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重点培优练14　极值点偏移问题
1．(2025·山西临汾二模)已知函数f(x)＝ln (1＋ax)－x，其中a>0．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)当a>1时，设f(x)的两个零点为x1，x2，求证：x1＋x2>2－．
2．(2025·湖北九师联盟二模)已知函数f(x)＝ex－x ln x＋mx－1(m∈R)．
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程．
(2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2．
(ⅰ)求实数m的取值范围；
(ⅱ)证明：x1x2<1．
重点培优练14
1．解：(1)当a＝2时，f(x)＝ln(1＋2x)－x，
则f'(x)＝－1，即f'(0)＝1，f(0)＝0，故所求切线方程为y＝x．
(2)由f(x)＝ln(1＋ax)－x，a>0，
则f'(x)＝－1
＝，
令f'(x)>0，则－；
令f'(x)<0，则x>1－，
故f(x)在内单调递增，在上单调递减．
(3)证明：当a>1时，1－>0，
由(2)知f(x)在上单调递减，
又f(0)＝0，x＝0是f(x)的一个较小的零点，
不妨设x1＝0，要证x1＋x2>2－，只需证x2>2－，
因为2，且f(x)在上单调递减，
从而只需证f>f(x2)＝0即可．
f＝ln(2a－1)－2＋，
令g(x)＝ln(2x－1)－2＋(x>1)，
g'(x)＝>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
g(x)>g(1)＝0，即证f>0，即证x1＋x2>2－．
2．解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－xln x＋x－1，
所以f'(x)＝ex－ln x，所以f'(1)＝e．
又f(1)＝e，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－e＝e(x－1)，即ex－y＝0．
(2)(ⅰ) 易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由题意得，方程ex－xln x＋mx－1＝0有两个相异正根x1，x2，即方程m＝ln x＋有两个相异正根x1，x2，
设g(x)＝ln x＋(x>0)，
则g'(x)＝
＝，
因为x>0，所以1－ex<0，
令g'(x)＝0，得x＝1，
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)max＝g(1)＝1－e，
由y＝ln x，y＝及y＝ex的性质知，
当x>0且x→0时，ln x→－∞，<0，所以当x→0时，g(x)→－∞，又x→＋∞时，g(x)→－∞，
所以要使m＝ln x＋有两个相异正根x1，x2，必有m<1－e，故实数m的取值范围为(－∞，1－e)．
(ⅱ)证明：由(ⅰ)知，g(x1)＝g(x2)＝m，
不妨设x1设h(x)＝g(x)－g，
则h'(x)＝g'(x)＋·．
令φ(x)＝1－ex－x＋x，则当x∈(0，1)时，φ'(x)＝－ex－1＋<0，
所以φ(x)在(0，1)内单调递减，
则当x∈(0，1)时，φ(x)>φ(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，h'(x)<0，
所以h(x)在(0，1)内单调递减，故当x∈(0，1)时，h(x)>h(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，g(x)>g，
所以g(x1)>g，即g(x2)>g，又x2，∈(1，＋∞)，
由(ⅰ)可知，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x2<，故x1x2<1．
2/2培优课14　极值点偏移问题
已知y＝f(x) 在区间(a，b)内的极值点x0 ，方程f(x)＝0的解为x1，x2且a＜x1＜x2＜b，若≠x0，则称函数y＝f(x)在区间(a，b)内极值点偏移．此类问题的求解对思维要求较高，计算量较大，常常出现在高考数学的压轴题中．解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法．
【典例】　(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(或＜)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>(或型，构造函数F(x)＝，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
1．已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)．若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a．
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
培优课14　极值点偏移问题
典例　解：(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)＝x(1－ln x)，
则f'(x)＝－ln x．
所以当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)在(0，1)内单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f'(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
综上所述，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：因为a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，
所以，
即，即f．
令x1＝，x2＝，
即f(x1)＝f(x2)．
由(1)可知，f(x)在(0，1)内单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
不妨设x1则0要证2<即证2①先证x1＋x2>2．
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
转化为f(2－x1)>f(x2)＝f(x1)，
即证f(2－x1)－f(x1)>0．
设g(x)＝f(2－x)－f(x)，x∈(0，1)，
则g'(x)＝ln(2－x)＋ln x＝ln(－x2＋2x)，
当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)在(0，1)内单调递减，则g(x)>g(1)＝0，
所以g(x1)＝f(2－x1)－f(x1)>0，
即f(2－x1)>f(x2)＝f(x1)，
又0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
2－x12．
②再证x1＋x2法一(比值代换)：不妨设x2＝tx1，则t＝>1，
由x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)得x1(1－ln x1)＝tx1[1－ln(tx1)]，ln x1＝1－，
要证x1＋x2记g(s)＝，s∈(0，＋∞)，
则g'(s)＝．
记h(s)＝－ln(1＋s)，则h'(s)＝<0，
所以h上单调递减，h＝0，则g'<0，所以g上单调递减．
由t∈得t－1∈，所以g，
即，即证得x1＋x2综上，得证2<法二(割线处理)：
由(1)可知，f(x)的极大值点为x＝1，极大值为f(1)＝1，
设过点(0，0)，(1，1)的直线l：y＝x，且f(x1)＝f(x2)＝m，
当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
l：y＝x与y＝m交于点(m，m)，则x1要证x1＋x2即证x1＋x2设h(x)＝f(x)＋x＝x(2－ln x)，x∈(1，e)，则h'(x)＝1－ln x，
当x∈(1，e)时，h'(x)>0，h(x)在(1，e)内单调递增，则h(x)所以f(x2)＋x2＝m＋x2则x1＋x2综上，得证2<考教衔接
1．证明：由题意知，f'(x)＝e-x(1－x)，令f'(x)>0，得x<1；令f'(x)<0，得x>1，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F'(x)＝f'(x)＋f'(2－x)＝e-x(1－x)＋ex-2(x－1)＝(x－1)(ex-2－e-x)，
当x>1时，x－1>0，x－2>－x，
则ex-2－e-x>0，则F'(x)>0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
F(x)>F(1)＝0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，
函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
可设x1<1f(2－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)>f(2－x2)．
又x1<1，2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，所以x1>2－x2，即x1＋x2>2．
2．解：(1)法一(常规求导)：
f(x)的定义域为(0，＋∞)，则
f'(x)＝＋1
＝
＝，
令f'(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0，1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，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]．
法二(同构法)：
由f(x)≥0得e-ln x+x＋x－ln x－a≥0，令t＝x－ln x，t≥1，则et＋t－a≥0，即a≤et＋t．
令g(t)＝et＋t，t∈[1，＋∞)，则g'(t)＝et＋1>0，
故g(t)＝et＋t在区间[1，＋∞)上单调递增，故g(t)min＝g(1)＝e＋1，即a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明：法一(构造函数)：
由题知，f(x)的一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设0因为x1，∈(0，1)，f(x)在(0，1)内单调递减，即证f(x1)>f．
又因为f(x1)＝f(x2)，故只需证f(x2)>f>0，x∈(1，＋∞)，
即证－2ln x－x－>0．
下面证明x>1时，>0，
ln x－x－<0．
设g(x)＝，x>1，
则g'(x)＝ex－·－＝·
＝，
设φ(x)＝(x>1)，φ'(x)＝ex>0，
所以φ(x)>φ(1)＝e，而所以>0，所以g'(x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
即g(x)>g(1)＝0，所以>0．
令h(x)＝ln x－，x>1，
h'(x)＝<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，即h(x)所以ln x－<0．
综上，－2ln x－x－>0，所以x1x2<1．
法二(对数平均不等式)：
由题意，得f(x)＝－a．
令t＝>1，则g(t)＝t＋ln t－a，g'(t)＝1＋>0，
所以g(t)＝t＋ln t－a在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)＝0只有1个解．
又因为f(x)＝－a有两个零点x1，x2，令x1>x2．
故t＝．
两边取对数，得x1－ln x1＝x2－ln x2，
即＝1．
又因为，
故<1，即x1x2<1，
下证．
因为，
不妨设m＝>1，则只需证2ln m构造h(m)＝2ln m－m＋，m>1，
则h'(m)＝<0，
故h(m)＝2ln m－m＋在(1，＋∞)上单调递减，
故h(m)1/2(共58张PPT)
专题六　函数、导数和不等式
培优课14　极值点偏移问题
已知y＝f (x) 在区间(a，b)内的极值点x0 ，方程f (x)＝0的解为x1，x2且a＜x1＜x2＜b，若≠x0，则称函数y＝f (x)在区间(a，b)内极值点偏移．此类问题的求解对思维要求较高，计算量较大，常常出现在高考数学的压轴题中．解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法．
【典例】　(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<[解]　(1) f (x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f (x)＝x(1－ln x)，则f ′(x)＝－ln x．
所以当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，f (x)在(0，1)内单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f (x)在(1，＋∞)上单调递减．
综上所述，f (x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：因为a，b是两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，
所以＝，
即＝，即f ＝f ．
令x1＝，x2＝，即f (x1)＝f (x2)．
由(1)可知，f (x)在(0，1)内单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
不妨设x1＜x2，则0要证2<①先证x1＋x2>2．
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，转化为f (2－x1)>f (x2)＝f (x1)，
即证f (2－x1)－f (x1)>0．
设g(x)＝f (2－x)－f (x)，x∈(0，1)，则g′(x)＝ln (2－x)＋ln x＝
ln (－x2＋2x)，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)在(0，1)内单调递减，则g(x)>g(1)＝0，所以g(x1)＝f (2－x1)－f (x1)>0，
即f (2－x1)>f (x2)＝f (x1)，0且f (x)在(1，＋∞)上单调递减，
2－x12．
②再证x1＋x2法一(比值代换)：不妨设x2＝tx1，则t＝>1，
由x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)得x1(1－ln x1)＝tx1[1－ln (tx1)]，ln x1＝1－，要证x1＋x2ln x1<1，即ln (1＋t)＋1－<1，即证<．
记g(s)＝，s∈(0，＋∞)，则g′(s)＝．
记h(s)＝－ln (1＋s)，则h′(s)＝<0，
所以h在区间上单调递减，h由t∈得t－1∈，所以g即<，即证得x1＋x2＜e．
综上，得证2＜＜e．
法二(割线处理)：
由(1)可知，f (x)的极大值点为x＝1，极大值为f (1)＝1，
设过点(0，0)，(1，1)的直线l：y＝x，且f (x1)＝f (x2)＝m，当x∈(0，1)时，f (x)＝x(1－ln x)>x，
l：y＝x与y＝m交于点(m，m)，则x1要证x1＋x2即证x1＋x2设h(x)＝f (x)＋x＝x(2－ln x)，x∈(1，e)，
则h′(x)＝1－ln x，
当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)在(1，e)内单调递增，则h(x)所以f (x2)＋x2＝m＋x2则x1＋x2综上，得证2＜＜e．
反思领悟　极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(或＜)2x0型，构造函数f (x)＝f (x)－f (2x0－x)；对结论x1x2>(或型，构造函数f (x)＝，通过研究f (x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
1．已知函数f (x)＝xe－x(x∈R)．若x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)，求证：x1＋x2>2．
[证明]　由题意知，f ′(x)＝e－x(1－x)，令f ′(x)＞0，得x＜1；令f ′(x)＜0，得x＞1，所以函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
构造辅助函数f (x)＝f (x)－f (2－x)，x>1，
则F ′(x)＝f ′(x)＋f ′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex-2·(x－1)＝(x－1)(ex-2－e－x)，
当x>1时，x－1>0，x－2>－x，则ex-2－e－x>0，则f ′(x)>0，
所以F (x)在(1，＋∞)上单调递增，
F (x)>F (1)＝0，故当x>1时，f (x)>f (2－x)，(*)
由f (x1)＝f (x2)，x1≠x2，函数f (x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，可设x1<1f (2－x2)，又f (x1)＝f (x2)，所以f (x1)>f (2－x2)．
又x1<1，2－x2<1，而f (x)在(－∞，1)上单调递增，所以x1>2－x2，即x1＋x2>2．
2．(2022·全国甲卷)已知函数f (x)＝－ln x＋x－a．
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．
[解]　(1)法一(常规求导)：
f (x)的定义域为(0，＋∞)，则
f ′(x)＝ex－＋1＝ex＋＝，
令f ′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0，1)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，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]．
法二(同构法)：
由f (x)≥0得e－ln x＋x＋x－ln x－a≥0，令t＝x－ln x，t≥1，则et＋t－a≥0，即a≤et＋t．
令g(t)＝et＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝et＋1＞0，
故g(t)＝et＋t在区间[1，＋∞)上单调递增，
故g(t)min＝g(1)＝e＋1，即a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明：法一(构造函数)：
由题知，f (x)的一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证x1x2＜1，即证x1＜．
因为x1，∈(0，1)，f (x)在(0，1)内单调递减，即证f (x1)＞f ．
又因为f (x1)＝f (x2)，故只需证f (x2)＞f ，
即证－ln x＋x－－ln x－＞0，x∈(1，＋∞)，
即证－－2＞0．
下面证明x＞1时，－＞0，ln x－＜0．
设g(x)＝－，x＞1，则g′(x)＝ex－＝－＝＝，
设φ(x)＝(x＞1)，φ′(x)＝ex＝·ex＞0，
所以φ(x)＞φ(1)＝e，而＜e，
所以－＞0，所以g′(x)＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
即g(x)＞g(1)＝0，所以－＞0．
令h(x)＝ln x－，x＞1，
h′(x)＝＝＝＜0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－＜0．
综上，－－2＞0，所以x1x2＜1．
法二(对数平均不等式)：
由题意，得f (x)＝＋ln －a．
令t＝＞1，则g(t)＝t＋ln t－a，g′(t)＝1＋＞0，
所以g(t)＝t＋ln t－a在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)＝0只有1个解．
又因为f (x)＝＋ln －a有两个零点x1，x2，令x1＞x2．
故t＝＝．
两边取对数，得x1－ln x1＝x2－ln x2，
即＝1．
又因为＜，
故＜1，即x1x2＜1，
下证＜．
因为＜ ln x1－ln x2＜ ln ＜，
不妨设m＝＞1，则只需证2ln m＜m－，
构造h(m)＝2ln m－m＋，m＞1，
则h′(m)＝－1－＝－＜0，
故h(m)＝2ln m－m＋在(1，＋∞)上单调递减，
故h(m)＜h(1)＝0，即2ln m＜m－得证．
【教用·备选题】
1．已知f (x)＝－x，m∈R．若f (x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．
[证明]　欲证x1x2＞e2，需证ln x1＋ln x2＞2．
由函数f (x)有两个极值点x1，x2，可得f ′(x)有两个不同的变号零点．又f ′(x)＝ln x－mx，所以x1，x2是方程f ′(x)＝0的两个不同实根．
法一：所以
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，
即m＝，②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
即m＝，
从而可得＝，所以ln x1＋ln x2＝＝．
又0＜x1＜x2，设t＝，则t＞1．
因此ln x1＋ln x2＝，t＞1．
要证ln x1＋ln x2＞2，即证＞2(t＞1)，即证当t＞1时，ln t＞．
令g(t)＝ln t－(t＞1)，
则g′(t)＝＝＞0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增．
因此g(t)＞g(1)＝0．
于是当t＞1时，有ln t＞．
所以有ln x1＋ln x2＞2成立，即x1x2＞e2．
法二：f ′(x1)＝f ′(x2)＝0，令f ′(x)＝0，则＝m，令h(x)＝，则h(x1)＝h(x2)＝m，h′(x)＝，由h′(x)＞0，得0＜x＜e．
由h′(x)＜0，得x＞e．
所以h(x)在(0，e)内单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以0＜x1＜e＜x2．
令H(x)＝h(x)－h(0＜x＜e)，所以H′(x)＝h′(x)＋h′＝·＝＝(1－ln x)·＝(1－ln x)．
因为0＜x＜e，所以1－ln x＞0，e2－x2＞0，所以H′(x)＞0，所以H(x)在(0，e)内单调递增，
易得H(x)＜H(e)＝0，所以当x∈(0，e)时，h(x)＜h，
因为h(x1)＝h(x2)，
所以h(x2)＜h，
因为x2∈(e，＋∞)，∈(e，＋∞)，h(x)在(e，＋∞)上单调递减，
所以x2＞，所以x1x2＞e2．
2．已知函数f ＝mex-1－ln x，m∈R．
(1)当m≥1时，讨论方程f－1＝0的解的个数；
(2)当m＝e时，g＝f＋ln x－有两个极值点x1，x2，且x1①2②g＋2g<0．
[解]　(1)∵f －1＝mex-1－ln x－1＝0，∴m＝．
设h＝，则h′＝．
设φ＝－1－ln x，
则φ′＝－<0，∴φ在(0，＋∞)上单调递减．
∵φ＝0，∴当00，h′>0，h单调递增；
当x>1时，φ<0，h′<0，h单调递减．
∴h＝h＝1，
∴当m＝1时，方程有一解，当m>1时，方程无解．
(2)证明：①当m＝e时，g＝ex－x2－，则g′＝ex－tx，
∴x1，x2是方程ex－tx＝0的两根．
设r＝＝t，则r′＝，
令r′＝0，解得x＝1，∴r在内单调递减，在上单调递增．
∵r＝e，r＝，∴当t∈时，0由 x2－x1＝－ln x1＝ln ．
令p＝>1，∴x1＝，x2＝，∴x1＋x2＝＝ln p．
∴x1＋x2>2等价于ln p>．
设q＝ln x－，x∈
则q′＝＝＞0，
∴q在(1，＋∞)上单调递增，
∴q＞q＝0，
即ln p>，∴x1＋x2>2，
综上，2②由①知＝＝tx2．
∴g＋2g＝－e＝－e＝－e＝(2－x2)－e．
由①知，1<2－x1∴s在(1，2)内单调递减，∴s－e．
设M＝ex＋xe2-x－e，x∈，则M′＝ex＋e2-x＝＞0．
∴M在(0，1)内单调递增．
又M＝0，∴当x∈时，M<0．
∴M<0，∴g＋2g<0，即命题得证．
重点培优练14　极值点偏移问题
题号
1
3
5
2
4
6
7
1．(2025·山西临汾二模)已知函数f (x)＝ln (1＋ax)－x，其中a>0．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f (x)在(0，f (0))处的切线方程；
(2)求f (x)的单调区间；
(3)当a>1时，设f (x)的两个零点为x1，x2，求证：x1＋x2>2－．
[解]　(1)当a＝2时，f (x)＝ln (1＋2x)－x，
则f ′(x)＝－1，即f ′(0)＝1，f (0)＝0，
故所求切线方程为y＝x．
(2)由f (x)＝ln (1＋ax)－x，a>0，
则f ′(x)＝－1＝，
令f ′(x)>0，则－令f ′(x)<0，则x>1－，
故f (x)在内单调递增，
在上单调递减．
(3)证明：当a>1时，1－>0，
由(2)知f (x)在内单调递增，
在上单调递减，
又f (0)＝0，x＝0是f (x)的一个较小的零点，
不妨设x1＝0，要证x1＋x2>2－，只需证x2>2－，
因为2>1－，且f (x)在上单调递减，
从而只需证f >f (x2)＝0即可．
f ＝ln －2＋＝ln (2a－1)－2＋，
令g(x)＝ln (2x－1)－2＋(x>1)，
g′(x)＝>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
g(x)>g(1)＝0，即证f>0，即证x1＋x2>2－．
2．(2025·湖北九师联盟二模)已知函数f (x)＝ex－x ln x＋mx－1(m∈R)．
(1)当m＝1时，求曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程．
(2)若f (x)有两个不同的零点x1，x2．
(ⅰ)求实数m的取值范围；
(ⅱ)证明：x1x2<1．
[解]　(1)当m＝1时，f (x)＝ex－x ln x＋x－1，
所以f ′(x)＝ex－ln x，所以f ′(1)＝e．
又f (1)＝e，所以曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程为y－e＝e(x－1)，即ex－y＝0．
(2)(ⅰ) 易知f (x)的定义域为(0，＋∞)，
由题意得，方程ex－x ln x＋mx－1＝0有两个相异正根x1，x2，即方程m＝ln x＋有两个相异正根x1，x2，
设g(x)＝ln x＋(x>0)，
则g′(x)＝＝，
因为x>0，所以1－ex<0，
令g′(x)＝0，得x＝1，
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)max＝g(1)＝1－e，
由y＝ln x，y＝及y＝ex的性质知，
当x>0且x→0时，ln x→－∞，<0，
所以当x→0时，g(x)→－∞，又x→＋∞时，g(x)→－∞，
所以要使m＝ln x＋有两个相异正根x1，x2，必有m<1－e，故实数m的取值范围为(－∞，1－e)．
(ⅱ)证明：由(i)知，g(x1)＝g(x2)＝m，
不妨设x1设h(x)＝g(x)－g，
则h′(x)＝g′(x)＋g′＝＝．
令φ(x)＝，则当x∈(0，1)时，φ′(x)＝＝<0，所以φ(x)在(0，1)内单调递减，
则当x∈(0，1)时，φ(x)>φ(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0，1)内单调递减，故当x∈(0，1)时，h(x)>h(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，g(x)>g，所以g(x1)>g，即g(x2)>g，
又x2，∈(1，＋∞)，
由(ⅰ)可知，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x2<，故x1x2<1．
【教用·备选题】
1．已知曲线C：f＝ex－xex在点A处的切线为l．
(1)求直线l的方程；
(2)证明：除点A外，曲线C在直线l的下方；
(3)设f＝f＝t，x1≠x2，求证：x1＋x2<2t－－1．
[解]　(1)因为f ＝ex－xex，
所以f＝0，f ′＝－xex，f ′＝－e，
所以直线l的方程为y＝－e，
即y＝－ex＋e．
(2)证明：令g＝－ex＋e－ex＋xex，
则g′＝－e－ex＋ex＋xex＝－e＋xex，
令h＝g′，则h′＝ex，
由h′>0，解得x>－1，由h′<0，解得x<－1，
所以h在上单调递减，在上单调递增，
当x→－∞时，h→－e，h＝0，
所以g在上单调递减，在上单调递增，
所以g≥g＝0，当且仅当x＝1时等号成立，
所以除切点之外，曲线C在直线l的下方．
(3)证明：由f ′＝－xex>0，解得x<0，f ′＝－xex<0，解得x>0，
所以f 在上单调递增，在上单调递减，
f (x)max＝f ＝1，f ＝0，
当x→－∞时，f →0．
因为f ＝f ＝t，x1≠x2，则0因为曲线C在点处的切线方程为φ＝－ex＋e，
设点在切线上，有t＝－e，
故x3＝－＋1，由(1)知，当x∈时，φ>f ，
则φ>f ＝t＝φ，
即x2要证：x1＋x2<2t－－1，
只要证：x1＋x2只要证：x1<2t－2，又t＝，
只要证：－2，
令F＝2ex－2xex－x－2，x<0，
则f ′＝－2xex－1，
易证f ′在上单调递增，在(－1，0)内单调递减，
所以f ′≤f ′＝－1<0，
所以F在上单调递减，
所以F>F＝0成立，
所以原命题成立．
2．已知函数f ＝．
(1)讨论f 的单调性；
(2)若方程f＝1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明x1x2>1．
[解]　(1)由题意可得x>0，>0，所以a>0，
f ＝＝的定义域为，
又f ′＝＝－，
由f ′＝0，得x＝1，
当00，则f 在内单调递增，
当x>1时，f ′<0，则f 在上单调递减．
(2)由＝1，得＝a，
设g＝，
g′＝＝，
由g′＝0，得x＝1，
当00，则g在内单调递增，
当x>1时，g′<0，则g在上单调递减，
又g＝0，g＝1，且当x趋近于正无穷时，g趋近于0，
g＝的图象如图，
所以当0证明：不妨设x1设h＝g－g＝－x，
h′＝＋ln x＝ln x≥0，
所以h在上单调递增，
又h＝0，所以h＝g－g<0，
即g又g＝g，
所以g又x2>1，>1，g在上单调递减，
所以x2>，故x1x2>1．
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