資源簡介

第15講 導數中的極值點偏移問題
（高階拓展、競賽適用）
（8 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
恒成立問題、零點問題
2022 年全國甲卷理，第 21 題,12 分 導數中的極值偏移問題
利用導數證明不等式
利用導數求函數的單調區間 (不含參)
2021 年新 I 卷，第 22 題,12 分 導數中的極值偏移問題
利用導數證明不等式
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的載體內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數解決函數的基本問題
2 能理解并掌握極值點偏移的含義
3 能結合極值點偏移的形式綜合證明及求解
【命題預測】極值點偏移問題在高考中很常見，此類問題以導數為背景考察學生運用函數與方程、數形結
合、轉換的思想解決函數問題的能力，層次性強，能力要求較高，需要綜合復習
知識講解
1. 極值點偏移的含義
眾所周知，函數 f (x) 滿足定義域內任意自變量 x 都有 f (x) f (2m x)，則函數 f (x) 關于直線
x m 對稱；可以理解為函數 f (x) 在對稱軸兩側，函數值變化快慢相同，且若 f (x) 為單峰函數，則 x m
必為 f (x) x x的極值點. 如二次函數 f (x) 的頂點就是極值點 x0 ，若 f (x) c的兩根的中點為 1 2 ，則剛2
x1 x好有 2 x0 ，即極值點在兩根的正中間，也就是極值點沒有偏移.2
若相等變為不等，則為極值點偏移：若單峰函數 f (x) 的極值點為m ，且函數 f (x) 滿足定義域內
x m 左側的任意自變量 x 都有 f (x) f (2m x)或 f (x) f (2m x)，則函數 f (x) 極值點m 左右側變
x x
化快慢不同. 故單峰函數 f (x) 定義域內任意不同的實數 x 1 21, x2 滿足 f (x1) f (x2 )，則 與極值點m2
必有確定的大小關系：
m x x x x若 1 2 ，則稱為極值點左偏；若m 1 2 ，則稱為極值點右偏.
2 2
如函數 g(x) x x x x 的極值點 x0 1剛好在方程 g(x) c 的兩根中點
1 2 的左邊，我們稱之為極值點左偏.
e 2
2. 極值點偏移問題的一般題設形式
1. 若函數 f (x) 存在兩個零點 x1 , x2 且 x1 x2 ，求證： x1 x2 2x0 （ x0 為函數 f (x) 的極值點）；
2. 若函數 f (x) 中存在 x1 , x2 且 x1 x2 滿足 f (x1) f (x2 )，求證： x1 x2 2x0 （ x0 為函數 f (x) 的極值
點）；
x x
3. 若函數 f (x) 存在兩 個零點 x1 , x 1 22 且 x1 x2 ，令 x0 ，求證： f ' (x2 0
) 0；
x x
4. 若函數 f (x) 中存在 x1 , x2 且 x1 x2 滿足 f (x1) f (x2 )，令 x0 1 2 ，求證： f ' (x ) 0 .2 0
3. 極值點偏移的判定定理
對于可導函數 y f (x)，在區間 (a,b)上只有一個極大（小）值點 x0 ，方程 f (x) 0 的解分別為
x1, x2 ，且 a x1 x2 b ，
f (x ) x x（1）若 1 f (2x0 x2 )，則 1 2 ( )x0 ，即函數 y f (x)在區間 (x1, x2 ) 上極（小）大值點2
x0 右（左）偏；
（2）若 f (x1) f (2x
x x
0 x2 )，則 1 2 ( )x0 ，即函數 y f (x)在區間 (x1, x2 ) 上極（小）大值點2
x0 右（左）偏.
證明：（1）因為對于可導函數 y f (x)，在區間 (a,b)上只有一個極大（小）值點 x0 ，則函數 f (x) 的
單調遞增（減）區間為 (a, x0 )，單調遞減（增）區間為 (x0 ,b) ，由于 a x1 x2 b ，有 x1 x0 ，且 2x0 x2 x0 ，
又 f (x1) f (2x0 x )
x x
2 ，故 x1 ( )2x0 x2，所以 1 2 ( )x0 ，即函數極（小）大值點 x0 右（左）偏；2
（2）證明略.
m x1 x x x左快右慢（極值點左偏 2 ） 左慢右快（極值點右偏 m 1 2 ）
2 2
m x1 x x x左快右慢（極值點左偏 2 ） 左慢右快（極值點右偏 m 1 2 ）
2 2
4. 對數平均不等式
ì a b (a b),
兩個正數 a和b 的對數平均定義： L(a,b)

í ln a ln b
a(a b).
對數平均與算術平均 幾何平均的大小關系：
ab L(a,b) a b （此式記為對數平均不等式）
2
取等條件：當且僅當 a b時，等號成立．
a b
只證：當 a b 時， ab L(a,b) ．不失一般性，可設 a b．
2
證明如下：
（I）先證： ab L(a,b) ……①
不等式① ln a ln b a b ln a a b 2ln x x 1 a（其中 x 1）
ab b b a x b
構造函數 f (x) 2ln x (x
1 2
), (x 1) ，則 f (x) 1
1 1
2 (1 )
2
．
x x x x
因為 x 1時， f (x) 0 ，所以函數 f (x) 在 (1, )上單調遞減，
故 f (x) f (1) 0，從而不等式①成立；
（II）再證： L(a,b)
a b
……②
2
a
ln a ln b 2(a b) a
2( 1) 2(x 1)
不等式② ln ba ln x
a
（其中
a b b (x 1) x 1） ( 1) b
b
2(x 1) 2
構造函數 g(x) ln x , (x 1)，則 g (x)
1 4 (x 1)

(x ． 1) x (x 1)2 x(x 1)2
因為 x 1時， g (x) 0，所以函數 g(x)在 (1, )上單調遞增，
故 g(x) g(1) 0，從而不等式 成立；
綜合（I）（II）知，對 a,b R ，都有對數平均不等式 ab
a b
L(a,b) 成立，
2
當且僅當 a b時，等號成立．
5. 運用判定定理判定極值點偏移的方法
1、方法概述：
（1）求出函數 f (x) 的極值點 x0 ；
（2）構造一元差函數 F (x) f (x0 x) f (x0 x)；
（3）確定函數 F (x)的單調性；
（4）結合 F (0) 0 ，判斷 F (x)的符號，從而確定 f (x0 x)、 f (x0 x)的大小關系.
考點一、極值點偏移高考真題鑒賞
x
1．（2022· e全國·統考高考真題）已知函數 f x ln x x a ．
x
(1)若 f x 0，求 a 的取值范圍；
(2)證明：若 f x 有兩個零點 x1, x2 ，則 x1x2 1．
【答案】(1) ( ,e 1]
(2)證明見的解析
【分析】（1）由導數確定函數單調性及最值，即可得解；
ex 1
xe x é 2 ln x 1 1 ù（2）利用分析法，轉化要證明條件為 ê x ÷ú 0，再利用導數即可得證.x 2 è x
【詳解】（1）[方法一]：常規求導
f (x) 的定義域為 (0, )，則
x
f (x) 1 1 x 1 1

2 ÷e 1 1
1 ex 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
當 x (0,1), f (x) 0, f (x)單調遞減
當 x (1, ), f (x) 0, f (x)單調遞增 f (x) f (1) e 1 a ，
若 f (x) 0 ,則 e 1 a 0 ,即 a e 1
所以 a的取值范圍為 ( ,e 1]
[方法二]：同構處理
由 f x 0 得： e ln x x x ln x a 0
令 t x ln x, t 1，則 f t et t a 0 即 a et t
令 g t et t, t 1, ，則 g ' t et 1 0
g t et故 t 在區間 1, 上是增函數
故 g t g 1min e 1，即 a e 1
所以 a的取值范圍為 ( ,e 1]
（2）[方法一]：構造函數
由題知, f x 一個零點小于 1,一個零點大于 1，不妨設 x1 <1< x2
1
要證 x1x2 1,即證 x1 x2
1
因為 x1, (0,1)
1
x ,即證
f x1 f ÷
2 è x2
又因為 f x1 f x
1
2 ,故只需證 f x2 f x ÷è 2
ex 1 1
即證 ln x x xe x ln x 0, x (1, )
x x
ex 1
即證 xe x 2
éln x 1 x 1 ùê 0x 2
÷
è x ú
x e
x 1
下面證明 1時， xe x
1 1
0, ln x x
x 2 x ÷
0
è
g(x) e
x 1
設 xe x , x 1，
x
g (x) 1 1
1 1
ex

e x xe x 1 1 1 1
1
x 1
則 x x2 ÷ 2 ÷÷ ÷
e e x 1 ÷
è è è x x è x è x
x 1 x 1 1
1 e
÷ e x
x 1 e
÷ e x
è x
÷
è x x è x
x
x e x 1 , x 1 1 ex x 1設 2 ÷ ex 0x è x x x2
所以 x 1 e 1 ,而 e x e
ex 1
所以 e x 0 ,所以 g (x) 0
x
所以 g(x)在 (1, )單調遞增
x 1
即 g(x) g(1) 0 , e所以 xe x 0
x
令 h(x)
1 1
ln x x

÷ , x 12 è x
h (x) 1 1 1 1 2x x
2 1 (x 1)2

x 2

è x2 ÷ 2x2

2x2
0
所以 h(x) 在 (1, )單調遞減
即h(x) h(1) 0 ,所以 ln x
1
x
1
÷ 0；2 è x
ex 1 é
綜上, xe x 2 êln x
1 x 1 ù 0 ,所以 x x 1.x 2 è x
÷ú 1 2
[方法二]：對數平均不等式
x x
由題意得： f x e ln e a
x x
t e
x
令 1，則 f t t ln t a ， f ' t 1 1 0
x t
所以 g t t ln t a 在 1, 上單調遞增，故 g t 0只有 1 個解
x x ex1 ex2
又因為 f x e ln e a有兩個零點 x1, x2 ，故 t
x x x1 x2
x1 x2
兩邊取對數得： x1 ln x1 x2 ln x2 ，即 1ln x1 ln x2
x x x1 x2又因為 1 2 * ln x ln x ，故 x1x2 1，即 x1x2 11 2
x1 x2
下證 x1x2 * ln x1 ln x2
x x x1 x2 ln x ln x x1 x2 ln x1 x1 x因為 1 2 1 2 2ln x1 ln x2 x1x2 x2 x2 x1
x 1
不妨設 t 1 1，則只需證 2ln t t x2 t
h t 2ln t 1
2
構造 t , t 1 h ' t 2 1 1，則 1 t t t 2 1 ÷ 0è t
故 h t 2ln t t 1 在 1, 上單調遞減
t
故 h t h 1 0 ，即 2ln t t 1 t 得證
【點睛】關鍵點點睛 ：本題是極值點偏移問題，關鍵點是通過分析法，構造函數證明不等式
h(x) ln x 1 x 1 這個函數經常出現，需要掌握2 è x ÷
1．（2021·全國·統考高考真題）已知函數 f x x 1 ln x .
（1）討論 f x 的單調性；
（2）設 a b
1 1
， 為兩個不相等的正數，且b ln a a ln b a b ，證明： 2 e .
a b
【答案】（1） f x 的遞增區間為 0,1 ，遞減區間為 1,+ ；（2）證明見解析.
【分析】(1) 首先確定函數的定義域，然后求得導函數的解析式，由導函數的符號即可確定原函數的單調性.
1 1
(2)方法二：將題中的等式進行恒等變換，令 m, n，命題轉換為證明： 2 m n e，然后構造對稱差
a b
函數，結合函數零點的特征和函數的單調性即可證得題中的結論.
【詳解】(1) f x 的定義域為 0, ．
由 f x x 1 ln x 得， f x ln x，
當 x 1時， f x 0；當 x 0,1 時 f x 0；當 x 1, 時， f ' x 0．
故 f x 在區間 0,1 內為增函數，在區間 1, 內為減函數，
(2)[方法一]：等價轉化
1 1 1 1 1 1
由b ln a a ln b a b 得 (1 ln ) (1 ln ) ，即 f ( ) f ( )．
a a b b a b
1 1
由 a b ，得 ．
a b
1
由（1）不妨設 (0,1),
1 (1, ) 1 1 ，則 f ( ) 0 ，從而 f ( ) 0
1
，得 (1,e)，
a b a b b
①令 g x f 2 x f x ，
則 g (x) ln(2 x) ln x ln(2x x2 ) ln[1 (x 1)2 ]，
當 x 0,1 時， g x 0， g x 在區間 0,1 內為減函數， g x g 1 0，
從而 f 2 x f x ，所以 f (2 1 1 1 ) 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 ，則 h ' x 1 f x 1 ln x ，
當 x 1,e 時， h x 0， h x 在區間 1,e 內為增函數， h x h e e，
從而 x f x e 1 f (1，所以 ) e ．
b b
1 1 1 1 1 1
又由 (0,1)，可得 (1 ln ) f ( ) f ( )a ，a a a a b
1 1 f (1所以 )
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]【最優解】： b ln a a ln b a b 變形為 ，所以 ．
a b b a a b
1 m, 1令 n．則上式變為m 1 ln m n 1 ln n ，
a b
于是命題轉換為證明： 2 m n e．
令 f x x 1 ln x ，則有 f m f n ，不妨設m n ．
由（1）知0 m 1,1 n e，先證m n 2．
要證：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 ，
則 g x ln x ln 2 x ln éx 2 x ù ln1 0，
\ g x 在區間 0,1 內單調遞增，所以 g x g 1 0 ，即m n 2．
再證m n e．
因為m 1 ln m n 1 ln n m，所以需證 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 在區間 1,e 內單調遞增．
所以 h x h e e．故 h n e，即m n e．
2 1 1綜合可知 e．
a b
[方法三]：比值代換
1 1
證明 2同證法 2．以下證明 x
a b 1
x2 e．
x
不妨設 x2 tx1 ，則 t
2 1
x ，1
由 x1(1 ln x1) x2 (1 ln x2 )得 x1(1 ln x1) tx1[1 ln(tx1)] ln x
t ln t
， 1 1 ，t 1
要證 x1 x2 e，只需證 1 t x1 e，兩邊取對數得 ln(1 t) ln x1 1，
ln(1 t) 1 t ln t即 1，
t 1
ln(1 t) ln t
即證 ．
t t 1
g(s) ln(1 s)
s
記 , s (0, ) ln(1 s)，則
s g (s) 1 s
.
s2
s 1 1
記 h(s) ln(1 s) ，則 h (s) 0
1 s (1 s)2 1 s
，

所以， h s 在區間 0, 內單調遞減． h s h 0 0，則 g ' s 0，
所以 g s 在區間 0, 內單調遞減．
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]：構造函數法
ln a ln b 1 1 1
由已知得 ，令 x
1
1, x ，a b b a a b 2
不妨設 x1 x2，所以 f x1 f x2 ．
由（Ⅰ）知，0 x1 1 x2 e ，只需證 2 x1 x2 e．
證明 x1 x2 2同證法 2．
e
x x e 1 ln x 2 ln x再證明 1 2 ．令 h(x) (0 x e), h (x) x ．
x e (x e)2
令 (x)
e
ln x 2(0 x e)，則 (x)
1 e x e
0．
x x x2 x2
所以 x e 0, h x 0 ， h x 在區間 0,e 內單調遞增．
1 ln x
0 x x e 1
1 ln x2 1 ln x1 x1 e
因為 1 2 ，所以 x1 e x2 e
，即1 ln x2 x2 e
又因為 f x1 f x2
1 ln x1 x x x e
，所以 2 , 2 11 ln x ，2 x1 x1 x2 e
即 x22 ex
2
2 x1 ex1, x1 x2 x1 x2 e 0．
1 1
因為 x1 x2，所以 x1 x2 e，即 e．a b
1 1
綜上，有 2 e結論得證．
a b
【整體點評】(2)方法一：等價轉化是處理導數問題的常見方法，其中利用的對稱差函數，構造函數的思想，
這些都是導數問題必備的知識和技能.
方法二：等價轉化是常見的數學思想，構造對稱差函數是最基本的極值點偏移問題的處理策略.
方法三：比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構造函數利用函數的單調性證明
題中的不等式即可.
方法四：構造函數之后想辦法出現關于 x1 x2 e 0的式子，這是本方法證明不等式的關鍵思想所在.
考點二、含對數型極值點偏移
1．（2022·全國·模擬預測）設函數 f x lnx ax a R .
(1)若 a 3，求函數 f x 的最值；
(2)若函數 g x xf x x a 有兩個不同的極值點，記作 x1, x2 ，且 x1 x2，求證： lnx1 2lnx2 3 .
【答案】(1)無最小值，最大值為 ln3 1
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數 f x lnx 3x f x 1 3x求導后得 , x 0，分別求出 f x 0和 f x 0的解集，
x
從而可求解.
（2）由 g x xf x x a 有兩個極值點 x1, x2 lnx1 2ax1, lnx2 2ax2，從而要證
ln x2
t x 2 , t 1
lnx1 2lnx
3 x 3
2 3 2ax1 4ax2 3 a 1
，令 x ，構建函數
2x1 4x2 x2 x
1
1 x1 2x2
3 t 1
h t lnt ，然后利用導數求解 h t 的最值，從而可求解證明.
1 2t
1 3x
【詳解】（1）由題意得 f x lnx 3x ，則 f x , x 0 .
x
1 1
令 f x 0，解得0 x ；令 f x 0，解得 x ，
3 3
\ f x 0, 1 1在 ÷上單調遞增，在 ,

3 ÷上單調遞減，è 3 è
\ f (x) f 1 1 1max ÷ ln 3 ln3 1，
è 3 3 3
\ f x 無最小值，最大值為 ln3 1 .
（2）Q g x xf x x a xlnx ax2 x a ，則 g x lnx 2ax ，
又 g x 有兩個不同的極值點 x1, x2 ,\lnx1 2ax1, lnx2 2ax2 ，
欲證 lnx1 2lnx2 3，即證 2ax1 4ax2 3，
3
Q0 x1 x2 ,\原式等價于證明 a 2x 4x ①.1 2
ln xx 22
由 lnx1 2ax1, lnx2 2ax2 ，得 ln 2a x2 x1 x ，則 a x 1 ②.1 2 x2 x1
ln x2
由①②可知原問題等價于求證 x1 3 ，
x2 x1 x1 2x2
x2 3 1
x2 3 x2 x
x ÷
即證 ln 1 è 1 .
x1 x1 2x 2x2 1 2
x1
t x 2 3 t 1t 1 令 x ，則 ，上式等價于求證 lnt .1 1 2t
3 t 1 1
3 1 2t 6 t 1 t 1 4t 1
令 h t lnt ，則 h t ，
1 2t t (1 2t)2 t(1 2t)2
Qt 1,\h t 0 恒成立，\h t 在 1, 上單調遞增，
\當 t 1時， h t h 1 0 3 t 1，即 lnt ，
1 2t
\原不等式成立，即 lnx1 2lnx2 3 .
【點睛】方法點睛：①對于極值點偏移問題，首先找到兩極值點的相應關系,然后構造商數或加數關系

t
x
2

，t x2 x1 ÷；
è x1
②通過要證明的不等式，將兩極值點變形后構造相應的函數，
③利用導數求解出構造函數的最值，從而證明不等式或等式成立.
f x x 2a ln x1．（23-24 高三上·江蘇南通·階段練習）已知函數 , a R .
x
1
(1)當 a 時，求函數 f x 的極值；
2
(2) f x
f
x x，x 1 f x2 若 有兩個極值點 1 2 ，求證： 4 .x1 x2
【答案】(1)有極小值 1,無極大值；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導函數研究函數的極值即可；
（2）根據題意得出 x1，x2 是方程 x2 2a ln x 2a 0的兩個根，結合函數表達式將問題轉化為證 a x1x2 ，利
用極值點偏移構造函數H x h x a h ÷ ，判定其單調性計算即可.
è x
a 11 ln x
2
【詳解】（ ）當 時，函數 f x x x 0 f x x ln x 1 2 ，2 x x
g x x2易知 ln x 1在定義域上單調遞增，且 g 1 0，
所以當 x 0,1 時， g x 0 f x 0，即此時 f x 單調遞減，
當 x 1, 時， g x 0 f x 0 ，即此時 f x 單調遞增，
故 f x 在 x 1時取得極小值， f 1 1，無極大值；
2 f x x 2a ln x x
2 2a ln x 2a
（ ）由 f x
x x2
，
令 f x 0，即 x2 2a ln x 2a 0，
由題意可知 x1，x2 是方程 x2 2a ln x 2a 0的兩個根，
ìx21 2a ln x1 2a 0
則 í 2 ，
x2 2a ln x2 2a 0
f x1 f x2
欲證 4，
x1 x2
x 2a ln x1 2a ln x x
2 2a x2 2a
1 x 2 x x 1 2
即證 x 2 1 21 x2 x x 1 2 2 2a 4，
x1 x2 x1 x2 x1x2
即證 a x1x2 ，
2
令 h x x2 2a ln x 2a x 0 h x 2x 2a ，
x
若 a 0， h x 0 h x 定義域上單調遞增，不存在兩個零點，舍去；
則 a 0，可知在 x 0, a 時， h x 0 h x 單調遞減，
在 x a , 時， h x 0 h x 單調遞增，
要符合題意則需 h a 3a a ln a 0 a e3 , ，
又 x 0 時， h x 0 ， x 時， h x 0 ，
此時不妨令 0 x1 a x2 ，
H x h x h a 構造函數 ÷ 0 x a
è x


2
2 a 2 ÷ 2a 22x 2a è x a 2 x2 a H x a 0，x x2 x3
x
即H x a 在定義域內單調遞增，即H x H a 0 h x h x ÷，è
a
所以 h x1 h x2 h x ÷，è 1
a
因為 0 x1 a x2 ，所以 ax ，1
且在 x a , 時， h x a單調遞增，故 x2 x1x2 ax ，得證.1
a
【點睛】本題關鍵在于先轉化問題為證 a x1x2 ，利用極值點偏移構造函數 H x h x h ÷ 0 x a ，
è x
h x h x h a 判定其單調性及最值得出 1 2 即可.
è x
÷
1
2．（2024·河北保定·二模）已知函數 f (x) ax x ln x, f (x)為其導函數．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a的取值范圍；
(2)若存在兩個不同的正數 x1, x2 ，使得 f x1 f x2 ，證明： f x1x2 0 ．
【答案】(1) ,1
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導數求函數的最大值，轉化為最大值小于等于 1，即可求解；
e2a 2 e2a 2
（2）不等式轉化為證明 x1 e
a 1
，即證明 f x2 f ÷ ，構造函數x2 è x2
2a 2
g x f x f e , x ea 1, ea ÷ ，利用導數證明函數的單調性，即可證明.
è x
【詳解】（1） f x a 1 lnx，當 0 x ea 1 時， f x 0, f x 單調遞增；
當 x ea 1時， f x 0, f x a 1 a 1單調遞減．所以 f (x)max f e e 1，
解得 a 1，即 a的取值范圍為 ,1 ．
（2）證明：不妨設 x1 x2，則0 x1 e
a 1 x2 e
a
，要證 f x1x2 0 ，
e2a 2
即證 x1x2 e
a 1
，則證 x1x2 e
2a 2 a 1
，則證 x1 e ，x2
e2a 2 e2a 2 所以只需證 f x1 f x ÷，即 f x2 f ÷ ．è 2 è x2
e2a 2 2 2a 2
令 g x f x f ÷ , x ea 1, eax g e
a 1 0 a 1 lnx x e ，則 ， g x ．
è x2
當 x ea 1時， a 1 lnx 0, x2 e2a 2 0，則 g x 0，
2a 2
所以 g x a 1 a a 1 e在 e ,e 上單調遞減，則 g x g e 0．所以 f x1 f ÷．
è x2
2a 2
由（1）知 f x 在 0,ea 1 e上單調遞增，所以 x1 ，從而 f x1x2 0 成立．x2
e2a 2
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是利用分析法，轉化為證明 f x2 f x ÷ .è 2
考點三、含指數型極值點偏移
x
1．（22-23 e k高二上·重慶沙坪壩·期末）已知函數 f x ．
x
(1)若 f x 在 0, 上單調遞增，求實數 k 的取值范圍；
(2)若 g x f x klnx 2存在極小值，且極小值等于 lnk ，求證： k lnk 2e ．
【答案】(1) k 1；
(2)證明見解析.
xex ex k1 x【分析】（ ）由條件可得 f x 0在 0, 上恒成立，然后可得 k e 1 x ，然后利用導
x2
x
數求出 x =e 1 x 的最大值即可；
t
（2）求出 g x ，分 k 1、1 k e 、 k e、 k e四種情況討論 g x ln t t ln e的單調性，然后可得 t t ，t e e
令 h x ln x x 1 、G x 2e x ln x x ln 2e x 1 x e ，然后利用 h x 、G x 的單調性可證明.
x
x
1 f x e k【詳解】（ ）因為 在 0, 上單調遞增，
x
xex ex k
所以 f x 0在 0, 上恒成立，且 f x 不恒等于 0 ，
x2
xex
e
x k x
由 f x 0可得 k e 1 x ，
x2
令 x =ex 1 x ，則 x =ex 1 x ex = xex 0，
所以 x =ex 1 x 在 0, 上單調遞減，
所以 k 0 1；
（2）因為 g x f x klnx，其定義域為 0, ，
k e
x k x 1
所以 g x f x ，
x x2
①當 k 1時， ex k 0 ，所以當 x 0,1 時 g x 0， g x 單調遞減，
當 x 1, 時 g x 0， g x 單調遞增，
所以 g x 的極小值為 g 1 e k 0 lnk 2，而 0，不合題意，
②當1 k e 時，由 g x 0 可得 x ln k 或 x 1，
當 x 0, ln k 時， g x 0， g x 單調遞增，
當 x ln k,1 時， g x 0， g x 單調遞減，
當 x 1, 時， g x 0， g x 單調遞增，
所以 g x 的極小值為 g 1 e k 0 lnk 2，而 0，不合題意，
③當 k e時， g x 0， g x 在 0, 上單調遞增，不合題意，
④當 k e時，由 g x 0 可得 x ln k 或 x 1，
當 x 0,1 時， g x 0， g x 單調遞增，
當 x 1, ln k 時， g x 0， g x 單調遞減，
當 x ln k, 時， g x 0， g x 單調遞增，
所以 g x 的極小值為 g ln k k ln ln k ln k 2 ，
令 t ln k 1, ，則 et ln t t 2 ，
ln t t ln et
所以 t t ， t e e
令 h x ln x x 1 ，則 h t h et ， h x 1 ln x 2 ，x x
所以 h x 在 1,e 上單調遞增，在 e,+ 上單調遞減，所以1 t e et ，
令G x 2e x ln x x ln 2e x 1 x e ，
則G x 2e x x ln x ln 2e x
x 2e x
ln x 2e x 2e x x ln é 2e x x é ù x e
2 e2 ù ln e
2 2 0
x 2e x x 2e x
所以G x 在 1,e 上單調遞增，所以G x G e 0，
x 1,e ln x ln 2e x 所以當 時有 ，
x 2e x
t
t ln e ln t ln 2e t 因為1 t e e ，所以 t ，e t 2e t
又因為 h x 在 e,+ 上單調遞減，所以 et 2e t ，
所以 et t 2e ，即 k lnk 2e .
1
1 2023· · f x x e 1 ex ex2 e2．（ 全國 模擬預測）已知函數 x．
2
(1)求函數 f x 的單調區間與極值．
(2)若 f x1
x x
f x 3 12 f x3 x1 x2 x3 ，求證： e 1．2
【答案】(1)單調遞增區間為 ,1 和 e, 1 e 1 3，單調遞減區間為 1,e ；極大值為 e ，極小值為 e e
2 2
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導數可求得 f x 的單調區間，并確定極值點，由此可進一步求得極值；
（2）根據 f x 單調性和極值可確定 x1, x2 , x3的范圍，利用極值點偏移的證明方法，構造函數
F x f x f 2 x ，m x f x f 2e x ，可證得 x1 x2 2， x2 x3 2e，結合不等式的性質可證
得結論.
【詳解】（1）Q f x 定義域為R ， f x x e ex ex e2 x e ex e ，
令 f x 0，解得： x e或 x 1，
\當 x ,1 U e, 時， f x > 0；當 x 1,e 時， f x 0；
\ f x 的單調遞增區間為 ,1 和 e, ，單調遞減區間為 1,e ；
f x 1的極大值為 f 1 e，極小值為 f e ee 1 e3 .
2 2
（2）由（1）知： x1 1，1 x2 e， x3 e．
令F x f x f 2 x ，1 x e ，
x
則F x f x é f 2 x ù x e ex e 2 x e e2 x e
e e
x é 1 x e e
x 1 x e 2ù
e
；
G x x e ex 1 x e 2 G x x e 1 ex 1令 ，則 1；
令H x G x ，則H x x e 2 ex 1，
QH x 0在 1,e 上恒成立，\H x 在 1,e 上單調遞增，
\H x H 1 3 e 0，
\G x 0在 1,e 上恒成立，\G x 在 1,e 上單調遞增，\G x G 1 0，
\F x 0 在 1,e 上恒成立，\F x 在 1,e 上單調遞增，\F x F 1 0，
\ f x f 2 x 對任意 x 1,e 恒成立．
Q x2 1,e ，\ f x2 f 2 x2 ，又 f x1 f x2 ，\ f x1 f 2 x2 ，
Q f x 在 ,1 上單調遞增， x1, 2 x2 ,1 ，\ x1 2 x2 ，即 x1 x2 2；
令m x f x f 2e x ，1 x e ，
m x f x f 2e x x e ex e 2e x e e2e x e x e ex e2e x則 é ù ；
Q y ex e2e x 在 1,e 上單調遞增，\ex e2e x ee ee 0，
\m x 0在 1,e 上恒成立，\m x 在 1,e 上單調遞增，
\m x m e 0，\ f x f 2e x 對任意 x 1,e 恒成立．
Q x2 1,e ，\ f x2 f 2e x2 ．又 f x2 f x3 ，\ f x3 f 2e x2 ，
Q f x 在 e, 上單調遞增，且 x3 , 2e x2 e, ，\ x3 2e x2 ，\ x2 x3 2e；
由 x1 x2 2得： x1 x2 2，\ x3 x1 x2 x3 x x 2e 2
x3 x
1 2 ，\ 1 e 1 .2
【點睛】思路點睛：本題第（1）問用到導數零點九字訣：有沒有，在不在，比大小．第（2）問用到第
（1）問的兩個極值點1和 e，然后兩次利用極值點偏移法，得出兩個不等式 x1 x2 2和 x2 x3 2e，再利
用這兩個不等式巧妙得出所要證明的不等式．
2 23-24 · · a b f x x ex．（ 高三上 云南昆明 階段練習）設 ， 為函數 m （m 0）的兩個零點．
(1)求實數m 的取值范圍；
(2)證明： ea eb 1．
1
【答案】(1) ,0e ÷è
(2)證明見解析
【分析】（1）求出定義域，求導，得到 f x 的單調性和極值情況，根據函數零點個數，得到 f x 0min ，
1 1 1
求出m ，結合題目條件，得到當 m 0

時， f
e e ÷
0，根據零點存在性定理得到 f x 在 ， 1
è m
內存在唯一零點，同理得到 f (x) 在 1,0 內存在唯一零點，從而求出答案；
b b
（2）設 a 1 b 0，由 a ea b eb a b可得 e ，令 t 0,1 a ln t t ln t ，故 ，b ，推出要證a a 1 t 1 t
ln t 1 ln t
ea eb 1，即證 ，構造 g x ln x ， x 1，求導，對分子再構造函數，證明出 g x 0， g x
t t 1 x 1
t ln t
在定義域內單調遞減，故 g t 1 g t ，即 ln 1 t 0，證明出結論.
1 t
【詳解】（1） f x 的定義域為 R f (x) x 1 ex， ，
當 x , 1 時， f x 0，當 x 1, 時， f x 0，
故 f x 在 , 1 內單調遞減，在 1, 單調遞增，
故要使 f x 有兩個零點，則需 f x f 1 e 1 m 0 m 1min ，故 ，e
1
由題目條件m 0，可得 m 0，
e
1 1 1 1
當 m 0 f 時，因為 ÷ em m
1
m m 0，又 e 1，
e è m m m
故 f x 在 ， 1 內存在唯一零點，
又 f 0 m 0，故 f (x) 在 1,0 內存在唯一零點，
則 f x 1 在 R 上存在兩個零點，故滿足題意的實數m 的取值范圍為 ,0÷；
è e
b
（2）證明：由（1）可設 a 1 b 0，由 a ea b eb ea b可得 ，a
b ln t
令 t 0,1 ，則b at ，所以 ea at t ，故 a ，a 1 t
b t ln t所以 at ，
1 t
要證 ea eb 1，
ln t t ln t t ln t t ln t t ln t t ln t
ln t 1
即證 e1 t e 1 t 1 e 1 t eln t 1 1 e 1 t t 1 1 e 1 t eln t 1 1 e 1 t 1，
t ln t
即證 ln 1 t 0，
1 t
t 0,1 ln 1 t ln t ln t 10 ln t因為 ，即證 ，即 ，
t 1 t t t 1
x 1 1
ln x 1 ln 1
令 g x ln x ， x 1，
x 1 g x
x x x ，
x 1 2 x 1 2
令 h u u 1 ln u 1，則 h u 1 ，當u 0,1 時， h u 0，
u
當u 1, 時， h u 0，
故 h u 在 0,1 內單調遞減，在 1, 單調遞增，所以 h u h 1 0，
1
u 1 1所以 1 ln u 0 ，令u 得 1 ln 0，
x x x
1 1 1 ln
故 g x x x 0 ， g x 在定義域內單調遞減，
x 1 2
故 g t 1 g t ln t 1 ln t，即 ， ln t 1 t ln t ， ln 1 t t ln t 0，
t t 1 t 1 1 t
則 ea eb 1，證畢．
【點睛】導函數處理零點個數問題，由于涉及多類問題特征（包括單調性，特殊位置的函數值符號，隱零
點的探索、參數的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通
過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢，從而判斷零點個數，較為復雜和綜合的函數零點個數問題，
分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考
的地方
考點四、加法型極值點偏移
1．（2024 高三· x全國·專題練習）已知函數 f x xe a恰有兩個零點 x1, x2 ．
(1)求 a的取值范圍；
(2)證明： x1 x2 2．
1
【答案】(1) ,0

e ֏
(2)證明見解析
【分析】（1）求導得到 f x ，利用導數得到 f x 的最小值，從而要使 f x 有兩個零點，則 f x 最小值
小于 0 ，得到 a的范圍；
（2）由（1）的結論，構建函數 g x f x f 2 x ， x , 1 ，由 g x 0得到函數 g x 單調遞增，
得到 g x g 1 0，從而得到 f x2 f 2 x1 ，又函數 f x 在 1, 上單調遞增，則得到
x1 x2 2 .
x x
【詳解】（1）因為 f x xe a，所以 f x x 1 e ，
所以當 x , 1 時， f x 0，函數 f x 單調遞減，
當 x 1, 時， f x 0，函數 f x 單調遞增，
1
所以當 x= 1時，函數 f x 取最小值 f 1 a ．
e
因為當 x 時， f x a，當 x 時， f x ，
x
且函數 f x xe a恰有兩個零點 x1, x2 ，
ì a 0
1
所以 í 1 ,所以 a的取值范圍為 ,0 ．
a 0 e
÷
è
e
（2）由（1）知， x= 1為 f x 的極小值點，
所以可設 x1 1 x2 ，則 2 x1 1，
構建函數 g x f x f 2 x ， x , 1 ，
所以當 x , 1 時，
é 2 x 1 ù
g x f x f 2 x x 1 ex 2 x 1 e 2 x x 1 e 1 ê ex 2 ú 0，
函數 g x 單調遞增，所以當 x , 1 時， g x g 1 0，
所以 f x1 f 2 x1 0 ，
因為 f x1 f x2 ，所以 f x2 f 2 x1 0，
所以 f x2 f 2 x1 ，
又函數 f x 在 1, 上單調遞增，所以 x2 2 x1，
所以 x1 x2 2．
【點睛】關鍵點點睛：由 f x 的極小值點，得到零點的位置，通過構建函數，由函數單調性可得結果.
2．（2023·山西·模擬預測）已知函數 f x lnx a x 1,a R .
(1)若 f x 0 ，求 a的取值范圍；
(2)若關于 x 2的方程 f x eax ex2 有兩個不同的正實根 x1, x2 ，證明： x1 x2 2 e .
é2 e
【答案】(1) ê , e ÷÷
(2)證明見解析
【分析】
lnx 1
（1）對不等式 f x 0 參變分離，然后構造函數 g x ，利用導數求 g x 的最大值可解；
x
（2）將 f 2 2x eax ex2 ln ex變形為 e ln ex2 eax ax，構造函數F x x ex ，根據其單調性將方程轉化
1 2
為 ax ln ex2 h x 1 2lnx，再構造函數 ，利用導數討論其性質，結合圖象可得 x1 e x2 ,0 a ，x e e
2 t 1
x
G t lnt (t 1) t 2 1
x2 x1 x1 x2
構造函數 ，根據單調性，并令 x ，可得
，最后由
t 1 1 lnx2 lnx1 2
ìax1 1 2ln x1
í .
ax 1
作差整理可證
2 2ln x2
【詳解】（1） f x 的定義域為 0, ，
由 f x lnx 1 lnx a x 1 0，得 a .
x
g x lnx 1設 ，則 g x 1 lnx .
x 2x x
由 g x 0，得0 x e，由 g x 0，得 x e，
則 g x 在 0,e 上單調遞增，在 e, 上單調遞減，
從而 g(x)max g e
2 e
.
e
2 e é 2 e
故a ，即 a的取值范圍是 ê , e ÷e ÷
.

2 ax 2
（2）證明：由 f x e ex ，得 lnx2 ax 1 eax ex2 ，
ex2 ln ex2 2即 eax ax ln ex，即 e ln ex2 eax ax .
F x x ex eln ex
2
設 ，則 ln ex2 eax ax 2等價于F ln ex F ax .
易證F x 在R 上單調遞增，則 ax ln ex2 1 2lnx，即 a .x
h x 1 2lnx h x 1 2lnx設 ，則 .
x x2
由 h x 0，得0 x e ，由 h x 0，得 x e ，
則 h x 在 0, e 上單調遞增，在 e, 上單調遞減，
1
2 1 2ln e 21 ÷
從而 h(x)max h e ，且 1 e h ÷ h e 2 è ，÷ 1 0
è e è e 2
當 x 趨于 時， h x 趨于 0.
2
方程 f x eax ex2 有兩個不同的正實根 x1, x2 ，不妨設 x1 x2，
1 2
由圖可知， x1 e x2 ,0 a .e e
2 t 1
2
設G t lnt

(t 1),G t (t 1) 2 0,t 1 t(t 1)
則G t 在 1, 上單調遞增.
G 1 0 G t 0 2lnt t 1 因為 ，所以 ，即 0 .
t 1
x2 1
x2
設 t 1，則 ln
x2 2 x 1 0
x ，1 x x1 2 1
x1
2 x2 x1 x x x x
即 lnx lnx 2 1 1 2
x 2 1
，則
1 x2 lnx2 lnx
.
1 2
2 ax 2
因為方程 f x e ex 有兩個不同的正實根 x1, x2 ，
ìax1 1 2ln x1 x2 x1 2
所以 í .
ax2 1 2ln x
，作差得
2 lnx2 lnx1 a
2 x x
因為0 a
2
，所以 e 2 1，所以 e
e a lnx2 lnx
，
1
x x
則 1 2 e ，故 x1 x 2 e .2 2
【點睛】本題屬于極值點偏移問題，通常處理方法有構造差函數借助單調性證明，或者合理代換將二元化
為一元問題，利用導數求解即可.
3 x 2．（2024·遼寧·模擬預測）已知函數 f x e ax (a 0)．
2
(1) a e當 時，判斷 f x 在區間 1, 內的單調性；
4
(2)若 f x 有三個零點 x1, x2 , x3，且 x1 x2 x3．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）證明： x1 x2 x3 3 .
【答案】(1) f x 在 1,2 上單調遞減，在 2, 上單調遞增
e2
(2)（i） a , ÷ ；（ii）證明見解析
è 4
【分析】（1）多次求導后，借助導數的單調性及正負即可判斷原函數的單調區間；
x x
（2）（i）原條件可轉化a e e 2 有三個不等實根，從而構造函數 h x ，研究該函數即可得；（ii2 ）借助的x x
h xx 3單調性，得到 x1 1，從而將證明 x1 x2 x3 3，轉化為證明 x2 x3 4，再設 t x ，從而將三個變2
2 x 1
量的問題轉化為單變量問題，即可構造函數m x ln x x 1 ，證明其在 1, 上大于 0 即可.
x 1
e2 e2 2
【詳解】（1）當 a 時， f x ex x2 ， f x ex e x ，
4 4 2
2 2
令 g x f x ex e x ， g x ex e ，
2 2
e2 e2
令 g x ex 0，可得 x ln 2 ln 2，
2 2
則當 x 1,2 ln 2 時， g x 0，當 x 2 ln 2, 時， g x 0，
即 g x 在 1, 2 ln 2 上單調遞減，在 2 ln 2, 上單調遞增，
2
又 g 1 e f 1 e 0， g 2 f 2 e2 e2 0 ，
2
故當 x 1,2 時， f x 0，當 x 2, 時， f x > 0，
故 f x 在 1,2 上單調遞減，在 2, 上單調遞增；
（2）（i） f x 有三個零點，即ex ax2 0 有三個根，
x
由 x 0 e不是該方程的根，故a 2 有三個根 x1, x2 , x3，且 x x xx 1 2 3
，
x x 2 ex
令 h x e 2 ， h x

，
x x3
故當 x ,0 U 2, 時， h x 0，當 x 0,2 時， h x 0，
即 h x 在 ,0 、 2, 上單調遞增，在 0,2 上單調遞減，
e2 e2h 2 2 ，當 x 時， h x →0， x 0 時， h x ，2 4
當 x 0 時， h x ， x 時， h x ，
2 x
故 a
e
,
e
4 ÷
時，a 2 有三個根；è x
e 1 1 e2
（ii）由 h x 在 ,0 上單調遞增， h 1 2 4e 4 ，故 x 2 1
1，
ex1 ex2 ex3
由（i）可得 2 2 2 a ，且 1 x1 0 x2 2 x3，x1 x2 x3
x3
即只需證 x2 x3 4，設 t 1 x x tx ，則 3 2 ，2
ex2 ex2t
則有 2 x2 t 1 x2 2 ，即有 t e ，故 2ln t x2 t 1 x
2ln t
， ，
2 x 22t t 1
x 2t ln t 2ln t 2t ln t 2 t 1 ln t則 3 ，即 x2 x3 ，t 1 t 1 t 1 t 1
2 t 1 ln t t 1 ln t 2 t 14 2 ln t 即只需證 0，
t 1 t 1 t 1
令m x 2 x 1 ln x x 1 ，
x 1
1 2 x 1 2 x 1m x x 1
2 4x x 1 2
則 2 2 2 0 恒成立，x x 1 x x 1 x x 1
故m x 在 1, 上單調遞增，
則m x m 1 ln1 0 0，即得證.
【點睛】方法點睛：極值點偏移問題的一般題設形式：
1.若函數 f (x) 存在兩個零點 x1, x2 且 x1 x2 ，求證： x1 x2 2x0 （ x0 為函數 f (x) 的極值點）；
2.若函數 f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 滿足 f (x1) f (x2 )，求證： x1 x2 2x0 （ x0 為函數 f (x) 的極值點）；
3.若函數 f (x) 存在兩個零點 x1, x2 且 x1 x
x x
2 ，令 x0 1 2

，求證： f x0 0；2
4.若函數 f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 滿足 f (x1) f (x2 )，令 x
x1 x 2 0 ，求證： f x0 0 .2
1．（2024 高三·全國·專題練習）已知函數 f x 2x ln x a a R 有兩個零點 x1, x2 xx 1 x2 ．
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)證明： x1 x2 1．

【答案】(1) 0,
1
e ֏
(2)證明見解析
2
【分析】（1）先分離參數將函數的零點個數轉化為方程根的個數，構造函數 g x x ln x，求其單調性、最
值即可得 a的取值范圍；
x
2 1 x , x t 2（ ）法一、根據第（ ）問得到 1 2 的取值范圍，令 x ，通過比值換元將問題化為證1
t 2 ln t
2 ln t 1 0，構造函數求其導函數、單調性最值即可；法二、根據第（1）問得到 x1, x2 的取值范圍，1 t
1 1
先判定1 x1 結論成立，再利用函數的單調性將所證不等式轉化為函數不等式來判定e e
1 1
2
x1 0時是否成立，通過構造 p x ln x 1 1÷ ln 1 x
1
0 x

÷，利用導數研究其單調性及最e è x è 2
值即可.
【詳解】（1）由 f x 0 a得 x2 ln x，
2
則由 f x a 2有兩個零點知方程 x ln x有兩個不同的實數根．
2
令 g x x2 ln x，則 g x x 1 2ln x ，
由 g 1 1x 0得 x ，由 g x 0得0 x ，
e e
g x 0, 1 1 所以 在 ÷上單調遞減，在 , ÷ 上單調遞增．
è e è e
g 1 1而 ÷ ，當 x 時， g x ，當 x 0 時， g x 0，
è e 2e
1 a 1
故 0，即0 a
1
，實數 a的取值范圍為 0, ．
2e 2 e e ֏
（2）法一、
1 x
由（1）知0 x1 x t
2
2 ，令 x ，則 t 1．e 1
2
x2由 1 ln x x
2 ln x 得 x21 2 2 1 ln x1 t
2x2 t ln t1 ln t ln x1 ln x1 ，1 t 2
要證 x1 x2 1，只需證 x1 t 1 1，
2
只需證 ln x1 ln t 1 0 t ln t，即證 2 ln t 1 0，1 t
2
即證 1 t ln t 1 t 2 ln t 0．
令 h t 1 t 2 ln t 1 t 2 ln t t 1 ，
則 h t 2t ln t 1 é 1 2t ln t 1 2t ln 1 1 2t ln 1 1 ù t ÷ ê 1 t ÷ è è 2t ú，
s 1 1 1 1 1 s令 ，m s ln 1 s s ，則 s 0,1 ,m s 0，
t 2 1 s 2 2 2s
所以m s 單調遞增，即m s m 0 0，
故 h t 0 在 1, 上恒成立，
即 h t 在 1, 上單調遞減，故 h t 0，得證．
法二、
1
由（1）知0 x1 x ，e 2
當1
1 1
x1 時，顯然 x1 x2 1．e e
1 1 1當 x1 0時，則1 x1 ，e e
要證 x1 x2 1，只需證 x2 1 x1，
1 x 1 , x 1 g x x2 1又 1 2 且 ln x在 ,

÷ 上單調遞增，e e è e
故只需證 g x2 g 1 x1 ，即證 g x1 g 1 x1 ，
2
2 2 1 即證 x1 ln x1 1 x1 ln 1 x1 0，即證 ln x1 1÷ ln 1 x1 0，
è x1
2
令 p x ln x 1 1

÷ ln 1 x

0 x
1

x ÷
，
è è 2
p x 1 x x則 é ù
x3 ê
2ln 1 x ，
1 x ú
令 n x 2ln 1 x x 0 x 1
1 x 2 ÷
，
è
n x 2x 1則 0 n x1 x 2 ，

在 0,
1
÷ 上單調遞減，è 2
所以 n x 1 0 ，故 p x 0 ，所以 p x 在 0, ÷ 上單調遞減，則 p x 0，
è 2
1 1 1 1又 ，所以當1 x 0 p2 時， x 0，即 x1 x2 1．e e
【點睛】方法點睛：含有雙變量的不等式證明問題中的雙變量指的是所給的不等關系中涉及兩個不同變量，
處理此類問題有兩個策略：
一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙變量所滿足的等式，把含雙變量的不等式轉化為含單變量的不等式
求解；
二是巧妙構造函數，再利用導數判斷函數的單調性，從而求其最值．
2．（2024 高三下·全國·專題練習）已知函數 f x 2x ln x x2 1．
(1)證明： f x 1；
(2)若0 x1 x2 ，且 f x1 f x2 0，證明： x1 x2 2．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數 f x 2x ln x x2 1變形整理 f x 1 2x ln x x2 x 2ln x x ，構造函數
g x 2ln x x，對其進行二次求導，從而可求出 g x 的單調性，進而可求出函數的最大值，即可證明結
論成立.
（2）對函數 f x 2x ln x x2 1進行二次求導，從而可判斷函數 f x 單調性，要證 x1 x2 2，只需證
x2 2 x1，結合 f x 在 0, 上單調遞減知只需證 f x2 f 2 x1 ，即證 f x1 f 2 x1 0，進而構
造函數F x f x f 2 x 判斷其單調性即可證明.
2
【詳解】（1）由題意， f x 1 2x ln x x x 2ln x x ，設
g x 2ln x x x 0 g x 2 x，則
x
，當 x 0,2 時， g x 0，\ g x 單調遞增；當 x 2, 時， g x 0，
\ g x 單調遞減，從而 g x g 2 2ln 2 2 2 ln 2 1max 0 ，故 g x 0 恒成立，
\ f x 1 xg x 0，故 f x 1．
（2）由題意， f x 2ln x 2 2x f x 2 2 1 x ， 2 ， x 0，
x x
\ f x 0 0 x 1， f x 0 x 1，
從而 f x 在 0,1 上單調遞增，在 1, 上單調遞減，故 f x f 1 0 ，
\ f x 在 0, 上單調遞減，且 f 1 0，
若0 x1 x2 1，則 f x1 f x2 0，不合題意，
若1 x1 x2 ，則 f x1 f x2 0，不合題意，∴ 0 x1 1 x2 ，
要證 x1 x2 2，只需證 x2 2 x1，結合 f x 在 0, 上單調遞減知只需證 f x2 f 2 x1 ，
又 f x1 f x2 0，\ f x2 f x1 ，故只需證 f x1 f 2 x1 ，即證 f x1 f 2 x1 0 ①，
令F x f x f 2 x ，0 x 1，
則F x f x f 2 x 2ln x 2 2x é 2ln 2 x 2 2 2 x ù 2ln
x
4 4x，
2 x
F x 2 2 x 2 x 1 x 4 2 4 4
4
2 4 0x 2 x x 2 x x 2 x ，\F x 在 0,1 上單調遞增，
÷
è 2
又F 1 0 ，\F x 0，從而F x 在 0,1 上單調遞減，QF 1 2 f 1 0，\F x 0，
Q0 x1 1，\F x1 f x1 f 2 x1 0，即不等式①成立，故 x1 x2 2．
【點睛】本題考查了利用導數判斷函數的單調性及利用導數證明不等式問題，考查了學生的邏輯推理能力
及數據分析能力，考查了轉化思想，屬于難題.
1 1
3 2024 · · f (x) ex ex2 (x 1)3
5e
．（ 高三 全國 專題練習）設函數 , x [0, ) ．
2 3 2
(1)判斷函數 f (x) 的單調性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 f x2 6e ，求證： x1 x2 2．
【答案】(1)在[0, ) 上單調遞增
(2)證明見解析
é
f (x) ex 1 ex (x 1)
2 ù
(1) g(x) ex (x 1)
2
【分析】 由題意得 ê x ú ，令e (x 0)
，根據 g xx 的正負確定 g x e
ex (x 1)2
的單調性，得 1，即得函數 f (x)x 的單調性.e
（2）構造函數F (x) f (2 x) f (x) 6e，其中 x [0,1) ，則F (x) f (2 x) f (x)，令
m x ex e2 x 2ex 2e，得m x 0，從而可得 F (x)在[0,1)上單調遞減，然后根據函數的單調性可得
f (x) ex 1 ex2 1 3 5e【詳解】（1）∵ (x 1) ， x [0, )，
2 3 2
2
∴ f (x) ex ex (x 1)2 ex
é ù
ê1
ex (x 1)

ex ú
．

g(x) ex (x 1)
2 (x 1)(x e 3)
令 x (x 0) ，則 g (x) ．e ex
令 g (x) 0，得 x 1或 x 3 e．
當 x [0,3 e)時， g (x) 0；當 x (3 e,1) 時， g (x) 0；當 x (1, )時， g (x) 0．
∴ g(x)在[0,3 e)上單調遞減，在 (3 e,1)上單調遞增，在 (1, )上單調遞減．
g(0) 1 g(1) 1 ex (x 1)
2
又 ， ，故 1對一切 x [0, )恒成立，
ex
∴1 ex (x 1)
2
0，于是 f (x) 0，故 f (x) 在[0, )x 上單調遞增．e
（2）不妨設0 x1 1 x2 ．
構造函數F (x) f (2 x) f (x) 6e，其中 x [0,1) ，
則F (x) f (2 x) f (x)．
由 f (x) ex ex (x 1)2，得F (x) ex e2 x 2ex 2e．
令m x ex e2 x 2ex 2e，
∵ m x ex e2 x 2e 2 ex e2 x 2e 0，
∴ F (x)在[0,1)單調遞增，則F (x) F (1) 0．
∴ F (x)在[0,1)上單調遞減，∴ F (x) F (1) 0，
即 f (2 x) f (x) 6e對 x [0,1) 恒成立．
∵ x1 [0,1) ，∴ f 2 x1 f x1 6e，
∴ f 2 x1 6e f x1 f x2 ．
由（1）知 f (x) 在 1, 上單調遞增，
∴ 2 x1 x2 ，故 x1 x2 2．
考點五、減法型極值點偏移
1．（23-24 2高二下·云南·期中）已知函數 f x 3lnx ax 4x(a 0) .
(1)當 a 1時，討論 f x 的單調性；
1
(2)當 a 時，若方程 f x b 有三個不相等的實數根 x
2 1
, x2 , x3，且 x1 x2 x3，證明： x3 x1 4 .
【答案】(1)在 0, 上單調遞增
(2)證明見解析
【分析】（1）求定義域，求導，結合 a 1得到 2x2 4x 3 0，即 f x 0在 0, 內恒成立，所以 f x
在 0, 內單調遞增；
（2） f x 3lnx 1 x2 4x，求導，得到函數單調性，得到0 x1 1 x2 3 x3 ，構造2
g x f x f 2 x ,0 x 1，求導得到函數單調性，得到 x1 x2 2，再構造
h x f x f 6 x ,1 x 3，求導得到函數單調性，得到 x2 x3 6，兩式結合得到答案.
【詳解】（1）由題意可知： f x 的定義域為 0, ，
2
f x 3 2ax 4 2ax 4x 3 ，
x x
令 f x 0，可得 2ax2 4x 3 0，當 a 1時，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, 上單調遞增.
a 1 1 2（2）當 時，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, 上單調遞增，在 1,3 上單調遞減，
由題意可得：0 x1 1 x2 3 x3 ，
因為 f x1 f x2 f x3 b ，
令 g x f x f 2 x ,0 x 1，
2
則 g x f x f 2 3 x x 4 3 2 x 4 6(x 1) ÷ ÷ 0
è x è 2 x x 2 ， x
可知 g x 在 0,1 上單調遞增，
則 g x g 1 0 ，可得 f x f 2 x 在 0,1 上恒成立，
因為0 x1 1，則 f x1 f x2 f 2 x1 ，
且1 2 x1 2,1 x2 3, f x 在 1,3 上單調遞減
則 2 x1 x2 ，即 x1 x2 2；
令 h x f x f 6 x ,1 x 3，
3 3 2(x 3)
2
則 h x f x f 6 x x 4÷ 6 x 4 0
è x è 6 x
÷
x 6 x ，
可知 h x 在 1,3 上單調遞增，則 h x h 3 0，
可得 f x f 6 x 在 1,3 上恒成立，
因為1 x2 3，則 f x2 f x3 f 6 x2 ，
且3 6 x2 5, x3 3, f x 在 3, 上單調遞增，
則6 x2 x3 ，即 x2 x3 6；
由 x1 x2 2和 x2 x3 6可得 x3 x1 4 .
【點睛】關鍵點點睛：構造兩次差函數，解決極值點偏移問題，即構造 g x f x f 2 x ,0 x 1，求
導得到函數單調性，得到 x1 x2 2，再構造 h x f x f 6 x ,1 x 3，求導得到函數單調性，得到
x2 x3 6 .
2
1．（23-24 高三上·河南·開學考試） f x ln ex a 1 x x b 有兩個零點 x1, x2 x1 x ．2 4 2
(1) a 0時，求b 的范圍；
5
(2) b = -1且 a 時，求證： x2 x1 2 5 4a ．4
【答案】(1) ,0
(2)證明見詳解
【分析】（1）將函數零點與方程的根聯系起來，進一步分離參數構造新的函數，利用導數研究其性態即可
求解.
2 2 2
（2）當b = -1時由 f x ln ex a 1 x x x x x x 1 a 1及 a 1 0的兩個零點之間的距離可2 4 4 2 4 2
得 x2 x1 2 5 4a .
2
【詳解】（1） a 0時， f x ln ex 1 x x b，2 4
由題意 f x 的兩個零點 x1, x2 x1 x2 即為
x x2
方程 ln ex 1 b 0的兩個根，2 4
x x2 x x2
分離參數即得b ln ex 1 ，令 g x ln ex 12 4 ，2 4
x x
對其求導得 g x e x 1 e x 1 x ，設 s x x ，e 1 2 2 e 1 2 2
x
則 s x
1 e
0
2 ex 2 ，所以 g x 在定義域上面單調遞減， 1
注意到 g 0 0，所以 g x 、g x 隨 x 的變化情況如下表：
,0 0,
g x
g x Z ]
所以 g x 有極大值（最大值） g 0 ln 2，
又當 x 時， g x ；當 x 時， g x ，
x x2
若方程b ln ex 1 有兩個根，2 4
則b é g x ù g 0 ln 2max ，即b 的取值范圍為 , ln 2 .
2
（2）因為 ln ex a 1 ln ex a x a，設 g x x x a 1，
4 2
b = -1 a
5
f x ln ex a 1 x x
2 x2 x
所以當 且 時有 1 a 1 g x ，4 2 4 4 2
2 2
進而有 f x x1 x1 x2 x21 0 a 1 g x1 ， f x 0 a 1 g x4 2 2 4 2 2 且
2
f x 的函數圖像恒在 g x 的函數圖象上方，不妨設 g x x x a 1的兩個零點為 x3、x4 （且 x3 x4 ），4 2
如圖所示：
2
因此 f x 的兩個零點 x1, x2 x x g x x x1 2 在二次函數 a 1兩個零點之內，4 2
2
所以有 x2 x1 x4 x
x x
3，令 a 1 0，則其二次項系數、一次項系數、常數項分步為4 2
a 1 1
2
1 、b1 、c1 a 1
1 1 1 5 4a
，其判別式D b21 4a1c1 ÷ 4 a 1 a 1 ，4 2 è 2 4 4 4
5 4a
x x b1 D b D D又 4 3 1 ，所以2a 2a a x4 x
D 4
3 1 2 5 4a ，1 1 1 a1
4
綜上，有 x2 x1 x4 x3 2 5 4a ，命題得證.
【點睛】關鍵點點睛：第一問的關鍵在于將函數零點轉化為方程的根進一步分離參數，至于第二問的關鍵
x a x a
是進行放縮 ln e 1 ln e x a，進而去發現相應零點之間的變化.
2．（23-24 高三下·天津·階段練習）已知函數 f (x) x2 2ax 4ln x．
(1)討論 f (x) 的單調區間；
(2)已知 a [4,6]，設 f (x) 的兩個極值點為l1,l2 l1 l2 ，且存在b R ，使得 y f (x) 的圖象與 y b有三個
公共點 x1, x2 , x3 x1 x2 x3 ；
①求證： x1 x2 2l1；
②求證： x3 x1 4 7 ．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）首先求函數的導數，再討論D，結合函數的定義域，即可求函數的單調區間；
（2）①要證 x1 x2 2l1，即證 x2 2l1 x1，只需證 f x1 f 2l1 x1 ，構造函數
g x f x f 2l1 x ， x 0,l1 ，借助導數即可得證；②同①中證法，先證 x2 x3 2l2 ，則可得
x3 x 21 x2 x3 x2 x1 2l2 2l1，利用l1、l2 是方程 x ax 2 0 的兩根所得韋達定理，結合 a [4,6]
即可得證.
4 2 x2 ax 2 【詳解】（1） f x 2x 2a ， x 0，
x x
其中 t x x2 ax 2，D a2 8，
當D 0時，即 2 2 a 2 2 ，此時 f x 0恒成立，
函數 f x 在區間 0, 單調遞增，
當D 0時，即 a 2 2 或 a 2 2 ，
當 a 2 2 時， f x > 0在區間 0, 上恒成立，
即函數 f x 在區間 0, 上單調遞增，
2
a 2 2 t x 0 x a a 8 x a a
2 8
當 時， ，得 1 或 1 ，2 2
2
0 x a a 8 x a a
2 8
當 ，或 時， f x > 0，
2 2
a a2 8 2
當 x a a 8 時， f x 0，
2 2
a a2 8 a a2 8
所以函數 f x 的單調遞增區間是 0, ÷÷ 和 , ÷2 ÷ ，è è 2
a a2 8 a a2 8
單調遞減區間是 , ÷2 2 ÷
，
è
綜上可知，當a 2 2 時，函數 f x 的單調遞增區間是 0, ；
2 2
當 a 2 2 時，函數 f x
a a 8 a a 8
的單調遞增區間是 0, ÷÷ 和 , ÷÷ ，
è 2 è 2
a a2 8 a a2 8
單調遞減區間是 , ÷÷；
è 2 2
（2）①由（1）知，當 a [4,6]時，函數 f x 的單調遞增區間是 0,l1 和 l2 , ，
單調遞減區間是 l1,l2 ，l1、l2 是方程 x2 ax 2 0 的兩根，
有l1l2 2，l1 l2 a ，
又 y f (x) 的圖象與 y b有三個公共點 x1, x2 , x3 x1 x2 x3 ，
故0 x1 l1 x2 l2 x3，則 2l1 x1 l1，
要證 x1 x2 2l1，即證 x2 2l1 x1，又 2l1 x1 l1，
且函數 f x 在 l1,l2 上單調遞減，即可證 f x2 f 2l1 x1 ，
又 f x1 f x2 b ，即可證 f x1 f 2l1 x1 ，
令 g x f x f 2l1 x ， x 0,l1 ，
4 2 x2 ax 2 2 x l1 x lf x 2x 由 2a 2 ，
x x x
2 x l1 x l2 2 2l1 x l1 2l1 x l則 g x 2
x 2l1 x
x l 2l x x x l 2l 2 x l 2 1 2 1 1 x 2l1 x
x22 x l 2l l
2
1 2
2l1x l2x x l2x 2l1x
1 x 2l1 x
2 x l2 x l 1 l2 4l x l
2
1
2 1 0恒成立，
x 2l1 x x 2l1 x
故 g x 在 0,l1 上單調遞增，即 g x g l1 f l1 f 2l1 l1 0，
即 f x1 f 2l1 x1 恒成立，即得證；
②由0 x1 l1 x2 l2 x3，則 2l2 x3 l2，
令 h x f x f 2l2 x ， x l2 , ，
2 x l1 x l2 2 2l2 x l1 2l2 x lh x 2 則
x 2l2 x
x l1 2l2 x x x l 2 x l 1 2l2 2 x 2l2 x
2 2
2 x l2
x 2l1l2 2l2x l1x x l1x 2l2x
x 2l2 x
2 x l l 4l x l 2
2 x l 2 1 1 2 2 0，x 2l2 x x 2l2 x
故 h x 在 l2 , 上單調遞增，即 h x h l2 f l2 f 2l2 l2 0，
即當 x l2 , 時， 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 ，函數 f x 在 l1,l2 上單調遞減，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 2l2 2l1 2 l1 l
2 2 2
2 4l1l2 2 a 8 2 6 8 4 7 ，
故 x3 x1 4 7 .
【點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于先證 x2 x3 2l2 ，從而借助①中所得 x1 x2 2l1，得到
x3 x1 x2 x3 x2 x1 2l2 2l1 .
考點六、平方型（立方型）極值點偏移
1 lnx
1．（22-23 高三上·云南·階段練習）已知函數 f x ， a 0．
ax
(1)若 f x ≤1，求 a的取值范圍；
(2) 2 2證明：若存在x1，x2，使得 f x1 f x2 ，則 x1 x2 2．
【答案】(1) 1,
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導數后可得函數的單調性，結合單調性可求最大值，從而可求參數的取值范圍.
（2）利用極值點偏移可證 x1 x2 2
2 2
，結合不等式放縮可證 x1 x2 2 .
f (x) 1 ln x【詳解】（1） f (x)
ln x
， ，令 f 2 (x) 0ax ，解得 x 1，ax
所以當 x (0,1)時， f (x) 0 ， f (x) 在 (0,1)上單調遞增；
當 x (1, ) 時， f (x) 0 ， f (x) 在 (1, )單調遞減，
1
所以 f (x)max f (1)
1
，要使 f (x) 1，則有 1，而 a 0，故a 1a ，a
所以 a的取值范圍為[1, )．
（2）證明：當 a 0時，由（1）知，當 x (0,1)時， f (x) 單調遞增；
當 x (1, ) 時， f (x) 單調遞減，
設 x1 x2，所以 x1 (0,1) ， x2 (1, )，
①若 x2 [2, )
2 2 2
，則 x1 x2 x2 4 2，成立；
②若 x2 (1, 2)，先證 x1 x2 2，此時 2 x2 (0,1)，
要證 x1 x2 2，即證 x1 2 x2 ，即 f (x1) f (2 x2 )， f (x2 ) f (2 x2 ) ，
令 g(x) f (x) f (2 x)， x (1, 2) ，
g (x) ln x ln(2 x) 1 é ln x ln(2 x) ù 2 2 ê ax a(2 x) a x2 (2 x)2 ú
1 é ln x ln(2 x) ù 1 ln[x(2 x)] 1 ln[ (x 1)2 1]
ê 2 2 ú 2 2 0 ，a x x a x a x
所以 g(x)在(1,2)上單調遞增，所以 g(x) g(1) 0，
即 f (x) f (2 x)， x (1, 2) ，所以 x1 x2 2，
2
因為 x1 1 2x x
2
1， 2 1 2x2 ，所以 x21 1 x22 1 2(x1 x2 )，
即 x2 x21 2 2(x1 x2 ) 2 2．
【點睛】思路點睛：對于導數中的多變量的不等式問題，應該根據要證明的不等式合理構建新的不等式，
而后者可借助極值點偏移來處理，注意前者在構建的過程中可利用一些常見的不等式來處理.
a
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x 1 ln x a R ．
x
(1)求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 2有兩個零點x1，x2，且 x1 x2，求證： x1x2 e a ．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）先求出函數 f x 的導數，然后分類討論 a的取值情況，從而可求解.
x2
（2）結合（1）中結論可知 a 0，從而求出 0 a 1，0 x1 1 x2 e ，然后設 t 1x 并構造函數1
h t ln t 4 2 t 1 ，然后利用導數求解 x1x2 1，然后再構造函數t 1
x e x x x ln x e 2x x ln x 證明 x2 e a，從而求解.
a x
【詳解】（1）因為函數 f x 的定義域是 0, ， f x 2 ，x
當 a 0時， f x 0，所以 f x 在 0, 上單調遞減；
當 a 0時，令 f x 0，解得 x a，
當 x 0, a 時， f x 0， f x 單調遞增；當 x a, 時， f x 0， f x 單調遞減．
綜上所述，當 a 0時， f x 的減區間為 0, ，無增區間；
當 a 0時， f x 的增區間為 0, a ，減區間為 a, ．
（2）因為 x1, x2 是函 f x 的兩個零點，由（1）知 a 0，
因為 f x 0 x x ln x a ，設 g x x x ln x ，則 g x ln x，
當 x 0,1 ， g x 0，當 x 1, ， g x 0，
所以 g x 在 0,1 上單調遞增，在 1, 上單調遞減， g x g 1 1max ．
又因為 g x1 g x2 a，且 g e 0，
所以 0 a 1，0 x1 1 x2 e ．
首先證明： x1x2 1．
ì x1 x1lnx1 a x2 ì x 1 lnx a,
由題意，得 í ，設 t 1
1 1
x ，則 2 x2lnx2 a x
í
1 x1t 1 lnx1 lnt a.
t ln t
兩式相除，得 ln x1 1 ．t 1
要證 x1x2 1，只要證 ln x1 ln x2 0，即證 2ln x1 ln t 0．
2 2t ln t ln t 0 ln t 2 4只要證 ，即證 0．
t 1 t 1
h t ln t 2 4設 ， t 1．
t 1
t 1 2
因為 h t 1 4 2 0，所以 h t 在 1, 上單調遞增．t t 1 t t 1 2
所以 h t h 1 0 ，即證得 x1x2 1①．
其次證明： x2 e a．設 x e x x x ln x e 2x x ln x ，1 x e ．
因為 x ln x 1 0 ，所以 x 在 1,e 上單調遞減．
所以 x2 e 0，
即 x2 e 2x2 x2 ln x2 e x2 x2 x2 ln x2 e x2 a 0．
所以 x2 e a ②．
①② x x2由 可證得 1 2 e a ．
【點睛】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，對導數
的應用的考查主要從以下幾個角度進行：
（1）考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系．
（2）利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數．
（3）利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優化問題．
（4）利用導數研究函數的零點問題．
ln x 1 x
3 e．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) ， g(x) ．
x x
(1)若對任意的m, n (0, )都有 f (m) t g(n)，求實數 t 的取值范圍；
xx1
(2)若 x1, x2 (0, ) x x e
x2 x且 1 2
3 3
1 2 ， x ，證明： x1 x2 2．x 21
【答案】(1)[1,e]
(2)證明見解析
ln x 1 ex
【分析】（1）分別計算 f (x) ， g(x) 的導函數，接著分析它們的單調性，求得在 x 1時， f (x)
x x
的最大值為 f (1) 1， g(x)的最小值為 g(1) e ，問題得解；
xx1
2 ex2 x 1（ ）先將 1 2 轉化為 f x
xx1 1
f x2 ，再設 x1 x2，數形結合得到 x1 1 xe 2 ，接著構造函數，利用1
函數的單調性得到 x1 x2 2，最后利用放縮法證明不等式.
f (x) ln x 1
x
【詳解】（1）由 ， g(x)
e
，
x x
x
f (x) ln x g (x) e (x 1)得 ， ，
x2 x2
當0 x 1時， f (x) 0 ， f (x) 在區間( 0, 1)上單調遞增，當 x 1時， f (x) 0 ， f (x) 在區間 (1, )上單調
遞減，所以當 x (0, )時， f (x) 的最大值為 f (1) 1．
當0 x 1時， g (x) 0， g(x)在區間( 0, 1)上單調遞減，當 x 1時， g (x) 0， g(x)在區間 (1, )上單調
遞增，所以當 x (0, )時， g(x)的最小值為 g(1) e ．
所以1 t e，故實數 t 的取值范圍為[1,e]．
xx1
（2 x x）由 e 1 1 2 ex1 x1x 得 x
x1 xx1 ，兩邊取對數并整理，
x 1 1 21
ln x 1 ln x 1得 x2 ln x1 1 x1 ln x 1 1 22 ，即 ，即 f x1 f xx 2 ．1 x2
由（1）知，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, )
上單調遞減， f (x)max f (1) 1，（技巧：注意對第（1）問結論的應用）
f 1 而 ÷ 0 ，當 x 1時， f (x) 0
1
恒成立，不妨設 x1 x2，則 x 1 x
è e e
1 2 ．
記 h(x) f (x) f (2 x)
1
， x ,1÷，
è e
h (x) f (x) ln x ln(2 x)則 f (2 x) 2 x (2 x)2
ln x ln(2 x) ln é (x 1)
2 1ù
0 ，所以函數 h(x)
1
在 ,1

e ÷上單調遞增，x2 x2 x2 è
所以 h(x) f (1) f (2 1) 0，即 f (x) f (2 x) x
1
， ,1

e ÷，è
于是 f x2 f x1 f 2
1
x 1 ， 2 x1 1,2 ，
è e ÷
又 f (x) 在 (1, )上單調遞減，因此 x2 2 x1，即 x1 x2 2，
所以 x31 x
3 x32 1 2 x
3
1 8 12x1 6x21 6 x1 1
2 2 2．
【點睛】利用對稱化構造的方法求解極值點偏移問題的“三步曲”：
（1）求導，得到函數 f (x) 的單調性、極值情況，作出函數圖象，由 f x2 f x1 得到 x1, x2 的大致范圍．
（2）構造輔助函數（若要證 x1 x2 ( )2x0 ，則構造函數 g(x) f (x) f 2x0 x 2；若要證 x1x2 ( )x0 ，則
2
構造函數 g(x) f (x) f
x
0 ÷ .），限定 x1, x2 的范圍，求導，判定符號，獲得不等式．
è x
（3）代入 x1, x2 ，利用 f x2 f x1 及 f (x) 的單調性即得所證結論．
1．（2023·廣東廣州·模擬預測）已知函數 f x lnx ax2 .
(1)討論函數 f x 的單調性：
(2) 2 2若 x1, x2 是方程 f x 0的兩不等實根，求證： x1 x2 2e；
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的定義域和導數，再根據 a 0和 a 0分類討論，即可得出函數的單調性；
（2）由 lnx ax2 0 2ln x 2ax2 0 可得， x1, x2 是方程 lnx2 2ax2 0的兩不等實根，從而可將問題轉化
為 t1, t2 是方程 2a
lnt
的兩不等實根，即可得到 a和 t1, t2 的范圍，原不等式等價于 t1 t2 2e ，即極值點偏移t
問題，根據對稱化構造（解法 1）或對數均值不等式（解法 2）等方法即可證出．
【詳解】（1）由題意得，函數 f x 的定義域為 0, .
2
由 f x lnx ax2 f x 1 1 2ax得： 2ax ，
x x
當 a 0時， f x 0, f x 在 0, 上單調遞增；
當 a 0 f x > 0 0 x 2a時，由 得 ，由 f x 0 x 2a得 ，2a 2a
2a 2a
所以 f x 在 0, 上單調遞增，在 , 上單調遞減.
è 2a
÷÷
è 2a ÷
÷

（2）因為 x1, x2 是方程 lnx ax2 0的兩不等實根， lnx ax2 0 2ln x 2ax2 0 ，
即 x1, x2 是方程 lnx2 2ax2 0的兩不等實根，
lnt
令 t x2 (t 0) ，則 t1 x
2 2
1 , t2 x2 ，即 t1, t2 是方程 2a 的兩不等實根.t
g t lnt g t 1 lnt令 ，則 2 ，所以 g t 在 0,e 上遞增，在 e, 上遞減， g e
1
，
t t e
當 t 0時， g t ；當 t 時， 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 ，要證 x1 x2 2e，只需證 t1 t2 2e ，
解法 1（對稱化構造）：令 h t g t g 2e t , t 1,e ，
lnt ln 2e t 2e t lnt tln 2e t則 h t g t g 2e t


t 2e t t 2e t ，
令 t 2e t lnt tln 2e t ，
t 2e 1 lnt ln 2e t 2e t t 2e t t則 t ln t 2 2et 2 0，t 2e t t 2e t t 2e t
所以 t 在 1,e 上遞增， t 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 ，所以 x21 x
2
2 2e .
x1 x2 x1 x2
解法 2（對數均值不等式）：先證 ，令0 x xlnx lnx 2 1 2 ，1 2
x2 x1 lnx lnx 2 x 1
只需證 2 1

，只需證 lnx
x
0 x 2 1
x2 x1 2 x 1
x ÷
，
è 1
2 x 1
2
令 x

lnx(x 1), x 4 1 (x 1) 0 ，
x 1 (x 1)2 x x(x 1)2
所以 x 在 1, 上單調遞減，所以 x 1 0 .
t1 t2 t1 t t 2 1 t2 t1 t2因為 lnt 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 .
【點睛】方法點睛：本題第二問解題關鍵是合理轉化，將問題變成熟悉的極值點偏移問題，從而根據對稱
化構造及對數均值不等式等方法證出．
lnx 1
2．（22-23 高二下·遼寧·期末）已知函數 f x .
ax
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 ex1
x2 ex x1 e 2 22 （ 是自然對數的底數），且 x1 > 0， x2 0， x1 x2 ，證明： x1 x2 2 .
【答案】(1)結論見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）求出函數 f (x) 的導數 f (x) ，再按 a 0,a 0分類探討 f (x) 的正負作答.
（2）等價變形給定等式，結合 a 1時函數 f (x) 的單調性，由 0 x1 1 x2 ， f x1 f x2 ，再構造函數
g(x) f (x) f (2 x)， x (1, 2) ，利用導數、均值不等式推理作答.
f (x) ln x 1【詳解】（1）函數 的定義域為 (0, ) f (x)
ln x
f (x) 0 x 1
ax ，求導得則 ax2 ，由 得 ，
若 a<0，當0 x 1時， f (x) 0 ，則 f (x) 單調遞減，當 x 1時， f (x) 0 ，則 f (x) 單調遞增，
若 a 0，當0 x 1時， f (x) 0 ，則 f (x) 單調遞增，當 x 1時， f (x) 0 ，則 f (x) 單調遞減；
所以當 a<0時，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, )上單調遞增；
當 a 0時，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, )上單調遞減.
ln x 1 ln x 1
（2）由 ex x21 ex
x1 1 2
2 ，兩邊取對數得 x2 ln x1 1 x1 ln x2 1 ，即 x x ，1 2
由（1）知，當 a 1時，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, )上單調遞減，
f (x)max f (1) 1
1
，而 f ( ) 0 ， x 1時， f (x) 0 恒成立，
e
因此當 a 1時，存在 x1, x2 且 0 x1 1 x2 ，滿足 f x1 f x2 ，
x [2, ) x2 x2 2若 2 ，則 1 2 x2 4 2成立；
若 x2 (1,2) ，則 2 x2 (0,1) ，記 g(x) f (x) f (2 x)， x (1, 2) ，
g (x) ln x ln(2 x)
2
則 f (x) f (2 x)
ln x ln(2 x)
2 2
ln[ (x 1) 1]
x (2 x) 2 0， x x2 x2
即有函數 g(x)在 (1, 2)上單調遞增， g(x) g(1) 0，即 f (x) f (2 x)，
于是 f x1 f x2 f 2 x2 ，
而 x2 (1,2) ， 2 x2 (0,1) ， x1 (0,1)，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，因此 x1 2 x2 ，即 x1 x2 2，
x2 1 2 x2 2x , x2 2 2 2 2 2又 1 1 1 2 1 2 x2 2x2 ，則有 x1 1 x2 1 2 x1 x2 4，則 x1 x2 2，
所以 x21 x
2
2 2 .
【點睛】思路點睛：涉及函數的雙零點問題，不管待證的是兩個變量的不等式，還是導函數的值的不等式，
都是把雙變量的等式或不等式轉化為一元變量問題求解，途徑都是構造一元函數.
ln x
3．（2023·山西·模擬預測）已知函數 f x ax .
x
(1)若 f x 1，求實數 a的取值范圍；
12
(2)若 f x 有 2 2 2個不同的零點 x1, x2 （ x1 x2），求證： 2x1 3x2 .5a
【答案】(1) 1,
(2)證明見解析
ln x x ln x x
【分析】（1）求解函數定義域，參變分離得到 a 2 ，構造 h x 2 ，利用導函數得到其單調性，x x
極值和最值情況，得到 a h 1 1；
a ln x F x ln x（2）轉化為 2 有 2 個不同的實數根，構造 2 ，得到其單調性，得到1 x1 e x2 ，且x x
2
a 0, 1 x
2
2 ln x 12 t 1 12 t 2 1 2 ÷ ，求出 2 ，換元后即證 ln t 0，構造G t ln t t 1 ，求導后得è 2e x1 ln x 5 3t 21 2 5 3t 2 2
到G t 在 1, 上單調遞增，G t G 1 0，得到證明.
ln x x
【詳解】（1）因為函數 f x 的定義域為 0, ，所以 f x 1成立，等價于 a 成立.
x2
令 h x ln x x 1 x 2ln x ，則 h x ，
x2 x3
令 g x 1 x 2ln x ，則 g x 2 1 0 ，所以 g x 在 0, 內單調遞減，
x
又因為 g 1 0，所以當 x 0,1 時， h x 0， h x 單調遞增；當 x 1, 時， h x 0， h x 單調遞
減，
所以 y h x 在 x 1處取極大值也是最大值.
因此 a h 1 1，即實數 a的取值范圍為 1, .
ln x
（2） f x 有 2 個不同的零點等價于 a 2 有 2 個不同的實數根.x
F x ln x 1 2ln x令 2 ，則F x ，當F 3 x 0時，解得x x x e .
所以當 x 0, e 時，F x 0，F x 單調遞增，
當 x e, 時，F x 0，F x 單調遞減，
所以 y F x 1在 x e 處取極大值為F e .2e
又因為F 1 0，當 x 0,1 時，F x 0，當 x 1時，F x 0 .
且 x 時，F x 0 .
a 0, 1 所以1 x1 e x2 ，且 2e ÷
.
è
ln x ìln x ax21 1
因為 x1, x2 是方程 a 2 的 2 個不同實數根，即x í
.
ln x
2
2 ax2
x2 ln x
將兩式相除得 2 2
x2
，
1 ln x1
x ln x t 2
令 t 2x ，則 t 1
t 2 2， ln x ，變形得 ln x
ln t
1 2 ， ln x
t ln t
2 .
1 1 t 1 t 2 1
x2 ln x 1 x2 ln x2 2x2 3x2 12 2ln x 3ln x 12又因為 1 ， 2 ，因此要證 1 2 ，只需證 1 2 .a a 5a a a 5a
2
因為 a 0，所以只需證 2ln x
12 3t ln t 2ln t 12
1 3ln x2 ，即證 .5 t 2 1 t 2 1 5
12 t 2 1
因為 t 1，即證 ln t 0 .
5 3t 2 2
2
12 t 2 1 3t 2 2
令G t ln t t 1 2 ，則
G t 2 ≥0，5 3t 2 t 3t 2 2
所以G t 在 1, 上單調遞增，G t G 1 0，
12 t 2 1
即當 t 1時， ln t 0 2 成立，命題得證.5 3t 2
【點睛】極值點偏移問題中，若等式中含有參數，則消去參數，由于兩個變量的地位相同，將特征不等式
變形，如常常利用 ln x ln x ln
x x
1 2
1 1
x 進行變形，可構造關于
t
x 的函數，利用導函數再進行求解.2 2
考點七、乘積型極值點偏移
x
1．（2023 高三·全國·專題練習）已知函數 f x e ln x x a .若 f (x) 有兩個零點 x1, x2 ，證明： x1x2 1.x
【答案】證明見解析
x2 x1
【分析】利用構造函數法，從而只需證明 x1x2 ln x ln x ，即可求解.2 1
f x e
x ex x 1
【詳解】由題意得 ln a t e，令 1，則 f t t ln t a ， f t 1 0，
x x x t
所以 f t t ln t a 在 1, 上單調遞增，故 f t 0至多有1解；
x
又因為 f x 有兩個零點 x1, x e2 ，所以， t 有兩個解 x1, x2 ，x
ex ex x 1 ex
令 y ， y 2 ，易得 y 在 0,1 上遞減，在 1, 上遞增，所以 0 x1 1 x2 .x x x
x x x x x2 1 2
此時 e 1 tx 21;e tx2 ，兩式相除，可得： e x xx 2 1
ln x2 ln x1 .
1
x2 x1
于是，欲證 x1x2 1只需證明： x1x2 ln x2 ln x
，
1
x x x2 x 1下證 1 2 ln x ln x ：2 1
x2 x1 x2 x1 x2 x2 x
因為 x1x2 ln x ln x ln 1ln x2 ln x
2 1
1 x1x2 x1 x1 x
，
2
x
不妨設 s 2 1，則只需證 2ln s s
1
，
x1 s
2
構造函數 h s 2ln s s 1 , s 1 h s 2 1 1 1 1，則 2

÷ 0，s s s è s
故 h s 在 1, 上單調遞減，故 h s h 1 0，即 2ln s s 1 得證，
s
綜上所述：即證 x1x2 1.
【點睛】關鍵點睛：本題通過構造對數不等式證明極值點偏移問題.
1
2．（2024·廣東湛江· ln一模）已知函數 f x 1 ln x e ax ．
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若方程 f x 1有兩個根x1，x2，求實數 a 的取值范圍，并證明： x1x2 1．
【答案】(1) f x 在 0,1 上單調遞增， 1, 上單調遞減，
(2)見解析
【分析】（1）求出 f x ，根據導數的符號判斷函數的單調性；
1 ln x 1 1 ln x a g x 1 ln x
1 ln x 1 ln x
（2 1 2）由 ，得 ，設 ，畫出 g x 的圖象可得 0 a 1；由 ，
ax x x x1 x2

設 h x g x g 1 ，對 h x 求導可得 g x
1
g ，又 g x g x ，再由 g x 在 1, 上單調遞減，
è x ÷ 1
÷ 1 2
è x1
1
可得 x2 ，即可證明 x1x2 1x .1
1
【詳解】（1）由題意可得 x 0, 0，所以 a 0，
ax
ln 1
f x 1 ln x e ax 1 ln x 的定義域為 0, ，
ax
1
ax 1 ln x a
又 f x x ln x ，由 f x 0，得 x 1，
ax 2 ax2
當0 x 1時， f x 0，則 f x 在 0,1 上單調遞增，
當 x 1時， f x 0，則 f x 在 1, 上單調遞減，
1 ln x 1 1 ln x（2）由 ，得 a ，設 g x 1 ln x ，
ax x x
1
x 1 ln x
g x x ln x ，由 g x 0 ，得 x 1，
x2 x2
當0 x 1時， g x 0，則 g x 在 0,1 上單調遞增，
當 x 1時， g x 0，則 g x 在 1, 上單調遞減，
g 1 又 ÷ 0 ， g 1 1 xe ，且當 趨近于正無窮， g x 趨近于 0 ，è
g x 1 ln x 的圖象如下圖，
x
1 ln x
所以當 0 a 1時，方程 a 有兩個根，
x
1 ln x 1 ln x
證明：不妨設 x1 x2，則 0 x1 1 x
1 22 ， x ，1 x2
h x g x g 1 1 ln x設 ÷ x 1 ln x ，
è x x
2
h x ln x ln x x 1 ln x 0，所以 h x 在 0, 2 2 上單調遞增，x x
又 h 1 0，所以 h x1 g x g
1 1
1 ÷ 0，即 g x1 gx ÷，è 1 è x1

又 g x1 g x
1
2 ，所以 g x2 g ÷，
è x1
1
又 x2 1， 1， g x 在 1, x x
1
上單調遞減，所以 2 ，
1 x1
故 x1x2 1 .
【點睛】關鍵點點睛：（1）解此問的關鍵在于求出 f x 的導數，并能根據導數的符號結合相關知識判斷出
1
單調性；（2）解此問的關鍵在于把 x1x2 1轉化為 g x2 g ÷來證，又 g x1 g x2 ，構造
è x1
1 h x g x g ÷，對 h x 求導，得到 h x 的單調性和最值可證得 g x1 g
1
÷，即可證明 x1x2 1 .
è x è x1
1
3．（2024 高三·全國· 2專題練習）已知函數 f (x) ln x ax (a 1)x, (a R) .
2
(1)當 a 第15講 導數中的極值點偏移問題
（高階拓展、競賽適用）
（8 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
恒成立問題、零點問題
2022 年全國甲卷理，第 21 題,12 分 導數中的極值偏移問題
利用導數證明不等式
利用導數求函數的單調區間 (不含參)
2021 年新 I 卷，第 22 題,12 分 導數中的極值偏移問題
利用導數證明不等式
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的載體內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數解決函數的基本問題
2 能理解并掌握極值點偏移的含義
3 能結合極值點偏移的形式綜合證明及求解
【命題預測】極值點偏移問題在高考中很常見，此類問題以導數為背景考察學生運用函數與方程、數形結
合、轉換的思想解決函數問題的能力，層次性強，能力要求較高，需要綜合復習
知識講解
1. 極值點偏移的含義
眾所周知，函數 f (x) 滿足定義域內任意自變量 x 都有 f (x) f (2m x)，則函數 f (x) 關于直線
x m 對稱；可以理解為函數 f (x) 在對稱軸兩側，函數值變化快慢相同，且若 f (x) 為單峰函數，則 x m
必為 f (x) x x的極值點. 如二次函數 f (x) 的頂點就是極值點 x0 ，若 f (x) c的兩根的中點為 1 2 ，則剛2
x1 x好有 2 x0 ，即極值點在兩根的正中間，也就是極值點沒有偏移.2
若相等變為不等，則為極值點偏移：若單峰函數 f (x) 的極值點為m ，且函數 f (x) 滿足定義域內
x m 左側的任意自變量 x 都有 f (x) f (2m x)或 f (x) f (2m x)，則函數 f (x) 極值點m 左右側變
x x
化快慢不同. 故單峰函數 f (x) 定義域內任意不同的實數 x 1 21, x2 滿足 f (x1) f (x2 )，則 與極值點m2
必有確定的大小關系：
m x x x x若 1 2 ，則稱為極值點左偏；若m 1 2 ，則稱為極值點右偏.
2 2
如函數 g(x) x x x x 的極值點 x0 1剛好在方程 g(x) c 的兩根中點
1 2 的左邊，我們稱之為極值點左偏.
e 2
2. 極值點偏移問題的一般題設形式
1. 若函數 f (x) 存在兩個零點 x1 , x2 且 x1 x2 ，求證： x1 x2 2x0 （ x0 為函數 f (x) 的極值點）；
2. 若函數 f (x) 中存在 x1 , x2 且 x1 x2 滿足 f (x1) f (x2 )，求證： x1 x2 2x0 （ x0 為函數 f (x) 的極值
點）；
x x
3. 若函數 f (x) 存在兩 個零點 x1 , x 1 22 且 x1 x2 ，令 x0 ，求證： f ' (x2 0
) 0；
x x
4. 若函數 f (x) 中存在 x1 , x2 且 x1 x2 滿足 f (x1) f (x2 )，令 x0 1 2 ，求證： f ' (x ) 0 .2 0
3. 極值點偏移的判定定理
對于可導函數 y f (x)，在區間 (a,b)上只有一個極大（小）值點 x0 ，方程 f (x) 0 的解分別為
x1, x2 ，且 a x1 x2 b ，
f (x ) x x（1）若 1 f (2x0 x2 )，則 1 2 ( )x0 ，即函數 y f (x)在區間 (x1, x2 ) 上極（小）大值點2
x0 右（左）偏；
（2）若 f (x1) f (2x
x x
0 x2 )，則 1 2 ( )x0 ，即函數 y f (x)在區間 (x1, x2 ) 上極（小）大值點2
x0 右（左）偏.
證明：（1）因為對于可導函數 y f (x)，在區間 (a,b)上只有一個極大（小）值點 x0 ，則函數 f (x) 的
單調遞增（減）區間為 (a, x0 )，單調遞減（增）區間為 (x0 ,b) ，由于 a x1 x2 b ，有 x1 x0 ，且 2x0 x2 x0 ，
又 f (x1) f (2x0 x )
x x
2 ，故 x1 ( )2x0 x2，所以 1 2 ( )x0 ，即函數極（小）大值點 x0 右（左）偏；2
（2）證明略.
m x1 x x x左快右慢（極值點左偏 2 ） 左慢右快（極值點右偏 m 1 2 ）
2 2
m x1 x x x左快右慢（極值點左偏 2 ） 左慢右快（極值點右偏 m 1 2 ）
2 2
4. 對數平均不等式
ì a b (a b),
兩個正數 a和b 的對數平均定義： L(a,b)

í ln a ln b
a(a b).
對數平均與算術平均 幾何平均的大小關系：
ab L(a,b) a b （此式記為對數平均不等式）
2
取等條件：當且僅當 a b時，等號成立．
a b
只證：當 a b 時， ab L(a,b) ．不失一般性，可設 a b．
2
證明如下：
（I）先證： ab L(a,b) ……①
不等式① ln a ln b a b ln a a b 2ln x x 1 a（其中 x 1）
ab b b a x b
構造函數 f (x) 2ln x (x
1 2
), (x 1) ，則 f (x) 1
1 1
2 (1 )
2
．
x x x x
因為 x 1時， f (x) 0 ，所以函數 f (x) 在 (1, )上單調遞減，
故 f (x) f (1) 0，從而不等式①成立；
（II）再證： L(a,b)
a b
……②
2
a
ln a ln b 2(a b) a
2( 1) 2(x 1)
不等式② ln ba ln x
a
（其中
a b b (x 1) x 1） ( 1) b
b
2(x 1) 2
構造函數 g(x) ln x , (x 1)，則 g (x)
1 4 (x 1)

(x ． 1) x (x 1)2 x(x 1)2
因為 x 1時， g (x) 0，所以函數 g(x)在 (1, )上單調遞增，
故 g(x) g(1) 0，從而不等式 成立；
綜合（I）（II）知，對 a,b R ，都有對數平均不等式 ab
a b
L(a,b) 成立，
2
當且僅當 a b時，等號成立．
5. 運用判定定理判定極值點偏移的方法
1、方法概述：
（1）求出函數 f (x) 的極值點 x0 ；
（2）構造一元差函數 F (x) f (x0 x) f (x0 x)；
（3）確定函數 F (x)的單調性；
（4）結合 F (0) 0 ，判斷 F (x)的符號，從而確定 f (x0 x)、 f (x0 x)的大小關系.
考點一、極值點偏移高考真題鑒賞
x
1．（2022· e全國·統考高考真題）已知函數 f x ln x x a ．
x
(1)若 f x 0，求 a 的取值范圍；
(2)證明：若 f x 有兩個零點 x1, x2 ，則 x1x2 1．
1．（2021·全國·統考高考真題）已知函數 f x x 1 ln x .
（1）討論 f x 的單調性；
1 1
（2）設 a，b 為兩個不相等的正數，且b ln a a ln b a b ，證明： 2 e .
a b
考點二、含對數型極值點偏移
1．（2022·全國·模擬預測）設函數 f x lnx ax a R .
(1)若 a 3，求函數 f x 的最值；
(2)若函數 g x xf x x a 有兩個不同的極值點，記作 x1, x2 ，且 x1 x2，求證： lnx1 2lnx2 3 .
1．（23-24 高三上·江蘇南通·階段練習）已知函數 f x x 2a ln x , a R .
x
1
(1)當 a 時，求函數 f x 的極值；
2
(2)若 f x
f x f x
有兩個極值點 x1，x
1 2
2 ，求證： 4 .x1 x2
2．（2024·河北保定·二模）已知函數 f (x) ax x ln x, f (x)為其導函數．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a的取值范圍；
(2)若存在兩個不同的正數 x1, x2 ，使得 f x1 f x2 ，證明： f x1x2 0 ．
考點三、含指數型極值點偏移
x
1．（22-23 e k高二上·重慶沙坪壩·期末）已知函數 f x ．
x
(1)若 f x 在 0, 上單調遞增，求實數 k 的取值范圍；
(2)若 g x f x klnx lnk 2存在極小值，且極小值等于 ，求證： k lnk 2e ．
1
1．（2023·全國·模擬預測）已知函數 f x x e 1 ex ex2 e2x．
2
(1)求函數 f x 的單調區間與極值．
(2)若 f x1 f x2 f x3 x1 x2 x
x x
3 ，求證： 3 1 e 1．2
2．（23-24 高三上·云南昆明·階段練習）設 a，b 為函數 f x x ×ex m （m 0）的兩個零點．
(1)求實數m 的取值范圍；
(2)證明： ea eb 1．
考點四、加法型極值點偏移
1 x．（2024 高三·全國·專題練習）已知函數 f x xe a恰有兩個零點 x1, x2 ．
(1)求 a的取值范圍；
(2)證明： x1 x2 2．
2．（2023·山西·模擬預測）已知函數 f x lnx a x 1,a R .
(1)若 f x 0 ，求 a的取值范圍；
(2) 2若關于 x 的方程 f x eax ex2 有兩個不同的正實根 x1, x2 ，證明： x1 x2 2 e .
3 x 2．（2024·遼寧·模擬預測）已知函數 f x e ax (a 0)．
(1) a e
2
當 時，判斷 f x 在區間 1, 內的單調性；
4
(2)若 f x 有三個零點 x1, x2 , x3，且 x1 x2 x3．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）證明： x1 x2 x3 3 .
a
1．（2024 高三·全國·專題練習）已知函數 f x 2x ln x a R 有兩個零點 x1, xx 2 x1 x2 ．
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)證明： x1 x2 1．
2．（2024 高三下·全國· 2專題練習）已知函數 f x 2x ln x x 1．
(1)證明： f x 1；
(2)若0 x1 x2 ，且 f x1 f x2 0，證明： x1 x2 2．
3．（2024 高三·全國·專題練習）設函數 f (x) ex
1
ex2 1 (x 1)3 5e , x [0, ) ．
2 3 2
(1)判斷函數 f (x) 的單調性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 f x2 6e ，求證： x1 x2 2．
考點五、減法型極值點偏移
1．（23-24 高二下·云南·期中）已知函數 f x 3lnx ax2 4x(a 0) .
(1)當 a 1時，討論 f x 的單調性；
(2)當 a
1
時，若方程 f x b 有三個不相等的實數根 x1, x2 , x3，且 x1 x2 x3，證明： x3 x1 4 .2
2
1．（23-24 高三上·河南· f x ln ex a 1 x x開學考試） b 有兩個零點 x1, x2 x1 x2 ．2 4
(1) a 0時，求b 的范圍；
5
(2) b = -1且 a 時，求證： x2 x1 2 5 4a ．4
2．（23-24 高三下·天津·階段練習）已知函數 f (x) x2 2ax 4ln x．
(1)討論 f (x) 的單調區間；
(2)已知 a [4,6]，設 f (x) 的兩個極值點為l1,l2 l1 l2 ，且存在b R ，使得 y f (x) 的圖象與 y b有三個
公共點 x1, x2 , x3 x1 x2 x3 ；
①求證： x1 x2 2l1；
②求證： x3 x1 4 7 ．
考點六、平方型（立方型）極值點偏移
1 lnx
1．（22-23 高三上·云南·階段練習）已知函數 f x ， a 0．
ax
(1)若 f x ≤1，求 a的取值范圍；
(2)證明：若存在x1，x2，使得 f x1 f x 2 22 ，則 x1 x2 2．
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x a 1 ln x a R ．
x
(1)求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 有兩個零點x1，x2，且 x1 x 22，求證： x1x2 e a ．
ln x 1
3 e
x
．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) ， g(x) ．
x x
(1)若對任意的m, n (0, )都有 f (m) t g(n)，求實數 t 的取值范圍；
x1
(2)若 x1, x2 (0, )且 x x
x2 x x1 2 3 3
1 2 ， e ，證明： x x 2．xx2 1 21
1．（2023·廣東廣州·模擬預測）已知函數 f x lnx ax2 .
(1)討論函數 f x 的單調性：
(2)若 x1, x
2 2
2 是方程 f x 0的兩不等實根，求證： x1 x2 2e；
2．（22-23 高二下·遼寧·期末）已知函數 f x lnx 1 .
ax
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 ex x2 ex x1 2 21 2 （e 是自然對數的底數），且 x1 > 0， x2 0， x1 x2 ，證明： x1 x2 2 .
ln x
3．（2023·山西·模擬預測）已知函數 f x ax .
x
(1)若 f x 1，求實數 a的取值范圍；
(2)若 f x 有 2 個不同的零點 x1, x2 （ x1 x2），求證： 2x2
12
1 3x
2
2 .5a
考點七、乘積型極值點偏移
x
1．（2023 高三· e全國·專題練習）已知函數 f x ln x x a .若 f (x) 有兩個零點 x1, x2 ，證明： x
x 1
x2 1.
1
2．（2024· ln廣東湛江·一模）已知函數 f x 1 ln x e ax ．
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若方程 f x 1有兩個根x1，x2，求實數 a 的取值范圍，并證明： x1x2 1．
1
3．（2024 2高三·全國·專題練習）已知函數 f (x) ln x ax (a 1)x, (a R) .
2
(1)當 a 1時，判斷函數 y f (x) 的單調性；
x f (x) 1(2) 2若關于 的方程 ax 有兩個不同實根 x1, x2 ，求實數 a的取值范圍，并證明 x1 × x2 e
2 .
2
1
1．（23-24 高三上· · 2河南 階段練習）已知函數 f (x) ax (2a 1)x 2ln x(a R) .
2
(1)若 f (x) 有唯一極值，求 a的取值范圍；
(2)當 a 0時，若 f (x1) f (x2 )， x1 x2 ，求證： x1x2 4 .
1
2 2．（23-24 高三上·四川遂寧·階段練習）設 f x ax a 1 x ln x， a R .
2
(1)當 a 2時，求 f x 的極值；
(2)若 x 0有 f x 0 恒成立，求 a的取值范圍；
(3)當 a 0時，若 f x1 f x2 ，求證： x1x2 1.
3．（2023·湖北武漢·模擬預測）已知 f (x) 2x sin x a ln x．
(1)當 a 1時，討論函數 f (x) 的極值點個數；
(2)若存在x1， x2 (0 x1 x2 )，使 f (x1) f (x2 )，求證： x1x2 a ．
考點八、商式型極值點偏移
x
1．（2022 高三·全國·專題練習）已知函數 f (x) x ea (a 0) 有兩個相異零點x1 x2，且 x1 x2，求證：
x1 e
x .2 a
2 x．（福建省寧德市 2021 屆高三三模數學試題）已知函數 f (x) ae ln x 1 a R .
（1）當 a e時，討論函數 f (x) 的單調性：
x
（2）若函數 f (x) 2恰有兩個極值點 x1, x2 x1 x2 ，且 x1 x2 2ln 3，求 x 的最大值.1
3．（22-23 高三上·黑龍江哈爾濱·期末）已知函數 f x ax2 ， g x x 1 ln x .
(1)若對于任意 x 0, ，都有 f x g x ，求實數 a的取值范圍；
1 1
(2)若函數 y g x m有兩個零點 x1, x2 ，求證： 2x x .1 2
1．（22-23 高二下·湖北· x期末）已知函數 f x ae ln x 1（ a R ）.
（1）當 a e時，討論函數 f x 的單調性；
（2）若函數 f x
x
恰有兩個極值點x x x x 2e 1 × ln 2e1， 2（ 1 2），且 x1 x
2
2 ，求 的最大值.2e 1 x1
2．（21-22 高二上·湖北武漢·期末）已知函數 f (x) 2e x ln x ，其中 e 2.71828 × × ×為自然對數的底數.
（1）討論函數 f (x) 的單調性；
（2）若 x1, x2 0,1 ，且 x2 ln x1 x1 ln x2 2ex1x2 ln x1 ln x2 ，證明： 2e
1 1
2e 1
x x .1 2
6．（2023·湖北武漢·三模）已知函數 f x ax a 1 ln x 1 ， a R ．
x
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若關于 x 的方程 f x xex ln x 1 有兩個不相等的實數根x1、x2，x
（ⅰ）求實數 a 的取值范圍；
ex1 ex2 2a
（ⅱ）求證： ．
x2 x1 x1x2
1．（2023 高三·全國·專題練習）已知函數 f (x) x ln x 的圖像與直線 y m交于不同的兩點 A x1, y1 ，
B x 12 , y2 ，求證： x1x2 2 ．e
m
2．（2023·江西·模擬預測）已知函數 f (x) x ．
ex
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 f x2 2，證明：0 m e，且 x1 x2 2．
3．（23-24 2高二下·廣東東莞·階段練習）已知函數 f x x ax x ln x的導函數為 f x ，若 f x 存在兩個
不同的零點 x1, x2 .
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)證明： x1 x2 1 .
1
4．（23-24 高三上· 2江蘇連云港·階段練習）已知函數 f x lnx ax a 1 x a R .
2
(1)當 a 1時，求函數 y f x 的零點個數.
1
(2) x f x ax2 2若關于 的方程 有兩個不同實根 x
2 1
, x2 ，求實數 a的取值范圍并證明 x1 × x2 e .
1
5 2 2．（2024·云南·二模）已知常數 a 0，函數 f (x) x ax 2a ln x .
2
(1)若 x 0, f (x) 4a2 ，求 a的取值范圍;
(2)若x 、x 是 f (x)1 2 的零點，且 x1 x2 ，證明: x1 x2 4a .
1 3
6．（22-23 3 2高二下·安徽·階段練習）已知函數 f x x x log x a 0, a 1 ．
3 2 a
(1)若 f x 為定義域上的增函數，求 a 的取值范圍；
(2)令 a e
1 3
，設函數 g x f x x 4ln x 9x，且 g x1 g x2 0 ，求證： x3 1 x2 3 11．
7．（2023·山東日照·二模）已知函數 f x x a ln x．
(1)若 f x 1恒成立，求實數 a的值：
(2) x x若 x1 > 0， x 0， e 12 ln x 12 x1 x2 ，證明： e x2 2 ．
f x
8 ．（2023·江西南昌·二模）已知函數 f x x ln x a ， g x a ax ．
x
(1)當 x 1時， f x ≥ ln x 2恒成立，求 a 的取值范圍．
(2)若 g x 2的兩個相異零點為x1，x2，求證： x1x2 e ．
2 3 9．（2023·浙江紹興·模擬預測）已知函數 f x x ln x a ÷，a 為實數．
è 2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若函數 f x 在 x e處取得極值， f x 是函數 f x 的導函數，且 f x1 f x2 ， x1 x2，證明：
2 x1 x2 e
a
10．（2023·北京通州·三模）已知函數 f x ax ln x(a 0)
x
(1)已知 f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為 y x 1，求實數 a 的值；
(2)已知 f（x）在定義域上是增函數，求實數 a 的取值范圍.
(3)已知 g x f x a 2有兩個零點x1，x2，求實數 a 的取值范圍并證明 x1x2 e .x
11．（22-23 2高三下·河北石家莊·階段練習）已知函數 f x x ln x a a R .
(1)求函數 f x 的單調區間；
2
(2)若函數 f x 有兩個零點x1、x2，證明1 x1 x2 .e
a
12．（2022 高三·全國· 2專題練習）已知函數 f x x ln x x x a(a R)在其定義域內有兩個不同的極值
2
點.
(1)求 a的取值范圍；
(2)記兩個極值點為 x1, x2 ，且 x1 x2 . 若l 1 1 l，證明： e x × xl1 2 .
13．（2023·貴州畢節·模擬預測）已知函數 f x 2x a lnx 3 x a ,a 0 .
(1)當 x 1時， f x 0，求 a的取值范圍.
1
(2)若函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 ，證明： x1 x2 2e 2 .
14．（23-24 高三上·河南·階段練習）已知函數 f x x 2 ex ax a R ．
(1)若 a 2，討論 f x 的單調性．
(2)已知關于 x 的方程 f x x 3 ex 2ax 恰有 2個不同的正實數根 x1, x2 ．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）求證： x1 x2 4．
2 3 15．（23-24 高三上·天津和平·階段練習）已知函數 f x x ln x a ÷，a 為實數．
è 2
2
(1)當 a 時，求函數在 x 1處的切線方程；
3
(2)求函數 f x 的單調區間；
(3)若函數 f x 在 x e處取得極值， f x 是函數 f x 的導函數，且 f x1 f x2 ， x1 x2，證明：
2 x1 x2 e．
16 23-24 · · f x xlnx ax2．（ 高三上 重慶渝中 期中）已知函數 x,a R ．
(1)若函數 f x 是減函數，求 a的取值范圍；
(2)若 f x 8有兩個零點 x1, x2 ，且 x2 2x1，證明： x1x2 2 ．e
1
17．（23-24 高三上· 2江蘇·階段練習）已知函數 f x x ln x ax a 0 .
2
(1)若函數 f x 在定義域內為減函數,求實數 a 的取值范圍;
1
(2)若函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 x1 x2 ,證明： x1x2 .a
18．（2023· x遼寧阜新·模擬預測）已知函數 f x e ax
(1)若 a 2 時，求 f x 的最值；
(2)若函數 g x f x 1 x2，且 x1, x2 為 g x 的兩個極值點，證明： g x1 g x2 22
19．（2024 高三下·全國·專題練習）已知函數 g x ln x ax2 2 a x（ a R ）．
(1)求 g x 的單調區間；
(2)若函數 f x g x a 1 x2 2x ， x1, x2 0 x1 x2 是函數 f x
x x
的兩個零點，證明： f 1 2 ÷ 0．
è 2
20．（2023·山東泰安· x 1二模）已知函數 f x me ln x ，m R .
(1)當m 1時，討論方程 f x 1 0解的個數；
2 2
(2)當m e時， g x f x ln x tx e e 有兩個極值點x
2 1
，x2，且 x1 x2，若 e t ，證明：2
（i） 2 x1 x2 3；
（ii） g x1 2g x2 0 .
1．（全國·高考真題）已知函數 f (x) (x 2)ex a(x 1)2有兩個零點.
（Ⅰ）求 a 的取值范圍；
（Ⅱ）設 x1，x2 是 f (x) 的兩個零點，證明： x1 x2 2 .
2．（天津·高考真題）已知函數 f (x) xe x (x R)
（Ⅰ）求函數 f (x) 的單調區間和極值；
（Ⅱ）已知函數 y g(x) 的圖象與函數 y f (x) 的圖象關于直線 x 1對稱，證明當 x 1時， f (x) g(x)
（Ⅲ）如果 x1 x2 ，且 f (x1) f (x2 )，證明 x1 x2 2

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