5.9 导数压轴大题：极值点偏移问题
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：极值点偏移的含义.......................................................... 2
考点二：极值点偏移加法型的一般题设形式......................................2
考点三：极值点偏移解决策略....................................................... 3
题型四：极值点偏移加法型判定方法与证明......................................3
模块二：题型分类.........................................................................4
题型一：极值点偏移加法型(x1 + x2) ............................................... 4
题型二：极值点偏移减法型(x1 −x2) ............................................. 12
题型三：极值点偏移乘积型(x1x2) .................................................20
题型四：极值点偏移平方型(x1
2 + x2
2) ............................................. 27
题型五：极值点偏移倒数和
1
x1 +
1
x2与其他变形.................................. 34
模块三：综合巩固....................................................................... 42
5.9 导数压轴大题：极值点偏移问题
在导数这一模块的学习中，极值点偏移问题是导数的应用中非常重要的一种问题，也是在压轴题中容
易出现的一种题型。但是常常它的出现的特征非常明显，其中涉及函数的双零点，是一个多元数学问题，
不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，解题的策略都是把双变量的等式或不等式转
化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．
极值点偏移问题大体可分为加法型、减法型、乘积型、平方和型及倒数和型5 个类型，考查学生化归
与转化思想，逻辑思维能力、运算求解能力，
模块一：基础知识
考点一：极值点偏移的含义
一、极值点偏移的含义
我们知道，如果对于函数y=f(x)在定义域D 内任何一个x 都满足f(x)=f(2a-x)，则函数f(x)关于直线直线
x=a 对称；可以理解为函数f(x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f(x)为单峰函数，则x=a 必为f(x)
的极值点.如二次函数f(x)的顶点就是极值点x₀,若f(x)=c的两根的中点为
�1+�2
2
,则刚好有
�1+�2
2
= �0即极值点在
两根的正中间，也就是极值点没有偏移.如下1 图。
若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数f(x)的极值点为m,且函数f(x)满足定义域内x=a 左侧的任
意自变量x 都有f(x)>f(2a-x)或f(x)<f(2a-x),则函数f(x)极值点m 左右侧变化快慢不同.故单峰函数f(x)定义域内
任意不同的实数x1,x2 满f(x₁)=f(x₂),则
�1+�2
2
与极值点m 必有确定的大小关系：
若a<
�1+�2
2
，称为极值点左偏；若a>
�1+�2
2 ,则称为极值点右偏.
就比如说：函数g(x)=
�
��的极值点x₀=1 刚好在方程g(x)=c 的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏.如上2
图
考点二：极值点偏移加法型的一般题设形式
1．若函数
( )
f x 存在两个零点
1x ，
2x 且
1
2
x
x
，求证：
1
2
0
2
x
x
x
（
0x 为函数
( )
f x 的极值点）；
2．若函数
( )
f x 中存在
1x ，
2x 且
1
2
x
x
满足
1
2
( )
(
)
f x
f x
，求证：
1
2
0
2
x
x
x
（
0x 为函数
( )
f x 的极
值点）；
3．若函数
( )
f x 存在两个零点
1x ，
2x 且
1
2
x
x
，令
1
2
0
2
x
x
x
，求证：
0
(
)
0
f
x
；
4．若函数
( )
f x 中存在
1x ，
2x 且
1
2
x
x
满足
1
2
( )
(
)
f x
f x
，令
1
2
0
2
x
x
x
，求证：
0
(
)
0
f
x
．
考点三：极值点偏移解决策略
（1）证明
1
2
2
x
x
a
（或
1
2
2
x
x
a
）：
①首先构造函数
2
g x
f x
f
a
x
，求导，确定函数
y
f x
和函数
y
g x
的单调性；
②确定两个零点
1
2
x
a
x
，且
1
2
f x
f x
，由函数值
1
g x
与
g a 的大小关系，得
1
1
1
2
1
2
2
g x
f
x
f
a
x
f
x
f
a
x
与零进行大小比较；
③再由函数
y
f x
在区间
,a 上的单调性得到
2
x 与
1
2a
x
的大小，从而证明相应问题；
（2）证明
2
1
2
x x
a
（或
2
1
2
x x
a
）（
1
x 、
2
x 都为正数）：
①首先构造函数
2
a
g x
f x
f
x
，求导，确定函数
y
f x
和函数
y
g x
的单调性；
②确定两个零点
1
2
x
a
x
，且
1
2
f x
f x
，由函数值
1
g x
与
g a 的大小关系，得
2
2
1
1
2
1
1
a
a
g x
f x
f
f x
f
x
x
与零进行大小比较；
③再由函数
y
f x
在区间
,a 上的单调性得到
2
x 与
2
1
a
x 的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x x
x
x
证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x
；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
题型四：极值点偏移加法型判定方法与证明
对于可导函数
( )
y
f x
，在区间( , )
a b 上只有一个极大（小）值点
0x ，方程
( )
0
f x
的解分别为
1x ，
2x ，
且
1
2
a
x
x
b
，
（1）若
1
0
2
( )
(2
)
f x
f
x
x
，则
1
2
0
( )
2
x
x
x
，即函数
( )
y
f x
在区间
1
2
( ,
)
x x
上极（小）大值点
0x 右
（左）偏；
（2）若
1
0
2
( )
(2
)
f x
f
x
x
，则
1
2
0
( )
2
x
x
x
，即函数
( )
y
f x
在区间
1
2
( ,
)
x x
上极（小）大值点
0x 右
（左）偏．
证明：（1）因为对于可导函数
( )
y
f x
，在区间( , )
a b 上只有一个极大（小）值点
0x ，则函数
( )
f x 的单
调递增（减）区间为
0
( ,
)
a x
，单调递减（增）区间为
0
(
, )
x b ，由于
1
2
a
x
x
b
，有
1
0
x
x
，且
0
2
0
2x
x
x
，
又
1
0
2
( )
(2
)
f x
f
x
x
，故
1
0
2
( )2
x
x
x
，所以
1
2
0
( )
2
x
x
x
，即函数极（小）大值点
0x 右（左）
偏；
（2）证明略．
左快右慢（极值点左偏
1
2
2
x
x
m
）
左慢右快（极值点右偏
1
2
2
x
x
m
）
左快右慢（极值点左偏
1
2
2
x
x
m
）
左慢右快（极值点右偏
1
2
2
x
x
m
）
模块二：题型分类
题型一：极值点偏移加法型(��+ ��)
1．已知函数
3
1
( )
2
8ln
6
f x
x
ax
x
．
（1）若函数
( )
f x 在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围；
（2）若函数
( )
f x 存在两个极值点
1
2
,
x x ，求证：
1
2
4
x
x
．
【答案】（1）
3
a
；（2）证明见解析．
【分析】（1）转化条件为
( )
0
f
x
在(0,
)
上恒成立，分参后构造新函数，结合导数即可得解；
（2）由极值点的概念结合函数的单调性可得
1
2
0
2
x
x
，通过构造新函数，结合导数及函数的单调性
可证
2
1
4
x
x
，即可得证.
【详解】解：（1）易知
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
由题意知
2
8
( )
2
0
2
x
f
x
a
x
，即
2
4
4
x
a
x
在(0,
)
上恒成立，．
令
2
4
( )
(
0)
4
x
g x
x
x
，则
3
2
2
4
8
( )
2
2
x
x
g x
x
x
．
当
2
x
时，
( )
0
g x
，( )
g x 单调递增；
当0
2
x
时，
( )
0
g x
，( )
g x 单调递减，
所以当
2
x
时，( )
g x 有最小值(2)
3
g
，
所以
3
a
；
（2）因为
2
8
( )
2
2
x
f
x
a
x
，由
( )
0
f
x
知，
2
4
= 4
x
a
x
，
设
2
4
( )
(
0)
4
x
g x
x
x
则
1
2
(
)
(
)
g x
g x
，且( )
g x 在(2,
)
上单调递增，在(0,2) 上单调递减，
所以可令，
1
2
0
2
x
x
，．
令( )
(2
)
(2
)
h x
g
x
g
x
，
( 2,0)
x
．
则
2
2
2
2
2
4
4
2
(
2 3)( +2 3)
( )
(2
)
(2
)
2
=
(2
)
(2
)
(2
) (2
)
x
x
x
h x
g
x
g
x
x
x
x
x
因为
( 2,0)
x
，所以
( )
0
h x
，所以( )
h x 上在( 2,0)
单调递减，且(0)
0
h
，
所以
( 2,0)
x
时，( )
(2
)
(2
)
(0)
0
h x
g
x
g
x
h
．
又
1
(0,2)
x
，所以
1
2
( 2,0)
x
所以
1
1
1
(
2)
( )
(4
)
0
h x
g x
g
x
．
所以
2
1
1
(
)
( )
(4
)
g x
g x
g
x
．
因为
1
2
x
，
1
4
2
x
，
2
2
x
且( )
g x 在(2,
)
上单调递增，
所以
2
1
4
x
x
，
1
2
4
x
x
．
【点睛】关键点点睛：
本题第二问考查极值点偏移问题，构造新函数，通过导数说明单调性，进而可得
2
1
(
)
(4
)
g x
g
x
，再通过
( )
g x 的单调性转化
1
2
,
x x 的不等关系，即可得证.
2．已知a 为常数，函数
2
x
f x
e
ax
.
（1）讨论函数
f
x 的单调性；
（2）若函数
f
x 有两个不同的零点
1
2
1
2
,
x x
x
x
.
（i）求实数a 的取值范围；
（ii）证明：
1
2
2
x
x
.
【答案】(1)见解析.
（2）（i）
1 ,
e
；证明见解析.
【详解】试题分析：（1）对函数
( )
f x 求导得
2
ex
f
x
a
，对实常数a 分情况讨论，由
'( )
f
x
的正负得
出函数
( )
f x 的单调性；（2）（ⅰ）由（1）的讨论，得出
0
a
，再根据极小值为负数，得出a 的范围；（ⅱ）
由
2
e
0
x
ax
，得
2
ln
ln
ln
x
ax
a
x
，即
2 ln
ln
x
x
a
，令( )
2
ln
g x
x
x
，对( )
g x 求导，得出
单调性，要证
1
2
2
x
x
，只需证
2
1
2
1
x
x
就可得出结论，构造
2
h x
g x
g
x
，0
1
x
，求
导得出单调性转化求解即可．
试题解析：（1）
2
ex
f
x
a
.
当
0
a
时，
0
f
x
，函数
f
x 在
,
上单调递增；
当
0
a
时，由
2
e
0
x
f
x
a
，得
2
ln
x
a
.
若
2
ln
x
a
，则
( )
0
f
x
¢
>
，函数
f
x 在
2 ln ,a
上单调递增；
若
2
ln
x
a
，则
0
f
x
，函数
f
x 在
,2 lna
上单调递减.
（2）（ⅰ）由（1）知，当
0
a
时，
f
x 单调递增，没有两个不同的零点.
当
0
a
时，
f
x 在
2
ln
x
a
处取得极小值.
由
ln
2
ln
e
2
ln
0
a
f
a
a
a
，得
1
a
e
.
所以a 的取值范围为
1 ,
e
.
（ⅱ）由
2
e
0
x
ax
，得
2
ln
ln
ln
x
ax
a
x
，即
2 ln
ln
x
x
a
.
所以
1
1
2
2
2
ln
2
ln
ln
x
x
x
x
a
.
令
2 ln
g x
x
x
，则
1
1
g
x
x
.
当
1
x 时，
0
g x
；当0
1
x
时，
0
g x
.
所以
g x 在
0,1 递减，在
1,递增，所以
1
2
0
1
x
x
.
要证
1
2
2
x
x
，只需证
2
1
2
1
x
x
.
因为
g x 在
1,递增，所以只需证
2
1
2
g x
g
x
.
因为
1
2
g x
g x
，只需证
1
1
2
g x
g
x
，即证
1
1
2
0
g x
g
x
.
令
2
h x
g x
g
x
，0
1
x
，则
1
1
2
2
h
x
x
x
.
因为
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
，所以
0
h
x
，即
h x 在
0,1 上单调递减.
所以
1
0
h x
h
，即
1
1
2
0
g x
g
x
，
所以
1
2
2
x
x
成立.
点睛：本题主要考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数零点的判断，函数最值的应用，属于
难题．考查分析问题解决问题的能力．
3．已知函数
2
3
2
ln x
f x
x
a
，a 为实数．
(1)当
2
3
a
时，求函数在
1
x 处的切线方程；
(2)求函数
f
x 的单调区间；
(3)若函数
f
x 在
e
x处取得极值，
f
x
是函数
f
x 的导函数，且
1
2
f
x
f
x
，
1
2
x
x
，证明：
1
2
2
e
x
x
．
【答案】(1)
0
x
y
(2)单调递增区间为
3
1
2
e
,
a
，单调递减区间为
3
1
2
0,e
a
(3)证明过程见解析
【分析】（1）求出
1
1
f
，求导，得到
1
1
f
，进而由导函数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；
（3）先令
2
ln
1
x
f
x
x
x
，求导得到其单调性，求出
1
2
0
1
e
x
x
，进而构造差函数，证明
出极值点偏移问题.
【详解】（1）当
2
3
a
时，
2 ln
1
f x
x
x
，
1
1
f
，
2 1
2
1
2 ln
ln
f
x
x
x
x
x
x
x
x
，故
1
1
f
，
故函数在
1
x 处的切线方程为
1
1
y
x
，即
0
x
y
；
（2）
2
3
2
ln x
f x
x
a
定义域为
0,
，
n
ln
3
2
2l
1 3
2
f
x
x
a
x
x
x
a
x
，
令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
3
1
2
e
a
x
，令
0
f
x
，解得
3
1
2
0
e
a
x
，
故
f
x 的单调递增区间为
3
1
2
e
,
a
，单调递减区间为
3
1
2
0,e
a
；
（3）由题意得
e
e 2ln e
1
3
0
f
a
，解得
1
a ，
故
2
ln
1
f
x
x
x
，
0
x
，
当
0,e
x
时，
0
f
x
，
f
x 单调递减，
当
e,
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
f
x 单调递增，
可知函数
f
x 在
e
x处取得极值，故
1
a 符合题意，
因为
1
2
f
x
f
x
，
1
2
x
x
，
令
2
ln
1
x
f
x
x
x
，
0
x
，则
2 ln
1
2
2ln
x
x
x
，
当
0,1
x
时，
0
x
，
x
单调递减，
当
1,
x
时，
0
x
，
x
单调递增，
且当
0,1
x
时，
0
x
恒成立，e
0
，当
e,
x
时，
0
x
，
画出
2
ln
1
x
x
x
的图象如下：
故
1
2
0
1
e
x
x
，
令
2
F x
x
x
，0
1
x
，
则
2
2
l
2ln
2
2
2
2
ln
ln 2
2 n
1
1
F
x
x
x
x
x
x
x
x
，
因为0
1
x
，所以
2
1
1
0,1
x
，
2
2ln
1
1
0
F
x
x
，
故
2
F x
x
x
在
0,1 上单调递减，
又
1
0
F
，故
2
0
F x
x
x
在
0,1 上恒成立，
即
2
x
x
，0
1
x
，
因为
1
0
1
x
，所以
1
1
2
x
x
，
其中
2
1
x
x
，故
2
1
2
x
x
，
其中
2
1
e
x
，
1
2
1
x
，
x
在
1,
x
上单调递增，
故
2
1
2
x
x
，即
1
2
2
x
x
，
令
e
G x
x
x
，
e
0
2
x
，
则
2
e
2ln
2ln e
2ln e
G
x
x
x
x
x
x
x
2
2
e
e
2ln
2
4
x
，
当
e
0
2
x
时，所以
2
2
e
e
2
4
y
x
单调递增，
由复合函数可得
2
2
e
e
2ln
2
4
G
x
x
在
e
0
2
x
上单调递增，
又
2
e
e
1
e
1
2ln
0,
2ln
0
2
4
4
4
16
G
G
，
故存在
0
1 e
,
4 2
x
，使得
0
0
G x
，
当
0
0,
x
x
时，
0
G
x
，
G x 单调递减，
当
0
e
, 2
x
x
时，
0
G
x
，
G x 单调递增，
当
0
x
时，
0
G x
，
e
e
e
e
0
2
2
2
G
，
故当
e
0
2
x
时，
e
0
G x
x
x
恒成立，
因为
1
2
0
1
e
x
，故
1
1
1
e
0
G x
x
x
，即
1
1
e
x
x
，
又
2
1
x
x
，故
2
1
e
x
x
，
其中
2
1
e
x
，
1
e
1
x
，
x
在
1,
x
上单调递增，
故
2
1
e
x
x
，故
1
2
e
x
x
，
综上，
1
2
2
e
x
x
.
【点睛】关键点睛：极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，需要先研究出两个变量的取值范围，
若原函数较复杂，可先进行变形，再求导，得到其单调性，构造出的差函数，研究其单调性，往往会和基
本不等式，复合函数单调性等知识结合.
4．已知函数
2
(
1)
)
1
(
x
f
x
x
e
a x
a
R
.
（1）讨论函数
f
x 的单调性；
（2）当函数
f
x 仅有两个零点
1
x ，
2
x 时.
（i）求实数a 的取值范围；
（ii）求证：
1
2
0
x
x
.
【答案】（1）答案见解析；（2）（i）(0,1)；（ii）证明见解析.
【分析】（1）对
f
x 求导，对a 分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解；
（2）（i）分类讨论，利用函数单调性讨论零点问题；
（ii）构造新函数讨论
1
( )
f x 与
2
(
)
f
x
大小关系，利用
f
x 在(0,
)
上单调性，证明结论.
【详解】解：（1）
2
(
)
2
x
x
f
x
xe
ax
x e
a
，
当
0
a
时，令
0
f
x
′
，得
0
x
，令
0
f
x
′
，得
0
x
，
所以
f
x 在(0,
)
上单调递增，在(
,0)
上单调递减；
当a<0 时，令
0
f
x
，得
0
x
或
2
x
ln
a
，
当
2
0
ln
a
，即
1
0
2
a
时，
f
x 在
2
ln
a
，
和(0
)
，
上单调递增，在
2
0
ln
a
，上单调递减；
当
2
0
ln
a
，即
1
2
a
时，
0
f
x
′
恒成立，
f
x 在R 上单调递增；
当
2
0
ln
a
，即
1
2
a
时，
f
x 在(
)
0
，和
ln
2
,
a
，上单调递增，在
0
2
ln
a
，
上单调递减.
综上，当
0
a
时，
f
x 在(0
)
，
上单调递增，在(
)
0
，上单调递减；
当
1
0
2
a
时，
f
x 在
,ln
2a
和(0,
)
上单调递增，在
2
,0
ln
a
上单调递减；
当
1
2
a
时，
f
x 在R 上单调递增；
当
1
2
a
时，
f
x 在(
,0)
和
ln
2
,
a
上单调递增，在
0,
2
ln
a
上单调递减.
（2）（i）
0
a
时，
1
x
f
x
x
e
只有一个零点；
当
1
0
2
a
时，
f
x 在(0,
)
上单调递增，在(
,0)
上恒小于0，不存在两个零点；
当
1
2
a
时，
(
,1)
x
时，
0
f x
，在
2
,0
ln
a
上单调递减，在
ln
2
,
a
上单调递增，不存在
两个零点；
当
0
a
时，
0
1
f
a
，
2
0
f
，
取bR ，
2
b ，b
lna
，
2
2
2
1
1
1
1
(
0
)
b
f b
b
e
a b
a b
ab
a b
b
a
，
∴
0
1
0
f
a
，即
1
a
，
∴
(0,1)
a
.
（ii）证明：设
1
2
x
x
，由（i）知
1
2
0
x
x
，
∵
2
x 为零点，∴
2
2
2
2
2
1
1
)
(
)
0
(
)
(
x
f
x
a x
e
x
，
∴
2
2
2
2
(
)
(
)
1
1
x
a x
x e
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
(
)
(
)
(
)
(
)
1
(
)
1
1
x
x
x
f
x
x
a x
x
e
x
e
e
，
令
1
1
x
x
g x
x
e
x e
，
x
x
g
x
x
e
e
，
当
0
x
时
0
g
x
，
∴
g x 在(0,
)
上单调递减，
∵
0
0
g
，
2
0
x
，
∴
2
(
)
0
g x
，
∴
2
2
2
2
(
)
(
1
1
)
0
x
x
x
x
e
e
，
∴
2
(
)
0
f
x
，
∴
1
2
0
( )
(
)
f x
f
x
，
∵
f
x 在(
,0)
上单调递减，
∴
1
2
x
x
，
∴
1
2
0
x
x
.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成
立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极
(最)值问题处理．
题型二：极值点偏移减法型(��−��)
1．已知函数
ln
f x
x
ax
（1）讨论
f
x 的单调性；
（2）若
1
x ，
2
x ，
1
2
x
x
是
f
x 的两个零点.证明：
（i）
1
2
2
x
x
a
；
（ii）
2
1
2 1
ea
x
x
a
.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析.
【解析】（1）求出导数，讨论
0
a
和
0
a
两种情况根据导数正负即可得出单调性；
（2）（i）可得不等式等价于
2
1
2
2
1
1
2
1
ln
0
1
x
x
x
x
x
x
，令
2
1
x
t
x
，则利用导数证明
2
1
ln
0
1
t
g t
t
t
即可；
（ii）由题可得
1
0
a
e
且
1
2
1
x
e
x
，根据
1
ln
1
ln
1
x
e
ax
x
e
x
可得
1
1
1
ea
x
a
a
，
2
1
1
ea
x
a
a
，即可由此证明.
【详解】解：（1）
f
x 定义域
0,
，
1
1
ax
f
x
a
x
x
，
则当
0
a
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
f
x 在
0,
为增函数；
当
0
a
时，令
0
f
x
，解得
1
x
a
，当
1
0,
x
a
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
f
x 在
1
0, a
为增函数；当
1 ,
x
a
时，
0
f
x
，
f
x 在1 ,
a
为减函数，
综上，
0
a
时，
f
x 在
0,
为增函数；
0
a
时，
f
x 在
1
0, a
为增函数，在1 ,
a
为减函数，
（2）证明：（i）原不等式等价于
1
2
1
2
x
x
a
，
因为
1
1
ln
ax
x
①，
2
2
ln
ax
x
②，
由②-①得，
2
1
2
1
ln
ln
a x
x
x
x
，则
2
1
2
1
ln
ln
x
x
a
x
x
，
则
1
2
1
2
x
x
a
等价于
1
2
2
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x
，
因为
2
1
0
x
x
，所以
2
1
ln
ln
0
x
x
，
即证
2
1
2
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x
，等价于
2
1
2
2
1
1
2
1
ln
0
1
x
x
x
x
x
x
③，
设
2
1
x
t
x
，
1
t
，设
2
1
ln
1
t
g t
t
t
，
1
t
，
③等价于
0
g t
，
2
2
2
1
1
2
0
1
1
t
g t
t
t
t t
，
g t 在
1,上为增函数.
1
0
g t
g
，即
1
2
1
2
x
x
a
；
（ii）设
ln x
h x
x
，则
2
1
ln x
h
x
x
，令
0
h
x
，解得x
e
，
所以
h x 在
0,e 上递增，在
,e 上递减，
因为
a
h x
有两个不相等的实根，则
1
0
a
e
且
1
2
1
x
e
x
，
易知ln
1
x
x
对
0,1
1,
x
恒成立，则
1
ln
1
x
x
对
0,1
x
恒成立，
1
ln
1
ln
1
x
e
ax
x
e
x
，因为
0
x
，所以
2
2
0
ax
x
e
，
又因为
0
a
，
4
4
0
ae
，所以
1
1 ea
x
a
a
或
1
1 ea
x
a
a
，
因为
1
0
x
e
且
1
0
a
e
，所以
1
1
1
ea
x
a
a
，
2
1
1
ea
x
a
a
，
因为
1
2
1
2
x
x
a
，所以
1
2
1
1
1
1
2
x
x
ea
x
a
a
a
，
即
2
1
2 1
ea
x
x
a
.
【点睛】本题考查利用导数证明不等式，解题的关键是恰当的构造函数，将不等式转化为利用导数求函数
的最值问题，考查学生的转化能力，计算能力.
2．
2
ln e
1
2
4
x a
x
x
f x
b
有两个零点
1
2
1
2
,
x x
x
x
．
(1)
0
a
时，求b 的范围；
(2)
1
b = - 且
5
4
a
时，求证：
2
1
2 5
4
x
x
a
．
【答案】(1)
,0
(2)证明见详解
【分析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即
可求解.
（2）当
1
b = - 时由
2
2
ln e
1
1
1
2
4
4
2
x a
x
x
x
x
f x
a
及
2
1
0
4
2
x
x
a
的两个零点之间的距离
可得
2
1
2 5
4
x
x
a
.
【详解】（1）
0
a
时，
2
ln e
1
2
4
x
x
x
f x
b
，
由题意
f
x 的两个零点
1
2
1
2
,
x x
x
x
即为
方程
2
ln e
1
0
2
4
x
x
x
b
的两个根，
分离参数即得
2
ln e
1
2
4
x
x
x
b
，令
2
ln e
1
2
4
x
x
x
g x
，
对其求导得
e
1
e
1
2
2
x
x
x
g
x
，设
e
1
e
1
2
2
x
x
x
s x
，
则
2
1
e
0
2
e
1
x
x
s
x
，所以
g
x
在定义域上面单调递减，
注意到
0
0
g
，所以
g
x
g x
、
随x 的变化情况如下表：
,0
0,
g
x
g x
所以
g x 有极大值（最大值）
0
ln2
g
，
又当x 时，
g x ；当x 时，
g x ，
若方程
2
ln e
1
2
4
x
x
x
b
有两个根，
则
max
0
ln 2
b
g x
g
，即b 的取值范围为
, ln 2
.
（2）因为
ln e
1
lne
x a
x a
x
a
，设
2
1
4
2
x
x
g x
a
，
所以当
1
b = - 且
5
4
a
时有
2
2
ln e
1
1
1
2
4
4
2
x a
x
x
x
x
f x
a
g x
，
进而有
2
1
1
1
1
0
1
4
2
x
x
f x
a
g x
，
2
2
2
2
2
0
1
4
2
x
x
f x
a
g x
且
f
x 的函数图像恒在
g x 的函数图象上方，不妨设
2
1
4
2
x
x
g x
a
的两个零点为
3
4
x
x
、（且
3
4
x
x
），
如图所示：
因此
f
x 的两个零点
1
2
1
2
,
x x
x
x
在二次函数
2
1
4
2
x
x
g x
a
两个零点之内，
所以有
2
1
4
3
x
x
x
x
，令
2
1
0
4
2
x
x
a
，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为
1
1
1
1
1
1
4
2
a
b
c
a
、
、
，其判别式
2
2
1
1 1
1
1
1
5
4
4
4
1
1
2
4
4
4
a
b
a c
a
a
，
又
1
1
4
3
1
1
1
2
2
b
b
x
x
a
a
a
，所以
4
3
1
5
4
4
2 5
4
1
4
a
x
x
a
a
，
综上，有
2
1
4
3
2 5
4
x
x
x
x
a
，命题得证.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键
是进行放缩
ln e
1
lne
x a
x a
x
a
，进而去发现相应零点之间的变化.
3．已知函数
e
2
1
x
f x
x
a
，
2
1
2
g x
x
a
x
a
（其中e
2.71828
是自然对数的底数）
(1)试讨论函数
f
x 的零点个数；
(2)当
1
a 时，设函数
h x
f x
g x
的两个极值点为
1
x 、
2
x 且
1
2
x
x
，求证：
2
1
e
e
4
2
x
x
a
.
【分析】（1）
0
f
x
可得
e
2
1
x
a
x
，令
e
2
1
x
p x
x
，其中xR ，则函数
f
x 的零点个数等
于直线y
a
与函数
e
2
1
x
p x
x
图象的公共点个数，利用导数分析函数
p x 的单调性与极值，数形结
合可得出结论；
（2）推导出
2
1
2
1
e
e
2
x
x
x
x
，将所证不等式转化为
2
1
2
1
x
x
a
，设函数
p x 的图象在
0
x
处的切
线交直线y
a
于点
1,
A x a
，函数
p x 的图象在
3
x
x
处的切线交直线y
a
于点
2,
B x a
，证明出
1x
a
，
2
2
3
3
1
2
1
a
x
x
x
a
x
，再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
【详解】（1）解：由
0
f
x
可得
e
2
1
x
a
x
，令
e
2
1
x
p x
x
，其中xR ，
则函数
f
x 的零点个数等于直线y
a
与函数
e
2
1
x
p x
x
图象的公共点个数，
e
2
x
p x
，令
0
p x
可得
ln 2
x
，列表如下：
x
,ln 2
ln 2
ln 2,
p x
0
p x
减
极小值1 2ln 2
增
如下图所示：
当
1
2ln 2
a
时，函数
f
x 无零点；
当
1
2ln 2
a
时，函数
f
x 只有一个零点；
当
1
2ln 2
a
时，函数
f
x 有两个零点.
（2）证明：
2
e
1
1
x
h x
f x
g x
x
a
x
，其中xR ，
所以，
e
2
1
x
h x
x
a
，由已知可得
1
2
1
1
2
2
e
2
1
0
e
2
1
0
x
x
h
x
x
a
h
x
x
a
，
上述两个等式作差得
2
1
2
1
e
e
2
x
x
x
x
，
要证
2
1
e
e
4
2
x
x
a
，即证
2
1
2
1
x
x
a
，
因为
0
0
p
，设函数
p x 的图象交x 轴的正半轴于点
3,0
x
，则
3
ln 2
x
，
因为函数
p x 在
ln 2,上单调递增，1
e
3
0
p
，
3
2
3
e
4
0
2
p
，
3
3
1, 2
x
，
设函数
p x 的图象在
0
x
处的切线交直线y
a
于点
1,
A x a
，
函数
p x 的图象在
3
x
x
处的切线交直线y
a
于点
2,
B x a
，
因为
0
1
p
，所以，函数
p x 的图象在
0
x
处的切线方程为y
x
，
联立
y
a
y
x
可得
x
a
y
a
，即点
,
A
a a
，
构造函数
e
1
x
m x
p x
x
x
，其中xR ，则
e
1
x
m
x
，
当
0
x
时，
0
m
x
，此时函数
m x 单调递减，
当
0
x
时，
0
m
x
，此时函数
m x 单调递增，所以，
0
0
m x
m
，
所以，对任意的xR ，
p x
x
，当且仅当
0
x
时等号成立，
由图可知
1
0
x
，则
1
1
1
1
e
2
1
x
p x
x
a
x
，所以，
1x
a
，
因为
3
3
3
e
2
1
0
x
p x
x
，可得
3
3
e
2
1
x
x
，
函数
p x 在
3
x
x
处的切线方程为
3
3
e
2
x
y
x
x
，
联立
3
3
e
2
x
y
x
x
y
a
，解得
3
3
3
3
e
2
2
1
x
a
a
x
x
x
x
，即点
3
3
,
2
1
a
B
x a
x
，
因为
3
3
3
3
3
3
3
1 2
1 2
2
1
1 1
0
2
1
2
1
2
1
x
x
a
a
a
x
a
x
x
x
x
，
所以，
2
3
3
1
2
1
a
x
x
a
x
，
构造函数
3
3
e
2
1
e
2
x
x
n x
x
x
x
，其中xR ，则
3
0
n x
，
3
e
ex
x
n x
，
当
3
x
x 时，
0
n
x
，此时函数
n x 单调递减，
当
3
x
x
时，
0
n
x
，此时函数
n x 单调递增，则
3
0
n x
n x
，
所以，对任意的xR ，
3
3
e
2
x
p x
x
x
，当且仅当
3
x
x
时，等号成立，
所以，
3
2
2
2
2
3
e
2
1
e
2
x
x
p x
x
a
x
x
，可得
3
2
3
2
e
2
x
a
x
x
x
，
因此，
2
1
2
1
1
2
1
x
x
x
x
a
a
a
，故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式
f x
g x
（或
f x
g x
）转化为证明
0
f x
g x
（或
0
f x
g x
），进而构造辅助函数
h x
f x
g x
；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
4．已知函数
2
( )
(
1)
(
1)ln ,
2
2
x
f x
a x
a
x a
.
（1）求函数
f
x 的单调区间；
（2）若
1
f m
f
且
1
m ，证明：
(1,
)
x
m
，(
1)ln
1
a
x
x
；
（3）记方程
2
4
3ln
4
2
x
x
x
的三个实根为
1
x ，
2
x ，
3x ，若
1
2
3
x
x
x
，证明：
3
2
2 3
x
x
.
【答案】（1）单调递增区间为(0,1)，(
1,
)
a
，单调递减区间为(1,
1)
a
；（2）证明见解析；（3）证
明见解析.
【分析】（1）求出函数导数，分别解出
( )
0
f
x
和
( )
0
f
x
即可得出单调区间；
（2）易得ln
1
x
x
，不等式转化为
(1,
)
x
m
，
1
(
1)
ln
x
a
x
，构造函数
1
( )
,1
ln
x
g x
x
m
x
，利用导数
可得
g x 在(1,
)
m 单调递增，可化为证
1
1
ln
m
a
m
，由
( )
(1)
f m
f
，可得只需证
2
1
ln
1
m
m
m
，构造函数
2(
1)
( )
ln
,
1
1
x
H x
x
x
x
，利用导数即可证明；
（3）令
4
a
，则
2
4
1
3ln
2
x
f x
x
x
，由（1）可知
f
x 单调性，可判断
1
2
3
0
1
3
x
x
x
，可
知
(1,
)
x
m
，3ln
1
x
x
，即
(1,
)
x
m
，
2
( )
3
3
2
x
f x
x
，构造函数
2
( )
3
3
2
x
F x
x
，可知
F x 的
两个零点为
,p q ，易知1
3
p
q
m
，由
2
3
,
p
x q
x
可证.
【详解】解：（1）
( )
f x 的定义域是(0,
)
，
1
(
1)(
1)
( )
a
x
x
a
f
x
x
a
x
x
，
令
( )
0
f
x
，解得
1
x 或
1
x
a
，
2
a
，
1
1
a
，
则由
( )
0
f
x
可解得0
1
x
或
1
x
a
，由
( )
0
f
x
可解得1
1
x
a
，
所以
f
x 的单调递增区间为(0,1)，(
1,
)
a
，单调递减区间为(1,
1)
a
（2）令( )
ln
1
h x
x
x
，则
1
( )
x
h x
x
，
由
0
h x
解得0
1
x
，由
0
h
x
解得
1
x ，
则
h x 在
0,1 单调递增，在
1,单调递减，故( )
(1)
0
h x
h
，即ln
1
x
x
，
欲证：
(1,
)
x
m
，(
1)ln
1
a
x
x
，即证：
(1,
)
x
m
，
1
(
1)
ln
x
a
x
，
令
1
( )
,1
ln
x
g x
x
m
x
，则
2
1
ln
1
( )
(ln )
x
x
g x
x
，
ln
1
x
x
，
1
ln
1
0
x
x
，
( )
0
g x
，故
g x 在(1,
)
m 单调递增，
1
( )
( )
ln
m
g x
g m
m
，故只需证
1
1
ln
m
a
m
，
( )
(1)
f m
f
，
2
1
(
1)
(
1)ln
2
2
m
a m
a
m
，即
2
(
1)
(
1)(
1 ln
)
2
m
a
m
m
，
1
m
，
ln
0
m
，ln
1
m
m
，故
1
ln
0
m
m
，
则不等式等价于
2
(
1)
1
2(
1 ln
)
ln
m
m
m
m
m
，整理得
2
1
ln
1
m
m
m
，
令
2(
1)
( )
ln
,
1
1
x
H x
x
x
x
，则
2
2
(
1)
( )
0
(
1)
x
H x
x x
，则
H x 在
1,单调递增，
1
0
H x
H
，即
2(
1)
ln
1
x
x
x
，即
2
1
ln
1
m
m
m
，
综上可得：
(1,
)
x
m
，(
1)ln
1
a
x
x
；
（3）令
4
a
，则
2
4
1
3ln
2
x
f x
x
x
，
由（1）可知
f
x 在(0,1),(3,
)
单调递增，在
1,3 单调递减，
由题易知，
2
4
2
1
1
4
1
7
2
0,
(1)
0,
(3)
3ln3
0
2
2
2
f
f
f
e
e
e
，
故
1
2
3
0
1
3
x
x
x
，
因为
2
1
2
f e
，故存在
1
m，使得
1
(1)
2
f m
f
，
由（2）可知
(1,
)
x
m
，3ln
1
x
x
，
故
(1,
)
x
m
，
2
2
( )
4(
1)
1
3
3
2
2
x
x
f x
x
x
x
，
令
2
( )
3
3
2
x
F x
x
，易知
F x 在(
,3)
单调递减，在
3,单调递增，
即
F x 的两个零点为
,p q ，易知1
3
p
q
m
，
故
2
3
( )
( )
,
( )
( )
f p
F p
f
x
f q
F q
f
x
，
f
x 在
1,3 单调递减，在(3,
)
单调递增，
2
3
,
p
x q
x
，
3
2
2 3
x
x
q
p
.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题的关键是构造恰当的函数，利用导数判断单调性.
题型三：极值点偏移乘积型(����)
1．已知函数
2
1
( )
(2
1)
2ln (
R)
2
f x
ax
a
x
x a
.
(1)若
( )
f x 有唯一极值，求a 的取值范围；
(2)当
0
a
时，若
1
2
( )
(
)
f x
f x
，
1
2
x
x
，求证：
1
2
4
x x
.
【答案】(1)
0
a
；
(2)证明见解析.
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
【分析】（1）求出函数
( )
f x 的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设
1
2
0
2
x
x
，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数
2
1
( )
(2
1)
2ln
2
f x
ax
a
x
x
的定义域为(0,
)
，
求导得
2
(
1)(
2)
( )
(2
1)
ax
x
f
x
ax
a
x
x
，
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
当
0
a
时，若
1
2
a
，
( )
0
f
x
，函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，无极值点，不符合题意；
若
1
0
2
a
，当0
2
x
或
1
x
a
时，
( )
0
f
x
，当
1
2
x
a
时，
( )
0
f
x
，
即函数
( )
f x 在
1
(0,2),(
,
)
a 上单调递增，在
1
(2,
)
a 上单调递减，函数
( )
f x 有两个极值点，不符合题意；
若
1
2
a
，当
1
0
x
a
或
2
x
时，
( )
0
f
x
，当1
2
x
a
时，
( )
0
f
x
，
即函数
( )
f x 在
1
(0,
),(2,
)
a
上单调递增，在1
( ,2)
a
上单调递减，函数
( )
f x 有两个极值点，不符合题意；
当
0
a
时，当0
2
x
时，
( )
0
f
x
，当
2
x
时，
( )
0
f
x
，
即函数
( )
f x 在(0,2) 上单调递增，在(2,
)
上单调递减，2 是函数
( )
f x 的极大值点，且是唯一极值点，
所以a 的取值范围是
0
a
.
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
（2）当
0
a
时，函数
( )
f x 在(0,2) 上单调递增，在(2,
)
上单调递减，
由
1
2
( )
(
)
f x
f x
，
1
2
x
x
，不妨令
1
2
0
2
x
x
，
要证
1
2
4
x x
，只证
1
2
4
x
x
，即证
1
2
4
f x
f
x
，就证
2
2
4
0
f x
f
x
，
令
4
( )
( )
( ),
2
g x
f x
f
x
x
，求导得
2
4
4
( )
( )
( ) (
)
g x
f
x
f
x
x
2
2
)
4
4
2
(
1)(
2)
(
1)(
2
(
2)
4
(
4 )
(
1
)
4
)(
2
a
ax
x
x
x
a
ax
x
x
x
x
x
x
x
x
2
2
2
2
2
8
2 (
2)[ (
2
4)
]
(
1
)
x
x
a
x
x
a x
x
x
ax
x
x
x
x
2
2
3
(
2) [ (
1)
3
]
0
x
a x
a
x
x
，于是函数( )
g x 在(2,
)
上单调递减，( )
(2)
0
g x
g
，
而
2
2
x
，则
2
(
)
0
g x
，即
2
2
2
2
4
4
(
)
(
)
0
(
)
(
)
f x
f
f x
f
x
x
，又
1
2
( )
(
)
f x
f x
，
因此
1
2
4
( )
(
)
f x
f x
，显然
1
2
4
0
2,0
2
x
x
，又函数
( )
f x 在(0,2) 上单调递增，则有
1
2
4
x
x
，
所以
1
2
4
x x
.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，
都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
2．已知函数
2
1
ln
0
2
f x
x
x
ax
a
.
(1)若函数
f
x 在定义域内为减函数,求实数a 的取值范围;
(2)若函数
f
x 有两个极值点
1
2
1
2
,
x x
x
x
,证明：
1
2
1
x x
a
.
【答案】(1)
1
a
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，
0
f
x
恒成立，即
ln
1
x
a
x
恒成立，构造函数
ln
1
x
h x
x
，求导，
得到其单调性和最值，得到实数a 的取值范围；
（2）方法一：由（1）得0
1
a
，转化为
1
2
1
2
,
x x
x
x
是
g x 的两个零点，求导得到
g x 单调性，得到
1
2
1
0
1
x
x
a
，换元后即证
1
ln
e
1
0
t
t
，构造
1
ln
e
1
t
G t
t
0
1
t
，求导得到其单调性，结合
特殊点的函数值，得到答案；
方法二：先证明引理，当0
1
t
时,
2
1
ln
1
t
t
t
,当
1
t 时,
2
1
ln
1
t
t
t
，变形得到只需证
2
1
2
ln
a x
x
a
，结合引理，得到
2
2
2
2
ln
2
ln
1
0
a x
a
a
x
a
，
2
2
1
1
ln
2
ln
1
0
a x
a
a
x
a
，两
式结合证明出答案.
【详解】（1）
f
x 的定义域为
0,
，
1 ln
f
x
x
ax
，
由题意
0
f
x
恒成立，即
ln
1
x
a
x
恒成立，
设
ln
1
x
h x
x
，则
2
2
1 ln
1
ln
h x
x
x
x
x
，
当
0,1
x
时，
0
h x
，
ln
1
x
h x
x
单调递增,
当
1,
x
时，
0
h
x
，
ln
1
x
h x
x
单调递减,
∴
h x 在
1
x 处取得极大值，也是最大值，
max
1
1
h x
h
，
故
1
a ；
（2）证法一：函数
f
x 有两个极值点，由(1)可知0
1
a
，
设
1
ln
g x
f
x
x
ax
，则
1
2
1
2
,
x x
x
x
是
g x 的两个零点，
1
g
x
a
x
，当
1
0,
x
a
时，
0
g x
，当
1 ,
x
a
时，
0
g x
,
所以
g x 在
1
0,
x
a
上递增,在
1 ,
x
a
上递减，
所以
1
2
1
0
x
x
a
,又因为
1
1
0
g
a
，
所以
1
2
1
0
1
x
x
a
，
要证
1
2
1
x x
a
,只需证
2
1
1
1
x
ax
a
,只需证
2
1
1
g x
g ax
，
其中
2
0
g x
，即证
1
1
1
1
1
1 ln
0
g
ax
ax
x
，
即证
1
1
1
ln
1
0
ax
x
，
由
1
1
1
ln
1
0
g x
x
ax
,设
1
0,1
ax
t
,
则
1
ln
1
x
t
,
1
1
et
x
,则
1
1
1
1
ln
1
0
ln
e
1
0
t
ax
t
x
,
设
1
ln
e
1
t
G t
t
0
1
t
，
1
1
1
1
e
e
e
t
t
t
t
G t
t
t
，
由(1)知ln
1
1
x
x
，故ln
1
x
x
,
所以
1
ex
x
,
1
e
0
t
t
,即
0
G t
，
G t 在
0,1 上递增，
1
0
G t
G
,故
1
1
1
ln
1
0
ax
x
成立,即
1
2
1
x x
a
；
证法二：
先证明引理:当0
1
t
时,
2
1
ln
1
t
t
t
,当
1
t 时,
2
1
ln
1
t
t
t
，
设
2
1
ln
0
1
t
M t
t
t
t
,
2
2
2
1
1
4
0
1
1
t
M
t
t
t
t t
，
所以
M t 在
0,
上递增,又
1
0
M
,
当0
1
t
时,
1
0
M t
M
，当
1
t 时，
1
0
M t
M
，
故引理得证，
因为函数
f
x 有两个极值点，由(1)可知0
1
a
,
设
1
ln
g x
f
x
x
ax
，则
1
2
1
2
,
x x
x
x
是
g x 的两个零点，
1
g
x
a
x
，当
1
0,
x
a
时，
0
g x
，当
1 ,
x
a
时，
0
g x
,
所以
g x 在
1
0,
x
a
上递增,在
1 ,
x
a
上递减，
所以
1
2
1
0
x
x
a
,即
1
2
0
1
ax
ax
，
要证
1
2
1
x x
a
,只需证
1
2
ln
ln
ln
x
x
a
，
因为
1
1
2
2
1 ln
0
1 ln
0
x
ax
x
ax
，即证
2
1
2
ln
a x
x
a
，
由引理可得
2
2
2
2
2
1
ln
1
ln
1
ax
ax
a
ax
ax
,
化简可得
2
2
2
2
ln
2
ln
1
0
a x
a
a
x
a
①，
同理
1
1
1
1
2
1
ln
1
ln
1
ax
ax
a
ax
ax
，
化简可得
2
2
1
1
ln
2
ln
1
0
a x
a
a
x
a
②，
由①-②可得
2
2
1
2
1
2
1
ln
2
0
a
x
x
x
x
a
a
x
x
，
因为
2
1
0
x
x
，
0
a
，所以
2
1
ln
2
0
a x
x
a
，
即
2
1
2
ln
a x
x
a
,从而
1
2
1
x x
a
.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有
参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨
论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像
确定条件.
3．已知( )
2
sin
ln
f x
x
x
a
x
．
(1)当
1
a 时，讨论函数
( )
f x 的极值点个数；
(2)若存在
1
x ，
2
1
2
(0
)
x
x
x
，使
1
2
( )
(
)
f x
f x
，求证：
1
2
x x
a ．
【答案】(1)函数
( )
f x 的极值点有且仅有一个
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数进行求导，然后分
1
x
和0
1
x
两种情况对函数的单调性进行研究，即可得到答
案；
（2）由
1
2
( )
(
)
f x
f x
可得
2
1
2
1
2
1
2(
) (sin
sin
)
(ln
ln
)
x
x
x
x
a
x
x
（*），通过证明
( )
sin (
0)
g x
x
x x
单
调递增，（*）转化为
1
2
1
2
ln
ln
x
x
a
x
x
，接着证明
1
2
1 2
1
2
1
2
(0
)
ln
ln
x
x
x x
x
x
x
x
成立，即可求解
【详解】（1）当
1
a 时，
( )
2
sin
ln
f x
x
x
x
，则
1
( )
2
cos
f
x
x
x
，
当
1
x
时，
( )
1
cos
0
f
x
x
，
故
( )
f x 在
1,上单调递增，不存在极值点；
当0
1
x
时，令
1
( )
2
cos
h x
x
x
，则
2
1
( )
sin
0
h x
x
x
总成立，
故函数( )
h x 即
( )
f
x
在(0,1)上单调递增，
且
(1)
1
cos1
0
f
，
1
1
cos
2
0
4
4
f
，所以存在
0
1 ,1
4
x
，使得
0
0
f
x
，
所以当
0
0
x
x
时，
0
f
x
，
( )
f x 单调递减；当
0
1
x
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
( )
f x 单调递增；
故在
0,1 上存在唯一极值点，
综上，当
1
a 时，函数
( )
f x 的极值点有且仅有一个．
（2）由
1
2
( )
(
)
f x
f x
知
1
1
1
2
2
2
2
sin
ln
2
sin
ln
x
x
a
x
x
x
a
x
，
整理得，
2
1
2
1
2
1
2(
) (sin
sin
)
(ln
ln
)
x
x
x
x
a
x
x
（*），
不妨令
( )
sin (
0)
g x
x
x x
，则
( )
1 cos
0
g x
x
≥，故( )
g x 在(0,
)
上单调递增，
当
1
2
0
x
x
时，有
1
2
(
)
(
)
g x
g x
，即
1
1
2
2
sin
sin
x
x
x
x
，
那么
1
2
1
2
sin
sin
x
x
x
x
，
因此，（*）即转化为
1
2
1
2
ln
ln
x
x
a
x
x
，
接下来证明
1
2
1 2
1
2
1
2
(0
)
ln
ln
x
x
x x
x
x
x
x
，等价于证明
1
2
1
2
2
1
ln
x
x
x
x
x
x
，
不妨令
1
2
x
t
x
（0
1
t
），
建构新函数
1
( )
2ln
t
t
t
t
，
2
2
2
2
1
(
1)
( )
1
0
t
t
t
t
t
，则
( )t
在(0,1)上单调递减，
所以( )
(1)
0
t
，故
1
2
1
2
2
1
ln
x
x
x
x
x
x
即
1
2
1 2
1
2
1
2
(0
)
ln
ln
x
x
x x
x
x
x
x
得证，
由不等式的传递性知
1 2
x x
a
，即
1
2
x x
a ．
【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x x
x
x
证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x
；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
4．已知函数
ln
f
x
a
x
，
ex
g x
b
（e 为自然对数的底数）
(1)当
e
a 时，恰好存在一条过原点的直线与
f
x ，
g x 都相切，求b 的值；
(2)若
1
b ，方程
0
xg x
f
x
ax
有两个根
1
2
x
x
，
，（
1
2
0
x
x
），求证：
1
2
2
1
2
e
x
x
x
x
．
【答案】(1)
1
e
b
(2)证明见解析
【分析】（1）由题可求得过原点的与
f
x 相切的直线方程：y
x
，后利用切点即在
g x 图像上，也在
切线上，可求得相应切点横坐标，后由切线斜率为1 可求得b；
（2）由题可得
e
ln
ln
e
x
x
x
a x
x
a
x
有两个根
1
2
x
x
，
，令
1
2
1
1
2
2
e
，e
x
x
x
t
x
t
，
则可得方程
ln
t
a
t
有两个根1
2
t
t
，
，则
1
2
1
2
ln
ln
t
t
t
t
.通过令2
1
0
t
t
，
2
1
1
t
m
t
，可将证明
1
2
2
1
2
e
x
x
x
x
，
转化为证明
2
1
ln
1
m
m
m
，
后构造函数
2
1
1
ln
m
h m
m
m
，
1,
m
，通过其单调性可证明结论.
【详解】（1）当
e
a 时，
e
f
x
x
，设直线与
f
x 的切点为
1
1
x
y
，
，则切线斜率为
1
1
e
f
x
x
，切线
方程为
1
e
y
x
x
.因
1
1
x
y
，
即在
f
x 图像上，也在切线
1
e
y
x
x
上，则
1
1
1
1
1
1
1
eln
e
e
e
y
x
x
y
x
y
x
，故切线斜率
为1，则切线方程为y
x
.
又
ex
g x
b
，
ex
g
x
b
，设直线与
g x 的切点为
2
2
x
y
，
，则切线斜率为
2
2
ex
g
x
b
，切线方程为
2
e
x
y
b
x
.因
2
2
x
y
，
即在
g x 图像上，也在切线
2
e
x
y
b
x
上，则
2
2
2
2
2
1
e
1
e
x
x
y
b
x
x
y
b
，又切线斜率为
1，则
2
2
1
1
e
ex
g
x
b
b
；
（2）当
1
b 时，
e
ln
0
x
xg x
f
x
ax
x
a
x
ax
，
则由题可得
e
ln
ln
e
x
x
x
a x
x
a
x
有两个根
1
2
x
x
，
，
令
1
2
1
1
2
2
e
，e
x
x
x
t
x
t
，则可得方程
ln
t
a
t
有两个根1
2
t
t
，
，
则
1
2
1
2
ln
ln
t
t
t
t
.令2
1
0
t
t
，
2
1
1
t
m
t
，则
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
ln
ln
ln
ln
ln
ln
ln
ln
ln
t
t
mt
m
m
m
t
m
t
t
t
t
t
m
，
2
1
1
ln
ln
ln
m
m
t
m
t
m
.注意到
1
1
2
2
1
2
2
2
1
2
e
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
2
1 2
1
2
2
1
1
2
2
1
1
e
ln
ln
ln
ln
m
m
t t
t
t
m
m
m
m
，
则构造函数
2
1
1
ln
m
h m
m
m
，
1,
m
.
因
2
2
2
1
1
4
0
1
1
m
h m
m
m
m m
，则
h m 在
1,上单调递增，得
2
1
2
1
1
0
0
1
1
ln
ln
m
m
h m
h
m
m
m
m
.
故命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数切线方程与极值点偏移问题，难度较大.
（1）问解题关键为注意到切点即在函数图像上，也在切线上.
（2）问为极值点偏移问题，解题关键为将双变量消元为单变量，常构造差函数或以两变量之差，之商构
造函数以达到消元目的.
题型四：极值点偏移平方型(��
�+ ��
�)
1．已知函数
1 lnx
f x
ax
，
0
a
．
(1)若
1
f x ≤，求a 的取值范围；
(2)证明：若存在
1
x ，
2
x ，使得
1
2
f x
f x
，则
2
2
1
2
2
x
x
．
【答案】(1)
1,
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证
1
2
2
x
x
，结合不等式放缩可证
2
2
1
2
2
x
x
.
【详解】（1）
1
ln
( )
x
f x
ax
，
2
ln
( )
x
f
x
ax
，令
( )
0
f
x
，解得
1
x ，
所以当
(0,1)
x
时，
( )
0
f x
，
( )
f x 在(0,1) 上单调递增；
当
(1,
)
x
时，
( )
0
f
x
，
( )
f x 在(1,
)
单调递减，
所以
max
1
( )
(1)
f x
f
a
，要使
( )
1
f x ，则有1
1
a ，而
0
a
，故
1
a ，
所以a 的取值范围为[1,
)
．
（2）证明：当
0
a
时，由（1）知，当
(0,1)
x
时，
( )
f x 单调递增；
当
(1,
)
x
时，
( )
f x 单调递减，
设
1
2
x
x
，所以
1
(0,1)
x
，
2
(1,
)
x
，
①若
2
[2,
)
x
，则
2
2
2
1
2
2
4
2
x
x
x
，成立；
②若
2
(1,2)
x
，先证
1
2
2
x
x
，此时
2
2
(0,1)
x
，
要证
1
2
2
x
x
，即证
1
2
2
x
x
，即
1
2
(
)
(2
)
f x
f
x
，
2
2
(
)
(2
)
f x
f
x
，
令( )
( )
(2
)
g x
f x
f
x
，
(1,2)
x
，
2
2
2
2
ln
ln(2
)
1
ln
ln(2
)
( )
(2
)
(2
)
x
x
x
x
g x
ax
a
x
a
x
x
2
2
2
2
2
1
ln
ln(2
)
1
ln[ (2
)]
1
ln[ (
1)
1]
0
x
x
x
x
x
a
x
x
a
x
a
x
，
所以( )
g x 在(�, �)上单调递增，所以( )
(1)
0
g x
g
，
即
( )
(2
)
f x
f
x
，
(1,2)
x
，所以
1
2
2
x
x
，
因为
2
1
1
1
2
x
x
，
2
2
2
1
2
x
x
，所以
2
2
1
2
1
2
1
1
2(
)
x
x
x
x
，
即
2
2
1
2
1
2
2(
)
2
2
x
x
x
x
．
【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，
而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理.
2．在平面直角坐标系xOy 中，Rt OAB
的直角顶点A 在x 轴上，另一个顶点B 在函数
lnx
f
x
x
图象上
(1)当顶点B 在x 轴上方时，求Rt OAB
以x 轴为旋转轴，边AB 和边OB 旋转一周形成的面所围成的几何
体的体积的最大值；
(2)已知函数
2
2
e
e
1
ax
x
ax
g x
x
，关于x 的方程
f x
g x
有两个不等实根
1
2
x
x
，
1
2
x
x
.
（i）求实数a 的取值范围;
（ii）证明：
2
2
1
2
2
e
x
x
.
【答案】(1)
2
4π
3e
(2)（i）
1
0,
e
2
；（ii）证明过程见详解.
【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大
值；
（2）（i）根据题意知，
2
2
e
e
1
ln
ax
x
ax
x
，进行同构
2
2
ln
e
e
lne
ax
ex
ax
x
，将问题转化为方程
2
lne
ax
x
有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究
2
ln
1
x
h x
x
的单调性和极值，即可求出a 的取值范围.
（ii）由
2
2
2
1
2
1
2
2 x
x
x
x
知，先证
1
2
2
e
x
x
，即极值点偏移问题，构造函数
2
e
F x
h x
h
x
，
求
F
x
，
F x 在
1
0,
e
单调递增，
1
0
e
F x
F
，得
2
e
h x
h
x
，从而可得
1
1
2
e
h x
h
x
即
2
1
2
e
h x
h
x
，再由
h x 的单调性，即可得到
1
2
2
e
x
x
.
【详解】（1）因为B 在x 轴上方，所以：ln
0
x
x
1
x ；
OAB
为直角三角形，所以当AB
x
轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设
,0
A x
，则
ln
,
x
B x
x
，
2
2
1
ln
π ln
·π
·
·
3
3
x
x
V
x
x
x
（
1
x ）.
设
2
ln x
h x
x
（
1
x ），则
2
2
2ln
ln
x
x
h x
x
，由
0
h x
2
2ln
ln
0
x
x
ln
2 ln
0
x
x
.
因为
1
x ，所以2
ln
0
x
2e
x
，
所以
h x 在
2
1,e
上单调递增，在
2e ,上单调递减，所以
2
2
2
2
2
max
ln e
4
e
e
e
h x
h
.
从而：
max
2
4π
3e
V
.
（2）（i）因为
f x
g x
，即
2
2
e
e
1
ln
ax
x
ax
x
，即
2
2
ln
e
e
lne
ax
ex
ax
x
，
令( )
et
u t
t
，所以
2
lne
u ax
u
x
，
因为( )
et
u t
t
为增函数，所以
2
lne
ax
x
即
2
ln
1
ax
x
，
所以方程
f x
g x
有两个不等实根
1
2
x
x
，
等价于
2
ln
1
x
a
x
有两个不等实根
1
2
x
x
，
，
令
2
ln
1
x
h x
x
，所以
3
1 2ln x
h x
x
当
1
0,
x
e
时，
0
h x
，
h x 单调递增；当
1 ,
x
e
时，
0
h
x
，
h x 单调递减.所以
max
1
1 e
2
e
h x
h
.
当
0
x
时，
h x ；当x 时，由洛必达法则知
2
1
lim
lim
0
2
x
x
h x
x
；
所以
1
0,
e
2
a
.
（ii）由（i）知，
1
1
1
,
e
e
x
，
2
1 ,
e
x
令
2
e
F x
h x
h
x
，
1
0,
e
x
，
因为
2
2
2
ln
1
ln
1
e
2
e
x
x
F x
x
x
，所以
3
3
2
2ln
1
2ln
1
e
2
e
x
x
F
x
x
x
，
因为
1
0,
e
x
，2
1
e
e
x
，
，所以
0
F
x
，即
F x 在
1
0,
e
单调递增，
1
0
e
F x
F
，
所以
2
e
h x
h
x
.
因为
1
1
0,
e
x
，所以
1
1
2
e
h x
h
x
，
又因为( )
( )
1
2
h x
h x
=
，所以
2
1
2
e
h x
h
x
，
因为
2
1 ,
e
x
，
1
2
1 ,
e
e
x
，且
h x 在
1 ,
e
上单调递减，
所以
2
1
2
e
x
x
，即
2
1
2
e
x
x
，所以
2
2
2
1
2
1
2
4
2
e
x
x
x
x
，
所以
2
2
1
2
2
e
x
x
.
【点睛】方法点睛：
极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的步骤如下：
（1）求极值点
0x ：求出函数
f
x 的极值点
0x ，结合函数
f
x 的图像，由
1
2
f x
f x
得出
2
1
,
x x 的取值
范围；
（2）构造函数：对结论为
2
1
0
2
x
x
x
的情况，构造函数
0
2
F x
f x
f
x
x
；
①
0
2
0
F
x
f
x
f
x
x
，则
F x 单调递增；
②注意到
0
0
F x
，则
1
1
0
1
2
0
F x
f
x
f
x
x
即
1
0
1
2
f
x
f
x
x
；
③
2
1
0
1
2
f
x
f
x
f
x
x
，根据
f
x 在
0,
x 单调减，则
2
0
1
2
x
x
x
④得到结论
2
1
0
2
x
x
x
.
3．已知函数
ln x
f
x
ax
x
.
(1)若
1
f
x ，求实数a 的取值范围；
(2)若
f
x 有2 个不同的零点
1
2
,
x x （
1
2
x
x
），求证：
2
2
1
2
12
2
3
5
x
x
a
.
【答案】(1)
1,
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到
2
ln x
x
a
x
，构造
2
ln x
x
h x
x
，利用导函数得到其单调
性，极值和最值情况，得到
1
1
a
h
；
（2）转化为
2
ln x
a
x
有2 个不同的实数根，构造
2
ln x
F x
x
，得到其单调性，得到
1
2
1
e
x
x
，且
1
0, 2e
a
，求出
2
2
2
2
1
1
ln
ln
x
x
x
x
，换元后即证
2
2
12
1
ln
0
5 3
2
t
t
t
，构造
2
2
12
1
ln
1
5 3
2
t
G t
t
t
t
，求导后得
到
G t 在
1,上单调递增，
1
0
G t
G
，得到证明.
【详解】（1）因为函数
f
x 的定义域为
0,
，所以
1
f
x 成立，等价于
2
ln x
x
a
x
成立.
令
2
ln x
x
h x
x
，则
3
1
2ln
x
x
h
x
x
，
令
1
2ln
g x
x
x
，则
2
1
0
g
x
x
，所以
g x 在
0,
内单调递减，
又因为1
0
g
，所以当
0,1
x
时，
0
h x
，
h x 单调递增；当
1,
x
时，
0
h
x
，
h x 单调递
减，
所以
y
h x
在
1
x 处取极大值也是最大值.
因此
1
1
a
h
，即实数a 的取值范围为
1,.
（2）
f
x 有2 个不同的零点等价于
2
ln x
a
x
有2 个不同的实数根.
令
2
ln x
F x
x
，则
3
1 2ln x
F
x
x
，当
0
F
x
时，解得
e
x
.
所以当
0, e
x
时，
0
F
x
，
F x 单调递增，
当
e,
x
时，
0
F
x
，
F x 单调递减，
所以
y
F x
在
e
x
处取极大值为
1
e
2e
F
.
又因为
1
0
F
，当
0,1
x
时，
0
F x
，当
1
x 时，
0
F x
.
且x 时，
0
F x .
所以
1
2
1
e
x
x
，且
1
0, 2e
a
.
因为
1
2
,
x x 是方程
2
ln x
a
x
的2 个不同实数根，即
2
1
1
2
2
2
ln
ln
x
ax
x
ax
.
将两式相除得
2
2
2
2
1
1
ln
ln
x
x
x
x
，
令
2
1
x
t
x
，则
1
t ，
2
2
1
ln
ln
x t
t
x
，变形得
1
2
ln
ln
1
t
x
t
，
2
2
2
ln
ln
1
t
t
x
t
.
又因为
2
1
1
ln x
x
a
，
2
2
2
ln x
x
a
，因此要证
2
2
1
2
12
2
3
5
x
x
a
，只需证
1
2
2ln
3ln
12
5
x
x
a
a
a
.
因为
0
a
，所以只需证
1
2
12
2ln
3ln
5
x
x
，即证
2
2
2
3
ln
2ln
12
1
1
5
t
t
t
t
t
.
因为
1
t ，即证
2
2
12
1
ln
0
5 3
2
t
t
t
.
令
2
2
12
1
ln
1
5 3
2
t
G t
t
t
t
，则
2
2
2
2
3
2
0
3
2
t
G t
t
t
≥
，
所以
G t 在
1,上单调递增，
1
0
G t
G
，
即当
1
t 时，
2
2
12
1
ln
0
5 3
2
t
t
t
成立，命题得证.
【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式
变形，如常常利用
1
1
2
2
ln
ln
ln x
x
x
x
进行变形，可构造关于
1
2
x
t
x
的函数，利用导函数再进行求解.
4．已知函数
ln
1
( )
x
f x
x
，
e
( )
x
g x
x ．
(1)若对任意的
,
(0,
)
m n
都有
( )
( )
f m
t
g n
，求实数t 的取值范围；
(2)若
1
2
,
(0,
)
x x
且
1
2
x
x
，
1
2
1
2
2
1
e
x
x
x
x
x
x
，证明：
3
3
1
2
2
x
x
．
【答案】(1)[1,e]
(2)证明见解析
【分析】（1）分别计算
ln
1
( )
x
f x
x
，
e
( )
x
g x
x 的导函数，接着分析它们的单调性，求得在
1
x 时，( )
f x
的最大值为
(1)
1
f
，( )
g x 的最小值为(1)
e
g
，问题得解；
（2）先将
1
2
1
1
2
1
e
x
x
x
x
x
x
转化为
1
2
f x
f x
，再设
1
2
x
x
，数形结合得到
1
2
1
1
e
x
x
，接着构造函数，利用
函数的单调性得到
1
2
2
x
x
，最后利用放缩法证明不等式.
【详解】（1）由
ln
1
( )
x
f x
x
，
e
( )
x
g x
x ，
得
2
ln
( )
x
f
x
x
，
2
e (
1)
( )
x x
g x
x
，
当0
1
x
时，
( )
0
f
x
，
( )
f x 在区间(0,1)上单调递增，当
1
x 时，
( )
0
f
x
，
( )
f x 在区间(1,
)
上单调
递减，所以当
,
(
)
0
x
时，
( )
f x 的最大值为
(1)
1
f
．
当0
1
x
时，
( )
0
g x
，( )
g x 在区间(0,1)上单调递减，当
1
x 时，
( )
0
g x
，( )
g x 在区间(1,
)
上单调
递增，所以当
,
(
)
0
x
时，( )
g x 的最小值为(1)
e
g
．
所以1
e
t
，故实数t 的取值范围为[1,e]．
（2）由
1
1
1
1
2
1
e
x
x
x
x
x
x
得
1
1
1
1
1
2
ex
x
x
x
x
x
，两边取对数并整理，
得
2
1
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x
，即
1
2
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x
，即
1
2
f x
f x
．
由（1）知，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，在(1,
)
上单调递减，
max
( )
(1)
1
f x
f
，（技巧：注意对第（1）问结论的应用）
而
1
0
e
f
，当
1
x 时，
( )
0
f x
恒成立，不妨设
1
2
x
x
，则
1
2
1
1
e
x
x
．
记( )
( )
(2
)
h x
f x
f
x
，
1,1
e
x
，
则
2
2
ln
ln(2
)
( )
( )
(2
)
(2
)
x
x
h x
f
x
f
x
x
x
2
2
2
2
ln
(
1)
1
ln
ln(2
)
0
x
x
x
x
x
x
，所以函数( )
h x 在1 ,1
e
上单调递增，
所以( )
(1)
(2 1)
0
h x
f
f
，即
( )
(2
)
f x
f
x
，x1 ,1
e
，
于是
2
1
1
2
f
x
f
x
f
x
，
1
1
2
1,2
e
x
，
又
( )
f x 在(1,
)
上单调递减，因此
2
1
2
x
x
，即
1
2
2
x
x
，
所以
3
2
3
3
3
2
1
2
1
1
1
1
1
2
8 12
6
6
1
2
2
x
x
x
x
x
x
x
．
【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：
（1）求导，得到函数
( )
f x 的单调性、极值情况，作出函数图象，由
2
1
f x
f x
得到
1
2
,
x x 的大致范围．
（2）构造辅助函数（若要证
1
2
0
( )2
x
x
x
，则构造函数
0
( )
( )
2
g x
f x
f
x
x
；若要证
2
1
2
0
( )
x x
x
，
则构造函数
2
0
( )
( )
x
g x
f x
f
x
.），限定
1
2
,
x x 的范围，求导，判定符号，获得不等式．
（3）代入
1
2
,
x x ，利用
2
1
f x
f x
及
( )
f x 的单调性即得所证结论．
题型五：极值点偏移倒数和
�
��+
�
��与其他变形
1．已知函数
( )
2
ln
f x
e
x
x
，其中
2.71828
e
为自然对数的底数.
（1）讨论函数
( )
f x 的单调性；
（2）若
1
2
,
0,1
x x
，且
2
1
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
ln
ln
x
x
x
x
ex x
x
x
，证明：
1
2
1
1
2
2
1
e
e
x
x
.
【答案】（1）
0,
x
e
时，递增；
,
x
e
时，递减；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断导数的单调性，结合导函数的零点，判断函数的单调性；（2）
首先方程变形为
1
1
2
2
1
1
1
1
2
ln
2
ln
e
e
x
x
x
x
，设
1
1
1
a
x
，
2
2
1
a
x
，通过构造函数
( )
( )
2
F x
f x
f
e
x
，
1
e
x
，利用导数证明
1
2
2
a
a
e
，再分
2
1
a
e
和
2
1
2
e
a
e
时，证明
1
2
2
1
a
a
e
.
【详解】解：（1）
2
(1
)
'( )
ln
e
x
x
f
x
，
2e
y
x
是减函数，
1
ln
y
x
是增函数，
所以
'( )
f
x 在
0,
单调递减，
∵
'
0
f
e
，
∴
0,
x
e
时，
'( )
'
0
f
x
f
e
，
( )
f x 单调递增；
,
x
e
时，
'( )
'
0
f
x
f
e
，
( )
f x 单调递减.
（2）由题意得，
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2 ln
2 ln
x
x
e
x
e
x
x
x
，即
1
2
1
2
1
1
2
ln
2
ln
e
x
e
x
x
x
，
1
1
2
2
1
1
1
1
2
ln
2
ln
e
e
x
x
x
x
，
设
1
1
1
a
x
，
2
2
1
a
x
，则由
1
2
,
0,1
x x
得，
1
2
,
1,
a a
，且
1
2
f a
f a
.
不妨设
1
2
a
a
，则即证
1
2
2
2
1
e
a
a
e
，
由
2
0
f
e
及
( )
f x 的单调性知，
1
2
1
2
a
e
a
e
.
令
( )
( )
2
F x
f x
f
e
x
，1
e
x
，则
2
4
'( )
'( )
'(2
)
2
ln
(2
)
(2
)
e
F x
f
x
f
e
x
x
e
x
x
e
x
，
∵
2
2
x
e
x
e
，∴
2
2
2
4
'( )
2
ln
0
e
F x
e
e
，
( )
( )
0
F x
F e
，
∴
( )
2
f x
f
e
x
，取
1
x
a
，则
1
1
2
f a
f
e
a
，
又
1
2
f a
f a
，则
2
1
2
f a
f
e
a
，
又
1
2e
a
e
，
2a
e
，且
( )
f x 在
,e 单调递减，∴
2
1
2
a
e
a
，
1
2
2
a
a
e
.
下证：
1
2
2
1
a
a
e
.
（i）当
2
1
a
e
时，由
1a
e
得，
1
2
2
1
a
a
e
；
（ii）当
2
1
2
e
a
e
时，令
( )
( )
(2
1
)
G x
f x
f
e
x
，
1
2
e
x
e
，则
2
2
'( )
'( )
'(2
1
)
1
ln
1
ln(2
1
)
2
1
e
e
G x
f
x
f
e
x
x
e
x
x
e
x
2
2
2 (2
1)
2
ln
(2
1)
(2
1)
e
e
x
e
x
x
e
x
，
记
2
(2
1)
t
x
e
x
，
1
2
e
x
e
，则
2 (2
1)
'( )
2
ln
e
e
G x
t
t
，
又
2
(2
1)
t
x
e
x
在
1,2
e
e
为减函数，∴
2
2 ,
1
t
e e
，
2 (2
1)
2
e
e
t
在
2
2 ,
1
e e
单调递减，lnt 在
2
2 ,
1
e e
单调递增，∴2 (2
1)
2
ln
e
e
t
t
单调递减，从而，'( )
G x
在
1,2
e
e
单调递增，
又
2 (2
1)
'(2 )
2
ln 2 (2
1 2 )
2
1 ln 2
2 (2
1 2 )
e
e
G
e
e
e
e
e
e
e
e
e
，ln
1
x
x
，
∴
' 2
0
G
e
，
又
2 (2
1)
'(
1)
2
ln(
1)(2
1
1)
(
1)(2
1
1)
e
e
G e
e
e
e
e
e
e
1
ln(
1)
0
1
e
e
e
，
从而，由零点存在定理得，存在唯一
0
(
1,2 )
x
e
e
，使得
0
'
0
G x
，
当
0
1,
x
e
x
时，
0
'( )
'
0
( )
G x
G x
G x
单调递减；
当
0,2
x
x
e
时，
0
'( )
'
0
( )
G x
G x
G x
单调递增.
所以，
( )
max
(
1),
(2 )
G x
G e
G
e
，
又
(
1)
(
1)
(2
1
1)
(
1)
( )
(
1)ln(
1)
G e
f e
f
e
e
f e
f e
e
e
e
，
ln
1
1
ln
ln(
1)
x
x
e
x
e
x
e
e
e
，
所以，
1
1
(
1)
(
1)
0
e
G e
e
e
e
e
，
显然，
2
2
2
1
2
0
0
0
G
e
f
e
f
e
e
，
所以，
( )
0
G x
，即
( )
2
1
0
f x
f
e
x
，
取
2
1,2
x
a
e
e
，则
2
2
2
1
f a
f
e
a
，
又
1
2
f a
f a
，则
1
2
2
1
f a
f
e
a
，
结合
2
2
1
2
1
1
e
a
e
e
e
，
1a
e
，以及
( )
f x 在
0,e 单调递增，得到
1
2
2
1
a
e
a
，
从而
1
2
2
1
a
a
e
.
【点睛】关键点点睛：本题第二问要证明不等式
1
2
1
1
2
2
1
e
e
x
x
成立，换元后转化为
1
2
2
2
1
e
a
a
e
，
两次构造函数，并转化为极值点偏移问题，证明不等式.
2．已知
1
( )
,
( )
(
1)
1
x
x
f x
e
g x
a x
x
．
（1）求
( )
y
f x
的单调区间；
（2）当
0
a
时，若关于x的方程
( )
( )
0
f x
g x
存在两个正实数根
1
2
1
2
,
x x
x
x
，证明：
2
a
e
且
1
2
1
2
x x
x
x
．
【答案】（1）减区间为：(
,
3),( 3,
)
，增区间为：(
3,1),(1, 3)
；（2）证明见解析．
【分析】（1）对函数求导，根据导数与0 的关系，判断函数单调区间；
（2）方法一：由条件，分离参数
1
xe
a
x
，令( )
1
xe
h x
x
，利用导数研究函数单调区间及最值情况，利
用数形结合将问题转化为图像交点问题，从而证得参数a 的取值范围；令
2
1,
1
x
x
t
e
t
，将证明的结论等
价转化为
1 2
1
2
1
2
1
1
1
x x
x
x
x
x
，从而
2
2
2
2
ln
1
ln
(
1)
0
(
1)
t
t
t
t
t
t
，令
2
2
( )
ln
(
1) ,(
1)
F t
t
t
t
t
，通过导数研究其最大值情况，从而证明结论；
方法二：令( )
x
h x
e
ax
a
，通过导数求得单调区间，若,有两个零点，只需最小值小于0，从而求得参
数a 取值范围；令
1
2
1,
1
x
x
，则e
，变形整理ln
ln
1
，要证
1
2
1
2
x x
x
x
，则只需
证
1
，即只要证
1 (0
1
)
，结合对数函数
ln
y
x
的图象可知，只需要证
1
1
( ,ln
),
,ln
两点连线的斜率要比( ,ln ) ( ,ln
)
，
两点连线的斜率小即可．
【详解】（1）解：
( )
y
f x
的定义域为(
,1)
(1,
)
，
又
2
2
3
( )
,
(1
)
x
x
f
x
e
x
由
( )
0
f
x
得
3
x
，
当
,
3
3,
x
时，
( )
0
f
x
，
当
(
3,1)
(1, 3)
x
时，
( )
0
f
x
，
( )
y
f x
的减区间为：(
,
3),( 3,
)
，增区间为：(
3,1),(1, 3)
，
（2）证明：方法一：由
( )
( )
0
f x
g x
存在两个正实数根
1
2
1
2
,
x x
x
x
，
整理得方程
(
1)(
1)
xe
a x
x
存在两个正实数根
1
2
1
2
,
x x
x
x
．
由
0
a
，知
2
1
1,
1
xe
x
x
a
x
，
令( )
1
xe
h x
x
，则
2
(
2)
( )
(
1)
xe
x
h x
x
，
当
(1,2)
x
时，
( )
0, ( )
h x
h x
减函数；当
(2,
)
x
时，
( )
0, ( )
h x
h x
增函数．
所以
2
min
( )
(2)
h x
h
e
．
因为
1, ( )
;
, ( )
x
h x
x
h x
．所以( )
h x 的值域为
2,
e
，
问题等价于直线y
a
和
( )
y
h x
有两个不同的交点．
2
a
e
，且
1
2
(1,2),
(2,
)
x
x
，
所以
1
2
1
2
1
1
x
x
e
a x
e
a x
，从而
2
2
1
1
2
1
1
1
x
x
x
x
x
e
e
e
x
．
令
2
1,
1
x
x
t
e
t
，则
2
1
2
1
ln
1
1
x
x
t
x
t
x
，解得
1
2
ln
ln
1,
1
1
1
t
t
t
x
x
t
t
，
1 2
1
2
1
2
1
1
1
x x
x
x
x
x
，而
2
1
2
2
ln
1
1
(
1)
t
t
x
x
t
，
下面证明
1
t 时，
2
2
2
2
ln
1
ln
(
1)
0
(
1)
t
t
t
t
t
t
，
令
2
2
( )
ln
(
1) ,(
1)
F t
t
t
t
t
，
则
2
2(ln
1)
( )
ln
2ln
2(
1),
( )
t
t
F t
t
t
t
F
t
t
，
令( )
ln
1,(
1)
S t
t
t
t
，则
1
( )
1
0
S t
t
，
( )
S t
在(1,
)
为减函数，
( )
(1)
0
S t
S
，
( )
0,
( )
F
t
F t
在(1,
)
为减函数，
( )
(1)
0
F t
F
，
( )
F t
在(1,
)
为减函数，
( )
(1)
0
F t
F
，即
1
2
1
2
x x
x
x
．
方法二：由
( )
( )
0
f x
g x
存在两个正实数根
1
2
1
2
,
x x
x
x
，
整理得方程
(
1)(
1)
xe
a x
x
存在两个正实数根
1
2
1
2
,
x x
x
x
．
由
0
a
，知
2
1
1
x
x
，
令( )
x
h x
e
ax
a
，则
( )
x
h x
e
a
，
当
ln
x
a
时，
( )
0, ( )
h x
h x
在(ln ,
)
a 上单调递增；
当
ln
x
a
时，
( )
0, ( )
h x
h x
在(0,ln )
a 上单调递减．
所以
min
( )
(ln )
2
ln
h x
h
a
a
a
a
．
因为( )
x
h x
e
ax
a
有两个零点，即2
ln
0
a
a
a
，得
2
a
e
．
因为实数
1
2
,
x
x 是
(
1)
xe
a x
的两个根，
所以
1
2
1
2
1
1
x
x
e
a x
e
a x
，从而
1
2
1
2
1
2
1
1
x
x
x
x
x
e
x
e
e
．
令
1
2
1,
1
x
x
，则e
，变形整理ln
ln
1
，
要证
1
2
1
2
x x
x
x
，则只需证
1
，即只要证
1 (0
1
)
，
结合对数函数
ln
y
x
的图象可知，只需要证
1
1
( ,ln
),
,ln
两点连线的斜率要比( ,ln ) ( ,ln
)
，
两点
连线的斜率小即可．
因为ln
ln
1
，所以只要证
1
ln
ln
1
1
，整理得1
2ln
0(0
1)
．
令
1
( )
2ln (0
1)
g x
x
x
x
x
，则
2
2
2
1
2
(
1)
( )
1
0
x
g x
x
x
x
，
所以( )
g x 在(0,1)上单调递减，即( )
(1)
0
g x
g
，
所以1
2ln
0(0
1)
成立，故
1
2
1
2
x x
x
x
成立．
【点睛】方法点睛：通过导数研究函数的单调区间，最值情况以及交点，零点情况；带参数时，可以分离
参数或者带参分类讨论这两种方法来求得参数取值范围；对于双变量问题的证明，一般需要找到两个变量
间的关系，利用另一个变量来表示这两个变量，从而转化为函数问题，借助导数证得结论.
3．已知
ln
h x
x
ax
(1)若
h x 有两个零点，求a 的取值范围；
(2)若方程
e
ln
x
ax
x
x
有两个实根
1
x 、
2
x ，且
2
1
x
x
，证明：
1
2
1
2
e
e
0
2
x
x
x
x
h
.
【答案】(1)
1
0
e
a
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：由参变量分离法可知直线y
a
与函数
ln x
f
x
x
的图象有两个交点，利用导数分
析函数
f
x 的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；
解法二：直接对函数求解，通过对参数a 的分类讨论，研究函数的单调性与极最值，通过分析原函数图
象，数形结合求得实数a 的取值范围.
（2）首先根据已知条件
1
1
1ex
t
x
、
2
2
2ex
t
x
是
h x 的两个零点，证
1
2
1
0
2
t
t
h
h
a
，即证1
2
2
t
t
a
，
然后分2
2
t
a
和
2
1
2
t
a
a
两种情况进行分类讨论，最终构造函数
2
F x
h x
h
x
a
（1
2
x
a
a
）进
行证明.
【详解】（1）解法一：函数
f
x 的定义域为
0,
，由
0
f
x
可得
lnx
a
x
，
令
lnx
g x
x
，其中
0
x
，则
2
1 lnx
g
x
x
，令
0
g
x
可得
e
x，列表如下：
x
0,e
e
e,
g
x
＋
0
－
g x
增
极大值1
e
减
且当
1
x 时，
ln
0
x
g x
x
，作出函数
g x 和y
a
的图象如下图所示：
由图可知，当
1
0
e
a
时，
即当
1
0
e
a
时，直线y
a
与函数
g x 的图象有两个公共点，
因此，实数a 的取值范围是
1
0, e
.
解法二：
1
ln
h x
x
ax
h
x
a
x
当
0
a
时，∴
0
h x
恒成立得
h x 在
0,
上递增，
则函数
h x 不可能存在两个零点，故该情况不成立；
当
0
a
时，得
h x 在
1
0, a
递增；在1 ,
a
递减，
要使
h x 有两个不同零点，
必须
0
a
且极大值
1
0
h a
（
0
x
和x 时
h x ），
∴
1
0
e
a
.
（2）方程
e
ln
e
ln
e
x
x
x
ax
x
x
ax
x
令
e x
t
x
，由
e
ln
x
ax
x
x
有两个实根
1
x 、
2
x ，
则
1
1
1ex
t
x
、
2
2
2ex
t
x
是
h x 的两个零点
由
ln
h x
x
ax
可得
1
h
x
a
x
为减函数，
要证
1
2
1
0
2
t
t
h
h
a
，即证1
2
2
t
t
a
，
由
h x 的图象，不妨设1
2
1
t
t
a
（1t ，2t 分布在
h x 的极值点两侧）
要证1
2
2
t
t
a
，只需证1
2
2
t
t
a
①当2
2
t
a
时，因
1
1
0
t
a
，故上式显然成立.
②当
2
1
2
t
a
a
时，
2
2
1
0
t
a
a
，又
1
1
0
t
a
，
由
h x 在
1
0, a
递增，即证明
1
2
2
2
2
2
h t
h
t
h t
h
t
a
a
构造函数
2
F x
h x
h
x
a
（1
2
x
a
a
）
2
2
1
2
2
4
2
2
1
1
0
2
2
2
a x
x
ax
a
a
F
x
h x
h
x
a
a
a
x
x
x
x
x
x
a
a
a
，
∴
F x 在1 2
,
a a
为增函数，
1
0
F x
F
a
，所以要证的不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
4．已知函数
ln x
f x
a
x
a
，
ex
g x
ax
a
．（e
2.71828
为自然对数的底数）
(1)当
1
a 时，求函数
y
f x
的极大值；
(2)已知
1
x ，
2
0,
x
，且满足
1
2
f
x
g x
，求证：
2
1
e
2
x
x
a
a
．
【答案】(1) 1
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究
( )
f x 的单调性，进而求得其最大值.
（2）同构函数
ln
h x
x
x
，转化为
2
1
ex
x
h
h
a
，结合换元法
2
1
1
2
,
e x
x
t
t
a
，分别讨论1
1
t 与
1
0
1
t
，
当1
1
t 时运用不等式性质即可证得结果，当
1
0
1
t
时运用极值点偏移即可证得结果.
【详解】（1）当
1
a 时，
ln
f x
x
x
，定义域为
0,
，
则
1
1
1
x
f
x
x
x
，
0
0
1
f
x
x
，
0
1
f
x
x
，
所以
f
x 在
0,1 上单调递增，在
1,上单调递减，
故
f
x 的极大值为
1
1
f
；
（2）由题意知，
0
a
，由
1
2
f
x
g x
可得
2
1
1
2
ln
e x
x
a
x
ax
a
a
，
所以
2
2
1
1
ln
lne
e
x
x
x
x
a
a
，令
ln
h x
x
x
，
由（1）可知，
h x 在
0,1 上单调递增，在
1,上单调递减，则
2
1
ex
x
h
h
a
，
令
1
1
x
t
a
，
2
2
ex
t
，又
1 > 0
x
，
2
0
x
，所以1
0
t
，2
1
t ，则
1
2
h t
h t
，
①若1
1
t ，则1
2
2
t
t
，即
2
1
e
2
x
x
a
，所以
2
1
e
2
x
x
a
a
；
②若
1
0
1
t
，设
3
1,
t
，且满足
3
1
h t
h t
，如图所示，
则
3
1
2
h t
h t
h t
，所以
3
2
1
t
t
，下证：3
1
2
t
t
．
令
2
ln
ln 2
2
2
F x
h x
h
x
x
x
x
，
0,1
x
，
则
2
2
1
1
1
2
0
2
2
x
F
x
x
x
x
x
，
所以
2
F x
h x
h
x
x
在
0,1
x
上单调递增，所以
1
0
F x
f
，
所以
1
1
1
2
0
F t
h t
h
t
，即
1
1
2
h t
h
t
，
又因为
3
1
h t
h t
，所以
3
1
2
h t
h
t
，3t ，
1
2
1,
t
，
所以3
1
2
t
t
，即3
1
2
t
t
，
又因为
3
2
1
t
t
，所以1
2
2
t
t
，即
2
1
e
2
x
x
a
a
．
由①②可知，
2
1
e
2
x
x
a
a
得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数
( )
f x 存在两个零点
1
2
,
x x 且
1
2
x
x
，求证：
1
2
0
2
x
x
x
（
0x 为函数
( )
f x 的极值点）；
2.若函数
( )
f x 中存在
1
2
,
x x 且
1
2
x
x
满足
2
(
)
(
)
1
f x
f x
，求证：
1
2
0
2
x
x
x
（
0x 为函数
( )
f x 的极值点）；
3.若函数
( )
f x 存在两个零点
1
2
,
x x 且
1
2
x
x
，令
1
2
0
2
x
x
x
，求证：
0
0
f
x
；
4.若函数
( )
f x 中存在
1
2
,
x x 且
1
2
x
x
满足
2
(
)
(
)
1
f x
f x
，令
1
2
0
2
x
x
x
，求证：
0
0
f
x
.
模块三：综合巩固
1．已知函数
( )
ln |
1|
a
f x
x
x ，
R
a
是常数．
(1)求曲线
( )
y
f x
在点
2
2
f,
处的切线方程，并证明对任意
R
a
，切线经过定点；
(2)证明：a<0 时，设
1
x 、
2
x 是
( )
f x 的两个零点，且
1
2
2
x
x
．
【答案】(1)
1
2
4
x
y
a
x
，切线过定点
4,2
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，代入
2
x 求得斜率，利用点斜式写出切线方程并化简；由此求得直线过定点.
（2）当a<0 时，利用零点存在性定理可判断函数在区间
1
e
2
,
a
内有零点
1
x .利用导数可判断函数在区间
0,1 内，有唯一零点
2
x ，再根据函数的单调性可证得
1
2
2
x
x
.
【详解】（1）解：因为
( )
ln |
1|
a
f x
x
x ，当
1
x 时
( )
ln
1
a
f x
x
x
，
所以
2
ln 2
1
2
2
a
a
f
，
2
1
1
a
f
x
x
x
，
所以
2
1
4
a
f
，
所求切线方程为
2
2
2
y
f
f
x
，即
1
2
2
4
a
a
y
x
，
即
1
2
1
2
4
2
4
a
a
a
y
x
x
a
，
切线方程等价于
1
2
4
x
y
a
x
，当
4
x
时，恒有
2
y
，即切线过定点
4,2 ．
（2）解：函数
f
x 的定义域为
|
R,
0,
1
xx
x
x
，
曲线
y
f x
在各定义域区间内是连续不断的曲线．
当a<0 时，
2
0
2
a
f
，
e
1 e
0
1 e
1 e
a
a
a
a
a
a
f
a
，
所以
f
x 在区间
1 e 2
a
，内有零点
1
x ．
在区间
0,1 内，
ln 1
a
f
x
x
x
，
2
1
0
1
a
f
x
x
x
，
f
x 单调递减．
e
1 e
0
1 e
1 e
a
a
a
a
a
a
f
a
，
若
2
n
且
1
e
2
na
，则
1
1
e
0
1
e
1
e
na
na
na
a
f
na
a n
，
所以
f
x 在区间
1
e 1
e
a
na
，
内有零点
2
x ，
由
f
x 单调递减知，
f
x 在区间
0,1 内有唯一零点
2
x ，
因为
1
1
2
x
，
所以
1
0
2
1
x
，
1
1
1
2
1
1
1
1
1
2
1
2
ln 1
0
2
2
2
a
x
a
a
a
f
x
x
f
x
x
x
x
x
x
，
由
f
x 单调递减知，
1
2
2
x
x
，即
1
2
2
x
x
．
2．已知函数
2
( )
2ln
x
f x
x
a
( a
R
且
0
a
)．
（1）讨论函数
( )
f x 的单调性；
（2）若函数
( )
f x 有两个零点
1
x 、
2
x (
1
2
x
x
)，且
2
a
e
，证明：
1
2
2
x
x
e
．
【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）函数
2
( )
2ln
x
f x
x
a
，求导得到
2
2
( )
x
f
x
a
x
，然后分a<0 和
0
a
两种情况讨论求解.
（2）由（1）知，
0
a
时，
min
( )
(
)
1 ln
f x
f
a
a
，根据函数有两个零点，则1 ln
0
a
，解得a
e
，
由
2
a
e
，则
1
(0, )
x
e
，
2
( ,
)
x
e
，再由
(2 )
2
2ln 2
0
f
e
及
2
(
)
0
f x
，可得
2
2
x
e
，即
2
( ,2 )
x
e
e
，
然后将证
1
2
2
x
x
e
，转化为证
1
2
2
x
e
x
，由
( )
f x 在(0, )e 上单调递减，且
1
(
)
0
f x
，进而转化为证明
2
(2
)
0
f
e
x
即可.
【详解】（1）
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
2
2
( )
x
f
x
a
x
，
当a<0 时，
( )
0
f x
恒成立，则
( )
f x 在(0,
)
上单调递减，
当
0
a
时，令
2
2
2(
)(
)
( )
x
x
a
x
a
f
x
a
x
ax
，
当0
x
a
时，
( )
0
f
x
，则
( )
f x 在(0,
)
a 上单调递减，
当x
a
时，
( )
0
f x
，则
( )
f x 在(
,
)
a 上单调递增；
（2）由（1）知，
0
a
，
min
( )
(
)
1 ln
f x
f
a
a
，依题意可知1 ln
0
a
，解得a
e
，
由
2
a
e
得：
2
2
( )
2ln
x
f x
x
e
(
0
x
)，
设
1
(0, )
x
e
，
2
( ,
)
x
e
，
由
(2 )
2
2ln 2
0
f
e
及
2
(
)
0
f x
，得
2
2
x
e
，即
2
( ,2 )
x
e
e
，
欲证
1
2
2
x
x
e
，只要
1
2
2
x
e
x
，注意到
( )
f x 在(0, )e 上单调递减，且
1
( )
0
f x
，
只要证明
2
(2
)
0
f
e
x
即可，
由
2
2
2
2
2
(
)
2ln
0
x
f x
x
e
，得
2
2
2
2
2
ln
x
e
x
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(2
)
4
4
(2
)
2ln(2
)
2ln(2
)
e
x
e
ex
x
f
e
x
e
x
e
x
e
e
，
2
2
2
2
2
2
4
4
2
ln
2ln(2
)
e
ex
e
x
e
x
e
，
2
2
2
4
4
2ln
2ln(2
)
x
x
e
x
e
，
2
( ,2 )
x
e
e
，
令
4
( )
4
2ln
2ln(2
)
t
g t
t
e
t
e
，
( ,2 )
t
e
e
，
则
2
4
2
2
4(
)
( )
0
2
(2
)
e
t
g t
e
t
e
t
et
e
t
，则
( )
g t 在( ,2 )
e
e 上是递增的，
于是( )
( )
0
g t
g e
，即
2
(2
)
0
f
e
x
，
综上
1
2
2
x
x
e
．
【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及极值点偏移问题，还考查了分类讨论思想，转化化归思想
和运算求解的能力，属于难题.
3．已知函数
2
( )
e (1
)(
0)
x
f x
ax
a
（e为自然对数的底数）.
(1)求函数
( )
f x 的单调区间；
(2)当
1
a 时，
( )
y
f x
在点(1,0) 处的切线方程为
( )
y
g x
，设方程
( )
(
0)
f x
t t
有两个实数根
1
2
1
2
,
(
)
x x
x
x
，求证：
（i）
( )
( )
f x
g x
；
（ii）
2
1
1
2
(1
)
2e
x
x
t
.
【答案】(1)减区间为
2
1
(
,
)
a
a
a
、
2
(
)
1
,
a
a
a
，增区间为
2
2
(
,
1
1
)
a
a
a
a
a
a
；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用导数求解即可；
（2）（i）首先求出
g x ，然后令
1
(
1)
2e]
( )
( )
( )
(
)[ex
h x
g
f x
x
x
x
，
(
1)
2e
( )
ex x
F x
，然后利
用导数证明
(
,1),
( )
0,
(1,
),
( )
0
x
F x
x
F x
即可；（ii）首先结合
( )
f x 的单调性和函数值的符号可得
1
2
1
1
x
x
，然后结合当
( 1,1)
x
时，( )
( )
g x
f x
可得
2
2
1
2e
t
x
x
，然后等价证明
2
1
1
2
1
2e
x
x
t
，
然后结合
1
2
1
(1
)
ex
x
t
可得只需证明
1
1
1
e (1
)
x
x
即可.
【详解】（1）由题意，函数
2
( )
e (
2
1)
x
f
x
ax
ax
，因为
0
a
，所以
2
4
4
0
a
a
，
令
( )
0
f
x
得：
2
1
a
a
x
a
，
当
2
1
(
,
)
a
a
a
x
时，
( )
0
f
x
，当
2
2
)
1
1
(
,
a
a
a
a
a
a
x
时，
( )
0
f x
，当
2
,
(
)
1
a
a
x
a
时，
( )
0
f
x
，
所以函数
( )
f x 的减区间为
2
1
(
,
)
a
a
a
、
2
(
)
1
,
a
a
a
，增区间为
2
2
(
,
1
1
)
a
a
a
a
a
a
.
（2）（i）当
1
a 时，
2)
( )
1
e (
x
f x
x
，
2
e
1
2
x
f
x
x
x
，
(1)
2e
f
，
所以
)
( )
2 (
1
e
g x
x
，
令
1
(
1)
2e]
( )
( )
( )
(
)[ex
h x
g
f x
x
x
x
，
令
(
1)
2e
( )
ex x
F x
，
)
( )
e (
2
x
F x
x
，
(
, 2)
x
时，
( )
F x 为减函数，
( 2,
)
x
时，
( )
F x 为增函数，
又
(1)
0
F
，当
(
, 2)
x
时
( )
0
F x
，
(
,1),
( )
0,
(1,
),
( )
0,
( )
(
1) ( )
0
x
F x
x
F x
h x
x
F x
，即( )
( )
g x
f x
.
（ii）令
( )
0
f
x
，解得
1
2
x
，
当
(
, 1
2)
( 1
2,
)
x
时，
( )
0
f
x
；当
( 1
2, 1
2)
x
时，
( )
0
f
x
.
所以
( )
f x 的单调递减区间为(
, 1
2)
，( 1
2,
)
，单调递增区间为( 1
2, 1
2)
，
又因为当
1
x 或
1
x 时，
( )
0
f x
；当1
1
x
时，
( )
0
f x
.
( )
(
0)
f x
t t
的两实数根
1
2
,
x x 满足：
1
2
1
1
x
x
，
由（i）知当
( 1,1)
x
时，
( )
( )
g x
f x
.
由
y
g x
y
t
，可得
1
2e
t
x
，记
2
1
2e
t
x
，
2
2
1
2e
t
x
x
要证
2
1
1
2
1
2e
x
x
t
，只需证
2
1
1
2
1
2e
x
x
t
，即证
1
1
x
t
，
又
1
2
1
(1
)
ex
x
t
，所以即证
1
2
1
1
(1
) 1
ex
x
x
，又
1
( 1,1)
x
，
所以即证
1
1
1
e (1
)
x
x
，
令( )
e (1
),
( 1,1)
x
x
x x
，则
( )
ex
x
x
.
当
( 1,0)
x
时
( )
0
x
，函数( )
x 为单调递增函数；当
(0,1)
x
时，
( )
0
x
，函数( )
x 为单调递减函数，
max
( )
(0)
1
x
，
1
1
(1
)
e
1
x
x
，所以
2
1
1
2
(1
)
2e
x
x
t
.
【点睛】关键点睛：本题证明
2
1
1
2
(1
)
2
x
x
t
e
的关键是得到
2
2
1
2e
t
x
x
，然后将多变量的不等式向
单变量进行转化证明.
4．已知函数
2
2
1
e 1 e
e
e
2
x
f x
x
x
x
．
(1)求函数
f
x 的单调区间与极值．
(2)若
1
2
3
1
2
3
f
x
f
x
f
x
x
x
x
，求证：
3
1
e 1
2
x
x
．
【答案】(1)单调递增区间为
,1
和
e,，单调递减区间为
1,e ；极大值为
1 e
2
，极小值为
e
3
1
e
e
2
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数可求得
f
x 的单调区间，并确定极值点，由此可进一步求得极值；
（2）根据
f
x 单调性和极值可确定
1
2
3
,
,
x x x 的范围，利用极值点偏移的证明方法，构造函数
2
F x
f x
f
x
，
2e
m x
f
x
f
x
，可证得
1
2
2
x
x
，
2
3
2e
x
x
，结合不等式的性质可
证得结论.
【详解】（1）
f x
定义域为R ，
2
e e
e
e
e
e
e
x
x
f
x
x
x
x
，
令
0
f
x
，解得：
e
x或
1
x ，
当
,1
e,
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
；当
1,e
x
时，
0
f
x
；
( )
f
x
\
的单调递增区间为
,1
和
e,，单调递减区间为
1,e ；
f
x 的极大值为
1
1
e
2
f
，极小值为
e
3
1
e
e
e
2
f
.
（2）由（1）知：
1
1
x
，
2
1
e
x
，
3
e
x
．
令
2
F x
f x
f
x
，1
e
x
，
则
2
2
e
e
e
2
e
e
e
x
x
F
x
f
x
f
x
x
x
1
1
e
e
e e
e
2
e
x
x
x
x
x
；
令
1
e e
e
2
x
G x
x
x
，则
1
e
1 e
1
x
G
x
x
；
令
H x
G x
，则
1
e
2 ex
H
x
x
，
0
H
x
在
1,e 上恒成立，
H x
在
1,e 上单调递增，
1
3
e
0
H x
H
，
0
G x
在
1,e 上恒成立，
G x
在
1,e 上单调递增，
1
0
G x
G
，
0
F
x
在
1,e 上恒成立，
F x
在
1,e 上单调递增，
1
0
F x
F
，
2
f x
f
x
对任意
1,e
x
恒成立．
2
1,e
x
，
2
2
2
f
x
f
x
，又
1
2
f x
f x
，
1
2
2
f
x
f
x
，
f x
在
,1
上单调递增，
1
2
,2
,1
x
x
，
1
2
2
x
x
，即
1
2
2
x
x
；
令
2e
m x
f
x
f
x
，1
e
x
，
则
2e
2e
e
e
e
2e
e
e
e
x
x
m x
f
x
f
x
x
x
2e
e
e
e
x
x
x
；
2e
e
e
x
x
y
在
1,e 上单调递增，
2e
e
e
e
e
e
e
0
x
x
，
0
m
x
在
1,e 上恒成立，
m x
在
1,e 上单调递增，
e
0
m x
m
，
2e
f
x
f
x
对任意
1,e
x
恒成立．
2
1,e
x
，
2
2
2e
f
x
f
x
．又
2
3
f
x
f
x
，
3
2
2e
f
x
f
x
，
f x
在
e,上单调递增，且
3
2
,2e
e,
x
x
，
3
2
2e
x
x
，
2
3
2e
x
x
；
由
1
2
2
x
x
得：
1
2
2
x
x
，
3
1
2
3
1
2
2e
2
x
x
x
x
x
x
，
3
1
e 1
2
x
x
.
【点睛】思路点睛：本题第（1）问用到导数零点九字诀：有没有，在不在，比大小．第（2）问用到第（1）
问的两个极值点1和e，然后两次利用极值点偏移法，得出两个不等式
1
2
2
x
x
和
2
3
2e
x
x
，再利用这
两个不等式巧妙得出所要证明的不等式．
5．已知函数
2
e
2
2
x
a
f
x
x
ax
，aR ，其中e为自然对数的底数．
(1)若
f
x 有两个极值点，求a 的取值范围；
(2)记
f
x 有两个极值点为
1
x 、
2
x ，试证明：
1
2
1
2
2
3
x x
x
x
．
【答案】(1)
3e
a
(2)证明见解析
【分析】（1）求得
e
2
x
f
x
ax
a
，令
g x
f
x
，分析可知
g x 有2 个变号零点，对实数a 的取
值进行分类讨论，利用导数分析函数
g x 的单调性，结合已知条件可得出关于a 的不等式，解之即可；
（2）欲证
1
2
1
2
2
3
x x
x
x
，即证
1
2
2
2
1
x
x
，由已知条件得出
2
1
2
1
2
e
2
x
x
x
x
，令
2
1
2
1
2
e
1
2
x
x
x
t t
x
，解得
1
ln
2
1
t
x
t
，
2
ln
2
1
t
t
x
t
，将所证不等式变形为
1
lnt
t
t
，然后令
1
ln
h x
x
x
x
，其中
1
x ，利用导数证得
0
h x
即可.
【详解】（1）解：因为
2
e
2
2
x
a
f
x
x
ax
，aR ，
e
2
x
f
x
ax
a
，
设
e
2
x
g x
a x
，则
ex
g
x
a
，
若
f
x 有两个极值点，则
g x 有2 个变号零点．
当
0
a
时，
0
g x
，
g x 在R 上递增，
g x 至多有一个零点，不符合题意，舍去；
当
0
a
时，令
0
g
x
，解得
ln
x
a
，
当
,ln
x
a
时，
0
g x
，
g x 单调递减，
当
ln ,
x
a
时，
0
g x
，
g x 单调递增，
若使得
g x 有2 个变号零点，则
ln
0
g
a
，即
ln
2
0
a
a
a
，即ln
3
a
，
解得
3e
a
，此时，
2
2
e
0
g
，
ln
ln
e
ln
2
e
ln
2
e
2
ln
a
a
a
a
g a
a
a a
a
a
a a
a
a
a
a
，
令
e
2
ln
a
p a
a
a
，其中
3e
a
，所以，
3
1
1
e
1
e
1
0
e
a
a
p a
a
，
所以，函数
p a 在
3e ,上单调递增，
所以，
3
3
3
e
3
e
3
e
e
2
e
3
e
e
1
0
p a
p
，故
ln
0
g a
a
，
由零点存在定理可知，函数
g x 在
2,ln a 、
ln ,
ln
a a
a
上各有一个变号的零点，
设函数
g x 在
2,ln a 、
ln ,
ln
a a
a
上的零点分别为
1
x 、
2
x ，
当
1
x
x
或
2
x
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
；当
1
2
x
x
x
时，
0
f
x
.
此时函数
f
x 有两个极值点，合乎题意.
综上所述，
3e
a
.
（2）证明：欲证
1
2
1
2
2
3
x x
x
x
，即证
1
2
2
2
1
x
x
，
由于
1
x 、
2
x 为
e
2
x
f
x
ax
a
的零点，
则
1
2
1
2
e
2
0
e
2
0
x
x
ax
a
ax
a
，可得
2
1
2
2
1
1
2
2
e
2
2
x
x
a x
x
a x
x
，
令
2
1
2
1
2
e
1
2
x
x
x
t t
x
，则
2
1
2
1
2
2
2
2
ln
x
t x
x
x
t
，
解得
1
ln
2
1
t
x
t
，
2
ln
2
1
t
t
x
t
，
所以只需证明：
2
ln
1
1
t
t t
，即证：
1
1
ln
t
t
t
t
t
，
构造函数
1
ln
h x
x
x
x
，其中
1
x ，
则
2
1
1
1
1
2
1
0
2
2
2
2
x
x
x
h x
x
x
x x
x x
x x
，
所以，函数
h x 在
1,上单调递减，则
1
ln1 1 1
0
h x
h
，
所以
1
ln
0
x
x
x
，即
1
lnt
t
t
得证，故
1
2
1
2
2
3
x x
x
x
.
【点睛】证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明
1
2
2
x
x
a
（或
1
2
2
x
x
a
）：
①首先构造函数
2
g x
f x
f
a
x
，求导，确定函数
y
f x
和函数
y
g x
的单调性；
②确定两个零点
1
2
x
a
x
，且
1
2
f x
f x
，由函数值
1
g x
与
g a 的大小关系，得
1
1
1
2
1
2
2
g x
f
x
f
a
x
f
x
f
a
x
与零进行大小比较；
③再由函数
y
f x
在区间
,a 上的单调性得到
2
x 与
1
2a
x
的大小，从而证明相应问题；
（2）证明
2
1
2
x x
a
（或
2
1
2
x x
a
）（
1
x 、
2
x 都为正数）：
①首先构造函数
2
a
g x
f x
f
x
，求导，确定函数
y
f x
和函数
y
g x
的单调性；
②确定两个零点
1
2
x
a
x
，且
1
2
f x
f x
，由函数值
1
g x
与
g a 的大小关系，得
2
2
1
1
2
1
1
a
a
g x
f x
f
f x
f
x
x
与零进行大小比较；
③再由函数
y
f x
在区间
,a 上的单调性得到
2
x 与
2
1
a
x 的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x x
x
x
证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x
；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
6．已知函数
e
ln
x
f x
x
x
a
x
.若
( )
f x 有两个零点
1
2
,
x x ，证明：
1
2
1
x x .
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数法，从而只需证明
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x
，即可求解.
【详解】由题意得
e
e
ln
x
x
f x
a
x
x
，令
e
1
x
t
x
，则
ln
f t
t
t
a
，
1
1
f
t
t
，
所以
ln
f t
t
t
a
在
1,上单调递增，故
0
f t
只有1解；
又因为
f
x 有两个零点
1
2
,
x x ，所以，
ex
t
x
有两个解
1
2
,
x x ，且
1
2
0
1
x
x
.
此时
1
2
1
2
e
;e
x
x
tx
tx
，两式相除，可得：
2
1
2
2
1
2
1
1
e
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x
.
于是，欲证
1
2
1
x x 只需证明：
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x
，
下证
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x
：
因为
2
1
2
1
2
2
1
1
2
2
1
2
1
1
1
2
1
2
ln
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x x
，
不妨设
2
1
1
x
s
x
，则只需证
1
2ln s
s
s
，
构造函数
1
2ln
,
1
h s
s
s
s
s
，则
2
2
2
1
1
1
1
0
h s
s
s
s
，
故
h s 在
1,上单调递减，故
1
0
h s
h
，即
1
2ln s
s
s
得证，
综上所述：即证
1
2
1
x x .
【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.
7．已知aR ，
( )
ax
f x
x e
，（其中e 为自然对数的底数）.
（1）求函数
( )
y
f x
的单调区间；
（2）若
0
a
，函数
( )
y
f x
a
有两个零点x ，
2
x ，求证：
2
2
1
2
2
x
x
e
.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导函数，讨论参数a 的取值范围即可求解单调区间；
（2）解法一：先证：
1
2
2
x
x
a
，即证：
1
2
2
x
x
a
，令函数
2
( )
( )
F x
f x
f
x
a
，通过求导判断单调
性可证明
1
2
2
x
x
a
，从而得
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
e
a
；解法二：由
ln
ln
( )
0
x ax
a
f x
a
e
e
，令
( )
ln
ln
g x
x
ax
a
利用导数判断单调性，再构造
2
( )
( )
G x
g x
g
x
a
，求导分析单调性即可证明
1
2
2
x
x
a
，从而有
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
e
a
．
【详解】（1）解：
( )
(1
)
ax
ax
ax
f
x
e
ax e
e
ax
∵aR ，∴a<0 时，
1
( )
(1
)
0
ax
f
x
e
ax
x
a
，
1
( )
(1
)
0
ax
f
x
e
ax
x
a
∴a<0 时，增区间为：1 ,
a
，减区间为：
1
, a
；
0
a
时，
( )
(1
)
1
0
ax
f
x
e
ax
，∴
0
a
时，增区间为：(
,
)
；
0
a
时，
1
( )
(1
)
0
ax
f
x
e
ax
x
a
，
1
( )
(1
)
0
ax
f
x
e
ax
x
a
，
∴
0
a
时，增区间为：
1
, a
，减区间为：1 ,
a
；
（2）解法一：由（1）知，
0
a
时，增区间为：
1
, a
，减区间为：1 ,
a
；
且
1
x
a
时，
( )
0
f x
，
1
1
( )
f
x
f
a
ae
极大值
，函数
( )
y
f x
的大致图像如下图所示
因为
0
a
时，函数
( )
y
f x
a
有两个零点
1
x ，
2
x ，所以
1
a
ae
，即
2
1
a
e
，
不妨设
1
2
x
x
，则
1
2
1
0
x
x
a
；先证：
1
2
2
x
x
a
，即证：
1
2
2
x
x
a
因为
1
1
x
a
，所以
2
2
1
x
a
a
，又
( )
y
f x
在
1
, a
单调递增，所以即证：
1
2
2
f x
f
x
a
又
1
2
f x
f x
，所以即证：
2
2
2
f x
f
x
a
，
2
1
x
a
令函数
2
( )
( )
F x
f x
f
x
a
，
1 ,
x
a
，
则
2
2
2
( )
(1
)
1
(1
)
ax
ax
ax
ax
F x
e
ax
e
a
x
ax
e
e
a
因为
1
x
a
，所以
2
ax
ax
，1
0
ax
，故
2
( )
(1
)
0
ax
ax
F x
ax
e
e
函数
2
( )
( )
F x
f x
f
x
a
在1 ,
a
单调递增，所以
1
( )
0
F x
F a
因为
2
1
x
a
，所以，
2
2
2
f x
f
x
a
，即
1
2
2
x
x
a
所以
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
e
a
．
（2）解法二：因为
0
a
时，函数
( )
y
f x
a
有两个零点
1
x ，
2
x ，
则两个零点必为正实数，
ln
ln
( )
0
x ax
a
f x
a
e
e
（
0
x
）
等价于ln
ln
x
ax
a
有两个正实数解；
令( )
ln
ln
g x
x
ax
a
（
0
x
）
则
1
( )
g x
a
x
（
0
x
），( )
g x 在
1
0, a
单调递增，在1 ,
a
单调递减，且
1
2
1
0
x
x
a
令
2
( )
( )
G x
g x
g
x
a
，
1 ,
x
a
，则
1
1
2
2
( )
2
2
0
2
1
(2
)
G x
a
a
a
a
x
x
ax
x
a
a
所以
( )
G x 在1 ,
a
单调递增，
1
( )
0
G x
G a
又
2
1
x
a
，故
2
2
2
g x
g
x
a
，
2
1 ,
x
a
又
1
2
g x
g x
，所以
1
2
2
g x
g
x
a
，
又
1
2
1
0
x
x
a
，所以
1
x ，
2
2
1
0,
x
a
a
，
又( )
g x 在
1
0, a
单调递增，所以
1
2
2
x
x
a
所以
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
e
a
．
【点睛】关键点点睛：本题的第二问关键在于构造新函数，通过求导，层层地分析单调性，从而证明
1
2
2
x
x
a
，再结合均值不等式求得结果．
8．已知函数
ln
1
x
f
x
ax
.
(1)讨论
f
x 的单调性；
(2)若
2
1
1
2
e
e
x
x
x
x
（e 是自然对数的底数），且
1 > 0
x
，
2
0
x
，
1
2
x
x
，证明：
2
2
1
2
2
x
x
.
【答案】(1)结论见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数
( )
f x 的导数
( )
f
x
，再按
0,
0
a
a
分类探讨
( )
f
x
的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合
1
a 时函数
( )
f x 的单调性，由
1
2
0
1
x
x
，
1
2
f x
f x
，再构造函数
( )
( )
(2
)
g x
f x
f
x
，
(1,2)
x
，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（1）函数
ln
1
( )
x
f x
ax
的定义域为(0,
)
，求导得则
2
ln
( )
x
f
x
ax
，由
( )
0
f
x
得
1
x ，
若a<0 ，当0
1
x
时，
( )
0
f
x
，则
( )
f x 单调递减，当
1
x 时，
( )
0
f x
，则
( )
f x 单调递增，
若
0
a
，当0
1
x
时，
( )
0
f x
，则
( )
f x 单调递增，当
1
x 时，
( )
0
f x
，则
( )
f x 单调递减；
所以当a<0 时，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递减，在(1,
)
上单调递增；
当
0
a
时，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，在(1,
)
上单调递减.
（2）由
2
1
1
2
e
e
x
x
x
x
，两边取对数得
2
1
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x
，即
1
2
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x
，
由（1）知，当
1
a 时，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，在(1,
)
上单调递减，
max
( )
(1)
1
f x
f
，而
1
( )
0
e
f
，
1
x 时，
( )
0
f x
恒成立，
因此当
1
a 时，存在
1
2
,
x x 且
1
2
0
1
x
x
，满足
1
2
f x
f x
，
若
2
[2,
)
x
，则
2
2
2
1
2
2
4
2
x
x
x
成立；
若
2
(1,2)
x
，则
2
2
(0,1)
x
，记( )
( )
(2
)
g x
f x
f
x
，
(1,2)
x
，
则
2
2
ln
ln(2
)
( )
( )
(2
)
(2
)
x
x
g x
f
x
f
x
x
x
2
2
ln
ln(2
)
x
x
x
x
2
2
ln[ (
1)
1]
0
x
x
，
即有函数( )
g x 在(1,2) 上单调递增，( )
(1)
0
g x
g
，即
( )
(2
)
f x
f
x
，
于是
1
2
2
2
f x
f x
f
x
，
而
2
(1,2)
x
，
2
2
(0,1)
x
，
1
(0,1)
x
，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，因此
1
2
2
x
x
，即
1
2
2
x
x
，
又
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
2
2 ,
1
2
2
x
x
x x
x
x
，则有
2
2
1
2
1
2
1
1
2
4
x
x
x
x
，则
2
2
1
2
2
x
x
，
所以
2
2
1
2
2
x
x
.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，
都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
9．已知函数
2
f x
ax
，
1
ln
g x
x
x
.
(1)若对于任意
0,
x
，都有
f x
g x
，求实数a 的取值范围；
(2)若函数
y
g x
m
有两个零点
1
2
,
x x ，求证：
1
2
1
1
2
x
x
.
【答案】(1)
2
1
e
a
(2)证明见解析
【分析】（1）通过转化构造函数
1 ln x
F x
x
，利用导数求出该函数的最小值即可；
（2）通过利用极值点偏移的知识，令
1
1
a
x
，
2
1
b
x
，利用导数相关知识转化为证明
2
h b
h a
h
a
即可.
【详解】（1）结合题意：对于任意
0,
x
，都有
f x
g x
，所以
2
1
ln
ax
x
x
，
因为
0,
x
，所以只需
1 ln x
a
F x
x
，
2
ln
2
x
F
x
x
，
当
2
0,e
x
时，
0
F
x
，
F x 在
2
0,e
上单调递减；
当
2e ,
x
时，
0
F
x
，
F x 在
2e ,上单调递增.
所以只需
2
2
min
1
e
e
a
F x
F
；
（2）
1
1
2
2
1 ln
1 ln
x
x
x
x
等价于
1
2
1
2
1
1
1 ln
1 ln
1
1
x
x
x
x
，
设函数
1
ln x
h x
x
，
2
ln x
h
x
x
，易知
h x 在区间
0,1 上单调递增；
1,上单调递减，
由
h a
h b
知0
1
a
b
且
1
1
a
x
，
2
1
b
x
，
设函数
2
1
ln
1
ln 2
g x
x
x
x
x
，其中0
1
x
，
知
2
ln
2
2
0
2
x
x
G x
x
x
x
x
，
知
G x 在区间
0,1 上单调递增，即
0,1
x
时
1
0
G x
G
，
即
0,1
x
时，
1 ln 2
1 ln
2
x
x
x
x
，
即
1 ln 2
1 ln
2
2
a
a
h a
h
a
a
a
，
又由已知由
h a
h b
且0
1
a
b
，
有
2
h b
h
a
且
2
1,2
a
，由
h x 在
1,上单调递减，
所以
2
b
a
，即
1
2
1
1
2
x
x
.
10．已知函数
1
ln
f x
x
a
x
，a
R
.
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若
1
0, 2
x
时，都有1
f x ，求实数a 的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数
1
x ，
2
x 满足
2
2
1
1
1 ln
1 ln
x
x
x
x
，证明：
1
2
1
2
x
x
ex x
.
【答案】(1)当
0
a
时，
( )
f x 在
1
(0,
)
a
a
e
单调递增，在
1
(
,
)
a
a
e
单调递减；
当
0
a
时，
( )
f x 在(0,
)
单调递增；
当a<0 时，
( )
f x 在
1
(0,
)
a
a
e
单调递减，在
1
(
,
)
a
a
e
单调递增.
(2)
1
ln 2
a
(3)证明详见解析
【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后讨论a 的取值即可确定函数的单调性；
（2）分离参数a，构造出新函数
1
( )
ln
x
h x
x
x
，得到( )
h x 最小值，即可得到a 的范围；
（3）利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可.
【详解】（1）解：因为
1
ln
f x
x
a
x
，定义域为
0,
，
( )
1
ln
f
x
a
a
x
.
①当
0
a
时，令
1
( )
0,1
ln
0
ln
a
f
x
a
x
x
a
，解得
1
e
a
a
x
即当
1
(0,
)
a
a
x
e
时，
( )
0
f x
，
( )
f x 单调递增，
当
1
(
,
)
a
a
x
e
时，
( )
0
f
x
，
( )
f x 单调递减；
②当
0
a
时
( )
1
0
f
x
，
( )
f x 在(0,
)
单调递增；
③当a<0 时令
1
( )
0,1
ln
0
ln
a
f
x
a
x
x
a
，解得
1
e
a
a
x
，
即当
1
(0,
)
a
a
x
e
时，
( )
0
f x
，
( )
f x 单调递减，
当
1
(
,
)
a
a
x
e
时，
( )
0
f
x
，
( )
f x 单调递增；
综上：当
0
a
时，
( )
f x 在
1
(0,
)
a
a
e
单调递增，在
1
(
,
)
a
a
e
单调递减；
当
0
a
时，
( )
f x 在(0,
)
单调递增；
当a<0 时，
( )
f x 在
1
(0,
)
a
a
e
单调递减，在
1
(
,
)
a
a
e
单调递增.
（2）若
1
0, 2
x
时，都有1
f x ，
即
1
ln
1
x
a
x
，
1
ln
x
a
x
x
恒成立.
令
1
( )
ln
x
h x
x
x
，则
min
( )
a
h x
，
2
2
ln
(ln
1)(
1)
ln
1
( )
(
ln )
( ln )
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
x
x
，
令( )
ln
1
g x
x
x
，所以
1
1
( )
1
x
g x
x
x
，
当
1
0, 2
x
时，
( )
0
g x
，( )
g x 单调递增，
max
1
1
( )
( )
ln 2
0
2
2
g x
g
，
所以
( )
0
h x
，
1
( )
ln
x
h x
x
x
在0, 1
2
单调递减，
所以
min
1
( )
( )
2
h x
h
= 1
ln 2 ，所以
1
ln 2
a
（3）原式
2
2
1
1
1 ln
1 ln
x
x
x
x
可整理为
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
ln
ln
x
x
x
x
x
x
，
令
( )
(1 ln )
F x
x
x
，原式为
1
2
1
1
(
)
(
)
F
F
x
x
，
由（1）知，
( )
(1 ln )
F x
x
x
在(0,1)单调递增，在(1,
)
单调递减，
则
1
2
1
1
,
x
x 为
( )
F x
k
两根，其中
1
(
)
0,
k
，不妨令
1
2
1
1
0,1 ,
1,e
x
x
，
要证
1
2
1
2
x
x
ex x
，
即证
1
2
1
1
e
x
x
，
1
2
1
1
e
x
x
，
只需证
2
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
F
F
F e
x
x
x
，
令( )
( )
(
)
x
F x
F e
x
，
0,1
x
，
( )
ln
(
)
x
x e
x
，
令
0
(
)
0
x
，则
0
(0,
)
x
x
，
( )
0
x
，( )
x 单调递增，
0
(
,1)
x
x
，
( )
0
x
，( )
x 单调递减.
又
0,
( )
0,
( )
0
x
F x
F e
，
故
0, (0)
0,
x
(1)
(1)
(
1)
0
F
F e
，所以( )
0
x
恒成立，
即
2
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
F
F
F e
x
x
x
成立，
所以
1
2
1
1
e
x
x
，原式
1
2
1
2
x
x
ex x
得证.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想
同构的数学思想等知识，属于中等题.常用方法有如下四种，
方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数
问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明
题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于
1
2
0
e
x
x
的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
