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2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题21导数极值点偏移问题（Word版附解析）
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这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题21导数极值点偏移问题（Word版附解析），共33页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
专题21导数极值点偏移问题
知识梳理
方法技巧
题型归类
题型一：消参减元
题型二：对称变换
题型三：比(差)值换元
题型四：对数均值不等式
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
解答题：共12题
一、【知识梳理】
【方法技巧】
众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.
若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：
①若，则称为极值点左偏；②若，则称为极值点右偏.[来源:学_科_X_X_K]
1.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x0)，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x0.
(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>x，则令F(x)＝f(x)－f.
(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性.
(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系.
(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求.
2.含参函数问题可考虑先消去参数，其目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数.
3.比(差)值换元就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的.一般用t表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题.
4.对数均值不等式可用对称化构造或比值换元进行证明，在解答题中，一般要先证明后应用. 设a，b>0，a≠b，则>>，其中被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.
二、【题型归类】
【题型一】消参减元
【典例1】已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1·x2>e2.
【证明】法一 消参转化成无参数问题：
由题知f(x)＝0，
则ln x＝ax，即ln x＝aeln x.
因为x1，x2是方程f(x)＝0的两个根，
所以x1，x2也是方程ln x＝aeln x的两个根，
即ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根.
设u1＝ln x1，u2＝ln x2，g(x)＝xe－x，
即g(u1)＝g(u2)，从而由x1x2>e2，
可得ln x1＋ln x2>2，
即u1＋u2>2，
由本专题例1得证.
法二 直接换元构造新函数：
由题知a＝＝，
则＝，
设x11)，
则x2＝tx1，
所以＝t，即＝t，
解得ln x1＝，ln x2＝ln tx1＝ln t＋ln x1＝ln t＋＝.
由x1x2>e2，
得ln x1＋ln x2>2，
所以ln t>2，
所以ln t－>0，
构造g(t)＝ln t－，t>1，
g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增.
又g(1)＝0，所以g(t)>g(1)＝0，
即ln t>，故x1x2>e2.
【典例2】已知函数f(x)＝ln(ax)＋ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x12.
【证明】因为f′(x)＝(x>0)，f(x)有两个极值点x1，x2，
所以x1，x2是方程ax2－2x＋1＝0的两个不相等的正实数根，
从而Δ＝(－2)2－4a>0，a>0，
解得0
因为0且x≠1.
令g(x)＝，x>且x≠1，
则g′(x)＝，
所以当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＝＝.
要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1，
只要证明g(x2)
所以只要证g(x1)
则F′(x1)＝＋
＝＋
＝2(1－x1)
＝.
因为0，
即F(x1)在上单调递增，
所以F(x1)
【题型二】对称变换
【典例1】已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
【解析】(1)解 由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)＝－＋1
＝＝，
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，
所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明 方法一 不妨设x11.
令F(x)＝f(x)－f ，
则F′(x)＝＋e1x+1x1x-11x2⋅1x2
＝x-1x2ex+x-xe1x-1.
令g(x)＝ex＋x－xe1x－1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－e1x+xe1x⋅1x2
＝ex＋1＋e1x(x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)
所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)
即f(x2)
所以x2<，即x1x2<1.
方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x1
得ex1x1－ln x1＋x1＝ex2x2－ln x2＋x2，
即ex1－lnx1＋x1－ln x1＝ex2－lnx2＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，h(x)>h，
所以h(x1)＝h(x2)>h.
又h′(x)＝1－＝(x>0)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以0
(1)求f(x)的极值和单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a>2)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>4.
【解析】(1)解 f′(x)＝－＝(x>0)，
令f′(x)>0得x>2，
令f′(x)<0得0
在(2，＋∞)上单调递增，
所以当x＝2时，f(x)取得极小值1＋ln 2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，
单调递减区间为(0,2)．
(2)证明 由题意知，g(x1)＝g(x2)．
不妨设x1
在(2，＋∞)上单调递增；所以0
又因为4－x1>2，x2>2，
g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
因此证明不等式等价于证明g(x2)>g(4－x1)，即证明g(x1)>g(4－x1)，
即＋ln x1－a>＋ln(4－x1)－a(0
＝<0，
所以h(x)在(0,2)上单调递减，
所以h(x)>h(2)＝1＋ln 2－1－ln 2＝0，
即h(x)＝＋ln x－－ln(4－x)>0(04.
【题型三】比(差)值换元
【典例1】已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2).求证：x1x2<.
【证明】f′(x)＝ln x＋1，
由f′(x)>0，得x>，
由f′(x)<0，得0
在上单调递增.
可设0
令t＝>1，则x2＝tx1，
代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，
得ln x1＝.
又x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t<－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0.
设g(t)＝ln t－(t>1)，
则g′(t)＝>0.
∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0.
故x1x2<.
法二 构造函数F(x)＝f(x)－f，
则F′(x)＝f′(x)＋f′
＝1＋ln x＋·
＝(1＋ln x)·，
当0
得F(x)在上单调递增，
∴F(x)
∴f(x2)
且f(x)在上单调递增，
∴x2<，∴x1x2<.
【典例2】已知函数f(x)＝－m
的两个零点为x1，x2，证明：ln x1＋ln x2>2.
【证明】不妨设x1
则ln x1x2＝m(x1＋x2)，
ln ＝m(x2－x1)⇒m＝.
欲证ln x1＋ln x2>2，
只需证ln x1x2>2，
只需证m(x1＋x2)>2，
即证ln >2.
即证 ln >2，
设t＝>1，
则只需证ln t>，
即证ln t－>0.
记u(t)＝ln t－(t>1)，
则u′(t)＝－＝>0.
所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，
故ln x1＋ln x2>2.
【题型四】对数均值不等式
【典例1】设函数其图象与轴交于两点,且.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：为函数的导函数）；
【证明】（1）f'(x)=ex-a,x∈R,当a≤0时,f'(x)>0在R上恒成立,不合题意
当a>0时, fxmin=flna=a2-lna
当f(x)min,即0
令y=a+1-2lna,a>e2,则y'=1-2a>0,故a+1-2lna>e2+1-4=e2-3>0
所以f(lna2)>0,即在(lna,2lna)有且只有一个零点.
（2）由（1）知,f(x)在(-∞,lna)内递减,在(lna,+∞)内递增,且f(1)=e>0
所以1
所以x1x2-(x1+x2)<0,要证：f'(x1x2)<0,只须证ex1x20
所以ln(x1x2-(x1+x2)+1)
∵a＝＋ln x1＝＋ln x2，
∴x1x2＝，
由对数均值不等式知：
<，
∴
∴x1＋x2>2>2.
令f(x)＝0，即ax－1－xln x＝0，
设h(x)＝ax－1－xln x，x>0，
则h′(x)＝a－1－ln x，其在(0，＋∞)上单调递减，
且h′(x)的零点为p＝ea－1，
∴h(x)在(0，p)单调递增，在(p，＋∞)单调递减，且a－1－ln p＝0(*)
∴x1
>，
∴ln x1<＋ln p，
∴a－<＋ln p，
化简得：(2＋ln p－a)x－(2p＋ap－pln p－1)x1＋p>0，
把(*)式代入上式得：
x－(3p－1)x1＋p>0；
同理可得：x－(3p－1)x2＋p<0，
∴x－(3p－1)x2＋p
∵x1
【训练一】已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
【解析】(1)解 f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明 方法一 (对称化构造法)
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)
＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1
又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x1)>f(2－x2)．
又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
∴x1>2－x2，
∴x1＋x2>2.
方法二 (比值代换法)
设0
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0，故x1＋x2>2.
【训练二】已知函数f(x)＝xln x－mx2－x，m∈R.
(1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)为f(x)的导函数)，求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2.
【解析】(1)解 因为g(x)＝ln x－mx，
g′(x)＝，
①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)>0，
所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，
则g(x)max＝g(e)＝1－me；
②当≥e，即0
则g(x)max＝g(e)＝1－me；
③当1<
④当0<≤1，
即m≥1时，x∈[1，e]，g′(x)≤0，
函数g(x)在[1，e]上单调递减，
则g(x)max＝g(1)＝－m.
综上，当m≤时，g(x)max＝g(e)＝1－me；
当
(2)证明 要证x1x2>e2，只需证ln x1＋ln x2>2，
若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个变号零点，
又f′(x)＝ln x－mx，
所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同的实根，即
解得m＝，
另一方面，由
得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
从而可得＝，
于是ln x1＋ln x2＝
＝.
不妨设0
因此ln x1＋ln x2＝，t>1.
要证ln x1＋ln x2>2，
即证>2，t>1，
即当t>1时，有ln t>，
设函数h(t)＝ln t－，t>1，
则h′(t)＝－＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，
因此h(t)>h(1)＝0.
于是当t>1时，有ln t>.
所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2得证．
【训练三】已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若，且，证明：．
【解析】（1）f'x=cosx-sinxex，0
当00；当π4
（2）∵x1≠x2，且fx1=fx2，
∴由（1）知，不妨设0
而π4<π2-x1<π2，fx在π4,π上单调递减，
故只需证明fx2
则g'x=cosx-sinxex+sinx-cosxeπ2-x=cosx-sinx1ex-1eπ2-x=cosx-sinx⋅eπ2-x-exeπ2.
当00，π2-x>x，故g'x>0，
∴gx在0,π4上单调递增，
故在0,π4上gxπ2成立．
【训练四】已知函数有两个极值点x1,x2．
（1）求实数m的取值范围；
（2）证明：x1x2＜4．
【解析】(1) fx=ln2x-x+mlnx 有两个极值点 x1,x2, f'x=2xlnx-1+mx=0 在 x∈0,+∞ 有两不等实根 x1,x2, m=x-2lnx, 记 mx=x-2lnx,x→0+,mx→+∞,x→+∞,mx→+∞，m'x=1-2x,
x∈0,2,m'x<0,mx单调递减,
x∈2,+∞,m'x>0,mx单调递增,
mx最小值m2=2-2ln2
因为f'(x)=2xlnx-1+mx=0在x∈0,+∞有两根x1,x2,
所以m>2-2ln2；
（2）由（1）x2-2lnx2=x1-2lnx1,
x2-x1=2lnx2-lnx1,x2-x1lnx2-lnx1=2,
要证x1x2＜4,只需证明：x1x21
即证lnx2-lnx11,
记函数ht=2lnt-t+1t,t>1
h't=2t-1-1t2=2t-t2-1t2=-t-12t2<0,
所以ht=2lnt-t+1t,t>1单调递减,
ht
所以原命题x1x2＜4得证.
【训练五】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bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明 由题意知，a，b是两个不相等的正数，
且bln a－aln b＝a－b，
两边同时除以ab，
得－＝－，
即＝，
即f ＝f .
令x1＝，x2＝，
由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且当00，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x1
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为02－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当00，
即当00，所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以当0
再证x1＋x2
过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，
设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1＋x2<2.
【解析】(1)解 f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).
①当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.
②当a>0时，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
因为f(1)＝－e，f(2)＝a，
故在(1，＋∞)上有一个零点.
取b满足b<0且b
故在(－∞，1)上有一个零点，
故f(x)存在两个零点.
③当a<0时，由f′(x)＝0，
得x＝1或x＝ln(－2a).
若a≥－，则ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.
若a<－，
则ln(－2a)>1，
所以f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，
在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.
当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.
综上，a的取值范围为(0，＋∞).
(2)证明 不妨设x1
f(x)在(－∞，1)上单调递减，
所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
因为f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x>1，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，
当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<0，
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，
故x1＋x2<2.
四、【强化测试】
【解答题】
1. 已知函数f(x)＝＋ln x，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>4.
【证明】由题知f′(x)＝－＋＝，
则f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数.
由函数f(x)＝＋ln x的单调性可知，
若f(x1)＝f(x2)，设x12，
则f(x1)－f(4－x1)＝＋ln x1－－ln(4－x1).
令h(x)＝－＋ln x－ln(4－x)(0
＝
＝－<0，
所以函数h(x)在(0，2)上为减函数，
所以h(x)>h(2)＝0，
所以f(x1)－f(4－x1)>0，
则f(x1)>f(4－x1)，
又f(x1)＝f(x2)，
所以f(x2)>f(4－x1)，
则x2>4－x1，所以x1＋x2>4.
2. 已知函数f(x)＝，f(x1)＝f(x2)＝t(0
【证明】因为x2>x1>0，
依题意得⇒
两式相减得ln x1－ln x2＝x1－x2，
由对数均值不等式得
<＝1<，
∴x1x2<1，
即>1，且x1＋x2>2，
故>2，
所以x1＋x2>2x1x2.
3. 已知函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：x1＋x2>a＋1.
【解析】(1)解 ∵函数f(x)＝x－ln x－a，
∴f′(x)＝1－＝，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数.
故当x＝1时，函数f(x)＝x－ln x－a取最小值f(1)＝1－a，
若函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.
则1－a<0，即a>1.
故实数a的取值范围为(1，＋∞).
(2)证明 由(1)可设0
若证x1＋x2>a＋1，
即证x2>1－ln x1，
构造函数g(x)＝f(x)－f(1－ln x)，0
所以g′(x)＝1－，0
则h′(x)＝－ln x>0，所以h(x)单调递增，
所以0
即f(x)>f(1－ln x)，0
因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以x2>1－ln x1，故原不等式得证.
4. 已知f(x)＝x2－2aln x，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1
(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2>4x0.
【解析】(1)解 f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－＝，
要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，
令f′(x)>0，解得x>，
令f′(x)<0，解得0
依题意需f()＝()2－2aln <0，
此时1e.
(2)证明 因为1，
令＝t(t>1)，
由f(x1)＝f(x2)⇒x－2aln x1＝x－2aln x2，
即x－2aln x1＝t2x－2aln tx1⇒x＝，
而x1＋3x2>4x0⇔(3t＋1)x1>4⇔(3t＋1)2x>16a，
即(3t＋1)2·>16a，
由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2ln t－8t2＋8>0，
令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，
则h′(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
令n(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
则n′(t)＝18ln t＋11＋>0(t>1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)>n(1)＝0，
故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝0，
所以x1＋3x2>4x0.
5. 已知a是实数，函数f(x)＝aln x－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1＝，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；
令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，
故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)证明 由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，
因为f(x1)＝f(x2)＝0，
所以aln x1－x1＝0，aln x2－x2＝0，
所以x1－x2＝a(ln x1－ln x2)，
要证x1x2>e2，
即证ln x1＋ln x2>2，
等价于＋>2，
而＝，
所以等价于证明>，
即ln >，令t＝，则t>1，
于是等价于证明ln t>成立，
设g(t)＝ln t－，t>1，
g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(t)>g(1)＝0，即ln t>成立，
所以x1x2>e2，结论得证．
6. 已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1·x2>e2.
【解析】(1)解 f′(x)＝－a＝(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；
②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
由题意知f(x)＝ln x－ax的极大值f ＝ln －1>0，解得0
(2)证明 因为f(1)＝－a<0，所以1
＝ln －ln －2ax,0
所以H(x)在上单调递增，
故H(x)>H(0)＝0，即f >f .
由1，
故f(x2)＝f(x1)
＝f
所以x2>－x1，即x1＋x2>.
故ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，
即x1·x2>e2.
7. 已知函数f(x)＝－2ln x(a∈R，a≠0)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x14.
【解析】(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
当a<0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上无极值；
当a>0时，若x∈(0，)，
f′(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减．
若x∈(，＋∞)，
f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上单调递增，
故当x＝时，f(x)在(0，＋∞)上的极小值为f()＝1－2ln ＝1－ln a，无极大值．
(2)证明 当a＝4时，f(x)＝－2ln x，
由(1)知，f(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，x＝2是极值点，
又x1，x2为函数f(x)的零点，
∴0
∵f(4－x1)＝－2ln(4－x1)
＝－2x1＋4－2ln(4－x1)，
f(x1)＝－2ln x1＝0，
∴f(4－x1)＝2ln x1－2x1＋4－2ln(4－x1)，
令h(x)＝2ln x－2x＋4－2ln(4－x)(0
∴h(x)在(0,2)上单调递增，
∴h(x)4得证．
8. 已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.
【证明】由f(x)＝aex－x＝0，得－a＝0，
令g(x)＝－a，
则g′(x)＝，
由g′(x)＝>0，得x<1；
由g′(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x1，x2是方程g(x)＝0的实根，
不妨设x1<1
只要证x2>2－x1>1.
由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x2)
故只要证g(x1)
则H′(x)＝－＝，
因为x<1，所以1－x>0,2－x>x，
所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，
所以H′(x)>0，所以H(x)在(－∞，1)上单调递增．
所以H(x1)
方法二 (比值代换法)设0
得x1e-x1=x2e-x2，
等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
所以x1＋x2＝>2⇔ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(t>1)，
所以g′(t)＝－＝>0，
所以当t>1时，g(t)单调递增，
所以g(t)>g(1)＝0，
所以ln t－>0，
故x1＋x2>2.
9. 已知函数．
（1）若恒成立，求实数的取值范围．
（2）若函数的两个零点为，，证明：．
【解析】（1）解：因为fx≥0恒成立，所以x2lnx-ax+1≥0，
即a≤xlnx+1x恒成立．
令gx=xlnx+1x，则g'x=lnx-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gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以gx1min，故a≤1．
（2）证明：由题意可知方程lnx-ax=0的两根为x1，x2．
令hx=lnx-ax，则hx的两个零点为x1，x2．
h'x=1x-a=1-axx．
当 a≤0 时, h'x>0,hx 在 0,+∞ 上单调递增, 不存在两个零点;
当 a>0 时, hx 在 0,1a 上单调递增, 在 1a,+∞ 上单调递减,
则 hxmax =h1a=ln1a-1>0, 得 0
要证 x1x2>e2, 即要证 lnx1+lnx2=ax1+x2>2, 即证 x1+x2>2a.
令Fx=h2a-x-hx=ln2a-x-a2a-x-lnx+ax= ln2a-x-lnx+2ax-2, x∈0,1a。
则 F'x=2ax-12xax-2<0, 所以 Fx 在 0,1a 上单调递减, 所以 Fx>F1a=0.
因为 Fx1=h2a-x1-hx1>0, 所以 h2a-x1>hx1=hx2=0. 因为 x2,2a-x1∈1a,+∞, 且 hx 在 1a,+∞ 上单调递减, 所以 x2>2a-x1, 即 x1+x2>2a, 故 x1x2>e2 成立.
10. 已知函数．
（1）若函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围；
（2）若函数存在两个极值点，求证：．
【解析】（1）易知f(x)的定义域为(0,+∞)，
由题意知 f'x=x22-2a+8x≥0, 即 a≤x24+4x 在 0,+∞ 上恒成立, 令 gx=x24+4xx>0, 则 g'x=x2-4x2=x3-82x2.
当 x>2 时, g'x>0,gx 单调递增;
当 0
所以 a≤3;
(2) 因为 f'x=x22-2a+8x, 由 f'x=0 知, a=x24+4x,
设 gx=x24+4xx>0
则 gx1=gx2, 且 gx 在 2,+∞ 上单调递增, 在 0,2 上单调递减,
所以可令, 0
则 h'x=g'2+x+g'2-x=2-42+x2-42-x2=2x2x-23x+232+x22-x2
因为 x∈-2,0, 所以 h'x<0, 所以 hx 上在 -2,0 单调递减, 且 h0=0,
所以 x∈-2,0 时, hx=g2+x-g2-x>h0=0.
又 x1∈0,2, 所以 x1-2∈-2,0
所以 hx1-2=gx1-g4-x1>0.
所以 gx2=gx1>g4-x1.
因为 x1<2,4-x1>2,x2>2 且 gx 在 2,+∞ 上单调递增,
所以x2>4-x1，x1+x2>4．
11. 已知,,（其中e为自然对数的底数）.
（1）求函数的单调区间；
（2）若,函数有两个零点,,求证：.
【解析】(1) 解: f'x=e-ax-ax⋅e-ax=e-ax1-ax
∵a∈R,∴a<0 时, f'x=e-ax1-ax>0⇒x>1a,f'x=e-ax1-ax<0⇒x<1a
∴a<0 时,增区间为: 1a,+∞,减区间为: -∞,1a;
a=0 时, f'x=e-ax1-ax=1>0,∴a=0 时,增区间为: -∞,+∞ ；
a>0 时, f'x=e-ax1-ax>0⇒x<1a,f'x=e-ax1-ax<0⇒x>1a,
∴a>0 时,增区间为: -∞,1a, 减区间为: 1a,+∞;
（2）解法一：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)=f1a=1ae,函数y=f(x)的大致图像如下图所示
因为 a>0 时, 函数 y=fx-a 有两个零点 x1,x2, 所以 a<1ae, 即 a2<1e,
不妨设 x12a, 即证: x1>2a-x2
因为 x1<1a, 所以 2a-x2<1a, 又 y=fx 在 -∞,1a 单调递增,所以即证: fx1>f2a-x2
又 fx1=fx2, 所以即证: fx2>f2a-x2,x2>1a
令函数 Fx=fx-f2a-x,x∈1a,+∞,
则 F'x=e-ax1-ax+e-2+ax1-a2a-x=1-axe-ax-e-2+ax
因为 x>1a, 所以 -ax0
函数 Fx=fx-f2a-x 在 1a,+∞ 单调递增,所以 Fx>F1a=0
因为 x2>1a, 所以, fx2>f2a-x2, 即 x1+x2>2a
所以 x12+x22>x1+x222>2a2>2e.
12. 已知函数.
（1）当时,求的最大值；
（2）设点和是曲线上不同的两点,且,若恒成立,求实数k的取值范围.
【解析】（1）当a=1时,fx=lnx+2-x,fx的定义域为0,+∞,f'(x)=1x-1=1-xx
当 00; 当 x>1 时, f'x<0,
所以 fx 在 0,1 上为增函数, 在 1,+∞ 上为减函数,
所以 x=1 是 fx 的极大值点, 也是 fx 的最大值点，
故 fxmin=f1=1.
(2) 不妨设 x1>x2>0, 由 alnx1-x1+2a=alnx2-x2+2a, 得 a=x1-x2lnx1-lnx2
由 ak
记 ht=t2-2k-1t+1t>1,Δ=4k-12-4=4kk-2
(i) 当 k≤0 时, 则 ht 图像的对称轴为 t=k-1≤-1, 所以 ht 在 1,+∞ 上是增函数,
又 h0=1>0, 从而当 t>1 时, ht>0,
所以 g't=-httt+12<0,于是 gt 在 1,+∞ 上是减函数,
所以 gt
使得 ht0=0,
于是 ht 在 k-1,+∞ 内只有一个零点 t0,
所以当 10
所以gt在1,t0上是增函数,
于是当t∈1,t0时,gt>g1=0,此时不适合题意.
综上,实数k的取值范围-∞,2
专题21导数极值点偏移问题
知识梳理
方法技巧
题型归类
题型一：消参减元
题型二：对称变换
题型三：比(差)值换元
题型四：对数均值不等式
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
解答题：共12题
一、【知识梳理】
【方法技巧】
众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.
若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：
①若，则称为极值点左偏；②若，则称为极值点右偏.[来源:学_科_X_X_K]
1.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x0)，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x0.
(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>x，则令F(x)＝f(x)－f.
(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性.
(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系.
(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求.
2.含参函数问题可考虑先消去参数，其目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数.
3.比(差)值换元就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的.一般用t表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题.
4.对数均值不等式可用对称化构造或比值换元进行证明，在解答题中，一般要先证明后应用. 设a，b>0，a≠b，则>>，其中被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.
二、【题型归类】
【题型一】消参减元
【典例1】已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1·x2>e2.
【证明】法一 消参转化成无参数问题：
由题知f(x)＝0，
则ln x＝ax，即ln x＝aeln x.
因为x1，x2是方程f(x)＝0的两个根，
所以x1，x2也是方程ln x＝aeln x的两个根，
即ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根.
设u1＝ln x1，u2＝ln x2，g(x)＝xe－x，
即g(u1)＝g(u2)，从而由x1x2>e2，
可得ln x1＋ln x2>2，
即u1＋u2>2，
由本专题例1得证.
法二 直接换元构造新函数：
由题知a＝＝，
则＝，
设x1
则x2＝tx1，
所以＝t，即＝t，
解得ln x1＝，ln x2＝ln tx1＝ln t＋ln x1＝ln t＋＝.
由x1x2>e2，
得ln x1＋ln x2>2，
所以ln t>2，
所以ln t－>0，
构造g(t)＝ln t－，t>1，
g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增.
又g(1)＝0，所以g(t)>g(1)＝0，
即ln t>，故x1x2>e2.
【典例2】已知函数f(x)＝ln(ax)＋ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1
【证明】因为f′(x)＝(x>0)，f(x)有两个极值点x1，x2，
所以x1，x2是方程ax2－2x＋1＝0的两个不相等的正实数根，
从而Δ＝(－2)2－4a>0，a>0，
解得0
因为0
令g(x)＝，x>且x≠1，
则g′(x)＝，
所以当
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＝＝.
要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1，
只要证明g(x2)
所以只要证g(x1)
则F′(x1)＝＋
＝＋
＝2(1－x1)
＝.
因为
即F(x1)在上单调递增，
所以F(x1)
【题型二】对称变换
【典例1】已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
【解析】(1)解 由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)＝－＋1
＝＝，
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，
所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明 方法一 不妨设x1
令F(x)＝f(x)－f ，
则F′(x)＝＋e1x+1x1x-11x2⋅1x2
＝x-1x2ex+x-xe1x-1.
令g(x)＝ex＋x－xe1x－1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－e1x+xe1x⋅1x2
＝ex＋1＋e1x(x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)
所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)
即f(x2)
所以x2<，即x1x2<1.
方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x1
得ex1x1－ln x1＋x1＝ex2x2－ln x2＋x2，
即ex1－lnx1＋x1－ln x1＝ex2－lnx2＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，h(x)>h，
所以h(x1)＝h(x2)>h.
又h′(x)＝1－＝(x>0)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以0
(1)求f(x)的极值和单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a>2)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>4.
【解析】(1)解 f′(x)＝－＝(x>0)，
令f′(x)>0得x>2，
令f′(x)<0得0
在(2，＋∞)上单调递增，
所以当x＝2时，f(x)取得极小值1＋ln 2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，
单调递减区间为(0,2)．
(2)证明 由题意知，g(x1)＝g(x2)．
不妨设x1
在(2，＋∞)上单调递增；所以0
又因为4－x1>2，x2>2，
g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
因此证明不等式等价于证明g(x2)>g(4－x1)，即证明g(x1)>g(4－x1)，
即＋ln x1－a>＋ln(4－x1)－a(0
＝<0，
所以h(x)在(0,2)上单调递减，
所以h(x)>h(2)＝1＋ln 2－1－ln 2＝0，
即h(x)＝＋ln x－－ln(4－x)>0(0
【题型三】比(差)值换元
【典例1】已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2).求证：x1x2<.
【证明】f′(x)＝ln x＋1，
由f′(x)>0，得x>，
由f′(x)<0，得0
在上单调递增.
可设0
令t＝>1，则x2＝tx1，
代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，
得ln x1＝.
又x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t<－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0.
设g(t)＝ln t－(t>1)，
则g′(t)＝>0.
∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0.
故x1x2<.
法二 构造函数F(x)＝f(x)－f，
则F′(x)＝f′(x)＋f′
＝1＋ln x＋·
＝(1＋ln x)·，
当0
得F(x)在上单调递增，
∴F(x)
∴f(x2)
且f(x)在上单调递增，
∴x2<，∴x1x2<.
【典例2】已知函数f(x)＝－m
的两个零点为x1，x2，证明：ln x1＋ln x2>2.
【证明】不妨设x1
则ln x1x2＝m(x1＋x2)，
ln ＝m(x2－x1)⇒m＝.
欲证ln x1＋ln x2>2，
只需证ln x1x2>2，
只需证m(x1＋x2)>2，
即证ln >2.
即证 ln >2，
设t＝>1，
则只需证ln t>，
即证ln t－>0.
记u(t)＝ln t－(t>1)，
则u′(t)＝－＝>0.
所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，
故ln x1＋ln x2>2.
【题型四】对数均值不等式
【典例1】设函数其图象与轴交于两点,且.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：为函数的导函数）；
【证明】（1）f'(x)=ex-a,x∈R,当a≤0时,f'(x)>0在R上恒成立,不合题意
当a>0时, fxmin=flna=a2-lna
当f(x)min,即0
令y=a+1-2lna,a>e2,则y'=1-2a>0,故a+1-2lna>e2+1-4=e2-3>0
所以f(lna2)>0,即在(lna,2lna)有且只有一个零点.
（2）由（1）知,f(x)在(-∞,lna)内递减,在(lna,+∞)内递增,且f(1)=e>0
所以1
所以x1x2-(x1+x2)<0,要证：f'(x1x2)<0,只须证ex1x2
所以ln(x1x2-(x1+x2)+1)
∵a＝＋ln x1＝＋ln x2，
∴x1x2＝，
由对数均值不等式知：
<，
∴
∴x1＋x2>2>2.
令f(x)＝0，即ax－1－xln x＝0，
设h(x)＝ax－1－xln x，x>0，
则h′(x)＝a－1－ln x，其在(0，＋∞)上单调递减，
且h′(x)的零点为p＝ea－1，
∴h(x)在(0，p)单调递增，在(p，＋∞)单调递减，且a－1－ln p＝0(*)
∴x1
>，
∴ln x1<＋ln p，
∴a－<＋ln p，
化简得：(2＋ln p－a)x－(2p＋ap－pln p－1)x1＋p>0，
把(*)式代入上式得：
x－(3p－1)x1＋p>0；
同理可得：x－(3p－1)x2＋p<0，
∴x－(3p－1)x2＋p
∵x1
【训练一】已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
【解析】(1)解 f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明 方法一 (对称化构造法)
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)
＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1
又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x1)>f(2－x2)．
又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
∴x1>2－x2，
∴x1＋x2>2.
方法二 (比值代换法)
设0
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0，故x1＋x2>2.
【训练二】已知函数f(x)＝xln x－mx2－x，m∈R.
(1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)为f(x)的导函数)，求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2.
【解析】(1)解 因为g(x)＝ln x－mx，
g′(x)＝，
①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)>0，
所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，
则g(x)max＝g(e)＝1－me；
②当≥e，即0
则g(x)max＝g(e)＝1－me；
③当1<
④当0<≤1，
即m≥1时，x∈[1，e]，g′(x)≤0，
函数g(x)在[1，e]上单调递减，
则g(x)max＝g(1)＝－m.
综上，当m≤时，g(x)max＝g(e)＝1－me；
当
(2)证明 要证x1x2>e2，只需证ln x1＋ln x2>2，
若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个变号零点，
又f′(x)＝ln x－mx，
所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同的实根，即
解得m＝，
另一方面，由
得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
从而可得＝，
于是ln x1＋ln x2＝
＝.
不妨设0
因此ln x1＋ln x2＝，t>1.
要证ln x1＋ln x2>2，
即证>2，t>1，
即当t>1时，有ln t>，
设函数h(t)＝ln t－，t>1，
则h′(t)＝－＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，
因此h(t)>h(1)＝0.
于是当t>1时，有ln t>.
所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2得证．
【训练三】已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若，且，证明：．
【解析】（1）f'x=cosx-sinxex，0
当0
（2）∵x1≠x2，且fx1=fx2，
∴由（1）知，不妨设0
而π4<π2-x1<π2，fx在π4,π上单调递减，
故只需证明fx2
则g'x=cosx-sinxex+sinx-cosxeπ2-x=cosx-sinx1ex-1eπ2-x=cosx-sinx⋅eπ2-x-exeπ2.
当0
∴gx在0,π4上单调递增，
故在0,π4上gx
【训练四】已知函数有两个极值点x1,x2．
（1）求实数m的取值范围；
（2）证明：x1x2＜4．
【解析】(1) fx=ln2x-x+mlnx 有两个极值点 x1,x2, f'x=2xlnx-1+mx=0 在 x∈0,+∞ 有两不等实根 x1,x2, m=x-2lnx, 记 mx=x-2lnx,x→0+,mx→+∞,x→+∞,mx→+∞，m'x=1-2x,
x∈0,2,m'x<0,mx单调递减,
x∈2,+∞,m'x>0,mx单调递增,
mx最小值m2=2-2ln2
因为f'(x)=2xlnx-1+mx=0在x∈0,+∞有两根x1,x2,
所以m>2-2ln2；
（2）由（1）x2-2lnx2=x1-2lnx1,
x2-x1=2lnx2-lnx1,x2-x1lnx2-lnx1=2,
要证x1x2＜4,只需证明：x1x2
即证lnx2-lnx1
记函数ht=2lnt-t+1t,t>1
h't=2t-1-1t2=2t-t2-1t2=-t-12t2<0,
所以ht=2lnt-t+1t,t>1单调递减,
ht
所以原命题x1x2＜4得证.
【训练五】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bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明 由题意知，a，b是两个不相等的正数，
且bln a－aln b＝a－b，
两边同时除以ab，
得－＝－，
即＝，
即f ＝f .
令x1＝，x2＝，
由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且当0
不妨设x1
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为0
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当0
即当0
所以当0
再证x1＋x2
过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，
设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1
当1
所以当1
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1＋x2<2.
【解析】(1)解 f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).
①当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.
②当a>0时，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
因为f(1)＝－e，f(2)＝a，
故在(1，＋∞)上有一个零点.
取b满足b<0且b
故在(－∞，1)上有一个零点，
故f(x)存在两个零点.
③当a<0时，由f′(x)＝0，
得x＝1或x＝ln(－2a).
若a≥－，则ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.
若a<－，
则ln(－2a)>1，
所以f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，
在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.
当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.
综上，a的取值范围为(0，＋∞).
(2)证明 不妨设x1
f(x)在(－∞，1)上单调递减，
所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
因为f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x>1，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，
当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<0，
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，
故x1＋x2<2.
四、【强化测试】
【解答题】
1. 已知函数f(x)＝＋ln x，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>4.
【证明】由题知f′(x)＝－＋＝，
则f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数.
由函数f(x)＝＋ln x的单调性可知，
若f(x1)＝f(x2)，设x1
则f(x1)－f(4－x1)＝＋ln x1－－ln(4－x1).
令h(x)＝－＋ln x－ln(4－x)(0
＝
＝－<0，
所以函数h(x)在(0，2)上为减函数，
所以h(x)>h(2)＝0，
所以f(x1)－f(4－x1)>0，
则f(x1)>f(4－x1)，
又f(x1)＝f(x2)，
所以f(x2)>f(4－x1)，
则x2>4－x1，所以x1＋x2>4.
2. 已知函数f(x)＝，f(x1)＝f(x2)＝t(0
【证明】因为x2>x1>0，
依题意得⇒
两式相减得ln x1－ln x2＝x1－x2，
由对数均值不等式得
<＝1<，
∴x1x2<1，
即>1，且x1＋x2>2，
故>2，
所以x1＋x2>2x1x2.
3. 已知函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：x1＋x2>a＋1.
【解析】(1)解 ∵函数f(x)＝x－ln x－a，
∴f′(x)＝1－＝，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数.
故当x＝1时，函数f(x)＝x－ln x－a取最小值f(1)＝1－a，
若函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.
则1－a<0，即a>1.
故实数a的取值范围为(1，＋∞).
(2)证明 由(1)可设0
若证x1＋x2>a＋1，
即证x2>1－ln x1，
构造函数g(x)＝f(x)－f(1－ln x)，0
所以g′(x)＝1－，0
则h′(x)＝－ln x>0，所以h(x)单调递增，
所以0
即f(x)>f(1－ln x)，0
因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以x2>1－ln x1，故原不等式得证.
4. 已知f(x)＝x2－2aln x，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1
(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2>4x0.
【解析】(1)解 f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－＝，
要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，
令f′(x)>0，解得x>，
令f′(x)<0，解得0
依题意需f()＝()2－2aln <0，
此时1
(2)证明 因为1
令＝t(t>1)，
由f(x1)＝f(x2)⇒x－2aln x1＝x－2aln x2，
即x－2aln x1＝t2x－2aln tx1⇒x＝，
而x1＋3x2>4x0⇔(3t＋1)x1>4⇔(3t＋1)2x>16a，
即(3t＋1)2·>16a，
由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2ln t－8t2＋8>0，
令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，
则h′(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
令n(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
则n′(t)＝18ln t＋11＋>0(t>1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)>n(1)＝0，
故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝0，
所以x1＋3x2>4x0.
5. 已知a是实数，函数f(x)＝aln x－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1＝，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；
令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，
故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)证明 由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，
因为f(x1)＝f(x2)＝0，
所以aln x1－x1＝0，aln x2－x2＝0，
所以x1－x2＝a(ln x1－ln x2)，
要证x1x2>e2，
即证ln x1＋ln x2>2，
等价于＋>2，
而＝，
所以等价于证明>，
即ln >，令t＝，则t>1，
于是等价于证明ln t>成立，
设g(t)＝ln t－，t>1，
g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(t)>g(1)＝0，即ln t>成立，
所以x1x2>e2，结论得证．
6. 已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1·x2>e2.
【解析】(1)解 f′(x)＝－a＝(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；
②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
由题意知f(x)＝ln x－ax的极大值f ＝ln －1>0，解得0
(2)证明 因为f(1)＝－a<0，所以1
＝ln －ln －2ax,0
所以H(x)在上单调递增，
故H(x)>H(0)＝0，即f >f .
由1
故f(x2)＝f(x1)
＝f
所以x2>－x1，即x1＋x2>.
故ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，
即x1·x2>e2.
7. 已知函数f(x)＝－2ln x(a∈R，a≠0)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1
【解析】(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
当a<0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上无极值；
当a>0时，若x∈(0，)，
f′(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减．
若x∈(，＋∞)，
f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上单调递增，
故当x＝时，f(x)在(0，＋∞)上的极小值为f()＝1－2ln ＝1－ln a，无极大值．
(2)证明 当a＝4时，f(x)＝－2ln x，
由(1)知，f(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，x＝2是极值点，
又x1，x2为函数f(x)的零点，
∴0
∵f(4－x1)＝－2ln(4－x1)
＝－2x1＋4－2ln(4－x1)，
f(x1)＝－2ln x1＝0，
∴f(4－x1)＝2ln x1－2x1＋4－2ln(4－x1)，
令h(x)＝2ln x－2x＋4－2ln(4－x)(0
∴h(x)在(0,2)上单调递增，
∴h(x)
8. 已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.
【证明】由f(x)＝aex－x＝0，得－a＝0，
令g(x)＝－a，
则g′(x)＝，
由g′(x)＝>0，得x<1；
由g′(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x1，x2是方程g(x)＝0的实根，
不妨设x1<1
只要证x2>2－x1>1.
由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x2)
故只要证g(x1)
则H′(x)＝－＝，
因为x<1，所以1－x>0,2－x>x，
所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，
所以H′(x)>0，所以H(x)在(－∞，1)上单调递增．
所以H(x1)
方法二 (比值代换法)设0
得x1e-x1=x2e-x2，
等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
所以x1＋x2＝>2⇔ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(t>1)，
所以g′(t)＝－＝>0，
所以当t>1时，g(t)单调递增，
所以g(t)>g(1)＝0，
所以ln t－>0，
故x1＋x2>2.
9. 已知函数．
（1）若恒成立，求实数的取值范围．
（2）若函数的两个零点为，，证明：．
【解析】（1）解：因为fx≥0恒成立，所以x2lnx-ax+1≥0，
即a≤xlnx+1x恒成立．
令gx=xlnx+1x，则g'x=lnx-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gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以gx1min，故a≤1．
（2）证明：由题意可知方程lnx-ax=0的两根为x1，x2．
令hx=lnx-ax，则hx的两个零点为x1，x2．
h'x=1x-a=1-axx．
当 a≤0 时, h'x>0,hx 在 0,+∞ 上单调递增, 不存在两个零点;
当 a>0 时, hx 在 0,1a 上单调递增, 在 1a,+∞ 上单调递减,
则 hxmax =h1a=ln1a-1>0, 得 0
要证 x1x2>e2, 即要证 lnx1+lnx2=ax1+x2>2, 即证 x1+x2>2a.
令Fx=h2a-x-hx=ln2a-x-a2a-x-lnx+ax= ln2a-x-lnx+2ax-2, x∈0,1a。
则 F'x=2ax-12xax-2<0, 所以 Fx 在 0,1a 上单调递减, 所以 Fx>F1a=0.
因为 Fx1=h2a-x1-hx1>0, 所以 h2a-x1>hx1=hx2=0. 因为 x2,2a-x1∈1a,+∞, 且 hx 在 1a,+∞ 上单调递减, 所以 x2>2a-x1, 即 x1+x2>2a, 故 x1x2>e2 成立.
10. 已知函数．
（1）若函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围；
（2）若函数存在两个极值点，求证：．
【解析】（1）易知f(x)的定义域为(0,+∞)，
由题意知 f'x=x22-2a+8x≥0, 即 a≤x24+4x 在 0,+∞ 上恒成立, 令 gx=x24+4xx>0, 则 g'x=x2-4x2=x3-82x2.
当 x>2 时, g'x>0,gx 单调递增;
当 0
所以 a≤3;
(2) 因为 f'x=x22-2a+8x, 由 f'x=0 知, a=x24+4x,
设 gx=x24+4xx>0
则 gx1=gx2, 且 gx 在 2,+∞ 上单调递增, 在 0,2 上单调递减,
所以可令, 0
则 h'x=g'2+x+g'2-x=2-42+x2-42-x2=2x2x-23x+232+x22-x2
因为 x∈-2,0, 所以 h'x<0, 所以 hx 上在 -2,0 单调递减, 且 h0=0,
所以 x∈-2,0 时, hx=g2+x-g2-x>h0=0.
又 x1∈0,2, 所以 x1-2∈-2,0
所以 hx1-2=gx1-g4-x1>0.
所以 gx2=gx1>g4-x1.
因为 x1<2,4-x1>2,x2>2 且 gx 在 2,+∞ 上单调递增,
所以x2>4-x1，x1+x2>4．
11. 已知,,（其中e为自然对数的底数）.
（1）求函数的单调区间；
（2）若,函数有两个零点,,求证：.
【解析】(1) 解: f'x=e-ax-ax⋅e-ax=e-ax1-ax
∵a∈R,∴a<0 时, f'x=e-ax1-ax>0⇒x>1a,f'x=e-ax1-ax<0⇒x<1a
∴a<0 时,增区间为: 1a,+∞,减区间为: -∞,1a;
a=0 时, f'x=e-ax1-ax=1>0,∴a=0 时,增区间为: -∞,+∞ ；
a>0 时, f'x=e-ax1-ax>0⇒x<1a,f'x=e-ax1-ax<0⇒x>1a,
∴a>0 时,增区间为: -∞,1a, 减区间为: 1a,+∞;
（2）解法一：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)=f1a=1ae,函数y=f(x)的大致图像如下图所示
因为 a>0 时, 函数 y=fx-a 有两个零点 x1,x2, 所以 a<1ae, 即 a2<1e,
不妨设 x1
因为 x1<1a, 所以 2a-x2<1a, 又 y=fx 在 -∞,1a 单调递增,所以即证: fx1>f2a-x2
又 fx1=fx2, 所以即证: fx2>f2a-x2,x2>1a
令函数 Fx=fx-f2a-x,x∈1a,+∞,
则 F'x=e-ax1-ax+e-2+ax1-a2a-x=1-axe-ax-e-2+ax
因为 x>1a, 所以 -ax
函数 Fx=fx-f2a-x 在 1a,+∞ 单调递增,所以 Fx>F1a=0
因为 x2>1a, 所以, fx2>f2a-x2, 即 x1+x2>2a
所以 x12+x22>x1+x222>2a2>2e.
12. 已知函数.
（1）当时,求的最大值；
（2）设点和是曲线上不同的两点,且,若恒成立,求实数k的取值范围.
【解析】（1）当a=1时,fx=lnx+2-x,fx的定义域为0,+∞,f'(x)=1x-1=1-xx
当 0
所以 fx 在 0,1 上为增函数, 在 1,+∞ 上为减函数,
所以 x=1 是 fx 的极大值点, 也是 fx 的最大值点，
故 fxmin=f1=1.
(2) 不妨设 x1>x2>0, 由 alnx1-x1+2a=alnx2-x2+2a, 得 a=x1-x2lnx1-lnx2
由 ak
记 ht=t2-2k-1t+1t>1,Δ=4k-12-4=4kk-2
(i) 当 k≤0 时, 则 ht 图像的对称轴为 t=k-1≤-1, 所以 ht 在 1,+∞ 上是增函数,
又 h0=1>0, 从而当 t>1 时, ht>0,
所以 g't=-httt+12<0,于是 gt 在 1,+∞ 上是减函数,
所以 gt
使得 ht0=0,
于是 ht 在 k-1,+∞ 内只有一个零点 t0,
所以当 1
所以gt在1,t0上是增函数,
于是当t∈1,t0时,gt>g1=0,此时不适合题意.
综上,实数k的取值范围-∞,2
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