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专题05 极值点偏移
函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数的对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点，如二次函数的对称轴就是极值点，若的两根的中点为，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移．
当相等变为不等，则极值点偏移：若单峰函数的极值点为，，且，对任意都有(见图2-1)或(见图3-1)，由于，在上单调，则或，即(极值点右偏)或(极值点左偏)．
对称化构造一：x1+x2＞2x0 或x1+x2<2x0
1．已知函数f（x）＝xe﹣x（x∈R）
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），证明x1+x2＞2．
2．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．
对称化构造二：x1x2＞x02 或x1x23已知函数f（x）＝xlnx与直线y＝m交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点．
（1）求m的取值范围；
（2）求证：0＜x1x2＜．
对称化构造三：f′（）＜0 或 f′（）>0．
4．已知函数f（x）＝xe﹣x+1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（3）若存在不等实数x1、x2，使得f（x1）＝f（x2），证明：f′（）＜0．
对称化构造四：含参数的极值点偏移
5．（孝义市期末）已知函数f（x）＝ex﹣ax有两个不同的零点x1，x2．
（1）求a的取值范围；
（2）求证：x1+x2＞2．
6．已知函数f（x）＝lnx﹣ax，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；
（3）若函数f（x）有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2．
参考答案与试题解析
1．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．
【分析】（1）先求导求出导数为零的值，通过列表判定导数符号，确定出单调性和极值．
（2）先利用对称性求出g（x）的解析式，比较两个函数的大小可将它们作差，研究新函数的最小值，使最小值大于零，不等式即可证得．
（3）通过题意分析先讨论，可设x1＜1，x2＞1，利用第二问的结论可得f（x2）＞g（x2），根据对称性将g（x2）换成f（2﹣x2），再利用单调性根据函数值的大小得到自变量的大小关系．
【解答】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）＝．
（Ⅱ）证明：由题意可知g（x）＝f（2﹣x），得g（x）＝（2﹣x）ex﹣2
令F（x）＝f（x）﹣g（x），即F（x）＝xe﹣x+（x﹣2）ex﹣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．
【点评】本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力．
2．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．
【分析】法一：（Ⅰ）由函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2可得：f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案．
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，则﹣a＝＝，令g（x）＝，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，分析g（x）的单调性，令m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）＝，设h（m）＝，m＞0，利用导数法可得h（m）＞h（0）＝0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m＝1﹣x1＞0，可得结论．
法二：（1）显然x＝1不是函数f（x）的零点，当x≠1时，方程f（x）＝0等价于﹣a＝，设g（x）＝，通过研究g（x）函数的单调性与值域范围，即可求解．
（2）不妨设x1＜1＜x2，要证x1+x2＜2，只需证x2＜2﹣x1，由函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，只需证明g（x2）＜g（2﹣x1），即g（x1）＜g（2﹣x1），即 x＜1，ex（x﹣2）+e2﹣x x＜0，令h（x）＝ex（x﹣2）+e2﹣x x，利用导数证得h（x）＜0即可得证．
【解答】法一：解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
∴f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
①若a＝0，那么f（x）＝0 （x﹣2）ex＝0 x＝2，
函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；
②若a＞0，那么ex+2a＞0恒成立，
当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；
当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；
此时当x＝1时，函数f（x）取极小值﹣e，
由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；
当x＜1时，ex＜e，x﹣2＜x﹣1＜0，
∴f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，
令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＝0的两根为t1，t2，且t1＜t2，
则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，
故函数f（x）在x＜1存在一个零点；
即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；
③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne＝1，
当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，
ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，
由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
④若a＝﹣，则ln（﹣2a）＝1，
当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故函数f（x）在R上单调递增，
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne＝1，
当x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x＝1时，函数取极大值，
由f（1）＝﹣e＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
综上所述，a的取值范围为（0，+∞）．
证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，
∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，
∴﹣a＝＝，
令g（x）＝，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，
∵g′（x）＝，
∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）＝﹣＝，
设h（m）＝，m＞0，
则h′（m）＝＞0恒成立，
即h（m）在（0，+∞）上为增函数，
h（m）＞h（0）＝0恒成立，
即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，
令m＝1﹣x1＞0，
则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1） g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2） 2﹣x1＞x2，
即x1+x2＜2．
法二：（1）解：显然x＝1不是函数f（x）的零点，
当x≠1时，方程f（x）＝0等价于﹣a＝，
设g（x）＝，
求导g'（x）＝，
故函数g（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∵函数g（x）在（﹣∞，1）上的值域为（﹣∞，0），在（1，+∞）上的值域为（﹣∞，+∞），
∴当﹣a＜0时，函数f（x）有两个零点，
故所求值域范围为（0，+∞）．
（2）证明：根据（1）的结果，不妨设x1＜1＜x2，则只需证x2＜2﹣x1，
考虑函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，
于是只需证明g（x2）＜g（2﹣x1），即g（x1）＜g（2﹣x1），
接下来证 x＜1，g（x）﹣g（2﹣x）＜0，
即 x＜1，ex（x﹣2）+e2﹣x x＜0，
令h（x）＝ex（x﹣2）+e2﹣x x，h′（x）＝（ex﹣e2﹣x）（x﹣1），
当x＜1时有ex﹣e2﹣x＜0，所以h′（x）＞0，
所以在（﹣∞，1）上，h（x）单调递增，
所以h（x）＜h（1）＝0，
因此原命题得证．
【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点，分类讨论思想，难度较大．
3．已知函数f（x）＝xlnx与直线y＝m交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点．
（1）求m的取值范围；
（2）求证：0＜x1x2＜．
【分析】（1）求出函数的对数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间及其最值，从而求出m的范围；
（2）先求出x1，x2的范围，问题转化为证明lnx1+lnx2＜﹣2，令H（x）＝lnx1+lnx2，通过判断函数的单调性证出结论即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝lnx+1，
令f′（x）＞0，解得：x＞，
令f′（x）＜0，解得：x＜，
∴f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增，
∴f（x）min＝f（）＝﹣，f（1）＝0，
x∈（0，）时，f（x）＜0，
画出函数图象，如图示：
∴﹣＜m＜0；
（2）∵x1lnx1＝x2lnx2，设x1＜x2，
则0＜x1＜，x2＞，
要证明x1x2＜，只需证明lnx1+lnx2＜﹣2，
令H（x）＝lnx1+lnx2＝lnx1+lnx1＝（1+）lnx1，
∵x2＞，∴＜ex1，
∴H（x）＜（1+ex1）lnx1，
令g（x）＝（1+ex）lnx，（0＜x＜），
则g′（x）＝elnx+e+，g″（x）＝，
∵x＜，∴ex﹣1＜0，
∴g″（x）＜0，g′（x）是减函数，
又g′（）＝e，∴g′（x）＞g′（），g′（x）＞0，
∴g（x）是增函数，又g（）＝﹣2，
∴g（x）＜g（）＝﹣2，
∴H（x）＜﹣2，
∴0＜x1x2＜．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，转化思想，是一道中档题．
4．已知函数f（x）＝xe﹣x+1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数x，使得f（1﹣x）＝f（x+1）？若存在，求出x的值；否则，说明理由；
（3）若存在不等实数x1、x2，使得f（x1）＝f（x2），证明：f′（）＜0．
【分析】（1）求出导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；
（2）假设存在实数x，使得f（1﹣x）＝f（x+1），化简整理，可得x＝0成立；
（3）由于存在不等实数x1、x2，使得f（x1）＝f（x2），即x1﹣lnx1＝x2﹣lnx2，令g（x）＝x﹣lnx，g（x1）＝g（x2），
不妨设0＜x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1，g（2﹣x1）﹣g（x2）＝g（2﹣x1）﹣g（x1），化简整理，设F（t）＝﹣lnt，求出导数，判断单调性，得到x1+x2＞2，即可得证．
【解答】解：（1）函数f（x）＝xe﹣x+1的导数为f′（x）＝（1﹣x）e1﹣x，
f′（x）＞0可得x＜1，f′（x）＜0可得x＞1，
则f（x）的增区间为（﹣∞，1）；减区间为（1，+∞）；
（2）假设存在实数x，使得f（1﹣x）＝f（x+1），
即有（1﹣x）ex＝（1+x）e﹣x，即e2x＝，
显然x＝0时，上式成立；
当x＞1时，显然不成立，
由＞0可得﹣1＜x＜1，
由e2x＞在（﹣1，0）成立，由e2x＜在（0，1）成立，
故存在实数x＝0，使得f（1﹣x）＝f（x+1）；
（3）证明：由于存在不等实数x1、x2，使得f（x1）＝f（x2），
即为x1＝x2，即＝，
即有x1﹣x2＝lnx1﹣lnx2，
即x1﹣lnx1＝x2﹣lnx2，
令g（x）＝x﹣lnx，g′（x）＝1﹣，
g（x1）＝g（x2），
不妨设0＜x1＜1＜x2，
则2﹣x1＞1，
而g（2﹣x1）﹣g（x2）
＝g（2﹣x1）﹣g（x1）
＝（2﹣x1）﹣ln（2﹣x1）﹣x1+lnx1
＝2﹣2x1﹣ln，
令＝t，则t＞1，x1＝，
故F（t）＝﹣lnt，
故F′（t）＝＜0，
故F（t）在（1，+∞）上是减函数，
故F（t）＜F（1）＝0，
故g（2﹣x1）﹣g（x2）＜0，
又∵g（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴2﹣x1＜x2，
故x1+x2＞2，即＞1，
则有f′（）＝（1﹣）＜0，
即为f′（）＜0．
【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式的证明，注意运用构造函数，运用函数的单调性，考查运算能力，属于中档题．
5．已知函数f（x）＝ex﹣ax有两个不同的零点x1，x2．
（1）求a的取值范围；
（2）求证：x1+x2＞2．
【分析】（1）求得f（x）的导数，讨论a≤0，a＞0时，f（x）的单调性，可得最小值，可令最小值小于0，可得a的范围；
（2）由题意可设g（x）＝，构造函数G（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），求得导数，讨论单调性，结合零点的定义，即可得证．
【解答】解：（1）函数f（x）＝ex﹣ax的导数为f′（x）＝ex﹣a，
若a≤0，则f′（x）＞0，f（x）在R上单调递增，
f（x）至多有一个零点，舍去；
则必有a＞0，得f（x）在（﹣∞，lna）上递减，
在（lna，+∞）上递增，要使f（x）有两个不同的零点，
则须有f（x）的最小值f（lna）＜0，即a﹣alna＜0，
解得a＞e；
（严格来讲，还需补充两处变化趋势的说明：当x→﹣∞时，f（x）→+∞；
当当x→+∞时，f（x）→+∞）．
（2）证明：函数f（x）＝ex﹣ax有两个不同的零点x1，x2．
即ex＝ax有两个不等实根，可得a＝有两个不等实根，设g（x）＝，
构造函数G（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），
则G′（x）＝g′（x）+g′（2﹣x）＝+
＝（x﹣1）（﹣）＝，
当0＜x＜1时，x﹣1＜0，但因式的符号不容易看出，
引出辅助函数，则，
得φ（x）在（0，2）上递减，当x∈（0，1）时，2﹣x∈（1，2），
即0＜x＜2﹣x＜2，则φ（x）＞φ（2﹣x），即，G'（x）＜0，
得G（x）在（0，1）上递减，有G（x）＞G（1）＝0，
即g（x）＞g（2﹣x）（0＜x＜1）．
将x1代入不等式得g（x1）＝g（x2）＞g（2﹣x1），
又x2＞1，2﹣x1＞1，g（x）在（1，+∞）上递增，
故x2＞2﹣x1，x1+x2＞2．
【点评】本题考查导数的运用：求单调性和极值、最值，考查函数的零点问题解法，注意运用转化思想和分类讨论思想方法，考查构造函数法证明不等式，以及运算能力和推理能力，属于综合题．
6．已知函数f（x）＝lnx﹣ax，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，试比较f（m）与f（）的大小；
（3）若函数f（x）有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2．
【分析】（1）求出原函数的导函数，由函数在x＝1时的导数值等于0求得a的值；
（2）把a＝1代入函数解析式，利用导数求出函数的单调区间，构造函数，由导数得到函数h（m）的单调性，在定义域内分m＜1，m＝1，m＞1得到h（m）的符号，从而得到f（m）与f（）的大小；
（3）由函数f（x）有两个零点x1、x2，得到lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，进一步得到，lnx1+lnx2＝a（x1+x2），把证明x1x2＞e2转化为证lnx1+lnx2＞2，结合lnx1+lnx2＝a（x1+x2）转化为证明（x1＞x2），换元后利用导数得到证明．
【解答】（1）解：由f（x）＝lnx﹣ax，得：，
∵函数f（x）在x＝1处的切线与x轴平行，
∴f′（1）＝1﹣a＝0，即a＝1；
（2）解：当a＝1时，f（x）＝lnx﹣x，
∴，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
令，
则．
又∵h（1）＝0，
①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即；
②当m＝1时，h（m）＝0，即；
③当m＞1时，h（m）＜0即；
（3）证明：∵函数f（x）有两个零点x1、x2，
∴lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，
∴lnx1+lnx2＝a（x1+x2），lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2），
∴，
欲证明，即证lnx1+lnx2＞2，
∵lnx1+lnx2＝a（x1+x2），
∴即证，
∴原命题等价于证明，
即证：（x1＞x2），
令，则t＞1，设（t＞1），
，
∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，
又∵g（1）＝0，
∴g（t）＞g（1）＝0，
∴，即．
【点评】本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用构造函数法证明不等式，体现了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，对于（3）的证明运用了分析法，换元法等，考查了学生的灵活变形能力，是高考试卷中的压轴题．

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