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专题 8 极值点偏移问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现与函数极值点偏移有
关的函数与不等式问题 ,已知函数 y f (x) 是连续函数 ,在区间 (x1, x2 )内有且只有一个极值点 x0 ,且
f (x1) f (x )
x x
2 ,若极值点左右的“增减速度”相同,常常有极值点 x0 1 2 ,我们称这种状态为极值点不偏移；2
x x
若极值点左右的“增减速度”不同,函数的图象不具有对称性,常常有极值点 x 1 20 的情况,我们称这种状2
态为“极值点偏移”（对可导函数 f x 来说， f x 的极值点就是 f x 的零点，所以很多与零点或方程实根
有关的问题也可以利用处理极值点策略的方法去处理）.此类问题背景新颖,教材中又没有涉及,不少同学
望而生畏,本专题给出此类问题的常用解法,共同学们参考.
(一) 通过对称化构造新函数破解极值点偏移问题
-x
【以例及类】已知函数 f x xe ．
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)已知函数 g x 的图像与 f x 的图像关于直线 x 1对称,证明：当 x >1时, f x > g x ；
(3)如果 x1 x2 ,且 f x1 f x2 ,证明： x1 x2 > 2．
【分析】(1)由 f x e- x 1- x 可得 f x 在 - ,-1 上递增,在 -1, 上递减；
(2) g x f 2 - x ,构造函数 F x f x - f 2 - x , F x x -1 ex-2 - e- x ,由 F x 单调性可
得 x > 1时 F x > F 1 0 ；
(3)假设 x1 < 1 < x2 ,由(2)得 f x2 > f 2 - x2 ,即 f x1 > f 2 - x2 ,由 f x 在 - ,-1 上递增,可得
x1 > 2 - x2 , x1 x2 > 2 .
该题的三问由易到难,层层递进,完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程,直观
展示如下：
-x
该题是这样一个极值点偏移问题：对于函数 f x xe ,已知 f x1 f x2 , x1 x2 ,证明 x1 x2 > 2．
再次审视解题过程,发现以下三个关键点：
① x1 , x2 的范围 0 < x1 <1 < x2 ；
②不等式 f x > f 2- x x >1 ；
③将 x2 代入（2）中不等式,结合 f x 的单调性获证结论．
小结：用对称化构造的方法求解极值点偏移问题大致分为以下三步：
①求导,获得 f x 的单调性,极值情况,作出 f x 的图像,由 f x1 f x2 得 x1 , x2 的取值范围（数形结
合）；
② 2构造辅助函数（对结论 x1 x2 > < 2x0 ,构造 F x f x - f 2x0 - x ；对结论 x1x2 > < x0 ,构造
2
F x f x f x- 0 ÷）,求导,限定范围（ x1或 x2 的范围）,判定符号,获得不等式；
è x
③代入 x1（或 x2 ）,利用 f x1 f x2 及 f x 的单调性证明最终结论．
下面给出第(3)问的不同解法
【解析】法一： f (x) (1- x)e- x ,易得 f (x) 在 (- ,1)上单调递增 ,在 (1, )上单调递减 , x - 时 ,
f (x) - , f (0) 0 , x 时, f (x) 0 , 函数 f (x) 在 x 1处取得极大值 f (1) ,且 f (1) 1 ,如图所
e
示.
由 f (x1) f (x2 ), x1 x2 ,不妨设 x1 < x2 ,则必有0 < x1 <1< 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) x 2xx 1 (e -1) > 0 ,所以 F (x)在 x (0,1]上单调递增, F (x) > F (0) 0 ,也e
即 f (1 x) > f (1- x) 对 x (0,1]恒成立.由0 < x1 <1< x2 ,得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 ,即证 x1 x2 > 2.
法二：欲证 x1 x2 > 2 ,即证 x2 > 2 - x1 ,由法一知 0 < x1 <1< x2 ,故 2 - x1, x2 (1, ) ,又因为 f (x) 在
(1, )上单调递减,故只需证 f (x2 ) < f (2 - x1) ,又因为 f (x1) f (x2 ) ,
故也即证 f (x1) < f (2 - x1) , 构造函数 H (x) f (x) - f (2 - x), x (0,1) , 则等价于证明 H (x) < 0 对
x (0,1)恒成立.
由 H (x) f (x) f (2 - x) 1- x (1- e2x-2x ) > 0 ,则 H (x)在 x (0,1)上单调递增,所以 H (x) < H (1) 0 ,e
即已证明 H (x) < 0 对 x (0,1)恒成立,故原不等式 x1 x2 > 2亦成立.
- x - x
法三：由 f (x1) f (x 1 22 ) ,得 x1e x2e ,化简得 e
x2 -x x1 2 … ,
x1
t x
不妨设 x2 > x1 ,由法一知, o < x1 <1< x2 .令 t x2 - x1 ,则 t > 0, x2 t x1 ,代入 式,得 e
t 1 ,反解出
x1
x t x x 2x t 2t t x x > 2 2t1 t ,则 1 2 1 t ,故要证： 1 2 ,即证： t t > 2 ,又因为 e
t -1 > 0 ,等价
e -1 e -1 e -1
t
于证明： 2t (t - 2)(e -1) > 0 … ,
t t t
构造函数G(t) 2t (t - 2)(e -1), (t > 0) ,则G (t) (t -1)e 1,G (t) te > 0 ,
故 G (t)在 t (0, ) 上 单 调 递 增 , G (t) > G (0) 0 , 从 而 G(t) 也 在 t (0, ) 上 单 调 递 增 ,
G(t) > G(0) 0 ,即证 式成立,也即原不等式 x1 x2 > 2成立.
法四：由法三中 式,两边同时取以 e x为底的对数,得 x2 - x 21 ln ln x ln x
ln x2 - ln x- ,也即 1 1 ,从而
x 2 11 x2 - x1
x2 1
x x (x x ) ln x2 - ln x1 x2 x x 1 ln 2 x1 2 1 2 1 ln
x2 ,
x - x x2 1 x2 - x1 x1 2 -1 x1
x1
令 t x 2 (t 1) t 1> ,则欲证： x1 x2 > 2 ,等价于证明： ln t > 2 … ,x1 t -1
2
构造M (t) (t 1) ln t (1 2 ) ln t, (t >1) ,则M (t) t -1- 2t ln t ,
t -1 t -1 t(t -1)2
又令 (t) t 2 -1- 2t ln t, (t >1) ,则 (t) 2t - 2(ln t 1) 2(t -1- ln t) ,由于 t -1 > ln t 对 t (1, )恒
成 立 , 故 (t) > 0 , (t)在 t (1, ) 上 单 调 递 增 , 所 以 (t) > (1) 0 , 从 而 M (t) > 0 , 故 M (t)在
t (1, ) 上 单 调 递 增 , 由 洛 比 塔 法 则 知 ：
lim M (t) lim (t 1) ln t lim ((t 1) ln t)

lim(ln t t 1 ) 2 ,即证 M (t) > 2 即证 式成立,也即原不
x 1 x 1 t -1 x 1 (t -1) x 1 t ,
等式 x1 x2 > 2成立.
【例 1】（2023 届贵州省威宁高三模拟）已知函数 f x 2x a lnx - 3 x - a ,a > 0 .
(1)当 x 1时， f x 0，求 a的取值范围.
1
(2)若函数 f x -有两个极值点 x1, x2 ，证明： x x > 2e 2 .1 2
x 1 f (x) 0 a 3x - 2x ln x【解析】（1）当 时， x 13 ln x 在 恒成立，
3x - 2x ln x x [1, ) g (x) -(3 2ln x) ln x令 g(x) 03 ln x ， ，则 (3 ln x)2 ，
\函数 g(x)在 1, 上单调递减，\ g x g 1 1，
\a 1，\a 的取值范围是 1, ．
f (x) (2x a) ln x - 3(x - a) a 0 f x 2ln x 2x a 3 2ln x a 1 a 2x ln x - x（2）函数 ， > ．则 - - x x x ，
Q函数 f (x) 有两个极值点x1，x2，
\ f x 0有两个正实数解 方程 a x - 2x ln x 有两个正实数解 函数 y a与函数 h(x) x - 2x ln x ，
x 0, 的图象有两个交点．
1
h x 1- 2 - 2ln x -2ln x -1，令 h x 0，解得 x ，
e
当0 < x
1
< 时 h x 0 h x x 1> ，则 单调递增，当 > 时 h x < 0，则 h x 单调递减，
e e
\函数 h(x)
1 2
的极大值即最大值为 h ÷ ．
è e e
又0
1
< x < 时 h x x 1- 2ln x > 0，且当 x 0时， h(x) 0，又 h e 0，e
1
\0 < a 2< ．不妨设0 < x1 < < xe 2 ，e
1
- 2 1 2 2 1 要证明 x 21 x2 > 2e x2 > - x1 > h x2 < h - x1 ÷ h x1 < h - x

1 ÷， x1 0, ．e e è e è e ÷ è e
F (x) h x h 2 x x 2x ln x 2 x 2 2 x ln 2 1 1 令 - - ÷ - - - ÷ - ÷ - x ， x 0, ，F 0．
è e
÷ ÷ ÷
è e è e è e è e è e
2
2
所以 F (x) 1
2 x - x
- 2ln x - 2 1- 2ln ÷ - xe ÷
- 2 é 2 ù
è -2ln êx - x - 2 -2 ln
è e ，- 2 0
è e
÷ú
4
2 1
当且仅当 x - x，即 x
1
e 时取等号，
\函数 F (x)在 x 0, ÷单调递增，e è e
QF 1 2
1
-
÷ 0，\F (x) < 0 ，即 h x < h - x ÷，因此 x x > 2e 2 成立．è e è e 1 2
【例 2】（2024 2云南省长水教育集团质量检测）已知函数 f x 3lnx ax - 4x(a > 0) .
(1)当 a 1时，讨论 f x 的单调性；
1
(2)当 a 时，若方程 f x b 有三个不相等的实数根 x
2 1
, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，证明： x3 - x1 < 4 .
【解析】（1）由题意可知： f x 的定义域为 0, ，
f x 3 2ax 4 2ax
2 - 4x 3
- ，
x x
令 f x 0，可得 2ax2 - 4x 3 0，当 a 1时，即 2x2 - 4x 3 0，
Δ 16 - 24 -8 < 0，可知 2x2 - 4x 3 > 0在 0, 上恒成立，
即 f x > 0在 0, 上恒成立，所以 f x 在 0, 上单调递增.
a 1 f x 3lnx 1 x2 4x 3 x - 3 x -1（2）当 时，可得 - ， f x x - 4 ，2 2 x x
1< x < 3, f x < 0;0 < x <1,或 x > 3, f x > 0;
故 f x 在 0,1 , 3, 上单调递增，在 1,3 上单调递减，
由题意可得：0 < x1 <1 < x2 < 3 < x3 ，因为 f x1 f x2 f x3 b ，
令 g x f x - f 2 - x ,0 < x <1，
2
则 g x f x f 2 x 3 x 4 3 6(x -1) - - ÷

2 - x - 4

÷ > 0 ，
è x è 2 - x x 2 - x
可知 g x 在 0,1 上单调递增，
则 g x < g 1 0 ，可得 f x < f 2 - x 在 0,1 上恒成立，
因为0 < x1 <1，则 f x1 f x2 < f 2 - x1 ，
且1< 2 - x1 < 2,1 < x2 < 3, f x 在 1,3 上单调递减，则 2 - x1 < x2 ，即 x1 x2 > 2；
令 h x f x - f 6 - x ,1< x < 3，
2
则 h x f x f 3 2(x - 3)6 3- x x - 4÷ 6 - x - 4÷ > 0
è x è 6 x
，
- x 6 - x
可知 h x 在 1,3 上单调递增，则 h x < h 3 0，
可得 f x < f 6 - x 在 1,3 上恒成立，因为1 < x2 < 3，则 f x2 f x3 < f 6 - x2 ，
且3 < 6 - x2 5, x3 3, f x 在 3, 上单调递增，
则6 - x2 > x3 ，即 x2 x3 < 6；由 x1 x2 > 2和 x2 x3 < 6可得 x3 - x1 < 4 .
(二) 含参函数问题可考虑先消去参数
含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元 x1, x2 的基础上,又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想
尽一切办法消去参数,从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介,构造出一个变元的新的函数.由
于可导函数 f x 的极值点是 f x 的零点,也是方程 f x 0的实根,所以有些与零点或方程实根有关的
问题可以利用求解极值点偏移问题的方法去解决.
【一题多解】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 ,
试证明： x1 x2 > e
2.
【分析】法一：消参转化成无参数问题：
f (x) 0 ln x ax ln x aeln x , x1, x2 是方程 f (x) 0 的两根,也是方
程 ln x aeln x 的两根,则 ln x x1, ln x2 是 x ae ,设 u1 ln x1,u2 ln x g(x) xe
- x
2 , ,则 g(u1) g(u2 ) ,从而
x1x2 > e
2 ln x1 ln x2 > 2 u1 u2 > 2 ,此问题等价转化成为【例 1】,下略.
法二：利用参数 a 作为媒介,换元后构造新函数：不妨设 x1 > x2 ,
∵ ln x1 - ax1 0, ln x2 - ax2 0 ,∴ ln x1 ln x2 a(x1 x2 ), ln x1 - ln x2 a(x1 - x2 ) ,
ln x1 - ln x∴ 2 a ,欲证明 x1x2 > e
2 ,即证 ln x1 ln x2 > 2 .x1 - x2
∵ ln x1 ln x2 a(x
2
1 x2 ) ,∴即证 a > ,x1 x2
ln x - ln x
∴ 原 命 题 等 价 于 证 明 1 2
2 x 2(x - x ) x
> , 即 证 ： ln 1 > 1 2 , 令 t 1 , (t >1) , 构 造
x1 - x2 x1 x2 x2 x1 x2 x2
g(t) ln t 2(t -1) - , t >1 ,利用 g t 单调性求解,下略.
t 1
法三：直接换元构造新函数：
a ln x1 ln x2 ln x2 x2 , x x , t x 设 21 < 2 , (t >1) ,x1 x2 ln x1 x1 x1
x tx , ln tx1 t ln t ln x则 2 1 1 t ,ln x1 ln x1
ln t
反解出： ln x1 , ln x2 ln tx1 ln t ln x
ln t t ln t
t -1 1
ln t ,
t -1 t -1
x x e2 ln x ln x 2 t 1故 1 2 > 1 2 > ln t > 2 ,转化成法二,略.t -1
x 2
【例 3】（2024 届浙江省名校协作体高三上学期联考）函数 f x ae - e(x -1) 有两个极值点
x1, x2 x1 < x2 ．其中 a R ， e为自然对数的底数．
(1)求实数 a的取值范围；
(2)若 ex1 e - 2 x2 2 1- e l x1 -1 x2 -1 恒成立，求l 的取值范围．
【解析】（1）由于 f x aex - 2e x -1 ，
f x 0 2e x -1a 由题知 有两个不同实数根，即 x 有两个不同实数根．e
2e x -1 2e 2 - x
令 g x x ，则 g x x 0，解得 x 2，故 g x 在 - , 2 上单调递增，在 2, 上单调e e
2
递减，且 x - 时， g(x) - ， x 时， g(x) 0 ， g 2 ，故 g x 的图象如图所示，
e
a 0, 2 当 ÷时， f x 有两个零点 x1, x2 且 x1 < x2．则 f x 0 0 < x x1 或 x x2 ，故 f x 在 0, x1 上单
è e
调递增，在 x1, x2 上单调递减，在 x2 , 上单调递增， f x 的极大值点为x1，极小值点为x2．
故 f x aex - e(x -1)2 2 有两个极值点时，实数 a的取值范围为 0, ÷．
è e
（2）由于 ex1 e - 2 x2 2 1- e l x1 -1 x2 -1 e x1 -1 e - 2 x2 -1 l x1 -1 x2 -1
若设 t1 x1 - 1, t2 x2 - 1 0 < t1 < t2 ，则上式即为 et1 e - 2 t2 lt1 t2
ìaet1 2t1 > 0 t2 -t t1 2
由（1）可得 í ，两式相除得 e ，即 t - t ln
t
2 > 0，
ae
t2 2t 2 12 > 0 t1 t1
由 et1 e - 2 t2 lt1 t2得 t2 - t1 é et1 e - 2 t2 ù lt1t2ln
t2
t1
2 e - 2 t2 - e t1 e
l t所以 1
t2 ，令 t t
2 e - 2 t -
t 2 >1, h t t2 (t >1)，ln t
t 1
lnt
1
2 2
则l h t 1, é e - 2 t eù lnt - 2t - e - 2 t e在 恒成立，由于 h t ，
t 2ln2t
令 t é e - 2 t
2 eù lnt - 2t - e - 2 t
2 e，则 t 2 e - 2 tlnt - 2 - e - 2 t e ，
t
t 2 e - 2 lnt e 2 e - 2 - - e 2，
t 2
显然 t 在 1, 递增，
又有 1 1 -2 < 0, e 3e - 6 - > 0，所以存在 t0 1,e 使得 t0 0 ，e
且易得 t 在 1, t0 递减， t0 , 递增，又有 1 0, e e2 - 2e - 1 > 0，
所以存在 t1 1,e 使得 t1 0，且易得 t 在 1, t1 递减， t1, 递增，
又 1 e 0 ，则1 < x < e 时， t < 0, h t < 0, x > e 时， t > 0,h t > 0，所以易得 h t 在 1,e 上递
减，在 e, 2上递增，则 h(t)min h e (e - 1) ，
所以l 的取值范围为 - , (e -1)2 ù ．
(三) 对数平均不等式
ì a - b
a b (a b),两个正数 和 的对数平均定义： L(a,b) í ln a - ln b
a(a b).
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系： ab L(a,b) a b （此式记为对数平均不等式）
2
取等条件：当且仅当 a b 时,等号成立.
【例 4】设函数 f (x) ex - ax a(a R), 其图象与 x 轴交于 A(x1,0), B(x2 ,0)两点,且 x1 < x2 .
（1）求实数 a 的取值范围；
（2）证明： f ( x1x2 ) < 0( f (x)为函数 f (x) 的导函数）；
【分析】（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, f (x)min f (ln a) a(2 - ln a)
当 f (x) 2min 0 ,即0 < a e 时, f (x) 至多有一个零点,不合题意,故舍去；
当 f (x)min < 0 ,即 a > e
2 时,由 f (1) e > 0 ,且 f (x) 在 (- , ln a)内单调递减,故 f (x) 在 (1, ln a)有且只有一
个零点；由 f (ln a2 ) a2 - 2a ln a a a(a 1- 2ln a),
令 y a 1- 2ln a,a > e2 ,则 y 1 2- > 0 ,故 a 1- 2ln a > e2 1- 4 e2 - 3 > 0
a
所以 f (ln a2 ) > 0 ,即在 (ln a, 2 ln a)有且只有一个零点.
由（1）知,
2 f (x) 在 (- , ln a)内递减,在 (ln a, ) 内递增,且 f (1) e > 0（ ）
所以1< x1 < ln a < x2 < 2ln a ,因为 f (x1) e
x1 - ax1 a 0 , f (x2 ) e
x2 - ax2 a 0
ex1a e
x2 ex1 -1 ex2 -1
(x -1) - (x -1),即 ,所以1 1 2 > (x -1)(x -1)
x1 -1 x2 -1 x1 -1 x2 -1 ln(x1 -1) - ln(x2 -1)
1 2
所以 x1x2 - (x1 x2 ) < 0 ,要证： f ( x1x2 ) < 0 ,
x x
只须证 e 1 2 < a ,即 x1x2 < ln a
故, x1x2 < x1 - ln(x1 -1) , x1x2 < x2 - ln(x2 -1)
所以 2 x1x2 < x1 x2 - ln(x1 -1)(x2 -1) ,所以 ln(x1x2 - (x1 x2 ) 1) < x1 x2 - 2 x1x2
因为 x1x2 - (x1 x2 ) < 0 ,所以 ln(x1x2 - (x1 x2 ) 1) < ln1 0 ,而 x1 x2 - 2 x1x2 > 0
所以 ln(x1x2 - (x1 x2 ) 1) < x1 x2 - 2 x1x2 成立,所以 f ( x1x2 ) < 0
【评注】根据对数平均不等式求解的步骤是：
1.通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出 ln x1 - ln x2及x1 - x2 ,
2.通过等式两边同除以 ln x1 - ln x
x - x
2 构建对数平均数
1 2 ,
ln x1 - ln x2
x1 - x2 x1 x3.利用对数平均不等式将 转化为 2 后再证明 x1 x2 < 2x0 （或 x1 x2 > 2x0 ）. 两种方法ln x1 - ln x2 2
各有优劣,适用的题型也略有差异.
(四) 一题多解赏析
f x x ln x 1【例 5】已知 - mx2 - x , m R ．若 f x 有两个极值点 x1 , x2 ,且 x1 < x2 ,求证： x1x2 > e22
【分析】解法一：欲证 x1x2 > e
2 ,需证 ln x1 ln x2 > 2．
若 f x 有两个极值点 x1 , x2 ,即函数 f x 有两个零点．又 f x ln x - mx ,所以, x1 , x2 是方程 f x 0
的两个不同实根．
ìln x1 - mx1 0 ln x ln x于是,有 íln x mx 0 ,解得m
1 2 ．
2 - 2 x1 x2
ìln x1 - mx1 0另一方面,由 íln x - mx 0 ,得 ln x2 - ln x1 m x2 - x1 , 2 2
ln x2 - ln x1 ln x ln x从而可得, 1 2 ．
x2 - x1 x1 x2

1 x2

ln x 2
ln x - ln x x x x ÷ x
于是, ln x ln x 2 1 2 1 è 1 11 2 x ．x2 - x1 2 -1
x1
1 t ln t
又0 < x1 < x2 ,设 t
x
2 ,则 t >1．因此, ln x1 ln x2 , t >1．x1 t -1
t 1 ln t 2 t -1
ln x 要证 1 ln x2 > 2 ,即证： > 2 , t >1．即：当 t >1时,有 ln t > ．构造函数t -1 t 1
2 t -1h t ln t - , t 1 ,利用h t 为 1. 上的增函数求解.
t 1
解法二 ：欲证 x1x2 > e
2 ,需证 ln x1 ln x2 > 2．若 f x 有两个极值点 x1 , x2 ,即函数 f x 有两个零点．又
f x ln x - mx ,所以, x1 , x2 是方程 f x 0的两个不同实根．显然m > 0 ,否则,函数 f x 为单调函数,
不符合题意．
ìln x
由 í 1
- mx1 0
ln x mx 0 ln x1 ln x
2
2 m x1 x2 ,问题转化为证明 x1 x2 > ,构造函数
2 - 2 m
2 1 1 1
函数 g x f x - f - x ÷ 0 < x < ÷ ,根据 g x 在m m 0, ÷上递增,可得 g x < gm ÷ =0,è è è è m
所以 f x < f 2 1 1 - x

÷ ,设 x1 < < x2 ,由 f x 在 0, ÷上递增可证.
è m m è m
解法三 ：由 x1 , x2 是方程 f x 0
ln x ln x
的两个不同实根得m ,令 g x , g x
x x 1
g x2 ,由于
g x 1- ln x 2 ,因此, g x 在 1,e , e, ．x
e2 e2
设1< x1 < e < x2 ,需证明 x1x2 > e
2 ,只需证明 x1 > 0,e ,只需证明 f x1 > fx x ÷ ,即2 è 2
2 2
f x f e2 > ÷ ,即 f x2

f e

- ÷ > 0．来源： 微信公众号 中学数学研讨部落
è x2 è x2
2 1- ln x e2 2 - x
即 h x f x - f e ÷ x 1,e , h x 2 2 > 0 ,故h x 在 1,e ,故
è x x e
2 2 2
h x < h e 0 e ,即 f x < f ÷ ．令 x x1 ,则 f x2 f x1 < f
e
÷ ,因为 x
e
2 , e, , f x
è x è x1 x1
2
在 e, ,所以 x e2 > ,即 x 2x 1x2 > e ．1
t ln x 0,1 t ln x 1, ìln x1 - mx1 0 ìt me
t1 t
解法四：设 , ,则由 í 得 í 1 1
t1 -t2
1 1 2 2
ln x2 - mx t
e ,设
2
2 0 t2 me t2
kekk t1 - t < 0 t
k
2 ,则 1 k , t2 k ．欲证 x1x
2
2 > e ,需证 ln x1 ln x2 > 2,即t1 t2 > 2 ,把 t1, t 代入整理e -1 e -1 2
得
k 1 ek - 2 ek -1 < 0 ,构造 g x k 1 ek - 2 ek -1 证明.
t1
设 t ln x 0,1 , t ì ln x 1, ìln x - mx 0 t me t,则由 í 1 1 得 í 1 1 t t1 -t2 11 1 2 2 ln x mx 0 t e ,设 k 0,1 , 2 - 2 t2 me 2 t2 t2
k ln k ln k
则 t1 , t ．欲证 x x > e
2 ,需证 ln x ln x > 2 ,即只需证明 t t > 2 ,即
k -1 2 k -1 1 2 1 2 1 2
k 1 ln k 2 k -1 2 k -1 2 k -1> 2 ln k < ln k - < 0 ,设 g k ln k - k 0,1 ,
k -1 k 1 k 1 k 1
2
g k k -1 2 > 0 ,故 g k 在 0,1 ,因此 g k < g 1 0 ,命题得证． k k 1
(五) 2022 届高考全国卷甲理 22 题解析
极值点偏移问题前几年高考曾经考查过，2022 年高考全国卷甲理再次考查极值点偏移问题，该题有一定难
度，但用前面介绍的方法可以轻易解决，下面给出两种解法，共同学们参考：
ex
【例 6】已知函数 f x - ln x x - a．
x
（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．
x
【解析】解法一：（1）因为 f x e - ln x x - a ,
x
f (x) 1 1
x
- 2 ÷e
x 1 1 1 1 x -1 e- 1 x 1- ÷e 1- ÷ 1
è x x x x è x è x x è x
÷

令 f (x) 0 ,得 x 1
当 x (0,1), f (x) < 0, f (x)单调递减；当 x (1, ), f (x) > 0, f (x) 单调递增,
所以 f (x) f (1) e 1- a ,
若 f (x) 0 ,则 e 1- a 0 ,即 a e 1 ,所以 a的取值范围为 (- ,e 1] .
（2）由（1）知, x (0,1), f (x)单调递减；当 x (1, ), f (x) 单调递增,
若 f x 有两个零点 x1, x2 ,则一个零点小于 1,一个零点大于 1,不妨设 x1 <1< x2
1
要证 x1x2 <1,即证 x1 < x ,2
因为 x1,
1
(0,1) ,即证 f x1

> f 1 ÷ ,因为 f x1 f x2 ,即证 f x
1
x x 2 > f 2 è 2 è x
÷
2
ex 1
即证 - ln x 1 x - xe x - ln x - > 0, x (1, ) ,
x x
ex 1
即证 - xe x 2
é
- ln x 1- x 1- ù > 0 ,
x ê 2 è x
÷
ú
ex 1 x 1
下面证明 x >1时, - xe x > 0, ln x 1 1- x - ÷ < 0 ,设 g(x)
e
- xe x , x >1 ,
x 2 è x x
1 1 1 1x 1
1
则 g (x) - ÷e - e x xe x
1 1 1
2 - 2 ÷÷
1- ex ÷ - e x
1-
x x x x x x ÷è è è è è
1 1
ex 1 e x x -1 e
x 1
- ÷ - - e x ,
è x
÷ ÷
è x x è x
x
设 x e x >1 , x 1 1 x -1 x x - 2 ÷e 2 e > 0 ,x è x x x
x 1
所以 x > 1 e 1 , , e而 x 所以 - e xe < e > 0 ,所以 g (x) > 0 ,x
x 1
所以 g(x)在 (1, )单调递增即 g(x) > g(1) 0 , e所以 - xe x > 0
x
h(x) ln x 1 x 1
2 2
令 -

- ÷ , x >1 h (x)
1 1 1 2x - x -1 -(x -1)
- 1 2 ÷ 2 2 < 0 ,2 è x x 2 è x 2x 2x
所以 h(x) 在 (1,
1 1
)单调递减,即h(x) < h(1) 0 ,所以 ln x - x -

÷ < 0；2 è x
ex 1
综上, - xe x
é
- 2 ln x 1 1 ù- x -
x ê 2 x ÷ú
> 0 ,所以 x1x2 <1.
è
ex
解法二： （1）因为 f x - ln x x - a ex-ln x x - ln x - a ,
x
设 t g x x - ln x g x 1 1 x -1,则 - x > 0 ,
x x
所以 x 0,1 时 g x < 0 , g x 递减, x 1, 时 g x > 0 , g x 递增,
t g x g 1 1 ,
设 f x h t et t - a t 1 ,则 h t 为增函数, h t h 1 e 1- a ,
若 f (x) 0 ,则 e 1- a 0 ,即 a e 1 ,所以 a的取值范围为 (- ,e 1] .
（2）由（1）知 f x 有两个零点 x1, x2 ,则方程 x - ln x t 有两个实根 x1, x2 ,
因为 x 0,1 时 g x 递减, x 1, 时 g x 递增,
x2 - x1
不妨设0 < x1 <1< x2 ,由 x1 - ln x1 x2 - ln x2 t 得 1ln x2 - ln x
,
1
x2 - x1 x2 - x1 x2
所以要证 x1x2 <1,即证 > x x > 2lnln x , ,2 - ln x
1 2 即证
1 x1x2 x1
x2 x1 2ln x2 x 1即证 - - > 0 , 2设 m m > 1 ,即证m - - 2ln m > 0x ,1 x2 x1 x1 m
2
设 F m 1 m - - 2ln m m > 1 , F m 1 1 2 1则 2 -

m m m
-1÷ > 0 ,
è m
所以 F m 为增函数, F m > F 1 0 ,所以 x1x2 <1成立.
【例 1】（2024 届四川省眉山市高三下学期第三次诊断）已知函数 f (x) xlnx - ax2 - 2x .
(1)若过点 (1,0)可作曲线 y f (x) 两条切线，求 a的取值范围；
(2)若 f (x) 有两个不同极值点 x1, x2 .
①求 a的取值范围；
②当 x1 > 4x 2 32 时，证明： x1x2 >16e .
【解析】（1）依题意， f (x) lnx - 2ax -1，
设过点 1,0 的直线与曲线 y f (x) 相切时的切点为 (x0 , y0 )，斜率 k lnx0 - 2ax0 -1，
切线方程为 y - (x0lnx0 - ax
2
0 - 2x0 ) (lnx0 - 2ax0 -1)(x - x0 )，而点 (1,0)在切线上，
则 -x0lnx0 ax
2 2
0 2x0 (lnx0 - 2ax0 -1)(1- x0 )，即有 ax0 - 2ax0 - x0 lnx0 -1 0 ，
由过点 (1,0)可作曲线 y f (x) 两条切线，得方程 ax20 - 2ax0 - x0 lnx0 -1 0 有两个不相等的实数根，
令 g(x) ax2 - 2ax - x lnx -1，则函数 g(x)有 2 个零点，
2
求导得 g (x) 2ax - 2a 1 1 2ax - (2a 1)x 1 (2ax -1)(x -1)- ，
x x x
①若 a
1
> ，由 g (x) > 0 0 x
1
，得 < < 或 x >1，由 g (x) < 0
1
，得 < x <1，
2 2a 2a
即函数 g(x)在 (0,
1 ) ， (1, )
1
上单调递增，在 ( ,1) 上单调递减，
2a 2a
x 1则当 时， g(x)取得极大值；当 x 1时， g(x)取得极小值，
2a
1
又 g( ) a (
1
)2 1 1 1 1- 2a - ln -1 -ln2a - - 2 < 0，
2a 2a 2a 2a 2a 4a
当 x 1时， g(x) < 0恒成立，因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
1
②若 a ， g (x) 0恒成立，函数 g(x)在 (0, ) 上单调递增，
2
因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
③若0 < a
1
< ，由 g (x) > 0
1
，得 0 < x <1或 x > ，由 g (x) < 0，得 1 < x
1
< ，
2 2a 2a
即函数 g(x)
1 1
在( 0, 1)， ( , ) 上单调递增，在 (1, )上单调递减，
2a 2a
则当 x 1 g(x) x
1
时， 取得极大值；当 时， g(x)取得极小值，又 g(1) -a - 2 < 0，
2a
x 1显然当 时， g(x) < 0恒成立，因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
2a
④若 a 0，显然 2ax -1 < 0，当 0 < x <1时， g (x) > 0，当 x >1时， g (x) < 0，
函数在( 0, 1)上单调递增，在 (1, )上单调递减，当 x 1时， g(x)取得最大值 g(1) -a - 2，
要函数 g(x)有 2 个零点，必有 g(1) -a - 2 > 0，得 a < -2，
当 0 < x <1时， g(x) a(x -1)2 - x - a -1 lnx < -a -1 lnx ，
而函数 y -a -1 lnx 在( 0, 1)上的值域为 (- , -a -1)，因此 g(x)在( 0, 1)上的值域为 (- ,-a - 2) ，
当 x >1时，令 y ln x - x
1
，求导得 y -1 < 0，函数 y ln x - x 在 (1, )上单调递减，
x
则 ln x - x < -1， g(x) a(x -1)2 - a -1 lnx - x < a(x -1)2 - a - 2，
而函数 y a(x -1)2 - a - 2在 (1, )上单调递减，值域为 (- ,-a - 2) ，
因此函数 g(x)在 (1, )上的值域为 (- ,-a - 2) ，
于是当 a < -2时，函数 g(x)有两个零点，
所以过点 1,0 可作曲线 y f x 两条切线时， a的取值范围是 - , -2 .
（2）①由（1）知， f (x) lnx - 2ax -1，
f (x) f (x) 0 2a lnx -1由函数 有两个极值点 x1, x2 ，得 ，即 有两个实数根 x1, x ，x 2
u(x) lnx -1 2 - lnx令 ，求导得u (x) 2 ，当 0 < x < e2 时，u (x) > 0，当 x > e2 时，u
(x) < 0，
x x
函数u(x) 在 (0,e2 ) 上单调递增， (e2 , ) 上单调递减，u(x)
1
max 2 ，e
且u(e) 0，当 x>e时，函数u(x) > 0 1 lnx -1恒成立，因此当0 < 2a <
e2
时， 2a 有两个实数根
x
1
所以函数 f (x) 有两个极点时， a的取值范围是 (0, 2 ) .2e
ìlnx1 - 2ax1 -1 0 ìlnx1 2ax1 1② 2a
lnx1 - lnx 2由 í
lnx 2ax 1 0
，即
2 - 2 -
í
lnx2 2ax
，得
2 1 x1 - x
，
2
x x2 >16e3要证明 1 2 ，只需证明 lnx1 2lnx2 > 4ln2 3，
ln x1
lnx 2lnx 2a(x 2x ) 3 (x 2x ) lnx - lnx而 1 2 1 2 1 21 2 3 (
x
1 2) x 2 3，
x1 - x x x2 2 1 -1
x2
令 t
x
1 (x
x 1
> 4x2 )，则 t > 4，欲证明 lnx1 2lnx2 > 4ln2 3，
2
即证明 (t 2)
lnt
> 4ln2(t > 4) ，只需证明 lnt - 4ln2
t -1
> 0(t > 4) 即可，
t -1 t 2
令 h(t) lnt 4ln2
t -1
- (t > 4) ，
t 2
4
求导得 h t 1
2
4ln2 3 t 4t 4 -12ln2 t
t 4 -12ln2
- t ，
t (t 2)2 t(t 2)2 (t 2)2
(t) t 4 4则 -12ln2在 t > 4时单调递增，故 (t) > (4) 9 -12ln2 > 0 ，
t
则 h (t) > 0 ，令 h(t) 在 t > 4时单调递增，则 h(t) > h(4)
1
ln4 - 4 ln2 0，
2
lnt 2 3
因此 (t 2) > 4ln2(t > 4) ，即 lnx 2lnx > 4ln2 3，所以 x x >16e .
t -1 1 2 1 2
【例 2】（2024 届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期 4 月联合学情检测）已知函数
f x ln mx - x m > 0 ．
(1)若 f x 0 恒成立，求m 的取值范围；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，证明 x1 x2 > 2．
【解析】（1）首先由m > 0可知 f x 的定义域是 0, ，从而 f x ln mx - x ln x - x ln m .
故 f x ln mx - x 1 -1 1- x ，从而当0 < x <1时 f x > 0，当 x >1时 f x < 0 .
x x
故 f x 在 0,1 上递增，在 1, 上递减，所以 f x 具有最大值 f 1 ln m -1 .
所以命题等价于 ln m -1 0，即m e .所以m 的取值范围是 0,e .
（2）不妨设 x1 < x2，由于 f x 在 0,1 上递增，在 1, 上递减，故一定有 0 < x1 < 1 < x2 .
在-1 < t <1的范围内定义函数 p t f 1 t - f 1- t .
2
则 p t f 1 t f 1 t -t t 2t- 2 > 0 ，所以 p t 单调递增.1 t 1- t 1- t
这表明 t > 0时 p t > p 0 f 1 - f 1 0，即 f 1 t > f 1- t .
又因为 f 2 - x1 f 1 1- x1 > f 1- 1- x1 f x1 0 f x2 ，且 2 - x1和x2都大于1，
故由 f x 在 1, 上的单调性知 2 - x1 < x2 ，即 x1 x2 > 2 .
【例 3】（2024 届重庆市名校联盟高三下学期第一次联考）若函数 f x 在定义域内存在两个不同的数 x1, x2 ，
同时满足 f x1 f x2 ，且 f x 在点 x1, f x1 , x2 , f x2 处的切线斜率相同，则称 f x 为“切合函数”
(1) 3证明： f x x - 2x 为“切合函数”；
(2) 2若 g x xlnx - x ax 为“切合函数”，并设满足条件的两个数为 x1, x2 ．
1
（ⅰ）求证： x1x2 < ；4
2 3
（ⅱ）求证： a 1 x1x2 - x1x2 < ．4
【解析】（1）假设存在两个不同的数 x1, x2 ，满足题意，
f x 3x2 - 2 f x f x x3易知 ，由题意可得 1 2 ，即 1 - 2x1 x32 - 2x2 ，
x31 - 2x1 - x3 - 2x 0 x3 3 2 22 2 ， 1 - x2 - 2 x1 - x2 0， x1 - x2 x1 x1x2 x2 - 2 x1 - x2 0，
x 2 2 2 21 - x2 x1 x1x2 x2 - 2 0，又 x1 x2 ，所以 x1 x1x2 x2 - 2 0 .
因为 f x1 f x2 ，即3x21 - 2 3x2 2 22 - 2，化简可得 x1 x2 ，又 x1 x2 ，
所以 x1 -x
2 2
2，代入 x1 x1x2 x2 - 2 0，
可得 x1 - 2, x2 2 或 x1 2, x2 - 2 ，所以 f x x3 - 2x 为“切合函数”.
（2）由题意知 g x lnx - 2x a 1，因为 g x xlnx - x2 ax 为“切合函数”，
故存在不同的数 x1, x2 (不妨设 0 < x1 < x2 )使得
ìg x g x ìx lnx - x2 ax x lnx - x21 2 ax
í 1 1 1 1 2 2 2 2
g x1 g x
，即 í ，
2 lnx1 - 2x1 a 1 lnx2 - 2x2 a 1
ì x1lnx1 - x2lnx2
a x2 x1 1 x2 - x1
整理得 í
1 x - x
，
2 1 2
2 lnx2 - lnx1
x - x x - x x x x
（ⅰ 2 1）先证 > x1x
2 1
2 ，即 > lnx - lnx 2 12 1， - > ln 2lnx2 - lnx1 x x
，
1 2 x1 x2 x1
t x2 0 x x x x令 ，则由 < < ，知 t > 1，要证 2 - 1 > ln
x2 1
1 2 ，只需证 t - > 2ln t ，x1 x1 x2 x1 t
2
即 2ln t t
1
- < 0，设m t 1 2ln t - t t >1 ，易知m t 2 1 - t -1 ，t t -1- < 0t t 2 t 2
故m t 在 1,+ 单调递减，所以m t < m 1 0，
x2 - x1 > x x 2 x x 1 1故有 lnx - lnx 1 2 ，由上面的 式知 1 2 < ,所以 x1x2 < .2 1 2 4
2 x2 - x （ⅱ 1）由上面的 2 得 1 ，
lnx2 - lnx1
a x1lnx1 - x2lnx2 x x x x x1lnx1 - x2lnx2 2 1
x - x 2 12 1 x2 - x1 1
x1lnx1 - x2lnx2 x2 x1 x1lnx1 - x2lnx 2 x2 x1 lnx 2 - lnx1
x2 - x1 2 x2 - x1 x2 - x1 2 x2 - x1
lnx2 - lnx1
2 x
1
lnx1 - x2lnx2 x2 x1 lnx2 - lnx1 x1ln x1x2 - x 2ln x1x2 ln x1x2
2 x2 - x1 2 x2 - x
- ，
1 2
又 x
1
1x2 < ，所以 a > ln 2且 x1x2 e
-2a
，
4
故要证 a 3 3 1 2 x x 2 -2a -a1 2 - x1x2 < ，只需证 a 1 e - e < ，4 4
3 e2a即 +ea - a 3 1 2 > 0 a > ln 2 h(a) e2a +ea - a 1 2，设 ，
4 4
则即证 h(a) > 0 a > ln 2 h (a) 3 2e2a， +ea - 2 a 1 = 3 e2a +ea - 2 a 1 ，
4 2
设 k(a)
3
e2a +ea - 2 a 1 ，则 k (a) 3e2a +ea - 2= 3ea - 2 ea 1 > 0，
2
即 k(a)也就是 h (a)在 ln 2,+ 单调递增，
h (a) > h (ln 2) 3 e2ln 2 eln 2 - 2 ln 2 1 3 4 2 - 2ln 2 - 2 2 3- ln 2 > 0，
2 2
所以 h(a) 在 ln 2,+ 单调递增，
h(a) h(ln 2) 3所以 > e2ln 2 eln 2 - ln 2 1 2 5 - ln 2+1 2 ，
4
因为 1 < ln 2+1 < 2，所以 1< ln 2+1 2 < 4，所以 5 - ln 2+1 2 > 0，所以原不等式成立.
x
【例 4】（2024 e届四川省广安友谊中学高三上学期月考）已知函数 f x - lnx x
x
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2) g x x2 f x x2若不等式 -1 lnx - x3 - x t 有解，求实数 t 的取值范围；
(3)若函数 h x f x - a a R 有两个零点 x1，x2，证明： x1 x2 <1．
ex x x ex x x -1 【解析】（1）Q f x - lnx x, x 0, e x - e 1 \ f x - 1 ，
x x2 x x2
\ x 1, , f x > 0, f x 单调递增； x 0,1 , f x < 0, f x 单调递减；
2 2 2 3（ ） g x x f x x -1 lnx - x - x t 有解，
ex
所以 g x t g x x2 - lnx x x2 -1 lnx - x3 - x xex - lnx - x, x > 0min ， ÷ ，
è x
g x x 1 ex 1- -1 x 1 ex 1 x - x 1 ex 1
x x
- ÷，
è x
t x =ex 1 , t x =ex 1- 2 > 0, t x 单调递增，x x
x 1 0, t x - , t 1 e -1>0,x0 0,1 ,g x0 t x0 0,ex0 , x 0, x0 , g x < 0, g x x 单调递减；0
1 1x x0 , ,g x > 0, g x Qex0单调递增； ,\ x0 ln -lnxx 00 x0
x
所以 g x g x0 x 00e - lnx0 - xmin 0 1- lnx0 - x0 1，所以 t 1 .
（3） h x f x - a a R 有两个零点 x1，x2，
x
h x e - lnx x - a 0有两个根 x1，x2， 不妨设 x1 < x2，由（1）可知两根也是 f (x) 与 y a的两个交点，x
1
且0 < x

1 <1 x
1
， 2 >1，于是0 < <1x ，由于
f (x) 在( 0, 1)单调递减，故 x1x2 <1等价于 f x1 > f ÷．
2 è x2
h x h x 0, f x f x x x 1 f x f 1 而 1 2 1 2 ，故 1 2 < 等价于 2 > ÷ ．①
è x2
t(x) f (x) - f 1 设 ÷，则①式为 t x2 > 0 ．
è x
1
(x -1) x

e x - xe x -1÷
因为
t (x) f (x) f 1 1 -
è ．
x ÷ ÷

è è x x2
1
设 k(x) ex x - xe x -1，
1 1
当 x >1 1时， k (x) ex - e x e x 1 > 0，故 k ( x) 在 (1, )单调递增，
x
所以 k(x) > k(1) 0 ，从而 t (x) > 0，因此 t(x)在 (1, )单调递增．

又 x2 >1，故 t x2 > t(1) 0 ，故 f x2 > f
1
÷ ，于是 x1x2 <1．
è x2
【例 5】已知函数 f (x) ln x， g(x) ax2 - 2ax(a 0) ．
(1)若 a 3，判断函数 y f (x) - g(x)的单调性；
(2)若函数 h(x) f (x) g(x)的导函数 h (x)有两个零点 x1, x2 (x1 < x2 )，证明： h(x2 ) - h(x1) > f (2a) g(1)．
【解析】 (1)若 a 3，则 y f (x) - g(x) ln x - 3x2 6x(x > 0)，
1 2 2
所以 y - 6x 6 -6x 6x 1 6x - 6x -1 - ，
x x x
6x2y - 6x -1 0 3 15
2
y 6x - 6x -1由 - > 0 x - < 0 3 15，得 < < ；由 ，得 x > ．
x 6 x 6

所以 y f (x) g(x) 0,
3 15 3 15
- 在 ÷÷上单调递增，在 , 6 6 ÷÷
上单调递减．
è è
(2)因为函数 h(x) f (x) g(x)，所以 h(x) ln x ax2 - 2ax(x > 0)，
h (x) 1 2ax 2a 2ax
2 - 2ax 1
所以 - ．
x x
若函数 h (x)有两个零点 x1, x2 (x1 < x2 )，则方程 2ax2 - 2ax 1 0的判别式D 4a2 -8a > 0，
x x 1, x x 11 2 1 2 > 0，所以 a > 2．2a
1 1
又 x 21 < x2，所以 x1 < x1x2 ，即0 < x < ，2a 1 2a
h(x2 ) - h(x1) ln x ax
2
2 2 - 2ax2 - (ln x1 ax
2
1 - 2ax1)
1
- ln x 2 21 ln a(x2 - x1 ) 2a(x1 - x2 ) - ln x1 - ln(2ax1) - a 2ax2ax 1，1
欲证 h(x2 ) - h(x1) > f (2a) g(1)，只需证- ln x1 - ln(2ax1) - a 2ax1 > ln 2a - a，
即证 ln x1 ln(2ax1) - 2ax1 < - ln 2a．
1
设u(t) ln t ln(2at) - 2at 2ln t ln(2a) - 2at ，其中 t x1 0, ，
è 2a
÷

由u (t)
2
- 2a 1 0 1 1 2 - 2a，得 t ．因为 a > 2，所以 - < 0，
t a a 2a 2a
ìu (t) 2 2a 0, ìu (t) 2 - > - 2a < 0, t 1 t 1 1
由 í < t <
0 t 1
得0 < t < ；由 得 ．
< < , a
í
0 1< t < , a 2a
2a 2a
0, 1 1 1 所以u(t) 在 ÷ 上单调递增，在 , 上单调递减，
è a è a 2a ÷
u(t) u(1所以 的最大值为 ) - ln a ln 2 - 2 ln 2a 2ln 2 - 2 < - ln 2a ，
a
从而 h(x2 ) - h(x1) > f (2a) g(1)成立．
1．（2024 届安徽省 A10 联盟高三最后一卷）已知函数 f (x) aex - e- x - (a 1)x, a > 0．
(1)求证： f (x) 至多只有一个零点；
(2)当 0 < a < 1时， x1, x2 分别为 f (x) 的极大值点和极小值点，若 f x1 kf x2 > 0成立，求实数 k 的取值范
围．
2 2．（2024 届湖北省宜荆荆随恩高三 5 月联考）设函数 f x 4ln x - ax 4 - 2a x ， a R
(1)讨论 f x 的单调性．
(2)若函数 f x 存在极值，对任意的0 < x1 < x2 ，存在正实数 x0 ，使得 f x2 - f x1 f x0 x2 - x1
ln x2 - ln x1 2
（ⅰ）证明不等式 >x2 - x
．
1 x2 x1
x x
（ⅱ）判断并证明 1 2 与 x
2 0
的大小．
2
3．（2024 x届全国统一考试押题卷）已知函数 f x x ．e
(1)求函数 f x 在 1,3 上的值域；
1
(2) 2 2 2若方程 f x 有两个不相等的解 x1, x2 ，且 x1 > 0, x2 > 0 ，求证： a x1 x2 > 2e ．a
4．（2024 届江西省新八校高三第二次联考）已知函数 f (x) x2 - ax ln x(a R)
(1)当 a 3时，求函数 f (x) 的极值；
(2)设函数 f (x) 有两个极值点 x1, x2 ，且 x1 > x2 ，若 f x1 < m 恒成立，求m 最小值．
5．（2024 届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数 f (x) ax - x ln x, f (x)为其导函数．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数 x1, x2 ，使得 f x1 f x2 ，证明： f x1x2 > 0 ．
1
6．（2024 2 2届云南省高三第二次统一检测）已知常数 a > 0，函数 f (x) x - ax - 2a ln x .
2
(1)若 x > 0, f (x) > -4a2 ，求 a的取值范围;
(2)若x1、x2是 f (x) 的零点，且 x1 x2 ，证明: x1 x2 > 4a .
1
7．（2024 2x届河南省南阳市一中高三下学期模拟）已知函数 f x e aex - x 1 x3 ÷e .è
(1) x设 g x f x x -1 e ，讨论函数 g x 的单调性；
(2) f x x x若函数 有两个极值点 x1, x x 1 22 1 < x2 ，证明： x1 x2 e >1 .
ìxlnx,0 < x <18．（2024 届河北省沧州市沧衡名校联盟高三下学期 4 月模拟）已知函数 h x í
x - xe
x-1, x 1
(1)若函数 f x -x 1，证明： f x > h x 在 1, 上恒成立；
(2)若 h x1 h x2 h x3 0 < x1 < x2 < x3 ，且 x2 mx1, m 1, 2 ，证明： x2 x3 -1 < 2ln2 2 x1 .
f (x) x 19．（2024 届福建省莆田市三模）已知函数 - a ln x，其中 a R .
x
(1)当 x 1, 时， f (x) 0，求 a的取值范围.
(2)若 a < -2，证明： f (x) 有三个零点 x1， x2， x3 （ x1 < x2 < x3 ），且 x1， x2， x3 成等比数列.
n
1(3)证明： > ln n 1 *
k 1 k k 1 （ n N ）.
10．（2024 届河南省商丘市部分学校 5 月联考）已知函数 f x 的定义域为 0, ，其导函数
f x 2x 2 - 2a a R , f 1 1- 2a ．
x
(1)求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线 l的方程，并判断 l是否经过一个定点；
(2)若 $x1, x2 ，满足 0 < x1 < x2 ，且 f x1 f x2 0，求 2 f x1 - f x2 的取值范围．
11．（2024 2届河北省沧州市高三下学期 4 月联考）已知函数 f x x lnx .
(1)求函数 f x 的单调性；
(2)若 y f x - t 有两个不相等的零点 x1, x2 ，且 x1 < x2 .
x
① 2证明： x 随
t的增大而增大；
1
②证明： x2 - x1 < e 1 t 1.
12．（2024 届全国统一考试预测卷二）已知函数 f (x) ax ln(x -1) - x2 x．
(1)当 a 2时，讨论 g(x) f (x) - x 的单调性．
(2)若 f (x)
4
有两个零点 x1, x2 ，且 x1 < x2，证明： ln é x1 -1 x2 -1 ù > ．a
1
13．（2024 届福建省福宁古五校教学联合体联考）已知函数 f (x) ax (a -1) ln x ,a R ．
x
(1)讨论函数 f (x) 的单调性;
(2)若关于 x 的方程 xf (x) x2ex - x ln x 1有两个不相等的实数根 x1, x2 ，
（i）求实数 a的取值范围;
ex1 ex2 2a
（ii）求证: > ．
x2 x1 x1x2
1
14．（2024 2x x届广东省佛山市高三下学期教学质量检测）已知 f x - e 4e - ax - 5 .
2
(1)当 a 3 时，求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 有两个极值点 x1， x2，证明： f x1 f x2 x1 x2 < 0 .专题 8 极值点偏移问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现与函数极值点偏移有
关的函数与不等式问题 ,已知函数 y f (x) 是连续函数 ,在区间 (x1, x2 )内有且只有一个极值点 x0 ,且
f (x1) f (x )
x x
2 ,若极值点左右的“增减速度”相同,常常有极值点 x0 1 2 ,我们称这种状态为极值点不偏移；2
x x
若极值点左右的“增减速度”不同,函数的图象不具有对称性,常常有极值点 x 1 20 的情况,我们称这种状2
态为“极值点偏移”（对可导函数 f x 来说， f x 的极值点就是 f x 的零点，所以很多与零点或方程实根
有关的问题也可以利用处理极值点策略的方法去处理）.此类问题背景新颖,教材中又没有涉及,不少同学
望而生畏,本专题给出此类问题的常用解法,共同学们参考.
(一) 通过对称化构造新函数破解极值点偏移问题
-x
【以例及类】已知函数 f x xe ．
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)已知函数 g x 的图像与 f x 的图像关于直线 x 1对称,证明：当 x >1时, f x > g x ；
(3)如果 x1 x2 ,且 f x1 f x2 ,证明： x1 x2 > 2．
【分析】(1)由 f x e- x 1- x 可得 f x 在 - ,-1 上递增,在 -1, 上递减；
(2) g x f 2 - x ,构造函数 F x f x - f 2 - x , F x x -1 ex-2 - e- x ,由 F x 单调性可
得 x > 1时 F x > F 1 0 ；
(3)假设 x1 < 1 < x2 ,由(2)得 f x2 > f 2 - x2 ,即 f x1 > f 2 - x2 ,由 f x 在 - ,-1 上递增,可得
x1 > 2 - x2 , x1 x2 > 2 .
该题的三问由易到难,层层递进,完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程,直观
展示如下：
-x
该题是这样一个极值点偏移问题：对于函数 f x xe ,已知 f x1 f x2 , x1 x2 ,证明 x1 x2 > 2．
再次审视解题过程,发现以下三个关键点：
① x1 , x2 的范围 0 < x1 <1 < x2 ；
②不等式 f x > f 2- x x >1 ；
③将 x2 代入（2）中不等式,结合 f x 的单调性获证结论．
小结：用对称化构造的方法求解极值点偏移问题大致分为以下三步：
①求导,获得 f x 的单调性,极值情况,作出 f x 的图像,由 f x1 f x2 得 x1 , x2 的取值范围（数形结
合）；
② 2构造辅助函数（对结论 x1 x2 > < 2x0 ,构造 F x f x - f 2x0 - x ；对结论 x1x2 > < x0 ,构造
2
F x f x f x- 0 ÷）,求导,限定范围（ x1或 x2 的范围）,判定符号,获得不等式；
è x
③代入 x1（或 x2 ）,利用 f x1 f x2 及 f x 的单调性证明最终结论．
下面给出第(3)问的不同解法
【解析】法一： f (x) (1- x)e- x ,易得 f (x) 在 (- ,1)上单调递增 ,在 (1, )上单调递减 , x - 时 ,
f (x) - , f (0) 0 , x 时, f (x) 0 , 函数 f (x) 在 x 1处取得极大值 f (1) ,且 f (1) 1 ,如图所
e
示.
由 f (x1) f (x2 ), x1 x2 ,不妨设 x1 < x2 ,则必有0 < x1 <1< 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) x 2xx 1 (e -1) > 0 ,所以 F (x)在 x (0,1]上单调递增, F (x) > F (0) 0 ,也e
即 f (1 x) > f (1- x) 对 x (0,1]恒成立.由0 < x1 <1< x2 ,得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 ,即证 x1 x2 > 2.
法二：欲证 x1 x2 > 2 ,即证 x2 > 2 - x1 ,由法一知 0 < x1 <1< x2 ,故 2 - x1, x2 (1, ) ,又因为 f (x) 在
(1, )上单调递减,故只需证 f (x2 ) < f (2 - x1) ,又因为 f (x1) f (x2 ) ,
故也即证 f (x1) < f (2 - x1) , 构造函数 H (x) f (x) - f (2 - x), x (0,1) , 则等价于证明 H (x) < 0 对
x (0,1)恒成立.
由 H (x) f (x) f (2 - x) 1- x (1- e2x-2x ) > 0 ,则 H (x)在 x (0,1)上单调递增,所以 H (x) < H (1) 0 ,e
即已证明 H (x) < 0 对 x (0,1)恒成立,故原不等式 x1 x2 > 2亦成立.
- x - x
法三：由 f (x1) f (x 1 22 ) ,得 x1e x2e ,化简得 e
x2 -x x1 2 … ,
x1
t x
不妨设 x2 > x1 ,由法一知, o < x1 <1< x2 .令 t x2 - x1 ,则 t > 0, x2 t x1 ,代入 式,得 e
t 1 ,反解出
x1
x t x x 2x t 2t t x x > 2 2t1 t ,则 1 2 1 t ,故要证： 1 2 ,即证： t t > 2 ,又因为 e
t -1 > 0 ,等价
e -1 e -1 e -1
t
于证明： 2t (t - 2)(e -1) > 0 … ,
t t t
构造函数G(t) 2t (t - 2)(e -1), (t > 0) ,则G (t) (t -1)e 1,G (t) te > 0 ,
故 G (t)在 t (0, ) 上 单 调 递 增 , G (t) > G (0) 0 , 从 而 G(t) 也 在 t (0, ) 上 单 调 递 增 ,
G(t) > G(0) 0 ,即证 式成立,也即原不等式 x1 x2 > 2成立.
法四：由法三中 式,两边同时取以 e x为底的对数,得 x2 - x 21 ln ln x ln x
ln x2 - ln x- ,也即 1 1 ,从而
x 2 11 x2 - x1
x2 1
x x (x x ) ln x2 - ln x1 x2 x x 1 ln 2 x1 2 1 2 1 ln
x2 ,
x - x x2 1 x2 - x1 x1 2 -1 x1
x1
令 t x 2 (t 1) t 1> ,则欲证： x1 x2 > 2 ,等价于证明： ln t > 2 … ,x1 t -1
2
构造M (t) (t 1) ln t (1 2 ) ln t, (t >1) ,则M (t) t -1- 2t ln t ,
t -1 t -1 t(t -1)2
又令 (t) t 2 -1- 2t ln t, (t >1) ,则 (t) 2t - 2(ln t 1) 2(t -1- ln t) ,由于 t -1 > ln t 对 t (1, )恒
成 立 , 故 (t) > 0 , (t)在 t (1, ) 上 单 调 递 增 , 所 以 (t) > (1) 0 , 从 而 M (t) > 0 , 故 M (t)在
t (1, ) 上 单 调 递 增 , 由 洛 比 塔 法 则 知 ：
lim M (t) lim (t 1) ln t lim ((t 1) ln t)

lim(ln t t 1 ) 2 ,即证 M (t) > 2 即证 式成立,也即原不
x 1 x 1 t -1 x 1 (t -1) x 1 t ,
等式 x1 x2 > 2成立.
【例 1】（2023 届贵州省威宁高三模拟）已知函数 f x 2x a lnx - 3 x - a ,a > 0 .
(1)当 x 1时， f x 0，求 a的取值范围.
1
(2)若函数 f x -有两个极值点 x1, x2 ，证明： x x > 2e 2 .1 2
x 1 f (x) 0 a 3x - 2x ln x【解析】（1）当 时， x 13 ln x 在 恒成立，
3x - 2x ln x x [1, ) g (x) -(3 2ln x) ln x令 g(x) 03 ln x ， ，则 (3 ln x)2 ，
\函数 g(x)在 1, 上单调递减，\ g x g 1 1，
\a 1，\a 的取值范围是 1, ．
f (x) (2x a) ln x - 3(x - a) a 0 f x 2ln x 2x a 3 2ln x a 1 a 2x ln x - x（2）函数 ， > ．则 - - x x x ，
Q函数 f (x) 有两个极值点x1，x2，
\ f x 0有两个正实数解 方程 a x - 2x ln x 有两个正实数解 函数 y a与函数 h(x) x - 2x ln x ，
x 0, 的图象有两个交点．
1
h x 1- 2 - 2ln x -2ln x -1，令 h x 0，解得 x ，
e
当0 < x
1
< 时 h x 0 h x x 1> ，则 单调递增，当 > 时 h x < 0，则 h x 单调递减，
e e
\函数 h(x)
1 2
的极大值即最大值为 h ÷ ．
è e e
又0
1
< x < 时 h x x 1- 2ln x > 0，且当 x 0时， h(x) 0，又 h e 0，e
1
\0 < a 2< ．不妨设0 < x1 < < xe 2 ，e
1
- 2 1 2 2 1 要证明 x 21 x2 > 2e x2 > - x1 > h x2 < h - x1 ÷ h x1 < h - x

1 ÷， x1 0, ．e e è e è e ÷ è e
F (x) h x h 2 x x 2x ln x 2 x 2 2 x ln 2 1 1 令 - - ÷ - - - ÷ - ÷ - x ， x 0, ，F 0．
è e
÷ ÷ ÷
è e è e è e è e è e
2
2
所以 F (x) 1
2 x - x
- 2ln x - 2 1- 2ln ÷ - xe ÷
- 2 é 2 ù
è -2ln êx - x - 2 -2 ln
è e ，- 2 0
è e
÷ú
4
2 1
当且仅当 x - x，即 x
1
e 时取等号，
\函数 F (x)在 x 0, ÷单调递增，e è e
QF 1 2
1
-
÷ 0，\F (x) < 0 ，即 h x < h - x ÷，因此 x x > 2e 2 成立．è e è e 1 2
【例 2】（2024 2云南省长水教育集团质量检测）已知函数 f x 3lnx ax - 4x(a > 0) .
(1)当 a 1时，讨论 f x 的单调性；
1
(2)当 a 时，若方程 f x b 有三个不相等的实数根 x
2 1
, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，证明： x3 - x1 < 4 .
【解析】（1）由题意可知： f x 的定义域为 0, ，
f x 3 2ax 4 2ax
2 - 4x 3
- ，
x x
令 f x 0，可得 2ax2 - 4x 3 0，当 a 1时，即 2x2 - 4x 3 0，
Δ 16 - 24 -8 < 0，可知 2x2 - 4x 3 > 0在 0, 上恒成立，
即 f x > 0在 0, 上恒成立，所以 f x 在 0, 上单调递增.
a 1 f x 3lnx 1 x2 4x 3 x - 3 x -1（2）当 时，可得 - ， f x x - 4 ，2 2 x x
1< x < 3, f x < 0;0 < x <1,或 x > 3, f x > 0;
故 f x 在 0,1 , 3, 上单调递增，在 1,3 上单调递减，
由题意可得：0 < x1 <1 < x2 < 3 < x3 ，因为 f x1 f x2 f x3 b ，
令 g x f x - f 2 - x ,0 < x <1，
2
则 g x f x f 2 x 3 x 4 3 6(x -1) - - ÷

2 - x - 4

÷ > 0 ，
è x è 2 - x x 2 - x
可知 g x 在 0,1 上单调递增，
则 g x < g 1 0 ，可得 f x < f 2 - x 在 0,1 上恒成立，
因为0 < x1 <1，则 f x1 f x2 < f 2 - x1 ，
且1< 2 - x1 < 2,1 < x2 < 3, f x 在 1,3 上单调递减，则 2 - x1 < x2 ，即 x1 x2 > 2；
令 h x f x - f 6 - x ,1< x < 3，
2
则 h x f x f 3 2(x - 3)6 3- x x - 4÷ 6 - x - 4÷ > 0
è x è 6 x
，
- x 6 - x
可知 h x 在 1,3 上单调递增，则 h x < h 3 0，
可得 f x < f 6 - x 在 1,3 上恒成立，因为1 < x2 < 3，则 f x2 f x3 < f 6 - x2 ，
且3 < 6 - x2 5, x3 3, f x 在 3, 上单调递增，
则6 - x2 > x3 ，即 x2 x3 < 6；由 x1 x2 > 2和 x2 x3 < 6可得 x3 - x1 < 4 .
(二) 含参函数问题可考虑先消去参数
含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元 x1, x2 的基础上,又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想
尽一切办法消去参数,从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介,构造出一个变元的新的函数.由
于可导函数 f x 的极值点是 f x 的零点,也是方程 f x 0的实根,所以有些与零点或方程实根有关的
问题可以利用求解极值点偏移问题的方法去解决.
【一题多解】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 ,
试证明： x1 x2 > e
2.
【分析】法一：消参转化成无参数问题：
f (x) 0 ln x ax ln x aeln x , x1, x2 是方程 f (x) 0 的两根,也是方
程 ln x aeln x 的两根,则 ln x x1, ln x2 是 x ae ,设 u1 ln x1,u2 ln x g(x) xe
- x
2 , ,则 g(u1) g(u2 ) ,从而
x1x2 > e
2 ln x1 ln x2 > 2 u1 u2 > 2 ,此问题等价转化成为【例 1】,下略.
法二：利用参数 a 作为媒介,换元后构造新函数：不妨设 x1 > x2 ,
∵ ln x1 - ax1 0, ln x2 - ax2 0 ,∴ ln x1 ln x2 a(x1 x2 ), ln x1 - ln x2 a(x1 - x2 ) ,
ln x1 - ln x∴ 2 a ,欲证明 x1x2 > e
2 ,即证 ln x1 ln x2 > 2 .x1 - x2
∵ ln x1 ln x2 a(x
2
1 x2 ) ,∴即证 a > ,x1 x2
ln x - ln x
∴ 原 命 题 等 价 于 证 明 1 2
2 x 2(x - x ) x
> , 即 证 ： ln 1 > 1 2 , 令 t 1 , (t >1) , 构 造
x1 - x2 x1 x2 x2 x1 x2 x2
g(t) ln t 2(t -1) - , t >1 ,利用 g t 单调性求解,下略.
t 1
法三：直接换元构造新函数：
a ln x1 ln x2 ln x2 x2 , x x , t x 设 21 < 2 , (t >1) ,x1 x2 ln x1 x1 x1
x tx , ln tx1 t ln t ln x则 2 1 1 t ,ln x1 ln x1
ln t
反解出： ln x1 , ln x2 ln tx1 ln t ln x
ln t t ln t
t -1 1
ln t ,
t -1 t -1
x x e2 ln x ln x 2 t 1故 1 2 > 1 2 > ln t > 2 ,转化成法二,略.t -1
x 2
【例 3】（2024 届浙江省名校协作体高三上学期联考）函数 f x ae - e(x -1) 有两个极值点
x1, x2 x1 < x2 ．其中 a R ， e为自然对数的底数．
(1)求实数 a的取值范围；
(2)若 ex1 e - 2 x2 2 1- e l x1 -1 x2 -1 恒成立，求l 的取值范围．
【解析】（1）由于 f x aex - 2e x -1 ，
f x 0 2e x -1a 由题知 有两个不同实数根，即 x 有两个不同实数根．e
2e x -1 2e 2 - x
令 g x x ，则 g x x 0，解得 x 2，故 g x 在 - , 2 上单调递增，在 2, 上单调e e
2
递减，且 x - 时， g(x) - ， x 时， g(x) 0 ， g 2 ，故 g x 的图象如图所示，
e
a 0, 2 当 ÷时， f x 有两个零点 x1, x2 且 x1 < x2．则 f x 0 0 < x x1 或 x x2 ，故 f x 在 0, x1 上单
è e
调递增，在 x1, x2 上单调递减，在 x2 , 上单调递增， f x 的极大值点为x1，极小值点为x2．
故 f x aex - e(x -1)2 2 有两个极值点时，实数 a的取值范围为 0, ÷．
è e
（2）由于 ex1 e - 2 x2 2 1- e l x1 -1 x2 -1 e x1 -1 e - 2 x2 -1 l x1 -1 x2 -1
若设 t1 x1 - 1, t2 x2 - 1 0 < t1 < t2 ，则上式即为 et1 e - 2 t2 lt1 t2
ìaet1 2t1 > 0 t2 -t t1 2
由（1）可得 í ，两式相除得 e ，即 t - t ln
t
2 > 0，
ae
t2 2t 2 12 > 0 t1 t1
由 et1 e - 2 t2 lt1 t2得 t2 - t1 é et1 e - 2 t2 ù lt1t2ln
t2
t1
2 e - 2 t2 - e t1 e
l t所以 1
t2 ，令 t t
2 e - 2 t -
t 2 >1, h t t2 (t >1)，ln t
t 1
lnt
1
2 2
则l h t 1, é e - 2 t eù lnt - 2t - e - 2 t e在 恒成立，由于 h t ，
t 2ln2t
令 t é e - 2 t
2 eù lnt - 2t - e - 2 t
2 e，则 t 2 e - 2 tlnt - 2 - e - 2 t e ，
t
t 2 e - 2 lnt e 2 e - 2 - - e 2，
t 2
显然 t 在 1, 递增，
又有 1 1 -2 < 0, e 3e - 6 - > 0，所以存在 t0 1,e 使得 t0 0 ，e
且易得 t 在 1, t0 递减， t0 , 递增，又有 1 0, e e2 - 2e - 1 > 0，
所以存在 t1 1,e 使得 t1 0，且易得 t 在 1, t1 递减， t1, 递增，
又 1 e 0 ，则1 < x < e 时， t < 0, h t < 0, x > e 时， t > 0,h t > 0，所以易得 h t 在 1,e 上递
减，在 e, 2上递增，则 h(t)min h e (e - 1) ，
所以l 的取值范围为 - , (e -1)2 ù ．
(三) 对数平均不等式
ì a - b
a b (a b),两个正数 和 的对数平均定义： L(a,b) í ln a - ln b
a(a b).
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系： ab L(a,b) a b （此式记为对数平均不等式）
2
取等条件：当且仅当 a b 时,等号成立.
【例 4】设函数 f (x) ex - ax a(a R), 其图象与 x 轴交于 A(x1,0), B(x2 ,0)两点,且 x1 < x2 .
（1）求实数 a 的取值范围；
（2）证明： f ( x1x2 ) < 0( f (x)为函数 f (x) 的导函数）；
【分析】（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, f (x)min f (ln a) a(2 - ln a)
当 f (x) 2min 0 ,即0 < a e 时, f (x) 至多有一个零点,不合题意,故舍去；
当 f (x)min < 0 ,即 a > e
2 时,由 f (1) e > 0 ,且 f (x) 在 (- , ln a)内单调递减,故 f (x) 在 (1, ln a)有且只有一
个零点；由 f (ln a2 ) a2 - 2a ln a a a(a 1- 2ln a),
令 y a 1- 2ln a,a > e2 ,则 y 1 2- > 0 ,故 a 1- 2ln a > e2 1- 4 e2 - 3 > 0
a
所以 f (ln a2 ) > 0 ,即在 (ln a, 2 ln a)有且只有一个零点.
由（1）知,
2 f (x) 在 (- , ln a)内递减,在 (ln a, ) 内递增,且 f (1) e > 0（ ）
所以1< x1 < ln a < x2 < 2ln a ,因为 f (x1) e
x1 - ax1 a 0 , f (x2 ) e
x2 - ax2 a 0
ex1a e
x2 ex1 -1 ex2 -1
(x -1) - (x -1),即 ,所以1 1 2 > (x -1)(x -1)
x1 -1 x2 -1 x1 -1 x2 -1 ln(x1 -1) - ln(x2 -1)
1 2
所以 x1x2 - (x1 x2 ) < 0 ,要证： f ( x1x2 ) < 0 ,
x x
只须证 e 1 2 < a ,即 x1x2 < ln a
故, x1x2 < x1 - ln(x1 -1) , x1x2 < x2 - ln(x2 -1)
所以 2 x1x2 < x1 x2 - ln(x1 -1)(x2 -1) ,所以 ln(x1x2 - (x1 x2 ) 1) < x1 x2 - 2 x1x2
因为 x1x2 - (x1 x2 ) < 0 ,所以 ln(x1x2 - (x1 x2 ) 1) < ln1 0 ,而 x1 x2 - 2 x1x2 > 0
所以 ln(x1x2 - (x1 x2 ) 1) < x1 x2 - 2 x1x2 成立,所以 f ( x1x2 ) < 0
【评注】根据对数平均不等式求解的步骤是：
1.通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出 ln x1 - ln x2及x1 - x2 ,
2.通过等式两边同除以 ln x1 - ln x
x - x
2 构建对数平均数
1 2 ,
ln x1 - ln x2
x1 - x2 x1 x3.利用对数平均不等式将 转化为 2 后再证明 x1 x2 < 2x0 （或 x1 x2 > 2x0 ）. 两种方法ln x1 - ln x2 2
各有优劣,适用的题型也略有差异.
(四) 一题多解赏析
f x x ln x 1【例 5】已知 - mx2 - x , m R ．若 f x 有两个极值点 x1 , x2 ,且 x1 < x2 ,求证： x1x2 > e22
【分析】解法一：欲证 x1x2 > e
2 ,需证 ln x1 ln x2 > 2．
若 f x 有两个极值点 x1 , x2 ,即函数 f x 有两个零点．又 f x ln x - mx ,所以, x1 , x2 是方程 f x 0
的两个不同实根．
ìln x1 - mx1 0 ln x ln x于是,有 íln x mx 0 ,解得m
1 2 ．
2 - 2 x1 x2
ìln x1 - mx1 0另一方面,由 íln x - mx 0 ,得 ln x2 - ln x1 m x2 - x1 , 2 2
ln x2 - ln x1 ln x ln x从而可得, 1 2 ．
x2 - x1 x1 x2

1 x2

ln x 2
ln x - ln x x x x ÷ x
于是, ln x ln x 2 1 2 1 è 1 11 2 x ．x2 - x1 2 -1
x1
1 t ln t
又0 < x1 < x2 ,设 t
x
2 ,则 t >1．因此, ln x1 ln x2 , t >1．x1 t -1
t 1 ln t 2 t -1
ln x 要证 1 ln x2 > 2 ,即证： > 2 , t >1．即：当 t >1时,有 ln t > ．构造函数t -1 t 1
2 t -1h t ln t - , t 1 ,利用h t 为 1. 上的增函数求解.
t 1
解法二 ：欲证 x1x2 > e
2 ,需证 ln x1 ln x2 > 2．若 f x 有两个极值点 x1 , x2 ,即函数 f x 有两个零点．又
f x ln x - mx ,所以, x1 , x2 是方程 f x 0的两个不同实根．显然m > 0 ,否则,函数 f x 为单调函数,
不符合题意．
ìln x
由 í 1
- mx1 0
ln x mx 0 ln x1 ln x
2
2 m x1 x2 ,问题转化为证明 x1 x2 > ,构造函数
2 - 2 m
2 1 1 1
函数 g x f x - f - x ÷ 0 < x < ÷ ,根据 g x 在m m 0, ÷上递增,可得 g x < gm ÷ =0,è è è è m
所以 f x < f 2 1 1 - x

÷ ,设 x1 < < x2 ,由 f x 在 0, ÷上递增可证.
è m m è m
解法三 ：由 x1 , x2 是方程 f x 0
ln x ln x
的两个不同实根得m ,令 g x , g x
x x 1
g x2 ,由于
g x 1- ln x 2 ,因此, g x 在 1,e , e, ．x
e2 e2
设1< x1 < e < x2 ,需证明 x1x2 > e
2 ,只需证明 x1 > 0,e ,只需证明 f x1 > fx x ÷ ,即2 è 2
2 2
f x f e2 > ÷ ,即 f x2

f e

- ÷ > 0．来源： 微信公众号 中学数学研讨部落
è x2 è x2
2 1- ln x e2 2 - x
即 h x f x - f e ÷ x 1,e , h x 2 2 > 0 ,故h x 在 1,e ,故
è x x e
2 2 2
h x < h e 0 e ,即 f x < f ÷ ．令 x x1 ,则 f x2 f x1 < f
e
÷ ,因为 x
e
2 , e, , f x
è x è x1 x1
2
在 e, ,所以 x e2 > ,即 x 2x 1x2 > e ．1
t ln x 0,1 t ln x 1, ìln x1 - mx1 0 ìt me
t1 t
解法四：设 , ,则由 í 得 í 1 1
t1 -t2
1 1 2 2
ln x2 - mx t
e ,设
2
2 0 t2 me t2
kekk t1 - t < 0 t
k
2 ,则 1 k , t2 k ．欲证 x1x
2
2 > e ,需证 ln x1 ln x2 > 2,即t1 t2 > 2 ,把 t1, t 代入整理e -1 e -1 2
得
k 1 ek - 2 ek -1 < 0 ,构造 g x k 1 ek - 2 ek -1 证明.
t1
设 t ln x 0,1 , t ì ln x 1, ìln x - mx 0 t me t,则由 í 1 1 得 í 1 1 t t1 -t2 11 1 2 2 ln x mx 0 t e ,设 k 0,1 , 2 - 2 t2 me 2 t2 t2
k ln k ln k
则 t1 , t ．欲证 x x > e
2 ,需证 ln x ln x > 2 ,即只需证明 t t > 2 ,即
k -1 2 k -1 1 2 1 2 1 2
k 1 ln k 2 k -1 2 k -1 2 k -1> 2 ln k < ln k - < 0 ,设 g k ln k - k 0,1 ,
k -1 k 1 k 1 k 1
2
g k k -1 2 > 0 ,故 g k 在 0,1 ,因此 g k < g 1 0 ,命题得证． k k 1
(五) 2022 届高考全国卷甲理 22 题解析
极值点偏移问题前几年高考曾经考查过，2022 年高考全国卷甲理再次考查极值点偏移问题，该题有一定难
度，但用前面介绍的方法可以轻易解决，下面给出两种解法，共同学们参考：
ex
【例 6】已知函数 f x - ln x x - a．
x
（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．
x
【解析】解法一：（1）因为 f x e - ln x x - a ,
x
f (x) 1 1
x
- 2 ÷e
x 1 1 1 1 x -1 e- 1 x 1- ÷e 1- ÷ 1
è x x x x è x è x x è x
÷

令 f (x) 0 ,得 x 1
当 x (0,1), f (x) < 0, f (x)单调递减；当 x (1, ), f (x) > 0, f (x) 单调递增,
所以 f (x) f (1) e 1- a ,
若 f (x) 0 ,则 e 1- a 0 ,即 a e 1 ,所以 a的取值范围为 (- ,e 1] .
（2）由（1）知, x (0,1), f (x)单调递减；当 x (1, ), f (x) 单调递增,
若 f x 有两个零点 x1, x2 ,则一个零点小于 1,一个零点大于 1,不妨设 x1 <1< x2
1
要证 x1x2 <1,即证 x1 < x ,2
因为 x1,
1
(0,1) ,即证 f x1

> f 1 ÷ ,因为 f x1 f x2 ,即证 f x
1
x x 2 > f 2 è 2 è x
÷
2
ex 1
即证 - ln x 1 x - xe x - ln x - > 0, x (1, ) ,
x x
ex 1
即证 - xe x 2
é
- ln x 1- x 1- ù > 0 ,
x ê 2 è x
÷
ú
ex 1 x 1
下面证明 x >1时, - xe x > 0, ln x 1 1- x - ÷ < 0 ,设 g(x)
e
- xe x , x >1 ,
x 2 è x x
1 1 1 1x 1
1
则 g (x) - ÷e - e x xe x
1 1 1
2 - 2 ÷÷
1- ex ÷ - e x
1-
x x x x x x ÷è è è è è
1 1
ex 1 e x x -1 e
x 1
- ÷ - - e x ,
è x
÷ ÷
è x x è x
x
设 x e x >1 , x 1 1 x -1 x x - 2 ÷e 2 e > 0 ,x è x x x
x 1
所以 x > 1 e 1 , , e而 x 所以 - e xe < e > 0 ,所以 g (x) > 0 ,x
x 1
所以 g(x)在 (1, )单调递增即 g(x) > g(1) 0 , e所以 - xe x > 0
x
h(x) ln x 1 x 1
2 2
令 -

- ÷ , x >1 h (x)
1 1 1 2x - x -1 -(x -1)
- 1 2 ÷ 2 2 < 0 ,2 è x x 2 è x 2x 2x
所以 h(x) 在 (1,
1 1
)单调递减,即h(x) < h(1) 0 ,所以 ln x - x -

÷ < 0；2 è x
ex 1
综上, - xe x
é
- 2 ln x 1 1 ù- x -
x ê 2 x ÷ú
> 0 ,所以 x1x2 <1.
è
ex
解法二： （1）因为 f x - ln x x - a ex-ln x x - ln x - a ,
x
设 t g x x - ln x g x 1 1 x -1,则 - x > 0 ,
x x
所以 x 0,1 时 g x < 0 , g x 递减, x 1, 时 g x > 0 , g x 递增,
t g x g 1 1 ,
设 f x h t et t - a t 1 ,则 h t 为增函数, h t h 1 e 1- a ,
若 f (x) 0 ,则 e 1- a 0 ,即 a e 1 ,所以 a的取值范围为 (- ,e 1] .
（2）由（1）知 f x 有两个零点 x1, x2 ,则方程 x - ln x t 有两个实根 x1, x2 ,
因为 x 0,1 时 g x 递减, x 1, 时 g x 递增,
x2 - x1
不妨设0 < x1 <1< x2 ,由 x1 - ln x1 x2 - ln x2 t 得 1ln x2 - ln x
,
1
x2 - x1 x2 - x1 x2
所以要证 x1x2 <1,即证 > x x > 2lnln x , ,2 - ln x
1 2 即证
1 x1x2 x1
x2 x1 2ln x2 x 1即证 - - > 0 , 2设 m m > 1 ,即证m - - 2ln m > 0x ,1 x2 x1 x1 m
2
设 F m 1 m - - 2ln m m > 1 , F m 1 1 2 1则 2 -

m m m
-1÷ > 0 ,
è m
所以 F m 为增函数, F m > F 1 0 ,所以 x1x2 <1成立.
【例 1】（2024 届四川省眉山市高三下学期第三次诊断）已知函数 f (x) xlnx - ax2 - 2x .
(1)若过点 (1,0)可作曲线 y f (x) 两条切线，求 a的取值范围；
(2)若 f (x) 有两个不同极值点 x1, x2 .
①求 a的取值范围；
②当 x1 > 4x 2 32 时，证明： x1x2 >16e .
【解析】（1）依题意， f (x) lnx - 2ax -1，
设过点 1,0 的直线与曲线 y f (x) 相切时的切点为 (x0 , y0 )，斜率 k lnx0 - 2ax0 -1，
切线方程为 y - (x0lnx0 - ax
2
0 - 2x0 ) (lnx0 - 2ax0 -1)(x - x0 )，而点 (1,0)在切线上，
则 -x0lnx0 ax
2 2
0 2x0 (lnx0 - 2ax0 -1)(1- x0 )，即有 ax0 - 2ax0 - x0 lnx0 -1 0 ，
由过点 (1,0)可作曲线 y f (x) 两条切线，得方程 ax20 - 2ax0 - x0 lnx0 -1 0 有两个不相等的实数根，
令 g(x) ax2 - 2ax - x lnx -1，则函数 g(x)有 2 个零点，
2
求导得 g (x) 2ax - 2a 1 1 2ax - (2a 1)x 1 (2ax -1)(x -1)- ，
x x x
①若 a
1
> ，由 g (x) > 0 0 x
1
，得 < < 或 x >1，由 g (x) < 0
1
，得 < x <1，
2 2a 2a
即函数 g(x)在 (0,
1 ) ， (1, )
1
上单调递增，在 ( ,1) 上单调递减，
2a 2a
x 1则当 时， g(x)取得极大值；当 x 1时， g(x)取得极小值，
2a
1
又 g( ) a (
1
)2 1 1 1 1- 2a - ln -1 -ln2a - - 2 < 0，
2a 2a 2a 2a 2a 4a
当 x 1时， g(x) < 0恒成立，因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
1
②若 a ， g (x) 0恒成立，函数 g(x)在 (0, ) 上单调递增，
2
因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
③若0 < a
1
< ，由 g (x) > 0
1
，得 0 < x <1或 x > ，由 g (x) < 0，得 1 < x
1
< ，
2 2a 2a
即函数 g(x)
1 1
在( 0, 1)， ( , ) 上单调递增，在 (1, )上单调递减，
2a 2a
则当 x 1 g(x) x
1
时， 取得极大值；当 时， g(x)取得极小值，又 g(1) -a - 2 < 0，
2a
x 1显然当 时， g(x) < 0恒成立，因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
2a
④若 a 0，显然 2ax -1 < 0，当 0 < x <1时， g (x) > 0，当 x >1时， g (x) < 0，
函数在( 0, 1)上单调递增，在 (1, )上单调递减，当 x 1时， g(x)取得最大值 g(1) -a - 2，
要函数 g(x)有 2 个零点，必有 g(1) -a - 2 > 0，得 a < -2，
当 0 < x <1时， g(x) a(x -1)2 - x - a -1 lnx < -a -1 lnx ，
而函数 y -a -1 lnx 在( 0, 1)上的值域为 (- , -a -1)，因此 g(x)在( 0, 1)上的值域为 (- ,-a - 2) ，
当 x >1时，令 y ln x - x
1
，求导得 y -1 < 0，函数 y ln x - x 在 (1, )上单调递减，
x
则 ln x - x < -1， g(x) a(x -1)2 - a -1 lnx - x < a(x -1)2 - a - 2，
而函数 y a(x -1)2 - a - 2在 (1, )上单调递减，值域为 (- ,-a - 2) ，
因此函数 g(x)在 (1, )上的值域为 (- ,-a - 2) ，
于是当 a < -2时，函数 g(x)有两个零点，
所以过点 1,0 可作曲线 y f x 两条切线时， a的取值范围是 - , -2 .
（2）①由（1）知， f (x) lnx - 2ax -1，
f (x) f (x) 0 2a lnx -1由函数 有两个极值点 x1, x2 ，得 ，即 有两个实数根 x1, x ，x 2
u(x) lnx -1 2 - lnx令 ，求导得u (x) 2 ，当 0 < x < e2 时，u (x) > 0，当 x > e2 时，u
(x) < 0，
x x
函数u(x) 在 (0,e2 ) 上单调递增， (e2 , ) 上单调递减，u(x)
1
max 2 ，e
且u(e) 0，当 x>e时，函数u(x) > 0 1 lnx -1恒成立，因此当0 < 2a <
e2
时， 2a 有两个实数根
x
1
所以函数 f (x) 有两个极点时， a的取值范围是 (0, 2 ) .2e
ìlnx1 - 2ax1 -1 0 ìlnx1 2ax1 1② 2a
lnx1 - lnx 2由 í
lnx 2ax 1 0
，即
2 - 2 -
í
lnx2 2ax
，得
2 1 x1 - x
，
2
x x2 >16e3要证明 1 2 ，只需证明 lnx1 2lnx2 > 4ln2 3，
ln x1
lnx 2lnx 2a(x 2x ) 3 (x 2x ) lnx - lnx而 1 2 1 2 1 21 2 3 (
x
1 2) x 2 3，
x1 - x x x2 2 1 -1
x2
令 t
x
1 (x
x 1
> 4x2 )，则 t > 4，欲证明 lnx1 2lnx2 > 4ln2 3，
2
即证明 (t 2)
lnt
> 4ln2(t > 4) ，只需证明 lnt - 4ln2
t -1
> 0(t > 4) 即可，
t -1 t 2
令 h(t) lnt 4ln2
t -1
- (t > 4) ，
t 2
4
求导得 h t 1
2
4ln2 3 t 4t 4 -12ln2 t
t 4 -12ln2
- t ，
t (t 2)2 t(t 2)2 (t 2)2
(t) t 4 4则 -12ln2在 t > 4时单调递增，故 (t) > (4) 9 -12ln2 > 0 ，
t
则 h (t) > 0 ，令 h(t) 在 t > 4时单调递增，则 h(t) > h(4)
1
ln4 - 4 ln2 0，
2
lnt 2 3
因此 (t 2) > 4ln2(t > 4) ，即 lnx 2lnx > 4ln2 3，所以 x x >16e .
t -1 1 2 1 2
【例 2】（2024 届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期 4 月联合学情检测）已知函数
f x ln mx - x m > 0 ．
(1)若 f x 0 恒成立，求m 的取值范围；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，证明 x1 x2 > 2．
【解析】（1）首先由m > 0可知 f x 的定义域是 0, ，从而 f x ln mx - x ln x - x ln m .
故 f x ln mx - x 1 -1 1- x ，从而当0 < x <1时 f x > 0，当 x >1时 f x < 0 .
x x
故 f x 在 0,1 上递增，在 1, 上递减，所以 f x 具有最大值 f 1 ln m -1 .
所以命题等价于 ln m -1 0，即m e .所以m 的取值范围是 0,e .
（2）不妨设 x1 < x2，由于 f x 在 0,1 上递增，在 1, 上递减，故一定有 0 < x1 < 1 < x2 .
在-1 < t <1的范围内定义函数 p t f 1 t - f 1- t .
2
则 p t f 1 t f 1 t -t t 2t- 2 > 0 ，所以 p t 单调递增.1 t 1- t 1- t
这表明 t > 0时 p t > p 0 f 1 - f 1 0，即 f 1 t > f 1- t .
又因为 f 2 - x1 f 1 1- x1 > f 1- 1- x1 f x1 0 f x2 ，且 2 - x1和x2都大于1，
故由 f x 在 1, 上的单调性知 2 - x1 < x2 ，即 x1 x2 > 2 .
【例 3】（2024 届重庆市名校联盟高三下学期第一次联考）若函数 f x 在定义域内存在两个不同的数 x1, x2 ，
同时满足 f x1 f x2 ，且 f x 在点 x1, f x1 , x2 , f x2 处的切线斜率相同，则称 f x 为“切合函数”
(1) 3证明： f x x - 2x 为“切合函数”；
(2) 2若 g x xlnx - x ax 为“切合函数”，并设满足条件的两个数为 x1, x2 ．
1
（ⅰ）求证： x1x2 < ；4
2 3
（ⅱ）求证： a 1 x1x2 - x1x2 < ．4
【解析】（1）假设存在两个不同的数 x1, x2 ，满足题意，
f x 3x2 - 2 f x f x x3易知 ，由题意可得 1 2 ，即 1 - 2x1 x32 - 2x2 ，
x31 - 2x1 - x3 - 2x 0 x3 3 2 22 2 ， 1 - x2 - 2 x1 - x2 0， x1 - x2 x1 x1x2 x2 - 2 x1 - x2 0，
x 2 2 2 21 - x2 x1 x1x2 x2 - 2 0，又 x1 x2 ，所以 x1 x1x2 x2 - 2 0 .
因为 f x1 f x2 ，即3x21 - 2 3x2 2 22 - 2，化简可得 x1 x2 ，又 x1 x2 ，
所以 x1 -x
2 2
2，代入 x1 x1x2 x2 - 2 0，
可得 x1 - 2, x2 2 或 x1 2, x2 - 2 ，所以 f x x3 - 2x 为“切合函数”.
（2）由题意知 g x lnx - 2x a 1，因为 g x xlnx - x2 ax 为“切合函数”，
故存在不同的数 x1, x2 (不妨设 0 < x1 < x2 )使得
ìg x g x ìx lnx - x2 ax x lnx - x21 2 ax
í 1 1 1 1 2 2 2 2
g x1 g x
，即 í ，
2 lnx1 - 2x1 a 1 lnx2 - 2x2 a 1
ì x1lnx1 - x2lnx2
a x2 x1 1 x2 - x1
整理得 í
1 x - x
，
2 1 2
2 lnx2 - lnx1
x - x x - x x x x
（ⅰ 2 1）先证 > x1x
2 1
2 ，即 > lnx - lnx 2 12 1， - > ln 2lnx2 - lnx1 x x
，
1 2 x1 x2 x1
t x2 0 x x x x令 ，则由 < < ，知 t > 1，要证 2 - 1 > ln
x2 1
1 2 ，只需证 t - > 2ln t ，x1 x1 x2 x1 t
2
即 2ln t t
1
- < 0，设m t 1 2ln t - t t >1 ，易知m t 2 1 - t -1 ，t t -1- < 0t t 2 t 2
故m t 在 1,+ 单调递减，所以m t < m 1 0，
x2 - x1 > x x 2 x x 1 1故有 lnx - lnx 1 2 ，由上面的 式知 1 2 < ,所以 x1x2 < .2 1 2 4
2 x2 - x （ⅱ 1）由上面的 2 得 1 ，
lnx2 - lnx1
a x1lnx1 - x2lnx2 x x x x x1lnx1 - x2lnx2 2 1
x - x 2 12 1 x2 - x1 1
x1lnx1 - x2lnx2 x2 x1 x1lnx1 - x2lnx 2 x2 x1 lnx 2 - lnx1
x2 - x1 2 x2 - x1 x2 - x1 2 x2 - x1
lnx2 - lnx1
2 x
1
lnx1 - x2lnx2 x2 x1 lnx2 - lnx1 x1ln x1x2 - x 2ln x1x2 ln x1x2
2 x2 - x1 2 x2 - x
- ，
1 2
又 x
1
1x2 < ，所以 a > ln 2且 x1x2 e
-2a
，
4
故要证 a 3 3 1 2 x x 2 -2a -a1 2 - x1x2 < ，只需证 a 1 e - e < ，4 4
3 e2a即 +ea - a 3 1 2 > 0 a > ln 2 h(a) e2a +ea - a 1 2，设 ，
4 4
则即证 h(a) > 0 a > ln 2 h (a) 3 2e2a， +ea - 2 a 1 = 3 e2a +ea - 2 a 1 ，
4 2
设 k(a)
3
e2a +ea - 2 a 1 ，则 k (a) 3e2a +ea - 2= 3ea - 2 ea 1 > 0，
2
即 k(a)也就是 h (a)在 ln 2,+ 单调递增，
h (a) > h (ln 2) 3 e2ln 2 eln 2 - 2 ln 2 1 3 4 2 - 2ln 2 - 2 2 3- ln 2 > 0，
2 2
所以 h(a) 在 ln 2,+ 单调递增，
h(a) h(ln 2) 3所以 > e2ln 2 eln 2 - ln 2 1 2 5 - ln 2+1 2 ，
4
因为 1 < ln 2+1 < 2，所以 1< ln 2+1 2 < 4，所以 5 - ln 2+1 2 > 0，所以原不等式成立.
x
【例 4】（2024 e届四川省广安友谊中学高三上学期月考）已知函数 f x - lnx x
x
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2) g x x2 f x x2若不等式 -1 lnx - x3 - x t 有解，求实数 t 的取值范围；
(3)若函数 h x f x - a a R 有两个零点 x1，x2，证明： x1 x2 <1．
ex x x ex x x -1 【解析】（1）Q f x - lnx x, x 0, e x - e 1 \ f x - 1 ，
x x2 x x2
\ x 1, , f x > 0, f x 单调递增； x 0,1 , f x < 0, f x 单调递减；
2 2 2 3（ ） g x x f x x -1 lnx - x - x t 有解，
ex
所以 g x t g x x2 - lnx x x2 -1 lnx - x3 - x xex - lnx - x, x > 0min ， ÷ ，
è x
g x x 1 ex 1- -1 x 1 ex 1 x - x 1 ex 1
x x
- ÷，
è x
t x =ex 1 , t x =ex 1- 2 > 0, t x 单调递增，x x
x 1 0, t x - , t 1 e -1>0,x0 0,1 ,g x0 t x0 0,ex0 , x 0, x0 , g x < 0, g x x 单调递减；0
1 1x x0 , ,g x > 0, g x Qex0单调递增； ,\ x0 ln -lnxx 00 x0
x
所以 g x g x0 x 00e - lnx0 - xmin 0 1- lnx0 - x0 1，所以 t 1 .
（3） h x f x - a a R 有两个零点 x1，x2，
x
h x e - lnx x - a 0有两个根 x1，x2， 不妨设 x1 < x2，由（1）可知两根也是 f (x) 与 y a的两个交点，x
1
且0 < x

1 <1 x
1
， 2 >1，于是0 < <1x ，由于
f (x) 在( 0, 1)单调递减，故 x1x2 <1等价于 f x1 > f ÷．
2 è x2
h x h x 0, f x f x x x 1 f x f 1 而 1 2 1 2 ，故 1 2 < 等价于 2 > ÷ ．①
è x2
t(x) f (x) - f 1 设 ÷，则①式为 t x2 > 0 ．
è x
1
(x -1) x

e x - xe x -1÷
因为
t (x) f (x) f 1 1 -
è ．
x ÷ ÷

è è x x2
1
设 k(x) ex x - xe x -1，
1 1
当 x >1 1时， k (x) ex - e x e x 1 > 0，故 k ( x) 在 (1, )单调递增，
x
所以 k(x) > k(1) 0 ，从而 t (x) > 0，因此 t(x)在 (1, )单调递增．

又 x2 >1，故 t x2 > t(1) 0 ，故 f x2 > f
1
÷ ，于是 x1x2 <1．
è x2
【例 5】已知函数 f (x) ln x， g(x) ax2 - 2ax(a 0) ．
(1)若 a 3，判断函数 y f (x) - g(x)的单调性；
(2)若函数 h(x) f (x) g(x)的导函数 h (x)有两个零点 x1, x2 (x1 < x2 )，证明： h(x2 ) - h(x1) > f (2a) g(1)．
【解析】 (1)若 a 3，则 y f (x) - g(x) ln x - 3x2 6x(x > 0)，
1 2 2
所以 y - 6x 6 -6x 6x 1 6x - 6x -1 - ，
x x x
6x2y - 6x -1 0 3 15
2
y 6x - 6x -1由 - > 0 x - < 0 3 15，得 < < ；由 ，得 x > ．
x 6 x 6

所以 y f (x) g(x) 0,
3 15 3 15
- 在 ÷÷上单调递增，在 , 6 6 ÷÷
上单调递减．
è è
(2)因为函数 h(x) f (x) g(x)，所以 h(x) ln x ax2 - 2ax(x > 0)，
h (x) 1 2ax 2a 2ax
2 - 2ax 1
所以 - ．
x x
若函数 h (x)有两个零点 x1, x2 (x1 < x2 )，则方程 2ax2 - 2ax 1 0的判别式D 4a2 -8a > 0，
x x 1, x x 11 2 1 2 > 0，所以 a > 2．2a
1 1
又 x 21 < x2，所以 x1 < x1x2 ，即0 < x < ，2a 1 2a
h(x2 ) - h(x1) ln x
2
2 ax2 - 2ax2 - (ln x
2
1 ax1 - 2ax1)
- ln x 1 2 21 ln a(x2 - x1 ) 2a(x1 - x2 ) - ln x1 - ln(2ax1) - a 2ax2ax 1，1
欲证 h(x2 ) - h(x1) > f (2a) g(1)，只需证- ln x1 - ln(2ax1) - a 2ax1 > ln 2a - a，
即证 ln x1 ln(2ax1) - 2ax1 < - ln 2a．
设u(t) ln t ln(2at) - 2at 2ln t ln(2a)
1
- 2at ，其中 t x1 0, 2a ÷
，
è
由u (t)
2 1
- 2a 0 t a 2 1 1 2 - 2a，得 ．因为 > ，所以 - < 0，
t a a 2a 2a
ì 2 ì 2
u (t) - 2a > 0, u (t) - 2a < 0, t 1 1
由 í 1 得0 < t
1 t
< ；由 í 1 得
< t <
a ． 0 < t < , a 0 < t < , 2a
2a 2a
0, 1 1 , 1 所以u(t) 在 a ÷
上单调递增，在
è a 2a ÷
上单调递减，
è
1
所以u(t) 的最大值为u( ) - ln a ln 2 - 2 ln 2a 2ln 2 - 2 < - ln 2a ，
a
从而 h(x2 ) - h(x1) > f (2a) g(1)成立．
1．（2024 届安徽省 A10 联盟高三最后一卷）已知函数 f (x) aex - e- x - (a 1)x, a > 0．
(1)求证： f (x) 至多只有一个零点；
(2)当 0 < a < 1时， x1, x2 分别为 f (x) 的极大值点和极小值点，若 f x1 kf x2 > 0成立，求实数 k 的取值范
围．
【解析】（1）由题意得， f x aex - a 1 1 ex -1 a 1- 1x x ÷ x ex -1 aex -1 ，e è e e
当 a > 0时，令 f x 0，解得 x1 0, x2 -lna，
x 2
① e -1当 a 1时， f x ex - e- x - 2x, f x 0 ，所以 f x 在R 上单调递增，
ex
又 f 0 0，此时函数 f x 有唯一的零点 0；
②当 0 < a < 1时，-lna > 0，所以 x - ,0 时， f x > 0, f x 单调递增，
x 0, -lna 时， f x < 0, f x 单调递减， x -lna, 时， f x > 0, f x 单调递增，
又 f -lna < f 0 a -1 < 0，则函数 f x 在区间 - ,-lna 上无零点，
在 -lna, 上至多只有一个零点，所以函数 f x 至多只有一个零点；
③当 a > 1时， -lna < 0，所以 x - ,-lna 时， f x > 0, f x 单调递增，
x -lna,0 时， f x < 0, f x 单调递减， x 0, 时， f x > 0, f x 单调递增，
又 f -lna > f 0 a -1 > 0，
则函数 f x 在 - ,-lna 上至多只有一个零点，在区间 -lna, 上无零点，
所以函数 f x 至多只有一个零点，综上，函数 f x 至多只有一个零点；
（2）由（1）知，当 0 < a < 1时， f x 在 - ,0 , -lna, 上单调递增，在 0, -lna 单调递减，
所以 f x 的极大值点为 x1 0 ，极小值点为 x2 -lna ，
此时 f x1 f 0 a -1, f x2 f -lna 1- a a 1 lna，
因为 f x1 kf x2 > 0，所以 a -1 k é1- a a 1 lnaù > 0 ，
因为 0 < a < 1，所以 f x2 < f x1 < 0，所以 k < 0 ,
所以 k a 1 lna > a 1 k 1 a -1- -1 ，即 lna < 1- * ，
è k ÷ a 1
2 2
g x lnx 1 1 x -1- - , x 0,1 1 1 2 x x 1设 ，则 ，
è k ÷ x 1 g x - 1- kx k ÷ è (x 1)2 x(x 1)2
令 x2
2
x 1 0 4，则Δ 2 - 4 ，k k
①当 k -1时，Δ 0，此时 g x 0恒成立，则 g x 在 0,1 上单调递增，
g x ln1 1 1 1-1所以 < - - ÷ 0，此时 lna <

1
1 a -1
- ÷ ，
è k 1 1 è k a 1
2
②当-1 < k < 0时，Δ > 0 2，设 x x 1 0的两个根为 x3 , x4 ，且 x3 < x4 ，k
2
则 x3 x4 - > 0, x3x4 1，所以0 < x3 <1 < xk 4
，
则当 x3 < x <1时， g x < 0，此时 g x 在 x3 ,1 上单调递减，
x a 1 g a g 1 0 lna 1 1 a -1所以当 3 < < 时， > ，此时 > - k ÷ ，与 * 矛盾，不合题意.è a 1
综上所述， k 的取值范围是 - , -1 .
2．（2024 2届湖北省宜荆荆随恩高三 5 月联考）设函数 f x 4ln x - ax 4 - 2a x ， a R
(1)讨论 f x 的单调性．
(2)若函数 f x 存在极值，对任意的0 < x1 < x2 ，存在正实数 x0 ，使得 f x2 - f x1 f x0 x2 - x1
ln x2 - ln x1 2
（ⅰ）证明不等式 >x - x ．2 1 x2 x1
（ⅱ x x）判断并证明 1 2 与 x
2 0
的大小．
4
【解析】（1） f x - 2ax -1 4 - 2a 2ax - 4 x 1 ， x > 0，
x x
若 a 0，则 f x > 0， f x 在 0, 上单调递增，
2
若 a > 0，由 f x 0得 x ，当 x 0,
2 2
÷时 f x > 0；当 x , ÷时， f x < 0，a è a è a
f x 0, 2 ∴ 2 在 ÷单调递增，在 , a ÷ 单调递减.è è a
（2）∵ f x 存在极值，由（1）知 a > 0，
f x - f x 4 ln x - ln x - a x2 22 1 2 1 2 - x1 4 - 2a x2 - x1
4 ln x2 - ln x1 - a x2 x1 x2 - x1 4 - 2a x2 - x1 ，
f fx x2 - f x1 4 ln x2 - ln x1 由题设得 0 - a x2 x1 4 - 2a ，x2 - x1 x2 - x1
x
∵ 0 < x1 < x
2
2 ，设 t(t >1)x ，1
ln x2 - ln x1 2> 2 t -1（ⅰ）要证明 x - x x x 即证明 ln t

> t >1 ，
2 1 2 1 t 1
2 t 1
2 t -1 g t 1
- 2 t -1 (t -1)2
设 g t ln t - ，（ t > 1），则 - > 0，
t 1 t (t 1)2 t(t 1)2
ln x - ln x 2
∴ g t 在 1, 上单调递增， g t > g 1 0 2 t -1，∴ ln t > 2 1，即 >x - x x x 得证，t 1 2 1 2 1
x1 x2 8
（ⅱ） f 2 ÷
- a x2 x1 4 - 2a，
è x1 x2
x1 x2 4 ln x - ln xf x 2 1 8 ln x2 - ln x1 2 0 - f ÷ - 4 - > 0，
è 2 x2 - x1 x
÷
1 x2 è x2 - x1 x1 x2
f x x x> f 1 2 f x 4 2ax 4 a 0, x1 x∴ 20 ，∵ - - 在 上是减函数，∴ > x .
è 2 ÷ x 2 0
3 2024 x
2
．（ 届全国统一考试押题卷）已知函数 f x
ex
．
(1)求函数 f x 在 1,3 上的值域；
1
(2)若方程 f x 2 2 2有两个不相等的解 x1, x2 ，且 x1 > 0, x2 > 0 ，求证： a x1 x2 > 2e ．a
x2 x 2 - x
【解析】（1）因为 f x x ，所以 f x x ．e e
当 x 1,2 时， f x > 0, f x 单调递增，当 x 2,3 时， f x < 0, f x 单调递减，
所以当 x 1,3 时， f (x)max f 2
4
2 ．又 f 1
1
< f 3 9 1 ，所以当 x 1,3 时， f (x) f 1 ，
e e e3 min e
所以 f x 在 1,3 é1 4 ù上的值域是 ê , ． e e2 ú
2
（2）由题，不妨设0 < x1 < x2 ，由（1）可知0 < x1 < 2 < x
e
2 ，且 a > ．4
1 ìex1 2 x1 ax1 e x
2
由 f x 得
a í
1
ex2 ax2
，则 x 2 ，
22 e x2
x1 - x2
两边同时取自然对数，得 x1 - x2 2 lnx1 - lnx2 ，即 2lnx - lnx ．1 2
a x2 x2要证 1 2 > 2e2，即证 ex1 ex2 > 2e2 ．
x1 x2 x x
因为 ex1 ex2 > 2 ex1 ex2 2e 2 ，所以只需证
1 2 2，
2
x1
x1 x2 x1 - x 2 x
2 -1÷
2 1
- x2
即证 ln
x1 è x2 x1
2 lnx1 - lnx
，即证 ，即证 ．
2 x
ln
1 x2 x2 x1 1 x2
x2
x1 2 t -1
令 tx ，即证 lnt, t 0,1
2 t -1
， 令 g t - lnt, t 0,1 ，
2 t 1 t 1
4 1 - t -1
2
则 g t

2 - 2 < 0，所以当 t 0,1 时， g t 单调递减，所以 t 1 t t t 1
g 2 1-1t g(1) 2 t -1 > - ln1 0 ，即 > lnt．故 a x21 x2 > 2e22 ．1 1 t 1
4．（2024 届江西省新八校高三第二次联考）已知函数 f (x) x2 - ax ln x(a R)
(1)当 a 3时，求函数 f (x) 的极值；
(2)设函数 f (x) 有两个极值点 x1, x2 ，且 x1 > x2 ，若 f x1 < m 恒成立，求m 最小值．
2
【解析】（1）当 a 3时，有 f (x) x - 3x ln x x > 0 ，
2
f x 2x 3 1 2x - 3x 1- x > 0
x x
令 f x 0 1，即 2x2 - 3x 1 0 ，解得 x 或 x 1，
2
x 0, 1 所以当 ÷时， f x > 0， f x 单调递增，
è 2
1
当 x
,1 ÷时， f x < 0， f x 单调递减，当 x 1, 时， f x > 0， f x 2 单调递增；è
1 5
所以 x
1
时， f x 取得极大值，极大值为 f ÷ - - ln 2，2 è 2 4
x 1时， f x 取得极小值，极小值为 f 1 -2 .
（2）因为 f (x) x2 - ax ln x(a R) x > 0 ，
f x 2x 1 2x
2 - ax 1
所以 - a x > 0 ，由已知 f (x) 有两个极值点 x1, x2 ，
x x
所以方程 2x2 - ax 1 0有两个相异的正根 x1 > x2
所以D a2 -8 > 0，即 a > 2 2 或 a < -2 2 ，
a 1
又 x1 x2 > 0，所以 a > 0， x1 x2 2
，所以
2 a > 2 2
；
所以 y 2x2 - ax 1 a 2对称轴为 x > ，二次函数与 x 轴交点为x1、x2，4 2
且 x1 > x
2
2 ，所以x1在对称轴的右侧，则有 x1 > ，2
因为 2x21 - ax1 1 0，即 ax1 2x
2
1 1，
所以 f x1 x21 - ax1 ln x1 x2 21 - 2x1 1 ln x1 -x2 ln x -1 21 1 ，其中 x1 > ，2
2
令 g x 2 2 -x2 ln x -1 x > 2 ÷÷，则 g x -2x
1 1- 2x
x > ÷，
è x x ÷è 2
2
令 g x 0，解得 x ± 均不在定义域内，
2
2 g x 0 g x 2

所以 x > 时， < ， 在 , 2 ÷÷上单调递减，2 è

g x g 2 3 1< ÷÷ - - ln 2，所以m
3 1
- - ln 2，即m
3 1
2 2 2 最小值为
- - ln 2 .
è 2 2 2 2
5．（2024 届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数 f (x) ax - x ln x, f (x)为其导函数．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数 x1, x2 ，使得 f x1 f x2 ，证明： f x1x2 > 0 ．
【解析】（1） f x a -1- lnx，当 0 < x < ea -1 时， f x > 0, f x 单调递增；
当 x > ea-1时， f x < 0, f x a-1单调递减．所以 f (x)max f e ea-1 1，
解得 a 1，即 a的取值范围为 - ,1 ．
（2 a-1 a）证明：不妨设 x1 < x2，则0 < x1 < e < x2 < e ，要证 f x1x2 > 0 ，
e2a-2
即证 x1x
a-1
2 < e ，则证 x1x2 < e
2a-2 x < < ea-1，则证 1 ，x2
e2a-2 e
2a-2
所以只需证 f x1 < f ÷，即 f x2 < f ÷ ．
è x2 è x2
g x f x f e
2a-2 2 2a-2
- , x ea-1, ea g ea-1 0 a -1- lnx x - e 令 ÷ ，则 ， g x ．
è x x2
当 x > ea-1时， a -1- lnx < 0, x2 - e2a-2 > 0，则 g x < 0，
2a-2
所以 g x a-1 a a-1 e 在 e ,e 上单调递减，则 g x < g e 0．所以 f x1 < f x ÷．è 2
2a-2
由（1）知 f x 在 0,ea-1 e上单调递增，所以 x1 < ，从而 f x x1x2 > 0 成立．2
1
6．（2024 届云南省高三第二次统一检测）已知常数 a > 0，函数 f (x) x2 - ax - 2a2 ln x .
2
(1)若 x > 0, f (x) > -4a2 ，求 a的取值范围;
(2)若x 、x 是 f (x)1 2 的零点，且 x1 x2 ，证明: x1 x2 > 4a .
【解析】（1）由已知得 f (x) 的定义域为{x | x > 0}，
2 2 2
f (x) x a 2a x - ax - 2a (x - 2a)(x a)且 - - .
x x x
Qa > 0，\当 x (0, 2a)时， f (x) < 0 ，即 f (x) 在 (0, 2a) 上单调递减；
当 x (2a, )时， f (x) > 0，即 f (x) 在 (2a, )上单调递增.
所以 f x 在 x 2a处取得极小值即最小值，\ f x f 2a -2a2 ln 2amin ，
Q x > 0, f x > -4a2 f x -2a2 ln 2a > -4a2 ln 2a < ln e2min ，
e2 e2
\0 < a < ，即 a的取值范围为 0, ÷ .
2 è 2
（2）由（1）知， f (x) 的定义域为{x | x > 0}，
f (x) 在 (0, 2a) 上单调递减，在 (2a, )上单调递增，且 x 2a是 f (x) 的极小值点.
Q x1 、x 是 f (x)2 的零点，且 x1 x2 ，
\ x1、x2分别在 (0, 2a) 、 (2a, )上，不妨设0< x1 <2a< x2，
2
设 F ( x ) f ( x ) f (4a x )
(x - 2a)(x a) (2a - x)(5a - x) 2a(x - 2a)
- - ，则F (x) .
x 4a - x x(x - 4a)
当 x (0, 2a)时，F (x) < 0, F (2a) 0 ，即 F (x)在 (0,2a]上单调递减.
Q0 < x1 < 2a ，\F x1 > F (2a) 0，即 f x1 > f 4a - x1 ，
Q f x1 f x2 0，\ f x2 > f 4a - x1 ，Q x1 < 2a ，\4a - x1 > 2a，
又Q x2 > 2a， f (x) 在 (2a, )上单调递增，
\ x2 > 4a - x1，即 x1 x2 > 4a .
1
7．（2024 2x x x届河南省南阳市一中高三下学期模拟）已知函数 f x e ae - x 1 e .
è 3 ÷
(1)设 g x f x x -1 ex，讨论函数 g x 的单调性；
(2) f x x , x x1 x若函数 有两个极值点 21 2 x1 < x2 ，证明： x1 x2 e >1 .
f x 1 e2x aex - x 1 【解析】（1 x）解：因为 ÷e ，可得 g x f x x -1 ex
1 e2x aex ex ÷ ，
è 3 è 3
则 g x 2 1 e2x aex ex e2x aex x 2x ÷ ÷e e (ex 2a)，其中定义域为 x R ，
è 3 è 3
当 a 0时， g x > 0，所以 g x 在 R 上单调递增；
当 a < 0时，令 g x 0 ，可得 x ln -2a ，
令 g x < 0，可得 x < ln -2a ；令 g x > 0，可得 x > ln -2a ，
所以 g x 在 - , ln -2a 上单调递减，在 ln -2a , 上单调递增，
综上所述，当 a 0时， g x 在 R 上单调递增；
当 a < 0时， g x 在 - , ln -2a 上单调递减，在 ln -2a , 上单调递增.
2 f x 1 e2x（ ）解：因为 aex - x 1
ex÷ ，可得 f x e2x 2aex - x ex ，
è 3
因为 f x 有两个极值点 x1, x2 ，
令 f x e2x 2aex - x ex 0，即方程 e2x 2ae2 - x 0有两个实数根 x1, x2 .
e2xh x 2ae
x - x x
设 exx - 2a，e ex
2x
h x e x -1 m x e2x x -1 m x 2e2x则 ，设 ，可得 1 > 0x ，e
所以m x 在 R 上单调递增，且m 0 0，
所以当 x - ,0 时， h x < 0， h x 在 - ,0 单调递减；
当 x 0, 时， h x > 0， h x 在 0, 单调递增，所以 x1 < 0 < x2 ，
又由 h 1-x - h x x x x2 2 x22 2 ex2 2e x - e ，e 2
1 x x x
设 F x x xe x - e , x > 0 ，e e
x x
则 F x 1 x 1 ex 1- x
x e 1x e -1 - - e > 0，
ex ex ex
所以 F x 在 0, 上单调递增，所以 F x2 > F 0 0,h -x2 - h x2 > 0 ，即 h -x2 > h x2 .
因为 h x1 = h x2 ，所以 h -x2 > h x1 ，
因为 x1 < 0 < x2 ，且 h x 在 - ,0 上单调递减，所以 -x2 < x1 ，所以 x1 x2 > 0，
所以 ex1 x2 > 1，所以 x1 x2 e
x1 x2 >1 .
ìxlnx,0 < x <18．（2024 届河北省沧州市沧衡名校联盟高三下学期 4 月模拟）已知函数 h x íx - xex-1 , x 1
(1)若函数 f x -x 1，证明： f x > h x 在 1, 上恒成立；
(2)若 h x1 h x2 h x3 0 < x1 < x2 < x3 ，且 x2 mx1, m 1, 2 ，证明： x2 x3 -1 < 2ln2 2 x1 .
【解析】（1）由题， f x -x 1，
当 x 1, 时，令 x f x - h x xex-1 - 2x 1，则 x x 1 ex-1 - 2，
令u x x 1 ex-1 - 2, x 1, ，则u x x 2 ex-1 > 0，
所以函数u x 在 1, 上单调递增，
即 x 在 1, 上单调递增，则 x > 1 0 ，
所以 x 在 1, 上单调递增，所以 x > 1 0，
即 f x > h x 在 1, 上恒成立；
ìxlnx,0 < x <1（2）因为 h x í
x
，
- xex-1, x 1
当 0 < x <1时， h x xlnx，则 h x 1 lnx，
1 h x 0, h x 0, 1 当0 < x < 时， < 在 ÷上单调递减，e è e
1
当 < x < 1时， h x > 0, h x 1 在
e
,1
e ÷上单调递增，è
h 1 1 ÷ - ,h 1 0，又当 x 0时， h x 0，所以 h x
é 1 ê- ,0

÷ .
è e e e
x 1 h x x - xex-1 h x 1- x 1 ex-1当 时， ，则 <1- ex-1 0，
所以 h x 在 1, 上单调递减，且 h 1 0，此时 h x 0，
h x h x h x 1 t - ,0 如图，由题意，设 1 2 3 ÷，
è e
设 y f x -x 1与 y t 交点的横坐标为 x 3 ，则 x 3 1- t ，有 x < x 3 3 ，
x lnx mlnm因为 1 1 x2lnx2 t x1lnx1 mx1ln mx1 ，所以 lnx1 (1< m < 2)，1- m
所以 t
-m
x1lnx x

1 1 lnm x mx
è m 1÷
，又 2 1，-
所以 x2 x3 < x2 x

3 x
mlnm
2 1- t mx1 - t 1 m m -1 ÷
x1 1，
è
d m m mlnm
2
d m m - m - lnm令 ，则
m -1 (m -1)2
, m 1,2 ，
令 y lnx - x -1 (x > 0)，则 y 1 -1 1- x ，
x x
所以当 0 < x <1时， y > 0，当 x >1时， y < 0，
所以函数 y lnx - x -1 (x > 0)在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减，
所以 lnx - x -1 ln1- 1-1 0，即 lnx < x -1 x 1 ，
所以m2 - m - lnm > m2 - m - m -1 m2 - 2m 1 > 0，则 d m > 0，
所以 d m 在m 1,2 上单调递增，
所以 d m < d 2 2 2ln2 2 2ln2，
2 -1
所以 x2 x3 < 2 2ln2 x1 1，即 x2 x3 -1 < 2ln2 2 x1 .
1
9．（2024 届福建省莆田市三模）已知函数 f (x) x - a ln x，其中 a R .
x
(1)当 x 1, 时， f (x) 0，求 a的取值范围.
(2)若 a < -2，证明： f (x) 有三个零点 x1， x2， x3 （ x1 < x2 < x3 ），且 x1， x2， x3 成等比数列.
n 1
(3)证明： > ln n 1 k k （ 1 n N
* ）.
k 1
【解析】（1）（解法一）由题意可知 f (x) 的定义域为 (0, ) ，
2
f (x) 1 1 a x ax 1 2 2 (x > 0) ，设 g(x) x
2 ax 1(x > 0)，其中 g 0 1.
x x x
a
①当 - 0，即 a 0时， g x > 0，所以 f (x) > 0， f (x) 单调递增，
2
所以当 x 1, 时， f (x) f 1 0，故 a 0满足题意；
- a②当 >0，且 D a2 - 4 0，即 -2 a < 0时， g(x) 0，2
所以 f (x) 0 ， f (x) 单调递增，
所以当 x 1, 时， f (x) f 1 0，故 -2 a < 0满足题意；
- a③当 >0，且 D a22 - 4 > 0
，即 a < -2时，
g x 0 p q p -a - a
2 - 4 2 0 p 1 q -a a - 4设 的两根为 ， ，解得 < < ， q >1 ，
2 2
则当 x (1，q) 时， g x < 0，所以 f (x) < 0 ， f (x) 单调递减，
则 f (x) < f 1 0，故 a < -2不满足题意 .综上， a的取值范围是 [-2， ) .
（解法二）由题意可知 f (x) 的定义域为 (0， ) ，
2
f (x) 1 1 a x ax 1 (x > 0) ，
x2 x x2
因为 f 1 0， f (x) 0 x 1 ，所以 f 1 a 2 0，解得 a -2，
以下证明 a -2满足题意.
由 x 1
1 1
可知， ln x 0 ，所以当 a -2时， f (x) x - a ln x x - - 2ln x，
x x
2
设 h(x) x
1
- - 2ln x x 1 h (x) (x -1)， 2 0，所以 h(x) 为递增函数，x x
所以 h x h 1 0，所以 f (x) h(x) 0，综上，a 的取值范围是 [-2， ) .
（2）由（1）可知，当 a < -2时， f (x) 在 0, p 和 q, 上单调递增，在 p, q 上单调递减，
因为 f 1 0，所以 f ( p) > 0， f q < 0，
2 1 x - 2a x -1取 xp a a2 1 <1， f xp xp - a ln x 1 1 2ap < - - p p 0 ，xp xp xp xp
1 1 -2
（其中 ln x x -1 x ，所以 ln < ，即 ln x > ），
x x x
2取 x a2 1 - a >1， f x x 1q q - a ln xq > xq -1 2a xq 0q x .q
（其中 ln x x -1 x ，所以 ln x < x ，即 ln x < 2 x ），
所以 f (x) 在 xp , p 上存在唯一零点 x1，即在 0, p 上存在唯一零点 x1，在 q, xq 上存在唯一零点 x3 ，即在
q, 上存在唯一零点 x3 ，且 x2 1，
f (x ) x 1 1所以 1 1 - a ln x1 0 ， f (x3) x3 - a ln x 0x1 x
3 ，
3
1 1 1 1 1 f ÷ - 1 a ln - x1 - a ln x 0
1
又 1 ÷è x1 x1 x1 è x1 ，所以 x 也是函数的零点，
x 11
1 x 1 1 1显然 1且 ，所以 x x x 1x x x x
2 x
x x 3 ，即 1 3 ，所以 1 3 2 ，所以 x1， x2， 3 成等比数列.1 1 1
（3）由（1）可知当 a -2时， f x 为单调递增函数，
所以当 x 1, 时， f (x) > f 1 0 1，即 x - - 2ln x > 0 ，
x
x 1
1
整理得 - > ln x2 ，即 x - > ln x(x >1)，
x x
1 1 1 ln 1 1 - >
所以 k 1

k ÷
1 k 1
（ k N*），则 > ln （ k N*），
1 è k(k 1) k
k
n
1 ln 2 ln 3 ... ln n 1故 > ln n 1 *
k 1 k k 1 2 n （ n N ）.
10．（2024 届河南省商丘市部分学校 5 月联考）已知函数 f x 的定义域为 0, ，其导函数
f x 2x 2 - 2a a R , f 1 1- 2a ．
x
(1)求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线 l的方程，并判断 l是否经过一个定点；
(2)若 $x1, x2 ，满足 0 < x1 < x2 ，且 f x1 f x2 0，求 2 f x1 - f x2 的取值范围．
【解析】（1）因为 f x 2 2x - 2a f x x2，所以 2lnx - 2ax c（c 为常数）．
x
因为 f 1 1- 2a，所以 c = 0 ，所以 f x x2 2lnx - 2ax ．又 f 1 4 - 2a，
所以曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线 l的方程为 y - 1- 2a 4 - 2a x -1 ，
即 y 4 - 2a x - 3，所以 l经过定点 0, -3 ．
x22 f x 0 - ax 1（ ）令 ，可得 0．
x
因为 $x1, x2 ，满足 0 < x1 < x2 ，且 f x1 f x2 0，
所以关于 x 的方程 x2 - ax 1 0有两个不相等的正实数根 x1, x2 ，
ìΔ a2 - 4 > 0

则 íx1 x2 a > 0 a > 2,0 < x1 <1< x2 ，

x1x2 1
所以 2 f x1 - f x2 2 x21 - 2ax1 2lnx1 - x22 - 2ax2 2lnx2
2x2 2 2 21 - 4ax1 4lnx1 - x2 2ax2 - 2lnx2 2x1 - 4 x1 x2 x1 4lnx1 - x2 2 x1 x2 x2 - 2lnx2
-2x2 2
2
1 - 4 4lnx1 x2 2 - 2lnx x
2
2 2 - 2 - 6lnx2 - 2x ，2
令函数 g x x2 2-
x2
- 6lnx - 2, x 1, ，
4 6 2x4
2 2
则 g x 2x - 6x
2 4 2 x -1 x - 2
3 - ，x x x3 x3
令 g x 0，得 x 2 ，因为当 x 1, 2 时， g x < 0，
当 x 2, 时， g x > 0，所以 g x 在 1, 2 上单调递减，在 2, 上单调递增，
所以 g x g 2 -1- 3ln2，又当 x 时， g x ，
所以 g x 的取值范围为 -1- 3ln2, ，
即 2 f x1 - f x2 的取值范围为 -1- 3ln2, ．
11 2．（2024 届河北省沧州市高三下学期 4 月联考）已知函数 f x x lnx .
(1)求函数 f x 的单调性；
(2)若 y f x - t 有两个不相等的零点 x1, x2 ，且 x1 < x2 .
x
① 2证明： x 随
t的增大而增大；
1
②证明： x2 - x1 < e 1 t 1.
1 f x x2【解析】（ ）由 lnx x > 0 可得 f x 2xlnx x x 2ln x 1 ，
1 1
- -
令 f x x 2ln x 1 > 0 x > e 2 ，故 f x 在 e 2 , ÷ 单调递增，
è
1 1
- -
令 f x x 2ln x 1 < 0 0 < x < e 2 ，故 f x 在 0,e 2 ÷ 单调递减，
è
1 1
- -
故 f

x 在 e 2 , ÷ 单调递增，在 0,e 2 ÷ 单调递减
è è
（2）①由于 y f x - t 有两个不相等的零点 x1, x2 ，且 x1 < x2 .
所以 x1, x2 0 < x1 < x2 是 t f x 的两个实数根，
1 1
- -

1
- 1
由（1）知， f x 在 e 2 , ÷ 单调递增，在 0,e 2 ÷ 单调递减，且 f e 2 ÷ - < 0，
è è è 2e
当 x >1时， f x > 0，当 0 < x <1时， f x < 0 ，
- 1
0 1故 < x1 < e 2 < x2 <1, - < t < 0，2e
1
对任意的 t1, t
1
2 - ,0

÷，设 t1 < t2 ，则 f m1 f m2 t , 其中 -
è 2e 1 0 < m
2
1 < e < m2 <1,
f - 1n1 f n2 t2 , 其中 0 < n 21 < e < n2 <1,

1
- 1
由于 f x 在 0,e 2 ÷ 单调递减， t1 < t2 ，故 f m < f n ，所以 -1 1 0 < n < m 2 ，
è 1 1
< e
1- 1
f x 在 e 2 , ÷ 单调递增， t1 < t2 ，故 f m -2 < f n2 ，所以 e 2 < m2 < n2 <1，è
1 1 m2 n2 x
又 m1,n1 > 0
2
，所以0 < < ,0 < m2 < n2 ，所以0 < t
x 随 的增大而增大；1 1 1 1 1
②设 g x f x - x -1 x > 0 ，
g x x2lnx - x -1 x2 ln x
1 1
-
x x2 ÷
x > 0 ,
è
2
h x ln x 1 1- h x 1 1 2 x x - 2 x 2 x -1 令 2 ，则 2 - 3 ；x x x x x x3 x3
令 h x > 0 x >1,\h x 在 1, 单调递增，
h x < 0 0 < x <1,\h x 在 0,1 单调递减，
故 h x h 1 0，故 g x x2h x 0在 0, 恒成立，
此时 f x > x -1恒成立，
由①知 0 < x1 < x2 <1,所以 f x2 > x2 -1，即 x2 < f x2 1 t 1，
令 s x f x 1 x x2 ln x
1
÷，e è ex
1
记 k x ln x ，则 k x 1 1 ex -1 - ，
ex x ex2 ex2
0 1当 < x < 时， k x < 0， k x 在 0,
1
÷单调递减，e è e
x 1> 时， k x 1> 0 ， k x 在 , e ÷单调递增，e è
故 k x k 1 ÷ 0，进而 s x 0
è e
，

因此 s x f x 1 x x2 ln x 1 1 x 0 x2 ln x - x ，
e e e
所以 x21 ln x
1 1 1
1 - x1，故 f x1 - x ，即 t - x ，进而 - x et ，e e 1 e 1 1
又因为 x2 < t 1，所以 x2 - x1 < e 1 t 1，得证
12．（2024 届全国统一考试预测卷二）已知函数 f (x) ax ln(x -1) - x2 x．
(1)当 a 2时，讨论 g(x) f (x) - x 的单调性．
(2)若 f (x) 有两个零点 x1, x2 ，且 x1 < x2，证明： ln é x1 -1 x2 -1
4
ù > ．a
【解析】（1）当 a 2时， g x f x - x 2xln x -1 - x2，定义域为 1, ，
则 g x 2ln x -1 2x - 2x x >1 ．设 h(x) 2ln(x 1) 2x- - 2x(x >1)，
x -1 x -1
é 2
2 x 3 3
ù
ê- - ÷ - ú
则 2
h (x) 2 2 2 -2x 6x - 6 ê
è 2 4 ú ，
- - < 0
x -1 (x -1)2 (x -1)2 (x -1)2
所以 h(x) 在 (1, )上单调递减，即 g (x) 在 (1, )上单调递减．
又h(2) 0 4-4 0，即 g (2) 0，
所以当 x (1, 2) 时， g (x) > 0，当 x (2, ) 时， g (x) < 0，
所以 g(x)在 (1, 2)上单调递增，在 (2, ) 上单调递减．
（2）令 f (x) 0 ，得 ax ln(x -1) x(x -1)．
又 x >1，所以 a ln(x -1) x -1．显然当 a 0时，方程 x -1 0只有一个根，不符合题意，
1 ln(x -1)
所以 (x >1) ．令 (x)
ln(x -1)
(x >1)，则 (x)
1- ln(x -1)

(x 1)2 ．a x -1 x -1 -
当 1 < x < e 1时， (x) > 0 ，当 x > e 1时， (x) < 0，
所以 (x) 在 (1,e 1) 上单调递增，在 (e 1, )上单调递减，则 (x) (e 1)
1
．
e
而 (2) 0，所以当 x > 2时，恒有 (x) > 0．
1 1
要使 f (x) 有两个零点 x1, x
1
2 ，则需直线 y a 与函数
(x) 的图象有两个交点，所以0 < < ．
a e
由上述可知， x2 > x1 >1，且 a ln x1 -1 x1 -1①， a ln x2 -1) x2 -1②．
x2 -1 1 1 x② 2
-1
－①，得 a ln x - xx 2 1，所以
ln ．
1 -1 a x2 - x1 x1 -1
②＋①，得 a é ln x2 -1 ln x1 -1 ù x2 -1 x1 -1，
所以 ln x
x2 -1 x1 -1 x2 -1 x -1 x -1
é
1 2
1 -1 x2 -1 ù lna x ．2 - x1 x1 -1
x2 -1 1
t x 2 -1设 >1，则 ln x 1 x 1 x -1 x -1 t 1é 1 - 2 - ù 1 2x1 -1 x2 -1
ln ln t ．
-1 x1 -1 t -1
x1 -1
要证 ln é x1 -1 x2 -1
4 4 4
ù > ，又 < < 2，所以只需证 ln é x -1 xa a e 1 2
-1 ù > 2，
t 1 2(t -1)
即证 ln t > 2，即证 ln t - > 0．
t -1 t 1
2
令m(t) ln t
2(t -1) (t -1)
- (t >1) ，则m (t) 2 > 0 ，所以m(t) 在 (1, )上单调递增，t 1 t(t 1)
m(t) m(1) 0 ln t 2(t -1)则 > ，即 - > 0 ln
4
，故
t 1
é x1 -1 x2 -1 ù > ．a
1
13．（2024 届福建省福宁古五校教学联合体联考）已知函数 f (x) ax (a -1) ln x ,a R ．
x
(1)讨论函数 f (x) 的单调性;
(2)若关于 x 的方程 xf (x) x2ex - x ln x 1有两个不相等的实数根 x1, x2 ，
（i）求实数 a的取值范围;
ex1 ex2 2a
（ii）求证: > ．
x2 x1 x1x2
【解析】（1）因为 f (x) ax (a
1
-1) ln x ，
x
f (x) a a -1 1 ax
2 (a -1)x -1 (x 1)(ax -1)
所以 - ，其中 x > 0,
x x2 x2 x2
①当 a 0时， f (x) < 0 ，所以函数 f (x) 的减区间为 (0, ) ，无增区间；
②当 a > 0时，由 f (x) > 0 得 x
1 1
> ，由 f (x) < 0 可得0 < x < ．
a a
1
所以函数 f (x)

的增区间为 ,

÷ ，减区间为 0,
1
÷．
è a è a
综上：当 a 0时，函数 f (x) 的减区间为 (0, ) ，无增区间；
1
当 a > 0时，函数 f (x) 的增区间为 ,
1

a ÷
，减区间为 0, ÷．
è è a
（2）（ⅰ）方程 xf (x) x2ex - x ln x 1可化为 xex ax a ln x ，即 ex ln x a(x ln x) ．
令 t(x) x ln x，因为函数 t(x) 在 (0, ) 上单调递增，
易知函数 t(x) x ln x的值域为 R ，
结合题意，关于 t的方程 et at （*）有两个不等的实根．
t
又因为 t 0 e不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为 a ．
t
t t
令 g(t) e ，其中 t 0 ，则 g (t) e (t -1) ．
t t 2
由 g (t) < 0 可得 t < 0或 0 < t <1，由 g (t) > 0可得 t > 1，
所以，函数 g(t) 在 (- ,0) 和( 0, 1)上单调递减，在 (1, )上单调递增．
所以，函数 g(t) 的极小值为 g(1) e ，
t t
且当 t < 0时， g(t) e < 0；当 t > 0时，则 g(t) e > 0．
t t
作出函数 g(t) 和 y a 的图象如图所示：
由图可知，当 a > e时，函数 y a 与 g(t) 的图象有两个交点，
所以，实数 a的取值范围是 (e, )．
ex1 ex2 2a
ⅱ x x（ ）要证 > ，只需证 x e 1 x e 2 > 2a，即证 t1 t2 ．
x x x x 1 2 e e > 2a2 1 1 2
因为 et at ，所以只需证 t1 t2 > 2 ，
由（i）知，不妨设 0 < t1 <1 < t2．
ìt1 ln a ln t t
因为 et at 1 2，所以 t ln a ln t ，即 í ，作差可得 t - t ln
t2 ln a ln t
2 1
2 t1
t t 2 t2 21 1> t t1 2 p t2 2( p -1)所以只需证 t2 - t1 ln 2 ，即只需证 (t > 1) ln p >t >2 1 ln t
．令 ，只需证
t - 2 t1 p 1
，
1 t1 t1
h( p) ln p 2( p -1) - p > 1 h ( p) 1 4 ( p -1)
2
令 ，其中 ，则 - 2 > 0p 1 ， p ( p 1) p( p 1)2
所以 h( p) 在 (1, )上单调递增，故h( p) > h(1) 0 ，即 h( p) > 0 在 (1, )上恒成立．
所以原不等式得证.
1
14．（2024 2x x届广东省佛山市高三下学期教学质量检测）已知 f x - e 4e - ax - 5 .
2
(1)当 a 3 时，求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 有两个极值点 x1， x2，证明： f x1 f x2 x1 x2 < 0 .
1
1 2x x【解析】（ ）当 a 3 时， f x - e 4e - 3x - 5，
2
f x -e2x 4ex - 3 - ex -1 ex - 3 ，
x
则当 e 0,1 3, ，即 x - ,0 ln 3, 时， f x < 0，
当 ex 1,3 ，即 x 0, ln 3 时， f x > 0，
故 f x 的单调递减区间为 - ,0 、 ln 3, ，单调递增区间为 0, ln 3 ；
（2） f x -e2x 4ex - a，令 t ex ，即 f x -t 2 4t - a ，
令 t ex1 ， t ex2 ，则 t 、 t 是方程 t 21 2 1 2 - 4t a 0的两个正根，
则Δ -4 2 - 4a 16 - 4a > 0，即 a < 4，
有 t1 t2 4 ， t1t2 a > 0 ，即 0 < a < 4 ，
则 f x1 f x2
1
x x - e2x1 4ex ax 5 11 - - - e2x2 4ex21 2 1 - ax2 - 5 x1 x2 2 2
1
- t 21 t 22 4 t2 1 t2 - a -1 ln t1 ln t2 -10
1
- é t t 2 1 2 - 2t1t ù2 4 t1 t2 - a -1 ln t t -102 1 2
1
- 16 - 2a 16 - a -1 ln a -10
2
a - a -1 ln a - 2，
要证 f x1 f x2 x1 x2 < 0，即证 a - a -1 ln a - 2 < 0 0 < a < 4 ，
令 g x x - x -1 ln x - 2 0 < x < 4 ，
g x 1- ln x x -1 1则

x ÷
- ln x，
è x
令 h x 1 - ln x 0 < x < 4 ，则 h x 1 1 - 2 - < 0，x x x
则 g x 在 0,4 上单调递减，
1 1
又 g 1 - ln1 1， g 2 - ln 2 < 0 ，
1 2
1 1
故存在 x0 1,2 ，使 g x0 - ln x 0 ln xx 0 ，即 x 0 ，0 0
则当 x 0, x0 时， g x > 0，当 x x0 , 4 时， g x < 0，
故 g x 在 0, x0 上单调递增， g x 在 x0 , 4 上单调递减，
则 g x g x0 x0 - x0 -1 ln x0 - 2 x0 - x0 -1
1 1
- 2 x
x 0
- 3
0 x
，
0
又 x0
1 5 1
1,2 ，则 x0 2, ÷，故 g xx 2 0
x0 - 3 < 0x ，0 è 0
即 g x < 0，即 f x1 f x2 x1 x2 < 0 .

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