資源簡介

拔高點突破 02 極值點偏移問題與拐點偏移問題　
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結 ...............................................................................................................................3
題型一：極值點偏移:加法型...............................................................................................................3
題型二：極值點偏移:減法型...............................................................................................................8
題型三：極值點偏移:乘積型.............................................................................................................13
題型四：極值點偏移:商型.................................................................................................................20
題型五：極值點偏移:平方型.............................................................................................................28
題型六：極值點偏移:混合型.............................................................................................................33
題型七：拐點偏移問題 ......................................................................................................................39
03 過關測試 .........................................................................................................................................44
1、極值點偏移的相關概念
所謂極值點偏移，是指對于單極值函數(shù)，由于函數(shù)極值點左右的增減速度不同，使得函數(shù)圖像沒有對
稱性。若函數(shù) f (x) 在 x x0處取得極值，且函數(shù) y f (x) 與直線 y b交于 A(x1,b), B(x2 ,b) 兩點，則
x x x x
AB 的中點為M ( 1 2 ,b) ，而往往 x 1 20 。如下圖所示。2 2
圖 1 極值點不偏移 圖 2 極值點偏移
極值點偏移的定義：對于函數(shù) y f (x) 在區(qū)間 (a,b)內只有一個極值點 x0 ，方程 f (x) 的解分別為
x1、x2，且 a x x
x x
1 2 b ，（1）若 1 2 x0，則稱函數(shù) y f (x) 在區(qū)間 (x1, x2 ) 上極值點 x0 偏移；2
x x
（2）若 1 2 x0 ，則函數(shù) y f (x) 在區(qū)間 (x1, x2 ) 上極值點 x0 左偏，簡稱極值點 x0 左偏；（3）若2
x1 x2 x0 ，則函數(shù) y f (x) 在區(qū)間 (x1, x2 ) 上極值點 x2 0
右偏，簡稱極值點 x0 右偏。
2、對稱變換
主要用來解決與兩個極值點之和、積相關的不等式的證明問題．其解題要點如下：(1)定函數(shù)(極值點
為 x0 )，即利用導函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)單調性，進而確定函數(shù)的極值點 x0.
(2)構造函數(shù)，即根據(jù)極值點構造對稱函數(shù) F (x) f (x) - f (2x0 - x)
2
，若證 x1x2 x0 ，則令
F (x) f (x) - f (2x0 ) .
x
(3)判斷單調性，即利用導數(shù)討論 F (x) 的單調性．
(4)比較大小，即判斷函數(shù) F (x) 在某段區(qū)間上的正負，并得出 f (x)與 f (2x0 - x)的大小關系．
(5)轉化，即利用函數(shù) f (x)的單調性，將 f (x)與 f (2x0 - x)的大小關系轉化為 x 與 2x0 - x 之間的關
系，進而得到所證或所求．
f x1 x2 x1 x2 x x【注意】若要證明 的符號問題，還需進一步討論 與 x0的大小，得出 1 2 所在
2 2 2
的單調區(qū)間，從而得出該處導數(shù)值的正負．
構造差函數(shù)是解決極值點偏移的一種有效方法，函數(shù)的單調性是函數(shù)的重要性質之一，它的應用貫穿
于整個高中數(shù)學的教學之中.某些數(shù)學問題從表面上看似乎與函數(shù)的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在
聯(lián)系，抓住其本質，那么運用函數(shù)的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數(shù)的單調性
進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據(jù)題目的特點，構造一個適當?shù)?br/>函數(shù)，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔
明快的思路，有著非凡的功效
x x x1 - x x3 2 1
x2
、應用對數(shù)平均不等式 1 2 ln x - ln x 2 證明極值點偏移：1 2
①由題中等式中產(chǎn)生對數(shù)；
x1 - x② 2將所得含對數(shù)的等式進行變形得到 ln x ；1 - ln x2
③利用對數(shù)平均不等式來證明相應的問題.
4、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(shù)利用函數(shù)的單調性證明
題中的不等式即可.
題型一：極值點偏移:加法型
【典例 1-1】（2024·四川南充·一模）已知函數(shù) f (x) x - ln x - a 有兩個不同的零點 x1, x2 .
(1)求實數(shù) a的取值范圍；
(2)求證： x1 x2 2 .
【解析】（1） f x 的定義域為 0, ，
f x 1 1 x -1因為 - ，所以當0 x 1時， f x 0，當 x 1時， f x > 0，x x
所以 f x 在 0,1 上單調遞減，在 1, 上單調遞增，
所以當 x 1時， f x 取得最小值1- a .
又當 x 趨近于 0 或 時， f x 趨于 ，
所以，要使 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 ，只需滿足1- a 0，即 a 1 .
所以實數(shù) a的取值范圍為 1, .
（2）不妨設 x1 x2，由（1）可知，0 x1 1, x2 1，則 2 - x1 1，
要證 x1 x2 2，只需證 2 - x1 x2 ，
又 f x 在 1, 上單調遞增，所以只需證 f 2 - x1 f x2 ，即證 f 2 - x1 f x1 .
記 g x f 2 - x - f x 2 - 2x - ln 2 - x ln x, x 0,1 ，
2
則 g x 1 1 2 x -1 - 2 - ，
x 2 - x x x - 2
當0 x 1時， g x 0， g x 單調遞增，
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· 安徽馬鞍山·一模）設函數(shù) f x ln x -1 - .
x
(1)若 f x 0對"x 2, 恒成立，求實數(shù) k 的取值范圍；
ln x -1
(2) 1已知方程 有兩個不同的根x1、x2，求證： x1 x2 6e 2，其中 e 2.71828L為自然對數(shù)x -1 3e
的底數(shù).
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, ，則j x ln x -1 x - k ，
x -1
令 h x j x ，則 h x
1 1 x - 2
- 0 x 2
x -1 x -1 2 x -1 2 .
所以，函數(shù)j x ln x -1 x - k 在 2, 上單增，故j x j 2 2 - k .
x -1
①當 k 2時，則j x 2 - k 0，所以j x 在 2, 上單增，j x j 2 0 ，
此時 f x 0對"x 2, 恒成立，符合題意；
k
②當 k 2時，j 2 2 - k 0，j ek 1 e 1 0，ek
故存在 x0 2, 使得j x0 0 ，
當 x 2, x0 時，j x 0，則j x 單調遞減，此時j x j 2 0 ，不符合題意.
綜上，實數(shù) k 的取值范圍 - , 2 .
2 x - 2 2 t -1
（2）證明：由（1）中結論，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不妨設 x2 x1 1， x ，則 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
【變式 1-1】（2024·甘肅酒泉·模擬預測）已知函數(shù) f x x ln x x2 - x．
2
(1)求曲線 y f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若 f x0 0（ f x 為 f x 的導函數(shù)），方程 f x m有兩個不等實根x1、x2，求證： x1 x2 2x0 ．
【解析】（1）因為 f x x ln x 1 x2 x 1- ，則 f x x ln x ，所以， f 1 - ， f 1 1，
2 2
3
所以，曲線 y f x 在點 1, f 1 處的切線方程為 y 1 x -1，即 y x - .2 2
（2）證明：因為 f x x ln x ， f x0 0，所以 x0 ln x0 0．
因為 f x 為增函數(shù)，所以 f x 在 0, x0 上單調遞減，在 x0 , 上單調遞增．
由方程 f x m有兩個不等實根x1、x2，則可設 x1 x0 x2 ，
欲證 x1 x2 2x0 ，即證 x2 2x0 - x1 x0，
即證 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設 - - 0 - 0 - - 2x0 - x
2 2x - x ，其中0 x x
2 2 0 0
，
則 g x ln x ln 2x0 - x 2x0 ，設 h x ln x ln 2x0 - x 2x0 0 x x0 ，
1 1 2 x0 - x則 h x

- 0
x 2x x x 2x x ，所以，函數(shù)
g x 在 0, x0 上單調遞增，
0 - 0 -
所以 g x g x0 2ln x0 2x0 0，所以 g x 在 0, x0 上單調遞減，
所以 g x g x0 0 ，即 f x2 f 2x0 - x1 ，故 x1 x2 2x0 得證．
2
【變式 1-2 x】（2024·安徽淮南·二模）已知函數(shù) f (x) 1- e - k(x -1), x -1,k R．
x 1
(1)若 k 0，證明： x (-1,0)時， f (x) -1；
(2)若函數(shù) f (x) 恰有三個零點 x1, x2 , x3，證明： x1 x2 x3 1．
x -1 x
【解析】（1） k 0時，函數(shù) f (x) e , x (-1,0)，
x 1
2
則 f (x)
x 1
ex2 0，(x 1)
f (x) 在 (-1,0) 上單調遞增，
f (x) x -1 x所以 e f (0) -1．
x 1
x
（2） f (x) (x 1)
e
- - k x 1x 1 ，顯然 為函數(shù)的一個零點，設為
x3；

ex xex
設函數(shù)F (x) - k ，F(xiàn) (x)
x 1 (x 1)2
當 x (-1,0)時， F (x) 0，當 x (0, )時，F(xiàn) (x) 0，
故 F (x)在 (-1,0) 上單調遞減，在 (0, )上單調遞增．
由已知， F (x)必有兩個零點 x1, x2 ，且-1 x1 0 x2，下證： x1 x2 0．
x - x
設函數(shù)h(x) F (x) - F (-x), x (-1,0) e e，則 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
，則 2 e
x x 1- 0，
(x 1) x -1
x 1
由（1 x）有 e 0，故 h (x) 0，
x -1
即函數(shù) h(x) 在 (-1,0) 上單調遞減，
所以 h(x) h(0) 0，
即有F x2 F x1 F -x1 ，
由于-x1, x2 (0, ) ，且在 (0, )上單調遞增，
所以 x2 -x1，
所以 x1 x2 0．
【變式 1-3】（2024·河南新鄉(xiāng)·三模）已知函數(shù) f x ax ln x 3 a a 0 .10
(1)討論 f x 的單調性.
f x x x x x x x 3(2)若函數(shù) 有兩個零點 1， 2 ，且 1 2，證明： 1 2 .10
【解析】（1）函數(shù) f x 的定義域為 0, ， f x a ln x a a ln x 1 .
①當 a 0時，令 f x 1 0，得 0 x 1 f x 0, e ，則 在 e 上單調遞減；
令 f x > 0 1，得 x ，則 f x 1在 , e e 上單調遞增.
1
②當 a<0時，令 f x 0，得 x 1 ，則 f x 在 , e e 上單調遞減；
令 f x 1> 0 0 x 1 f x ，得 ，則 在 0, 上單調遞增.e e
f x 0, 1a 0 1綜上所述，當 時， 在 上單調遞減，在 , e e 上單調遞增；
1
當 a<0時， f x 在 ,
1

e 上單調遞減，在
0,
e 上單調遞增
.

3 3
（2）證明：因為 x1，x2 為 f x 的兩個零點，所以 ln x1 010x ， ln x2 01 10x ，2
x x 3 x1 - x × 2
兩式相減，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 ，則 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 ，則 h t 1 1 1 t - t 1 - 0t 2 ，t t t2
所以函數(shù) h t 在 0,1 上單調遞增，所以 h t h 1 0 ，即 t 1- - ln t 0 .t
t 10 t 1 - 3因為 ，所以 t 1，故 x1 x2 .
ln t 10
得證
題型二：極值點偏移:減法型
【典例 2-1 2】已知函數(shù) f x 3lnx ax - 4x(a 0) .
(1)當 a 1時，討論 f x 的單調性；
a 1(2)當 時，若方程 f x b 有三個不相等的實數(shù)根 x1, x2 , x3，且 x1 x2 x3，證明： x3 - x1 4 .2
【解析】（1）由題意可知： f x 的定義域為 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, 內恒成立，
即 f x > 0在 0, 內恒成立，所以 f x 在 0, 內單調遞增.
1 1 2
（2）當 a 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, 內單調遞增，在 1,3 內單調遞減，
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 - 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 內單調遞增，
則 g x g 1 0 ，可得 f x f 2 - x 在 0,1 內恒成立，
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 內單調遞減
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
x 6 - x x 6 x ，-
可知 h x 在 1,3 內單調遞增，則 h x h 3 0，
可得 f x f 6 - x 在 1,3 內恒成立，
因為1 x2 3，則 f x2 f x3 f 6 - x2 ，
且3 6 - x2 5, x3 3, f x 在 3, 內單調遞增，
則6 - x2 x3 ，即 x2 x3 6；
由 x1 x2 2和 x2 x3 6可得 x3 - x1 4 .
【典例 2-2】（2024·湖南邵陽·一模）已知函數(shù) f x 3lnx ax2 - 4x b(a 0,b R) .
(1)討論函數(shù) f x 的單調性；
1
(2)當 a 時，方程 f x 0有三個不相等的實數(shù)根，分別記為 xi i 1,2,3 .2
①求b 的取值范圍；
②證明 xi - x j 4 i 1,2,3; j 1,2,3 .
2
【解析】（1）函數(shù) f x 的定義域為 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
當Δ 0，即 a 時， 2ax2 - 4x 3 0在 0, 恒成立， f x 0 .3
2
當Δ 0，即0 a 2 - 4 - 6a 2 4 - 6a時，方程 2ax2 - 4x 3 0有兩根，可求得：
3 x1 , x
，
2a 2 2a
4 3
因為 x1 x2 0, x1x2 0,所以 x2 x1 0 ，2a 2a
當 x 0, x1 和 x2 , 時， f x > 0， f x 為增函數(shù)，
當 x x1, x2 時， f x 0， f x 為減函數(shù).
2
綜上：當 a 時， f x 在 0, 上單調遞增，
3
2 2 - 4 - 6a 2 4 - 6a f x 0, , 2 - 4 - 6a , 2 4 - 6a

當0 a 時， 在
3 2a
和 上單調遞增，在 上單
2a 2a 2a


調遞減.
1 1
（2 2）當 a 時， f x 3lnx x - 4x b .
2 2
①方程 f x 0有三個不相等的實數(shù)根，
即方程-b 3lnx
1
x2 - 4x 在 0, 上有三個不相等的實數(shù)根.
2
令 g x 3ln x 1 x2 - 4x, x 0, ，
2
g x 3 x -1 x - 3 則 x - 4 ，
x x
令 g x 0 ，求得： x 1或 x 3，
則當0 x 1或 x 3時， g (x) 0，
當1 x 3時， g (x) 0，
則 g x 在 0,1 和 3, 上單調遞增，在 1,3 上單調遞減，
g x 存在極大值為 g 1 7 g 3 3ln3 15 - ，存在極小值 - ，
2 2
且當 x 0 時， g x - ，當 x 時， g x .
要使方程 f x 0有三個不相等的實數(shù)根，則3ln3 15 7- -b - ,
2 2
7 15
\b的取值范圍為 , - 3ln3

.
2 2
②證明：設方程 f x 0三個不相等的實數(shù)根分別為： x1, x2 , x3，且 x1 x2 x3，
由①可得0 x1 1 x2 3 x3 ，要證 xi - x j 4 i 1,2,3; j 1,2,3 ，
只需證 xi - x j 4 x - x 4max ，即證 3 1 ，
當 a
1
時， f x 在 0,1 和 3, 上單調遞增，在 1,3 上單調遞減，
2
且當 x 0 時， f x - ，當 x 時， f x .
由 f x1 f x2 f x3 0，
構造函數(shù) 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 ，當 時， 在 上單調遞增，-
\h x h 1 0 ，即 f x - f 2 - x 0在 0,1 上恒成立，
又 x1 0,1 ，則有： 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 上單調遞減，
\ x2 2 - x1 ，即 x1 x2 2 .
構造函數(shù)j x f x - f 6 - x (1 x 3) ，
2
j x f (x) f (6 x) 2(x - 3) - ，當 x 1,3 時j
x 0,j xx 6 x 在 1,3 上單調遞增.-
\j x j 3 0，即 f x - f 6 - x 0在 1,3 上恒成立.
又Q x2 1,3 ，則 f x2 - f 6 - x2 0 .即 f x3 f x2 f 6 - x2 ，
由 x2 1,3 , x3 3, ，則6 - x2 3,5 .
Q f x 在 3, 上單調遞增，\ x3 6 - x2 , x3 x2 6 .
又 x1 x2 2，則可證得： x3 - x1 4,\ xi - x j 4 i 1,2,3; j 1,2,3 .
【變式 2-1】已知函數(shù) f (x) x2 - 2ax 4ln x．
(1)討論 f (x) 的單調區(qū)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 ．
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，
當D 0時，即-2 2 a 2 2 ，此時 f x 0恒成立，
函數(shù) f x 在區(qū)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(qū)間 0, 上恒成立，
即函數(shù) f x 在區(qū)間 0, 上單調遞增，
2
a 2 2 t x 0 a - a - 8 x a a
2 -8
當 時， ，得 x1 或 1 ，2 2
2 2
當0 x a - a -8 a a -8 ，或 x 時， f x > 0，
2 2
a - a2 -8 2
當 x a a -8 時， f x 0，
2 2
2 2
所以函數(shù) f x a - a -8 a a -8的單調遞增區(qū)間是 0, 和 , ，
2 2
a - a2 -8 a a2 -8
單調遞減區(qū)間是 , ，
2 2
綜上可知，當 a 2 2 時，函數(shù) f x 的單調遞增區(qū)間是 0, ；
2 2
當 a 2 2 時，函數(shù) f x 0,
a - a -8 a a -8
的單調遞增區(qū)間是 2
和 , ，
2
a - a2 -8 a a2 -8
單調遞減區(qū)間是 , 2 2
；

（2）①由（1）知，當 a [4,6]時，函數(shù) f x 的單調遞增區(qū)間是 0,l1 和 l2 , ，
單調遞減區(qū)間是 l ,l 21 2 ，l1、l2 是方程 x - ax 2 0 的兩根，
有l(wèi)1l2 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(shù) 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 ，
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 則 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 , ，
h 2 x - l1 x - l2 2 2l2 - x - lx 1 2l 2 - x - l2 則
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(shù) 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 2l 2 2 22 - 2l1 2 l1 l2 - 4l1l2 2 a -8 2 6 -8 4 7 ，
故 x3 - x1 4 7 .
題型三：極值點偏移:乘積型
【典例 3-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f x 1 ln x a - - a R ．
x
(1)求 f x 的單調區(qū)間；
(2)若 f x 有兩個零點x1，x 22，且 x1 x2，求證： x1x2 e - a ．
a - x
【解析】（1）因為函數(shù) 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(qū)間為 0, ，無增區(qū)間；
當 a 0時， f x 的增區(qū)間為 0, a ，減區(qū)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 x1 1- lnx1 a,
由題意，得 í ，設 t 1，則 í
x2 - x2lnx2 a x1 x1t 1- lnx1 - lnt a.
兩式相除，得 ln x 1
t ln t
1 - ．t -1
要證 x1x2 1，只要證 ln x1 ln x2 0，即證 2ln x1 ln t 0．
2t ln t 4
只要證 2 - ln t 0 ，即證 ln t - 2 0．
t -1 t 1
h t ln t 2 4設 - ， t 1．
t 1
2
因為 h
t -1
t 1 4 - 2 2 0，所以 h t 在 1, 上單調遞增．t t 1 t t 1
所以 h t h 1 0 ，即證得 x1x2 1①．
其次證明： x2 e - a．設j x e - x - x - x ln x e - 2x x ln x ，1 x e ．
因為j x ln x -1 0 ，所以j x 在 1,e 上單調遞減．
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可證得 x1x
2
2 e - a ．
a
【典例 3-2】（2024·北京通州·三模）已知函數(shù) 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(shù) a 的值；
(2)已知 f（x）在定義域上是增函數(shù)，求實數(shù) 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(shù) a 的取值范圍并證明 x1xx 2 e .
a
【解析】（1）因為 f x ax - - lnx ，所以 f x a 1 a 2 - .x x x
所以 f 1 2a -1，又 f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為 y x -1，
所以 f 1 2a -1 1，解得 a 1 ..
（2）f（x）的定義域為（0，+∞），因為 f（x）在定義域上為增函數(shù)，
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) 時 g x 0， x (1, )時 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 1 1所以 ，即 a min .2 2
（3） g x ax - lnx
0, g x a 1 ax -1定義域為 ， -
x x
當 a 0時， g x 0，所以 g x 在（0，+∞）上單調遞減，不合題意.
當 a 0時， g x a 1 ax -1-
x x
g x 0 1 1 在（ ， ）上單調遞減，在 , 上單調遞增，a a
所以 g x 的最小值為 g 1 1 1- ln ，
a a
函數(shù) g x 1 1存在兩個零點的必要條件是 g 1- ln 0，
a a
0 1即 a ，又 g 1 a 0，
e
1 1
所以 g x 在（1， ）上存在一個零點（ 1）.
a a
當 x
1
時， g x ，所以 g x 在（ ，+∞）上存在一個零點，
a
綜上函數(shù) g x 1有兩個零點，實數(shù) a 的取值范圍是0 a .
e
不妨設兩個零點 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要證 1 2 e ，
只需證 ln x1x2 2，
只需證 ln x1 ln x2 2，
由 lnx1 lnx2 ax1 ax2 a x1 x2 x1 x2
lnx1 - lnx2
x1 - x
，
2
lnx1 - lnx2 2
只需證 x1 - x2 x1 x
，
2
2 x - x
只需證 lnx1 - lnx
1 2
2 ，x1 x2
x1 2 -1
只需證 ln x1
x2 ，
x x2 1 1
x2
x1
令 t 0 t 1 2 t -1x ，只需證 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）上單調遞增，∴ H t H 1 0 ，
2 t -1
即 lnt 成立，
t 1
所以 x1x2 e
2
成立.
【變式 3-1】（2024·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(shù) f (x) 的極值點個數(shù)；
(2)若存在x ， x2 (0 x x1 1 2 )，使 f (x1) f (x2 )，求證： x1x2 a ．
【解析】（1）當 a 1時， f (x) 2x - sin x - ln x ，則 f (x) 2 - cos x
1
- ，
x
當 x 1時， f (x) 1 - cos x 0 ，
故 f (x) 在 1, 上單調遞增，不存在極值點；
1
當0 x 1時，令 h(x) 2 - cos x - ，則 h (x) sin x
1
2 0總成立，x x
故函數(shù) h(x) 即 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，
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
所以當0 x x0 時， f x 0， f (x) 單調遞減；當 x0 x 1時， f x > 0， f (x) 單調遞增；
故在 0,1 上存在唯一極值點，
綜上，當 a 1時，函數(shù) f (x) 的極值點有且僅有一個．
（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)，則 g (x) 1- cos x≥0，故 g(x)在 (0, )上單調遞增，
當0 x1 x2 時，有 g(x1) g(x2 )，即 x1 - sin x1 x2 - sin x2 ，
那么sinx1 -sinx2 x1 -x2，
x1 - x2
因此，（*）即轉化為 a ln x1 - ln x
，
2
x1 - x2
接下來證明 x1x (0 x
x1 x 1 x2
ln x - ln x 2 1
x2)，等價于證明 ln - ，
1 2 x2 x2 x1
x1
不妨令 t （0 t 1），
x2
2
建構新函數(shù)j (t)
1
2 ln t - t j (t) 2 1 1 -(t -1)， - - 2 2 0，則j(t) 在( 0, 1)上單調遞減，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)得證，
2 x2 x1 1 2
由不等式的傳遞性知 x1x2 a ，即 x1x2 a ．
f x
【變式 3-2】（2024·江西南昌·二模）已知函數(shù) 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 ．
【解析】（1）當 x 1時， f x ≥ - ln x - 2恒成立，
即當 x 1時， x 1 ln x - ax 2 0恒成立，
設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設 1- a，
x
r x 1 1 x -1則 - 2 ，x x x2
所以，當 x 1時， r x 0，即 r x 在 1, 上單調遞增，
所以 r x ≥ r 1 2 - a≥ 0，
所以當 x 1時，F(xiàn) x r x 0，即F x 在 1, 上單調遞增，
所以F x F 1 2 - a ，
若F x 0恒成立，則 a 2．
所以 x 1時， f x ≥ - ln x - 2恒成立，a 的取值范圍為 - , 2 .
（2）由題意知， g(x) ln x - ax ，
ì
ln x ln x x a x xì 1 ax

1 2
1 2
1
不妨設 x1 x2 0，由 í
ln x2 ax
得 í
2 ln
x1 a x ，1 - x2
x2
x1 1
ln x1x2 x1 x則 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則 ，即： 1 2 ln t ．ln t t -1 t -1
2
要證 x1x2 e ，
只需證 ln x1x2 2，
t 1
只需證 ln t 2，
t -1
2 t -1
即證 ln t t 1 ，
t 1
2 t -1
即證 ln t - 0（ t 1），
t 1
2 t -1
令m t ln t - （ t 1），
t 1
m t t -1
2
因為 2 0，t t 1
所以m t 在 1, 上單調遞增，
當 t 1, 時，m t m 1 0，
2 t -1
所以 ln t - 0成立，
t 1
故 x1x2 e
2
．
【變式 3-3】（2024·河北保定·二模）已知函數(shù) f (x) ax - x ln x, f (x)為其導函數(shù)．
(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(shù) x1, x2 ，使得 f x1 f x2 ，證明： f x1x2 0 ．
【解析】（1） f x a -1- lnx，當 0 x e a -1 時， f x 0, f x 單調遞增；
當 x ea-1時， f x 0, f x 單調遞減．所以 f (x)max f ea-1 ea-1 1，
解得 a 1，即 a的取值范圍為 - ,1 ．
（2 a-1 a）證明：不妨設 x1 x2，則0 x1 e x2 e ，要證 f x1x2 0 ，
e2a-2
即證 x x ea-1 2a-2 a-11 2 ，則證 x1x2 e ，則證 x1 e ，x2
e2a-2 e2a-2
所以只需證 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 ，則 0， g x

．
x2
當 x ea-1時， a -1- lnx 0, x2 - e2a-2 0，則 g x 0，
e2a-2g x ea-1 所以 在 , ea 上單調遞減，則 g x g ea-1 0．所以 f x1 f ．
x2
2a-2
由（1）知 f x 0,ea-1在 e上單調遞增，所以 x1 ，從而 f x1x2 0 成立．x2
【變式 3-4】（2024·高三·重慶·期末）已知函數(shù) f (x) ln x - ax b(a,b R)有兩個不同的零點 x1, x2 .
(1)求 f (x) 的最值；
1
(2)證明： x1x2 .a2
1
【解析】（1） f x - a ， f x x 有兩個不同的零點，
∴ f x 在 0, 內必不單調，故 a 0，
令 f x > 0，解得 x 1 ，a
∴ f x 1 1 在 0, 上單增， , 上單減，
a a
f x f 1 ∴ max -lna -1 b，無最小值． a
ì lnx1 - ax b 0,
x
x ln 1
（2 1 1）由題知 í ln - a x - x 0 x
lnx2 - ax2 b 0,
兩式相減得 x 1 2 ，即a 2 ，2 x1 - x2
x - x 21 x x 1 2 x x - x 2 x x
故要證 x x ，即證 1 2 x ，即證 ln2 1 1 21 2 2 ln2 1
1 - 2 2 ，
a
x x2 x1x2 x2 x12
x
不妨設 x 11 x2，令 t 0,1 ln2
1
x ，則只需證 t t - 2 ，2 t
g t ln2t - t 1- 2 1 1 2lnt - t
1

設 ，則
t g t 2 lnt -1 t ，t t 2 t
2
設 h t 2lnt - t 1 t -1，則
t h t

- 0，∴ h t 在 0,1 上單減，
t2
∴ h t h 1 0 ，∴ g t 在 0,1 上單增，
∴ g t g 1 0 2 1，即 ln t t - 2 在 t 0,1 時恒成立，原不等式得證．
t
題型四：極值點偏移:商型
【典例 4-1】（2024·浙江杭州·高三浙江大學附屬中學校考期中）已知函數(shù) f (x) 2e - x ln x ，其中
e 2.71828 × × ×為自然對數(shù)的底數(shù).
（1）討論函數(shù) f (x) 的單調性；
1 1
（2）若 x1, x2 0,1 ，且 x2 ln x1 - x1 ln x2 2ex1x2 ln x1 - ln x2 ，證明： 2e 2e 1x x .1 2
f '(x) 2e【解析】（1） - (1 ln x) y
2e
， 是減函數(shù)， y 1 ln x 是增函數(shù)，
x x
所以 f '(x)在 0, 單調遞減，
∵ f ' e 0，
∴ x 0,e 時， f '(x) f ' e 0， f (x) 單調遞增； x e, 時， f '(x) f ' e 0， f (x) 單調遞減.
ln x1 ln x2 2（ ）由題意得， - 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
設 a
1
1， ax x 2 ，則由
x1, x2 0,1 得， a1,a2 1, ，且 f a1 f a2 .
1 2
不妨設 a1 a2 ，則即證 2e a1 a2 2e 1，
由 f 2e 0及 f (x) 的單調性知，1 a1 e a2 2e .
令F (x) f (x) - f 2e - x ，1 x e ，則
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(xiàn) (x) F (e) 0 ，e
∴ f (x) f 2e - x ，取 x a1，則 f a1 f 2e - a1 ，
又 f a1 f a2 ，則 f a2 f 2e - a1 ，
又 2e - a1 e， a2 e，且 f (x) 在 e, 單調遞減，∴ a2 2e - a1， a1 a2 2e .
下證： a1 a2 2e 1.
（i）當 a2 e 1時，由 a1 e得， a1 a2 2e 1；
（ii）當 e 1 a2 2e時，令G(x) f (x) - f (2e 1- x)， e 1 x 2e ，則
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 ，
記 t -x2 (2e 1)x G '(x)
2e(2e 1)
， e 1 x 2e ，則 - 2 - ln t ，
t
又 t -x2 (2e 1)x 在 e 1,2e 為減函數(shù)，∴ t 2e,e2 1 ，
2e(2e 1) 2 2e,e2 1 2e,e2 1 2e(2e 1)- 在 單調遞減， ln t 在 單調遞增，∴ - 2 - ln t 單調遞減，從而，
t t
G '(x)在 e 1,2e 單調遞增，
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
從而，由零點存在定理得，存在唯一 x0 (e 1,2e)，使得G ' x0 0，
當 x e 1, x0 時，G '(x) G ' x0 0 G(x)單調遞減；
當 x x0 , 2e 時，G '(x) G ' x0 0 G(x)單調遞增.
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
顯然，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 ，則 f a2 f 2e 1- a2 ，
又 f a1 f a2 ，則 f a1 f 2e 1- a2 ，
結合 2e 1- a2 2e 1- e 1 e， a1 e，以及 f (x) 在 0,e 單調遞增，得到 a1 2e 1- a2 ，
從而 a1 a2 2e 1.
【典例 4-2】已知函數(shù) 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(shù)，且b ln a - a ln b a - b ，證明： 2 e .
a b
【解析】(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(qū)間 0,1 內為增函數(shù)，在區(qū)間 1, 內為減函數(shù)，
(2)[方法一]：等價轉化
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）不妨設 (0,1),
1
(1, 1 ) ，則 f ( ) 0，從而 f (
1) 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(qū)間 0,1 內為減函數(shù)， g x g 1 0，
從而 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 ，則 h ' x 1 f x 1- ln x ，
當 x 1,e 時， h x 0， h x 在區(qū)間 1,e 內為增函數(shù)， h x h e e，
從而 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]【最優(yōu)解】： b ln a - a ln b a - b 變形為 - - ，所以 ．
a b b a a b
1
令 m,
1
n ．則上式變?yōu)閙 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 é x 2 - x ù - ln1 0，
\ g x 在區(qū)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(qū)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 x1 x2 e．a(chǎn) b
x
不妨設 x tx t 22 1，則 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
要證 x1 x2 e，只需證 1 t x1 e，兩邊取對數(shù)得 ln(1 t) ln x1 1，
t ln t
即 ln(1 t) 1- 1，
t -1
ln(1 t) ln t
即證 ．
t t -1
g(s) ln(1 s)
s
, s (0, ) - ln(1 s)記 ，則
s g (s) 1 s
.
s2
1 1
記 h(s)
s
- ln(1 s) ，則 h (s) - 0
1 s (1 s)2 1 s
，
所以， h s 在區(qū)間 0, 內單調遞減． h s h 0 0，則 g ' s 0，
所以 g s 在區(qū)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(shù)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
再證明 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)，則j (x) - 2 x x x x2
0．
所以j x j e 0, h x 0 ， h x 在區(qū)間 0,e 內單調遞增．
1- ln x 1- ln x 1- ln x x - e
因為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又因為 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
因為 x1 x2，所以 x1 x2 e，即 e．a(chǎn) b
2 1 1綜上，有 e結論得證．
a b
【整體點評】(2)方法一：等價轉化是處理導數(shù)問題的常見方法，其中利用的對稱差函數(shù)，構造函數(shù)的思想，
這些都是導數(shù)問題必備的知識和技能.
方法二：等價轉化是常見的數(shù)學思想，構造對稱差函數(shù)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(shù)利用函數(shù)的單調性證明
題中的不等式即可.
方法四：構造函數(shù)之后想辦法出現(xiàn)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.
【變式 4-1】已知函數(shù) 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(shù)，且b ln a - a ln b a - b ，證明： 2 .
a b
【解析】（1）函數(shù)的定義域為 0, ，又 f x 1- ln x -1 - ln x ，
當 x 0,1 時， f x > 0，當 x 1,+ 時， f x 0，
故 f x 的遞增區(qū)間為 0,1 ，遞減區(qū)間為 1,+
（2）因為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
設 x1, x2 ，則 f x1 f x2 ，a b
不妨設 x1 x2，由（1）可知原命題等價于：已知0 x1 1 x2 e ，證明： x1 x2 2 .
證明如下：
若 x2 2， x1 x2 2恒成立；
若 x2 2， 即 0 x1 1 x2 2時，
要證： x1 x2 2，即證 x1 2 - x2 ，而0 2 - x2 1，即證 f x1 f 2 - x2 ，
即證： f x2 f 2 - x2 ，其中1 x2 2
設 g x f x - f 2 - x ，1 x 2，
則 g x f x f 2 - x - ln x - ln 2 - x - ln é x 2 - x ù，
因為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 為增函數(shù)，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，
綜上， x1 x2 2成立.
【變式 4-2】（2024·廣東茂名·茂名市第一中學校考三模）已知函數(shù) f x ax a -1 ln x 1 ， a R ．
x
(1)討論函數(shù) 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(shù)根x1、x ，x 2
（ⅰ）求實數(shù) a 的取值范圍；
ex1 ex2 2a
（ⅱ）求證： ．
x2 x1 x1x2
【解析】（1）因為 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當 a 0時， f x 0，所以函數(shù) f x 的減區(qū)間為 0, ，無增區(qū)間；
②當 a 0時，由 f x > 0 x 1得 ，由 f x 0可得0 x 1 .a a
f x 1所以函數(shù) 的增區(qū)間為 ,
1

a
，減區(qū)間為 0, ．
a
綜上：當 a 0時，函數(shù) f x 的減區(qū)間為 0, ，無增區(qū)間；
a 0 f x 1 , 1 0, 當 時，函數(shù) 的增區(qū)間為 ，減區(qū)間為 ．
a a
2 x
1
（ ）（i）方程 f x xe - ln x 可化為 xexx ax a ln x
ex ln x，即 a x ln x ．
令 t x x ln x，因為函數(shù) t x 在 0, 上單調遞增，
易知函數(shù) t x x ln x的值域為R ，
結合題意，關于 t的方程 et at （*）有兩個不等的實根．
et
又因為 t 0不是方程（*）的實根，所以方程（*）可化為 a ．
t
t t
令 g t e t 0 eg t t -1 ，其中 ，則
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，函數(shù) g t 在 - ,0 和 0,1 上單調遞減，在 1, 上單調遞增．
所以，函數(shù) g t 的極小值為 g 1 e，
t t
且當 t 0 g t e e時， 0；當 t 0時，則 g t 0 .
t t
作出函數(shù) g t 和 y a 的圖象如下圖所示：
由圖可知，當a e時，函數(shù) y a 與 g t 的圖象有兩個交點，
所以，實數(shù) a 的取值范圍是 e, .
ex1 ex2 2a
ii x x（ ）要證 ，只需證 x e 1 x 2 t1 t2
x x x x 1 2
e 2a，即證 e e 2a．
2 1 1 2
因為 et at ，所以只需證 t1 t2 2．
由（ⅰ）知，不妨設0 t1 1 t2．
ìt1 ln a ln t t
因為 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
所以只需證 t t 12 - t1 ln 2 ，即只需證 t t ．
t 21 -1 ln
2
t1 t1
t2
令 p t
2 p -1
1
t ，只需證 ln p ．1 p 1
2 p -1 p -1 2
令 h p ln p - ，其中 p 1 h p 1 4 ，則 - 0，
p 1 p p 1 2 p p 1 2
所以 h p 在 1, 上單調遞增，故 h p h 1 0，即 h p 0在 1, 上恒成立．
所以原不等式得證．
【變式 4-3】（2024·高三· 2黑龍江哈爾濱·期末）已知函數(shù) f x ax ， g x x 1- ln x .
(1)若對于任意 x 0, ，都有 f x g x ，求實數(shù) a的取值范圍；
1 1
(2)若函數(shù) y g x - m有兩個零點 x1, x2 ，求證： 2x x .1 2
2
【解析】（1）結合題意：對于任意 x 0, ，都有 f x g x ，所以 ax x 1- ln x ，
因為 x 0, a 1- ln x，所以只需 F x ，
x
F x ln x - 2 2 ，x
當 x 0,e2 時，F(xiàn) x 0，F(xiàn) x 在 0,e2 上單調遞減；
當 x e2 , 時，F(xiàn) x 0，F(xiàn) x 在 e2 , 上單調遞增.
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 等價于 1 1 ，
x1 x2
h x 1 ln x設函數(shù) ， h x - ln x 2 ，易知 h x 在區(qū)間 0,1 上單調遞增； 1, 上單調遞減，x x
由 h 1
1
a h b 知0 a 1 b且 a x ，b x ，1 2
設函數(shù) 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 在區(qū)間 0,1 上單調遞增，即 x 0,1 時G x G 1 0，
x 0,1 1 ln x 1 ln 2 - x 即 時， ，
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, 上單調遞減，
1 1
所以b 2 - a，即 2x x .1 2
題型五：極值點偏移:平方型
ln x 1 x
【典例 5-1】（2024·全國· e模擬預測）已知函數(shù) 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(shù) t的取值范圍；
x1
(2)若 x1, x2 (0, )且 x1 x2 ， e
x2 -x x1 2 3 3，證明： 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
當0 x 1時， f (x) 0， f (x) 在區(qū)間( 0, 1)上單調遞增，當 x 1時， f (x) 0 ， f (x) 在區(qū)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(qū)間( 0, 1)上單調遞減，當 x 1時， g (x) 0， g(x)在區(qū)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(shù) t的取值范圍為[1,e]．
xx1
（2 x -x）由 e 1 1 2 ex得 1 -x1x × x
x1
1 x
x1
2 ，兩邊取對數(shù)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，函數(shù) 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
1
e ，當
x 1時， f (x) 0 恒成立，不妨設 x1 x2，則 x1 1 x2 ．
e
記 h(x) f (x) - f (2 - x)
1
， x ,1 ，
e
h (x) f (x) f (2 x) ln x ln(2 - x)則 - - x2
-
(2 - x)2
ln x ln(2 - x) ln é -(x -1)
2 1ù 1
- 2 - 2 -
0 ，所以函數(shù) h(x) 在 ,1
x x x2 e
上單調遞增，

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, )上單調遞減，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·江蘇南通·模擬預測）已知函數(shù) f x x - sin x cos x - a ln x， a R .
y f (x) p pa 0 , f

（1）當 時，求曲線 在點 2
處的切線方程；
2
（2）若 f (m) f (n)，0 m n，求證：m2 n2 | a | .
【解析】（1）當 a 0時， y f (x) x - sin x cos x，導數(shù)為 f (x) 1- cos2 x sin2 x，
可得切線的斜率為 f (
p ) 1- 0 p p 1 2，且 f ( ) ，
2 2 2
p p
所以切線的方程為 y - 2(x - ) ，
2 2
p
即為 y 2x - ；
2
a
（2）證明：由題意可得 f (x) 1- cos 2x - ，
x
若 a 0，則 f (x)…0，所以 f (x) 在 (0, )遞增，
因此不存在0 m n，使得 f (m) f (n)，所以 a 0；
1 2
設 g(x) x - sin 2x - x ， x 0，則 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, )遞減，又 g (0) 0 ，所以 g (x) 0 在 (0, )恒成立，
g(x) (0, ) m n 1從而 在 遞減，從而 - - 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 )
又因為0 m n，所以 a ，
lnm2 - lnn2
因此要證m2 n2 | a | a，
2 2
只需證明m2 n2 2(m - n ) ，
lnm2 - lnn2
m 2[(
m)2 -1]
即證 ln( )2 - nm 0，③n ( )2 1
n
2
設H (t)
2(t -1)
lnt - ，0 t 1，則H (t)
(t -1)
0，
t 1 t(t 1)2
所以 H (t) 在( 0, 1)上為增函數(shù)，
2
0 (m)2 1 H
m
又因為 ，所以
n
H 1 0，即③式成立.
n
所以m2 n2 | a |獲證.
ln x
【變式 5-1】（2024·山西·模擬預測）已知函數(shù) f x - ax .
x
(1)若 f x -1，求實數(shù) a的取值范圍；
(2)若 f x 有 2 個不同的零點 x1, x2 （ x x 2x2 3x2 121 2），求證： 1 2 .5a
f x 0, f x -1 a ln x x【解析】（1）因為函數(shù) 的定義域為 ，所以 成立，等價于 成立.
x2
ln x x
令 h x 2 ，則 h x
1- x - 2ln x
，
x x3
g x 1- x - 2ln x g x 1 2令 ，則 - - 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(shù) a的取值范圍為 1, .
（2） f x ln x有 2 個不同的零點等價于 a 2 有 2 個不同的實數(shù)根.x
令F x ln x 2 ，則F x
1- 2ln x
3 ，當F x 0時，解得 x e .x x
所以當 x 0, e 時，F(xiàn) x 0，F(xiàn) x 單調遞增，
當 x e, 時，F(xiàn) x 0，F(xiàn) 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(xiàn) x 0，當 x 1時，F(xiàn) x 0 .
且 x 時，F(xiàn) x 0 .
1
所以1 x1 e x2 ，且 a
0, 2e
.

a ln x
ìln x1 ax
2
因為 x1, x
1
2 是方程 2 的 2 個不同實數(shù)根，即 í 2 .x ln x2 ax2
x2 ln x
將兩式相除得 2 2 ，
x21 ln x1
t x2 t 2 ln x2t ln t t
2
令 x ，則 t 1，

ln x ，變形得 ln x
ln t
1 2 ， ln x t -1 2 t 2
.
1 1 -1
x2 ln x又因為 1 ， x2
ln x
2 2x2 3x2 12 2ln x1 3ln x2 121 2 ，因此要證 1 2 ，只需證 .a a 5a a a 5a
12 3t 2 ln t 2ln t 12
因為 a 0，所以只需證 2ln x1 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 - 2

t 1 ，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成立，命題得證.
5 3t 2 2
【變式 5-2】（2024·廣東廣州·模擬預測）已知函數(shù) f x lnx - ax2 .
(1)討論函數(shù) f x 的單調性：
(2)若 x1, x2 是方程 f x 0 2 2的兩不等實根，求證： x1 x2 2e；
【解析】（1）由題意得，函數(shù) f x 的定義域為 0, .
f x lnx - ax2 f x 1 2ax 1- 2ax
2
由 得： - ，
x x
當 a 0時， f x 0, f x 在 0, 上單調遞增；
當 a 0時，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 上單調遞增，在 , 2a 2a
上單調遞減.

（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 ，
則 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則 - - - - - ln -t 2 2et - 2 0，
t 2e - t t 2e - t t 2e - t
所以j t 在 1,e 上遞增，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 （對數(shù)均值不等式）：先證 ，令0 x1 xlnx1 - lnx 2 2
，
2
x2 - x1 lnx2 - lnx1 2 x -1 只需證 ，只需證 - 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, 上單調遞減，所以j x j 1 0 .
t1 t t t t - t t t
因為 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 .
題型六：極值點偏移:混合型
x 2
【典例 6-1】（2024·江蘇泰州·模擬預測）已知函數(shù) f x e - ax bx -1，其中 a，b 為常數(shù)， e為自然對
數(shù)底數(shù)， e 2.71828 × × ×．
(1)當 a 0時，若函數(shù) f x 0，求實數(shù) b 的取值范圍；
(2)當b 2a時，若函數(shù) f x 有兩個極值點x1，x2，現(xiàn)有如下三個命題：
① 7x1 bx2 28；② 2 a x1 x2 3x1x2；③ x1 -1 x2 -1 2；
請從①②③中任選一個進行證明．
（注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分）
【解析】（1）當 a 0 x x時， f x e bx -1， f x e b
1
當b 0

時，因為 f -1 -1

- b 0 ，所以此時不合題意；
e
當b 0時，當 x - ,ln -b 時， f x 0， f x 單調遞減，
當 x ln -b , 時， f x > 0， f x 單調遞增，
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，則 g x - ln x，
當 x 0,1 時， g x 0， g x 單調遞增；
當 x 1, 時， g x 0， g x 單調遞減，
所以 g x g 1 0 ，則由 g -b -b b ln -b -1 0得-b 1，
所以b = -1，故實數(shù) b 的取值范圍為 -1 ．
（2）當b 2a時， f x ex - ax2 2ax -1， f x ex - 2ax 2a ，
令j x f x ex - 2ax 2a x，則j x e - 2a ，
因為函數(shù) f x 有兩個極值點x1，x2，所以j x f x ex - 2ax 2a 有兩個零點，
若 a 0，則j x 0，j x 單調遞增，不可能有兩個零點，所以 a 0，
令j x ex - 2a 0得 x ln 2a ，
當 x - , ln 2a 時，j x 0，j x 單調遞減；
當 x ln 2a, 時，j x 0，j x 單調遞增；
所以j x j ln 2a 4a - 2a ln 2amin ，
因為j x 1有兩個零點，所以4a - 2a ln 2a 0，則 a e2 ，
2
設 x1 x2，因為j 1 e 0 ，j 2 e2 - 2a 0，則1 x1 2 x2 ，
x x
因為j x1 j x2 0，所以 e 1 2ax1 - 2a， e 2 2ax2 - 2a ，
ex2 x2 -1則 ，取對數(shù)得 x - x ln x -1 - ln x -1 ，
ex1 x1 -1
2 1 2 1
令 x1 -1 t1， x2 -1 t2 ，則 t2 - t1 ln t2 - ln t1 ，即 t2 - ln t2 t1 - ln t1 0 t1 1 t2
①令u t t - ln t ，則u t1 u t2 ，因為u t
1
1- ，所以u t t - ln t 在 0,1 上單調遞減，在 1, 上
t
單調遞增，
令 v t u t - u 2 - t 2t - ln t ln 2 - t - 2 0 t 2 ，
2 t -1 2
則 v t 0 ， v t 在 0,2 上單調遞減，t t -1
因為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 ，
因為 t2 1，2 - t 1，u t t - ln t 在 1, 上單調遞增，所以 t2 2 - t1，
則 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 ，則u t1 u t2 ，
因為u t t 1- ，所以u t t - ln t 在 0,1 上單調遞減，在 1, 上單調遞增，
t
2
令 v t u t - u 1 t 1- - 2ln t v t t -1 ，則 ， v t 在 0, 上單調遞增，
t t t2
0
又 v 1 0，所以當 t 0,1 時， v t v 1 0，即u t 1 u t ，
1
因為 t2 1，2 - t1 1，u t t - ln t 在 1, 上單調遞增，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 ，則 t2 - t1 ln t2 - ln t1 2ln 2t ，1
2 t -1 t -1
2
令F F t t ln t - t 1 ，則 0，
t 1 t t 1
2 t -1∴ F t ln t - 在 1, 2 t -1 上單調遞增，則 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 ，則 t2 - t1 2ln 2 4 × 1 ，t 1 t1 t2 1 t2 t 1
t1
兩邊約去 t2 - t1 后化簡整理得 t1 t2 2，即 x1 -1 x2 -1 2，
故③成立．
【典例 6-2】已知函數(shù) f x x 1- alnx ,a 0 .
(1)討論 f x 的單調性；
1 ù
(2)若 x 0, ú時，都有 f x 1，求實數(shù) a 的取值范圍； 2
1 lnx x
(3)若有不相等的兩個正實數(shù) x1, x
2 2
2 滿足 x x ex x1 lnx x ，求證： 1 2 1 2 .1 1
【解析】（1）函數(shù) f x x 1- alnx 的定義域為 0, ， f (x) 1- a - a ln x .
①當 a 0時，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
所以函數(shù) f x 在 0,e a 上單調遞增，在 e a , 上單調遞減.

②當 a 0時，則 f x 1 0，所以函數(shù) f x 在 0, 上單調遞增.
1-a 1-a
綜上所述：當 a 0時，函數(shù) f x 在 0,e a 上單調遞增，在 e a , 上單調遞減.

當 a 0時，函數(shù) f x 在 0, 上單調遞增.
1 ù
（2）當 x 0, ú時，都有 f x 1，即 x 1- a ln x 1， 2
a x -1
1
亦即 對"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，則 ，所以當
x
0, 時， g x 0，
2 ú
所以 g x 1 ù在 0, ú 上單增，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

所以當 x 0,
1 ù
ú時， g x 0 . 2
h x ln x - x 1所以 2 0 ，所以 hx ln x x
1 ù
在 0, 上單減，
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
綜上所述：實數(shù) a
1
的取值范圍為 - , .
ln 2
1 lnx
3 2
x
2
1 1 1 1 1
（ ） 可化為： - 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 ，上式即為F 1 F
1
x x
.
1 2
由（1）可知：F x x 1- ln x 在 0,1 上單調遞增，在 1, 上單調遞減，
1 1
則 , 為F x kx x 的兩根，其中 k 0,1 .1 2
1 1 1 1 1 1
不妨設 0,1 , 1,e x x ，要證 x1 x2 ex1x2 ，只需 e，即 e -1 2 x1 x2 x2 x
，
1

只需證F
1 F 1 F e 1 - .
x

2 x1 x1
令j x F x - F e - x , x 0,1 .
則j x - ln é x e - x ù .
當 x 0 時，j x - ln x(e - x) ；當 x 1時，j x - ln 1 (e -1) 0 .
由零點存在定理可得：存在 x0 ，使得j x0 0 .
當 x 0, x0 時，j x 0，j x 單增；當 x x0 ,1 時，j x 0，j x 單減；
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 .
因為 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
即證.
【變式 6-1】（2024·山東·模擬預測）已知函數(shù) h x x - a ln x a R .
(1)若 h x 有兩個零點， a的取值范圍；
2
(2)若方程 xex - a ln x x 0 e 有兩個實根x1、x2，且 x1 x
x1 x2
2 ，證明： e .x1x2
【解析】（1）函數(shù) h x 的定義域為 0, .
當 a 0時，函數(shù) h x x 無零點，不合乎題意，所以， a 0，
h x x - a ln x 0 1 ln x由 可得 ，
a x
構造函數(shù) f x ln x 1，其中 x 0，所以，直線 y 與函數(shù) f x a 的圖象有兩個交點，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 極大值 減
e
所以，函數(shù) f x 的極大值為 f e 1 ，如下圖所示：
e
且當 x 1時， f x ln x 0，
x
1 1
由圖可知，當0
1
時，即當a e時，直線 y a 與函數(shù) f x 的圖象有兩個交點，a e
故實數(shù) a的取值范圍是 e, .
x
（2）證明：因為 xe - a ln x x 0 ，則 xex - a ln xex 0，
令 t xex 0，其中 x 0，則有 t - a ln t 0，
t x 1 ex 0 ，所以，函數(shù) t xex 在 0, 上單調遞增，
xex - a ln x x 0 x x t x ex1 t x ex因為方程 有兩個實根 、 ，令 ， 21 2 1 1 2 2 ，
則關于 t的方程 t - a ln t 0也有兩個實根 t1 、 t2 ，且 t1 t2 ，
2
ex1 x e2 x x 2 2要證 ，即證 x 11e × x 22e e ，即證 t1t2 e ，即證 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
不妨設 t1 t2 0，即證 ln t1 ln t2
1 2 ln 1 2 2 t - t t
t - t t ，即證 ln
t1 1 2 2 ，
1 2 2 t2 t1 t t2 1 1
t2
s t 1 1 2 s -1令 t ，即證 ln s

，其中 s 1，
2 s 1
2 s -1構造函數(shù) 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，函數(shù) g s 在 1, 上單調遞增，
當 s 1時， g s g 1 0，故原不等式成立.
題型七：拐點偏移問題
【典例 7-1】已知函數(shù) f (x) ae2x ex x， a R ．
(1)若 f (x) 在 x 0處取得極值，求 a 的值；
(2)設 g(x) f (x) - (a 3)ex ，試討論函數(shù) g(x) 的單調性；
1
(3)當 a 2時，若存在實數(shù)x1，x2滿足 f (x1) f (x2 ) 3e
x1 ex2 0 ，求證： ex1 ex2 2 ．
【解析】（1）因為 f (x) ae2x ex x，所以 f (x) 2ae2x ex 1，
因為 f (x) 在 x 0處取得極值，
所以 f (0) 2a 1 1 0 ，解得： a -1．
驗證：當 a -1時， f (x) -(2ex 1)(ex -1) ，
易得 f (x) 在 x 0處取得極大值．
（2）因為 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，則當 x (- , -ln2) 時， g (x) 0，所以函數(shù) g(x) 在 (- , -ln2) 上單調遞增；
當 x (-ln2, ) 時， g (x) 0，\函數(shù) g(x) 在 (-ln2, ) 上單調遞減；
②若 a 0， g (x) (aex -1)(2ex -1)，
當 a 2時，易得函數(shù) g(x) 在 (- , -lna) 和 (-ln2, ) 上單調遞增，在 (-lna, -ln2) 上單調遞減；
當 a 2時， g (x) 0恒成立，所以函數(shù) g(x) 在 (- , )上單調遞增；
當0 a 2 時，易得函數(shù) g(x) 在 (- , -ln2) 和 (-lna, ) 上單調遞增，在 (-ln2, -lna) 上單調遞減.
（3）證明：當 a 2時，因為 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 ，則j (t) et -1 0 ，
當 t (- , 0) 時，j (t) 0，所以函數(shù)j(t) et - t 在 (- ,0)上單調遞減；
當 t (0, ) 時，j (t) 0 ，所以函數(shù)j(t) et - t 在 (0, )上單調遞增；
所以函數(shù)j(t) et - t 在 t 0時，取得最小值，最小值為 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當 21 2 時， 2 此時不存在
x1，x2滿足等號成立條件，
ex 1所以 1 ex2 2 ．
【典例 7-2】已知函數(shù) f x 2ln x mx2 - 2 m 1 x -8，m R .
（1）討論函數(shù) f x 的單調性；
（2）對實數(shù)m 2 ，令 g x f x - 3x ，正實數(shù)x1，x2滿足 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，當 x 0,1 時， f ' x 0，即 f x 在 0,1 上單調遞增；
當 x 1, 時， f ' x 0，即 f x 在 1, 上單調遞減.
0 m 1 x 0,1 U 1 , f ' x 0 f x 0,1 1 , 若 ，當 時， ，即 在（ ，m m 上均單調遞增；
x 1 1當
1, 時， f ' x 0，即 f x

在
m
1, 上單調遞減.
m
若m 1，則 f ' x 0，即 f x 在 0, 上單調遞增.
若m 1，當 x
1
0, U 1, 時， f ' x 0 f x 0,
1
，即 在 ， 1, m 上均單調遞增； m
當 x
1
,1 時， f ' x 0，即 f x
1
在 ,1

上單調遞減.
m m
（2）當實數(shù)m 2 時， 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 ，知當 t 0,1 時， h ' t 0，即 h t 單調遞減；
t
當 t 1, 時， h ' t 0，即 h t 單調遞增.
從而， 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，
而當 x1 3- 2 2 ， x2 3 2 2 時， x1 x2 取最小值 6.
【變式 7-1】已知函數(shù) f x lnx 2x - ax2 ， a R .
（1）若 f x 在 x 1處取得極值，求 a 的值；
（2）設 g x f x a - 4 x ，試討論函數(shù) g x 的單調性；
1
（3）當 a -2時，若存在正實數(shù) x1, x2 滿足 f x1 f x2 3x1x2 x1 x2，求證： x1 x2 .2
【解析】（1）因為 f x lnx 2x - ax2 1，所以 f' x 2 - 2ax，
x
因為 f x 在 x 1處取得極值，
所以 f' 1 1 2 - 2a 0 3，解得 a ．
2
3
驗證：當 a 時， f x 在 x 1處取得極大值．
2
（2）因為 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，則當 x 0, 時， g x 0，所以函數(shù) g x
0, 1 在
2
上單調遞增；
2
x 1 , 當 時， g x 0，\函數(shù) g x
1
在 ,

上單調遞減．
2 2
a x 1 2x -1② a 0 若 ， g x - a (x 0) ，
x
當 a -2時，易得函數(shù) g x 0, 1- 1 在 和 , 上單調遞增，
a 2
1 1
在 - , 上單調遞減；a 2
當 a -2時， g x 0恒成立，所以函數(shù) g x 在 0, 上單調遞增；
1 1
當-2 a 0

時，易得函數(shù) g x 在 0, 和 - , 上單調遞增，
2 a
1
在 ,
1
- 上單調遞減．
2 a
（3）證明：當 a -2時， f x lnx 2x - ax2 ，
因為 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) ，
則j t 1 1 t -1 - (t 0) ，
t t
當 t 0,1 時，φ t 0 ，所以函數(shù)φ t t - lnt(t 0)在 0,1 上單調遞減；
當 t 1, 時，φ t 0，所以函數(shù)φ t t - lnt(t 0)在 1, 上單調遞增．
所以函數(shù)φ t t - lnt(t 0)在 t 1時，取得最小值，最小值為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
因為 x1, x2為正實數(shù)，所以 x1 x2 ． 2
x x 1當 1 2 時， x1x2 1，此時不存在 x1, x2滿足條件，2
所以 x
1
1 x2 ．2
【變式 7-2】已知函數(shù) f (x) 2ln x x2 x .
（1）求曲線 y f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程.
（2）若正實數(shù) x1, x2 滿足 f (x1) f (x2 ) 4，求證： x1 x2 2 .
【解析】（1） f (1) 2ln1 12 1=2，切點為 (1, 2) .
f (x) 2 2x 1， k f (1) 5 .
x
切線為： 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)為減函數(shù)，
t (1, ) ， g (t) 0， g(t)為增函數(shù)，
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 .
【變式 7-3 2】已知函數(shù) f x 2ln x x a -1 x - a ， (a R)，當 x 1時， f (x) 0恒成立．
(1)求實數(shù) a 的取值范圍；
(2)若正實數(shù)x x (x x )1、 2 1 2 滿足 f (x1) f (x2 ) 0，證明： x1 x2 2．
【解析】（1）根據(jù)題意，可知 f x 的定義域為 0, ，
f (x) 2而 2x (a -1)x ，
2
當 a -3時， f (x) 2x (a -1) a 3 0 ， f 1 0x ，
\ f (x)為單調遞增函數(shù)，
\當 x 1時， f (x) 0成立；
當 a -3時，存在大于 1 的實數(shù)m，使得 f (m) 0，
\當1 x m時， f (x) 0 成立，
\ f (x)在區(qū)間 (1, m)上單調遞減，
\當1 x m時， f (x) f 1 0；
\a -3不可能成立，
所以 a -3，即 a 的取值范圍為 -3, .
（2）證明：不妨設 x1 x2，
Q正實數(shù)x1、x2滿足 f (x1) f (x2 ) 0，
有（1）可知， 0 x1 1 x2 ，
又Q f (x)為單調遞增函數(shù)，
所以 x1 x2 2 x2 2 - x1 f (x2 ) f (2 - x1)，
又Q f (x1) f (x2 ) 0 f (x2 ) - f (x1)，
所以只要證明： - f (x1) f (2 - x1) f (x1) f (2 - x1) 0 ，
設 g(x) f (x) f (2 - x)，則 g(x) 2[lnx ln(2 - x) x2 - 2x 1]，
3
可得 g (x)
4(x -1)

x(x - 2) ，
\當0 x 1時， g (x) 0成立，
\ g (x) 在區(qū)間( 0, 1)上單調增函數(shù)，
又Qg 1 0，
\當0 x 1時， 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．已知函數(shù) f x x - 2 ex - ax a R ．
(1)若 a 2，討論 f x 的單調性．
(2) x已知關于 x 的方程 f x x - 3 e 2ax 恰有 2個不同的正實數(shù)根 x1, x2 ．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）求證： x1 x2 4．
【解析】（1）當 a 2時， f x x - 2 ex - 2x x x x，則 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 ，
\當 x - ,1 U 2ln 2, 時， f x > 0；當 x 1,2 ln 2 時， f x 0；
\ f x 在 - ,1 ， 2ln 2, 上單調遞增，在 1,2 ln 2 上單調遞減.
（2）（i）由 f x x - 3 ex 2ax 得：ex - ax2 0 ，
Q f x x - 3 ex 2ax恰有 2個正實數(shù)根 x1, x2 ，\ex ax2恰有 2個正實數(shù)根 x1, x2 ，
ex
令 g x x 0 ，則 y a2 與 g x 有兩個不同交點，x
x
Q g x x - 2 e ，\當 x 0,2 時， g x 0；當 x 2, 時， g x 03 ；x
2
\ g x e在 0,2 上單調遞減，在 2, 上單調遞增，又 g 2 ，
4
當 x 從 0 的右側無限趨近于 0 時， g x 趨近于 ；當 x 無限趨近于 時， ex 的增速遠大于 x2 的增速，則
g x 趨近于 ；
則 g x 圖象如下圖所示，
\ a e
2
當 時， y a 與 g x 有兩個不同交點，
4
e2
\實數(shù) a的取值范圍為 , 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
不妨設 x2 x1 0 ，則 ln x1 ，
x2
2 x - x
x x 4 x1 x

1 2

要證 21 2 ，只需證 ln x1 ，
x2
x1
x 2 -1
Q x 12 x1 0，\0 1，\ln
x1 0 2 x - x x
x x ，則只需證 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 ，則只需證當 時， 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 上單調遞增，\h t h 1 0，
\ t 0,1 2 t -1當 時， ln t 恒成立，\原不等式 x x 4得證.
t 1 1 2
f x 1- x2．（2024·江蘇·模擬預測）已知函數(shù) ln x .
1 x
(1)求 f x 的單調區(qū)間；
(2)當 f x1 f x2 x1 x2 時，證明： 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，
則 g x -2x - 2ln x - 2 -2 x ln x 1 ， g x 1 2x 2 -2 1

- ；
x x
當 x 0時， g x 0，\ g x 在 0, 上單調遞減，
又 g e-2 -2 e-2 -1 0， g 1 -4 0 \$x e-2， 0 ,1 ，使得 g x0 0，
則當 x 0, x0 時， g x 0；當 x x0 , 時， g x 0；
\ g x 在 0, x0 上單調遞增，在 x0 , 上單調遞減，
\ g x g x0 g 1max 0，又當 x 0,1 時，1- x2 0，-2x ln x 0；
\當 x 0,1 時， g x 0，即 f x > 0；當 x 1, 時， g x 0，即 f x 0；
\ f x 的單調遞增區(qū)間為 0,1 ，單調遞減區(qū)間為 1, .
（2）由（1）知：若 f x1 f x2 x1 x2 ，則 0 x1 1 x2 ，
要證 x1 x2 2，只需證 x2 2 - x1，
Q0 x1 1 x2 ，\2 - x1 1，
又 f x 在 1, 上單調遞減，則只需證 f x2 f 2 - x1 ，
Q f x1 f x2 ，則只需證 f x1 f 2 - x1 ，即證 f x1 - f 2 - x1 0，
1- x1 ln x 1- x則需證 1 1 ln 2 - x1 0 1- x1 x 3 - x ，又 1 0，1 1
ln x1 ln 2 - x1 \只需證 0 ，即證 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
則F x - ln x ln 2 1 x- x - ，F(xiàn) x - -x x2 - - 0x 2 - x 2 - x 2 - x 2 ，
\F x 在 0,1 上單調遞減，\F x F 1 0 ，
\F x 在 0,1 上單調遞增，\F x F 1 0，
\ 3 - x1 ln x1 1 x1 ln 2 - x1 0，原不等式得證.
3．（2024·安徽淮北·一模）已知函數(shù) f x ex-1 - ax，
(1)討論函數(shù) f x 的單調性；
1
(2)若函數(shù) f x 在 0,2 上有兩個不相等的零點 x1, x2 ，求證： x1x2 .a
【解析】（1） f x ex-1 - a ， x R .
①當 a 0時， f x > 0恒成立， f x 單調遞增；
②當 a 0時，由 f x > 0得， x 1 ln a, ， f x 單調遞增，
由 f x 0得， x - ,1 ln a ， f x 單調遞減.
綜上：當 a 0時， f x 單調遞增；當 a 0時， f x 在 x 1 ln a, 上單調遞增，在 x - ,1 ln a 上
單調遞減.
（2）∵ f x 在 0,2 上有兩個不相等的零點x1，x2，不妨設 x1 x2，
ex-1∴ a 在 0,2 上有兩個不相等的實根，
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 單調遞減，由 g x 0得， x 1,2 ， g x 單調遞增，
g 1 1， g 2 e ， x 0 ， g x ，
2
∴ a
e
1,
2
要證 x
1
1x2 ，即證 ax1x2 1，又∵ g x1 g x2 a，a
x ex2 -1只要證 1 1 x
1-x
，即證 21 e ，
∵ x <1< x g x g e1-x21 2 ，即證 1
x 1-x22 -1 e -1
即證 g x2 g e1-x e e2 1-x，即證 1-x ，即證 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 ，則j x ex - e ，當 x 1,2 x時，j x e - e>0恒成立，所以j x ex -拔高點突破 02 極值點偏移問題與拐點偏移問題　
目錄
01 方法技巧與總結 ...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結 ...............................................................................................................................3
題型一：極值點偏移:加法型...............................................................................................................3
題型二：極值點偏移:減法型...............................................................................................................4
題型三：極值點偏移:乘積型...............................................................................................................5
題型四：極值點偏移:商型...................................................................................................................7
題型五：極值點偏移:平方型...............................................................................................................8
題型六：極值點偏移:混合型...............................................................................................................9
題型七：拐點偏移問題 ......................................................................................................................10
03 過關測試 .........................................................................................................................................11
1、極值點偏移的相關概念
所謂極值點偏移，是指對于單極值函數(shù)，由于函數(shù)極值點左右的增減速度不同，使得函數(shù)圖像沒有對
稱性。若函數(shù) f (x) 在 x x0處取得極值，且函數(shù) y f (x) 與直線 y b交于 A(x1,b), B(x2 ,b) 兩點，則
x x x x
AB 的中點為M ( 1 2 ,b) ，而往往 x 1 20 。如下圖所示。2 2
圖 1 極值點不偏移 圖 2 極值點偏移
極值點偏移的定義：對于函數(shù) y f (x) 在區(qū)間 (a,b)內只有一個極值點 x0 ，方程 f (x) 的解分別為
x1、x2，且 a x x
x x
1 2 b ，（1）若 1 2 x0，則稱函數(shù) y f (x) 在區(qū)間 (x1, x2 ) 上極值點 x0 偏移；2
x x
（2）若 1 2 x0 ，則函數(shù) y f (x) 在區(qū)間 (x1, x2 ) 上極值點 x0 左偏，簡稱極值點 x0 左偏；（3）若2
x1 x2 x0 ，則函數(shù) y f (x) 在區(qū)間 (x1, x2 ) 上極值點 x2 0
右偏，簡稱極值點 x0 右偏。
2、對稱變換
主要用來解決與兩個極值點之和、積相關的不等式的證明問題．其解題要點如下：(1)定函數(shù)(極值點
為 x0 )，即利用導函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)單調性，進而確定函數(shù)的極值點 x0.
(2)構造函數(shù)，即根據(jù)極值點構造對稱函數(shù) F (x) f (x) - f (2x0 - x)
2
，若證 x1x2 x0 ，則令
F (x) f (x) - f (2x0 ) .
x
(3)判斷單調性，即利用導數(shù)討論 F (x) 的單調性．
(4)比較大小，即判斷函數(shù) F (x) 在某段區(qū)間上的正負，并得出 f (x)與 f (2x0 - x)的大小關系．
(5)轉化，即利用函數(shù) f (x)的單調性，將 f (x)與 f (2x0 - x)的大小關系轉化為 x 與 2x0 - x 之間的關
系，進而得到所證或所求．
f x1 x2 x1 x2 x x【注意】若要證明 的符號問題，還需進一步討論 與 x0的大小，得出 1 2 所在
2 2 2
的單調區(qū)間，從而得出該處導數(shù)值的正負．
構造差函數(shù)是解決極值點偏移的一種有效方法，函數(shù)的單調性是函數(shù)的重要性質之一，它的應用貫穿
于整個高中數(shù)學的教學之中.某些數(shù)學問題從表面上看似乎與函數(shù)的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在
聯(lián)系，抓住其本質，那么運用函數(shù)的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數(shù)的單調性
進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據(jù)題目的特點，構造一個適當?shù)?br/>函數(shù)，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔
明快的思路，有著非凡的功效
x1 - x2 x1 x3 2、應用對數(shù)平均不等式 x1x2 ln x - ln x 2 證明極值點偏移：1 2
①由題中等式中產(chǎn)生對數(shù)；
x1 - x② 2將所得含對數(shù)的等式進行變形得到 ln x - ln x ；1 2
③利用對數(shù)平均不等式來證明相應的問題.
4、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(shù)利用函數(shù)的單調性證明
題中的不等式即可.
題型一：極值點偏移:加法型
【典例 1-1】（2024·四川南充·一模）已知函數(shù) f (x) x - ln x - a 有兩個不同的零點 x1, x2 .
(1)求實數(shù) a的取值范圍；
(2)求證： x1 x2 2 .
k x - 2
【典例 1-2】（2024·安徽馬鞍山·一模）設函數(shù) f x ln x -1 - .
x
(1)若 f x 0對"x 2, 恒成立，求實數(shù) k 的取值范圍；
ln x -1(2) 1已知方程 有兩個不同的根x1、x2，求證： x1 x2 6e 2，其中 e 2.71828L為自然對數(shù)x -1 3e
的底數(shù).
1
【變式 1-1】（2024· 2甘肅酒泉·模擬預測）已知函數(shù) f x x ln x x - x．
2
(1)求曲線 y f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若 f x0 0（ f x 為 f x 的導函數(shù)），方程 f x m有兩個不等實根x1、x2，求證： x1 x2 2x0 ．
2
【變式 1-2】（2024·安徽淮南· x二模）已知函數(shù) f (x) 1- x 1
e - k(x -1), x -1,k R．

(1)若 k 0，證明： x (-1,0)時， f (x) -1；
(2)若函數(shù) f (x) 恰有三個零點 x1, x2 , x3，證明： x1 x2 x3 1．
【變式 1-3】（2024·河南新鄉(xiāng)·三模）已知函數(shù) f x ax ln x 3 a a 0 .10
(1)討論 f x 的單調性.
3
(2)若函數(shù) f x 有兩個零點 x1，x2 ，且 x1 x2，證明： x1 x2 .10
題型二：極值點偏移:減法型
【典例 2-1】已知函數(shù) f x 3lnx ax2 - 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(shù)根 x1, x2 2 , x3，且 x1 x2 x3，證明： x3 - x1 4 .
2
【典例 2-2】（2024·湖南邵陽·一模）已知函數(shù) f x 3lnx ax - 4x b(a 0,b R) .
(1)討論函數(shù) f x 的單調性；
a 1(2)當 時，方程 f x 0有三個不相等的實數(shù)根，分別記為 xi i 1,2,3 .2
①求b 的取值范圍；
②證明 xi - x j 4 i 1,2,3; j 1,2,3 .
【變式 2-1】已知函數(shù) f (x) x2 - 2ax 4ln x．
(1)討論 f (x) 的單調區(qū)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 ．
題型三：極值點偏移:乘積型
a
【典例 3-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) f x 1- ln x - a R ．
x
(1)求 f x 的單調區(qū)間；
(2)若 f x 有兩個零點x1，x2，且 x1 x 22，求證： x1x2 e - a ．
【典例 3-2】（2024·北京通州·三模）已知函數(shù) f x ax a- - 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(shù) a 的值；
(2)已知 f（x）在定義域上是增函數(shù)，求實數(shù) 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(shù) a 的取值范圍并證明 x1xx 2 e .
【變式 3-1】（2024·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(shù) f (x) 的極值點個數(shù)；
(2)若存在x ， x2 (0 x x )1 1 2 ，使 f (x1) f (x2 )，求證： x1x2 a ．
f x
【變式 3-2】（2024· 江西南昌·二模）已知函數(shù) 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 ．
【變式 3-3】（2024·河北保定·二模）已知函數(shù) f (x) ax - x ln x, f (x)為其導函數(shù)．
(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(shù) x1, x2 ，使得 f x1 f x2 ，證明： f x1x2 0 ．
【變式 3-4】（2024·高三·重慶·期末）已知函數(shù) f (x) ln x - ax b(a,b R)有兩個不同的零點 x1, x2 .
(1)求 f (x) 的最值；
(2)證明： x1x
1
2 .a2
題型四：極值點偏移:商型
【典例 4-1】（2024·浙江杭州·高三浙江大學附屬中學校考期中）已知函數(shù) f (x) 2e - x ln x ，其中
e 2.71828 × × ×為自然對數(shù)的底數(shù).
（1）討論函數(shù) f (x) 的單調性；
（2）若 x1, x2 0,1 ，且 x2 ln x1 - x1 ln x2 2ex1x2 ln x1 - ln x2
1 1
，證明： 2e 2e 1x x .1 2
【典例 4-2】已知函數(shù) f x x 1- ln x .
（1）討論 f x 的單調性；
（2）設 a
1 1
，b 為兩個不相等的正數(shù)，且b ln a - a ln b a - b ，證明： 2 e .
a b
【變式 4-1】已知函數(shù) f x x 1- ln x .
(1)討論 f x 的單調性；
(2)設 a
1 1
，b 為兩個不相等的正數(shù)，且b ln a - a ln b a - b ，證明： 2 .
a b
1
【變式 4-2】（2024·廣東茂名·茂名市第一中學校考三模）已知函數(shù) f x ax a -1 ln x ， a R ．
x
(1)討論函數(shù) 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(shù)根x1、x2，x
（ⅰ）求實數(shù) a 的取值范圍；
ex1 ex2 2a
（ⅱ）求證： ．
x2 x1 x1x2
【變式 4-3】（2024·高三·黑龍江哈爾濱·期末）已知函數(shù) 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(shù) a的取值范圍；
1 1
(2)若函數(shù) y g x - m有兩個零點 x1, x2 ，求證： 2x x .1 2
題型五：極值點偏移:平方型
ln x 1 ex
【典例 5-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù) 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(shù) t的取值范圍；
x1
(2)若 x1, x2 (0, )且 x
x
x x， e 2 -x1 2 3 31 2 x ，證明： x1 x2 2．x 21
【典例 5-2】（2024·江蘇南通·模擬預測）已知函數(shù) f x x - sin x cos x - a ln x， a R .
（1）當 a 0時，求曲線 y f (x)
p p
在點 , f 處的切線方程；
2 2
（2）若 f (m) f (n)，0 m n，求證：m2 n2 | a | .
ln x
【變式 5-1】（2024·山西·模擬預測）已知函數(shù) f x - ax .
x
(1)若 f x -1，求實數(shù) 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
【變式 5-2】（2024·廣東廣州· 2模擬預測）已知函數(shù) f x lnx - ax .
(1)討論函數(shù) f x 的單調性：
(2)若 x1, x2 是方程 f x 0 2 2的兩不等實根，求證： x1 x2 2e；
題型六：極值點偏移:混合型
6-1 2024· · f x ex - ax2【典例 】（ 江蘇泰州 模擬預測）已知函數(shù) bx -1，其中 a，b 為常數(shù)， e為自然對
數(shù)底數(shù)， e 2.71828 × × ×．
(1)當 a 0時，若函數(shù) f x 0，求實數(shù) b 的取值范圍；
(2)當b 2a時，若函數(shù) f x 有兩個極值點x1，x2，現(xiàn)有如下三個命題：
① 7x1 bx2 28；② 2 a x1 x2 3x1x2；③ x1 -1 x2 -1 2；
請從①②③中任選一個進行證明．
（注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分）
【典例 6-2】已知函數(shù) f x x 1- alnx ,a 0 .
(1)討論 f x 的單調性；
1 ù
(2)若 x 0, 時，都有 f x 1，求實數(shù) a 的取值范圍；
2 ú
1 lnx x
(3)若有不相等的兩個正實數(shù) x1, x
2 2
2 滿足 ，求證： x1 x2 ex x1 lnx1 x
1 2 .
1
【變式 6-1】（2024·山東·模擬預測）已知函數(shù) h x x - a ln x a R .
(1)若 h x 有兩個零點， a的取值范圍；
2
(2) xex若方程 - a ln x e x 0 x x有兩個實根x1、x2，且 x x ，證明： e 1 21 2 .x1x2
題型七：拐點偏移問題
【典例 7-1】已知函數(shù) f (x) ae2x ex x， a R ．
(1)若 f (x) 在 x 0處取得極值，求 a 的值；
(2)設 g(x) f (x) - (a 3)ex ，試討論函數(shù) g(x) 的單調性；
(3)當 a 2 x x
1
時，若存在實數(shù)x1，x2滿足 f (x1) f (x2 ) 3e
x1 ex2 0 ，求證： e 1 e 2 2 ．
【典例 7-2】已知函數(shù) f x 2ln x mx2 - 2 m 1 x -8，m R .
（1）討論函數(shù) f x 的單調性；
（2）對實數(shù)m 2 ，令 g x f x - 3x ，正實數(shù)x1，x2滿足 g x1 g x2 2x1x2 0 ，求 x1 x2 的最小值.
【變式 7-1】已知函數(shù) f x lnx 2x - ax2 ， a R .
（1）若 f x 在 x 1處取得極值，求 a 的值；
（2）設 g x f x a - 4 x ，試討論函數(shù) g x 的單調性；
1
（3）當 a -2時，若存在正實數(shù) x1, x2 滿足 f x1 f x2 3x1x2 x1 x2，求證： x1 x2 .2
【變式 7-2】已知函數(shù) f (x) 2ln x x2 x .
（1）求曲線 y f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程.
（2）若正實數(shù) x1, x2 滿足 f (x1) f (x2 ) 4，求證： x1 x2 2 .
【變式 7-3】已知函數(shù) f x 2ln x x2 a -1 x - a ， (a R)，當 x 1時， f (x) 0恒成立．
(1)求實數(shù) a 的取值范圍；
(2)若正實數(shù)x1、 x2 (x1 x2 ) 滿足 f (x1) f (x2 ) 0，證明： x1 x2 2．
1 x．已知函數(shù) f x x - 2 e - 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(shù)根 x1, x2 ．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）求證： x1 x2 4．
1- x
2．（2024·江蘇·模擬預測）已知函數(shù) f x ln x .
1 x
(1)求 f x 的單調區(qū)間；
(2)當 f x1 f x2 x1 x2 時，證明： x1 x2 2 .
3 x-1．（2024·安徽淮北·一模）已知函數(shù) f x e - ax，
(1)討論函數(shù) f x 的單調性；
(2)若函數(shù) f x 在 0,2 1上有兩個不相等的零點 x1, x2 ，求證： x1x2 .a
4．已知函數(shù) f x 2ln x x2 a -1 x - a ， (a R)，當 x 1時， f (x) 0恒成立．
(1)求實數(shù) a的取值范圍；
(2)若正實數(shù)x 、 x2 (x1 x )1 2 滿足 f (x1) f (x2 ) 0，證明： x1 x2 2．
1 1
5 -ax．已知函數(shù) f x - x e , a 0 .a a
(1)若 f x 的極小值為-4，求 a的值；
(2)若 g x f x - alnx有兩個不同的極值點 x , x ，證明： x x 2 3 2e21 2 1 2 .
6．（2024·云南·二模）已知常數(shù) a 0，函數(shù) f (x)
1
x2 - ax - 2a2 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 .
7．已知函數(shù) f x a 2x ln x a R 有兩個零點 x1, x2 x1 x2 ．x
(1)求實數(shù) a的取值范圍；
(2)證明： x1 x2 1．
1
8 2．已知函數(shù) f (x) ln x ax - (a 1)x, (a R) .
2
(1)當 a 1時，判斷函數(shù) y f (x) 的單調性；
(2) x f (x)
1
ax2若關于 的方程 有兩個不同實根 x1, x 22 ，求實數(shù) a的取值范圍，并證明 x2 1
× x2 e .
9．已知函數(shù) f x x - 2 e- x （其中 e 2.71828L為自然對數(shù)的底數(shù)）.
(1)求函數(shù) f x 的單調區(qū)間；
(2) a,b b a b a若 為兩個不相等的實數(shù)，且滿足 ae - be 2 e - e ，求證： a b 6 .
f (x) 110 2．已知函數(shù) 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 .
11．（2024·吉林·二模）在平面直角坐標系 xOy 中，RtVOAB 的直角頂點A 在 x 軸上，另一個頂點 B 在函數(shù)
f x lnx 圖象上
x
(1)當頂點 B 在 x 軸上方時，求 RtVOAB 以 x 軸為旋轉軸，邊 AB 和邊OB 旋轉一周形成的面所圍成的幾何體
的體積的最大值；
eax
2 2
(2)已知函數(shù) g x - ex ax -1 ，關于 x 的方程 f x g x 有兩個不等實根 x1，x2 x1 x2 .
x
（i）求實數(shù) a的取值范圍;
2
（ii 2 2）證明： x1 x2 .e
x
12 e．已知函數(shù) f x - ln x x - a .若 f (x) 有兩個零點 x1, x2 ，證明： x
x 1
x2 1.
13．已知函數(shù) 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 , y
1
2 2 ，求證： x1x2 2 ．e
x
14．已知函數(shù) f x x - lnx m, g x x ．e
(1)若函數(shù) f x 和 g x 的圖象都與平行于 x 軸的同一條直線相切，求m的值；
(2)若函數(shù)F x f x - g x 有兩個零點 x , x ，證明： ex1 ×ex2 21 2 e ．

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