，故②正确；对于③，因为0<m <3，所以0<m 3<1，故1<e m3<e ,33-m >1，所以g 33-m =ln 33-m -23-m 3+2=ln 33-m +2m3，则g 33-m -m =-ln 3-m-m3+ln3，构造函数Q x =-ln 3-m -m3+ln3，则Q x =13-m -13=m33-m >0，而Q 0 =0，所以g 33-m >m =g x 2 ，所以x 2<33-m ，因为g e m 3 =m 3-2e m 3+2，所以m -g e m3 =2m 3-1e m 3+1，令m 3=t 0<t <1 ，构造I t =t -1et +1，显然I t 单调递增，且I 0 =0，所以m =g x 2 >g e m 3所以e m3<x 2<33-m，故③正确；对于④，由①可知，ln x 1x 2=2x 1+2x 2-4>4x 1x 2-4，所以ln x 1x 2-4x 1x 2+4>0，令x 1x 2=n ，W n =2ln n -4n+4，显然W n 单调递增，且W 1 =0，所以x 1x 2>1，故④正确.故选：D二、多选题4(2023·湖南永州·二模)已知a ln a =bln b =2.86，c ln c =d ln d =-0.35，a <b ，c <d ，则有()A.a +b <2eB.c +d >2eC.ad <1D.bc >1【答案】BCD【分析】令f x =xln xx >1 ，g x =x ln x ，求导可求得f x ,g x 的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB 正误；由f 1x =-1g x ，可确定f 1d <f a ,f 1c <f b ，结合f x 单调性可得CD 正误.【详解】令f x =xln xx >1 ，g x =x ln x ，∵f x =ln x -1ln 2x，∴当x ∈1,e 时，f x <0；当x ∈e ,+∞ 时，f x >0；∴f x 在1,e 上单调递减，在e ,+∞ 上单调递增，且f x min =f e =e ；若f a =f b =2.86，则1<a <e <b ，令F x =f x -f 2e -x ，1<x <e则Fx =ln x -1ln 2x +ln 2e -x -1ln 22e -x =ln x ⋅ln 22e -x +ln 2x ⋅ln 2e -x -ln 2x -ln 22e -x ln 2x ⋅ln 22e -x=ln x ln 2e -x ln 2e -x +ln x -ln 2x -ln 22e -xln 2x ⋅ln 22e -x=ln x ln 2e -x ⋅ln -x 2+2ex -ln 2x -ln 22e -xln 2x ⋅ln 22e -x，∵当x ∈1,e 时，-x 2+2ex <e 2，∴ln x ln 2e -x ⋅ln -x 2+2ex -ln 2x -ln 22e -x <2ln x ln 2e -x -ln 2x -ln 22e -x =-ln x -ln 2e -x 2，∴F x <0在1,e 上恒成立，∴F x 在1,e 上单调递减，∴F x >F e =0，即f x >f 2e -x ，又1<a <e ，∴f a >f 2e -a ，∵f a =f b ，∴f b >f 2e -a ，∵b >e ，2e -a >e ，f x 在e ,+∞ 上单调递增，∴b >2e -a ，即a +b >2e ，A 错误；∵g x =ln x +1，∴当x ∈0,1e 时，g x <0；当x ∈1e,+∞ 时，g x >0；∴g x 在0,1e 上单调递减，在1e ,+∞ 上单调递增，且g x min =g 1e =-1e；由c ln c =d ln d =-0.35得：0<c <1e<d <1；设G x =g x -g 2e -x ，0<x <1e，则G x =ln x +1+ln 2e -x +1=ln 2ex -x 2 +2；当0<x <1e 时，-x 2+2e x ∈0,1e 2，∴G x <0，∴G x 在0,1e 上单调递减，∴G x >G 1e =0，即g x >g 2e -x ，又0<c <1e ，∴g c >g 2e -c ，又g c =g d ，∴g d >g 2e -c ，∵d >1e ，2e -c >1e ，g x 在1e,+∞ 上单调递增，∴d >2e -c ，即c +d >2e，B 正确；∵1<a <e <b ，0<c <1e <d <1，f 1x =1xln 1x =-1x ln x =-1g x ，∴f 1d =-1g d=10.35≈2.857<2.86=f a ，又1<1d <e ，1<a <e ，f x 在1,e 上单调递减，∴1d >a ，则ad <1，C 正确；∵f 1c =-1g c ≈2.857<2.86=f b ，又1c >e ，b >e ，f x 在e ,+∞ 上单调递增，∴1c <b ，则bc >1，D 正确.故选：BCD .【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于x 1+x 2>a f x 1 =f x 2 的问题的基本步骤如下：①求导确定f x 的单调性，得到x 1,x 2的范围；②构造函数F x =f x -f a -x ，求导后可得F x 恒正或恒负；③得到f x 1 与f a -x 1 的大小关系后，将f x 1 置换为f x 2 ；④根据x 2与a -x 1所处的范围，结合f x 的单调性，可得到x 2与a -x 1的大小关系，由此证得结论.5(2023·湖北襄阳·模拟预测)已知关于x 的方程xe x -a =0有两个不等的实根x 1,x 2，且x 1<x 2，则下列说法正确的有()A.-e -1<a <0B.x 1+x 2<-2C.x 2>aD.x 1+e x 1<0【答案】ABD【分析】由已知y =a 与y =xe x 有两个不同的交点，利用导数研究函数f (x )=xe x 性质，结合图象确定a 的范围，判断A ，要证明x 1+x 2<-2只需证明x 2<-2-x 1，结合函数f (x )单调性只需证明f x 1 <f -2-x 1 ，故构建函数F (x )=f x -f -2-x ，利用导数证明结论，判断B ，利用比差法比较x 2,a ，判断C ，利用x 1的范围，结合指数函数性质证明x 1+e x 1<0，判断D .【详解】方程xe x -a =0，可化为xe x =a ，因为方程xe x -a =0有两个不等的实根x 1,x 2，所以y =a 与y =xe x 有两个不同的交点，令f (x )=xe x ，则f (x )=e x +xe x =(1+x )e x ，令f (x )=0，可得x =-1，当x <-1时，f (x )<0，函数f (x )在-∞,-1 单调递减，当x >-1时，f (x )>0，函数f (x )在-1,+∞ 单调递增，f (x )min =f (-1)=-1e，当x <0时，f (x )<0，且f (0)=0，当x >0时，f (x )>0，当x →-∞时，与一次函数相比，指数函数y =e -x 呈爆炸性增长，故f x =--xe-x →0，当x →+∞时，f x →+∞，f x →+∞，根据以上信息，可得函数f x 的大致图象如下：∴-1e<a <0，且x 1<-1<x 2<0，故A 正确．因为x 1<-1<x 2<0，-2-x 1>-1构造F (x )=f x -f -2-x =xe x +(2+x )e -2-x ,x <-1，F (x )=(x +1)e x +(-1-x )e -2-x =(x +1)e x -e -2-x >0，∴F (x )在(-∞,-1)上单调递增，∴F x 1 <F (-1)=0，∴f x 1 <f -2-x 1 ，即f x 2 <f -2-x 1 ，由f x 在-1,+∞ 单调递增所以x 2<-2-x 1⇒x 1+x 2<-2，故B 正确．对于C ，由x 2=a ex 2，-1e <a <0，所以x 2-a =a e x 2-a =a 1ex 2-1，又-1<x 2<0，所以1e x 2>1，则1ex 2-1>0，所以x 2<a ，故C 错误．对于D ，由x 1<-1，可得0<e x1<e -1，所以x 1+e x 1<-1+e -1<0，D 正确．故选：ABD ．【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．6(2023·福建宁德·二模)已知函数f (x )=ln xx，则()A.f (2)>f (3)B.若f (x )=m 有两个不相等的实根x 1，x 2，则x 1x 2>e 2C.ln2<2eD.若2x =3y，x ，y 均为正数，则2x >3y【答案】BCD【分析】A ：代入2、3直接计算比较大小；B ：求f x 的导函数，分析单调性，可得当f x =m 有两个不相等实根时x 1、x 2的范围，不妨设x 1<x 2，则有0<x 1<e <x 2，比较f x 1 ,f e 2x 1的大小关系，因为f x 1 =f x 2 ，可构造F x =f x -f e 2x(0<x <e )，求导求单调性，计算可得F x <0成立，可证x 1x 2>e 2；C ：用f x 在0,e 上单调递增，构造ln22<ln e e 可证明；D ：令2x =3y=t ，解出x =lg t lg2，y =lg t lg3，做差可证明2x >3y .【详解】对于A：f2 =ln22=ln2，f3 =ln33=ln33，又26=23=8，336=9，所以2<33，所以ln2<ln33，则f2 <f3 ，故A错误；对于B：函数f x =ln xx，定义域为0,+∞，则f x =1-ln xx2，当f x >0时，0<x<e；当f x <0时，x>e；所以f x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，则f x max=1e且x>e时，有f x >0，所以若f x =m有两个不相等的实根x1、x2，有0<m<1e，不妨设x1<x2，有0<x1<e<x2，要证x1x2>e2，只需证x2>e2x1，且x2>e2x1>e，又f x1=f x2，所以只需证f x1<fe2x1 ，令F x =f x -fe2x(0<x<e)，则有F x =f x +fe2x⋅1x2=1-ln x1x2-1e4，当0<x<e时，1-ln x>0，1x2-1e4>0，所以有F x >0，即F x 在(0,e)上单调递增，且F e =0，所以F x <0恒成立，即f x1<fe2x1，即f x2 <f e2x1，即x1x2>e2，故B正确.对于C：由B可知，f x 在0,e上单调递增，则有f2 <f e ，即ln22<ln ee，则有ln2<2e<2e，故C正确；对于D：令2x=3y=t，则t>1，x=log2t=lg tlg2，y=log3t=lg tlg3，∴2x-3y=2lg tlg2-3lg tlg3=lg t(lg9-lg8)lg2⋅lg3>0，∴2x>3y，故D正确；故选：BCD.【点睛】方法点睛：(1)给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；(2)极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.三、解答题7(22-23高三上·河南洛阳·开学考试)(1)证明不等式：e x-2>ln x(第一问必须用隐零点解决，否则不给分)；(2)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.求a的取值范围.(第二问必须用分段讨论解决，否则不给分)【答案】(1)证明见解析；(2)(0,+∞).【分析】(1)根据给定条件，构造函数g(x)=e x-2-ln x，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.(2)求出函数f(x)的导数，利用导数分类讨论函数f(x)的单调性、零点情况作答.【详解】(1)令函数g x =e x-2-ln x，x>0，求导得：g x =e x-2-1x，显然函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，而g (1)=e-1-1<0，g (2)=12>0，则存在x0∈(1,2)，使得g (x0)=0，即e x0-2=1x0，有x0-2=-ln x0，当0<x<x0时，g (x)<0，当x>x0时，g (x)>0，函数g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，g(x)min=g(x0)=e x0-2-ln x0=1x0+x0-2>21x⋅x0-2=0，所以e x-2>ln x.(2)函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2定义域R，求导得f (x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a)，当a>0时，由f (x)<0得，x<1，由f (x)>0得，x>1，即函数f(x)在(-∞,1)上递减，在(1,+∞)上递增，f(x)min=f(1)=-e<0，而f(2)=a>0，即存在x1∈(1,2)，使得f(x1)=0，则函数f(x)在(1,+∞)上有唯一零点，取b<0且b<ln a2，则f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2>a2(b-2)+a(b-1)2=a b2-32b>0，即存在x2∈(b,1)，使得f(x2)=0，则函数f(x)在(-∞,1)上有唯一零点，因此当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a=0时，函数f(x)=(x-2)e x只有一个零点2，当a<0时，若-e2<a<0，当x<ln(-2a)或x>1时，f (x)>0，当ln(-2a)<x<1时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增，在(ln(-2a),1)上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，因此函数f(x)在(-∞,1)上没有零点，在(1,+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，若a=-e2，恒有f(x)≥0，即函数f(x)在R上单调递增，函数f(x)最多一个零点，若a<-e2，当x<1或x>ln(-2a)时，f(x)>0，当1<x<ln(-2a)时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增，在(1,ln(-2a))上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，当x∈1,ln-2a时，f x <0，因此函数f(x)在(-∞,ln(-2a))上没有零点，在(ln(-2a),+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，综上得，当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a≤0时，函数f(x)最多一个零点，所以a的取值范围是(0,+∞).8(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx．(1)若对任意的m,n∈(0,+∞)都有f(m)≤t≤g(n)，求实数t的取值范围；(2)若x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2，e x2-x1=x x12x x21，证明：x31+x32>2．【答案】(1)[1,e] (2)证明见解析【分析】(1)分别计算f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx的导函数，接着分析它们的单调性，求得在x=1时，f(x)的最大值为f(1)=1，g(x)的最小值为g(1)=e，问题得解；(2)先将e x2-x1=x x12x x11转化为f x1=f x2，再设x1<x2，数形结合得到1e<x1<1<x2，接着构造函数，利用函数的单调性得到x1+x2>2，最后利用放缩法证明不等式.【详解】(1)由f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx，得f (x)=-ln xx2，g (x)=e x(x-1)x2，当0<x<1时，f (x)>0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，当x>1时，f (x)<0，f(x)在区间(1,+∞)上单调递减，所以当x∈(0,+∞)时，f(x)的最大值为f(1)=1．当0<x<1时，g (x)<0，g(x)在区间(0,1)上单调递减，当x>1时，g (x)>0，g(x)在区间(1,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，g(x)的最小值为g(1)=e．所以1≤t≤e，故实数t的取值范围为[1,e]．(2)由e x1-x1=x x12x x11得e x1-x1⋅x x11=x x12，两边取对数并整理，得x2ln x1+1=x1ln x2+1，即ln x1+1x1=ln x2+1x2，即f x1=f x2．由(1)知，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，f(x)max=f(1)=1，(技巧：注意对第(1)问结论的应用)而f1e=0，当x>1时，f(x)>0恒成立，不妨设x1<x2，则1e<x1<1<x2．记h(x)=f(x)-f(2-x)，x∈1e,1 ，则h (x)=f (x)+f (2-x)=-ln xx2-ln(2-x)(2-x)2>-ln xx2-ln(2-x)x2=-ln-(x-1)2+1x2>0，所以函数h(x)在1e,1上单调递增，所以h(x)<f(1)-f(2-1)=0，即f(x)<f(2-x)，x∈1e,1 ，于是f x2=f x1<f2-x1，2-x1∈1,2-1 e，又f(x)在(1,+∞)上单调递减，因此x2>2-x1，即x1+x2>2，所以x31+x32>x31+2-x13=8-12x1+6x21=6x1-12+2>2．【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：(1)求导，得到函数f(x)的单调性、极值情况，作出函数图象，由f x2=f x1得到x1,x2的大致范围．(2)构造辅助函数(若要证x1+x2>(<)2x0，则构造函数g(x)=f(x)-f2x0-x；若要证x1x2>(<)x20，则构造函数g(x)=f(x)-fx20x.)，限定x1,x2的范围，求导，判定符号，获得不等式．(3)代入x1,x2，利用f x2=f x1及f(x)的单调性即得所证结论．9(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=2ln x-ax2.(1)若x>0时，f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；(2)当实数a取第(1)问中的最小值时，若方程f(x)=m有两个不相等的实数根x1，x2，请比较x21+x22，2x21 x22，2这三个数的大小，并说明理由.【答案】(1)a≥-1；(2)x21+x22>2x21x22>2.【分析】(1)根据给定条件，变形不等式，分离参数构造函数，并求出函数的最大值即得.(2)由(1)求出函数f(x)并变形，换元构造函数h(t)=t(1-ln t)，利用导数结合极值点偏移推理即得.【详解】(1)当x>0时，不等式f(x)≤1⇔2ln x-ax2≤1⇔a≥2ln x-x2，令g(x)=2ln x-x2,x>0，依题意，∀x>0,a≥g(x)恒成立，求导得g (x)=2x-2x=2(1-x2)x，当0<x<1时，g(x)>0，当x>1时，g (x)<0，于是函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，g(x)max=g(1)=-1，所以a ≥-1.(2)由(1)知，a min =-1，此时函数f (x )=2ln x +1x 2=1x 21-ln 1x2，令1x 2=t ，h (t )=t (1-ln t )，则f (x )=h (t )，由方程f (x )=m 有两个不相等的实数根x 1,x 2，得方程h (t )=m 有两个不相等的实数根t 1,t 2，t 1=1x 21,t 2=1x 22，要比较x 21+x 22，2x 21x 22，2这三个数的大小，只需比较1x 21+1x 22，2，2⋅1x 21⋅1x 22这三个数的大小，即比较t 1+t 2,2,2t 1t 2这三个数的大小，h (t )=-ln t ，当0<t <1时，h (t )>0，当t >1时，h (t )<0，则函数h (t )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，显然t ∈(0,1)，h (t )>0，而h (e )=0，由方程h (t )=m 有两个不相等的实数根t 1,t 2，不妨设t 1<t 2，则0<t 1<1<t 2<e ，令函数φ(t )=h (t )-h (2-t ),0<t <1，显然2t -t 2=-(t -1)2+1∈(0,1)，求导得φ (t )=h (t )+h (2-t )=-ln t -ln (2-t )=-ln (2t -t 2)>0，函数φ(t )在(0,1)上单调递增，于是φ(t 1)<φ(1)=0，即h (t 1)<h (2-t 1)，而h (t 1)=h (t 2),t 2>1,2-t 1>1，h (t )在(1,+∞)上单调递减，因此h (t 2)<h (2-t 1)，即有t 2>2-t 1，则t 1+t 2>2，令函数u (t )=h (t )-h 1t ,0<t <1，1t 2>1,ln t <0，求导得u (t )=h (t )+1t 2h 1t =-ln t -1t 2ln 1t =1t 2-1ln t <0，函数u (t )在(0,1)上单调递减，u (t 1)>u (1)=0，即h (t 1)>h 1t 1，而h (t 1)=h (t 2),t 2>1,1t 1>1，h (t )在(1,+∞)上单调递减，因此h (t 2)>h 1t 1，即有t 2<1t 1，则t 1t 2<1，有2t 1t 2<2，于是t 1+t 2>2>2t 1t 2，从而1x 21+1x 22>2>2⋅1x 21⋅1x 22，所以x 21+x 22>2x 21x 22>2.【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.10(23-24高三上·云南昆明·阶段练习)设a ，b 为函数f x =x ⋅e x -m (m <0)的两个零点．(1)求实数m 的取值范围；(2)证明：e a +e b <1．【答案】(1)-1e ,0 (2)证明见解析【分析】(1)求出定义域，求导，得到f x 的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到f x min <0，求出m>-1e ，结合题目条件，得到当-1e <m <0时，f 1m >0，根据零点存在性定理得到f x 在-∞，-1 内存在唯一零点，同理得到f (x )在-1,0 内存在唯一零点，从而求出答案；(2)设a <-1<b <0，由a ⋅e a =b ⋅e b 可得e a -b =b a ，令b a =t ∈0,1 ，故a =ln t 1-t ，b =t ln t1-t，推出要证e a+e b <1，即证ln t +1 t <ln t t -1，构造g x =ln xx -1，x ≠1，求导，对分子再构造函数，证明出g x ≤0，g x 在定义域内单调递减，故g t +1 <g t ，即ln 1+t +t ln t1-t<0，证明出结论.【详解】(1)f x 的定义域为R ，f (x )=x +1 e x ，当x ∈-∞,-1 时，f x <0，当x ∈-1,+∞ 时，f x >0，故f x 在-∞,-1 内单调递减，在-1,+∞ 单调递增，故要使f x 有两个零点，则需f x min =f -1 =-e -1-m <0，故m >-1e，由题目条件m <0，可得-1e<m <0，当-1e <m <0时，因为f 1m =1m e 1m -m >m -m =0，又1m <-e <-1，故f x 在-∞，-1 内存在唯一零点，又f 0 =-m >0，故f (x )在-1,0 内存在唯一零点，则f x 在R 上存在两个零点，故满足题意的实数m 的取值范围为-1e,0 ；(2)证明：由(1)可设a <-1<b <0，由a ⋅e a =b ⋅e b 可得e a -b =ba，令b a =t ∈0,1 ，则b =at ，所以e a -at =t ，故a =ln t 1-t，所以b =at =t ln t1-t，要证e a +e b <1，即证e ln t1-t +e t ln t1-t <1⇒e t ln t1-t e ln t +1 <1⇒e t ln t1-t t +1 <1⇒e t ln t1-t e ln t +1<1⇒e t ln t 1-t+ln t +1<1，即证ln 1+t +t ln t1-t<0，因为t ∈0,1 ，即证ln 1+t t +ln t 1-t <0，即ln t +1 t <ln tt -1，令g x =ln x x -1，x ≠1，g x =x -1x -ln x x -1 2=1-1x +ln 1xx -12，令h u =u -1-ln u ，则h u =1-1u，当u ∈0,1 时，h u <0，当u ∈1,+∞ 时，h u >0，故h u 在0,1 内单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以h u ≥h 1 =0，所以u -1-ln u ≥0，令u =1x 得1x -1-ln 1x≥0，故g x =1-1x +ln 1xx -12≤0，g x 在定义域内单调递减，故g t +1 <g t ，即ln t +1 t <ln t t -1，ln t +1 <t ln t t -1，ln 1+t +t ln t1-t<0，则e a +e b <1，证毕．【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征(包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等)，需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方【综合提升练】一、单选题1(22-23高二下·福建厦门·期末)已知函数f x =ln xx,0<x ≤e -1e2x +2e ,x >e，若a <b <c ，且f a =f b =f c ，则b ln aa ln b·c 的取值范围为()。

极值点偏移经典例题
极值点的偏移是一个常见的优化问题，在实际应用中有广泛的应用。

以下是一个经典的例题：
问题描述：
假设有一个平面上的函数 f(x, y)，求函数的极小值点 P1。

现在，我们要在给定的条件下，求函数的极小值点 P2，使得 P2 距离 P1 最远。

解题思路：
1. 首先，需要找到函数的极小值点 P1。

可以使用数值优化的方法，如梯度下降法或牛顿法，求解函数的梯度为零的点。

2. 找到极小值点 P1 后，计算 P1 到其他点的距离，并选取距离 P1 最远的点作为 P2 的初始解。

3. 使用优化算法，如模拟退火算法、遗传算法或粒子群优化算法等，在给定的条件下，求解函数的极小值点 P2。

可以将函数的极小值问题转化为一个约束优化问题，加入对 P1 到 P2 距离的约束条件。

4. 循环迭代优化过程，直到找到满足条件的极小值点 P2。

注意事项：
1. 需要注意函数可能存在多个极小值点的情况，需要根据实际情况选择合适的优化算法。

2. 在计算过程中，由于函数可能存在复杂的形式，可能需要进行函数的近似或简化处理。

3. 在设置约束条件时，需要合理选择约束条件的范围，以保证优化过程的有效性。

总结：
极值点偏移是一个常见的优化问题，需要综合运用数值优化方法和约束优化方法，以找到满足条件的极小值点。

根据实际问题的复杂程度和条件限制，选择合适的优化算法和约束条件设置方法，以求得最优解。

导数及其应用 专题七：极值点偏移问题一、知识储备1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。

若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210xx x +≠。

如下图所示。

图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。

2、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-. (3)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(4)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(5)转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 二、例题讲解1．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1m =时，若在()f x 定义域内存在两实数1x ，2x 满足12x x <且()()12f x f x =，证明：122x x +>.【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得m x m =，当0mx m <<时，()0f x '>，当m x m >时，()0f x '<，于是得()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减；（2）分析 ：如图：1201x x <<< 要证122x x +> 只需证：122x x -<由于101x <<，则112x <-即只需证1212x x <-< 如图，只需证12(2)()f x f x ->；由于()()12f x f x = 只需证11(2)()f x f x ->此时可构造函数()()(2)F x f x f x =--（即用x 替代了上式1x ） 只需证：在01x <<，()()(2)0F x f x f x =--<。

极值点偏移问题【类型一：12x x a +>类】1. （2013年高考湖南文）已知函数21()1xx f x e x -=+. (Ⅰ)求()f x 的单调区间；(Ⅱ)证明:当1212()()()f x f x x x =≠时，120x x +<.解: (Ⅰ) .)123)12)1()1)11()('222222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--⋅=+⋅--+⋅-+-=（（（ ;)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴<⋅-=∆单调递减）时，，当)(,0)('0[x f y x f x =≤∞+∈.所以,）上单调递减，上单调递增；在，在（∞+∈∞=0[]0-)(x x f y . (Ⅱ)由(Ⅰ)知，只需要证明:当x >0时()()f x f x <-即可.]1)1[(11111)()(2222x e x xe e x x e x x xf x f x x x x ---+=++-+-=----. 1)21()('0,1)1()(22--=⇒>---=x x e x xg x x e x x g 令.,04)21()('1)21()(222<-=-=⇒--=x x x xe e x x h e x x h 令0)0()(0)(=<⇒∞+=⇒h x h x h y ）上单调递减，在（ 0)0()(0)(=<⇒∞+=⇒g x g x g y ）上单调递减，在（.000]1)1[(122==∞+---+=⇒-y x x e x xe y xx 时）上单调递减，但，在（ )()(0)()(x f x f x f x f -<⇒<--⇒.0)()(212121<+≠=x x x x x f x f 时，且所以，当2. (2010年天津卷)已知函数()()xf x xe x R -=∈ （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x >；（Ⅲ）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>. （Ⅰ）解：()(1)x f x x e -'=- 令()f x '=0,解得1x =当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表所以()f x 在(,1-∞)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数。

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<b.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<b.（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）xy=f(x) x=x 0 x=x 0拓展：1） 若)()(x b f x a f -=+，则)(x f 的图象关于直线2ba x +=对称；特别地，若)()(x a f x a f -=+（或f(x)=f(2a-x)），则)(x f 的图象关于直线a x =对称2） 若函数f(x)满足∀x ∈(0,a)有下列之一成立：①f(x)在(0,a)递增，在(a,2a)递减,且f(a-x)<（>）f(a+x)(f(x)<(>)f(2a-x))②f(x)在(0,a)递减,在(a,2a)递增,且f(a-x)>(<)f(x+a)(f(x)>(<)f(2a-x))则函数f(x)在(0,2a)的图象关于直线x=a 偏移(偏对称)(俗称峰谷偏函数)其中① 极大值左偏（或右偏）也称峰偏左（或右）②极小值偏左（或偏右）也称谷偏左（或右）；性质：1) )(x f 的图象关于直线a x 对称若x 1,x 2∈(0,2a)x 1≠x 2则 x 1+x 2=2a <=>f (x 1)=f(x 2),(f ′(x 1)+f ′(x 2)=0,f ′(x 1+x 22)=0);2)已知函数是满足条件的极大值左偏（峰偏左）若x 1,x 2∈(0,2a)x 1≠x 2则f (x 1)=f(x 2)则x 1+x 2>2a ,及f ′(x 1+x 22)<0极值点偏移解题步骤：①求函数f(x)的极值点x 0；②构造函数F(x)=f(x+x 0)-f(x 0−x) (F(x)=f(x 0−x )-f(x 0+x), F(x)=f(x+2x 0)-f(−x) , F(x)=f(x)-f(2x 0−x))确定F(x)单调性③结合F(0)=0（F(-x 0)=0,F(x 0)=0)判断F(x)符号从而确定f(x+x 0),f(x 0−x)( f(x+2x 0)与f(−x); f(x)与f(2x 0−x)）的大小关系;答题模式：已知函数y=f(x)满足f (x 1)=f(x 2),x 0为函数y=f(x)的极值点,求证：x 1+x 2<2x 0①求函数f(x)的极值点x 0；②构造函数F(x)=f(x+x 0)-f(x 0−x) 确定F(x)单调性③判断F(x)符号从而确定f(x+x 0),f(x 0−x) 的大小关系;假设F(x)在(0,+∞）上单调递增则F(x)>F(0)=0，从而得到x>0时f(x+x 0)>f(x 0−x)④1.（2016年全国I 高考）已知函数有两个零点. 设x 1，x 2是的两个零点，证明：+x 2<2.2. (2010年高考天津卷理科21)（本小题满分14分） 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12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +> 证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2x e-令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xx F x xe x e --=+-于是22'()(1)(1)x x F x x ee --=--当x>1时，2x-2>0,从而2x-2e 10,0,F x e -->>又所以’(x)>0,从而函数F （x ）在[1,+∞)是增函数。