14.双极值点函数的计算与应用_11.3-2_2026-11-03

14.处理多极值点函数最值问题的五种途径
一．基本原理
1.消元，找到极值点x 与x 的关系（根据导函数的零点来建构，常为韦达定理），构建单
1 2
个极值点x 或x 的函数，最终将目标函数转化为x 或x 的函数.
1 2 1 2
2.消元，构建极值点x 与x 与有关参数a的函数（根据导函数的零点来建构，常为韦达定
1 2
理），最终将目标函数转化为参数a的函数
3.构造齐次式消元
方 法 1.已 知 函 数 f(x)lnxax， 若 f(x ) f(x )0， 不 妨 设 x  x ， 则 令
1 2 1 2
x lnt tlnt
t  2 1，可得：lnx ax lnxt atx  x  ,x  .于是，我们需
x 1 1 1 1 1 a(t1) 2 a(t1)
1
要进一步找寻x ,x 与t的关系，从而实现比值代换.
1 2
x lnx lnx
方法2.对数减法：lnx lnx ln 1 或是 1 2
1 2 x x x
2 1 2
x x x2 x2
方法3.齐次分式：例如： 1 2 1 2 等；
x x x x
1 2 1 2
a c ab cd
方法4.合分比结构：如果  ，则  ,(ab,cd).
b d ab cd
x
方法5.非对称型：如x kx 2x 或者商型结构： 1 或分式型等是应用比值代换的天然
1 2 0 x
2
沃土.
4.对数均值不等式
 ab
 (a b),
两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)lnalnb ，对数平均与算术平均､
 a(a b).
几何平均的大小关系：
ab
ab  L(a,b)
2
（此式记为对数平均不等式），取等条件：当且仅当ab时，等号成立．
5.两个重要的三变量命题函数
1
先介绍两个函数： f(x) x alnx，g(x)(x1)lnxa(x1).
x
这两个函数的零点要注意，首先，x 1一定是一个零点，其次，当a满足一定条件时，
2还会再有两个零点x ,x 出现，并且，这两个函数有一个很重要的特点，若 f(x)0，则
1 3
有
1
f( )0，这就意味着剩下的两个零点会有隐含关系：x x 1，这个关系在解决相关多
x 1 3
极值点问题时至关重要！
二．典例分析
★1.消元，构建单个极值点x 或x 的函数
1 2
1
例1.（2018全国1卷）已知函数 f(x) xalnx.
x
（1）讨论 f(x)的单调性；
f(x ) f(x )
（2）若 f(x)存在两个极值点x ,x ，证明： 1 2 a2.
1 2 x x
1 2
解析：（2）由（1）知， f x 存在两个极值点当且仅当a2.
由于 f x 的两个极值点x ,x 满足x2 ax10，所以x x 1，不妨设x  x ，则
1 2 1 2 1 2
x 1.由于
2
f x  f x  1 lnx lnx lnx lnx 2lnx
1 2  1a 1 2 2a 1 2 2a 2
x x x x x x x x 1 ，
1 2 1 2 1 2 1 2 x
x 2
2
f x  f x  1 1
所以 1 2 a2等价于 x 2lnx 0.设函数gx x2lnx，由
x x x 2 2 x
1 2 2
（1）知，gx
在
0, 单调递减，又g10，从而当x1, 时，gx0.所
1 f x  f x 
以 x 2lnx 0，即 1 2 a2.
x 2 2 x x
2 1 2
★2.消元，构建有关参数a的函数
例2．已知函数 f(x)ax2 (2a1)xln(x1)有两个极值点x ，x .
1 2
（1）求a的取值范围；
5
（2）证明： f(x ) f(x )2ln2 .
1 2 4
1 2a(x1)2 (x1)1
解析：（1）∵ fx2ax2a1  ，∴y 2at2 t1
x1 x1
18a 0
 1
有两个不等正根x 1，x 1，∴ 1 ，解得0a .
1 2 0 8

4a1 1
（2）由已知得x 1x 1 ，x 1x 1 ，x x 1，
1 2 2a 1 2 2a 1 2
f x 1  f x 2 a  x 1 2 x 2 2 (2a1)x 1 x 2 ln  x 1 1x 2 1 ，
 1 
ax x 2 2x x (2a1)

2

ln(2a)，
 1 2 1 2 2a 
  1  2  1 1
a 2  21 4a2ln(2a)  2aln(2a)1，
 2a   2a 4a
1 1 1
令2at，则0t  ， 4，g(t) tlnt1，
4 t 2t
2
1 1 11  3
g(t) 1  1  0，∴gt 是增函数，
 
2t2 t 2t  2
1 1 5 5
g(t) g   2 2ln212ln2 ，即 f x  f x 2ln2 .
4 4 4 1 2 4
★3.构造齐次式消元
1
例3.已知函数 f x2xalnx 有两个不同的极值点x 、x x  x  .
x 1 2 1 2
（1）求实数a的取值范围；
f x  f x  4
（2）若a3，求证：x 1，且 1 2  2ln2.
1 x x 3
1 2
 
解：（1）因此，实数a的取值范围是 2 2, ；
（2）由题意可知，x 、x 为方程2x2 ax10的两个实根，由于x  x ，则
1 2 1 2
a a2 8 a a2 8
x  ，当a3时， a2 8 1，x  1，由（1）可知
1 4 1 4
 a
x x 
  1 2 2
 ，
1

x x 
 1 2 2
x 1 1
2x x aln 1  
f x  f x  1 2 x x x 2x x  x x x
1 2  2 1 2  1 2 2ln 1  1 2
x x x x x x x x x x x 
1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2
 x 
4 1 1
 4x 1 x 2  2ln x 1   x 2  2ln x 1 ， x 1 2x2 2，令t  x 1 2，设
x x x x x x 1 x
1 2 2 1 1 2 2 2
x
2
4t1 8 2 2t12
ht 2lnt，t 2.ht   0，所以，函数
t1 t12 t tt124
y ht 在 2, 上单调递减，所以，hth2 2ln2，因此，
3
f x  f x  4
1 2  2ln2.
x x 3
1 2
★4.对数均值不等式
1
例6.（2018全国1卷）已知函数 f(x) xalnx.
x
（1）讨论 f(x)的单调性；
f(x ) f(x )
（2）若 f(x)存在两个极值点x ,x ，证明： 1 2 a2.
1 2 x x
1 2
（1）略.
（2）证明：由（1）可得，当a2时， f(x)存在两个极值点x ,x . 且x ,x 是导函数
1 2 1 2
x2 ax1
f '(x) 的两零点，故x x 1.
x2 1 2
1 1

f(x ) f(x ) x x a(lnx lnx ) 1 a(lnx lnx )
由于 1 2  1 2  1 2 1  1 2 1，由对数
x x x x x x x x x x
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 a(lnx lnx ) 1
均值不等式可知  1 2 1a x x  1，代入x x 1可得：
x x x x 1 2 x x 1 2
1 2 1 2 1 2
f(x ) f(x )
1 2 a2，证毕.
x x
1 2
★5.三极值点问题中的奥秘
x2 1
例7.设函数 f(x)(ax1)lnx axa (aR)(凌晨) .
2 2
（1）当a2时，证明： f(x)0；
（2）已知 f(x)恰好有3个极值点x ,x ,x (x  x  x ) .
1 2 3 1 2 3
（ⅰ）求实数a的取值范围；
x x x
（ⅱ）证明： 1  2  3 a2 4a7 .（凌晨讲数学）
x x x
2 3 1
1
解析：（ⅰ）由于 f '(x) x alnx. 故a2.
x
x x x 2 2
（ⅱ）证明：此时有 1  2  3  x2  ，设h(x) x2  ，则只需证明
x x x 3 x x
2 3 1 32
h(x )a2 4a7，求导得h'(x)2x ，所以h(x) 在(1,)上单调递增，注意得
3 x2
到 x 
a a2 4

a (a2)(a2)
a11，所以 h(x )

a1
2

2
，所
3 2 2 3 a1
2
以只需证明(a1)2  a2 4a7 ，实际上，上式等价于(a2)2 0成立，所以
a1
原不等式得证.
★6.新定义问题
例8．定义：如果函数 f x在定义域内，存在极大值 f x 和极小值 f x 且存在一个常
1 2
数k，使 f x  f x kx x 成立，则称函数 f x为极值可差比函数，常数k称为该
1 2 1 2
1
函数的极值差比系数．已知函数 f xx alnx．
x
5
（1）当a 时，判断 f x是否为极值可差比函数，并说明理由；
2
（2）是否存在a使 f x的极值差比系数为2a?若存在，求出a的值；若不存在，请说明
理由；
3 2 5
（3）若 a ，求 f x的极值差比系数的取值范围．
2 2
5 1 5
解析：（1）当a 时， f xx  lnxx0，所以
2 x 2
1 5 2x1x2
fx1   ，
x2 2x 2x2
 1 1   1
当x0, 2,时， f′x0；当x ,2时， f′x0．所以 f x在0, 和
 2 2   2
1  1 5 3
2,上单调递增，在 ,2上单调递减，所以 f x的极大值为 f   ln2 ，极小
2  2 2 2
3 5 1  10 1 
值为 f 2  ln2，所以 f   f 22 ln2 2，因此 f x极值可差比函
2 2 2  3 2 
数．
1 a x2ax1
（2） f x的定义域为0,， fx1  ，即 fx ，假设存在a，使
x2 x x2
得 f x的极值差比系数为2a，则x ,x 是方程x2ax10的两个不等正实根，
1 2
Δa240

x x a ，解得a2，不妨设x x ，则x 1，由于
1 2 1 2 2

xx 1
 1 2
1  1 
f x  f x x  alnx x  alnx 
1 2 1 x 1  2 x 2 
1 2 1  x x  a x 
x x  1 aln 1 2x x aln 1 2 ln 1  x x ，所以
1 2  xx  x 1 2 x  x x x  1 2
1 2 2 2 1 2 2
a x 1 x 1
2a2 ln 1 ，从而 ln 1 1，得x  2lnx 0* ，
x x x x x x 2 x 2
1 2 2 1 2 2 2
令gxx
1
2lnxx1，则gx
x22x1

x12
0，所以gx在1,上单调
x x2 x2
递增，有gxg10，因此*式无解，即不存在a使 f x的极值差比系数为2a．
a x x x x
（3）由（2）知极值差比系数为2 ln 1 ，即极值差比系数为2 1 2 ln 1 ，不妨
x x x x x x
1 2 2 1 2 2
x t1
设0x x ，令t  1 ，则t0,1，极值差比系数可化为2 lnt，
1 2 x t1
2
x x 2 x x 1 3 2 5 9 1 25 1 1
a2  1 2  1  2 2t 2，又 a ，即 t 2 ，解得 t
xx x x t 2 2 2 t 4 4 2
1 2 2 1
，
1
t1 1 1 2lnt t
令pt2 lnt t ，则 pt t ，
t1 4 2 t12
设ht2lnt 1 t   1 t1  ,ht 2  1 1 2t1t2  t12 0，所以ht在   1 ,1  
t 4  t t2 t2 t2 4 
上单调递减，当t   1 ,1   时，hth   1 h10，从而pt0，所以pt在   1 , 1  上
4  2 4 2
1 1 10
单调递增，所以p  pt p ，即2 ln2 pt23ln2．故 f x的极值差比
4 2 3
 10 
系数的取值范围为 2 ln2,23ln2
 
 3 
三．习题演练
𝟏
1.（安徽省合肥市2025届高三一模）已知函数𝒇(𝒙)=𝐥𝐧𝒙‒𝒂(𝒙‒ )，其中𝒂>𝟎.
𝒙
（1）讨论𝒇(𝒙)的单调性;
（2）若函数𝒇(𝒙)有两个极值点𝒙 ，𝒙 (𝒙 <𝒙 )，证明：𝒇(𝒙 )+𝒇(𝒙 )+𝒇(𝒙 +𝒙 )>𝐥𝐧
𝟏 𝟐 𝟏 𝟐 𝟏 𝟐 𝟏 𝟐
𝟑
𝟐‒ .
𝟒
2.已知函数 f(x)(xa)lnxxlna，其中a0．
（1）求 f(x)的极值；
1
（2）设函数g(x) f(x) f  有三个不同的极值点x,x ,x ．
x 1 2 3
（i）求实数a的取值范围；
（ii）证明：x2x2x2 3．
1 2 3
a b lnx x1 1x
3．定义运算： adbc，已知函数 f(x) ，g(x) .
c d 1 a x（1）若函数 f x的最大值为0，求实数a的值；
 1  1  1   1 
（2）证明：1 1 1 L 1 e；
 22  32  42   n2 
hx 2x hx 2x
（3）若函数hx f xgx存在两个极值点x ，x ，证明： 1 1 2 2 a.
1 2 x x
1 2
参考答案
1
1.（安徽省合肥市2025届高三一模）已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥‒𝑎(𝑥‒ )，其中𝑎>0.
𝑥
(1)讨论𝑓(𝑥)的单调性;
3
(2)若函数𝑓(𝑥)有两个极值点𝑥 ，𝑥 (𝑥 <𝑥 )，证明：𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 +𝑥 )>ln2‒ .
1 2 1 2 1 2 1 2 4
1 𝑎 ‒𝑎𝑥2+𝑥‒𝑎
解析 ：(1)函数𝑓(𝑥)定义域为(0,+∞)，且𝑎>0，𝑓'(𝑥)= ‒𝑎‒ = ，
𝑥 𝑥2 𝑥2
令𝑔(𝑥)=‒𝑎𝑥2+𝑥‒𝑎，
1
当1‒4𝑎2≤0，即𝑎≥ 时，𝑔(𝑥)≤0恒成立，则𝑓'(𝑥)≤0，所以𝑓(𝑥)在(0,+∞)上是单调递
2
减；
1 1‒ 1‒4𝑎2 1+ 1‒4𝑎2
当1‒4𝑎2>0，即0<𝑎< 时，函数𝑔(𝑥)有两个零点：𝑥 = ，𝑥 = ，
2 1 2𝑎 2 2𝑎
当x变化时，𝑓(𝑥)，𝑓'(𝑥)的变化情况如下表所示：
x (0,𝑥 1 ) 𝑥 1 (𝑥 1 ,𝑥 2 ) 𝑥 2 (𝑥 2 ,+∞)
𝑓'(𝑥) - 0 + 0 -
𝑓(𝑥) 单调递减 𝑓(𝑥 1 ) 单调递增 𝑓(𝑥 2 ) 单调递减
1 1‒ 1‒4𝑎21+ 1‒4𝑎2
所以，当0<𝑎< 时，𝑓(𝑥)在( , )内单调递增，
2 2𝑎 2𝑎
1‒ 1‒4𝑎2 1+ 1‒4𝑎2 1
在(0, )和( ,+∞)上单调递减；当𝑎≥ 时，𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减；
2𝑎 2𝑎 2
1
(2)由(1)知，当0<𝑎< 时，𝑓(𝑥)有两个极值点𝑥 ，𝑥 (𝑥 <𝑥 )，
2 1 2 1 2
1
则𝑥 ，𝑥 是方程𝑔(𝑥)=0的两个根，由韦达定理，得𝑥 𝑥 =1，𝑥 +𝑥 = ，
1 2 1 2 1 2 𝑎
所以0<𝑥 <1<𝑥 ，
1 2𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 +𝑥 )
1 2 1 2
1 1 1
=𝑓(𝑥 )+𝑓( )+𝑓( )=𝑓( )
1 𝑥 𝑎 𝑎 ，
1
1 1
=ln ‒𝑎( ‒𝑎)=‒ln𝑎‒1+𝑎2
𝑎 𝑎
1
令ℎ(𝑥)=‒ln𝑥‒1+𝑥2，0<𝑥< ，
2
1 2𝑥2‒1
则ℎ'(𝑥)=‒ +2𝑥= ，
𝑥 𝑥
1 1
当0<𝑥< 时，ℎ'(𝑥)<0，则ℎ(𝑥)在区间(0, )上是单调递减，
2 2
1 3
从而ℎ(𝑥)>ℎ( )=ln2‒ ，
2 4
3
故𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 )+𝑓(𝑥 +𝑥 )>ln2‒ .
1 2 1 2 4
2.已知函数 f(x)(xa)lnxxlna，其中a0．
（1）求 f(x)的极值；
1
（2）设函数g(x) f(x) f  有三个不同的极值点x,x ,x ．
x 1 2 3
（i）求实数a的取值范围；
（ii）证明：x2x2x2 3．
1 2 3
xa a
解析：（1）由题可得 f(x)lnx lnalnx 1lna， ∴ f(x)在(0,)单调
x x
递增，∵ f(a)0，∴x(0,a)时， f(x)0,x(a,)时 f(x)0，
∴ f(x)在(0,a)单调递减，在(a,)单调递增，∴ f(x)  f(a)alna，无极大值；
极小值
1 1  1   1 
（2）（ⅰ）g(x) f(x) f  1 lnx(lna1) 1，
x2 x  x2 x2 
由题可知g(x)0有三个不同的正实根x、x、x ，令t x2(0,)，则
1 2 3
1 1 1  2(lna1)(t1)
g(x)0 1 lnt(lna1) 10lnt 0，令
2 t t  t1
2(lna1)(t1)
h(t)lnt ，h(t)0有三个不同的正实根x2、x 2、x 2，
t1 1 2 3
1 4lna1 t12 4tlna1 t264lnat1
ht    ，∴h(t)0有两个不同的正
t t12 tt12 tt12
64lna2 40
实根，∴ ∴ae2，
 4lna60
设h(t)0的两个不同的正实根为m、n，且0mn，此时h(t)在(0,m)和(n,)单调递
增，(m,n)单调递减，又∵h(1)0，∵h(t)(t0)，且h(t)(t)，
∴h(t)有三个不同的正实根，满足题意，∴a的取值范围是  e2,  ；（ⅱ）令t x2、t  x2，由（ⅰ）知x 1,0t 1t ，且t 、t 为
1 1 3 3 2 1 3 1 3
2(lna1)(t1) (t1)lnt
h(t)lnt 的正实根，h(t)02(lna1) (t1)，
t1 t1
(t1)lnt
令(t) ，则t t ，∴(t)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增，
t1 1 3
令F(t)(t)(2t),t(0,1)，则
1 1  1 
t 2lnt 2t 2ln(2t) 2  1 ln[t(2t)] 
F(t)(t)(2t) t  2t   t(2t) 
(t1)2 (t1)2 (t1)2
1 1 1
∵t(0,1)，∴0t(2t)1，令H(x)1 lnx(0 x1)，H(x)  0，
x x2 x
∴H(x)在(0,1)单调递增，∴F(t)0，∴F(t)在(0,1)单调递减，
∵t (0,1)，∴Ft F(1)0t 2t ，∵t t ，∴t 2t ，
1 1 1 1 1 3 3 1
∵(t)在(1,)单调递增，∴t 2t t t 2，∴x2x2x2 3.
3 1 1 3 1 2 3
a b lnx x1 1x
3．定义运算： adbc，已知函数 f(x) ，g(x) .
c d 1 a x
(1)若函数 f x的最大值为0，求实数a的值；
 1  1  1   1 
(2)证明：1 1 1 L 1 e；
 22  32  42   n2 
hx 2x hx 2x
(3)若函数hx f xgx存在两个极值点x ，x ，证明： 1 1 2 2 a.
1 2 x x
1 2
a
解析：（1）由题意知： f xalnxx1，f(x) 1(x0)，
x
①当a0时， fx0， f x在(0,)单调递减，不存在最大值．
②当a0时，由 fx0得xa，
当x0,a， fx0；x(a,)， fx0，
函数y f x的增区间为0,a，减区间为(a,)．
f x  f aalnaa10，令aalnaa1，则alna，
max
当a0,1时，a0，函数a递减，
当a1,时，a0，函数a递增，
又10，a1.
（2）证明：由（1）知，当a1时，函数 f xlnxx1在0,1上单调递增，
在(1,)上单调递减，
所以 f xlnxx1 f 10，即lnxx1，1 1 1 1 1 1
当n1时，ln(1 )(1 )1    ．
n2 n2 n2 nn1 n1 n
 1   1   1   1 1 1  1 1 1
ln1 ln1 ln1 1     1 1，
 22   32   n2   2 2 3 n1 n n
 1  1  1   1 
1 1 1 1 e．
 22  32  42   n2 
1
（3）证明：Qh(x) f(x)g(x)alnxx
x
a 1 x2ax1
h(x) 1 
x x2 x2
“函数hx存在两个极值点x,x ”等价于
1 2
a 1 x2ax1
“方程h(x) 1  0有两个不相等的正实数根”
x x2 x2
Δa240

故xx 1 ，解得a2，
1 2

x x a0
 1 2
1 1 x x
alnx x  alnx x  a(lnx lnx )(x x ) 2 1
h(x )h(x ) 1 1 x 2 2 x 1 2 2 1 xx
Q 1 2  1 2  1 2
x x x x x x
1 2 1 2 1 2
a(lnx lnx )
 1 2 2，
x x
1 2
hx 2x hx 2x lnx lnx
要证 1 1 2 2 a，即证 1 2 1，
x x x x
1 2 1 2
1
x x 1，不妨令0x 1x ，故x  1
1 2 1 2 1 x
2
lnx lnx 1 1
由 1 2 1，得2lnx x  0，即证2lnx x  0，
x x 2 2 x 2 2 x
1 2 2 2
1
令(x)2lnxx (x1)
x
(x)
2
1
1

x22x1

x12 0在1,恒成立，
x x2 x2 x2
所以函数x在1,上单调递减，故x10．
hx 2x hx 2x
 1 1 2 2 a成立．
x x
1 2