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拔高点突破 02 极值点偏移问题与拐点偏移问题　
目录
01 方法技巧与总结 ...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结 ...............................................................................................................................3
题型一：极值点偏移:加法型...............................................................................................................3
题型二：极值点偏移:减法型...............................................................................................................8
题型三：极值点偏移:乘积型.............................................................................................................13
题型四：极值点偏移:商型.................................................................................................................20
题型五：极值点偏移:平方型.............................................................................................................28
题型六：极值点偏移:混合型.............................................................................................................33
题型七：拐点偏移问题 ......................................................................................................................39
03 过关测试 .........................................................................................................................................44
1、极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对
称性。若函数 f (x) 在 x x0处取得极值，且函数 y f (x) 与直线 y b交于 A(x1,b), B(x2 ,b) 两点，则
x x x x
AB 的中点为M ( 1 2 ,b) ，而往往 x 1 20 。如下图所示。2 2
图 1 极值点不偏移 图 2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数 y f (x) 在区间 (a,b)内只有一个极值点 x0 ，方程 f (x) 的解分别为
x1、x2，且 a x x
x x
1 2 b ，（1）若 1 2 x0，则称函数 y f (x) 在区间 (x1, x2 ) 上极值点 x0 偏移；2
x x
（2）若 1 2 x0 ，则函数 y f (x) 在区间 (x1, x2 ) 上极值点 x0 左偏，简称极值点 x0 左偏；（3）若2
x1 x2 x0 ，则函数 y f (x) 在区间 (x1, x2 ) 上极值点 x2 0
右偏，简称极值点 x0 右偏。
2、对称变换
主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点
为 x0 )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点 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)
2
，若证 x1x2 x0 ，则令
F (x) f (x) - f (2x0 ) .
x
(3)判断单调性，即利用导数讨论 F (x) 的单调性．
(4)比较大小，即判断函数 F (x) 在某段区间上的正负，并得出 f (x)与 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．
f x1 x2 x1 x2 x x【注意】若要证明 的符号问题，还需进一步讨论 与 x0的大小，得出 1 2 所在
2 2 2
的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿
于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在
联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性
进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的
函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁
明快的思路，有着非凡的功效
x x x1 - x x3 2 1
x2
、应用对数平均不等式 1 2 ln x - ln x 2 证明极值点偏移：1 2
①由题中等式中产生对数；
x1 - x② 2将所得含对数的等式进行变形得到 ln x ；1 - ln x2
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
4、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明
题中的不等式即可.
题型一：极值点偏移:加法型
【典例 1-1】（2024·四川南充·一模）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)求证： x1 x2 2 .
【解析】（1） f x 的定义域为 0, ，
f x 1 1 x -1因为 - ，所以当0 x 1时， f x 0，当 x 1时， f x > 0，x x
所以 f x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增，
所以当 x 1时， f x 取得最小值1- a .
又当 x 趋近于 0 或 时， f x 趋于 ，
所以，要使 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，只需满足1- a 0，即 a 1 .
所以实数 a的取值范围为 1, .
（2）不妨设 x1 x2，由（1）可知，0 x1 1, x2 1，则 2 - x1 1，
要证 x1 x2 2，只需证 2 - x1 x2 ，
又 f x 在 1, 上单调递增，所以只需证 f 2 - x1 f x2 ，即证 f 2 - x1 f x1 .
记 g x f 2 - x - f x 2 - 2x - ln 2 - x ln x, x 0,1 ，
2
则 g x 1 1 2 x -1 - 2 - ，
x 2 - x x x - 2
当0 x 1时， g x 0， g x 单调递增，
又 g 1 f 2 -1 - f 1 0，
所以 g x1 f 2 - x1 - f x1 0 ，即 f 2 - x1 f x1 .
所以 x1 x2 2 .
k x - 2
【典例 1-2】（2024· 安徽马鞍山·一模）设函数 f x ln x -1 - .
x
(1)若 f x 0对"x 2, 恒成立，求实数 k 的取值范围；
ln x -1
(2) 1已知方程 有两个不同的根x1、x2，求证： x1 x2 6e 2，其中 e 2.71828L为自然对数x -1 3e
的底数.
k x - 2
【解析】（1）由 f (x) ln x -1 - 0，得 x ln x -1 - k x - 2 0 .
x
令j x x ln x -1 - k x - 2 ， x 2, ，则j x ln x -1 x - k ，
x -1
令 h x j x ，则 h x
1 1 x - 2
- 0 x 2
x -1 x -1 2 x -1 2 .
所以，函数j x ln x -1 x - k 在 2, 上单增，故j x j 2 2 - k .
x -1
①当 k 2时，则j x 2 - k 0，所以j x 在 2, 上单增，j x j 2 0 ，
此时 f x 0对"x 2, 恒成立，符合题意；
k
②当 k 2时，j 2 2 - k 0，j ek 1 e 1 0，ek
故存在 x0 2, 使得j x0 0 ，
当 x 2, x0 时，j x 0，则j x 单调递减，此时j x j 2 0 ，不符合题意.
综上，实数 k 的取值范围 - , 2 .
2 x - 2 2 t -1
（2）证明：由（1）中结论，取 k 2，有 ln x -1 x 2 ，即 ln t t 1 .
x t 1

2 x

x x
2 -1
t 2 1 x x1 x2 x2 - x1不妨设 x2 x1 1， x ，则 ln
2 1 ，整理得
1 x x2 2 ln x - ln x
.
1 1 2 1
x1
x1 -1 x2 -1 x2 -1 - x1 -1 x - x 2 1 3e
于是 2 ln x2 -1 - ln x1 -1 1 é x2 -1
，
- x -1 ù
3e 1
即 x1 x2 6e 2 .
1
【变式 1-1】（2024·甘肃酒泉·模拟预测）已知函数 f x x ln x x2 - x．
2
(1)求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 f x0 0（ f x 为 f x 的导函数），方程 f x m有两个不等实根x1、x2，求证： x1 x2 2x0 ．
【解析】（1）因为 f x x ln x 1 x2 x 1- ，则 f x x ln x ，所以， f 1 - ， f 1 1，
2 2
3
所以，曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程为 y 1 x -1，即 y x - .2 2
（2）证明：因为 f x x ln x ， f x0 0，所以 x0 ln x0 0．
因为 f x 为增函数，所以 f x 在 0, x0 上单调递减，在 x0 , 上单调递增．
由方程 f x m有两个不等实根x1、x2，则可设 x1 x0 x2 ，
欲证 x1 x2 2x0 ，即证 x2 2x0 - x1 x0，
即证 f x2 f 2x0 - x1 ，而 f x2 f x1 ，即 f x1 - f 2x0 - x1 0，
1 2
即 x1 ln x1 x1 - x1 - 2x
1
0 - x1 ln 2x0 - x1 - 2x - x
2
0 1 2x0 - x1 0，2 2
g x x ln x 1 x2 x 2x x ln 2x x 1设 - - 0 - 0 - - 2x0 - x
2 2x - x ，其中0 x x
2 2 0 0
，
则 g x ln x ln 2x0 - x 2x0 ，设 h x ln x ln 2x0 - x 2x0 0 x x0 ，
1 1 2 x0 - x则 h x

- 0
x 2x x x 2x x ，所以，函数
g x 在 0, x0 上单调递增，
0 - 0 -
所以 g x g x0 2ln x0 2x0 0，所以 g x 在 0, x0 上单调递减，
所以 g x g x0 0 ，即 f x2 f 2x0 - x1 ，故 x1 x2 2x0 得证．
2
【变式 1-2 x】（2024·安徽淮南·二模）已知函数 f (x) 1- e - k(x -1), x -1,k R．
x 1
(1)若 k 0，证明： x (-1,0)时， f (x) -1；
(2)若函数 f (x) 恰有三个零点 x1, x2 , x3，证明： x1 x2 x3 1．
x -1 x
【解析】（1） k 0时，函数 f (x) e , x (-1,0)，
x 1
2
则 f (x)
x 1
ex2 0，(x 1)
f (x) 在 (-1,0) 上单调递增，
f (x) x -1 x所以 e f (0) -1．
x 1
x
（2） f (x) (x 1)
e
- - k x 1x 1 ，显然 为函数的一个零点，设为
x3；

ex xex
设函数F (x) - k ，F (x)
x 1 (x 1)2
当 x (-1,0)时， F (x) 0，当 x (0, )时，F (x) 0，
故 F (x)在 (-1,0) 上单调递减，在 (0, )上单调递增．
由已知， F (x)必有两个零点 x1, x2 ，且-1 x1 0 x2，下证： x1 x2 0．
x - x
设函数h(x) F (x) - F (-x), x (-1,0) e e，则 h(x) ，
x 1 x -1
xe- xh (x) x 1 x 1 ex ex -
(x 1)2 x -1 x -1
，

- x
由于 x (-1,0)
xe
，则 2 e
x x 1- 0，
(x 1) x -1
x 1
由（1 x）有 e 0，故 h (x) 0，
x -1
即函数 h(x) 在 (-1,0) 上单调递减，
所以 h(x) h(0) 0，
即有F x2 F x1 F -x1 ，
由于-x1, x2 (0, ) ，且在 (0, )上单调递增，
所以 x2 -x1，
所以 x1 x2 0．
【变式 1-3】（2024·河南新乡·三模）已知函数 f x ax ln x 3 a a 0 .10
(1)讨论 f x 的单调性.
f x x x x x x x 3(2)若函数 有两个零点 1， 2 ，且 1 2，证明： 1 2 .10
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 0, ， f x a ln x a a ln x 1 .
①当 a 0时，令 f x 1 0，得 0 x 1 f x 0, e ，则 在 e 上单调递减；
令 f x > 0 1，得 x ，则 f x 1在 , e e 上单调递增.
1
②当 a<0时，令 f x 0，得 x 1 ，则 f x 在 , e e 上单调递减；
令 f x 1> 0 0 x 1 f x ，得 ，则 在 0, 上单调递增.e e
f x 0, 1a 0 1综上所述，当 时， 在 上单调递减，在 , e e 上单调递增；
1
当 a<0时， f x 在 ,
1

e 上单调递减，在
0,
e 上单调递增
.

3 3
（2）证明：因为 x1，x2 为 f x 的两个零点，所以 ln x1 010x ， ln x2 01 10x ，2
x x 3 x1 - x × 2
两式相减，可得 ln x
3 3
1 - ln x2 - 0 ，即 ln
x1 3 x1 - x × 2 1 2
10x 10x x 10 x x ，
10 ln x1 ，
1 2 2 1 2 x2
x1 -1 1 x- 2
x 3 x2 3 x1因此， 1 × ， x10 2
× .
ln x1 10 ln x1
x2 x2
x 1 1 11
令 t ，则 x x 3 5 -1 3
- 3 t -
x × × t × t ，2 1 2 10 ln t 10 ln t 10 ln t
2
令 h t 1 t - - ln t 0 t 1 ，则 h t 1 1 1 t - t 1 - 0t 2 ，t t t2
所以函数 h t 在 0,1 上单调递增，所以 h t h 1 0 ，即 t 1- - ln t 0 .t
t 10 t 1 - 3因为 ，所以 t 1，故 x1 x2 .
ln t 10
得证
题型二：极值点偏移:减法型
【典例 2-1 2】已知函数 f x 3lnx ax - 4x(a 0) .
(1)当 a 1时，讨论 f x 的单调性；
a 1(2)当 时，若方程 f x b 有三个不相等的实数根 x1, x2 , x3，且 x1 x2 x3，证明： x3 - x1 4 .2
【解析】（1）由题意可知： f x 的定义域为 0, ，
f x 3 2ax 2ax
2 - 4x 3
- 4 ，
x x
令 f x 0，可得 2ax2 - 4x 3 0，且 a 1，
即 2x2 - 4x 3 0，
Δ 16 - 24 -8 0，可知 2x2 - 4x 3 0在 0, 内恒成立，
即 f x > 0在 0, 内恒成立，所以 f x 在 0, 内单调递增.
1 1 2
（2）当 a 时，可得 f x 3lnx x - 4x，
2 2
3 x - 3 x -1f x x - 4 ，
x x
1 x 3, f x 0;0 x 1,或 x 3, f x 0;
故 f x 在 0,1 , 3, 内单调递增，在 1,3 内单调递减，
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
2 - x - 4 6(x -1) 0 ，
x 2 - x x 2 - x
可知 g x 在 0,1 内单调递增，
则 g x g 1 0 ，可得 f x f 2 - x 在 0,1 内恒成立，
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 内单调递减
则 2 - x1 x2 ，即 x1 x2 2；
令 h x f x - f 6 - x ,1 x 3，
3 3 2(x - 3)
2
则 h x f x f 6 - x x - 4



6 - x - 4

0
x 6 - x x 6 x ，-
可知 h x 在 1,3 内单调递增，则 h x h 3 0，
可得 f x f 6 - x 在 1,3 内恒成立，
因为1 x2 3，则 f x2 f x3 f 6 - x2 ，
且3 6 - x2 5, x3 3, f x 在 3, 内单调递增，
则6 - x2 x3 ，即 x2 x3 6；
由 x1 x2 2和 x2 x3 6可得 x3 - x1 4 .
【典例 2-2】（2024·湖南邵阳·一模）已知函数 f x 3lnx ax2 - 4x b(a 0,b R) .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
1
(2)当 a 时，方程 f x 0有三个不相等的实数根，分别记为 xi i 1,2,3 .2
①求b 的取值范围；
②证明 xi - x j 4 i 1,2,3; j 1,2,3 .
2
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 0, , f x 3 2ax - 4x 3 2ax - 4 .
x x
又 a 0，令 f x 0，得 2ax2 - 4x 3 0,Δ 16 - 24a .
2
当Δ 0，即 a 时， 2ax2 - 4x 3 0在 0, 恒成立， f x 0 .3
2
当Δ 0，即0 a 2 - 4 - 6a 2 4 - 6a时，方程 2ax2 - 4x 3 0有两根，可求得：
3 x1 , x
，
2a 2 2a
4 3
因为 x1 x2 0, x1x2 0,所以 x2 x1 0 ，2a 2a
当 x 0, x1 和 x2 , 时， f x > 0， f x 为增函数，
当 x x1, x2 时， f x 0， f x 为减函数.
2
综上：当 a 时， f x 在 0, 上单调递增，
3
2 2 - 4 - 6a 2 4 - 6a f x 0, , 2 - 4 - 6a , 2 4 - 6a

当0 a 时， 在
3 2a
和 上单调递增，在 上单
2a 2a 2a


调递减.
1 1
（2 2）当 a 时， f x 3lnx x - 4x b .
2 2
①方程 f x 0有三个不相等的实数根，
即方程-b 3lnx
1
x2 - 4x 在 0, 上有三个不相等的实数根.
2
令 g x 3ln x 1 x2 - 4x, x 0, ，
2
g x 3 x -1 x - 3 则 x - 4 ，
x x
令 g x 0 ，求得： x 1或 x 3，
则当0 x 1或 x 3时， g (x) 0，
当1 x 3时， g (x) 0，
则 g x 在 0,1 和 3, 上单调递增，在 1,3 上单调递减，
g x 存在极大值为 g 1 7 g 3 3ln3 15 - ，存在极小值 - ，
2 2
且当 x 0 时， g x - ，当 x 时， g x .
要使方程 f x 0有三个不相等的实数根，则3ln3 15 7- -b - ,
2 2
7 15
\b的取值范围为 , - 3ln3

.
2 2
②证明：设方程 f x 0三个不相等的实数根分别为： x1, x2 , x3，且 x1 x2 x3，
由①可得0 x1 1 x2 3 x3 ，要证 xi - x j 4 i 1,2,3; j 1,2,3 ，
只需证 xi - x j 4 x - x 4max ，即证 3 1 ，
当 a
1
时， f x 在 0,1 和 3, 上单调递增，在 1,3 上单调递减，
2
且当 x 0 时， f x - ，当 x 时， f x .
由 f x1 f x2 f x3 0，
构造函数 h x f x - f 2 - x (0 x 1)，
2
h x f (x) f (2 6(x -1)- x) x 0,1 h x 0,h x 0,1
x 2 x ，当 时， 在 上单调递增，-
\h x h 1 0 ，即 f x - f 2 - x 0在 0,1 上恒成立，
又 x1 0,1 ，则有： f x1 - f 2 - x1 0,\ f x2 f x1 f 2 - x1 ，
又Q x2 1,3 , 2 - x1 1,2 ，且 f x 在 1,3 上单调递减，
\ x2 2 - x1 ，即 x1 x2 2 .
构造函数j x f x - f 6 - x (1 x 3) ，
2
j x f (x) f (6 x) 2(x - 3) - ，当 x 1,3 时j
x 0,j xx 6 x 在 1,3 上单调递增.-
\j x j 3 0，即 f x - f 6 - x 0在 1,3 上恒成立.
又Q x2 1,3 ，则 f x2 - f 6 - x2 0 .即 f x3 f x2 f 6 - x2 ，
由 x2 1,3 , x3 3, ，则6 - x2 3,5 .
Q f x 在 3, 上单调递增，\ x3 6 - x2 , x3 x2 6 .
又 x1 x2 2，则可证得： x3 - x1 4,\ xi - x j 4 i 1,2,3; j 1,2,3 .
【变式 2-1】已知函数 f (x) x2 - 2ax 4ln x．
(1)讨论 f (x) 的单调区间；
(2)已知 a [4,6]，设 f (x) 的两个极值点为l1,l2 l1 l2 ，且存在b R ，使得 y f (x) 的图象与 y b有三
个公共点 x1, x2 , x3 x1 x2 x3 ；
①求证： x1 x2 2l1；
②求证： x3 - x1 4 7 ．
2 x2 - ax 21 【解析】（ ） f x 2x - 2a 4 ， x 0，
x x
其中 t x x2 - ax 2，D a2 -8，
当D 0时，即-2 2 a 2 2 ，此时 f x 0恒成立，
函数 f x 在区间 0, 单调递增，
当D 0时，即 a -2 2 或 a 2 2 ，
当 a -2 2 时， f x > 0在区间 0, 上恒成立，
即函数 f x 在区间 0, 上单调递增，
2
a 2 2 t x 0 a - a - 8 x a a
2 -8
当 时， ，得 x1 或 1 ，2 2
2 2
当0 x a - a -8 a a -8 ，或 x 时， f x > 0，
2 2
a - a2 -8 2
当 x a a -8 时， f x 0，
2 2
2 2
所以函数 f x a - a -8 a a -8的单调递增区间是 0, 和 , ，
2 2
a - a2 -8 a a2 -8
单调递减区间是 , ，
2 2
综上可知，当 a 2 2 时，函数 f x 的单调递增区间是 0, ；
2 2
当 a 2 2 时，函数 f x 0,
a - a -8 a a -8
的单调递增区间是 2
和 , ，
2
a - a2 -8 a a2 -8
单调递减区间是 , 2 2
；

（2）①由（1）知，当 a [4,6]时，函数 f x 的单调递增区间是 0,l1 和 l2 , ，
单调递减区间是 l ,l 21 2 ，l1、l2 是方程 x - ax 2 0 的两根，
有l1l2 2，l1 l2 a ，
又 y f (x) 的图象与 y b有三个公共点 x1, x2 , x3 x1 x2 x3 ，
故0 x1 l1 x2 l2 x3，则 2l1 - x1 l1，
要证 x1 x2 2l1，即证 x2 2l1 - x1，又 2l1 - x1 l1，
且函数 f x 在 l1,l2 上单调递减，即可证 f x2 f 2l1 - x1 ，
又 f x1 f x2 b ，即可证 f x1 f 2l1 - x1 ，
令 g x f x - f 2l1 - x ， x 0,l1 ，
2 x2 - ax 2 2 x - l x - l由 f x 2x 2a 4 - 1 2 ，
x x x
2 x - l1 x - l2 2 2l1 - x - l1 2l1 - x - lg x 则 2
x 2l1 - x
2 x l x - l - × 2 2l1 - x x x l2 - 2l1 1 x 2l1 - x
2
2 x l -x - 2l1l2 2l1x l2x x
2 l x - 2l x
- 1 ×
2 1
x 2l1 - x
2 x - l1 l2 4l2 x - l2 x l 1
2
- 1 × 0恒成立，x 2l1 - x x 2l1 - x
故 g x 在 0,l1 上单调递增，即 g x g l1 f l1 - f 2l1 - l1 0，
即 f x1 f 2l1 - x1 恒成立，即得证；
②由0 x1 l1 x2 l2 x3，则 2l2 - x3 l2，
令 h x f x - f 2l2 - x ， x l2 , ，
h 2 x - l1 x - l2 2 2l2 - x - lx 1 2l 2 - x - l2 则
x 2l2 - x
x - l 2l - x x x l - 2l
2 x - l × 1 2 1 22 x 2l2 - x
2 2
2 x - l -x - 2l× 1l2 2l2x l1x x l1x - 2l2x2 x 2l2 - x
2 x - l2 l1 4l x - l
2
2 x l 1 2 - 2 × 0，x 2l2 - x x 2l2 - x
故 h x 在 l2 , 上单调递增，即 h x h l2 f l2 - f 2l2 - l2 0，
即当 x l2 , 时， f x f 2l2 - x ，
由 x3 l2 ，故 f x3 f 2l2 - x3 ，又 f x3 f x2 ，故 f x2 f 2l2 - x3 ，
由 2l2 - x3 l2，l1 x2 l2 ，函数 f x 在 l1,l2 上单调递减，故 x2 2l2 - x3 ，
即 x2 x3 2l2 ，又由①知 x1 x2 2l1，故 x3 - x1 x2 x3 - x2 x1 2l2 - 2l1，
又 2l 2 2 22 - 2l1 2 l1 l2 - 4l1l2 2 a -8 2 6 -8 4 7 ，
故 x3 - x1 4 7 .
题型三：极值点偏移:乘积型
【典例 3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x 1 ln x a - - a R ．
x
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 有两个零点x1，x 22，且 x1 x2，求证： x1x2 e - a ．
a - x
【解析】（1）因为函数 f x 的定义域是 0, ， f x 2 ，x
当 a 0时， f x 0，所以 f x 在 0, 上单调递减；
当 a 0时，令 f x 0，解得 x a，
当 x 0, a 时， f x 0， f x 单调递增；当 x a, 时， f x 0， f x 单调递减．
综上所述，当 a 0时， f x 的减区间为 0, ，无增区间；
当 a 0时， f x 的增区间为 0, a ，减区间为 a, ．
（2）因为 x1, x2 是函 f x 的两个零点，由（1）知 a 0，
因为 f x 0 x - x ln x a ，设 g x x - x ln x ，则 g x - ln x，
当 x 0,1 ， g x 0，当 x 1, ， g x 0，
所以 g x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减， g x g 1 1max ．
又因为 g x1 g x2 a，且 g e 0，
所以 0 a 1，0 x1 1 x2 e ．
首先证明： x1x2 1．
ì x1 - x1lnx1 a x2 ì x1 1- lnx1 a,
由题意，得 í ，设 t 1，则 í
x2 - x2lnx2 a x1 x1t 1- lnx1 - lnt a.
两式相除，得 ln x 1
t ln t
1 - ．t -1
要证 x1x2 1，只要证 ln x1 ln x2 0，即证 2ln x1 ln t 0．
2t ln t 4
只要证 2 - ln t 0 ，即证 ln t - 2 0．
t -1 t 1
h t ln t 2 4设 - ， t 1．
t 1
2
因为 h
t -1
t 1 4 - 2 2 0，所以 h t 在 1, 上单调递增．t t 1 t t 1
所以 h t h 1 0 ，即证得 x1x2 1①．
其次证明： x2 e - a．设j x e - x - x - x ln x e - 2x x ln x ，1 x e ．
因为j x ln x -1 0 ，所以j x 在 1,e 上单调递减．
所以j x2 j e 0，
即j x2 e - 2x2 x2 ln x2 e - x2 - x2 - x2 ln x2 e - x2 - a 0．
所以 x2 e - a ②．
由①②可证得 x1x
2
2 e - a ．
a
【典例 3-2】（2024·北京通州·三模）已知函数 f x ax - - ln x(a 0)
x
(1)已知 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y x -1，求实数 a 的值；
(2)已知 f（x）在定义域上是增函数，求实数 a 的取值范围.
(3)已知 g x f x a 2有两个零点x1，x2，求实数 a 的取值范围并证明 x1xx 2 e .
a
【解析】（1）因为 f x ax - - lnx ，所以 f x a 1 a 2 - .x x x
所以 f 1 2a -1，又 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y x -1，
所以 f 1 2a -1 1，解得 a 1 ..
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为 f（x）在定义域上为增函数，
f x a a 1所以 2 - 0在（0，+∞）上恒成立.x x
ax2 - x a
即 2 0恒成立. a x2 1 x
x
，即 a ，
x x2 1
2
x 1 xg x 1- x 1- x 令 g x ，所以 2
x2 1 x2 1 x2 1 2 ，
x (0,1) 时 g x 0， x (1, )时 g x 0，
所以 g x 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, )上单调递减，
g x g 1 1 1所以 ，即 a min .2 2
（3） g x ax - lnx
0, g x a 1 ax -1定义域为 ， -
x x
当 a 0时， g x 0，所以 g x 在（0，+∞）上单调递减，不合题意.
当 a 0时， g x a 1 ax -1-
x x
g x 0 1 1 在（ ， ）上单调递减，在 , 上单调递增，a a
所以 g x 的最小值为 g 1 1 1- ln ，
a a
函数 g x 1 1存在两个零点的必要条件是 g 1- ln 0，
a a
0 1即 a ，又 g 1 a 0，
e
1 1
所以 g x 在（1， ）上存在一个零点（ 1）.
a a
当 x
1
时， g x ，所以 g x 在（ ，+∞）上存在一个零点，
a
综上函数 g x 1有两个零点，实数 a 的取值范围是0 a .
e
不妨设两个零点 x2 x1 0
由 g x1 g x2 0，所以 lnx1 ax1，lnx2 ax2，
lnx1 - lnx2
所以 ln x1 - ln x2 a x1 - x2 ，所以 a x - x ，1 2
x x 2要证 1 2 e ，
只需证 ln x1x2 2，
只需证 ln x1 ln x2 2，
由 lnx1 lnx2 ax1 ax2 a x1 x2 x1 x2
lnx1 - lnx2
x1 - x
，
2
lnx1 - lnx2 2
只需证 x1 - x2 x1 x
，
2
2 x - x
只需证 lnx1 - lnx
1 2
2 ，x1 x2
x1 2 -1
只需证 ln x1
x2 ，
x x2 1 1
x2
x1
令 t 0 t 1 2 t -1x ，只需证 lnt

，
2 t 1
2 t -1令H t lnt - ，
t 1
H t 1 4 t 1
2 - 4t t -1 2
- 0，
t t 1 2 t t 1 2 t t 1 2
∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴ H t H 1 0 ，
2 t -1
即 lnt 成立，
t 1
所以 x1x2 e
2
成立.
【变式 3-1】（2024·湖北武汉·模拟预测）已知 f (x) 2x-sin x- a ln x．
(1)当 a 1时，讨论函数 f (x) 的极值点个数；
(2)若存在x ， x2 (0 x x1 1 2 )，使 f (x1) f (x2 )，求证： x1x2 a ．
【解析】（1）当 a 1时， f (x) 2x - sin x - ln x ，则 f (x) 2 - cos x
1
- ，
x
当 x 1时， f (x) 1 - cos x 0 ，
故 f (x) 在 1, 上单调递增，不存在极值点；
1
当0 x 1时，令 h(x) 2 - cos x - ，则 h (x) sin x
1
2 0总成立，x x
故函数 h(x) 即 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，
1 1 1
且 f (1) 1 - cos1 0 f ， -cos -2 0，所以存在 x0 ,1 ，使得 f x0 0，
4 4 4
所以当0 x x0 时， f x 0， f (x) 单调递减；当 x0 x 1时， f x > 0， f (x) 单调递增；
故在 0,1 上存在唯一极值点，
综上，当 a 1时，函数 f (x) 的极值点有且仅有一个．
（2）由 f (x1) f (x2 )知2x1 -sin x1 - a ln x1 2x2 -sin x2 - a ln x2，
整理得，2(x1 - x2) - (sin x1 -sin x2) a(ln x1 - ln x2)（*），
不妨令 g(x) x - sin x(x 0)，则 g (x) 1- cos x≥0，故 g(x)在 (0, )上单调递增，
当0 x1 x2 时，有 g(x1) g(x2 )，即 x1 - sin x1 x2 - sin x2 ，
那么sinx1 -sinx2 x1 -x2，
x1 - x2
因此，（*）即转化为 a ln x1 - ln x
，
2
x1 - x2
接下来证明 x1x (0 x
x1 x 1 x2
ln x - ln x 2 1
x2)，等价于证明 ln - ，
1 2 x2 x2 x1
x1
不妨令 t （0 t 1），
x2
2
建构新函数j (t)
1
2 ln t - t j (t) 2 1 1 -(t -1)， - - 2 2 0，则j(t) 在( 0, 1)上单调递减，t t t t
x x x x - x
所以j(t) j(1) 0 ，故 ln 1 1 - 2 1 2即 x1x2 (0 xx ln x - ln x 1
x2)得证，
2 x2 x1 1 2
由不等式的传递性知 x1x2 a ，即 x1x2 a ．
f x
【变式 3-2】（2024·江西南昌·二模）已知函数 f x x ln x - a ， g x a - ax ．
x
(1)当 x 1时， f x ≥ - ln x - 2恒成立，求 a 的取值范围．
(2)若 g x 2的两个相异零点为x1，x2，求证： x1x2 e ．
【解析】（1）当 x 1时， f x ≥ - ln x - 2恒成立，
即当 x 1时， x 1 ln x - ax 2 0恒成立，
设F x x 1 ln x - ax 2 ，
所以F 1 2 - a 0 ，即 a 2，
F x ln x 1 1- a ，
x
r x ln x 1设 1- a，
x
r x 1 1 x -1则 - 2 ，x x x2
所以，当 x 1时， r x 0，即 r x 在 1, 上单调递增，
所以 r x ≥ r 1 2 - a≥ 0，
所以当 x 1时，F x r x 0，即F x 在 1, 上单调递增，
所以F x F 1 2 - a ，
若F x 0恒成立，则 a 2．
所以 x 1时， f x ≥ - ln x - 2恒成立，a 的取值范围为 - , 2 .
（2）由题意知， g(x) ln x - ax ，
ì
ln x ln x x a x xì 1 ax

1 2
1 2
1
不妨设 x1 x2 0，由 í
ln x2 ax
得 í
2 ln
x1 a x ，1 - x2
x2
x1 1
ln x1x2 x1 x则 2 x 2 ，
ln x1 x1 - x x2 1 -1
x2 x2
令 t
x
1 1
x ，2
ln x1x2 t 1 ln x x t 1则 ，即： 1 2 ln t ．ln t t -1 t -1
2
要证 x1x2 e ，
只需证 ln x1x2 2，
t 1
只需证 ln t 2，
t -1
2 t -1
即证 ln t t 1 ，
t 1
2 t -1
即证 ln t - 0（ t 1），
t 1
2 t -1
令m t ln t - （ t 1），
t 1
m t t -1
2
因为 2 0，t t 1
所以m t 在 1, 上单调递增，
当 t 1, 时，m t m 1 0，
2 t -1
所以 ln t - 0成立，
t 1
故 x1x2 e
2
．
【变式 3-3】（2024·河北保定·二模）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 e a -1 时， f x 0, f x 单调递增；
当 x ea-1时， f x 0, f x 单调递减．所以 f (x)max f ea-1 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 x x ea-1 2a-2 a-11 2 ，则证 x1x2 e ，则证 x1 e ，x2
e2a-2 e2a-2
所以只需证 f x1 f ，即 f x2 fx ． 2 x2
2a-2 2 2a-2
令 g x f x e- f , x ea-1, ea g ea-1 a -1- lnx x - e x ，则 0， g x

．
x2
当 x ea-1时， a -1- lnx 0, x2 - e2a-2 0，则 g x 0，
e2a-2g x ea-1 所以 在 , ea 上单调递减，则 g x g ea-1 0．所以 f x1 f ．
x2
2a-2
由（1）知 f x 0,ea-1在 e上单调递增，所以 x1 ，从而 f x1x2 0 成立．x2
【变式 3-4】（2024·高三·重庆·期末）已知函数 f (x) ln x - ax b(a,b R)有两个不同的零点 x1, x2 .
(1)求 f (x) 的最值；
1
(2)证明： x1x2 .a2
1
【解析】（1） f x - a ， f x x 有两个不同的零点，
∴ f x 在 0, 内必不单调，故 a 0，
令 f x > 0，解得 x 1 ，a
∴ f x 1 1 在 0, 上单增， , 上单减，
a a
f x f 1 ∴ max -lna -1 b，无最小值． a
ì lnx1 - ax b 0,
x
x ln 1
（2 1 1）由题知 í ln - a x - x 0 x
lnx2 - ax2 b 0,
两式相减得 x 1 2 ，即a 2 ，2 x1 - x2
x - x 21 x x 1 2 x x - x 2 x x
故要证 x x ，即证 1 2 x ，即证 ln2 1 1 21 2 2 ln2 1
1 - 2 2 ，
a
x x2 x1x2 x2 x12
x
不妨设 x 11 x2，令 t 0,1 ln2
1
x ，则只需证 t t - 2 ，2 t
g t ln2t - t 1- 2 1 1 2lnt - t
1

设 ，则
t g t 2 lnt -1 t ，t t 2 t
2
设 h t 2lnt - t 1 t -1，则
t h t

- 0，∴ h t 在 0,1 上单减，
t2
∴ h t h 1 0 ，∴ g t 在 0,1 上单增，
∴ g t g 1 0 2 1，即 ln t t - 2 在 t 0,1 时恒成立，原不等式得证．
t
题型四：极值点偏移:商型
【典例 4-1】（2024·浙江杭州·高三浙江大学附属中学校考期中）已知函数 f (x) 2e - x ln x ，其中
e 2.71828 × × ×为自然对数的底数.
（1）讨论函数 f (x) 的单调性；
1 1
（2）若 x1, x2 0,1 ，且 x2 ln x1 - x1 ln x2 2ex1x2 ln x1 - ln x2 ，证明： 2e 2e 1x x .1 2
f '(x) 2e【解析】（1） - (1 ln x) y
2e
， 是减函数， y 1 ln x 是增函数，
x x
所以 f '(x)在 0, 单调递减，
∵ f ' e 0，
∴ x 0,e 时， f '(x) f ' e 0， f (x) 单调递增； x e, 时， f '(x) f ' e 0， f (x) 单调递减.
ln x1 ln x2 2（ ）由题意得， - 2e ln x1 - 2e ln xx x 2，即1 2
1
2e - ln x 2e
1
1 - ln x
1 1
2 ， 2e - ln 2e
1
- ln 1 ，
x

1 x2 x1 x1 x2 x2
1
设 a
1
1， ax x 2 ，则由
x1, x2 0,1 得， a1,a2 1, ，且 f a1 f a2 .
1 2
不妨设 a1 a2 ，则即证 2e a1 a2 2e 1，
由 f 2e 0及 f (x) 的单调性知，1 a1 e a2 2e .
令F (x) f (x) - f 2e - x ，1 x e ，则
2
F '(x) f '(x) f '(2e x) 4e- - 2 - ln x(2e - x) ，
x(2e - x)
2
∵ x 2e - x e2 ，∴ F '(x) 4e 2 - 2 - ln e2 0，F (x) F (e) 0 ，e
∴ f (x) f 2e - x ，取 x a1，则 f a1 f 2e - a1 ，
又 f a1 f a2 ，则 f a2 f 2e - a1 ，
又 2e - a1 e， a2 e，且 f (x) 在 e, 单调递减，∴ a2 2e - a1， a1 a2 2e .
下证： a1 a2 2e 1.
（i）当 a2 e 1时，由 a1 e得， a1 a2 2e 1；
（ii）当 e 1 a2 2e时，令G(x) f (x) - f (2e 1- x)， e 1 x 2e ，则
G '(x) f '(x) f '(2e 1- x) 2e 1 2e - - ln x -1- ln(2e 1- x)
x 2e 1- x
2e(2e 1)
2 - 2 - ln é-x
2 (2e 1)xù
-x (2e 1)x ，
记 t -x2 (2e 1)x G '(x)
2e(2e 1)
， e 1 x 2e ，则 - 2 - ln t ，
t
又 t -x2 (2e 1)x 在 e 1,2e 为减函数，∴ t 2e,e2 1 ，
2e(2e 1) 2 2e,e2 1 2e,e2 1 2e(2e 1)- 在 单调递减， ln t 在 单调递增，∴ - 2 - ln t 单调递减，从而，
t t
G '(x)在 e 1,2e 单调递增，
G '(2e) 2e(2e 1)又 - 2 - ln 2e(2e 1- 2e) 2e -1- ln 2e， ln x x -12e(2e 1- 2e) ，
∴ G ' 2e 0 ，
又G '(e 1)
2e(2e 1)
- 2 - ln(e 1)(2e 1- e -1) e -1 - ln(e 1) 0
(e 1)(2e 1 e 1) ， - - e 1
从而，由零点存在定理得，存在唯一 x0 (e 1,2e)，使得G ' x0 0，
当 x e 1, x0 时，G '(x) G ' x0 0 G(x)单调递减；
当 x x0 , 2e 时，G '(x) G ' x0 0 G(x)单调递增.
所以，G(x) max G(e 1),G(2e) ，
又G(e 1) f (e 1) - f (2e 1- e -1) f (e 1) - f (e) (e -1) ln(e 1) - e，
ln x 1
ln x x ln(e 1) e 1 ，
x e e e
所以，G(e 1) (e 1)
e 1
- × - e -1 0，
e e
显然，G 2e f 2e - f 2e 1- 2e 0 - 0 0 ，
所以，G (x) 0 ，即 f (x) - f 2e 1- x 0 ，
取 x a2 e 1,2e ，则 f a2 f 2e 1- a2 ，
又 f a1 f a2 ，则 f a1 f 2e 1- a2 ，
结合 2e 1- a2 2e 1- e 1 e， a1 e，以及 f (x) 在 0,e 单调递增，得到 a1 2e 1- a2 ，
从而 a1 a2 2e 1.
【典例 4-2】已知函数 f x x 1- ln x .
（1）讨论 f x 的单调性；
1 1
（2）设 a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a - a ln b a - b ，证明： 2 e .
a b
【解析】(1) f x 的定义域为 0, ．
由 f x x 1- ln x 得， f x - ln x，
当 x 1时， f x 0；当 x 0,1 时 f x 0；当 x 1, 时， f ' x 0．
故 f x 在区间 0,1 内为增函数，在区间 1, 内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
1
由b ln a - a ln b a - b 得 (1- ln
1) 1 (1 ln 1- ) ，即 f (
1) f (1 )．
a a b b a b
1 1
由 a b ，得 ．
a b
1
由（1）不妨设 (0,1),
1
(1, 1 ) ，则 f ( ) 0，从而 f (
1) 0 1，得 (1,e)，
a b a b b
①令 g x f 2 - x - f x ，
则 g (x) ln(2 - x) ln x ln(2x - x2 ) ln[1- (x -1)2 ]，
当 x 0,1 时， g x 0， g x 在区间 0,1 内为减函数， g x g 1 0，
从而 f 2 - x f x 1 1 1，所以 f (2 - ) f ( ) f ( )，
a a b
1 1 1 1
由（1）得 2 - 即 2 ．①
a b a b
令 h x x f x ，则 h ' x 1 f x 1- ln x ，
当 x 1,e 时， h x 0， h x 在区间 1,e 内为增函数， h x h e e，
从而 x f x e 1，所以 f (1) e ．
b b
1
又由 (0,1)
1 1 1
，可得 (1- ln ) f (
1) f (1)
a ，a a a a b
1 1 1
所以 f ( )
1
e．②
a b b b
1 1
由①②得 2 e．
a b
ln a ln b 1 1 ln a 1 ln b 1
[方法二]【最优解】： b ln a - a ln b a - b 变形为 - - ，所以 ．
a b b a a b
1
令 m,
1
n ．则上式变为m 1- ln m n 1- ln n ，
a b
于是命题转换为证明： 2 m n e．
令 f x x 1- ln x ，则有 f m f n ，不妨设m n ．
由（1）知0 m 1,1 n e，先证m n 2．
要证：m n 2 n 2 - m f n f 2 - m f (m) f 2 - m
f m - f 2 - m 0．
令 g x f x - f 2 - x , x 0,1 ，
则 g x - ln x - ln 2 - x - ln é x 2 - x ù - ln1 0，
\ g x 在区间 0,1 内单调递增，所以 g x g 1 0 ，即m n 2．
再证m n e．
因为m 1- ln m n × 1- ln n m，所以需证 n 1- ln n n e m n e ．
令 h x x 1- ln x x, x 1,e ，
所以 h ' x 1- ln x 0，故 h x 在区间 1,e 内单调递增．
所以 h x h e e．故 h n e，即m n e．
2 1 1综合可知 e．
a b
[方法三]：比值代换
1 1
证明 2同证法 2．以下证明 x1 x2 e．a b
x
不妨设 x tx t 22 1，则 1x ，1
由 x1(1- ln x1) x2 (1- ln x2 )得 x1(1- ln x1) tx1[1- ln(tx1)]， ln x1 1
t ln t
- ，
t -1
要证 x1 x2 e，只需证 1 t x1 e，两边取对数得 ln(1 t) ln x1 1，
t ln t
即 ln(1 t) 1- 1，
t -1
ln(1 t) ln t
即证 ．
t t -1
g(s) ln(1 s)
s
, s (0, ) - ln(1 s)记 ，则
s g (s) 1 s
.
s2
1 1
记 h(s)
s
- ln(1 s) ，则 h (s) - 0
1 s (1 s)2 1 s
，
所以， h s 在区间 0, 内单调递减． h s h 0 0，则 g ' s 0，
所以 g s 在区间 0, 内单调递减．
由 t 1, 得 t -1 0, ，所以 g t g t -1 ，
ln(1 t) ln t
即 ．
t t -1
[方法四]：构造函数法
ln a ln b 1 1 1 1
由已知得 - - ，令 x1, x ，a b b a a b 2
不妨设 x1 x2，所以 f x1 f x2 ．
由（Ⅰ）知，0 x1 1 x2 e ，只需证 2 x1 x2 e．
证明 x1 x2 2同证法 2．
e
再证明 x1 x e
-2 ln x
2 ．令 h(x) 1- ln x (0 x e), h (x) x ．
x - e (x - e)2
j(x) ln x e 1 e x - e令 - 2(0 x e)，则j (x) - 2 x x x x2
0．
所以j x j e 0, h x 0 ， h x 在区间 0,e 内单调递增．
1- ln x 1- ln x 1- ln x x - e
因为0 x1 x2 e
1
，所以 2 1 1x1 - e x2 - e
，即1- ln x2 x2 - e
1- ln x x x xf x f x 1 2 , 2 1 - e又因为 1 2 ，所以1- ln x2 x1 x1 x2 - e
，
即 x22 - ex
2
2 x1 - ex1, x1 - x2 x1 x2 - e 0．
1 1
因为 x1 x2，所以 x1 x2 e，即 e．a b
2 1 1综上，有 e结论得证．
a b
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，
这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明
题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于 x1 x2 - e 0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
【变式 4-1】已知函数 f x x 1- ln x .
(1)讨论 f x 的单调性；
1 1
(2)设 a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a - a ln b a - b ，证明： 2 .
a b
【解析】（1）函数的定义域为 0, ，又 f x 1- ln x -1 - ln x ，
当 x 0,1 时， f x > 0，当 x 1,+ 时， f x 0，
故 f x 的递增区间为 0,1 ，递减区间为 1,+
（2）因为b ln a - a ln b a - b ，故b ln a 1 a ln b+1 ，
ln a 1 ln b+1 1 1
即

，故 f f ，
a b a b
1 1
设 x1, x2 ，则 f x1 f x2 ，a b
不妨设 x1 x2，由（1）可知原命题等价于：已知0 x1 1 x2 e ，证明： x1 x2 2 .
证明如下：
若 x2 2， x1 x2 2恒成立；
若 x2 2， 即 0 x1 1 x2 2时，
要证： x1 x2 2，即证 x1 2 - x2 ，而0 2 - x2 1，即证 f x1 f 2 - x2 ，
即证： f x2 f 2 - x2 ，其中1 x2 2
设 g x f x - f 2 - x ，1 x 2，
则 g x f x f 2 - x - ln x - ln 2 - x - ln é x 2 - x ù，
因为1 x 2，故0 x 2 - x 1，故- ln x 2 - x 0，
所以 g x 0，故 g x 在 1,2 为增函数，所以 g x g 1 0，
故 f x f 2 - x ，即 f x2 f 2 - x2 成立，
所以 x1 x2 2成立，
综上， x1 x2 2成立.
【变式 4-2】（2024·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）已知函数 f x ax a -1 ln x 1 ， a R ．
x
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若关于 x 的方程 f x xex - ln x 1 有两个不相等的实数根x1、x ，x 2
（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 ln x 1 ，
x
a -1 1 ax2 a -1 x -1 x 1 ax -1f x a 所以 - 2 ，其中 x 0 .x x 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 x 1得 ，由 f x 0可得0 x 1 .a a
f x 1所以函数 的增区间为 ,
1

a
，减区间为 0, ．
a
综上：当 a 0时，函数 f x 的减区间为 0, ，无增区间；
a 0 f x 1 , 1 0, 当 时，函数 的增区间为 ，减区间为 ．
a a
2 x
1
（ ）（i）方程 f x xe - ln x 可化为 xexx ax a ln x
ex ln x，即 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．
et
又因为 t 0不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为 a ．
t
t t
令 g t e t 0 eg t t -1 ，其中 ，则
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 g t e e时， 0；当 t 0时，则 g t 0 .
t t
作出函数 g t 和 y a 的图象如下图所示：
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 2 t1 t2
x x x x 1 2
e 2a，即证 e e 2a．
2 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 ，所以 t ln a ln t 1 2，即 ít ln a ln t ，作差可得
t2 - t1 ln t ． 2 2 1
t
t2 t
2
1 2 1 t 2
所以只需证 t t 12 - t1 ln 2 ，即只需证 t t ．
t 21 -1 ln
2
t1 t1
t2
令 p t
2 p -1
1
t ，只需证 ln p ．1 p 1
2 p -1 p -1 2
令 h p ln p - ，其中 p 1 h p 1 4 ，则 - 0，
p 1 p p 1 2 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．
【变式 4-3】（2024·高三· 2黑龙江哈尔滨·期末）已知函数 f x ax ， g x x 1- ln x .
(1)若对于任意 x 0, ，都有 f x g x ，求实数 a的取值范围；
1 1
(2)若函数 y g x - m有两个零点 x1, x2 ，求证： 2x x .1 2
2
【解析】（1）结合题意：对于任意 x 0, ，都有 f x g x ，所以 ax x 1- ln x ，
因为 x 0, a 1- ln x，所以只需 F x ，
x
F x ln x - 2 2 ，x
当 x 0,e2 时，F x 0，F x 在 0,e2 上单调递减；
当 x e2 , 时，F x 0，F x 在 e2 , 上单调递增.
所以只需 a F x 1 F e2 -min 2 ；e
1 ln 1 1 1 ln
（2） x1 1- ln x1 x2 1- ln x
x1 x2
2 等价于 1 1 ，
x1 x2
h x 1 ln x设函数 ， h x - ln x 2 ，易知 h x 在区间 0,1 上单调递增； 1, 上单调递减，x x
由 h 1
1
a h b 知0 a 1 b且 a x ，b x ，1 2
设函数 g x 2 - x 1 ln x - x 1 ln 2 - x ，其中0 x 1，
2 - x x
知G x - ln é x 2 - x ù

- 2 0， x 2 - x
知G x 在区间 0,1 上单调递增，即 x 0,1 时G x G 1 0，
x 0,1 1 ln x 1 ln 2 - x 即 时， ，
x 2 - x
h a 1 ln a 1 ln 2 - a 即 h 2 - a ，
a 2 - a
又由已知由 h a h b 且0 a 1 b，
有 h b h 2 - a 且 2 - a 1,2 ，由 h x 在 1, 上单调递减，
1 1
所以b 2 - a，即 2x x .1 2
题型五：极值点偏移:平方型
ln x 1 x
【典例 5-1】（2024·全国· e模拟预测）已知函数 f (x) ， g(x) ．
x x
(1)若对任意的m, n (0, )都有 f (m) t g(n)，求实数 t的取值范围；
x1
(2)若 x1, x2 (0, )且 x1 x2 ， e
x2 -x x1 2 3 3，证明： x x 2．
xx2 1 21
f (x) ln x 1
x
【解析】（1）由 ， g(x) e ，
x x
f (x) - ln x
x
得 ， g 2 (x)
e (x -1)
，
x x2
当0 x 1时， f (x) 0， f (x) 在区间( 0, 1)上单调递增，当 x 1时， f (x) 0 ， f (x) 在区间 (1, )上单调
递减，所以当 x (0, )时， f (x) 的最大值为 f (1) 1．
当0 x 1时， g (x) 0， g(x)在区间( 0, 1)上单调递减，当 x 1时， g (x) 0， g(x)在区间 (1, )上单调
递增，所以当 x (0, )时， g(x)的最小值为 g(1) e ．
所以1 t e，故实数 t的取值范围为[1,e]．
xx1
（2 x -x）由 e 1 1 2 ex得 1 -x1x × x
x1
1 x
x1
2 ，两边取对数并整理，x 11
ln x1 1 ln x 1得 x2 ln x1 1 x 21 ln x2 1 ，即 f x f xx1 x
，即 1 2 ．
2
由（1）知，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, )
上单调递减， f (x)max f (1) 1，（技巧：注意对第（1）问结论的应用）
f 1 而 0
1
e ，当
x 1时， f (x) 0 恒成立，不妨设 x1 x2，则 x1 1 x2 ．
e
记 h(x) f (x) - f (2 - x)
1
， x ,1 ，
e
h (x) f (x) f (2 x) ln x ln(2 - x)则 - - x2
-
(2 - x)2
ln x ln(2 - x) ln é -(x -1)
2 1ù 1
- 2 - 2 -
0 ，所以函数 h(x) 在 ,1
x x x2 e
上单调递增，

所以 h(x) f (1) - f (2 -1) 0，即 f (x) f (2 - x) x
1
， ,1

，
e
1
于是 f x2 f x1 f 2 - x1 ， 2 - x1 1,2 - ，
e
又 f (x) 在 (1, )上单调递减，因此 x2 2 - x1，即 x1 x2 2，
所以 x31 x
3 x3 3 2 22 1 2 - x1 8 -12x1 6x1 6 x1 -1 2 2．
【典例 5-2】（2024·江苏南通·模拟预测）已知函数 f x x - sin x cos x - a ln x， a R .
y f (x) p pa 0 , f

（1）当 时，求曲线 在点 2
处的切线方程；
2
（2）若 f (m) f (n)，0 m n，求证：m2 n2 | a | .
【解析】（1）当 a 0时， y f (x) x - sin x cos x，导数为 f (x) 1- cos2 x sin2 x，
可得切线的斜率为 f (
p ) 1- 0 p p 1 2，且 f ( ) ，
2 2 2
p p
所以切线的方程为 y - 2(x - ) ，
2 2
p
即为 y 2x - ；
2
a
（2）证明：由题意可得 f (x) 1- cos 2x - ，
x
若 a 0，则 f (x)…0，所以 f (x) 在 (0, )递增，
因此不存在0 m n，使得 f (m) f (n)，所以 a 0；
1 2
设 g(x) x - sin 2x - x ， x 0，则 g (x) 1- cos 2x - 2x，
2
令 h(x) g (x) 1- cos 2x - 2x， h (x) 2sin 2x - 2 0，
所以 g (x)在 (0, )递减，又 g (0) 0 ，所以 g (x) 0 在 (0, )恒成立，
g(x) (0, ) m n 1从而 在 递减，从而 - - sin 2m
1
sin 2n m2 - n2 .①
2 2
又由 f (m) f (n)，可得m - sin mcos m - alnm n - sin n cos n - alnn ，
m n 1所以 - - sin 2m
1
sin 2n a(lnm - lnn) .②
2 2
由①②可得 a(lnm - lnn) m2 - n2 .
2(m2 - n2 )
又因为0 m n，所以 a ，
lnm2 - lnn2
因此要证m2 n2 | a | a，
2 2
只需证明m2 n2 2(m - n ) ，
lnm2 - lnn2
m 2[(
m)2 -1]
即证 ln( )2 - nm 0，③n ( )2 1
n
2
设H (t)
2(t -1)
lnt - ，0 t 1，则H (t)
(t -1)
0，
t 1 t(t 1)2
所以 H (t) 在( 0, 1)上为增函数，
2
0 (m)2 1 H
m
又因为 ，所以
n
H 1 0，即③式成立.
n
所以m2 n2 | a |获证.
ln x
【变式 5-1】（2024·山西·模拟预测）已知函数 f x - ax .
x
(1)若 f x -1，求实数 a的取值范围；
(2)若 f x 有 2 个不同的零点 x1, x2 （ x x 2x2 3x2 121 2），求证： 1 2 .5a
f x 0, f x -1 a ln x x【解析】（1）因为函数 的定义域为 ，所以 成立，等价于 成立.
x2
ln x x
令 h x 2 ，则 h x
1- x - 2ln x
，
x x3
g x 1- x - 2ln x g x 1 2令 ，则 - - 0 ，所以 g x 在 0, 内单调递减，
x
又因为 g 1 0，所以当 x 0,1 时， h x 0， h x 单调递增；当 x 1, 时， h x 0， h x 单调递
减，
所以 y h x 在 x 1处取极大值也是最大值.
因此 a h 1 1，即实数 a的取值范围为 1, .
（2） f x ln x有 2 个不同的零点等价于 a 2 有 2 个不同的实数根.x
令F x ln x 2 ，则F x
1- 2ln x
3 ，当F x 0时，解得 x e .x x
所以当 x 0, e 时，F x 0，F x 单调递增，
当 x e, 时，F x 0，F x 单调递减，
所以 y F x 1在 x e 处取极大值为F e .2e
又因为F 1 0，当 x 0,1 时，F x 0，当 x 1时，F x 0 .
且 x 时，F x 0 .
1
所以1 x1 e x2 ，且 a
0, 2e
.

a ln x
ìln x1 ax
2
因为 x1, x
1
2 是方程 2 的 2 个不同实数根，即 í 2 .x ln x2 ax2
x2 ln x
将两式相除得 2 2 ，
x21 ln x1
t x2 t 2 ln x2t ln t t
2
令 x ，则 t 1，

ln x ，变形得 ln x
ln t
1 2 ， ln x t -1 2 t 2
.
1 1 -1
x2 ln x又因为 1 ， x2
ln x
2 2x2 3x2 12 2ln x1 3ln x2 121 2 ，因此要证 1 2 ，只需证 .a a 5a a a 5a
12 3t 2 ln t 2ln t 12
因为 a 0，所以只需证 2ln x1 3ln x2 ，即证5 t 2
.
-1 t 2 -1 5
12 t 2 -1
因为 t 1，即证 ln t - 0
5 3t 2 . 2
2
12 t 2 -1 3t 2 - 2
令G t ln t - 2

t 1 ，则G t 2 ≥0，5 3t 2 t 3t 2 2
所以G t 在 1, 上单调递增，G t G 1 0，
12 t 2 -1
即当 t 1时， ln t - 0成立，命题得证.
5 3t 2 2
【变式 5-2】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数 f x lnx - ax2 .
(1)讨论函数 f x 的单调性：
(2)若 x1, x2 是方程 f x 0 2 2的两不等实根，求证： x1 x2 2e；
【解析】（1）由题意得，函数 f x 的定义域为 0, .
f x lnx - ax2 f x 1 2ax 1- 2ax
2
由 得： - ，
x x
当 a 0时， f x 0, f x 在 0, 上单调递增；
当 a 0时，由 f x > 0得 0 x 2a 2a ，由 f x 0得 x ，2a 2a
2a f x 0, 2a

所以 在 上单调递增，在 , 2a 2a
上单调递减.

（2）因为 x1, x2 是方程 lnx - ax2 0的两不等实根， lnx - ax2 0 2ln x - 2ax2 0 ，
即 x1, x2 是方程 lnx2 - 2ax2 0的两不等实根，
lnt
令 t x2 (t 0) ，则 t1 x
2 2
1 , t2 x2 ，即 t1, t2 是方程 2a 的两不等实根.t
g t lnt g t 1- lnt令 ，则 2 ，所以 g t 在 0,e 上递增，在 e, 上递减， g e
1
，
t t e
当 t 0时， g t - ；当 t 时， g t 0且 g t 0 .
2a 1 a 1所以 0 ，即 0 .
e 2e
令1 t1 e t
2 2
2 ，要证 x1 x2 2e，只需证 t1 t2 2e ，
解法 1（对称化构造）：令 h t g t - g 2e - t , t 1,e ，
则 h t g t
ln 2e - t 2e - t lnt - tln 2e - t
- g 2e t lnt - -
t 2e t t 2e ，- - t
令j t 2e - t lnt - tln 2e - t ，
j t 2e 1 lnt ln 2e t t 2e - t t 2e - t t则 - - - - - ln -t 2 2et - 2 0，
t 2e - t t 2e - t t 2e - t
所以j t 在 1,e 上递增，j t j e 0，
所以 h t g t - g 2e - t 0，所以 g t g 2e - t ，
所以 g t2 g t1 g 2e - t1 ，所以 t2 2e - t1，
即 t1 t2 2e
2 2
，所以 x1 x2 2e .
x1 - x2 x1 x2 2解法 （对数均值不等式）：先证 ，令0 x1 xlnx1 - lnx 2 2
，
2
x2 - x1 lnx2 - lnx1 2 x -1 只需证 ，只需证 - lnx 0 x
x
2 1
x2 x1 2 x 1 x
，
1
2 x -1x
2
令j - lnx(x 1),j x 4 1 -(x -1) - 0 ，
x 1 (x 1)2 x x(x 1)2
所以j x 在 1, 上单调递减，所以j x j 1 0 .
t1 t t t t - t t t
因为 2 1 2 1 2 1 2lnt lnt ，所以

1 2 lnt1 lnt2 lnt1 - lnt 2
，
2
2
所以 lnt1 lnt2 2，即 t1t2 e ，所以 t1 t2 2 t1t2 2e .
题型六：极值点偏移:混合型
x 2
【典例 6-1】（2024·江苏泰州·模拟预测）已知函数 f x e - ax bx -1，其中 a，b 为常数， e为自然对
数底数， e 2.71828 × × ×．
(1)当 a 0时，若函数 f x 0，求实数 b 的取值范围；
(2)当b 2a时，若函数 f x 有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：
① 7x1 bx2 28；② 2 a x1 x2 3x1x2；③ x1 -1 x2 -1 2；
请从①②③中任选一个进行证明．
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【解析】（1）当 a 0 x x时， f x e bx -1， f x e b
1
当b 0

时，因为 f -1 -1

- b 0 ，所以此时不合题意；
e
当b 0时，当 x - ,ln -b 时， f x 0， f x 单调递减，
当 x ln -b , 时， f x > 0， f x 单调递增，
所以 f x f ln -b -b b ln -bmin -1，
要 f x 0，只需 f x -b b ln -b -1 0min ，
令 g x x - x ln x -1，则 g x - ln x，
当 x 0,1 时， g x 0， g x 单调递增；
当 x 1, 时， g x 0， g x 单调递减，
所以 g x g 1 0 ，则由 g -b -b b ln -b -1 0得-b 1，
所以b = -1，故实数 b 的取值范围为 -1 ．
（2）当b 2a时， f x ex - ax2 2ax -1， f x ex - 2ax 2a ，
令j x f x ex - 2ax 2a x，则j x e - 2a ，
因为函数 f x 有两个极值点x1，x2，所以j x f x ex - 2ax 2a 有两个零点，
若 a 0，则j x 0，j x 单调递增，不可能有两个零点，所以 a 0，
令j x ex - 2a 0得 x ln 2a ，
当 x - , ln 2a 时，j x 0，j x 单调递减；
当 x ln 2a, 时，j x 0，j x 单调递增；
所以j x j ln 2a 4a - 2a ln 2amin ，
因为j x 1有两个零点，所以4a - 2a ln 2a 0，则 a e2 ，
2
设 x1 x2，因为j 1 e 0 ，j 2 e2 - 2a 0，则1 x1 2 x2 ，
x x
因为j x1 j x2 0，所以 e 1 2ax1 - 2a， e 2 2ax2 - 2a ，
ex2 x2 -1则 ，取对数得 x - x ln x -1 - ln x -1 ，
ex1 x1 -1
2 1 2 1
令 x1 -1 t1， x2 -1 t2 ，则 t2 - t1 ln t2 - ln t1 ，即 t2 - ln t2 t1 - ln t1 0 t1 1 t2
①令u t t - ln t ，则u t1 u t2 ，因为u t
1
1- ，所以u t t - ln t 在 0,1 上单调递减，在 1, 上
t
单调递增，
令 v t u t - u 2 - t 2t - ln t ln 2 - t - 2 0 t 2 ，
2 t -1 2
则 v t 0 ， v t 在 0,2 上单调递减，t t -1
因为0 t1 1，所以 v t1 v 1 0 ，即u t1 - u 2 - t1 0，
亦即u t2 u t1 u 2 - t1 ，
因为 t2 1，2 - t 1，u t t - ln t 在 1, 上单调递增，所以 t2 2 - t1，
则 x2 -1 2 - x1 -1 ，整理得 x1 x2 4，
所以2ax1 7x2 7x1 7x2 28，故①成立
②令u t t - ln t ，则u t1 u t2 ，
因为u t t 1- ，所以u t t - ln t 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增，
t
2
令 v t u t - u 1 t 1- - 2ln t v t t -1 ，则 ， v t 在 0, 上单调递增，
t t t2
0
又 v 1 0，所以当 t 0,1 时， v t v 1 0，即u t 1 u t ，
1
因为 t2 1，2 - t1 1，u t t - ln t 在 1, 上单调递增，所以 t2 t ，1
所以 x
1
2 -1 x x x xx1 -1
，即 1 2 1 2 ，
x x x x 2 1所以 1 2 1 2 e
2 x x 2 a x x ，
3 2 1 2 3 1 2
即3x1x2 2 a x1 x2 ，故②成立．
t
③令 x1 -1 t1， x2 -1 t2 ，则 t2 - t1 ln t2 - ln t1 2ln 2t ，1
2 t -1 t -1
2
令F F t t ln t - t 1 ，则 0，
t 1 t t 1
2 t -1∴ F t ln t - 在 1, 2 t -1 上单调递增，则 F t ln t - F 1 0 ，
t 1 t 1

2 t

2 -1
t 2 t -1 t2 1 t2 - t∴ ln t ，则 t2 - t1 2ln 2 4 × 1 ，t 1 t1 t2 1 t2 t 1
t1
两边约去 t2 - t1 后化简整理得 t1 t2 2，即 x1 -1 x2 -1 2，
故③成立．
【典例 6-2】已知函数 f x x 1- alnx ,a 0 .
(1)讨论 f x 的单调性；
1 ù
(2)若 x 0, ú时，都有 f x 1，求实数 a 的取值范围； 2
1 lnx x
(3)若有不相等的两个正实数 x1, x
2 2
2 满足 x x ex x1 lnx x ，求证： 1 2 1 2 .1 1
【解析】（1）函数 f x x 1- alnx 的定义域为 0, ， f (x) 1- a - a ln x .
①当 a 0时，令 f x 0 1-a ，即1- a - a ln x 0，解得： x e a .
1-a 1-a
令 f x > 0，解得：0 x e a ；令 f x 0，解得： x e a ；

1-a 1-a
所以函数 f x 在 0,e a 上单调递增，在 e a , 上单调递减.

②当 a 0时，则 f x 1 0，所以函数 f x 在 0, 上单调递增.
1-a 1-a
综上所述：当 a 0时，函数 f x 在 0,e a 上单调递增，在 e a , 上单调递减.

当 a 0时，函数 f x 在 0, 上单调递增.
1 ù
（2）当 x 0, ú时，都有 f x 1，即 x 1- a ln x 1， 2
a x -1
1
亦即 对"x 0,
ù
ú恒成立.x ln x 2
令 h x x -1 , x 1 0, ù ú，只需 a h x x ln x 2 min .
h x ln x - x 1
(x ln x)2 .
令 g x ln x - x 1 g x 1 -1 x 1 ù，则 ，所以当
x
0, 时， g x 0，
2 ú
所以 g x 1 ù在 0, ú 上单增，所以 g x g
1 ln 1 1 1 1 - - ln 2 ln
e
ln e 0
max ， 2 2 2 2 2 2 4

所以当 x 0,
1 ù
ú时， g x 0 . 2
h x ln x - x 1所以 2 0 ，所以 hx ln x x
1 ù
在 0, 上单减，
2 ú
1
h x h 1
-1 1
所以 2min 1 1 . 2 ln ln 2
2 2
所以 a
1
.
ln 2
综上所述：实数 a
1
的取值范围为 - , .
ln 2
1 lnx
3 2
x
2
1 1 1 1 1
（ ） 可化为： - ln - ln x1 lnx x x x x x x 1 .1 1 2 2 2 1 1
令F x x 1- ln x ，上式即为F 1 F
1
x x
.
1 2
由（1）可知：F x x 1- ln x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减，
1 1
则 , 为F x kx x 的两根，其中 k 0,1 .1 2
1 1 1 1 1 1
不妨设 0,1 , 1,e x x ，要证 x1 x2 ex1x2 ，只需 e，即 e -1 2 x1 x2 x2 x
，
1

只需证F
1 F 1 F e 1 - .
x

2 x1 x1
令j x F x - F e - x , x 0,1 .
则j x - ln é x e - x ù .
当 x 0 时，j x - ln x(e - x) ；当 x 1时，j x - ln 1 (e -1) 0 .
由零点存在定理可得：存在 x0 ，使得j x0 0 .
当 x 0, x0 时，j x 0，j x 单增；当 x x0 ,1 时，j x 0，j x 单减；
又 x 0, F x 0, F e 0 ，所以 x 0,j 0 0 .
j 1 F 1 - F e -1 2 - e e -1 ln e -1 .
因为 2 - e -0.71828， e -1 ln e -1 e 0.8，
2
所以j 1 0 .
所以j x 0恒成立.

j 1 F 1
1
所以 - Fx x
e - 0 .
1 1 x1
1 1
所以F F e - .
x1 x1
1 1 1
所以F Fx x
F e -
2 1 x1
即证.
【变式 6-1】（2024·山东·模拟预测）已知函数 h x x - a ln x a R .
(1)若 h x 有两个零点， a的取值范围；
2
(2)若方程 xex - a ln x x 0 e 有两个实根x1、x2，且 x1 x
x1 x2
2 ，证明： e .x1x2
【解析】（1）函数 h x 的定义域为 0, .
当 a 0时，函数 h x x 无零点，不合乎题意，所以， a 0，
h x x - a ln x 0 1 ln x由 可得 ，
a x
构造函数 f x ln x 1，其中 x 0，所以，直线 y 与函数 f x a 的图象有两个交点，x
f x 1- ln x 2 ，由 f x 0可得 x e，列表如下：x
x 0,e e e,
f x 0 -
f x 1增 极大值 减
e
所以，函数 f x 的极大值为 f e 1 ，如下图所示：
e
且当 x 1时， f x ln x 0，
x
1 1
由图可知，当0
1
时，即当a e时，直线 y a 与函数 f x 的图象有两个交点，a e
故实数 a的取值范围是 e, .
x
（2）证明：因为 xe - a ln x x 0 ，则 xex - a ln xex 0，
令 t xex 0，其中 x 0，则有 t - a ln t 0，
t x 1 ex 0 ，所以，函数 t xex 在 0, 上单调递增，
xex - a ln x x 0 x x t x ex1 t x ex因为方程 有两个实根 、 ，令 ， 21 2 1 1 2 2 ，
则关于 t的方程 t - a ln t 0也有两个实根 t1 、 t2 ，且 t1 t2 ，
2
ex1 x e2 x x 2 2要证 ，即证 x 11e × x 22e e ，即证 t1t2 e ，即证 ln t1 ln t2 2，x1x2
ìt1 a ln t1 ì t1 - t2 a ln t1 - ln t2 t1 t2 ln t1 ln t2
由已知 ít a ln t ，所以， ít t a ln t ln t ，整理可得

2 2 1 2 1 2 t1 - t2 ln t1 - ln t
，
2
t
t t t 2
1 -1
不妨设 t1 t2 0，即证 ln t1 ln t2
1 2 ln 1 2 2 t - t t
t - t t ，即证 ln
t1 1 2 2 ，
1 2 2 t2 t1 t t2 1 1
t2
s t 1 1 2 s -1令 t ，即证 ln s

，其中 s 1，
2 s 1
2 s -1构造函数 g s ln s - ，其中 s 1，
s 1
g s 1 4 s -1
2
-
s s 1 2 s s 1 2
0 ，所以，函数 g s 在 1, 上单调递增，
当 s 1时， g s g 1 0，故原不等式成立.
题型七：拐点偏移问题
【典例 7-1】已知函数 f (x) ae2x ex x， a R ．
(1)若 f (x) 在 x 0处取得极值，求 a 的值；
(2)设 g(x) f (x) - (a 3)ex ，试讨论函数 g(x) 的单调性；
1
(3)当 a 2时，若存在实数x1，x2满足 f (x1) f (x2 ) 3e
x1 ex2 0 ，求证： ex1 ex2 2 ．
【解析】（1）因为 f (x) ae2x ex x，所以 f (x) 2ae2x ex 1，
因为 f (x) 在 x 0处取得极值，
所以 f (0) 2a 1 1 0 ，解得： a -1．
验证：当 a -1时， f (x) -(2ex 1)(ex -1) ，
易得 f (x) 在 x 0处取得极大值．
（2）因为 g(x) f (x) - (a 3)ex ae2x - (a 2)ex x ，
所以 g (x) 2ae2x - (a 2)ex 1 2ae2x - (a 2)ex 1 (aex -1)(2ex -1)，
①若 a 0，则当 x (- , -ln2) 时， g (x) 0，所以函数 g(x) 在 (- , -ln2) 上单调递增；
当 x (-ln2, ) 时， g (x) 0，\函数 g(x) 在 (-ln2, ) 上单调递减；
②若 a 0， g (x) (aex -1)(2ex -1)，
当 a 2时，易得函数 g(x) 在 (- , -lna) 和 (-ln2, ) 上单调递增，在 (-lna, -ln2) 上单调递减；
当 a 2时， g (x) 0恒成立，所以函数 g(x) 在 (- , )上单调递增；
当0 a 2 时，易得函数 g(x) 在 (- , -ln2) 和 (-lna, ) 上单调递增，在 (-ln2, -lna) 上单调递减.
（3）证明：当 a 2时，因为 f (x1) f (x ) 3ex1 ex22 0 ，
所以 2e2x1 ex1 x1 2e
2x2 ex2 x 3ex1 ex22 0 ，
所以 2(ex1 ex2 )2 (ex1 ex2 ) ex1 ex2 - x1 - x e
x1 x2
2 - (x1 x2 ) ，
令 t x1 x2 ，j(t) et - t ，则j (t) et -1 0 ，
当 t (- , 0) 时，j (t) 0，所以函数j(t) et - t 在 (- ,0)上单调递减；
当 t (0, ) 时，j (t) 0 ，所以函数j(t) et - t 在 (0, )上单调递增；
所以函数j(t) et - t 在 t 0时，取得最小值，最小值为 1，
所以 2(ex1 ex2 )2 (ex1 ex2 ) 1，
2(ex1 ex2 )2 (ex1 ex2 ) -1 0 ex1 ex
1
即 ，所以 2 2 ，
x x t 0 ex1 ex2 2 ex1 x 2 1当 21 2 时， 2 此时不存在
x1，x2满足等号成立条件，
ex 1所以 1 ex2 2 ．
【典例 7-2】已知函数 f x 2ln x mx2 - 2 m 1 x -8，m R .
（1）讨论函数 f x 的单调性；
（2）对实数m 2 ，令 g x f x - 3x ，正实数x1，x2满足 g x1 g x2 2x1x2 0 ，求 x1 x2 的最小值.
2 2 x -1 mx -1【解析】（1） f ' x 2mx - 2 m 1 x 0 .
x x
若m 0，当 x 0,1 时， f ' x 0，即 f x 在 0,1 上单调递增；
当 x 1, 时， f ' x 0，即 f x 在 1, 上单调递减.
0 m 1 x 0,1 U 1 , f ' x 0 f x 0,1 1 , 若 ，当 时， ，即 在（ ，m m 上均单调递增；
x 1 1当
1, 时， f ' x 0，即 f x

在
m
1, 上单调递减.
m
若m 1，则 f ' x 0，即 f x 在 0, 上单调递增.
若m 1，当 x
1
0, U 1, 时， f ' x 0 f x 0,
1
，即 在 ， 1, m 上均单调递增； m
当 x
1
,1 时， f ' x 0，即 f x
1
在 ,1

上单调递减.
m m
（2）当实数m 2 时， g x f x - 3x 2ln x 2x2 - 9x -8 x 0 ，
g x1 g x2 2x1x2 0 ，
\ 2 ln x1 2x
2
1 - 9x1 - 8 2 ln x 2x
2
2 2 - 9x2 - 8 2x1x2 0，
\2 x 21 x2 - 9 x1 x2 -16 2x1x2 - 2ln x1x2 ，
令 t x1x2 ， h t 2t - 2ln t t 0 ，
2 t -1由于 h ' t ，知当 t 0,1 时， h ' t 0，即 h t 单调递减；
t
当 t 1, 时， h ' t 0，即 h t 单调递增.
从而， h t h 1 2min ，
2
于是， 2 x1 x2 - 9 x1 x2 -16 2 ，即 é2 x1 x2 3 ù x1 x2 - 6 0，
而 x1, x2 0，所以 x1 x2 6，
而当 x1 3- 2 2 ， x2 3 2 2 时， x1 x2 取最小值 6.
【变式 7-1】已知函数 f x lnx 2x - ax2 ， a R .
（1）若 f x 在 x 1处取得极值，求 a 的值；
（2）设 g x f x a - 4 x ，试讨论函数 g x 的单调性；
1
（3）当 a -2时，若存在正实数 x1, x2 满足 f x1 f x2 3x1x2 x1 x2，求证： x1 x2 .2
【解析】（1）因为 f x lnx 2x - ax2 1，所以 f' x 2 - 2ax，
x
因为 f x 在 x 1处取得极值，
所以 f' 1 1 2 - 2a 0 3，解得 a ．
2
3
验证：当 a 时， f x 在 x 1处取得极大值．
2
（2）因为 g x f x a - 4 x lnx - ax2 a - 2 x
g x 1 2ax a 2 ax 1 2x -1 所以 - - - (x 0)．
x x
1
①若 a 0，则当 x 0, 时， g x 0，所以函数 g x
0, 1 在
2
上单调递增；
2
x 1 , 当 时， g x 0，\函数 g x
1
在 ,

上单调递减．
2 2
a x 1 2x -1② a 0 若 ， g x - a (x 0) ，
x
当 a -2时，易得函数 g x 0, 1- 1 在 和 , 上单调递增，
a 2
1 1
在 - , 上单调递减；a 2
当 a -2时， g x 0恒成立，所以函数 g x 在 0, 上单调递增；
1 1
当-2 a 0

时，易得函数 g x 在 0, 和 - , 上单调递增，
2 a
1
在 ,
1
- 上单调递减．
2 a
（3）证明：当 a -2时， f x lnx 2x - ax2 ，
因为 f x1 f x2 3x1x2 x1 x2，
2 2
所以 lnx1 x1 2x1 lnx2 x2 2x2 3x1x2 0，
即 lnx1x2 2 x 2 21 x2 x1 x2 3x1x2 0，
所以 2 x1 x2
2 x1 x2 x1x2 - lnx1x2 ．
令 t x1x2 ，j t t - lnt(t 0) ，
则j t 1 1 t -1 - (t 0) ，
t t
当 t 0,1 时，φ t 0 ，所以函数φ t t - lnt(t 0)在 0,1 上单调递减；
当 t 1, 时，φ t 0，所以函数φ t t - lnt(t 0)在 1, 上单调递增．
所以函数φ t t - lnt(t 0)在 t 1时，取得最小值，最小值为1．
所以 2 x1 x2
2 x1 x2 1，
即 2 x1 x2
2 1 x1 x2 -1 0，所以 x1 x2 或 x1 x2 -1．2
1
因为 x1, x2为正实数，所以 x1 x2 ． 2
x x 1当 1 2 时， x1x2 1，此时不存在 x1, x2满足条件，2
所以 x
1
1 x2 ．2
【变式 7-2】已知函数 f (x) 2ln x x2 x .
（1）求曲线 y f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程.
（2）若正实数 x1, x2 满足 f (x1) f (x2 ) 4，求证： x1 x2 2 .
【解析】（1） f (1) 2ln1 12 1=2，切点为 (1, 2) .
f (x) 2 2x 1， k f (1) 5 .
x
切线为： y - 2 5(x -1)，即5x - y - 3 0 .
2
（2） f (x1) f (x2 ) 2 ln x1 x1 x1 2 ln x2 x
2
2 x2 4
2 ln x1 x
2
1 x1 2 ln x2 x
2
2 x2 4 .
(x 21 x2 ) (x1 x2 ) 4 2(x1x2 - ln x1x2 )
令 x1x2 t ， g(t) t - ln t， t 0，
g (t) 1 1 t -1 - ，
t t
t (0,1)， g (t) 0 ， g(t)为减函数，
t (1, ) ， g (t) 0， g(t)为增函数，
gmin (t) g(1) 1，所以 g(t) 1 .
即 (x1 x2 )
2 (x1 x2 ) 4 2 6 .
得： (x1 x2 3)(x1 x2 - 2) 0，
得到 x1 x2 - 2 0，即： x1 x2 2 .
【变式 7-3 2】已知函数 f x 2ln x x a -1 x - a ， (a R)，当 x 1时， f (x) 0恒成立．
(1)求实数 a 的取值范围；
(2)若正实数x x (x x )1、 2 1 2 满足 f (x1) f (x2 ) 0，证明： x1 x2 2．
【解析】（1）根据题意，可知 f x 的定义域为 0, ，
f (x) 2而 2x (a -1)x ，
2
当 a -3时， f (x) 2x (a -1) a 3 0 ， f 1 0x ，
\ f (x)为单调递增函数，
\当 x 1时， f (x) 0成立；
当 a -3时，存在大于 1 的实数m，使得 f (m) 0，
\当1 x m时， f (x) 0 成立，
\ f (x)在区间 (1, m)上单调递减，
\当1 x m时， f (x) f 1 0；
\a -3不可能成立，
所以 a -3，即 a 的取值范围为 -3, .
（2）证明：不妨设 x1 x2，
Q正实数x1、x2满足 f (x1) f (x2 ) 0，
有（1）可知， 0 x1 1 x2 ，
又Q f (x)为单调递增函数，
所以 x1 x2 2 x2 2 - x1 f (x2 ) f (2 - x1)，
又Q f (x1) f (x2 ) 0 f (x2 ) - f (x1)，
所以只要证明： - f (x1) f (2 - x1) f (x1) f (2 - x1) 0 ，
设 g(x) f (x) f (2 - x)，则 g(x) 2[lnx ln(2 - x) x2 - 2x 1]，
3
可得 g (x)
4(x -1)

x(x - 2) ，
\当0 x 1时， g (x) 0成立，
\ g (x) 在区间( 0, 1)上单调增函数，
又Qg 1 0，
\当0 x 1时， g(x) 0成立，即 f (x) f (2 - x) 0 ，
所以不等式 f (x1) f (2 - x1) 0成立，
所以 x1 x2 2 .
1．已知函数 f x x - 2 ex - ax a R ．
(1)若 a 2，讨论 f x 的单调性．
(2) x已知关于 x 的方程 f x x - 3 e 2ax 恰有 2个不同的正实数根 x1, x2 ．
（i）求 a的取值范围；
（ii）求证： x1 x2 4．
【解析】（1）当 a 2时， f x x - 2 ex - 2x x x x，则 f x e - 2x x - 2 e - 2 x -1 e - 4 ；
令 f x 0，解得： x 1或 x ln 4 2ln 2 ，
\当 x - ,1 U 2ln 2, 时， f x > 0；当 x 1,2 ln 2 时， f x 0；
\ f x 在 - ,1 ， 2ln 2, 上单调递增，在 1,2 ln 2 上单调递减.
（2）（i）由 f x x - 3 ex 2ax 得：ex - ax2 0 ，
Q f x x - 3 ex 2ax恰有 2个正实数根 x1, x2 ，\ex ax2恰有 2个正实数根 x1, x2 ，
ex
令 g x x 0 ，则 y a2 与 g x 有两个不同交点，x
x
Q g x x - 2 e ，\当 x 0,2 时， g x 0；当 x 2, 时， g x 03 ；x
2
\ g x e在 0,2 上单调递减，在 2, 上单调递增，又 g 2 ，
4
当 x 从 0 的右侧无限趋近于 0 时， g x 趋近于 ；当 x 无限趋近于 时， ex 的增速远大于 x2 的增速，则
g x 趋近于 ；
则 g x 图象如下图所示，
\ a e
2
当 时， y a 与 g x 有两个不同交点，
4
e2
\实数 a的取值范围为 , 4 ；
x 2 x 2
（ii）由（i）知： e 1 ax1 ， e 2 ax2 ， x1 0, x2 0
\ x1 ln a 2ln x1， x2 ln a 2ln x2，
x
\ x 11 - x2 2ln x1 - 2ln x2 2ln x ，2
x1 - x2 2
不妨设 x2 x1 0 ，则 ln x1 ，
x2
2 x - x
x x 4 x1 x

1 2

要证 21 2 ，只需证 ln x1 ，
x2
x1
x 2 -1
Q x 12 x1 0，\0 1，\ln
x1 0 2 x - x x
x x ，则只需证 ln
x1 1 2 2 ，
2 2 x x2 x1 x2 1 1
x2
t x 1 0,1 t 0,1 2 t -1 令 x ，则只需证当 时， ln t 恒成立，2 t 1
2 t -1 令 h t ln t - 0 t 1 ，
t 1
2 t 1 - 2 t -1 t 1 2 - 4t t -1 2
\h t 1 - 0，
t t 1 2 t t 1 2 t t 1 2
\h t 在 0,1 上单调递增，\h t h 1 0，
\ t 0,1 2 t -1当 时， ln t 恒成立，\原不等式 x x 4得证.
t 1 1 2
f x 1- x2．（2024·江苏·模拟预测）已知函数 ln x .
1 x
(1)求 f x 的单调区间；
(2)当 f x1 f x2 x1 x2 时，证明： x1 x2 2 .
2ln x 1- x 1- x2 - 2x ln x
【解析】（1） f x - 1 x 2 x 1 x x ，1 x 2
令 g x 1- x2 - 2x ln x，
则 g x -2x - 2ln x - 2 -2 x ln x 1 ， g x 1 2x 2 -2 1

- ；
x x
当 x 0时， g x 0，\ g x 在 0, 上单调递减，
又 g e-2 -2 e-2 -1 0， g 1 -4 0 \$x e-2， 0 ,1 ，使得 g x0 0，
则当 x 0, x0 时， g x 0；当 x x0 , 时， g x 0；
\ g x 在 0, x0 上单调递增，在 x0 , 上单调递减，
\ g x g x0 g 1max 0，又当 x 0,1 时，1- x2 0，-2x ln x 0；
\当 x 0,1 时， g x 0，即 f x > 0；当 x 1, 时， g x 0，即 f x 0；
\ f x 的单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1, .
（2）由（1）知：若 f x1 f x2 x1 x2 ，则 0 x1 1 x2 ，
要证 x1 x2 2，只需证 x2 2 - x1，
Q0 x1 1 x2 ，\2 - x1 1，
又 f x 在 1, 上单调递减，则只需证 f x2 f 2 - x1 ，
Q f x1 f x2 ，则只需证 f x1 f 2 - x1 ，即证 f x1 - f 2 - x1 0，
1- x1 ln x 1- x则需证 1 1 ln 2 - x1 0 1- x1 x 3 - x ，又 1 0，1 1
ln x1 ln 2 - x1 \只需证 0 ，即证 3- x1 ln x1 1 x1 x 3 - x 1 ln 2 - x1 0 ，1 1
令F x 3 - x ln x 1 x ln 2 - x 0 x 1 ，
3- x 1 3 1 3
则F x - ln x ln 2 1 x- x - ，F x - -x x2 - - 0x 2 - x 2 - x 2 - x 2 ，
\F x 在 0,1 上单调递减，\F x F 1 0 ，
\F x 在 0,1 上单调递增，\F x F 1 0，
\ 3 - x1 ln x1 1 x1 ln 2 - x1 0，原不等式得证.
3．（2024·安徽淮北·一模）已知函数 f x ex-1 - ax，
(1)讨论函数 f x 的单调性；
1
(2)若函数 f x 在 0,2 上有两个不相等的零点 x1, x2 ，求证： x1x2 .a
【解析】（1） f x ex-1 - a ， x R .
①当 a 0时， f x > 0恒成立， f x 单调递增；
②当 a 0时，由 f x > 0得， x 1 ln a, ， f x 单调递增，
由 f x 0得， x - ,1 ln a ， f x 单调递减.
综上：当 a 0时， f x 单调递增；当 a 0时， f x 在 x 1 ln a, 上单调递增，在 x - ,1 ln a 上
单调递减.
（2）∵ f x 在 0,2 上有两个不相等的零点x1，x2，不妨设 x1 x2，
ex-1∴ a 在 0,2 上有两个不相等的实根，
x
ex-1 x-1
令 g x ， x 0,2 ∴ e x -1， g x ，
x x2
由 g x 0得， x 0,1 ， g x 单调递减，由 g x 0得， x 1,2 ， g x 单调递增，
g 1 1， g 2 e ， x 0 ， g x ，
2
∴ a
e
1,
2
要证 x
1
1x2 ，即证 ax1x2 1，又∵ g x1 g x2 a，a
x ex2 -1只要证 1 1 x
1-x
，即证 21 e ，
∵ x <1< x g x g e1-x21 2 ，即证 1
x 1-x22 -1 e -1
即证 g x2 g e1-x e e2 1-x，即证 1-x ，即证 e 2 ln x2 -1 0x2 e 2
令 h x e1-x ln x -1， x 1,2 ，∴ h x -e1-x 1 ，
x
令j x ex - ex ， x 1,2 ，则j x ex - e ，当 x 1,2 x时，j x e - e>0恒成立，所以j x ex -拔高点突破 02 极值点偏移问题与拐点偏移问题　
目录
01 方法技巧与总结 ...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结 ...............................................................................................................................3
题型一：极值点偏移:加法型...............................................................................................................3
题型二：极值点偏移:减法型...............................................................................................................4
题型三：极值点偏移:乘积型...............................................................................................................5
题型四：极值点偏移:商型...................................................................................................................7
题型五：极值点偏移:平方型...............................................................................................................8
题型六：极值点偏移:混合型...............................................................................................................9
题型七：拐点偏移问题 ......................................................................................................................10
03 过关测试 .........................................................................................................................................11
1、极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对
称性。若函数 f (x) 在 x x0处取得极值，且函数 y f (x) 与直线 y b交于 A(x1,b), B(x2 ,b) 两点，则
x x x x
AB 的中点为M ( 1 2 ,b) ，而往往 x 1 20 。如下图所示。2 2
图 1 极值点不偏移 图 2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数 y f (x) 在区间 (a,b)内只有一个极值点 x0 ，方程 f (x) 的解分别为
x1、x2，且 a x x
x x
1 2 b ，（1）若 1 2 x0，则称函数 y f (x) 在区间 (x1, x2 ) 上极值点 x0 偏移；2
x x
（2）若 1 2 x0 ，则函数 y f (x) 在区间 (x1, x2 ) 上极值点 x0 左偏，简称极值点 x0 左偏；（3）若2
x1 x2 x0 ，则函数 y f (x) 在区间 (x1, x2 ) 上极值点 x2 0
右偏，简称极值点 x0 右偏。
2、对称变换
主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点
为 x0 )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点 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)
2
，若证 x1x2 x0 ，则令
F (x) f (x) - f (2x0 ) .
x
(3)判断单调性，即利用导数讨论 F (x) 的单调性．
(4)比较大小，即判断函数 F (x) 在某段区间上的正负，并得出 f (x)与 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．
f x1 x2 x1 x2 x x【注意】若要证明 的符号问题，还需进一步讨论 与 x0的大小，得出 1 2 所在
2 2 2
的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿
于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在
联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性
进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的
函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁
明快的思路，有着非凡的功效
x1 - x2 x1 x3 2、应用对数平均不等式 x1x2 ln x - ln x 2 证明极值点偏移：1 2
①由题中等式中产生对数；
x1 - x② 2将所得含对数的等式进行变形得到 ln x - ln x ；1 2
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
4、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明
题中的不等式即可.
题型一：极值点偏移:加法型
【典例 1-1】（2024·四川南充·一模）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)求证： x1 x2 2 .
k x - 2
【典例 1-2】（2024·安徽马鞍山·一模）设函数 f x ln x -1 - .
x
(1)若 f x 0对"x 2, 恒成立，求实数 k 的取值范围；
ln x -1(2) 1已知方程 有两个不同的根x1、x2，求证： x1 x2 6e 2，其中 e 2.71828L为自然对数x -1 3e
的底数.
1
【变式 1-1】（2024· 2甘肃酒泉·模拟预测）已知函数 f x x ln x x - x．
2
(1)求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 f x0 0（ f x 为 f x 的导函数），方程 f x m有两个不等实根x1、x2，求证： x1 x2 2x0 ．
2
【变式 1-2】（2024·安徽淮南· x二模）已知函数 f (x) 1- x 1
e - k(x -1), x -1,k R．

(1)若 k 0，证明： x (-1,0)时， f (x) -1；
(2)若函数 f (x) 恰有三个零点 x1, x2 , x3，证明： x1 x2 x3 1．
【变式 1-3】（2024·河南新乡·三模）已知函数 f x ax ln x 3 a a 0 .10
(1)讨论 f x 的单调性.
3
(2)若函数 f x 有两个零点 x1，x2 ，且 x1 x2，证明： x1 x2 .10
题型二：极值点偏移:减法型
【典例 2-1】已知函数 f x 3lnx ax2 - 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 x1, x2 2 , x3，且 x1 x2 x3，证明： x3 - x1 4 .
2
【典例 2-2】（2024·湖南邵阳·一模）已知函数 f x 3lnx ax - 4x b(a 0,b R) .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
a 1(2)当 时，方程 f x 0有三个不相等的实数根，分别记为 xi i 1,2,3 .2
①求b 的取值范围；
②证明 xi - x j 4 i 1,2,3; j 1,2,3 .
【变式 2-1】已知函数 f (x) x2 - 2ax 4ln x．
(1)讨论 f (x) 的单调区间；
(2)已知 a [4,6]，设 f (x) 的两个极值点为l1,l2 l1 l2 ，且存在b R ，使得 y f (x) 的图象与 y b有三
个公共点 x1, x2 , x3 x1 x2 x3 ；
①求证： x1 x2 2l1；
②求证： x3 - x1 4 7 ．
题型三：极值点偏移:乘积型
a
【典例 3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x 1- ln x - a R ．
x
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 有两个零点x1，x2，且 x1 x 22，求证： x1x2 e - a ．
【典例 3-2】（2024·北京通州·三模）已知函数 f x ax a- - ln x(a 0)
x
(1)已知 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y x -1，求实数 a 的值；
(2)已知 f（x）在定义域上是增函数，求实数 a 的取值范围.
(3)已知 g x f x a 2有两个零点x1，x2，求实数 a 的取值范围并证明 x1xx 2 e .
【变式 3-1】（2024·湖北武汉·模拟预测）已知 f (x) 2x-sin x- a ln x．
(1)当 a 1时，讨论函数 f (x) 的极值点个数；
(2)若存在x ， x2 (0 x x )1 1 2 ，使 f (x1) f (x2 )，求证： x1x2 a ．
f x
【变式 3-2】（2024· 江西南昌·二模）已知函数 f x x ln x - a ， g x a - ax ．
x
(1)当 x 1时， f x ≥ - ln x - 2恒成立，求 a 的取值范围．
(2)若 g x 2的两个相异零点为x1，x2，求证： x1x2 e ．
【变式 3-3】（2024·河北保定·二模）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 ．
【变式 3-4】（2024·高三·重庆·期末）已知函数 f (x) ln x - ax b(a,b R)有两个不同的零点 x1, x2 .
(1)求 f (x) 的最值；
(2)证明： x1x
1
2 .a2
题型四：极值点偏移:商型
【典例 4-1】（2024·浙江杭州·高三浙江大学附属中学校考期中）已知函数 f (x) 2e - x ln x ，其中
e 2.71828 × × ×为自然对数的底数.
（1）讨论函数 f (x) 的单调性；
（2）若 x1, x2 0,1 ，且 x2 ln x1 - x1 ln x2 2ex1x2 ln x1 - ln x2
1 1
，证明： 2e 2e 1x x .1 2
【典例 4-2】已知函数 f x x 1- ln x .
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）设 a
1 1
，b 为两个不相等的正数，且b ln a - a ln b a - b ，证明： 2 e .
a b
【变式 4-1】已知函数 f x x 1- ln x .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)设 a
1 1
，b 为两个不相等的正数，且b ln a - a ln b a - b ，证明： 2 .
a b
1
【变式 4-2】（2024·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）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 f x xex - ln x 1 有两个不相等的实数根x1、x2，x
（ⅰ）求实数 a 的取值范围；
ex1 ex2 2a
（ⅱ）求证： ．
x2 x1 x1x2
【变式 4-3】（2024·高三·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数 f x ax2 ， g x x 1- ln x .
(1)若对于任意 x 0, ，都有 f x g x ，求实数 a的取值范围；
1 1
(2)若函数 y g x - m有两个零点 x1, x2 ，求证： 2x x .1 2
题型五：极值点偏移:平方型
ln x 1 ex
【典例 5-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) ， g(x) ．
x x
(1)若对任意的m, n (0, )都有 f (m) t g(n)，求实数 t的取值范围；
x1
(2)若 x1, x2 (0, )且 x
x
x x， e 2 -x1 2 3 31 2 x ，证明： x1 x2 2．x 21
【典例 5-2】（2024·江苏南通·模拟预测）已知函数 f x x - sin x cos x - a ln x， a R .
（1）当 a 0时，求曲线 y f (x)
p p
在点 , f 处的切线方程；
2 2
（2）若 f (m) f (n)，0 m n，求证：m2 n2 | a | .
ln x
【变式 5-1】（2024·山西·模拟预测）已知函数 f x - ax .
x
(1)若 f x -1，求实数 a的取值范围；
12
(2)若 f x 有 2 2 2个不同的零点 x1, x2 （ x1 x2），求证： 2x1 3x2 .5a
【变式 5-2】（2024·广东广州· 2模拟预测）已知函数 f x lnx - ax .
(1)讨论函数 f x 的单调性：
(2)若 x1, x2 是方程 f x 0 2 2的两不等实根，求证： x1 x2 2e；
题型六：极值点偏移:混合型
6-1 2024· · f x ex - ax2【典例 】（ 江苏泰州 模拟预测）已知函数 bx -1，其中 a，b 为常数， e为自然对
数底数， e 2.71828 × × ×．
(1)当 a 0时，若函数 f x 0，求实数 b 的取值范围；
(2)当b 2a时，若函数 f x 有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：
① 7x1 bx2 28；② 2 a x1 x2 3x1x2；③ x1 -1 x2 -1 2；
请从①②③中任选一个进行证明．
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【典例 6-2】已知函数 f x x 1- alnx ,a 0 .
(1)讨论 f x 的单调性；
1 ù
(2)若 x 0, 时，都有 f x 1，求实数 a 的取值范围；
2 ú
1 lnx x
(3)若有不相等的两个正实数 x1, x
2 2
2 满足 ，求证： x1 x2 ex x1 lnx1 x
1 2 .
1
【变式 6-1】（2024·山东·模拟预测）已知函数 h x x - a ln x a R .
(1)若 h x 有两个零点， a的取值范围；
2
(2) xex若方程 - a ln x e x 0 x x有两个实根x1、x2，且 x x ，证明： e 1 21 2 .x1x2
题型七：拐点偏移问题
【典例 7-1】已知函数 f (x) ae2x ex x， a R ．
(1)若 f (x) 在 x 0处取得极值，求 a 的值；
(2)设 g(x) f (x) - (a 3)ex ，试讨论函数 g(x) 的单调性；
(3)当 a 2 x x
1
时，若存在实数x1，x2满足 f (x1) f (x2 ) 3e
x1 ex2 0 ，求证： e 1 e 2 2 ．
【典例 7-2】已知函数 f x 2ln x mx2 - 2 m 1 x -8，m R .
（1）讨论函数 f x 的单调性；
（2）对实数m 2 ，令 g x f x - 3x ，正实数x1，x2满足 g x1 g x2 2x1x2 0 ，求 x1 x2 的最小值.
【变式 7-1】已知函数 f x lnx 2x - ax2 ， a R .
（1）若 f x 在 x 1处取得极值，求 a 的值；
（2）设 g x f x a - 4 x ，试讨论函数 g x 的单调性；
1
（3）当 a -2时，若存在正实数 x1, x2 满足 f x1 f x2 3x1x2 x1 x2，求证： x1 x2 .2
【变式 7-2】已知函数 f (x) 2ln x x2 x .
（1）求曲线 y f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程.
（2）若正实数 x1, x2 满足 f (x1) f (x2 ) 4，求证： x1 x2 2 .
【变式 7-3】已知函数 f x 2ln x x2 a -1 x - a ， (a R)，当 x 1时， f (x) 0恒成立．
(1)求实数 a 的取值范围；
(2)若正实数x1、 x2 (x1 x2 ) 满足 f (x1) f (x2 ) 0，证明： x1 x2 2．
1 x．已知函数 f x x - 2 e - ax a R ．
(1)若 a 2，讨论 f x 的单调性．
(2)已知关于 x 的方程 f x x - 3 ex 2ax 恰有 2个不同的正实数根 x1, x2 ．
（i）求 a的取值范围；
（ii）求证： x1 x2 4．
1- x
2．（2024·江苏·模拟预测）已知函数 f x ln x .
1 x
(1)求 f x 的单调区间；
(2)当 f x1 f x2 x1 x2 时，证明： x1 x2 2 .
3 x-1．（2024·安徽淮北·一模）已知函数 f x e - ax，
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 在 0,2 1上有两个不相等的零点 x1, x2 ，求证： x1x2 .a
4．已知函数 f x 2ln x x2 a -1 x - a ， (a R)，当 x 1时， f (x) 0恒成立．
(1)求实数 a的取值范围；
(2)若正实数x 、 x2 (x1 x )1 2 满足 f (x1) f (x2 ) 0，证明： x1 x2 2．
1 1
5 -ax．已知函数 f x - x e , a 0 .a a
(1)若 f x 的极小值为-4，求 a的值；
(2)若 g x f x - alnx有两个不同的极值点 x , x ，证明： x x 2 3 2e21 2 1 2 .
6．（2024·云南·二模）已知常数 a 0，函数 f (x)
1
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 .
7．已知函数 f x a 2x ln x a R 有两个零点 x1, x2 x1 x2 ．x
(1)求实数 a的取值范围；
(2)证明： x1 x2 1．
1
8 2．已知函数 f (x) ln x ax - (a 1)x, (a R) .
2
(1)当 a 1时，判断函数 y f (x) 的单调性；
(2) x f (x)
1
ax2若关于 的方程 有两个不同实根 x1, x 22 ，求实数 a的取值范围，并证明 x2 1
× x2 e .
9．已知函数 f x x - 2 e- x （其中 e 2.71828L为自然对数的底数）.
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2) a,b b a b a若 为两个不相等的实数，且满足 ae - be 2 e - e ，求证： a b 6 .
f (x) 110 2．已知函数 ax - (2a 1)x 2ln x(a R) .
2
(1)若 f (x) 有唯一极值，求 a的取值范围；
(2)当 a 0时，若 f (x1) f (x2 )， x1 x2 ，求证： x1x2 4 .
11．（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系 xOy 中，RtVOAB 的直角顶点A 在 x 轴上，另一个顶点 B 在函数
f x lnx 图象上
x
(1)当顶点 B 在 x 轴上方时，求 RtVOAB 以 x 轴为旋转轴，边 AB 和边OB 旋转一周形成的面所围成的几何体
的体积的最大值；
eax
2 2
(2)已知函数 g x - ex ax -1 ，关于 x 的方程 f x g x 有两个不等实根 x1，x2 x1 x2 .
x
（i）求实数 a的取值范围;
2
（ii 2 2）证明： x1 x2 .e
x
12 e．已知函数 f x - ln x x - a .若 f (x) 有两个零点 x1, x2 ，证明： x
x 1
x2 1.
13．已知函数 f (x) x ln x 的图像与直线 y m交于不同的两点 A x1, y1 ，B x , y
1
2 2 ，求证： x1x2 2 ．e
x
14．已知函数 f x x - lnx m, g x x ．e
(1)若函数 f x 和 g x 的图象都与平行于 x 轴的同一条直线相切，求m的值；
(2)若函数F x f x - g x 有两个零点 x , x ，证明： ex1 ×ex2 21 2 e ．

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