【培优点19：极值点偏移】
【高考定位】
极值点偏移问题是导数综合题的核心压轴题型之一，本质是函数在极值点两侧增减速率不对称导致零点
（或极值相关点）偏离中点的现象.此类问题常以不等式证明形式出现，考查函数单调性分析、构造思想
与转化能力，是二轮复习需重点突破的难点.
【知识拓展】
1.极值点偏移的定义与本质
设函数
在
处取得极值，若方程
有两个不等实根
（即函数有两个零点），满足
：
无偏移：若函数图象关于直线
对称（如二次函数），则
；
左偏移：若函数在
左侧增减速率快于右侧（左陡右缓），则
；
右偏移：若函数在
右侧增减速率快于左侧（右陡左缓），则
.
本质：函数的凹凸性决定增减速率，进而导致极值点偏移.可通过二阶导数符号辅助判断凹凸性
2.常见题设特征与核心目标
（1）题设条件：①函数
有唯一极值点
；②存在两个不等实根
满足
（或
).
（2）核心目标：证明与两根相关的不等式，如
、
、
等.
3.必备辅助工具
（1）对数均值不等式：对任意正数
，有
，取等条件为
.常用于比值
换元后的不等式放缩，是解决指数、对数型极值点偏移问题的核心工具.
（2）导数单调性判定：通过一阶导数判断原函数单调性，通过二阶导数判断一阶导数单调性（即原函数
凹凸性），为构造函数的单调性分析提供依据.
【热点题型1：对称化构造（差函数构造）】
【核心归纳】
【方法核心】利用函数在极值点两侧的对称性，构造与极值点相关的差函数，通过分析差函数的单调性，
将双变量问题转化为单变量问题，进而证明不等式.此方法适配性强，尤其适合解决
类加法型
偏移问题
1.解题模板（四步走）
1.Step1：求导分析原函数单调性，确定极值点
对
求导得
，解方程
得极值点
，明确
在
和
上的单调性（如
左减右增或左增右减）.
2.Step2：构造对称差函数
知识讲解与常考题型
题型分类
核心构造形式：
（或
）.
原理：通过对称变换，将
转化为
，利用差函数符号判断
与
的大小关系.
3.Step3：分析差函数
的单调性与符号
对
求导得
，判断
在目标区间（如
）的符号，得出
的单调性，进而确定
与
的大小关系（如
时
）.
4.Step4：结合原函数单调性证明结论
不妨设
，由
得
，即
.结合
，得
，再由原函数单调性（如
单调递减）得
，
整理得
.
2.典型例题（融合网络名师精讲题型）
例：已知函数
（
），若
有两个零点
，证明：
.
【解析】
（1）求导分析：
，令
得极值点
.
在
单调递减，在
单调递增.
（
2
）
构
造
差
函
数
：
设
（
）
，
则
.
（3）分析差函数：
，故
在
单调递减，
，即
.
（4）证明结论：不妨设
，则
，由
及
，
得
，故
.又
，
在
单调递减，故
，
即
.
【易错提示】
构造函数形式错误：需紧扣极值点
，加法型偏移优先构造
，避免构造方向
偏差.
忽略变量范围：差函数的定义域需与原函数单调区间匹配（如上述例题中
），否则单调性分析无
效.
未结合原函数单调性“脱
”：最后一步需通过原函数单调性将函数值大小关系转化为自变量大小关系，
这是对称化构造的关键收尾步骤.
（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)=( x -2)e
x+a( x -1)
2有两个零点x1，x2.
(1)求a 的取值范围；
(2)证明：x1+ x2<2.
【答案】(1)(0,+ ∞)
(2)证明见解析
经典例题
【分析】（1）求导，根据导函数的符号来确定函数单调性（要根据导函数零点来分类），即可求解；
（2）借助（1）的结论来证明，由单调性可知x1+ x2<2等价于f ( x 1)>f (2- x2)，即f (2- x2)<0．设
g( x)=- x e
2- x -( x -2)e
x，利用导数判断其单调性，即可证明x1+ x2<2．
【详解】（1）由f ( x)=( x -2)e
x+a( x -1)
2，得f
'( x)=( x -1)e
x+2a( x -1)=( x -1)(e
x+2a)．
若a=0，则f ( x)=( x -2)e
x，f ( x)只有一个零点．
若a>0，则当x∈(-∞,1)时，f
'( x)<0；当x∈(1,+∞)时，f
'( x)>0．
所以f ( x)在(-∞,1)单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增．
当x→-∞时，( x -2)e
x→0，故f ( x)→+∞，又f (1)=-e，
所以f ( x)在(-∞,1)上必存在一个零点；
当x→+∞时，f ( x)→+∞，则f ( x)在(1,+ ∞)上必存在一个零点；
故a>0时，f ( x)存在两个零点．
若a<0，由f
'( x)=0得x =1或x = ln(-2a)．
若a≥-e
2，则ln(-2a)≤1，故当x∈(1,+ ∞)时，f
'( x)>0，
因此f ( x)在(1,+ ∞)单调递增．f ( x)在(1,+∞)内至多有一个零点；
又当x ≤1时f ( x)<0，所以f ( x)不存在两个零点．
若a<-e
2，则ln(-2a)>1，故当x∈(1,ln(-2a))时，f '( x)<0；
当x∈(ln(-2a),+ ∞)∪(-∞,1)时，f
'( x)>0．
因此f ( x)在(1,ln(-2a))单调递减，在(ln(-2a),+∞)和(-∞,1)上均单调递增．
而f (1)=-e，则f(ln(-2a))<0，此时在(1,ln(-2a))内无零点，
而当x→+ ∞时，f (x)→+∞，故(ln(-2a),+∞)上有一个零点；
又当x ≤1时，f ( x)<0，所以f ( x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0,+∞)．
（2）不妨设x1< x2，由（1）知x1∈(-∞,1), x2∈(1,+ ∞)，2- x2∈(-∞,1)，
f ( x)在(-∞,1)单调递减，所以x1+ x2<2等价于f ( x 1)>f (2- x2)，即f (2- x2)<0．
由于f (2- x2)=- x2e
2- x2+a( x2-1)
2，而f ( x2)=( x2-2)e
x2+a( x2-1)
2=0，
所以f (2- x2)=- x2e
2- x2-( x2-2)e
x2．
设g( x)=- xe
2- x -( x -2)e
x，则g
'( x)=( x -1)(e
2- x -e
x)．
所以当x>1时，g
'( x)<0，此时g(x)在(1,+∞)上单调递减，
而g(1)=0，故当x>1时，g( x)<0．
从而g( x2)= f (2- x2)<0，故x1+ x2<2．
（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f (x)=e
1
x -a
+ ln x -a有两个零点x1、x2．证
明：x1+ x2>2a．
【答案】证明见解析
【分析】构造新函数g(x)=e
x+ x，通过其单调性，转化为函数h(x)= ln x + 1
x -a的零点问题，分析函数
h(x)的单调性，设x1< x2，可得出0< x1<1< x2，构造新函数φ(x)= ln x - 1
2(x - 1
x)，通过其单调性，确定
其正负，对a= ln x + 1
x 进行放缩，从而证明.
【详解】令f (x)=0，得e
1
x -a
+ ln x -a=0，则e
1
x -a
+ 1
x -a= 1
x - ln x，
即e
1
x -a
+(
1
x -a)=e
ln 1
x + ln 1
x ，
令函数g(x)=e
x+ x，则g(
1
x -a)= g(ln 1
x)，
因为g(x)在R上单调递增，所以1
x -a= ln 1
x ，即ln x + 1
x -a=0
令函数h(x)= ln x + 1
x -a，则h
' (x)= x -1
x
2 ，
令h
' (x)>0，得x>1，h
' (x)<0，得0< x<1，
所以函数h(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，
由题意可知，函数h(x)有两个零点x1、x2，不妨设x1< x2，则0< x1<1< x2，
令函数φ(x)= ln x - 1
2(x - 1
x)，则φ
' (x)=- (x -1)
2
2 x
2
≤0，
所以φ(x)在(0,+ ∞)上单调递减．
因为φ(1)=0，所以当x∈(0,1)时，φ(x)>0；当x∈(1,+ ∞)时，φ(x)<0．
所以φ(x1)>φ(1)=0，φ(x2)<φ(1)=0，
即ln x1> 1
2(x1- 1
x1)，ln x2< 1
2(x2- 1
x2)，
所以由a= ln x + 1
x 有两个不相等的正根x1、x2，且0< x1<1< x2
得a= 1
x1
+ ln x1> 1
x1
+ 1
2(x1- 1
x1)= x1
2 + 1
2 x1
，则2a x1> x1
2+1，
a= 1
x2
+ ln x2< 1
x2
+ 1
2(x2- 1
x2)= x2
2 + 1
2 x2
，则2a x2< x2
2+1，即-2a x2>- x2
2-1，
小试牛刀1
所以2a(x1- x2)> x1
2- x2
2=(x1+ x2)(x1- x2)，
因为x1- x2<0，所以x1+ x2>2a．
（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)=2aln x + 1
2 x
2-(a+2)x，其中a 为
常数．若函数f ( x)有两个不相等的零点x1, x2，证明：x1+ x2>4．（a<0）
【答案】证明见解析
【分析】先得到f ( x)的单调性和极值情况，确定
1
ln 2-1 <a<0，不妨令0< x1<2< x2，分析得到只需证
f (4 - x1)<f (x2)，构造差函数，进行证明即可.
【详解】f ( x)=2aln x + 1
2 x
2-(a+2)x定义域为(0,+∞)，
故f
'( x)= 2a
x + x -(a+2)= x
2-(a+2) x +2a
x
= (x -2)(x -a)
x
，
因为a<0，所以x -a>0，令f
'( x)>0得x>2，令f
'( x)<0得0< x<2，
故f ( x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
f ( x)在x =2处取得极小值，
f (2)=2a ln 2+2-2(a+2)=2a ln 2-2-2a，
又x趋向于0 或+ ∞时，f ( x)趋向于+ ∞，
由零点存在性定理可得，只需f (2)=2aln 2-2-2a<0成立，
即a>
2
2ln 2-2 =
1
ln 2-1，故
1
ln 2-1 <a<0，
此时f ( x)存在两个不相等的零点x1, x2，不妨令0< x1<2< x2，
要证x1+ x2>4，即证x2>4 - x1，而4 - x1∈(2,4)，x2∈(2,+∞)，
由于f ( x)在(2,+ ∞)上单调递增，只需证f (4 - x1)<f (x2)，
令h(x)= f (4 - x)- f (x)，0< x<2，
则h
' (x)=- f
' (4 - x)- f
' (x)=- 2a
4 - x -(4 - x)+(a+2)- 2a
x - x +(a+2)
=- 2a
4 - x - 2a
x +2a=-2a⋅(x -2)
2
x (4 - x)，
显然，当0< x<2时，h
' (x)=-2a⋅(x -2)
2
x (4 - x) >0，
所以h(x)在(0,2)上单调递增，
故h(x)<h(2)=0，故h(x1)<0，即f (4 - x1)<f (x1)，
又f (x1)= f (x2)，故f (4 - x1)<f (x2)，x1+ x2>4得证.
小试牛刀2
（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)= ln(1+ax)- x，其中a>0.当a>1时，
设f ( x)的两个零点为x1，x2，求证：x1+ x2>2- 2
a.
【答案】证明见解析
【分析】对f (x)求导，可得f (x)在(- 1
a ,1- 1
a)上单调递增，在(1- 1
a ,+ ∞)上单调递减，不妨设x1< x2，
可得x1=0，x2>0，要证x1+ x2>2- 2
a，只需证x2>2- 2
a，只需证f(2- 2
a)>f (x2)=0，令
g(x)= ln (2 x -1)-2+ 2
x
(x>1)求导可得g(x)>0，得证.
【详解】由f (x)= ln (1+ax)- x，因为a>1，所以f (x)定义域为(- 1
a ,+∞)，
则f
' (x)=
a
1+ax -1=-ax +a-1
1+ax
=
-a[x -(1- 1
a)]
1+ax
，
令f
' (x)>0，得- 1
a < x<1- 1
a，由f
' (x)<0，得x>1- 1
a，
所以函数f (x)在(- 1
a ,1- 1
a)上单调递增，在(1- 1
a ,+∞)上单调递减，
当a>1时，1- 1
a >0，又f (0)=0，故x1=0，x2>0.
要证x1+ x2>2- 2
a，只需证x2>2- 2
a，而2- 2
a =2(1- 1
a)>1- 1
a，
又f (x)在(1- 1
a ,+∞)上单调递减，只需证f(2- 2
a)>f (x2)=0即可.
又f(2- 2
a)= ln[1+a(2- 2
a)]-2+ 2
a = ln (2a-1)-2+ 2
a，
令g(x)= ln (2 x -1)-2+ 2
x
(x>1)，则g
' (x)= 2(x -1)
2
(2 x -1) x
2 >0，所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=0，即f(2- 2
a)>0，则x2>2- 2
a，
所以x1+ x2>2- 2
a.
【热点题型2：比（差）值换元】
【核心归纳】
【方法核心】当对称化构造适配性不足（如含指数、对数的乘积型偏移问题
）时，通过引入比值
小试牛刀3
或差值参数，将双变量
转化为单变量，再构造关于的函数证明不等式.此方法是《高中数学各个
击破》重点讲解的进阶方法，能有效解决复杂双变量问题.
1.分类与解题模板
（1）比值换元（最常用）
适用场景：含指数、对数的乘积型或商型偏移问题（如
、
）.
1.Step1：设定比值参数
不妨设
，令
（
），则
.
2.Step2：结合题设条件消参化简
由
列出等式，代入
，消去参数
（或其他参数），建立
与的关系（如通过对数
变形分离
）.
3.Step3：构造关于的函数
将目标不等式转化为关于的不等式，构造函数
，通过求导分析
的单调性与最值，证明不等式成
立.
（2）差值换元
适用场景：变量差值易表示的问题（如
，
）.
1.Step1：设定差值参数
令
（
），则
.
2.Step2：消参转化
由
建立关于
和的等式，消去
（或保留
作为辅助变量），转化为单变量的问题.
3.Step3：构造函数证明
同比值换元，构造
，通过导数分析证明结论.
2.典型例题（结合对数均值不等式应用）
例：已知函数
（
）有两个零点
，证明：
.
【解析】
（1）比值换元：由
，
，两式相除得
，取对数得
.令
（
），则
，代入得
，解得
，
.
（2）转化目标不等式：
等价于
，即
.
（
3
）
构
造
函
数
证
明
：
设
（
）
，
求
导
得
.令
，则
，当
时，
，故
，
在
单调递增. 又
，故
，即
，原不等式得证.
【易错提示】
参数范围界定：比值换元后
（或
），差值换元后
，需明确参数范围以确保单调性分析
准确.
对数均值不等式的灵活运用：当出现
形式时，可直接利用对数均值不等式放缩，简化证明过
程（如上述例题可通过
快速推导）.
代数变形技巧：换元后需通过对数、指数变形将双变量等式转化为单变量表达式，避免出现复杂分式或根
式，降低求导难度.
（24-25 高二下·福建莆田·月考）已知函数f (x)= xln x -a x
2-2 x.
(1)讨论导函数f
' (x)的零点个数情况；
(2)若f (x)有两个不同极值点x1、x2.当x1>4 x2时，证明：x1 x2
2>16e
3.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由f
' (x)结合参变分离得2a= ln x -1
x
，利用导数分析函数g(x)的单调性与极值，数形结合可
得出实数a在不同取值下，函数f
' (x)的零点个数；
（2）由题意可得¿得2a=ln x1-ln x2
x1- x2
，要证明x1 x2
2>16e
3，只需证明ln x1+2ln x2>4ln2+3，设
t = x1
x2
(x1>4 x2)，则t >4，即证lnt - 4ln2⋅t -1
t +2 >0(t >4)即可，令h(t )=lnt - 4ln2⋅t -1
t +2
(t >4)，利用
导数分析函数g(t )的单调性，结合函数g(t )的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）因为函数f (x)= xln x -a x
2-2 x的定义域为(0,+ ∞)，
且f
' (x)= ln x +1-2ax -2= ln x -1-2ax，由f
' (x)=0可得2a= ln x -1
x
，
令g(x)= ln x -1
x
，其中x>0，则g
' (x)=
1
x ⋅x -(ln x -1)
x
2
= 2- ln x
x
2
，
由g
' (x)=0可得x =e
2，列表如下：
x
(0,e
2)
e
2
(e
2,+ ∞)
g
' (x)
+
0
-
g(x)
增
极大值
减
经典例题
所以，函数g(x)在(0,e
2)上单调递增，在(e
2,+ ∞)上单调递减，
所以，g(x)的极小值为g(e
2)= 1
e
2 ，
且当0< x<e时，g(x)= ln x -1
x
<0；当x>e时，g(x)= ln x -1
x
>0.
如下图所示：
当2a≤0 2a= 1
e
2 时，即当a∈(-∞,0]∪{
1
2e
2}时，直线y =2a与函数g(x)只有一个公共点，
当0<2a< 1
e
2 时，即当a∈(0, 1
2e
2)时，直线y =2a与函数g(x)有两个公共点，
当2a> 1
e
2 时，即当a∈(
1
2e
2 ,+∞)时，直线y =2a与函数g(x)无交点.
综上所述，当a∈(-∞,0]∪{
1
2e
2}时，函数f
' (x)只有一个零点；
当a∈(
1
2e
2 ,+∞)时，函数f
' (x)有两个零点；
当a∈(
1
2e
2 ,+ ∞)时，函数f
' (x)无零点.
（2）由¿，即¿，得2a=ln x1-ln x2
x1- x2
，
要证明x1 x2
2>16e
3，只需证明ln x1+2ln x2>4ln2+3，
而ln x1+2ln x2=2a(x1+2 x2)+3=(x1+2 x2)⋅ln x1-ln x2
x1- x2
+3=(
x1
x2
+2)⋅
ln x1
x2
x1
x2
-1
+3，
令t = x1
x2
(x1>4 x2)，则t >4，欲证明ln x1+2ln x2>4ln2+3，
即证明(t +2)⋅lnt
t -1 >4ln2(t >4)，只需证明lnt - 4ln2⋅t -1
t +2 >0(t >4)即可，
令h(t )=lnt - 4ln2⋅t -1
t +2
(t >4)，
求导得h
' (t )= 1
t - 4ln2⋅
3
(t +2)
2 = t
2+ 4 t + 4 -12ln2⋅t
t(t +2)
2
=
t + 4+ 4
t -12ln2
(t +2)
2
，
令φ(t )=t + 4+ 4
t -12ln2，当t >4时，φ
' (t )=1- 4
t
2 = t
2- 4
t
2
>0，
则φ(t )在(4 ,+ ∞)单调递增，故φ(t )>φ(4)=9-12ln2>0，
则h
' (t )>0，令h(t )在(4 ,+ ∞)时单调递增，则h(t )>h(4)=ln 4 - 4× 1
2 ×ln2=0，
因此(t +2)⋅lnt
t -1 >4ln2(t >4)，即ln x1+2ln x2>4ln2+3，所以x1 x2
2>16e
3.
【规律方法总结】
问题类型
优先方法
适用场景
加法型偏移（
）
对称化构
造
不含复杂指数、对数，或函数对称性易分析
乘积/商型偏移（
、
）
比值换元
含指数、对数，双变量乘积/商易通过换元转化
变量差值明确的问题
差值换元
易表示，或差值与参数关联紧密
（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f ( x)= x ln x -a x
2- x +a．若函数有两个不
同的极值点，记作x1, x2，且x1< x2，求证：ln x1+2ln x2>3．
【答案】证明见解析
【分析】求函数导数f
' (x)，由函数存在极值点得到ln x1=2a x1，ln x2=2a x2，代入需要证明的不等式中
并分离常数得到不等式，再由ln x2
x1
得到a的代数式，从而建立不等式，通过换元后构造函数h(t )，并求导
数h
' (t )，从而得到函数h(t )的单调性，从而知道h(x)的最值，然后证明不等式成立.
【详解】f ( x)= x ln x -a x
2- x +a,f
'( x)= ln x -2ax．
因为f ( x)有两个不同的极值点x1, x2，所以ln x1=2a x1，ln x2=2a x2.
欲证ln x1+2ln x2>3，即证2a x1+ 4 a x2>3，又0< x1< x2，
所以原式等价于a>
3
2 x1+ 4 x2
①．
由ln x1=2a x1,ln x2=2a x2，
小试牛刀1
得ln x2
x1
=2a(x2- x1)⇒a=
ln x2
x1
2(x2- x1)
②．
由①②知原问题等价于求证ln x2
x1
x2- x1
>
3
x1+2 x2
，
即证ln x2
x1
> 3(x2- x1)
x1+2 x2
=
3(
x2
x1
-1)
1+ 2 x2
x1
.
令t = x2
x1
，则t >1，上式等价于求证ln t > 3(t -1)
1+2t
.
令h(t )= ln t - 3(t -1)
1+2t (t >1)，则h
'(t )= 1
t - 3(1+2t )-6(t -1)
(1+2t )
2
= (t -1)(4t -1)
t(1+2t )
2
，
因为t >1，所以h
'(t )>0恒成立，所以h(t )单调递增，h(t )>h(1)= ln1- 3×(1-1)
1+2×1 =0，
即ln t > 3(t -1)
1+2t ，所以原不等式成立，即ln x1+2ln x2>3.
（2025 高三·全国·专题练习）已知x1，x2是函数f ( x)=e
x -ax的两个零点，且
x1< x2，求证：
(1)x1+ x2>2；
(2)x1 x2<1．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）转化为x≠0，曲线y =e
x
x 与直线y =a有两个交点，求导得到y =e
x
x 的单调性，进而得到
0< x1<1< x2，且¿，转化为要证x1+ x2>2，即证e
x2- x1+1
e
x2- x1-1
>
2
x2- x1
．令t = x2- x1>0，则
t (e
t +1)>2(e
t -1)，构造函数进行证明；
（2）在（1）基础上，得到要证x1 x2<1，即证e
x1e
x2
a
2
<1，等价于证e
x2- x1
(e
x2- x1-1)
2 <
1
(x2- x1)
2．令
t = x2- x1>0，则等价于证t e
t
2 -e
t +1<0(t >0)，构造函数进行证明.
【详解】（1）显然当x =0时，f (0)=1，故0 不是f ( x)=e
x -ax的零点，
x≠0，问题可以转化为曲线y =e
x
x 与直线y =a有两个交点．
小试牛刀2
y
' =e
x(x -1)
x
2
，当x>1时，y
'>0，当0< x<1时，y
'<0，当x<0时，y
'<0，
故y =e
x
x 在(-∞,0),(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
且x =1时，y =e，当x<0时，y <0，当x>0时，y >0，
故0< x1<1< x2，
且¿得e
x2-e
x1=a x2-a x1，则有¿
故要证x1+ x2>2，即证e
x2+e
x1
a
>2，即证e
x2+e
x1
e
x2-e
x1 >
2
x2- x1
，
即证e
x2- x1+1
e
x2- x1-1
>
2
x2- x1
．
令t = x2- x1>0，则e
t +1
e
t -1
> 2
t ，即t (e
t +1)>2(e
t -1)，
设g(t )=t (e
t +1)-2(e
t -1)，
则g
'(t )=t e
t -e
t +1，令u(t )= g
'(t )=t e
t -e
t +1，
则u
' (t )=t e
t>0，
从而g
'(t )单调递增，g
'(t )>g
'(0)=0，
所以g(t )单调递增，g(t )>g(0)=0．故原不等式得证．
（2）由（1）可知，¿相乘得e
x1e
x2=a
2 x1 x2，
要证x1 x2<1，即证e
x1e
x2
a
2
<1，等价于证e
x1e
x2<a
2=(
e
x2-e
x1
x2- x1)
2
，
即证e
x1e
x2
(e
x2-e
x1)
2 <
1
(x2- x1)
2，等价于证e
x2- x1
(e
x2- x1-1)
2 <
1
(x2- x1)
2．
令t = x2- x1>0，则等价于证e
t
(e
t -1)
2 < 1
t
2 (t >0)，
即证e
t
2
e
t -1
< 1
t (t >0)，等价于证t e
t
2 -e
t +1<0(t >0)．
令h(t )=t e
t
2 -e
t +1(t >0)，则h
'(t )=e
t
2 + 1
2 t e
t
2 -e
t =e
t
2(1+ t
2 -e
t
2)，
再令φ(t )=1+ t
2 -e
t
2(t >0)，则φ
'(t )= 1
2 - 1
2 e
t
2 <0，
φ(t )在(0,+∞)上单调递减，φ(t )<φ(0)=0，
从而h
'(t )<0，h(t )在(0,+∞)上单调递减，h(t )<h(0)=0，所以原不等式成立．
（2025·湖南岳阳·模拟预测）已知函数f ( x)=a( x -1)- x ln x，且f ( x)≤0.
(1)求a;
(2)已知f
'( x)为函数f ( x)的导函数，证明：对任意的0< x1< x2，均有f
'( x1)> f ( x2)- f ( x1)
x2- x1
；
(3)证明：对任意的n∈N *，均有1
n+2 +
1
n+3 +⋅⋅⋅+
1
2n+1 <ln2.
【答案】(1)a=1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）构造函数g( x)=a(1- 1
x )- ln x，利用导数判断函数的单调性， 可得g( x)max = g(a)，只需
满足g(a)≤0，计算即可得解；
（2）先写出f
'( x)，将不等式变形，通过换元t = x2
x1
，构造函数g(t )，利用导数证其单调性，从而推导不
等式成立；
（3）由（1）中f ( x)的结论，取x = k +1
k
得到ln k +1
k
>
1
k +1，对不等式左边求和，结合对数运算性质（裂
项相消），证得结果.
【详解】（1）由f ( x)≤0得a(1- 1
x )- ln x ≤0，
令g( x)=a(1- 1
x )- ln x , x>0，则g
'( x)= a
x
2 - 1
x = a- x
x
2 ，
①当a≤0时，g
'( x)<0恒成立，g( x)在(0,+∞)上单调递减，且g(1)=0，不符题意；
②当a>0时，g( x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减，
故g( x)max = g(a)=a-1- ln a≤0，
令h(a)=a-1- ln a，则h
'(a)=1- 1
a = a-1
a
，
故h(a)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
则h(a)min=h(1)=0，即a-1- ln a≥0，又a-1- ln a≤0，
所以a-1- ln a=0，解得a=1.
（2）由（1）知f ( x)= x -1- x ln x，f
'( x) =- ln x，
要证f
'( x1)> f ( x2)- f ( x1)
x2- x1
，即证- ln x1> x2- x1+ x1ln x1- x2ln x2
x2- x1
，
进一步变形为证
x2ln x2- x2ln x1- x2+ x1
x2- x1
>0，即证
x2ln x2
x1
-( x2- x1)
x2- x1
>0.
小试牛刀3
因为0< x1< x2，令t = x2
x1
>1，则需证t ln t -(t -1)
t -1
>0（t >1），
即证t ln t -(t -1)>0（t >1）
设g(t )=t ln t -(t -1)，t >1，g
'(t ) = lnt +1-1= lnt，
当t >1时，g
'(t )>0，g(t )在(1,+ ∞)单调递增，所以g(t )>g(1)=0，得证.
（3）由（1）知f ( x)= x -1- x ln x，且f ( x)≤0，
当x>0时，x -1- x ln x<0，即ln x> x -1
x
；
令x = k +1
k
（k ∈N
*），则ln k +1
k
>
k +1
k
-1
k +1
k
=
1
k +1.
要证1
n+2 +
1
n+3 +⋯+
1
2n+1 <ln 2，即证∑
k =n+1
2n
1
k +1 <ln2，
因为ln k +1
k
>
1
k +1，所以∑
k =n+1
2n
1
k +1 < ∑
k =n+1
2n
ln k +1
k
，
而∑
k =n+1
2n
ln k +1
k
= ln n+2
n+1 + ln n+3
n+2 +⋯+ ln 2n+1
2n
= ln 2n+1
n+1 = ln(2-
1
n+1 )<ln 2，得证.
1．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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.
【答案】（1）f (x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+∞)；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调
性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令1
a =m, 1
b =n，命题转换为证明：2<m+n<e，然后构造对称
差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)f ( x)的定义域为(0,+∞)．
由f ( x)= x(1- ln x)得，f
'( x)=- ln x，
当x =1时，f '( x)=0；当x∈(0,1)时f '( x)>0；当x∈(1,+∞)时，f '( x)<0．
故f ( x)在区间(0,1]内为增函数，在区间[1,+∞)内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
课后针对训练
由b ln a-a ln b=a-b得1
a (1- ln 1
a )= 1
b (1- ln 1
b )，即f ( 1
a )= f ( 1
b )．
由a≠b，得1
a ≠1
b ．
由（1）不妨设1
a ∈(0,1), 1
b ∈(1,+∞)，则f ( 1
a )>0，从而f ( 1
b )>0，得1
b ∈(1,e)，
①令g( x)= f (2- x)- f ( x)，
则g
'( x)= ln(2- x)+ ln x = ln(2 x - x
2)= ln[1-( x -1)
2]，
当x∈(0,1)时，g'( x)<0，g( x)在区间(0,1)内为减函数，g( x)> g(1)=0，
从而f (2- x)>f ( x)，所以f (2- 1
a )>f ( 1
a )= f ( 1
b )，
由（1）得2- 1
a < 1
b 即2< 1
a + 1
b．①
令h( x)= x + f ( x)，则h'( x)=1+ f
'( x)=1- ln x，
当x∈(1,e)时，h'( x)>0，h( x)在区间(1,e)内为增函数，h( x)<h(e)=e，
从而x + f ( x)<e，所以1
b + f ( 1
b )<e．
又由1
a ∈(0,1)，可得1
a < 1
a (1- ln 1
a )= f ( 1
a )= f ( 1
b )，
所以1
a + 1
b <f ( 1
b )+ 1
b <e．②
由①②得2< 1
a + 1
b <e．
[方法二]【最优解】：b ln a-a ln b=a-b变形为ln a
a - ln b
b = 1
b - 1
a，所以ln a+1
a
= ln b+1
b
．
令1
a =m, 1
b =n．则上式变为m(1- ln m)=n(1- ln n)，
于是命题转换为证明：2<m+n<e．
令f ( x)= x(1- ln x)，则有f (m)= f (n)，不妨设m<n．
由（1）知0<m<1,1<n<e，先证m+n>2．
要证：m+n>2⇔n>2-m⇔f (n)<f (2-m)⇔f (m)<f (2-m)
⇔f (m)- f (2-m)<0．
令g( x)= f ( x)- f (2- x), x∈(0,1)，
则g'( x)=- ln x - ln(2- x)=- ln[ x(2- x)]≥- ln1=0，
∴g( x)在区间(0,1)内单调递增，所以g( x)<g(1)=0，即m+n>2．
再证m+n<e．
因为m(1- ln m)=n⋅(1- ln n)>m，所以需证n(1- ln n)+n<e⇒m+n<e．
令h( x)= x(1- ln x)+ x , x∈(1,e)，
所以h'( x)=1- ln x>0，故h( x)在区间(1,e)内单调递增．
所以h( x)<h(e)=e．故h(n)<e，即m+n<e．
综合可知2< 1
a + 1
b <e．
[方法三]：比值代换
证明1
a + 1
b >2同证法2．以下证明x1+ x2<e．
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)]，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，
即ln(1+t )+1- t lnt
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．
[方法四]：构造函数法
由已知得ln a
a - ln b
b = 1
b - 1
a，令1
a = x1, 1
b = x2，
不妨设x1< x2，所以f ( x1)= f ( x2)．
由（Ⅰ）知，0< x1<1< x2<e，只需证2< x1+ x2<e．
证明x1+ x2>2同证法2．
再证明x1+ x2<e．令h( x)= 1- ln x
x -e (0< x<e),h
'( x)=
-2+ e
x + ln x
( x -e)
2
．
令φ( x)= ln x + e
x -2(0< x<e)，则φ'( x)= 1
x - e
x
2 = x -e
x
2 <0．
所以φ( x)>φ(e)=0,h'( x)>0，h( x)在区间(0,e)内单调递增．
因为0< x1< x2<e，所以
1- ln x1
x1-e < 1- ln x2
x2-e ，即
1- ln x1
1- ln x2
> x1-e
x2-e
又因为f ( x1)= f ( x2)，所以
1- ln x1
1- ln x2
= x2
x1
, x2
x1
> x1-e
x2-e ，
即x2
2-e x2< x1
2-e x1,( x1- x2)( x1+ x2-e)>0．
因为x1< x2，所以x1+ x2<e，即1
a + 1
b <e．
综上，有2< 1
a + 1
b <e结论得证．
【整体点评】(2)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x1+ x2-e<0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
2．（24-25 高二下·甘肃白银·期中）定义：若函数f ( x)与g( x)在公共定义域内存在x0，使得
f ( x0)+ g( x0)=0，则称f ( x)与g( x)为“契合函数”，x0为“契合点”．
(1)若f ( x)=- ln x -1与g( x)=ax为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a 的取值范围．
(2)若p( x)=e
x - x ln x与q( x)=bx -1为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”x1, x2．
①求b 的取值范围；
②证明：x1 x2<1．
【答案】(1)(-∞,0]∪{1}；
(2)①(-∞,1-e)；②证明见解析.
【分析】（1）由给定的定义把问题转化为方程a= ln x +1
x
有唯一零点，再构造函数，利用导数探讨函数的
性质求解即可.
（2）①根据给定的定义将问题转化为方程b= ln x + 1
x -e
x
x 有两个不同的零点求解；②由①中信息，利用
极值点偏移求解.
【详解】（1）由f ( x)=- ln x -1与g( x)=ax为“契合函数”，得∃x∈(0,+∞)，使f ( x)+ g( x)=0
⇔- ln x -1+ax =0⇔a= ln x +1
x
，令m( x)= ln x +1
x
，依题意，方程a=m( x)有唯一解，
求导得m
'( x)=- ln x
x
2
，当0< x<1时，m
'( x)>0；当x>1时，m
'( x)<0，
函数m( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则m( x)max =m(1)=1，
当x> 1
e 时，m( x)>0，x< 1
e 时，m(x)<0，m( 1
e )=0，
又f ( x)和g( x)只有一个“契合点”，则直线y =a与函数y =m( x)的图象只有1 个交点，则a≤0或a=1，
所以实数a 的取值范围是(-∞,0]∪{1}.
（2）①由p( x)=e
x - x ln x与q( x)=bx -1为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”x1, x2，
得存在x1, x2∈(0,+ ∞), x1≠x2，使e
x- x ln x +bx -1=0，
即关于x的方程b= ln x + 1
x -e
x
x 有两个相异正根x1, x2，令函数h( x)= ln x + 1
x -e
x
x ，
求导得h
'( x)= x -1
x
2 - ( x -1)e
x
x
2
= ( x -1)(1-e
x)
x
2
，
由x>0，得1-e
x<0，得当0< x<1时，h
'( x)>0；当x>1时，h
'( x)<0，
则函数h( x)在(0,1)上递增，在(1,+ ∞)上递减，则h( x)max =h(1)=1-e，
当x从大于0 的方向趋近于0 时，h( x)→-∞；当x→+∞时，h( x)→-∞，
因此当b<1-e时，直线y =b与函数y =h( x)的图象有两个不同交点，
所以b 的取值范围是(-∞,1-e).
②由（1）知，当x1< x2时，0< x1<1< x2，令F( x)=h( x)-h( 1
x ),0< x<1，
求导得F
'( x)=h
'( x)+ 1
x
2 h
'( 1
x )= ( x -1)(1-e
x)
x
2
+ 1
x
2 ⋅
( 1
x -1)(1-e
1
x )
( 1
x )
2
= ( x -1)(1-e
x - x + xe
1
x )
x
2
，
令φ( x)=1-e
x - x + xe
1
x ,0< x<1，求导得φ
'( x)=-e
x -1+ x -1
x
e
1
x，
当0< x<1时，φ
'( x)<0，函数φ( x)在(0,1)上单调递减，φ( x)>φ(1)=0，F
'( x)<0，
函数F( x)在(0,1)上单调递减，F( x)> F(1)=0，因此当0< x<1时，h( x)>h( 1
x )，
而0< x1<1，则h( x1)>h( 1
x1
)，又h( x1)=h( x2)，于是h( x2)>h( 1
x1
)，
又x2>1, 1
x1
>1，函数h( x)在(1,+ ∞)上递减，则x2< 1
x1
，
所以x1 x2<1.
3．（2025·青海海南·模拟预测）已知函数f (x)=ln x -m x
2+lnm,m>0．
(1)讨论函数f (x)的单调性．
(2)假设存在正实数x1, x2(x1≠x2)，满足f (x1)=e
x1
m -m x1
2,f (x2)=e
x2
m -m x2
2．
（i）求实数m的取值范围；
（ii）证明：x1+ x2>2．
【答案】(1)函数f (x)在(
❑√2m
2m ,+∞)上单调递减，在(0,
❑√2m
2m )上单调递增．
(2)（i）m∈[e,+∞)；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，由导数符号即可求解；
（2）（i）由题意知，问题转换成mx lnmx = xe
x有两根，通过取对数，同构，构造函数g(x)=ln x + x，
通过其单调性即可求解；（ii）构造函数H (x)= F (x)- F (2- x)，通过求导，确定单调性，确定最值，即
可求解；
【详解】（1）由题意知，f
' (x)= 1
x -2mx，
令f
' (x)>0，解得0< x<
❑√2m
2m ，
令f
' (x)<0，解得x>
❑√2m
2m ，
故函数f (x)在(
❑√2m
2m ,+∞)上单调递减，在(0,
❑√2m
2m )上单调递增．
（2）（i）由题意知，ln x +lnm=e
x
m 在(0,+∞)上有两个不相等的实数根，即mxlnmx = xe
x，
两边取对数，可得ln(lnmx)+lnmx =ln x + x．记g(x)=ln x + x，易知g(x)在(0,+∞)上是增函数，
故g(lnmx)= g(x)可等价于lnmx = x，即x -ln x =lnm．
记F (x)= x -ln x，则F
' (x)=1- 1
x ，得F (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
F (x)有最小值F (1)=1，故ln m≥1，即m∈[e,+∞)．
（ii）根据题意得F (x1)= F (x2)= ln m，不妨设0< x1<1< x2．
构造函数H (x)= F (x)- F (2- x)，
则H
' (x)= F
' (x)+ F
' (2- x)=1- 1
x +1-
1
2- x =( x -1)(
1
x -
1
2- x)．
当0< x<1时，x -1<0, 1
x -
1
2- x >0，则H
' (x)<0，得H (x)在(0,1)上单调递减，
有H (x)> H (1)=0，即F (x)> F (2- x)(0< x<1)．
将x1代入不等式，得F (x1)> F (2- x1)，又F (x1)= F (x2)，
故F (x2)> F (2- x1)，
又x2>1,2- x1>1, F (x)在(1,+∞)上单调递增，
故x2>2- x1，即x1+ x2>2．
【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x1, x2且x1≠x2，求证：x1+ x2>2 x0（x0为函数f ( x)的极值点）；
2.若函数f ( x)中存在x1, x2且x1≠x2满足f ( x1)= f ( x2)，求证：x1+ x2>2 x0（x0为函数f ( x)的极值点）；
3.若函数f ( x)存在两个零点x1, x2且x1≠x2，令x0= x1+ x2
2
，求证：f
'(x0)>0；
4.若函数f ( x)中存在x1, x2且x1≠x2满足f ( x1)= f ( x2)，令x0= x1+ x2
2
，求证：f
'(x0)>0.
4．（2025·陕西宝鸡·二模）已知函数f (x)=e
x -lna-sin x，
(1)当a=e时，求y = f (x)在(0,f (0))处的切线方程；
(2)若x∈(0,+ ∞)时，f (x)≥0恒成立，求a的范围；
(3)若f (x)在(0,π)内有两个不同零点x1、x2，求证：π
2 < x1+ x2<π.
【答案】(1)y =(e
-1-1) x +e
-1
(2)(0,❑√2e
π
4 ]
(3)证明见解析
【分析】（1）当a=e时，求出f (0)、f
' (0)的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）由已知不等式结合参变量分离法可得1
a ≥sin x
e
x
，利用导数求出函数h(x)=sin x
e
x
在(0,+ ∞)上的最大
值，即可求出实数a的取值范围；
（3）分析可知0< x1<π
4 < x2<π，要证所证不等式成立，即证x2<π- x1且x2>π
2 - x1，要证x2<π- x1，
即证h(x2)>h(π- x1)，利用诱导公式结合指数函数的单调性即可证明；要证x2>π
2 - x1，即证
tan x1<e
2 x1-π
2 ，构造函数t (x)=tan x
e
2 x -π
2 ，只需证t (x)<1，利用导数分析函数t (x)的单调性，即可证得结论
成立.
【详解】（1）当a=e时，f (x)=e
x -1-sin x，则f
' (x)=e
x -1-cos x，
所以，f
' (0)=e
-1-1，f (0)=e
-1.
故切线方程为y -e
-1=(e
-1-1) x，即y =(e
-1-1) x +e
-1，
（2）因为f (x)=e
x - ln a-sin x =e
x
a -sin x ≥0在(0,+ ∞)上恒成立，
进而e
x
a ≥sin x，即1
a ≥sin x
e
x
．
令h(x)= sin x
e
x
，其中x>0，则h
' (x)=cos x -sin x
e
x
=
❑√2sin(x + 3π
4 )
e
x
，
当x∈(0,π
4 )时，3π
4 < x + 3π
4 <π，则h
' (x)>0，此时，函数h(x)单调递增，
当x∈(
π
4 , 5π
4 )时，π< x + 3π
4 <2π，则h
' (x)<0，此时，函数h(x)单调递减，
当x> 5π
4 时，h(x)< 1
e
2π
4 ，因为h(
π
4 )=
❑√2
2e
π
4
> 1
e
5π
4 ，因此h(x)max=h(
π
4 )，
所以，
1
a ≥
❑√2
2e
π
4 ，故0<a≤❑√2e
π
4 ，
因此，实数a的取值范围是(0,❑√2e
π
4 ].
（3）因为函数f (x)在(0,π)内有两个不同零点x1、x2，
则方程h(x)= 1
a在(0,π)内有两个根x1、x2，即h(x1)=h(x2)= 1
a，
由（2）知，当x∈(0,π)时，函数h(x)在(0,π
4 )单调递增，(
π
4 ,π)单调递减．
故0< x1<π
4 < x2<π，欲证x1+ x2<π，即证x2<π- x1，
由于¿且函数h(x)在(
π
4 ,π)单调递减．所以只需证明h(x2)>h(π- x1)，
即证h(x1)>h(π- x1)，欲证h(x1)>h(π- x1)，即证sin x1
e
x1
>sin(π- x1)
e
π- x1
，即1
e
x1 >
1
e
π- x1 ，
即证e
π- x1>e
x1，即证x1<π
2 ，而该式显然成立，
欲证x1+ x2>π
2 ，即证x2>π
2 - x1，且π
2 - x1∈(
π
4 ,π
2 )，即证h(x2)<h(
π
2 - x1)，
即证h(x1)<h(
π
2 - x1)，即证sin x1
e
<
sin(
π
2 - x1)
e
π
2 - x1
，即证tan x1<e
2 x1-π
2 ，
令t (x)=tan x
e
2 x -π
2 ，只需证t (x)<1，
t (x)=
1
cos
2 x
e
2 x -π
2 -2tan x⋅e
2 x -π
2
(e
2 x -π
2 )
2
=
1
cos
2 x
2tan x
e
2 x -π
2
，
令k (x)=
1
cos
2 x
-2tan x =
1
cos
2 x
-2sin x
cos x = 1-sin2 x
cos
2 x
≥0，
所以t
' (x)≥0，即函数t (x)在[0,π
4 )上单调递增，所以，t (x)<t(
π
4 )=1，故原不等式得证．
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1）∀x∈D，m≤f (x)⇔m≤f (x)min；
（2）∀x∈D，m≥f (x)⇔m≥f (x)max；
（3）∃x∈D，m≤f (x)⇔m≤f (x)max；
（4）∃x∈D，m≥f (x)⇔m≥f (x)min.
5．（2022·山东·模拟预测）已知函数h(x)= x -aln x (a∈R).
(1)若h(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)若方程xe
x -a(ln x + x)=0有两个实数根x1, x2，且x1≠x2，证明：e
x1+ x2>e
2
x1 x2
.
【答案】(1)(e,+∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数h(x)求导，分a=0和a≠0研究函数的单调性，根据零点个数数形结合求解参数范围
即可；
（2）令t = xe
x, x>0，将证明问题转化为
t1+t2
t1-t2
ln t1
t2
>2，令s= t1
t2
>1，即证ln s> 2(s-1)
s+1
，构造函数
g(s)=ln s- 2(s-1)
s+1
,s>1，利用导数法研究单调性，即可得证.
【详解】（1）易知函数h(x)的定义域为(0,+∞)，
当a=0时，h(x)= x，在(0,+∞)上无零点，与题意不符，
当a≠0时，由h(x)= x -aln x =0，得1
a =ln x
x
，令f (x)=ln x
x
, x>0，
所以若h(x)有两个零点，则直线y = 1
a与函数f (x)的图象有两个不同的交点，
易得f
' (x)= 1-ln x
x
2
，令f
' (x)=0，得x =e，
所以当x∈(0,e)时，f
' (x)>0,f (x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，f
' (x)<0,f (x)单调递减，所以f ( x)max= f (e)= 1
e ，
又f (1)=0，当x→+∞时，f (x)>0，所以函数f (x)的大致图象如图所示，
由图可知，当0< 1
a < 1
e ，即a>e时，直线y = 1
a与函数f (x)的图象有两个不同的交点，
所以实数a的取值范围是(e,+∞).
（2）由xe
x-a(ln x + x)=0，得x e
x -aln(x e
x)=0，
令t = xe
x, x>0，则t -alnt =0,t >0，易得t
' =(x +1)e
x>0，
所以函数t = xe
x在(0,+∞)上单调递增，
令t1= x1e
x1,t2= x2e
x2，则关于t的方程t -alnt =0有两个实数根t1,t2，且t1≠t2，
要证e
x1+ x2>e
2
x1 x2
，即证x1e
x1⋅x2e
x2>e
2，即证t1t2>e
2，即证lnt1+lnt2>2，
由已知得¿，所以¿，所以
t1+t2
t1-t2
=lnt1+lnt2
lnt1-lnt2
，
不妨设t1>t2>0，即证lnt1+lnt2= t1+t2
t1-t2
ln t1
t2
>2，
即证ln t1
t2
> 2(t1-t2)
t1+t2
=
2(
t1
t2
-1)
t1
t2
+1
，令s= t1
t2
>1，即证ln s> 2(s-1)
s+1
，其中s>1，
构造函数g(s)=ln s- 2(s-1)
s+1
,s>1，则g
' (s)= 1
s -
4
(s+1)
2 = (s-1)
2
s(s+1)
2 >0，
所以函数g(s)在(1,+∞)上单调递增，所以g(s)>g(1)=0，故原不等式得证.
【点睛】方法点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的
零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围.
6．（23-24 高二下·吉林长春·期中）已知函数f (x)=- 1
a(x + 1
a)e
-ax ,a>0.
(1)若f (x)的极小值为-4，求a的值；
(2)若g(x)= f (x)-aln x有两个不同的极值点x1, x2，证明：x1+ x2>2
3√2e
2.
【答案】(1)1
2
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数f (x)的极小值点为x =0，代入函数求解；
（2）首先求出a的范围，再通过构造对称函数证明x1+ x2> 4
a ，根据a的范围即可证明x1+ x2>2
3√2e
2。
【详解】（1）f
' (x)= xe
-ax，当x∈(-∞,0)时，f
' (x)<0，当x∈(0,+ ∞)时，f
' (x)>0，
所以f (x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增.
当x =0时，f (x)取得极小值f (0)=- 1
a
2，
由- 1
a
2 =- 4，解得a= 1
2或a=- 1
2（舍去）.
故a的值为1
2。
（2）由题意可知，方程g
' (x)= xe
-ax - a
x =0有两个不同的正实数根x1, x2，即x
2e
-ax -a=0有两个不同的
实数根x1, x2.
令h(x)= x
2e
-ax -a(a>0)，则h
' (x)=(2 x -a x
2)e
-ax = x (2-ax)e
-ax，
当x∈(0, 2
a)时，h
' (x)>0，当x∈(
2
a ,+ ∞)时，h
' (x)<0，
所以函数h(x)在(0, 2
a)上单调递增，在(
2
a ,+∞)上单调递减.
验证可知，h(0)=-a<0，
由h(
2
a)=(
2
a)
2
e
-2-a>0得a
3< 4
e
2 ，所以0<a< 3√
4
e
2 .
当x>0时，方程x
2e
-ax-a=0，即方程e
2ln x -ax =e
lna，则2ln x -ax =lna有两个不同的正实数根x1, x2.
设φ(x)=2ln x -ax -lna( x>0)，则φ
' (x)= 2
x -a= 2-ax
x
，
所以φ(x)在(0, 2
a)上单调递增，在(
2
a ,+ ∞)上单调递减.
不妨设x1< x2，则0< x1< 2
a < x2.
令F (x)=φ(x)-φ(
4
a - x), x∈(0, 2
a)，
则F
' (x)=φ
' (x)+φ
'(
4
a - x)=
8
a
x(
4
a - x)
-2a>
8
a
(
2
a)
2 -2a=0，
所以F (x)在(0, 2
a)上单调递增，则当x∈(0, 2
a)时，F (x)<0，
所以φ(x1)=φ(x2)<φ(
4
a - x1),
又x2, 4
a - x1∈(
2
a ,+ ∞)，函数φ(x)在(
2
a ,+∞)上单调递减，
所以x2> 4
a - x1，则x1+ x2> 4
a ，
因为1
a >
3√
e
2
4
，故x1+ x2>2
3√2e
2.
【点睛】方法点睛：本题属于极值点偏移问题：解决此类问题的方法主要有：利用对数平均不等式，构造
对称函数，换元法构造函数等。
关键点点睛：本题采用的构造对称函数，解题的关键有两点：
1：参数a的取值范围；
2：构造φ(x)=2ln x -ax -lna( x>0)，F (x)=φ(x)-φ(
4
a - x), x∈(0, 2
a)
7．（2024·四川眉山·三模）已知函数f ( x)= xln x -a x
2-2 x.
(1)若过点(1,0)可作曲线y = f ( x)两条切线，求a的取值范围；
(2)若f ( x)有两个不同极值点x1, x2.
①求a的取值范围；
②当x1>4 x2时，证明：x1 x2
2>16e
3.
【答案】(1)(-∞,-2)；
(2)①(0, 1
2e
2 )；②证明见解析.
【分析】（1）求出函数f ( x)的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数
g( x)=a x
2-2ax - x +ln x -1，探讨函数g( x)有两个零点的a的值范围.
（2）①由f
'( x)=ln x -2ax -1有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线y =2a与函数
y =ln x -1
x
图象有两个公共点的a的值范围；②由方程根的意义可得2a=ln x1-ln x2
x1- x2
，分析所证不等式，
换元并证明lnt - 4ln2⋅t -1
t +2 >0(t >4)即可.
【详解】（1）依题意，f
'( x)=ln x -2ax -1，
设过点(1,0)的直线与曲线y = f ( x)相切时的切点为( x0, y0)，斜率k =ln x0-2a x0-1，
切线方程为y -( x0ln x0-a x0
2-2 x0)=(ln x0-2a x0-1)( x - x0)，而点(1,0)在切线上，
则- x0ln x0+a x0
2+2 x0=(ln x0-2a x0-1)(1- x0)，即有a x0
2-2a x0- x0+ln x0-1=0，
由过点(1,0)可作曲线y = f ( x)两条切线，得方程a x0
2-2a x0- x0+ln x0-1=0有两个不相等的实数根，
令g( x)=a x
2-2ax - x +ln x -1，则函数g( x)有2 个零点，
求导得g
'( x)=2ax -2a-1+ 1
x = 2a x
2-(2a+1)x +1
x
= (2ax -1)( x -1)
x
，
①若a> 1
2，由g
'( x)>0，得0< x< 1
2a或x>1，由g
'( x)<0，得1
2a < x<1，
即函数g( x)在(0, 1
2a )，(1,+ ∞)上单调递增，在( 1
2a ,1)上单调递减，
则当x = 1
2a时，g( x)取得极大值；当x =1时，g( x)取得极小值，
又g( 1
2a )=a⋅( 1
2a )
2
-2a⋅1
2a - 1
2a +ln 1
2a -1=-ln2a- 1
4 a -2<0，
当x ≤1时，g( x)<0恒成立，因此函数g( x)最多1 个零点，不合题意；
②若a= 1
2，g
'( x)≥0恒成立，函数g( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因此函数g( x)最多1 个零点，不合题意；
③若0<a< 1
2，由g
'( x)>0，得0< x<1或x> 1
2a，由g
'( x)<0，得1< x< 1
2a，
即函数g( x)在(0,1)，( 1
2a ,+∞)上单调递增，在(1, 1
2a )上单调递减，
则当x =1时，g( x)取得极大值；当x = 1
2a时，g( x)取得极小值，又g(1)=-a-2<0，
显然当x ≤1
2a时，g( x)<0恒成立，因此函数g( x)最多1 个零点，不合题意；
④若a≤0，显然2ax -1<0，当0< x<1时，g
'( x)>0，当x>1时，g
'( x)<0，
函数在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，当x =1时，g( x)取得最大值g(1)=-a-2，
要函数g( x)有2 个零点，必有g(1)=-a-2>0，得a<-2，
当0< x<1时，g( x)=a( x -1)
2- x -a-1+ln x<-a-1+ln x，
而函数y =-a-1+ln x在(0,1)上的值域为(-∞,-a-1)，因此g( x)在(0,1)上的值域为(-∞,-a-2)，
当x>1时，令y = ln x - x，求导得y
' = 1
x -1<0，函数y = ln x - x在(1,+ ∞)上单调递减，
则ln x - x<-1，g( x)=a( x -1)
2-a-1+ln x - x<a( x -1)
2-a-2，
而函数y =a( x -1)
2-a-2在(1,+ ∞)上单调递减，值域为(-∞,-a-2)，
因此函数g( x)在(1,+ ∞)上的值域为(-∞,-a-2)，
于是当a<-2时，函数g( x)有两个零点，
所以过点(1,0)可作曲线y = f (x)两条切线时，a的取值范围是(-∞,-2).
（2）①由（1）知，f
'( x)=ln x -2ax -1，
由函数f ( x)有两个极值点x1, x2，得f
'( x)=0，即2a=ln x -1
x
有两个实数根x1, x2，
令u( x)=ln x -1
x
，求导得u
'( x)= 2-ln x
x
2
，当0< x<e
2时，u
'( x)>0，当x>e
2时，u
'( x)<0，
函数u( x)在(0,e
2)上单调递增，(e
2,+∞)上单调递减，u( x)max = 1
e
2 ，
且u(e)=0，当x>e时，函数u( x)>0恒成立，因此当0<2a< 1
e
2 时，2a=ln x -1
x
有两个实数根
所以函数f ( x)有两个极点时，a的取值范围是(0, 1
2e
2 ).
②由¿，即¿，得2a=ln x1-ln x2
x1- x2
，
要证明x1 x2
2>16e
3，只需证明ln x1+2ln x2>4ln2+3，
而ln x1+2ln x2=2a( x1+2 x2)+3=( x1+2 x2)⋅ln x1-ln x2
x1- x2
+3=( x1
x2
+2)⋅
ln x1
x2
x1
x2
-1
+3，
令t = x1
x2
( x1>4 x2)，则t >4，欲证明ln x1+2ln x2>4ln2+3，
即证明(t +2)⋅lnt
t -1 >4ln2(t >4)，只需证明lnt - 4ln2⋅t -1
t +2 >0(t >4)即可，
令h(t )=lnt - 4ln2⋅t -1
t +2 (t >4)，
求导得h
' (t )= 1
t - 4ln2⋅
3
(t +2)
2 = t
2+ 4 t + 4 -12ln2⋅t
t(t +2)
2
=
t + 4+ 4
t -12ln2
(t +2)
2
，
则φ(t )=t + 4+ 4
t -12ln2在t >4时单调递增，故φ(t )>φ(4)=9-12ln2>0，
则h
'(t )>0，令h(t )在t >4时单调递增，则h(t )>h(4)=ln 4 - 4× 1
2 ×ln2=0，
因此(t +2)⋅lnt
t -1 >4ln2(t >4)，即ln x1+2ln x2>4ln2+3，
所以x1 x2
2>16e
3.
【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.
8．（2024·天津·一模）设函数f (x)= x
2+ ln x.
(1)求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)设函数g(x)= f (x)-ax (a∈R)
（i）当x =1时，g(x)取得极值，求g(x)的单调区间；
（ii）若g(x)存在两个极值点x1, x2，证明：
g(x2)- g(x1)
x2- x1
> 4
a - a
2
.
【答案】(1)y =3 x -2
(2)（i）单调增区间为(0, 1
2)，(1,+∞)，单调减区间为(
1
2 ,1)
（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）（i）g
' (x)=2 x -a+ 1
x = 2 x
2-ax +1
x
(x>0)，x =1时，g(x)取得极值，所以g
' (1)=0，求出a，进而
可求出函数的单调区间；
（ii）g
' (x)= 2 x
2-ax +1
x
(x>0)，g(x)存在两个极值点，即方程g
' (x)=0，在(0,+∞)上有两个不等实根，
所以¿，而
g(x2)- g(x1)
x2- x1
> 4
a - a
2等价于
ln x2- ln x1
x2- x1
> 4
a ，构造函数即可得证.
【详解】（1）f
' (x)=2 x + 1
x ，
则f
' (1)=3,f (1)=1，
所以曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y -1=3(x -1)，即y =3 x -2；
（2）（i）g(x)= x
2-ax + ln x，
g
' (x)=2 x -a+ 1
x = 2 x
2-ax +1
x
(x>0)，
∵x =1时，g(x)取得极值，∴g
' (1)=2-a+1=0，解得a=3，
∴g
' (x)= 2 x
2-3 x +1
x
= (2 x -1)(x -1)
x
，
令g
' (x)>0，得0< x< 1
2或x>1；令g
' (x)<0，得1
2 < x<1，
∴g(x)的单调增区间为(0, 1
2)，(1,+ ∞)，单调减区间为(
1
2 ,1)；
（ii）g
' (x)= 2 x
2-ax +1
x
(x>0)，
∵g(x)存在两个极值点，
∴方程g
' (x)=0，即2 x
2-ax +1=0在(0,+ ∞)上有两个不等实根.
∵¿，解得a>2❑√2，
则
g(x2)- g(x1)
x2- x1
= x2
2-a x2+ ln x2- x1
2+a x1- ln x1
x2- x1
= x2+ x1-a+ ln x2- ln x1
x2- x1
=- a
2 + ln x2- ln x1
x2- x1
∴所证不等式
g(x2)- g(x1)
x2- x1
> 4
a - a
2等价于
ln x2- ln x1
x2- x1
> 4
a ，
即
ln x2- ln x1
x2- x1
>
2
x2+ x1
，
不妨设x2> x1>0，即证ln x2
x1
>2
x2
x1
-1
x2
x1
+1
，
令t = x2
x1
>1，h(t )= ln t - 2(t -1)
t +1
,t ∈(1,+ ∞)，
则h
' (t )= 1
t -
4
(t +1)
2 = (t -1)
2
t (t +1)
2 >0，
∴h(t )在(1,+∞)上递增，∴h(t )>h(1)=0，
∴ln x2
x1
>2
x2
x1
-1
x2
x1
+1
成立，
∴g(x2)- g(x1)
x2- x1
> 4
a - a
2
.
【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f (x)- g(x)>0（或
f (x)- g(x)<0），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.
9．（2024·广东湛江·一模）已知函数f (x)=(1+ ln x)e
ln 1
ax．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若方程f (x)=1有两个根x1，x2，求实数a 的取值范围，并证明：x1 x2>1．
【答案】(1)f (x)在(0,1)上单调递增，(1,+ ∞)上单调递减，
(2)见解析
【分析】（1）求出f
' (x)，根据导数的符号判断函数的单调性；
（2）由1+ ln x
ax
=1，得1+ ln x
x
=a，设g(x)= 1+ ln x
x
，画出g(x)的图象可得0<a<1；由
1+ ln x1
x1
= 1+ ln x2
x2
，设h(x)= g(x)- g(
1
x)，对h(x)求导可得g(x1)<g(
1
x1)，又g(x1)= g(x2)，再由g(x)
在(1,+∞)上单调递减，可得x2> 1
x1
，即可证明x1 x2>1.
【详解】（1）由题意可得x>0, 1
ax >0，所以a>0，
f (x)=(1+ ln x)e
ln 1
ax = 1+ ln x
ax
的定义域为(0,+∞)，
又f
' (x)=
1
x ⋅ax -(1+ ln x)⋅a
(ax)
2
=- ln x
a x
2
，由f
' (x)=0，得x =1，
当0< x<1时，f
' (x)>0，则f (x)在(0,1)上单调递增，
当x>1时，f
' (x)<0，则f (x)在(1,+∞)上单调递减，
（2）由1+ ln x
ax
=1，得1+ ln x
x
=a，设g(x)= 1+ ln x
x
，
g
' (x)=
1
x ⋅x -(1+ ln x)
x
2
=- ln x
x
2
，由g
' (x)=0，得x =1，
当0< x<1时，g
' (x)>0，则g(x)在(0,1)上单调递增，
当x>1时，g
' (x)<0，则g(x)在(1,+∞)上单调递减，
又g(
1
e)=0，g(1)=1，且当x趋近于正无穷，g(x)趋近于0，
g(x)= 1+ ln x
x
的图象如下图，
所以当0<a<1时，方程1+ ln x
x
=a有两个根，
证明：不妨设x1< x2，则0< x1<1< x2，
1+ ln x1
x1
= 1+ ln x2
x2
，
设h(x)= g(x)- g(
1
x)= 1+ ln x
x
- x (1- ln x)，
h
' (x)=- ln x
x
2
+ ln x = x
2-1
x
2
ln x ≥0，所以h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又h(1)=0，所以h(x1)= g(x1)- g(
1
x1)<0，即g(x1)<g(
1
x1)，
又g(x1)= g(x2)，所以g(x2)< g(
1
x1)，
又x2>1，1
x1
>1，g(x)在(1,+∞)上单调递减，所以x2> 1
x1
，
故x1 x2>1.
【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出f (x)的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断
出单调性；（2）解此问的关键在于把x1 x2>1转化为g(x2)< g(
1
x1)来证，又g(x1)= g(x2)，构造
h(x)= g(x)- g(
1
x)，对h(x)求导，得到h(x)的单调性和最值可证得g(x1)<g(
1
x1)，即可证明x1 x2>1.
10．（2022·全国·模拟预测）设函数f (x)=ln x -ax (a∈R).
(1)若a=3，求函数f (x)的最值；
(2)若函数g(x)= xf (x)- x +a有两个不同的极值点，记作x1, x2，且x1< x2，求证：ln x1+2ln x2>3.
【答案】(1)无最小值，最大值为-ln3-1
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数f (x)=ln x -3 x求导后得f
' (x)= 1-3 x
x
, x>0，分别求出f
' (x)>0和f
' (x)<0的解集，
从而可求解.
（2）由g(x)= xf (x)- x +a有两个极值点x1, x2⇔ln x1=2a x1,ln x2=2a x2，从而要证
ln x1+2ln x2>3⇔2a x1+ 4 a x2>3⇔a>
3
2 x1+ 4 x2
⇔
ln x2
x1
x2- x1
>
3
x1+2 x2
，令t = x2
x1
,t >1，构建函数
h(t )=lnt - 3(t -1)
1+2t ，然后利用导数求解h(t )的最值，从而可求解证明.
【详解】（1）由题意得f (x)=ln x -3 x，则f
' (x)= 1-3 x
x
, x>0.
令f
' (x)>0，解得0< x< 1
3；令f
' (x)<0，解得x> 1
3，
∴f (x)在(0, 1
3)上单调递增，在(
1
3 ,+ ∞)上单调递减，
∴f ( x)max= f(
1
3)=ln 1
3 -3× 1
3 =-ln3-1，
∴f (x)无最小值，最大值为-ln3-1.
（2）∵g(x)= xf (x)- x +a= xln x -a x
2- x +a，则g
' (x)=ln x -2ax，
又g(x)有两个不同的极值点x1, x2,∴ln x1=2a x1,ln x2=2a x2，
欲证ln x1+2ln x2>3，即证2a x1+ 4 a x2>3，
∵0< x1< x2,∴原式等价于证明a>
3
2 x1+ 4 x2
①.
由ln x1=2a x1,ln x2=2a x2，得ln x2
x1
=2a(x2- x1)，则a=
ln x2
x1
2(x2- x1)
②.
由①②可知原问题等价于求证
ln x2
x1
x2- x1
>
3
x1+2 x2
，
即证ln x2
x1
> 3(x2- x1)
x1+2 x2
=
3(
x2
x1
-1)
1+ 2 x2
x1
.
令t = x2
x1
，则t >1，上式等价于求证lnt > 3(t -1)
1+2t
.
令h(t )=lnt - 3(t -1)
1+2t ，则h
' (t )= 1
t - 3(1+2t )-6(t -1)
(1+2t )
2
= (t -1)(4 t -1)
t(1+2t )
2
，
∵t >1,∴h
' (t )>0恒成立，∴h(t )在(1,+ ∞)上单调递增，
∴当t >1时，h(t )>h(1)=0，即lnt > 3(t -1)
1+2t ，
∴原不等式成立，即ln x1+2ln x2>3.
【点睛】方法点睛：①对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系
(t = x2
x1
，t = x2+ x1)；
②通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，
③利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
