专题3.4 导数之极值点偏移
3.4.1 极值点偏移-对称化构造
知识点梳理
1.极值点偏移：是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函
数图像没有对称性.
若函数y=f(x)是连续函数，在区间(x1,x2)内有且只有
一个极值点x0，且f(x1)=f(x2)，若极值点左右的“增减速度”
相同，常常有极值点x0=x1+x2
2
，称这种状态为极值点不偏移
（二次函数，如图1 所示）；若极值点左右的“增减速度”不 图1
同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点x0≠x1+x2
2
的情况，这种状态称为“极值点
偏移”.
图2 图3 图4 图5
2.（1）极值点偏右（如图2、图3 所示）：x1+ x2<2 x0，x = x1+ x2
2
处切线与x 轴不
平行；若f(x)上凸（f '( x)递减），则f '( x1+ x2
2
)>f '( x0)=0，若f(x)下凸（f '( x)递
增），则f '( x1+ x2
2
)<f '( x0)=0.
（2）极值点偏左（如图4、图5 所示）：x1+ x2>2 x0，x = x1+ x2
2
处切线与x 轴不平
行；若f(x)上凸（f '( x)递减），则f '( x1+ x2
2
)<f '( x0)=0，若f(x)下凸（f '( x)递
增），则f '( x1+ x2
2
)>f '( x0)=0.
3.常见题型解决方法
（1）若需要判断x1+x2与2x0的大小关系，则就需要判断x2与2x0−x1的大小关系，也
就需要判断f(x2)与f(2x0−x1)的大小关系．而f(x1)=f(x2)，因此就需要判断
f(x1)−f (2x0−x1)与0 的大小关系，于是就构建函数g(x)=f(x)−f (2x0−x)，再分
析函数g(x)的单调性即可．
（2）若需要判断x1x2与x0
2的大小关系，则就需要判断x2与2x0
x1
的大小关系，也就需
要判断f(x2)与f(2x0
x1
)的大小关系．而f(x1)=f(x2)，因此就需要判断
f(x1)−f (2x0
x1
)与0 的大小关系，于则需要构建函数g (x)=f(x)−f(
x0
2
x )，再分析函数
的g(x)单调性即可．
典型例题
例1.已知函数f(x)=xlnx+ 1
2 x
2−x．若f'(x0)（f'(x)为f(x)的导函数），方程
f(x)= m有两个不等实根x1、x2，求证：x1+x2>2x0．
证明: 因为f
′( x)= x + ln x,f
′( x0)=0,所以x0+ ln x0=0.
因为f
′( x)在(0,+∞)上为增函数,所以f ( x)在(0, x0)上单调递减, ( x0,+∞)上单调递
增.
由方程f ( x)=m有两个不等实根x1, x2,则可设x1< x0< x2.
欲证x1+ x2>2 x0,即证x2>2 x0−x1> x0.
即证f ( x2)>f (2 x0−x1).而 f ( x2)= f ( x1),
即证:f ( x1)−f (2 x0−x1)>0.
即:x1ln x1+ 1
2 x1
2−x1−(2 x0−x1)ln(2 x0−x1)−1
2 (2 x0−x1)
2+(2 x0−x1)>0.
设g( x)= x ln x + 1
2 x
2−x−(2 x0−x)ln(2 x0−x)−1
2 (2 x0−x)
2+(2 x0−x),
其中0< x< x0, 则:g
′( x)= ln x + ln(2 x0−x)+2 x0.
设 h( x)= ln x + ln(2 x0−x)+2 x0 (0< x< x0),
则h
′( x)= 1
x −
1
2 x0−x = 2( x0−x)
x(2 x0−x) >0.
所以函数g
′( x)在(0, x0)上单调递增.
所以g
′( x)< g
′( x0)=2ln x0+2 x0=0, 所以g( x)在(0, x0)上单调递减.
所以g( x)> g( x0)=0, 即f ( x2)>f (2 x0−x1), 故x1+ x2>2 x0. 得证.
例2.已知函数f ( x)= x−alnx，a∈R.
（1）研究函数f ( x)的单调性.
（2）设函数f ( x)有两个不同的零点x1、x2，且x1<x2.
（i）求a的取值范围；（ii）求证：x1x2>e
2.
解: （1）f ( x) 的定义域 (0,+ ∞), f
′( x)=1−a
x = x−a
x
.
① 若a≤0, 则 f
′( x)>0恒成立, f ( x)在(0,+∞)单调递增函数.
② 若a>0, 令f
′( x)=0解得:x =a,则f ( x)在(0,a)单调递减, 在(a,+∞)单调递增.
（2）证明: 因为f ( x)有两个不同的零点, 由(1) 知:{
a>0
f (a)=a−a ln a<0)⇒a>e.
且0< x1<a< x2, 要证x1 x2>e
2,
即证ln x1+ ln x2>2⇔x1
a + x2
a >2⇔x1+ x2>2a⇔x2>2a−x1
由于a> x1, 则 2a−x1>a, 即证 f ( x2)>f (2a−x1)⇔f ( x1)>f (2a−x1)
设g( x)= f ( x)−f (2a−x), x∈(0,a), 只需证g( x)>0即可.
g( x)=( x−aln x)−[(2a−x)−a ln(2a−x)],
g
′( x)=1−a
x +1−
a
2a−x =−2 ( x−a)
2
x(2a−x) <0.
可知g( x)在x∈(0,a) 是单调递减函数, 故g( x)>g(a)=0,
得证x1 x2>e
2 .
随堂演练
1.已知函数f ( x)=e
x−ax有两个不同的零点x1、x2.
（1）求a的取值范围.
（2）求证：x1+x2>2．
解: （1）函数f ( x)=e
x−ax的导数为f
′( x)=e
x−a.
若a≤0,则f
′( x)>0,f ( x)在R上单调递增,f ( x)至多有一个零点, 舍去.
则必有a>0,得f ( x)在(−∞,ln a)上递减,在(ln a,+∞)上递增,要使f ( x)有两个不同的
零点,则须有f ( x)的最小值f (ln a)<0,即a−a ln a<0,解得a>e.
(严格来讲, 还需补充两处变化趋势的说明: 当x→−∞时, f ( x)→+∞;当x→+ ∞时,
f ( x)→+ ∞).
（2）证明:函数f ( x)=e
x−ax有两个不同的零点x1, x2.
即e
x=ax有两个不等实根,可得a= e
x
x
有两个不等实根,设g( x)= e
x
x
,
构造函数G( x)= g( x)−g(2−x),
则G
′( x)= g
′( x)+ g
′(2−x)= e
x( x−1)
x
2
+ e
2−x(1−x)
(2−x)
2
=( x−1)(
e
x
x
2 −
e
2−x
(2−x)
2).
当0< x<1时,x−1<0,但因式 e
x
x
2 −
e
2−x
(2−x)
2的符号不容易看出,
引出辅助函数φ( x)= e
x
x
2, 则φ
′( x)= e
x( x−2)
x
3
,
得φ( x)在(0,2)上递减,当x∈(0,1)时, 2−x∈(1,2),
即0< x<2−x<2,则 φ( x)>φ(2−x),即：e
x
x
2 −
e
2−x
(2−x)
2 >0,G
′( x)<0.
得G( x)在(0,1)上递减,有G( x)>G(1)=0,
即g( x)> g(2−x) (0< x<1).将 x1 代入不等式得g( x1)= g( x2)>g(2−x1),
又x2>1,2−x1>1,g( x)在(1,+∞)上递增,故x2>2−x1，所以x1+x2>2．
2.已知函数f ( x)= 1−x
1+ x
2 e
x.
（1）求f ( x)的单调区间；
（2）证明：当f(x1)=f(x2) （x1≠x2）时，x1+x2<0．
解：（1）f
′( x)= (−1+1−x)e
x⋅(1+ x
2)−(1−x)e
x⋅2 x
(1+ x
2)
2
=e
x⋅−3−x
2+2 x
(1+ x
2)
2
.
因为对于函数 φ( x)=−x
2+2 x −3, 有 Δ=2
2−4×3<0,
所以当 x∈(−∞,0) 时, f
′( x)>0, y = f ( x) 单调递增;
当 x∈(0,+∞) 时, f
′( x)<0, y = f ( x) 单调递减.
所以 y = f ( x) 的单调递增区间为 (−∞,0), 单调递减区间为 (0,+ ∞).
（2）证明:由（1）知,只需要证明当 x>0 时 f ( x)<f (−x) 即可,
f ( x)−f (−x)= 1−x
1+ x
2 e
x−1+ x
1+ x
2 e
−x = e
−x
1+ x
2 [(1−x)e
2 x−1−x).
令 g( x)=(1−x)e
2 x−1−x , x>0, 则 g
′( x)=(1−2 x)e
2 x−1.
令 h( x)=(1−2 x)e
2 x−1, 则 h
′( x)=−4 x e
2 x<0,
所以 y =h( x) 在 (0,+∞) 上单调递减, 所以 h( x)<h(0)=0,
所以 y = g( x) 在 (0,+ ∞) 上单调递减, 所以 g( x)<g(0)=0,
所以 y = e
−x
1+ x
2 [(1−x)e
2 x−1−x) 在 (0,+∞) 上单调递减, 但
当 x =0 时, y =0,
故 f ( x)−f (−x)<0, 即 f ( x)<f (−x).
所以当 f ( x1)= f ( x2) 且 x1≠x2 时, x1+ x2<0.
3.已知函数f ( x)= e
x
x −ln x + x−a.
（1）若f ( x)≥0, 求a的取值范围;
（2）证明: 若f ( x)有两个零点x1, x2, 则x1 x2<1.
解：(1)由题意知函数 f ( x) 的定义域为 (0,+∞).
由f
′( x)= e
x( x−1)
x
2
−1
x +1= e
x( x−1)−x + x
2
x
2
= (e
x+ x)( x−1)
x
2
,
可得函数f ( x)在(0,1)上单调递减,在(1,+ ∞)上单调递增.
所以f ( x)min= f (1)=e+1−a.
又f ( x)≥0,所以e+1−a≥0,解得：a≤e+1,
所以a的取值范围为(−∞,e+1].
（2）证明:方法一:不妨设x1< x2,则由(1)知0< x1<1< x2, 1
x1
>1.
令F( x)= f ( x)−f(
1
x), 0< x<1.
则F
′( x)= (e
x+ x)( x−1)
x
2
+(e
1
x + 1
x)(
1
x −1)
1
x
2
× 1
x
2 = x−1
x
2 (e
x+ x−x e
1
x −1).
令g( x)=e
x+ x−x e
1
x −1.
则g
′( x)=e
x+1−e
1
x + x e
1
x × 1
x
2 =e
x+1+e
1
x(
1
x −1).
所以当x∈(0,1)时, g
′( x)>0, g( x)单调递增.
所以当x∈(0,1)时, g( x)< g(1)=0.
所以当x∈(0,1)时, F
′( x)>0.
所以F( x)在(0,1)上单调递增.
所以F( x)< F(1)=0.即在(0,1)上f ( x)−f(
1
x)<0.
又f ( x1)= f ( x2)=0,所以f ( x2)−f ( 1
x1
)<0,即 f ( x2)<f ( 1
x1
).
由(1)可知, 函数 f ( x) 在 (1,+∞) 上单调递增,
所以 x2< 1
x1
, 即 x1 x2<1.
4.已知函数f ( x)=( x−2)e
x+a( x−1)
2有两个零点.
（1）求a的取值范围;
（2）设x1, x2是f ( x)的两个零点,证明:x1+ x2<2.
解：（1）解: 显然x =1不是函数f ( x)的零点,
当x≠1时,方程f ( x)=0等价于−a=
x−2
( x−1)
2 e
x,
设g( x)=
x−2
( x−1)
2 e
x,求导g
′( x)=e
x⋅x
2−4 x +5
( x−1)
3
,
故函数g( x)在(−∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴ 函数g( x)在(−∞,1)上的值域为(−∞,0),在(1,+∞)上的值域为(−∞,+∞),
∴ 当−a<0时, 函数f ( x)有两个零点,
故所求a取值范围为(0,+∞).
（2）证明: 根据(1)的结果,不妨设x1<1< x2,则只需证x2<2−x1,
考虑函数f ( x)在(1,+ ∞)上单调递增,
于是只需证明f (x2)<f (2−x1), 即f (x1)<f (2−x1),
接下来证∀x<1,f ( x)−f (2−x)<0,
即∀x<1,e
x( x−2)+e
2−x⋅x<0,
令h( x)=e
x( x−2)+e
2−x⋅x ,h
′( x)=(e
x−e
2−x)( x−1),
当x<1时有 e
x−e
2−x<0, 所以 h
′( x)>0,
所以在(−∞,1)上, h( x) 单调递增,
所以h( x)<h(1)=0,
因此原命题得证.
5.已知函数f ( x)= x−ln x−a有两个不同的零点x1, x2.
（1）求实数a的取值范围;
（2）求证:x1+ x2>2.
解：（1）f ( x)的定义域为(0,+∞).
因为f
′( x)=1−1
x = x−1
x
，
所以当0< x<1时，f
′( x)<0，当x>1 时，f
′( x)>0.
所以f ( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增.
所以当x =1时，f ( x)取得最小值1−a.
又当x趋近于0或+ ∞时，f ( x) 趋于+ ∞.
所以，要使f ( x)有两个不同的零点x1, x2，只需满足1−a<0，即a>1.
所以实数a的取值范围为(1,+ ∞).
（2）证明：不妨设x1< x2，由(1)可知，0< x1<1，x2>1，则2−x1>1.
要证x1+ x2>2，只需证2−x1< x2.
又f ( x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以只需证f (2−x1)<f ( x2)，即证f (2−x1)<f ( x1).
记g( x)= f (2−x)−f ( x)=2−2 x−ln(2−x)+ ln x，x∈(0,1).
则g
′( x)= 1
x +
1
2−x −2=−2( x−1)
2
x( x−2)
.
当0< x<1时，g
′( x)>0，g( x) 单调递增.
又g(1)= f (2−1)−f (1)=0.
所以g( x1)= f (2−x1)−f ( x1)<0，即f (2−x1)<f ( x1).
所以x1+ x2>2.
6.已知函数f ( x)= x(1−ln x).
（1）讨论f ( x)的单调性;
（2）设a,b为两个不相等的正数,且b ln a−aln b=a−b,证明: 2< 1
a + 1
b <e.
（1）解: 由函数的解析式可得 f
′( x)=1−ln x −1=−ln x,
∴x ∈(0,1),f
′( x)>0,f ( x) 单调递增,
x ∈(1,+ ∞),f
′( x)<0,f ( x) 单调递减,
则 f ( x) 在 (0,1) 单调递增, 在 (1,+ ∞) 单调递减.
（2）证明: 由 b ln a−a ln b=a−b, 得 −1
a ln a+ 1
b ln b= 1
b −1
a,
即 1
a (1−ln a)= 1
b (1−ln b),
由 (1) f ( x) 在 (0,1) 单调递增, 在 (1,+ ∞) 单调递减,
所以 f ( x)max = f (1)=1, 且 f (e)=0,
令 x1= 1
a , x2= 1
b,
则 x1, x2 为 f ( x)=k 的两根, 其中 k ∈(0,1).
不妨令 x1∈(0,1), x2∈(1,e), 则 2−x1>1,
先证 2< x1+ x2, 即证 x2>2−x1, 即证 f ( x2)= f ( x1)<f (2−x1),
令 h( x)= f ( x)−f (2−x),
则 h
′( x)= f
′( x)+ f
′(2−x)=−ln x−ln(2−x)=−ln[ x(2−x)] 在 (0,1) 单调递
减,
所以 h
′( x)>h
′(1)=0,
故函数 h( x) 在 (0,1) 单调递增,
∴h( x1)<h(1)=0,∴f ( x1)<f (2−x1),∴2< x1+ x2, 得证.
同理, 要证 x1+ x2<e,
即证 1< x2<e−x1,
根据 (1) 中 f ( x) 单调性,
即证 f ( x2)= f ( x1)>f (e−x1),
令 φ( x)= f ( x)−f (e−x), x∈(0,1),
则 φ
′( x)=−ln[ x(e−x)],令φ
′( x0)=0,
x ∈(0, x0),φ
′( x)>0,φ( x) 单调递增,
x ∈( x0,1),φ
′( x)<0,φ( x) 单调递减,
又 0< x<e 时, f ( x)>0, 且 f (e)=0,
故 lim ¿x→0
+φ( x)=0¿, φ(1)= f (1)−f (e−1)>0,
∴φ( x)>0 恒成立, x1+ x2<e 得证.
3.4.2 极值点偏移-比值或差值换元
知识点梳理
比值或差值换元的一般步骤：
（1）根据f ( x1)= f ( x2)写出等式（等量关系中如果含有参数，可考虑消参；如果含有
指数式，可考虑两边取对数）.
（2）根据函数形式预选比值t = x1
x2
或差值t = x1−x2(或均值、差值组合).
（3）利用原等式解出x1, x2关于t的表达式(可能显式或隐式含参).
（4）将待证不等式用t表示.
（5）构造关于t的单变量函数利用导数证明.
（6）注意定义域t的范围(由x1≠x2及大小关系得t >1或0<t <1等).
典型例题
例1.已知函数f ( x)= x e
−x ( x ∈R).若x1≠x2，且f ( x1)= f ( x2)，证明：x1+ x2>2.
证明：（差值换元）
由题意,f ( x1)= f ( x2), 即x1e
−x1= x2e
−x2,化简得：e
x2−x1= x2
x1
,
不妨设x2> x1, 由(1)知0< x1<1< x2.
令t = x2−x1,则t >0, x2=t + x1,所以e
t = t + x1
x1
,反解出x1=
t
e
t−1
,
则x1+ x2=2 x1+t = 2t
e
t−1
+t,故要证x1+ x2>2,只需证2t
e
t−1
+t >2,
又因为e
t−1>0, 等价于证2t +(t −2)(e
t−1)>0,
构造函数G(t )=2t +(t −2)(e
t−1),(t >0),
则G
′(t )=(t −1)e
t +1,G
″(t )=t e
t>0,
故G
′(t ) 在(0,+∞)上单调递增,G
′(t )>G
′(0)=0,
从而G(t )也在 (0,+∞)上单调递增,G(t )>G(0)=0, 故原式得证.
例2.已知函数f ( x)= ln x−ax,a为常数.若函数f ( x)有两个零点x1, x2,试证明x1 x2>e
2.
解：（比值换元）a= ln x1
x1
= ln x2
x2
⇔x2
x1
= ln x2
ln x1
,不妨设：x1< x2,t = x2
x1
(t >1).
则x2=t x1, lnt x1
ln x1
=t,可得: ln x1= lnt
t −1,
故x1 x2>e
2⇔ln x1+ ln x2>2⇔(t +1)ln t
t −1
>2⇔ln t −2(t −1)
t +1
>0
设g(t )= lnt −2(t −1)
t +1
(t >1),g
′(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0,
所以g(t )在(1,+ ∞)上单调递增, 所以g(t )> g(1)=0,所以原式得证.
例3.已知函数f ( x)= x(1−ln x).
（1）讨论f ( x)的单调性;
（2）设a,b为两个不相等的正数,且b ln a−aln b=a−b,证明: 2< 1
a + 1
b <e.
（1）解: 由函数的解析式可得f
′( x)=1−ln x −1=−ln x,
∴x ∈(0,1),f
′( x)>0,f ( x)单调递增,
x ∈(1,+ ∞),f
′( x)<0,f ( x)单调递减,
则f ( x)在(0,1)单调递增,在(1,+ ∞)单调递减.
（2）证明: 由 b ln a−aln b=a−b, 得 −1
a ln a+ 1
b ln b= 1
b −1
a,
即1
a (1−ln a)= 1
b (1−ln b),
由(1)f ( x)在(0,1)单调递增,在(1,+ ∞)单调递减,
所以 f ( x)max = f (1)=1, 且 f (e)=0,
令x1= 1
a , x2= 1
b,
则x1, x2为f ( x)=k的两根,其中 k ∈(0,1).
不妨令x1∈(0,1), x2∈(1,e), 则2−x1>1,
先 2< x1+ x2, 即证 x2>2−x1, 即证f ( x2)= f ( x1)<f (2−x1),
令h( x)= f ( x)−f (2−x),
则h
′( x)= f
′( x)+ f
′(2−x)=−ln x−ln(2−x)=−ln[ x(2−x)]在(0,1)单调递减,
所以h
′( x)>h
′(1)=0,
故函数h( x)在(0,1)单调递增,
∴h( x1)<h(1)=0,∴f ( x1)<f (2−x1),∴2< x1+ x2,得证.
以下证明x1+ x2<e.（比值换元法）
不妨设x2=t x1,则t = x2
x1
>1.
由x1(1−ln x1)= x2(1−ln x2)得x1(1−ln x1)=t x1[1−ln(t x1)],反解出ln x1=1−t ln t
t −1.
要证x1+ x2<e,只需证(1+t )x1<e,两边取对数得ln(1+t )+ ln x1<1.
ln
即证(1+t )+1−t ln t
t −1 <1,即证ln(1+t )
t
< ln t
t −1
.
记g(s)= ln(1+ s)
s
,s∈(0,+ ∞), 则g
′(s)=
s
1+ s −ln(1+ s)
s
2
.
记h(s)=
s
1+ s −ln(1+ s), 则h
′(s)=
1
(1+ s)
2 −1
1+ s <0,
所以h(s)在区间(0,+ ∞)内单调递减.h(s)<h(0)=0, 则g
′(s)<0,
所以g(s)在区间(0,+ ∞)内单调递减.
由t ∈(1,+∞)得t −1∈(0,+ ∞), 所以g(t )<g(t −1),即ln(1+t )
t
< ln t
t −1 .故原式得证
.
随堂演练
1.已知函数f ( x)=aln( x +2)−x (a∈R).
（1）讨论f ( x)的单调性和最值.
（2 ）若关于x的方程e
x = 2
m −1
m ln m
x +2 (m>0)有两个不等的实数根x1, x2,求证:
e
x1+e
x2> 2
m.
解: (1) 函数 f ( x)=aln( x +2)−x (x>−2),f
′( x)=
a
x +2 −1= a−2−x
x +2
,
若 a≤0, 则 f
′( x)<0 在 (−2,+ ∞) 上恒成立,
故 f ( x) 在 (−2,+ ∞) 上为减函数,故 f ( x) 无最值.
若 a>0, 当 x∈(−2,a−2) 时, f
′( x)>0,f ( x) 单调递增;
当 x∈(a−2,+∞) 时, f
′( x)<0,f ( x) 单调递减,
∴f ( x)max = f (a−2)=a ln a−a+2,f ( x)无最小值.
（2）方程 e
x = 2
m −1
m ln m
x +2 (m>0),
即为 me
x+ x + ln m= x +2+ ln( x +2),e
x + ln m+ ln e
x + ln m= x +2+ ln( x +2),
因为y = x +lnx 为(0,+ ∞)上的增函数,∴x +2=e
x + ln m=me
x ,
∴关于x 的方程e
x = 2
m −1
m ln m
x +2 (m>0)有两个不等的实数根x1, x2,
即为x +2=me
x有两个不等的实数根x1, x2，
∴x1+2=me
x1, x2+2=me
x2,∴x1−x2=m(e
x1−e
x2),
不妨设 x1> x2,t = x1−x2,∴e
x1+e
x2=(e
x1+e
x2)⋅
x1−x2
m(e
x1−e
x2)
，
要证e
x1+e
x2> 2
m ,即证(e
x1+e
x2)⋅
x1−x2
m(e
x1−e
x2)
> 2
m，
即证(e
x1−x2+1) x1−x2
e
x1−x2−1
>2,即证(e
t +1)
t
e
t−1
>2(t >0)，
即证(e
t +1)t >2e
t−2(t >0)，
设s(t )=(e
t +1)t −2e
t +2, 则s
′(t )=e
t +t e
t−2e
t =(t −1)e
t +1，
∴s
″(t )=t e
t>0,∴s
′(t )在(0,+ ∞)上为增函数,∴s
′(t )>s
′(0)=0,
∴s(t )在(0,+ ∞)上为增函数,∴s(t )>s(0)=0，故e
x1+e
x2> 2
m 成立.
2.已知函数f ( x)=ax ln x + 3
10 a (a≠0).
（1）讨论f ( x)的单调性.
（2）若函数f ( x)有两个零点x1, x2,且x1< x2,证明: x1+ x2> 3
10.
解：（1）解: 函数f ( x)的定义域为(0,+∞), f
′( x)=a ln x +a=a(ln x +1).
① 当a>0时,令f
′( x)<0,得0< x< 1
e ,则f ( x)在(0, 1
e)上单调递减;
令f
′( x)>0,得x> 1
e ,则f ( x)在(
1
e ,+∞)上单调递增.
② 当a<0时,令f
′( x)<0, 得x> 1
e ,则f ( x)在 (
1
e ,+ ∞)上单调递减;
令f
′( x)>0,得0< x< 1
e ,则f ( x)在(0, 1
e)上单调递增.
综上所述,当a>0时,f ( x)在(0, 1
e)上单调递减, 在(
1
e ,+∞)上单调递增;
当a<0时,f ( x)在(
1
e ,+ ∞)上单调递减,在(0, 1
e)上单调递增.
（2）证明：证明: 因为x1, x2为f ( x)的两个零点,所以ln x1+
3
10 x1
=0, ln x2+
3
10 x2
=0
.
两
式
相
减
,
可
得
ln x1−ln x2+
3
10 x1
−
3
10 x2
=0,
即
ln x1
x2
= 3
10 ⋅x1−x2
x1 x2
,
x1 x2= 3
10 ⋅x1−x2
ln x1
x2
.
因
此
,x1= 3
10 ⋅
x1
x2
−1
ln x1
x2
, x2= 3
10 ⋅
1−x2
x1
ln x1
x2
.令
t = x1
x2
,
则
：
x1+ x2= 3
10 ⋅t −1
lnt + 3
10 ⋅
1−1
t
lnt = 3
10 ⋅
t −1
t
lnt .
令h(t )=t −1
t −ln t(0<t <1),则h
′(t )=1+ 1
t
2 −1
t = t
2−t +1
t
2
>0,
所以函数h(t )在(0,1)上单调递增, 所以h(t )<h(1)=0,即t −1
t −ln t <0.
因为0<t <1,所以t −1
t
lnt >1,
故x1+ x2> 3
10
得证.
3.已知函数f ( x)= x
e
ax + ln x−ax,其中e为自然对数的底数.
（1）当a=1时, 求f ( x)的单调区间;
（2）若函数g( x)= f ( x)−x
e
ax 有两个零点x1, x2(x1< x2),证明:x1⋅x2>e
2.
解:（1）已知f ( x)= x
e
ax + ln x−ax,函数定义域为(0,+ ∞),
当a=1时,f ( x)= x
e
x + ln x−x,可得f
′( x)= 1−x
e
x + 1
x −1=(1−x)(
1
e
x + 1
x),
当0< x<1时,f
′( x)>0,f ( x)单调递增;
当 x>1 时,f
′( x)<0,f ( x)单调递减,
所以f ( x)的单调递增区间为(0,1), 单调递减区间为(1,+∞);
（2）证明:若函数g( x)= f ( x)−x
e
ax 有两个零点,
满足g( x1)= g( x2),即ln x1=a x1,ln x2=a x2,
整理得a= ln x2−ln x1
x2−x1
,
要证x1 x2>e
2,即证ln x1+ ln x2>2,
满足a( x1+ x2)>2,
需证ln x2−ln x1
x2−x1
>
2
x1+ x2
,
不妨令t = x2
x1
,t >1,
即证ln t > 2(t −1)
t +1
,
不妨设h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
, 函数定义域为(1,+∞),
可得h
′(t )= (t −1)
2
t(t +1)
2 >0,
所以h(t )在定义域上单调递增,
所以h(t )>h(1)=0,
满足ln t > 2(t −1)
t +1
,
故不等式x1 x2>e
2成立.
4.已知函数f ( x)= ln x−ax +b(a,b∈R)有两个不同的零点x1, x2.
（1）求f ( x)的最值.
（2）证明:x1 x2<1
a
2 .
解:（1）f
′( x)= 1
x −a,
∵f ( x)有两个不同的零点, ∴f ( x)在(0,+∞)内必不单调,故a>0.
此时f
′( x)>0⇒x< 1
a,f ( x)在(0, 1
a )上单增, ( 1
a ,+∞)上单减.
∴f ( x)max = f ( 1
a )=−ln a−1+b无最小值.
（2）由题知{
ln x1−a x1+b=0
ln x2−a x2+b=0).
两式相减得ln x1
x2
−a(x1−x2)=0,即a=
ln x1
x2
x1−x2
.
故要证x1 x2< 1
a
2,即证x1 x2< (x1−x2)
2
ln
2 x1
x2
,即证ln
2 x1
x2
< (x1−x2)
2
x1 x2
= x1
x2
−2+ x2
x1
,
不妨设x1< x2,令t = x1
x2
∈(0,1),则只需证ln
2t <t −2+ 1
t .
设g(t )= ln
2t −t −1
t +2,则g
′(t )=2⋅1
t ln t −1+ 1
t
2 = 2t ln t −t
2+1
t
2
.
设h(t )=2lnt −t + 1
t , 则h
′(t )=−(t −1)
2
t
2
<0, ∴h(t )在(0,1)上单减, ∴h(t )>h(1)=0.
∴g(t )在(0,1)上单增, ∴g(t )< g(1)=0.
即ln
2t <t −2+ 1
t , 在t ∈(0,1)时恒成立,原不等式得证.
5.已知函数f ( x)=1−ln x−a
x (a∈R).
（1）求f ( x)的单调区间;
（2）若f ( x)有两个零点x1, x2,且x1< x2,求证:x1 x2
2<e−a.
（1）解：因为函数f ( x)的定义域是(0,+∞), f
′( x)= a−x
x
2 .
当a≤0时, f
′( x)<0, 所以f ( x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时, 令f
′( x)=0, 解得x =a.
当x∈(0,a)时, f
′( x)>0, f ( x)单调递增;
当x∈(a,+ ∞)时, f
′( x)<0,f ( x)单调递减.
综上所述,当a≤0 时,f ( x)的减区间为(0,+∞), 无增区间;
当a>0时,f ( x)的增区间为(0,a), 减区间为(a,+∞).
（2）证明:因为x1, x2 是函数f ( x)的两个零点，由(1)知a>0，
因为f ( x)=0⇔x−x ln x =a，
设g( x)= x−x ln x，则g
′( x)=−ln x，
当x∈(0,1)时，g
′( x)>0；当x∈(1,+∞)时，g
′( x)<0，
所以g( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，
g( x)max = g(1)=1.
又因为g( x1)= g( x2)=a，且g(e)=0，
所以0<a<1,0< x1<1< x2<e.
首先证明：x1 x2<1. 由题意，得{
x1−x1ln x1=a
x2−x2ln x2=a).
设x2
x1
=t >1，则{
x1(1−ln x1)=a
x1t(1−ln x1−ln t )=a).两式相除，得ln x1=1−t ln t
t −1.
要证x1 x2<1，只要证ln x1+ ln x2<0，即证2ln x1+ lnt <0.
只要证2−2t ln t
t −1 + ln t <0，即证ln t −2+ 4
t +1 >0.
设h(t )= lnt −2+ 4
t +1 ,t >1.
因为h
′(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
所以h(t ) 在 (1,+ ∞)上单调递增.
所以h(t )>h(1)=0即证得x1 x2<1. ①
其次证明: x2<e−a.
设φ( x)=(e−x)−( x−x ln x)=e−2 x + x ln x ,1< x<e.
因为φ
′( x)= ln x −1<0，所以φ( x)在(1,e)上单调递减.
所以φ( x2)>φ(e)=0，
即φ( x2)=e−2 x2+ x2ln x2=e−x2−( x2−x2ln x2)=e−x2−a>0.
所以x2<e−a.②
由①②可证得x1 x2
2<e
−a.
6.已知函数f ( x)= x(ln x−a), g( x)= f ( x)
x
+a−ax.
（1）当x ≥1时,f ( x)≥−ln x−2恒成立,求a的取值范围.
（2）若g( x)的两个相异零点为x1, x2, 求证:x1 x2>e
2.
解: (1) 当 x ≥1 时, f ( x)≥−ln x−2 恒成立, 即当 x ≥1 时, ( x +1)ln x−ax +2≥0 恒
成立.设 F( x)=( x +1)ln x−ax +2,所以 F(1)=2−a≥0, 即 a≤2.
F
′( x)= ln x + 1
x +1−a.设 r( x)= ln x + 1
x +1−a, 则r
′( x)= 1
x −1
x
2 = x−1
x
2 .
所以, 当 x ≥1 时, r
′( x)≥0, 即 r( x) 在 [1,+ ∞) 上单调递增.
所以 r( x)≥r(1)=2−a≥0.
所以, 当 x ≥1 时, F
′( x)=r( x)≥0, 即 F( x) 在 [1,+ ∞) 上单调递增.
所以 F( x)≥F(1)=2−a.
若 F( x)≥0 恒成立, 则 a≤2.
所以 x ≥1 时, f ( x)≥−ln x−2 恒成立, a 的取值范围为 (−∞,2].
证明: (2) 不妨设 x1> x2>0, 由{
ln x1=a x1
ln x2=a x2),得{
ln( x1 x2)=a( x1+ x2)
ln(
x1
x2)=a( x1−x2))
，
则：
ln( x1 x2)
ln(
x1
x2)
= x1+ x2
x1−x2
=
x1
x2
+1
x1
x2
−1
令 t = x1
x2
>1, 即：ln( x1 x2)
ln t
= t +1
t −1
,ln( x1 x2)= t +1
t −1 ln t ,
要证 x1 x2>e
2, 只需证 ln( x1 x2)>2, 只要证 t +1
t −1 ln t >2, 即证 ln t > 2(t −1)
t +1
(t >1).
即证 ln t −2(t −1)
t +1
>0, 令 h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,h
′(t )= (t −1)
2
t(t +1)
2 ≥0.
所以 h(t ) 在 (1,+ ∞) 上单调递增.
当 t ∈(1,+∞) 时, h(t )>h(1)=0, 所以 ln t −2(t −1)
t +1
>0 成立.故 x1 x2>e
2.
3.4.3 极值点偏移-对数平均不等式
知识点梳理
基本均值不等式: 若a>0,b>0, 那么：
2
1
a + 1
b
≤❑√ab≤a+b
2
≤
❑√
a
2+b
2
2
.
当且仅当a=b时取等, 即: 调和平均数≤几何平均数≤算术平均数≤平方平均数.
对数平均不等式: 当a≠b 时, 定义
a−b
ln a−ln b为a,b的对数平均数, 且若a>b>0, 那
么：b<
2
1
a + 1
b
<❑√ab<
a−b
ln a−ln b < a+b
2
<
❑√
a
2+b
2
2
<a.即除去a,b外, 调和平均数≤几何平
均数≤对数平均数≤算术平均数≤平方平均数.
其中几何平均数≤对数平均数≤算术平均数这部分比较常用,
即：
❑√ab<
a−b
ln a−ln b < a+b
2
.
常见等价变形: ①ln a−ln b≥2(a−b)
a+b
(a≥b>0);
②ln a−ln b≤❑√
a
b −❑√
b
a (a≥b>0)；
③令 a=e
x ,b=e
y, 可得：e
x + y
2 < e
x−e
y
x−y < e
x+e
y
2
，此式也被称为指数平均不等式.指
数平均不等式与对数平均不等式本质上是同一个不等式.
利用对数平均不等式求证极值点偏移问题的步骤:
（1）f ( x1)= f ( x2)建立等量关系;
（2）等量关系中如果含有参数, 可考虑消参; 如果含有指数式, 可考虑两边取对数;
（3）通过恒等变形转化出对数平均数(的值或仍用x1, x2表示), 证明对数平均不等式,
然后代入对数平均不等式求解.
注意：对数平均不等式还能用来解决部分不等式证明题、比大小题等.
典型例题
例1.已知函数f ( x)= e
x
x −ln x + x−a.
（1）若f ( x)≥0,求a的取值范围:
（2）证明:若f ( x)有两个零点x1, x2,则x1 x2<1.
解: （1）f ( x)的定义域为(0,+ ∞),f
′( x)= e
x( x−1)
x
2
−1
x
2 +1= (e
x+ x)( x−1)
x
2
,
令f
′( x)>0,解得：x>1,故函数f ( x)在(0,1)单调递减, (1,+ ∞)单调递增,
故 f ( x)min= f (1)=e+1−a, 要使得f ( x)≥0恒成立,仅需e+1−a≥0,
故a≤e+1, 故a的取值范围是(−∞,e+1];
（2）证明: 由已知函数f ( x)要有两个零点,故f (1)=e+1−a<0,即a>e+1,
不妨设0< x1<1< x2,要证明x1 x2<1,即证明x2< 1
x1
,
∴0< x1<1,∴1
x1
>1,
即证明: 1< x2< 1
x1
,又因为f ( x)在(1,+ ∞)单调递增,
即证明:f ( x2)<f(
1
x1)⇔f ( x1)<f(
1
x1)，
构造函数h( x)= f ( x)−f(
1
x),0< x<1,
h
′( x)= f
′( x)−[f(
1
x))
′
= ( x−1)
x
2 (e
x+ x−x e
1
x −1)，
构造函数m( x)=e
x+ x−x e
1
x −1,
m
′( x)=e
x+1−e
1
x(1−1
x),因为0< x<1, 所以1−1
x <0，
故m
′( x)>0在(0,1)恒成立,故m( x)在(0,1)单调递增,
故m( x)<m(1)=0，
又因为x−1<0,故h
′( x)>0 在(0,1)恒成立,故h( x)在(0,1)单调递增,
又因为h(1)=0, 故h( x)<h(1)=0,
故f ( x1)<f(
1
x1),即x1 x2<1.证毕.
例2.已知函数f ( x)= ln x−ax,a为常数.若函数f ( x)有两个零点x1, x2,试证明x1 x2>e
2.
解：（对数平均不等式）由题可知x1, x2满足：{
ln x1−a x1=0
ln x2−a x2=0)，所以
a= ln x1
x1
= ln x2
x2
.
根据比例的性质可得：ln x1
x1
= ln x2
x2
= ln x1+ ln x2
x1+ x2
= ln x2−ln x1
x2−x1
.
不妨设x1< x2,由对数平均不等式(需证明),
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
.
两边取倒数得:ln x2−ln x1
x2−x1
>
2
x1+ x2
，所以ln x1+ ln x2
x1+ x2
>
2
x1+ x2
.
从而ln x1+ ln x2>2,即x1 x2>e
2得证.
随堂演练
1.已知函数f ( x)= ln x−a x
2.
（1）讨论函数f ( x)的单调性.
（2）若x1, x2是方程f ( x)=0的两不等实根,求证:x1
2+ x2
2>2e.
解: (1) 由题意得, 函数 f ( x) 的定义域为 (0,+ ∞).
由 f ( x)= ln x−a x
2 得: f
′( x)= 1
x −2ax = 1−2a x
2
x
,
当 a≤0 时, f
′( x)>0,f ( x) 在 (0,+∞) 上单调递增;
当 a>0 时, 由 f
′( x)>0 得 0< x<
❑√2a
2a , 由 f
′( x)<0 得 x>
❑√2a
2a ,
所以 f ( x) 在 (0,
❑√2a
2a ) 上单调递增, 在 (
❑√2a
2a ,+∞) 上单调递减.
（2）证明: 因为x1, x2是方程ln x−a x
2=0的两不等实根,
ln x−a x
2=0⇔2ln x−2a x
2=0,
即x1, x2是方程ln x
2−2a x
2=0的两不等实根,
令t = x
2(t >0), 则t1= x1
2,t2= x2
2,
即t1,t2是方程2a= lnt
t 的两不等实根.
令g(t )= ln t
t , 则g
′(t )= 1−lnt
t
2
,
所以g(t )在(0,e)上递增, 在(e ,+ ∞)上递减,g(e)= 1
e ,
当t →0时, g(t )→−∞; 当t →+ ∞ 时, g(t )>0 且 g(t )→0.
所以0<2a< 1
e , 即0<a< 1
2e .
令 1<t1<e<t2,
要证x1
2+ x2
2>2e, 只需证t1+t2>2e,
先证：
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
,令 0< x1< x2,
只需证：x2−x1
x2+ x1
< ln x2−ln x1
2
,
只需证：2( x−1)
x +1
−ln x<0(x = x2
x1
>1),
令φ( x)= 2( x−1)
x +1
−ln x( x>1),φ
′( x)=
4
( x +1)
2 −1
x =−( x−1)
2
x( x +1)
2 ≤0,
所以φ( x)在(1,+ ∞) 上单调递减,所以φ( x)<φ(1)=0.
因为t1
ln t1
= t2
ln t2
,所以
t1+t2
ln t1+ ln t2
=
t1−t2
ln t1−ln t2
< t1+t2
2
,
所以lnt1+ lnt2>2, 即t1t2>e
2,所以t1+t2≥2❑√t1t2>2e.
2.已知f ( x)=2 x−sin x−❑√a ln x.
（1）当a=1时,讨论函数f ( x)的极值点个数.
（2）若存在x1, x2(0< x1< x2),使f ( x1)= f ( x2),求证:x1 x2<a.
解: (1) 当a=1时, f ( x)=2 x−sin x−ln x, 则f
′( x)=2−cos x−1
x ,
当x ≥1时, f
′( x)≥1−cos x ≥0,
故f ( x)在[1,+ ∞)上单调递增, 不存在极值点;
当0< x<1时, f
′ ′( x)=sin x + 1
x
2 >0,
故函数f
′( x)在(0,1)上单调递增,
f
′(1)=1−cos1>0,f
′(
1
4)=−cos 1
4 −2<0,
根据零点存在定理可知, f
′( x) 在(
1
4 ,1)上存在唯一零点,
故f ( x)在(
1
4 ,1)上存在唯一极值点,
即当a=1时, 函数f ( x)的极值点有且仅有一个;
（2）证明: 根据f (x1)= f (x2)知,
2 x1−sin x1−❑√aln x1=2 x2−sin x2−❑√a ln x2,
即 2(x1−x2)−(sin x1−sin x2)= ❑√a(ln x1−ln x2),
令 g( x)= x−sin x( x>0), 则 g
′( x)=1−cos x ≥0,
故g( x)在(0,+ ∞)上单调递增,
当0< x1< x2 时, 有g(x1)< g(x2), 即x1−sin x1< x2−sin x2,
那么sin x1−sin x2> x1−x2,
因此, 2(x1−x2)−(sin x1−sin x2)= ❑√a(ln x1−ln x2) 转化为❑√a>
x1−x2
ln x1−ln x2
,
接下来证明
x1−x2
ln x1−ln x2
>❑√x1 x2(0< x1< x2),即证明ln x1
x2
>
❑√x1
❑√x2
−
❑√x2
❑√x1
,
不妨令
❑√x1
❑√x2
=t(0<t <1),
令φ(t )=2lnt −t + 1
t ,φ
′(t )= 2
t −1−1
t
2 =−(t −1)
2
t
2
<0,
则φ(t )在(0,1)上单调递减,φ(t )>φ(1)=0, 故ln x1
x2
>
❑√x1
❑√x2
−
❑√x2
❑√x1
,
由不等式的传递性知❑√x1 x2<❑√a, 即x1 x2<a.
3.已知函数f ( x)=ax−a
x −ln x(a>0)
（1）已知f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为y = x−1,求实数a的值;
（2）已知f ( x)在定义域上是增函数, 求实数a的取值范围.
（3）已知g( x)= f ( x)+ a
x 有两个零点x1, x2,求实数a的取值范围并证明x1 x2>e
2.
解: (1) 已知f ( x)=ax−a
x −ln x, 函数定义域为(0,+ ∞),可得f
′( x)=a+ a
x
2 −1
x ,
所以f
′(1)=2a−1,又f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为y = x−1,
所以f
′(1)=2a−1=1,
解得a=1;
(2 ) 因为f ( x)在定义域上为增函数,
所以f
′( x)=a+ a
x
2 −1
x ≥0在(0,+∞)上恒成立,即a x
2−x +a
x
2
≥0恒成立,
整理得a( x
2+1)≥x,即a≥
x
x
2+1
,
不妨设g( x)=
x
x
2+1
, 函数定义域为(0,+ ∞),可得g
′( x)= 1−x
2
( x
2+1)
2 = (1+ x)(1−x)
( x
2+1)
2
,
所以g( x)极大值= g(1)= 1
2,故a≥1
2;
（3）证明：易知g( x)=ax−ln x，函数定义域为(0,+∞)可得g
′( x)=a−1
x = ax−1
x
，
当a≤0时，g
′( x)<0，g( x)在(0,+ ∞)上单调递减，不符合题意；
当a>0时，令g
′( x)=0，解得x = 1
a，
当0< x< 1
a时，g
′( x)<0，g( x)单调递减；当x> 1
a 时，g
′( x)>0，g( x)单调递增，
所以g( x)的最小值为g( 1
a )=1−ln 1
a，
要使函数g( x)存在两个零点的必要条件是g( 1
a )=1−ln 1
a <0，即0<a< 1
e ，
又g(1)=a>0，所以g( x)在(1, 1
a )上存在一个零点且1
a >1，
当x→+ ∞ 时，g( x)→+ ∞，
所以g( x)在( 1
a ,+∞)上存在一个零点，
综上函数g( x)有两个零点，实数a的取值范围为:0<a< 1
e
不妨设两个零点x2> x1>0，因为g( x1)= g( x2)=0，
所以 ln x1=a x1，ln x2=a x2，
所以ln x1−ln x2=a( x1−x2)，
整理得a= ln x1−ln x2
x1−x2
，要证 x1 x2>e
2，即证ln( x1 x2)>2，
只需证ln x1+ ln x2>2，
因为ln x1+ ln x2=a x1+a x2=a( x1+ x2)=( x1+ x2) ln x1−ln x2
x1−x2
，
此时要证ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，只需证ln x1−ln x2< 2( x1−x2)
x1+ x2
，即证
ln x1
x2
<
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
,
令x1
x2
=t(0<t <1),此时要证ln t < 2(t −1)
t +1
,
不
妨
设
k(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,
函
数
定
义
域
为
(0,1),可
得
k
′(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0,
所以k(t ) 在(0,1)上单调递增,此时k(t )<k(1)=0,即ln t < 2(t −1)
t +1
,
故x1 x2>e
2成立.
4.已知函数f ( x)=2 x−sin x−a ln x.
（1）当a=0时, ∀x∈(0, π
2 ],f ( x)≤mx,求实数m的取值范围,
（2）若∃x1, x2∈(0,+ ∞), x1≠x2,使得f ( x1)= f ( x2),求证:x1 x2<a
2.
解: (1) 由f ( x)≤mx得2 x−sin x ≤mx, 即m≥2−sin x
x
, 其中x∈(0, π
2).
令h( x)=2−sin x
x
, x∈(0, π
2), 得h
′( x)= sin x−x cos x
x
2
,
设φ( x)=sin x−x cos x , x∈(0, π
2),
则φ
′( x)= x sin x>0, 所以φ( x)在(0, π
2)上单调递增,
所以φ( x)>φ(0)=sin 0−0×cos0=0, 所以h
′( x)>0,
所以h( x)在(0, π
2)上单调递增, 所以h( x)在(0, π
2)上有最大值,
h( x)max =h(
π
2)=2−
sin π
2
π
2
=2−2
π ,
所以m的取值范围为[2−2
π ,+ ∞).
证明: (2)f ( x1)= f ( x2),即2 x1−sin x1−aln x1=2 x2−sin x2−aln x2,
整理为a(ln x2−ln x1)=2( x2−x1)−(sin x2−sin x1),
令u( x)= x−sin x , x>0,
则u
′( x)=1−cos x ≥0,所以u( x)= x−sin x在(0,+ ∞)上单调递增,
不妨设x1< x2,所以x1−sin x1< x2−sin x2, 从而x2−x1>sin x2−sin x1,
所
以
a(lnx2
ln
−
x1)=2(x2−x1) (sin
−
x2
sin
−
x1)>2(x2−x1) (
−x2−x1)=x2−x1, 所以
a>
x2−x1
ln x2−ln x1
,
下面证明
x2−x1
ln x2−ln x1
>❑√x1 x2, 即证明
x2
x1
−1
ln x2
x1
>❑√
x2
x1
.
令x2
x1
=t,即证明t −1
ln t >❑√t,其中t >1,只要证明t −1
❑√t −ln t >0,
设v(t )= t −1
❑√t −ln t(t >1),则v
′(t )= (❑√t −1)
2
2t ❑√t
>0,
所以v(t )在(1,+∞)上单调递增, 所以v(t )>v(1)= 1−1
❑√1 −ln1=0,
所以
x2−x1
ln x2−ln x1
>❑√x1 x2,
所以a>
x2−x1
ln x2−ln x1
>❑√x1 x2,
所以x1 x2<a
2.
5.已知函数f ( x)= ln x −a x
2.
（1）讨论函数f ( x)的单调性.
（2）若x1, x2是方程f ( x)=0的两不等实根，求证:x1
2+ x2
2>2e.
解: (1) 由题意得, 函数f ( x)的定义域为(0,+∞).
由f ( x)= ln x −a x
2得: f
′( x)= 1
x −2ax = 1−2a x
2
x
,
当a≤0时, f
′( x)>0, f ( x) 在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时, 由 f
′( x)>0 得0< x<
❑√2a
2a , 由f
′( x)<0 得x>
❑√2a
2a ,
所以f ( x)在(0,
❑√2a
2a )上单调递增, 在(
❑√2a
2a ,+∞)上单调递减.
（2）证明: 因为x1, x2是方程ln x−a x
2=0的两不等实根,
ln x−a x
2=0⇔2ln x−2a x
2=0，
即x1, x2是方程ln x
2−2a x
2=0的两不等实根,
令t = x
2(t >0),则t1= x1
2,t2= x2
2,
即t1,t2是方程2a= lnt
t 的两不等实根.
令g(t )= lnt
t ,则g
′(t )= 1−ln t
t
2
,
所以g(t )在(0,e)上递增,在(e ,+∞)上递减,g(e)= 1
e ,
当t →0时, g(t )→−∞; 当 t →+ ∞时, g(t )>0且g(t )→0.
所以0<2a< 1
e , 即0<a< 1
2e .
令1<t1<e<t2,
要证x1
2+ x2
2>2e, 只需证t1+t2>2e ,
先证
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
,
令0< x1< x2,
只需证x2−x1
x2+ x1
< ln x2−ln x1
2
, 只需证2( x−1)
x +1
−ln x<0(x = x2
x1
>1),
令φ( x)= 2( x−1)
x +1
−ln x( x>1),φ
′( x)=
4
( x +1)
2 −1
x = −( x−1)
2
x( x +1)
2 <0,
所以φ( x)在(1,+ ∞)上单调递减
所以φ( x)<φ(1)=0.
因为t1
lnt1
= t2
lnt2
,所以
t1+t2
lnt1+ lnt2
=
t1−t2
lnt1−lnt2
< t1+t2
2
,
所以ln t1+ ln t2>2,即t1t2>e
2,所以t1+t2>2❑√t1t2>2e.
3.4.4 拐点偏移
知识点梳理
1.拐点指函数图像凹凸性改变的点，若函数的二阶导数在某一点左右异号，那么该点
即为函数图像的拐点，即若函数f(x)在定义域内连续且二阶可导，且f
″(x0)=0，则
(x0,f(x0))是函数f(x)的一个拐点.
2.（1）若函数图像在拐点两侧的变化速度相同，那么函数图像关于拐点中心对称，这
种称为拐点不偏移.即若f(x1)+f(x2)=2f(x0)，有x0=x1+x2
2
，则拐点不偏移.
（2）若变化速度不同，则图像会出现偏移，我们把这种称为拐点偏移.
①若f(x1)+f(x2)=2f(x0)，有x0<x1+x2
2
，则拐点左偏.
②若f(x1)+f(x2)=2f(x0)，有x0>x1+x2
2
，则称拐点右偏.
3.解此类问题和极值点偏移相似，相当于前面所讲对称化构造，而且一阶导f
′(x)
极值点右偏（左偏）对应拐点右偏（左偏），偏移方向是相同的，所以一般的解题步骤如
下：
（1）讨论函数f(x)单调性，也就是讨论f
′(x).
（2）求解函数拐点，即令f
″(x)=0求出拐点x0.
（3）构造函数F(x)=f(x)+f(2x0−x)，证明F(x)≥或≤2f(x0)恒成立.
（4）得出结论.
典型例题
例1.已知函数f(x)=2lnx+x
2
1
−.
（1）求f
′(x)的最小值.
（2）若x1，x2是两个不相等的正数，且f(x1)+f(x2)=0，证明：x1+x2>2.
解
：
(1)
对
已
知
函
数
求
导
,
得
:
f
′( x)= 2
x +2 x ≥2❑√
2
x ⋅2 x = 4(当且仅当x =1时取等号).
(2)证法一:由(1)知f
′( x)>0, 则f ( x)单调递增, 且f (1)=0.不妨设0< x1<1< x2，
要证明x1+ x2>2, 只需要考虑1< x2<2时情况,
即证明：x2>2−x1,f ( x2)>f (2−x1).
因为f ( x1)+ f ( x2)=0,因此证明：−f ( x1)>f (2−x1).
构造函数：g( x)= f ( x)+ f (2−x)=2[ln(2 x−x
2)−(2 x−x
2)+1)，
其中 x∈(0,1), 令t =2 x −x
2∈(0,1).
由不等式 ln t <t −1 知 g( x)<0. 命题得证.
随堂演练
1.已知函数f(x)=2lnx+x
2+x,若正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)=4.证明：x1+x2≥2.
解：设0< x1≤1≤x2
若x1+ x2≥2⇔x2≥2−x1≥1⇔f ( x2)≥f (2−x1)⇔4−f ( x1)≥f (2−x1)，
即证:4≥f ( x1)+ f (2−x1).
设 F( x)= f ( x)+ f (2−x), x∈(0,1],
则
F
′( x)= f
′( x)−f
′(2−x)=(
2
x +2 x +1)−(
2
2−x +2(2−x)+1)=
4(1−x)(
1
x(2−x) −1)
∵
x(2−x)<1故F
′( x)>0, F( x)在(0,1]单调递增, F( x)≤F(1)= 4 ,证明完毕.
2.已知函数f ( x)=e
x(x−a
x −2)，其定义域为(0,+∞).
（1）求函数f ( x)的单调递增区间.
（2）若函数f ( x)为定义域的增函数，且f ( x1)+ f ( x2)=−4 e，证明：x1+ x2≥2.
解
：
（
1
）
函数f ( x)=e
x(x−a
x −2)的定义域是(0,+∞),f
′( x)= e
x( x−1)( x
2−a)
x
2
，
① 若a≤0, 由f
′( x)>0,得x>1, ∴函数f ( x)的单调递增区间是(1,+∞);
② 若0<a<1, 由f
′( x)>0, 得x>1或0< x<❑√a，∴函数f ( x)的单调递增区间是
(0,❑√a)和(1,+∞);
③ 若a=1, f
′( x)= e
x( x +1)( x−1)
2
x
2
≥0，∴函数f ( x)的单调递增区间是(0,+∞);
④ 若a>1,由f
′( x)>0, 得x>❑√a或0< x<1,∴函数f ( x)的单调递增区间是(0,1)和
(❑√a,+ ∞).
综上, 若a≤0,函数f ( x)的单调递增区间是(1,+∞);
若0<a<1,函数f ( x)的单调递增区间是(0,❑√a)和(1,+∞);
若a=1,函数f ( x)的单调递增区间是(0,+ ∞);
若a>1,函数f ( x)的单调递增区间是(0,1)和(❑√a,+∞).
（2）函数f ( x)为定义域(0,+∞)上的增函数,由(1)可知,a=1,∴f ( x)=e
x(x−1
x −2).
∴f (1)=−2e , ∴f (x1)+ f (x2)=−4 e =2f (1).
不妨设0< x1≤1≤x2,欲证x1+ x2≥2,只需证x2≥2−x1,
即证f (x2)≥f (2−x1), 又只需证−4 e−f (x1)≥f (2−x1),
即证f (x1)+ f (2−x1)≤−4 e.
令g( x)= f ( x)+ f (2−x),0< x ≤1,只需证g( x)≤g(1),
∴g
′( x)=e
2−x( x−1)
2[
e
2 x−2( x +1)
x
2
−3−x
(2−x)
2),
∴e
x≥x +1.
∴e
2 x−2=(e
x−1)
2≥( x−1+1)
2= x
2.
∴
e
2 x−2( x +1)
x
2
−3−x
(2−x)
2 ≥x +1−3−x
(2−x)
2 = x
3−3 x
2+ x +1
(2−x)
2
= ( x−1)(x
2−2 x−1)
(2−x)
2
≥0.
∴g
′( x)=e
2−x( x−1)
2[
e
2 x−2( x +1)
x
2
−3−x
(2−x)
2)≥0.
∴g( x)单调递增,即g( x)≤g(1),从而x1+ x2≥2得证.
3.f ( x)=e
x−1
2 x
2+ax +1,a∈R.
（1）若f ( x)为R上的增函数,求a的取值范围;
（2）若a>0, x1≠x2,且f (x1)+ f (x2)= 4,证明:f (x1+ x2)<2.
解：（1）f
′( x)=e
x−x +a，若f ( x)在R上为增函数，则e
x−x +a≥0恒成立，
即e
x−x ≥−a恒成立.设F( x)=e
x−x，则F
′( x)=e
x−1.
当x∈(−∞,0)时，F
′( x)<0；当x∈(0,+∞)时，F
′( x)>0.
∴F( x)在 (−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.
∴F( x)≥F(0)=1，故−a≤1.∴实数a的取值范围为[−1,+ ∞).
（2）证明：若a>0，由(1)知f ( x)在R上单调递增.
由于f (0)=2，已知x1≠x2，f ( x1)+ f ( x2)= 4，不妨设x1<0< x2.
设函数h( x)= f ( x)+ f (−x)，x<0.f ( x)=e
x−1
2 x
2+ax +1.
则h( x)=e
x−1
2 x
2+ax +1+(e
−x−1
2 x
2−ax +1)=e
x+e
−x−x
2+2.
则h
′( x)=e
x−e
−x−2 x.
设φ( x)=h
′( x)，则φ
′( x)=e
x+e
−x−2≥0.
由于x<0，故h
′( x)在(−∞,0)上为增函数.
∴h
′( x)<h
′(0)=0.
∴h( x)在(−∞,0)上为减函数.
∴h( x1)= f ( x1)+ f (−x1)>h(0)= 4.
∴f ( x2)= 4−f ( x1)<f (−x1).
而f ( x)在R上为增函数.
∴x2<−x1，故x1+ x2<0，从而f ( x1+ x2)<f (0)=2，即f ( x1+ x2)<2.
4. 已知函数f ( x)= 1
2 e
2( x−1)−x
2+e⋅f
′(
1
2)x.
（1）求f ( x)的单调区间;
（2）若存在x1, x2(x1< x2),使得f (x1)+ f (x2)=1,求证:x1+ x2<2.
解：（1）f
′( x)=e
2( x−1)−2 x +e⋅f
′(
1
2).
令x = 1
2, 则f
′(
1
2)= 1
e −1+e⋅f
′(
1
2),解得f
′(
1
2)= 1
e .
∴f
′( x)=e
2( x−1)−2 x +1.
∴f
″( x)=2e
2( x−1)−2=2(e
x−1+1)(e
x−1−1),
∴x =1时,函数f
′( x)取得极小值即最小值, ∴f
′( x)≥f
′(1)=0,
∴函数f ( x)在R上单调递增.
（2）f ( x)= 1
2 e
2( x−1)−x
2+ x ,f
′( x)=e
2( x−1)−2 x +1≥0,单调递增，
令f
″( x)=2e
2( x−1)−2=0. x =1( 拐点)，
f (1)= 1
2 ,f ( x1)+ f ( x2)=2f (1)=1( x1<1< x2)，
要证明x1+ x2<2, 只需x1<2−x2，
f ( x1)<f (2−x2)⇐1−f ( x2)<f (2−x2)，
f ( x2)+ f (2−x2)>1( x2>1)，
构造F( x)= f ( x)+ f (2−x)，
F
′( x)= f
′( x)−f
′(2−x)=e
2( x−1)−2 x +1−e
2(1−x)+2(2−x)−1，
F
′( x)> F
′(1)=0,单调递增, 所以F( x)>1, 原式得证.
