重难点11极值点偏移与拐点偏移问题（举一反三专项训练）（全国通用）（教师版）_高考一二三轮复习_数学_2026年_2026年高考数学一轮复习举一反三专练（新高考专用）-G54_资料_2026版

重难点11 极值点偏移与拐点偏移问题（举一反三专项训练）
【全国通用】
 
 
【题型1  对称化构造函数求极值点偏移问题】.....................................................................................................2
【题型2  比值代换求极值点偏移问题】..................................................................................................................7
【题型3  指数、对数均值不等式求极值点偏移问题】.......................................................................................14
【题型4  极值点偏移：加法型】............................................................................................................................20
【题型5  极值点偏移：减法型】............................................................................................................................24
【题型6  极值点偏移：乘积型】............................................................................................................................30
【题型7  极值点偏移：商型】................................................................................................................................35
【题型8  极值点偏移：平方型】............................................................................................................................40
【题型9  极值点偏移：复杂型】............................................................................................................................46
【题型10  拐点偏移问题】......................................................................................................................................53
1、极值点偏移与拐点偏移问题
极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题
常常出现在高考数学的压轴题中，是近几年高考的热点问题，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦
琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色，
复习是要注意此类问题的求解.
知识点
 
  1    极值点偏移问题及其解题策略
 
 
1．极值点偏移的概念
(1)已知函数y=f(x)是连续函数，在区间(a,b)内只有一个极值点x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函
数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有
，这种情
况称为极值点偏移.
(2)极值点偏移
若
，则极值点偏移，此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).
(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0；
(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0.
2．极值点偏移问题的一般题设形式
(1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；
(2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；  
(3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令
，求证：f'(x0)>0；
(4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，令
，求证：f'(x0)>0.
3．极值点偏移问题的常见解法
(1)(对称化构造法)：构造辅助函数：
①对结论x1+x2>2x0型，构造函数
.
②对结论
型，方法一是构造函数
，通过研究
的单调性获得不等式；方
法二是两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可.
(2)(比值代换法)：通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换
化为单变量的函数不等式，利用函
数单调性证明.
知识点
 
  2    指数、对数均值不等式解决极值点偏移问题
 
 
极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指数均值不等式和对数均值
不等式.
1．对数均值不等式
结论1 对任意的a,b>0(a≠b)，有
.
2．指数均值不等式
结论2 对任意实数m, n( m≠n)，有
.
【题型1  对称化构造函数求极值点偏移问题】
【例1】（2025·云南·二模）已知常数a>0，函数f ( x)= 1
2 x
2−ax−2a
2ln x.
(1)若∀x>0,f ( x)>−4 a
2，求a的取值范围;
(2)若x1、x2是f ( x)的零点，且x1≠x2，证明:x1+ x2>4 a.
【答案】(1)(0,e
2
2)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意
f ( x)min=−2a
2ln 2a>−4 a
2，即可求出a的取值范围；
（2）由（1）不妨设0< x1<2a< x2，设F( x)= f ( x)−f (4 a−x)，利用导数说明函数的单调性，即可得
到f (x1)>f (4 a−x1)，结合f (x1)= f (x2)及f (x)的单调性，即可证明.
【解答过程】（1）由已知得f ( x)的定义域为{x| x>0}，
且f
′( x)= x−a−2a
2
x = x
2−ax−2a
2
x
= ( x−2a)( x +a)
x
.
∵a>0，
∴当x∈(0,2a)时，f
′( x)<0，即f ( x)在(0,2a)上单调递减；
当x∈(2a,+∞)时，f
′( x)>0，即f ( x)在(2a,+∞)上单调递增.
所以f (x)在x =2a处取得极小值即最小值，
∴f ( x)min= f (2a)=−2a
2ln (2a)，
∵∀x >0,f ( x)>−4 a
2⇔f ( x)min=−2a
2ln (2a)>−4 a
2⇔ln (2a)<lne
2，
∴0<a<e
2
2 ，即a的取值范围为(0,e
2
2).
（2）由（1）知，f ( x)的定义域为{x| x>0}，
f ( x)在(0,2a)上单调递减，在(2a,+ ∞)上单调递增，且x =2a是f ( x)的极小值点.
∵x1、x2是f ( x)的零点，且x1≠x2，
∴x1、x2分别在(0,2a)、(2a,+∞)上，不妨设0< x1<2a< x2，
设F( x)= f ( x)−f (4 a−x)，
则F
′( x) = ( x−2a)( x +a)
x
+ (2a−x)(5a−x)
4 a−x
 = 2a( x−2a)
2
x( x−4 a) .
当x∈(0,2a)时，F
′( x)<0, F
′(2a)=0，即F( x)在(0,2a]上单调递减.
∵0< x1<2a，
∴F (x1)> F(2a)=0，即f (x1)>f (4 a−x1)，
∵f (x1)= f (x2)=0，
∴f (x2)>f (4 a−x1)，
∵x1<2a，
∴4 a−x1>2a，
又∵x2>2a，f ( x)在(2a,+∞)上单调递增，
∴x2>4 a−x1，即x1+ x2>4 a.
【变式1-1】（24-25 高二下·广东深圳·期末）已知函数f (x)=(x +a)e
x，直线y =2 x +1是曲线y = f (x)的一
条切线．
(1)求a的值，并讨论函数f (x)的单调性；
(2)若f (x1)= f (x2)，其中x1< x2，证明：x1⋅x2>4．
【答案】(1)a=1，函数f (x)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+ ∞)上单调递增
(2)证明见解析
【解题思路】（1）设切点为(x0,f (x0))，利用导数几何意义和切线方程可构造方程得到e
x0+2 x0−1=0，
设g(x)=e
x+2 x−1，利用导数可确定g(x)有唯一零点x =0，由此可得a；代入f (x)后，根据f
′ (x)的正负
可得单调区间；
（2）根据f (x)单调性和f
′ (x)的正负可确定x1<−2< x2<−1，将所证不等式转化为f (x2)>f(
4
x2)对任意
x2∈(−2,−1)恒成立；令ℎ(x)= f (x)−f(
4
x),(−2< x<−1)，利用导数可求得ℎ(x)单调递增，得到
ℎ(x)>ℎ(−2)=0，由此可得结论.
【解答过程】（1）设直线y =2 x +1与曲线y = f (x)相切于点(x0,f (x0))，
∵f
′ (x)=(x +a+1)e
x ,∴f
′(x0)=(x0+a+1)e
x0=2，
又f (x0)=(x0+a)e
x0=2 x0+1,∴2−e
x0=2 x0+1，即e
x0+2 x0−1=0，
设g(x)=e
x+2 x−1，则g
′ (x)=e
x+2>0，∴g(x)在R上单调递增，
又g(0)=0，∴g(x)有唯一零点x =0，
∴x0=0,∴a+1=2，解得a=1，
∴f (x)=(x +1)e
x,f
′ (x)=(x +2)e
x，
则当x∈(−∞,−2)时，f
′ (x)<0；当x∈(−2,+ ∞)时，f
′ (x)>0，
∴f (x)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+ ∞)上单调递增．
（2）由（1）知f ( x)min= f (−2)=−e
−2<0，
当x<−1时，f (x)<0；当x>−1时，f (x)>0，
∴x1<−2< x2<−1，
要证x1 x2>4，只需证x1< 4
x2
<−2．∵f (x)在(−∞,−2)上单调递减，
∴只需证f (x1)>f(
4
x2)，又f (x1)= f (x2)，
则只需证f (x2)>f(
4
x2)对任意x2∈(−2,−1)恒成立．
设ℎ(x)= f (x)−f(
4
x),(−2< x<−1)，
则ℎ
′ (x)=(x +2)e
x+ 8(x +2)
x
3
e
4
x = (x +2)e
4
x
x
3
(x
3e
x−4
x +8)，
设p(x)= x
3e
x−4
x +8(−2< x<−1)，则p
′ (x)= xe
x−4
x ⋅[(x + 3
2)
2
+ 7
4)<0，
∴p(x)在(−2,−1)上单调递减，∴p(x)< p(−2)=0．
又当−2< x<−1时，(x +2)e
4
x
x
3
<0，
∴ℎ
′ (x)>0,∴ℎ(x)在(−2,−1)上单调递增，
∴ℎ(x)>ℎ(−2)=0，即f (x)>f(
4
x)在x∈(−2,−1)时恒成立，
又x2∈(−2,−1),∴f (x2)>f(
4
x2)．故原不等式得证．
【变式1-2】（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)= ax
e
x (a≠0)．
(1)若对任意的x∈R，都有f (x)≤1
e 恒成立，求实数a的取值范围；
(2)设m、n是两个不相等的实数，且m=ne
m−n．求证：m+n>2．
【答案】(1)(0,1)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）分析可知，a>0，然后利用导数分析函数f (x)的单调性，求出f (x)的最大值，可得出
关于实数a的不等式，即可解得实数a的取值范围；
（2）由已知可得m
e
m = n
e
n ，构造函数g(x)= x
e
x ，可知存在不相等的两个实数m、n，使得g(m)= g(n)，分
析函数g(x)的单调性，设m<1<n，构造函数ℎ(x)= g(x)−g(2−x)(x>1)，利用导数分析函数ℎ(x)的单
调性，可得出g(x)> g(2−x)在区间(1,+∞)上恒成立，由已知条件得出g(m)= g(n)> g(2−n)，再结合函
数g(x)的单调性可证得结论成立.
【解答过程】（1）当a<0时，f(
1
a)= 1
e
1
a
，
因为0<e
1
a <e，所以
1
e
1
a
> 1
e ，即f(
1
a)> 1
e ，不符合题意；
当a>0时，f
′ (x)= a(1−x)
e
x
，
当x∈(−∞,1)时，f
′ (x)>0；当x∈(1,+∞)时，f
′ (x)<0，
所以f (x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．
所以f (x)max = f (1)= a
e ，由f (x)≤1
e 恒成立可知a
e ≤1
e ，所以a≤1．
又因为a>0，所以a的取值范围为(0,1)．
（2）因为m=ne
m−n，所以me
−m=ne
−n，即m
e
m = n
e
n ．
令g(x)= x
e
x ，由题意可知，存在不相等的两个实数m、n，使得g(m)= g(n)．
由（1）可知，g(x)在区间(−∞,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减．
不妨设m<n，则m<1<n，设ℎ(x)= g(x)−g(2−x)(x>1)，
则ℎ
′ (x)= g
′ (x)+ g
′ (2−x)= 1−x
e
x
+(x−1)e
x−2= (x−1)(e
2 x−2−1)
e
x
>0，
所以ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(1)=0，
即g(x)> g(2−x)在区间(1,+∞)上恒成立．
因为n>1，所以g(n)> g(2−n)．
因为g(m)= g(n)，所以g(m)> g(2−n)．
又因为m<1，2−n<1，且g(x)在区间(−∞,1)上单调递增，
所以m>2−n，即m+n>2.
【变式1-3】（2025 高二下·云南曲靖·学业考试）已知函数f (x)=loga x−x
a (a>1)．
(1)若f (x)只有一个零点，求a的值；
(2)若f (x)有两个零点x1, x2，证明：x1+ x2> 2a
lna ．
【答案】(1)e
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出函数的导数，通过函数的单调区间，从而求出函数的最小值，令最小值为0 求得a
的值；
（2）问题转化为证明f ( x2)<f ( 2a
lna −x1)，设函数g( x)= f ( x)−f ( 2a
lna −x),，根据函数的单调性证明
即可．
【解答过程】（1）函数f
' (x)= 1
x logae−1
a = alogae−x
ax
( x>0)，
令f
′( x)=0得x =alogae
当x∈(0,alogae)时，f
′( x)>0,f ( x)在(0,alogae)单调递增；
当x∈(alogae,+ ∞)时，f
′( x)<0,f ( x)在(alogae,+ ∞)单调递减；
所以函数f ( x)在x =alogae时取最大值，
当x→0时，函数f (x)<0;当x→+ ∞ 时，函数  f (x)<0  ;
根据函数的单调性可知当最大值为0 时，函数只有一个零点，
易知f (alogae)=loga(alogae)−alogae
a
=0，
所以a=e；
（2）证明：
不妨设0< x1< x2要证明：x1+ x2> 2a
lna ，只需要证x2> 2a
lna −x1，易知0< x1< a
lna < x2
由（1）可知f ( x)在(0, a
lna )单调递增，在( a
lna ,+∞)单调递减；
所以只要证明f ( x2)<f ( 2a
lna −x1)，即证f ( x1)<f ( 2a
lna −x1)，
设函数g( x)= f ( x)−f ( 2a
lna −x),而g( a
lna )=0，
并且在区间(0, a
lna )上g
′ (x)= f
′ (x)+ f
′(
2a
lna −x)=
1
xlna −1
a +
1
( 2a
lna −x )lna
−1
a
=
1
(lna)
2(
2a
x( 2a
lna −x ))
−2
a ≥
1
(lna)
2(
2a
(
a
ln a)
2)
−2
a =0
即g( x)在(0, a
lna )单调递增，所以g( x1)<g( a
lna )=0
从而g( x1)= f ( x1)−f ( 2a
lna −x1)<0,所以f ( x2)<f ( 2a
lna −x1)
所以x1+ x2> 2a
lna .
【题型2  比值代换求极值点偏移问题】
【例2】（2025 高三·全国·专题练习）若x1, x2是函数f (x)=e
x−ax (x>0)的两个零点，且x1< x2，求证：
x1+ x2>2且x1 x2<1．
【答案】证明见解析
【解题思路】方法一：根据题意，得x1−ln x1= x2−ln x2=lna，令t = x2
x1
，对于x1+ x2>2，其等价于
lnt
t −1 + t lnt
t −1 >2，构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，即可得证x1+ x2>2；令❑√t =b，则b>1，构造函数
ℎ(b)=lnb
2−b+ 1
b
(b>1)，即x1 x2<1得证；
方法二：由函数y =e
x
x 单调性，知0< x1<1< x2，有e
x1=a x1，e
x2=a x2，则a=e
x2−e
x1
x2−x1
，且x1=e
x1
a ，
x2=e
x2
a ，令g(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1)(t >0)，利用导数可证x1+ x2>2；令ℎ(t )=t e
t
2 −e
t +1(t >0)，利用导
数可证x1 x2<1.
【解答过程】方法一：比值代换 
因为x>0，由题意结合e
x =ax (x>0)可知，a>0，x =lna+ln x，
所以x1−ln x1= x2−ln x2=lna．
令t = x2
x1
，则t >1，x2=t x1，代入上式得x1=lnt
t −1，
x2= t lnt
t −1 ．对于x1+ x2>2，其等价于lnt
t −1 + t lnt
t −1 >2，即lnt −2(t −1)
t +1
>0．
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，
则g
′ (t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以函数g(t )在(1,+ ∞)上单调递增，
所以g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，即x1+ x2>2得证．
对于x1 x2<1，其等价于t (lnt )
2
(t −1)
2 <1，即
❑√t lnt
t −1 <1，即lnt −❑√t + 1
❑√t <0．
令❑√t =b，则b>1，构造函数ℎ(b)=lnb
2−b+ 1
b
(b>1)，则ℎ
' (b)= 2
b −1−1
b
2 =−(b−1)
2
b
2
<0，
ℎ(b)在(1,+ ∞)上单调递减，所以ℎ(b)<ln1
2−1+ 1
1 =0，即x1 x2<1得证．
方法二：差值代换 
由e
x =ax (x>0)可得a=e
x
x >0．
设函数y =e
x
x ，则y
′ =e
x(x−1)
x
2
，
当x∈(0,1)，y
′<0，则函数在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)，y
′>0，则函数在(1,+ ∞)上单调递增，
所以0< x1<1< x2，则有e
x1=a x1，e
x2=a x2，则a=e
x2−e
x1
x2−x1
，且x1=e
x1
a ，x2=e
x2
a ．
对于x1+ x2>2，即e
x1+e
x2
a
>2，即e
x1+e
x2
e
x2−e
x1 >
2
x2−x1
，即e2
x2−x1+1
e
x2−x1−1
>
2
x2−x1
，
令x2−x1=t，则t >0，则只需证t (e
t +1)−2(e
t−1)>0．
令g(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1)(t >0)，则g
′ (t )=(t −1)e
t +1，g
″ (t )=t e
t>0，
则g
′ (t )在(0,+ ∞)上单调递增，则g
′ (t )>(0−1)e
0+1=0，
则g(t )在(0,+∞)上单调递增，则g(t )>0×(e
0+1)−2×(e
0−1)=0，即x1+ x2>2成立．
对于x1 x2<1，其等价于e
x1e
x2
a
2
<1，即e
x1e
x2<(
e
x2−e
x1
x2−x1)
2
，即e
x1e
x2
(e
x2−e
x1)
2 <(
1
x2−x1)
2
．
左边分子、分母同时除以e
2 x1，得e
x2−x1
(e
x2−x1−1)
2 <(
1
x2−x1)
2
，令x2−x1=t，则t >0，
则只需证e
t
(e
t−1)
2 <(
1
t)
2
，即t e
t
2 −e
t +1<0．
令ℎ(t )=t e
t
2 −e
t +1(t >0)，则ℎ
′ (t )=e
t
2(−e
t
2 + t
2 +1)，
令m(t )=−e
t
2 + t
2 +1，则m
′ (t )= 1
2(1−e
t
2)<0，
所以m(t )在(0,+∞)上单调递减，故m(t )=−e
t
2 + t
2 +1<−e
0
2 + 0
2 +1=0，所以ℎ
′ (t )<0，
所以ℎ(t )在(0,+ ∞)上单调递减，所以ℎ(t )<0×e
0
2 −e
0+1=0，即x1 x2<1成立．
【变式2-1】（24-25 高二下·重庆·期末）已知函数f (x)=ae
−2 x+ln x−1(a∈R)．
(1)若函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若函数f (x)恰有两个极值点x1, x2(x1< x2)，且x2
x1
的最大值为e
2，求证：x1+ x2≤e
2+1
e
2−1
．
【答案】(1)a≤e
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由题意可得2a≤e
2 x
x 在(0,+∞)上恒成立，构造函数g(x)=e
2 x
x ，借助导数求出其在
(0,+∞)上的最小值即可得；
（2）由题意结合导数可得2a x1e
−2 x1=1，2a x2e
−2 x2=1，即可得ln2a+ ln x1=2 x1， ln2a+ ln x2=2 x2
，通过作差消去变量a，得到ln x2−ln x1=2(x2−x1)，从而可得x2+ x1=
x2+ x1
2(x2−x1)
ln x2
x1
，再通过换元法
令t = x2
x1
，得到函数μ(t )=
t +1
2(t −1) ⋅ln t，利用导数计算其单调性即可得解.
【解答过程】（1）由题意可得f
′ (x)=−2ae
−2 x+ 1
x ≥0在(0,+∞)上恒成立，
即2a≤e
2 x
x 在(0,+ ∞)上恒成立，
令g(x)=e
2 x
x ，则g
′ (x)=2 xe
2 x−e
2 x
x
= (2 x−1)e
2 x
x
，
则当x∈(0, 1
2)时，g
′ (x)<0，当x∈(
1
2 ,+∞)时，g
′ (x)>0，
故g(x)在(0, 1
2)上单调递减，在(
1
2 ,+ ∞)上单调递增，
则g(x)≥g(
1
2)=e
2× 1
2
1
2
=2e，故2a≤2e，即a≤e；
（2）f
′ (x)=−2ae
−2 x+ 1
x = −2axe
−2 x+1
x
，令ℎ(x)=−2axe
−2 x+1(x>0)，
由函数f (x)有两个极值点x1, x2(0< x1< x2)，
则ℎ(x)=0有两个变号零点x1, x2(0< x1< x2)，
ℎ
′ (x)=−2ae
−2 x+ 4 axe
−2 x=2ae
−2 x(2 x−1)，
当a=0时，ℎ
′ (x)=0，不符，故舍去；
当a<0时，则当x∈(0, 1
2)时，ℎ
′ (x)>0，当x∈(
1
2 ,+∞)时，ℎ
′ (x)<0，
故ℎ(x)在(0, 1
2)上单调递增，在(
1
2 ,+∞)上单调递减，
又ℎ(
1
2)=−2a× 1
2 ×e
−2× 1
2 +1=1−a
e >1，
又当x>0时，−2axe
−2 x>0，则ℎ(x)=−2axe
−2 x+1>1，
故此时ℎ(x)此时至多存在一个零点，不符，故舍去；
当a>0时，则当x∈(0, 1
2)时，ℎ
′ (x)<0，当x∈(
1
2 ,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，
故ℎ(x)在(0, 1
2)上单调递减，在(
1
2 ,+∞)上单调递增，
有ℎ(x)≥ℎ(
1
2)=−2a× 1
2 ×e
−2× 1
2 +1=1−a
e ，则1−a
e <0，故a>e，
则有2a x1e
−2 x1=1，2a x2e
−2 x2=1，
则ln 2a x1e
−2 x1= ln 2a+ ln x1−2 x1=0，即ln 2a+ ln x1=2 x1，同理ln 2a+ ln x2=2 x2，
则ln x2−ln x1=2(x2−x1)，故ln x2
x1
= 2(x2−x1)⋅(x2+ x1)
x2+ x1
，
即x2+ x1=
x2+ x1
2(x2−x1)
ln x2
x1
=
x2
x1
+1
2(
x2
x1
−1)
⋅ln x2
x1，
由
x2
x1
的最大值为e
2，令t = x2
x1
，则有1<t ≤e
2，
即x2+ x1=
t +1
2(t −1) ⋅ln t，令μ(t )=
t +1
2(t −1) ⋅ln t，1<t ≤e
2，
则μ
′ (t )= 2(t −1)−2(t +1)
4 (t −1)
2
⋅ln t +
t +1
2(t −1) ⋅1
t
= −lnt
(t −1)
2 +
t +1
2t (t −1) = −2lnt
2(t −1)
2 +
t −1
t
2(t −1)
2 =
t −2lnt −1
t
2(t −1)
2
，
令φ(t )=t −2lnt −1
t ，1<t ≤e
2，
则φ
′ (t )=1−2
t + 1
t
2 = t
2−2t +1
t
2
=(
t −1
t )
2
>0恒成立，
故φ(t )在(1,e
2)上单调递增，则φ(t )>φ(1)=1−2ln1−1
1 =0，
则μ
′ (t )>0，故μ(t )在(1,e
2)上单调递增，
则x2+ x1≤μ(e
2)=e
2+1
2(e
2−1)
⋅lne
2=e
2+1
e
2−1 .
【变式2-2】（2025 高三·全国·专题练习）已知函数ℎ(x)=ln x和g(x)=ax，若存在两个实数x1, x2，且
x1≠x2，使得ℎ(x1)= g(x1)，ℎ(x2)= g(x2)，证明：x1 x2>e
2．
【答案】证明见解析
【解题思路】利用参数a作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明lnt −2(t −1)
t +1
>0，
利用构造函数法，结合导数证得结论成立.
【解答过程】因为x1≠x2，不妨设x1> x2，
因为ln x1−a x1=0，ln x2−a x2=0，
所以ln x1+ln x2=a(x1+ x2)，ln x1−ln x2=a(x1−x2)，
所以
ln x1−ln x2
x1−x2
=a，
欲证x1 x2>e
2，即证ln x1+ln x2>2.
因为ln x1+ln x2=a(x1+ x2)，所以即证a>
2
x1+ x2
，
所以即证
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，即证ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
．
令t = x1
x2
，则t >1，x1 x2>e
2等价于lnt −2(t −1)
t +1
>0，
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，t >1，
因为g
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以g(t )在(1,+ ∞)上单调递增，
故g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，
即lnt −2(t −1)
t +1
>0，所以x1 x2>e
2．
方法二：直接换元构造新函数  a=ln x1
x1
=ln x2
x2
，即ln x2
ln x1
= x2
x1
，设x1< x2，t = x2
x1
，则t >1，
则x2=t x1，
lnt x1
ln x1
=t，可得ln x1=lnt
t −1，ln x2=lnt x1=lnt +ln x1=lnt +lnt
t −1 = t lnt
t −1 ，
由于x1 x2>e
2⇔ ln x1+ln x2>2⇔ lnt
t −1 + t lnt
t −1 = t +1
t −1 lnt >2⇔ lnt −2(t −1)
t +1
>0
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，t >1，
因为g
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以g(t )在(1,+ ∞)上单调递增，
故g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，即lnt −2(t −1)
t +1
>0，
所以x1 x2>e
2.
【变式2-3】（2025·北京通州·三模）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.
【答案】(1)a=1
(2)a≥1
2
(3)0<a< 1
e ，证明见解析
【解题思路】（1）切线方程的斜率为1，所以有f
′ (1)=1，解方程即得实数a 的值；
（2）依题意f
′ (x)≥0在（0，+∞）上恒成立.，分参求解即可；
（3）求出函数g(x)的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a 的取值范围；通过分析法要证明x1 x2>e
2
，只需证ln x1
x2
<
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，构造函数H (t )=lnt −2(t −1)
t +1
即可证得
【解答过程】（1）因为f (x)=ax−a
x −ln x，所以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）f（x）的定义域为（0，+∞），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.a(x
2+1)≥x，即a≥
x
x
2+1，
令g(x)=
x
x
2+1，所以g
′ (x)= 1−x
2
(x
2+1)
2 = (1+ x)(1−x)
(x
2+1)
2
，
x∈(0,1)时g
′ (x)>0，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，
所以g(x)min= g(1)= 1
2，即a≥1
2.
（3）g(x)=ax−ln x
定义域为(0,+∞)，g
′ (x)=a−1
x = ax−1
x
当a≤0时，g
′ (x)<0，所以g(x)在（0，+∞）上单调递减，不合题意.
当a>0时，g
′ (x)=a−1
x = ax−1
x
g(x)在（0，1
a）上单调递减，在(
1
a ,+ ∞)上单调递增，
所以g(x)的最小值为g(
1
a)=1−ln 1
a，
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（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 的取值范围是0<a< 1
e .
不妨设两个零点x2> x1>0
由g(x1)= g(x2)=0，所以ln x1=a x1，ln x2=a x2，
所以ln x1−ln x2=a(x1−x2)，所以a=ln x1−ln x2
x1−x2
，
要证x1 x2>e
2，
只需证ln(x1 x2)>2，
只需证ln x1+ ln x2>2，
由ln x1+ln x2=a x1+a x2=a(x1+ x2)=(x1+ x2)
ln x1−ln x2
x1−x2
，
只需证
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，
只需证ln x1−ln x2< 2(x1−x2)
x1+ x2
，
只需证ln x1
x2
<
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
令
x1
x2
=t (0<t <1)，只需证lnt < 2(t −1)
t +1
，
令H (t )=lnt −2(t −1)
t +1
，
H
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t +1)
2−4 t
t (t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴H (t )< H (1)=0，
即lnt < 2(t −1)
t +1
成立，
所以x1 x2>e
2成立.
【题型3  指数、对数均值不等式求极值点偏移问题】
【例3】（24-25 高三上·浙江宁波·开学考试）已知函数f (x)= ln x
x ，对于正实数a，若关于t 的方程
f (t )= f(
a
t )恰有三个不同的正实数根，则a 的取值范围是（    ）
A．(1,8)
B．(e
2,8)
C．(8,+∞)
D．(e
2,+∞)
【答案】D
【解题思路】研究f ( x)= ln x
x 的图像可知，若f (t )= f ( a
t )，令x1=t , x2= a
t ，则f ( x1)= f ( x2) ，且
x1, x2>1，可以推出，x1= x2或x1 x2=a，通过对数不等式写出关于x1 x2的不等式，即可求出a的范围
【解答过程】因为f ( x)= ln x
x ，f
’( x)= 1−ln x
x
2
，令f
’( x)= 1−ln x
x
2
>0得：0< x<e；令
f
’( x)= 1−ln x
x
2
>0得：x>e，所以f ( x)在区间(0,e)单调递增，在(e ,+ ∞)单调递减，且x→∞时，
f ( x)>0恒成立，f ( x)的图像如下：
令x1=t , x2= a
t ，则f ( x1)= f ( x2) ，且x1, x2>1
①当x1= x2时，t = a
t ,t = ❑√a，成立，所以❑√a是方程的一个实数根
②当x1≠x2时，由f ( x1)= f ( x2)得：
ln x1
x1
= ln x2
x2
，令
ln x1
x1
= ln x2
x2
=m
则：{m x1= ln x1
m x2= ln x2
 ，两式相减得：m= ln x1−ln x2
x1−x2
 ，两式相加得：m= ln x1+ ln x2
x1+ x2
所以：
x1−x2
ln x1−ln x2
=
x1+ x2
ln x1+ ln x2
，由对数均值不等式得：
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
所以：
x1+ x2
ln x1+ ln x2
< x1+ x2
2
，且x1, x2>1，所以ln x1 x2>2，x1 x2>e
2，即：t ⋅a
t =a>e
2 
所以a>e
2 
故选：D.
【变式3-1】（2025·湖南长沙·一模）已知a=(e−0.1)
e+0.1，b=e
e，c =(e+0.1)
e−0.1，则a，b，c 的大小关
系是（    ）
A．a<b<c
B．c<a<b
C．b<a<c
D．a<c<b
【答案】D
【解题思路】转化为比较比较ln (e−0.1)
e−0.1
,e
e
2−0.01
, ln (e+0.1)
e+0.1
的大小，构造函数f (x)= ln x
x ，先证明a
，b，c中b最大，设x1=e−0.1, x2=e+0.1,f ( x1)= f ( x3)=m,m< 1
e , x1≠x3，先证明x1>2e−x3，再证
明f ( x2)>f ( x3)= f ( x1)，即得解.
【解答过程】要比较a，b，c等价于比较ln a,ln b,ln c的大小,
等价于比较
ln a
(e+0.1)(e−0.1) ,
ln b
(e+0.1)(e−0.1) ,
ln c
(e+0.1)(e−0.1),
即比较ln (e−0.1)
e−0.1
,e
e
2−0.01
, ln (e+0.1)
e+0.1
,
构造函数f (x)= ln x
x ,f
′( x)= 1−ln x
x
2
,
令f
′( x)>0,得0< x<e,令f
′( x)<0,得x>e,
所以f ( x )在(0,e)单调递增, (e,+∞)单调递减.
所以f ( x)max= f (e)= 1
e ,
因为ln (e−0.1)
e−0.1
= f (e−0.1),e
e
2−0.01
>e
e
2 = 1
e = f ( x)max , ln (e+0.1)
e+0.1
= f (e+0.1)，
所以e
e
2−0.01 最大，即a，b，c中b最大，
设x1=e−0.1, x2=e+0.1,f ( x1)= f ( x3)=m,m< 1
e , x1≠x3，
结合f ( x )的单调性得，x1<e< x3，
先证明
x1−x3
ln x1−ln x3
< x1+ x3
2
，其中0< x1<e< x3，
即证ln x1
x3
< 2( x1−x3)
x1+ x3
=
2( x1
x3
−1)
x1
x3
+1
，
令t = x1
x3
∈(0,1)，ℎ(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中0<t <1，
则ℎ
′(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
所以，函数ℎ(t )在(0,1)上为增函数，当0<t <1时，ℎ(t )<ℎ(1)=0，
所以，当x3> x1>0时，
x1−x3
ln x1−ln x3
< x1+ x3
2
，
则有2⋅
x1−x3
ln x1−ln x3
< x1+ x3，
由f ( x1)= f ( x3)=m可知
ln x1
x1
= ln x3
x3
=m，
所以2⋅
x1−x3
ln x1−ln x3
=2
x1−x3
m(x1−x3)
= 2
m < x1+ x3，
因为m< 1
e ，所以x1+ x3>2e,即x1>2e−x3，
因为x1<e，f ( x )在(0,e)单调递增，
所以f (x1)>f (2e−x3)，即f (x1)>f (2e−x3)，
因为x1+ x2=2e, 所以x1=2e−x2,所以f (2e−x2)>f (2e−x3)，
即2e−x2>2e−x3,∴x2< x3，
因为e< x2< x3，f ( x )在(e,+ ∞)单调递减.
所以f ( x2)>f ( x3)= f ( x1)，
即ln (e+0.1)
e+0.1
> ln (e−0.1)
e−0.1
，即c>a，
综上，a<c<b.
故选：D.
【变式3-2】（2025·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，a的取值范围；
(2)若方程xe
x−a(ln x + x)=0有两个实根x1、x2，且x1≠x2，证明：e
x1+ x2>e
2
x1 x2
.
【答案】(1)(e,+∞)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）分析可知a≠0，由参变量分离法可知直线y = 1
a与函数f (x)= ln 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；
（2）令t = xe
x>0，其中x>0，令t1= x1e
x1，t2= x2e
x2，分析可知关于t的方程t −a lnt =0也有两个实根t1
、t2，且t1≠t2，设t1>t2>0，将所求不等式等价变形为ln t1
t2
>
2(
t1
t2
−1)
t1
t2
+1
，令s= t1
t2
>1，即证ln s> 2(s−1)
s+1
，令g(s)= ln s−2(s−1)
s+1
，其中s>1，利用导数分析函数g(s)的单调性，即可证得结论成立.
【解答过程】（1）解：函数ℎ(x)的定义域为(0,+∞).
当a=0时，函数ℎ(x)= x无零点，不合乎题意，所以，a≠0，
由ℎ(x)= x−aln x =0可得1
a = ln x
x ，
构造函数f (x)= ln x
x ，其中x>0，所以，直线y = 1
a与函数f (x)的图象有两个交点，
f
′ (x)= 1−ln x
x
2
，由f
′ (x)=0可得x =e，列表如下：
x
(0,e e
(e,+ ∞
f
′ (x +
0
−
f (x) 增
极大值
1
e
减
所以，函数f (x)的极大值为f (e)= 1
e ，如下图所示：
且当x>1时，f (x)= ln x
x >0，
由图可知，当0< 1
a < 1
e 时，即当a>e时，直线y = 1
a与函数f (x)的图象有两个交点，
故实数a的取值范围是(e,+ ∞).
（2）证明：因为xe
x−a(ln x + x)=0，则xe
x−aln(xe
x)=0，
令t = xe
x>0，其中x>0，则有t −a lnt =0，
t
′ =(x +1)e
x>0，所以，函数t = xe
x在(0,+ ∞)上单调递增，
因为方程xe
x−a(ln x + x)=0有两个实根x1、x2，令t1= x1e
x1，t2= x2e
x2，
则关于t的方程t −a lnt =0也有两个实根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ln t1+ ln t2>2，
由已知{
t1=a ln t1
t2=a ln t2)，所以，{
t1−t2=a(lnt1−lnt2)
t1+t2=a(lnt1+ lnt2))，整理可得
t1+t2
t1−t2
= ln t1+ ln t2
ln t1−ln t2
，
不妨设t1>t2>0，即证ln t1+ ln t2= 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
，其中s>1，
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，
当s>1时，g(s)>g(1)=0，故原不等式成立.
【变式3-3】（24-25 高二下·湖南·期末）已知函数f (x)=ae
x−x
2+3(a∈R).
(1)若方程f (x)=0有3 个零点，求实数a的取值范围；
(2)若φ(x)=−x
2+2 x + 4−f (x)有两个零点x1, x2(x1< x2)，求证：0<a< 2❑√e
e
，且❑√
2 x2+1
2 x1+1 <e
x2−e
−x1
x2+ x1
.
【答案】(1)(0, 6
e
3 )
(2)证明见解析
【解题思路】（1）将问题转化为y =a与g(x)= x
2−3
e
x
有三个不同的交点，利用导数研究函数g(x)的性
质，从而结合图象即可求得实数a的范围；
（2）利用导数求得函数φ(x)的单调性，再利用零点存在定理证得0<a< 2❑√e
e
，再利用零点的定义将问题
e
x2+ x1
2 <e
x2+ x1−1
x2+ x1
，构造函数ℎ(t )=e
2t−2t e
t−1，利用导数证得H (t )> H (0)=0即可得证.
【解答过程】（1）解：令f (x)=0，即得ae
x−x
2+3=0，即a= x
2−3
e
x
方程有三个零点，
即直线y =a与曲线g(x)= x
2−3
e
x
有三个不同的交点，
可得g
′ (x)= 2 x−x
2+3
e
x
=−x
2−2 x−3
e
x
=−(x +1)(x−3)
e
x
，
所以当x∈(−∞,−1)或x∈(3,+ ∞)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(−1,3)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
所以当x =−1时，g(x)有极小值为g(x)=−2e，
当x =3时，g(x)有极大值为g(x)= 6
e
3 ，
当x→+ ∞时，g(x)→0，且当|x)≥❑√3时，g(x)>0，
所以作出函数g(x)= x
2−3
e
x
的图象如图所示，
所以数形结合可知0<a< 6
e
3 ，即实数a的取值范围为(0, 6
e
3 ).
    
（2）解：因为φ(x)=−x
2+2 x + 4−f (x)=2 x +1−ae
x，
当a≤0时，φ(x)单调递增，不可能有两个零点，所以a>0，此时φ
′ (x)=2−ae
x，
令φ
′ (x)=0，得x =ln 2
a，所以当x∈(−∞,ln 2
a)时，φ
′ (x)>0；
当x∈(ln 2
a ,+ ∞)时，φ
′ (x)<0，
故φ(x)在区间(−∞,ln 2
a)上单调递增，在区间(ln 2
a ,+ ∞)上单调递减，
所以φ(ln 2
a)=2ln 2
a +1−2=2ln 2
a −1，
若φ(x)有两个零点，则φ(ln 2
a)>0，得ln 2
a > 1
2，所以0<a< 2❑√e
e
，
当0<a< 2❑√e
e
时，φ(ln 2
a)>0，φ(−1
2)=−ae
−1
2 <0，ln 2
a > 1
2 >−1
2，
故存在x1∈(−1
2 ,ln 2
a)，使得f (x1)=0，
又当x趋向于+ ∞时，φ(x)趋向于−∞，故存在x2∈(ln 2
a ,+∞)，使得f (x2)=0，
故0<a< 2❑√e
e
，则满足{
2 x1+1=ae
x1
2 x2+1=ae
x2)，可得
2 x2+1
2 x1+1 =e
x2−x1，即❑√
2 x2+1
2 x1+1 =e
x2−x1
2 ，
要证❑√
2 x2+1
2 x1+1 <e
x2−e
−x1
x2+ x1
，只需证e
x2−x1
2 <e
x2−e
−x1
x2+ x1
，
两边同乘以e
x1，可得e
x2+ x1
2 <e
x2+ x1−1
x2+ x1
，
因为x1>−1
2，x2>ln 2
a > 1
2，所以x1+ x2>0，
令t = x1+ x2
2
>0，即证e
t<e
2t−1
2t
，即证e
2t−2t e
t−1>0，
令ℎ(t )=e
2t−2t e
t−1(t >0)，可得ℎ
′ (t )=2e
2t−2(t +1)e
t =2e
t(e
t−t −1)，
令H (t )=e
t−t −1(t >0)，H
′ (t )=e
t−1>0，故H (t )在区间(0,+ ∞)上单调递增，
故H (t )> H (0)=0，因此ℎ
′ (t )>0，所以ℎ(t )在区间(0,+∞)上单调递增，
故ℎ(t )>ℎ(0)=0，因此原不等式成立.
【题型4  极值点偏移：加法型】
【例4】（24-25 高三上·河北·阶段练习）已知函数f (x)= ln x + a
x .
(1)若该函数在[1,+∞)单调递增，求a的取值范围.
(2)当a=1时，若方程f (x)=m有两个实数根x1, x2，且x1< x2，证明：x1+ x2>2.
【答案】(1)(−∞,1)
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）利用导数与单调性的关系讨论求解；
（2）构造函数g(x)= f (x)−f (2−x)(0< x<1)，利用导数讨论其单调性，并结合0< x1<1< x2即可证明.
【解答过程】（1）由题意f
′ (x)= 1
x −a
x
2 = x−a
x
2 (x>0)，
当a≤0时，f
′ (x)>0，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，满足题意；
当a>0时，当0< x<a时，f
′ (x)<0，f (x)在(0,a)上单调递减，
当x>a时，f
′ (x)>0，f (x)在(a,+ ∞)上单调递增，
又该函数在[1,+∞)单调递增，故0<a≤1，
综上可知，a的取值范围为(−∞,1)
（2）当a=1时，f (x)= ln x + 1
x ，
由（1）可知f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以0< x1<1< x2，令g(x)= f (x)−f (2−x)(0< x<1)，
则g
' (x)= x−1
x
2 −x−1
(2−x)
2 =−4 (x−1)
2
x
2(2−x)
2 <0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，g(x)> g(1)=0，即f (x)>f (2−x)(0< x<1)，
令x = x1，则f (x1)>f (2−x1)，故f (x2)= f (x1)>f (2−x1)，
又f (x)在(1,+ ∞)上单调递增，2−x1>1，所以x2>2−x1，
故x1+ x2>2.
【变式4-1】（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数f (x)=2 x ln x−x
2+1．
(1)证明：f (x)<1；
(2)若0< x1< x2，且f (x1)+ f (x2)=0，证明：x1+ x2>2．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）对函数f (x)=2 x ln x−x
2+1变形整理f (x)−1=2 x ln x−x
2= x (2ln x−x)，构造函数
g(x)=2ln x−x，对其进行二次求导，从而可求出g(x)的单调性，进而可求出函数的最大值，即可证明结
论成立.
（2）对函数f (x)=2 x ln x−x
2+1进行二次求导，从而可判断函数f (x)单调性，要证x1+ x2>2，只需证
x2>2−x1，结合f (x)在(0,+ ∞)上单调递减知只需证f (x2)<f (2−x1)，即证f (x1)+ f (2−x1)>0，进而构
造函数F (x)= f (x)+ f (2−x)判断其单调性即可证明.
【解答过程】（1）由题意，f (x)−1=2 x ln x−x
2= x (2ln x−x)，设
g(x)=2ln x−x (x>0)，则g
′ (x)= 2−x
x
，当x∈(0,2)时，g
′ (x)>0，∴g(x)单调递增；当x∈(2,+∞)时，g
′ (x)<0，
∴g(x)单调递减，从而g(x)max= g(2)=2ln2−2=2(ln2−1)<0，故g(x)<0恒成立， 
∴f (x)−1= xg(x)<0，故f (x)<1．
（2）由题意，f
′ (x)=2ln x +2−2 x，f
″ (x)= 2
x −2= 2(1−x)
x
，x>0，
∴f
″ (x)>0⇔0< x<1，f
″ (x)<0⇔x>1，
从而f
′ (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，故f
′ (x)≤f
′ (1)=0，
∴f (x)在(0,+∞)上单调递减，且f (1)=0，
若0< x1< x2≤1，则f (x1)+ f (x2)>0，不合题意，
若1≤x1< x2，则f (x1)+ f (x2)<0，不合题意，∴0< x1<1< x2，
要证x1+ x2>2，只需证x2>2−x1，结合f (x)在(0,+∞)上单调递减知只需证f (x2)<f (2−x1)，
又f (x1)+ f (x2)=0，∴f (x2)=−f (x1)，故只需证−f (x1)<f (2−x1)，即证f (x1)+ f (2−x1)>0①，
令F (x)= f (x)+ f (2−x)，0< x<1，
则F
′ (x)= f
′ (x)−f
′ (2−x)=2ln x +2−2 x−[2ln (2−x)+2−2(2−x))=2ln
x
2−x + 4−4 x，
F
″ (x)=2⋅2−x
x
⋅2−x−(−1)⋅x
(2−x)
2
−4 =
4
x (2−x) −4>
4
(
x +2−x
2
)
2 −4 =0
，∴F
′ (x)在(0,1)上单调递增，
又F
′ (1)=0，∴F
′ (x)<0，从而F (x)在(0,1)上单调递减，∵F (1)=2f (1)=0，∴F (x)>0，
∵0< x1<1，∴F (x1)= f (x1)+ f (2−x1)>0，即不等式①成立，故x1+ x2>2．
【变式4-2】（2025·江苏扬州·模拟预测）已知函数f (x)= ln (mx)−x (m>0)．
(1)若f (x)≤0恒成立，求m的取值范围；
(2)若f (x)有两个不同的零点x1, x2，证明x1+ x2>2．
【答案】(1)(0,e)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）直接用导数求出f (x)的最大值即可；
（2）构造p(t )= f (1+t )−f (1−t )并证明t >0时f (1+t )>f (1−t )，并对该不等式代入特殊值即可得证.
【解答过程】（1）首先由m>0可知f (x)的定义域是(0,+ ∞)，从而f (x)= ln (mx)−x = ln x−x + ln m.
故f
′ (x)= ln (mx)−x = 1
x −1= 1−x
x
，从而当0< x<1时f
′ (x)>0，当x>1时f
′ (x)<0.
故f (x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，所以f (x)具有最大值f (1)= ln m−1.
所以命题等价于ln m−1≤0，即m≤e.
所以m的取值范围是(0,e).
（2）不妨设x1< x2，由于f (x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，故一定有0< x1<1< x2.
在−1<t <1的范围内定义函数p(t )= f (1+t )−f (1−t ).
则p
′ (t )= f
′ (1+t )+ f
′ (1−t )= −t
1+t +
t
1−t = 2t
2
1−t
2 >0，所以p(t )单调递增.
这表明t >0时p(t )> p(0)= f (1)−f (1)=0，即f (1+t )>f (1−t ).
又因为f (2−x1)= f (1+(1−x1))>f (1−(1−x1))= f (x1)=0= f (x2)，且2−x1和x2都大于1，
故由f (x)在(1,+∞)上的单调性知2−x1< x2，即x1+ x2>2.
【变式4-3】（2025·辽宁·模拟预测）已知函数f (x)=e
x−a x
2(a>0)．
(1)当a=e
2
4 时，判断f (x)在区间(1,+∞)内的单调性；
(2)若f (x)有三个零点x1, x2, x3，且x1< x2< x3．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x1+ x2+ x3>3.
【答案】(1)f (x)在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增
(2)（i）a∈(
e
2
4 ,+∞)；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
（2）（i）原条件可转化a=e
x
x
2有三个不等实根，从而构造函数ℎ(x)=e
x
x
2，研究该函数即可得；（ii）借助
的ℎ(x)单调性，得到x1>−1，从而将证明x1+ x2+ x3>3，转化为证明x2+ x3>4，再设t = x3
x2
，从而将三个
变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数μ(x)= ln x−2(x−1)
x +1
(x>1)，证明其在(1,+∞)上大于0即
可.
【解答过程】（1）当a=e
2
4 时，f (x)=e
x−e
2
4 x
2，f
′ (x)=e
x−e
2
2 x，
令g(x)= f
′ (x)=e
x−e
2
2 x，g
′ (x)=e
x−e
2
2 ，
令g
′ (x)=e
x−e
2
2 =0，可得x = lne
2
2 =2−ln2，
则当x∈(1,2−ln 2)时，g
′ (x)<0，当x∈(2−ln 2,+ ∞)时，g
′ (x)>0，
即g(x)在(1,2−ln 2)上单调递减，在(2−ln 2,+ ∞)上单调递增，
又g(1)= f
′ (1)=e−e
2
2 <0，g(2)= f
′ (2)=e
2−e
2=0，
故当x∈(1,2)时，f
′ (x)<0，当x∈(2,+∞)时，f
′ (x)>0，
故f (x)在(1,2)上单调递减，在(2,+ ∞)上单调递增；
（2）（i）f (x)有三个零点，即e
x−a x
2=0有三个根，
由x =0不是该方程的根，故a=e
x
x
2有三个根x1, x2, x3，且x1< x2< x3，
令ℎ(x)=e
x
x
2，ℎ
′ (x)= (x−2)e
x
x
3
，
故当x∈(−∞,0)∪(2,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，当x∈(0,2)时，ℎ
′ (x)<0，
即ℎ(x)在(−∞,0)、(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
ℎ(2)=e
2
2
2 =e
2
4 ，当x→−∞时，ℎ(x)→0，x→0
−时，ℎ(x)→+ ∞，
当x→0
+时，ℎ(x)→+ ∞，x→+ ∞时，ℎ(x)→+ ∞，
故a∈(
e
2
4 ,+∞)时，a=e
x
x
2有三个根；
（ii）由ℎ(x)在(−∞,0)上单调递增，ℎ(−1)=e
−1
(−2)
2 = 1
4e <e
2
4 ，故x1>−1，
由（i）可得e
x1
x1
2 =e
x2
x2
2 =e
x3
x3
2 =a，且−1< x1<0< x2<2< x3，
即只需证x2+ x3>4，设t = x3
x2
>1，则x3= x2t，
则有e
x2
x2
2 =e
x2t
(x2t)
2，即有t
2=e
x2(t −1)，故2ln t = x2(t −1)，x2= 2ln t
t −1 ，
则x3= 2t lnt
t −1 ，即x2+ x3= 2ln t
t −1 + 2t ln t
t −1 = 2(t +1)ln t
t −1
，
即只需证2(t +1)ln t
t −1
>4⇔(t +1)ln t
t −1
>2⇔ln t −2(t −1)
t +1
>0，
令μ(x)= ln x−2(x−1)
x +1
(x>1)，
则μ
′ (x)= 1
x −2(x +1)−2(x−1)
(x +1)
2
= (x +1)
2−4 x
x (x +1)
2
= (x−1)
2
x (x +1)
2 >0恒成立，
故μ(x)在(1,+∞)上单调递增，
则μ(x)> μ(1)= ln1−0=0，即得证.
【题型5  极值点偏移：减法型】
【例5】（2025·山东日照·一模）已知函数f (x)=3 ln x +a x
2−4 x (a>0)．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a= 1
2时，若方程f (x)=b有三个不相等的实数根x1, x2, x3，且x1< x2< x3，证明：x3−x1<4．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求导，分Δ≤0和Δ>0两种情况，结合导数符号判断函数单调性；
（2）根据题意分析可知：f (x)在(0,1),(3,+ ∞)内单调递增，在(1,3)内单调递减，0< x1<1< x2<3< x3，利
用极值点偏离证明x1+ x2>2和x2+ x3<6，即可得结果.
【解答过程】（1）由题意可知：f (x)的定义域为(0,+∞)，f
′ (x)= 3
x +2ax−4 = 2a x
2−4 x +3
x
，
且a>0，令f
′ (x)=0，可得2a x
2−4 x +3=0，
当Δ=16−24 a≤0，即a≥2
3时，可知2a x
2−4 x +3≥0在(0,+ ∞)内恒成立，
即f
′ (x)≥0在(0,+ ∞)内恒成立，所以f (x)在(0,+ ∞)内单调递增；
当Δ=16−24 a>0，即0<a< 2
3时，由2a x
2−4 x +3=0解得x1= 2−❑√4−6a
2a
或x2= 2+ ❑√4−6a
2a
，
由x1+ x2= 2
a >0, x1 x2= 3
2a >0可知0< x1< x2，
若x∈(0, x1)∪(x2,+ ∞)，f
′ (x)>0；若x∈(x1, x2)，f
′ (x)<0；
所以f (x)在(0, x1),(x2,+ ∞)内单调递增，在(x1, x2)内单调递减；
综上所述：当a≥2
3时，f (x)在(0,+∞)内单调递增；
当0<a< 2
3
时，f (x)在(0, 2−❑√4−6a
2a
),(
2+ ❑√4−6a
2a
,+∞)
内单调递增，在
(
2−❑√4−6a
2a
, 2+ ❑√4−6a
2a
)
内单调递减.
（2）当a= 1
2时，可得f (x)=3ln x + 1
2 x
2−4 x，f
′ (x)= 3
x + x−4，
由（1）可知：f (x)在(0,1),(3,+ ∞)内单调递增，在(1,3)内单调递减，
由题意可得：0< x1<1< x2<3< x3，
因为f (x1)= f (x2)= f (x3)=b，
令g(x)= f (x)−f (2−x),0< x<1，
则g
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (2−x)=(
3
x + x−4)+(
3
2−x +2−x−4)= 6(x−1)
2
x (2−x) >0，
可知g(x)在(0,1)内单调递增，则g(x)< g(1)=0，
可得f (x)<f (2−x)在(0,1)内恒成立，
因为0< x1<1，则f (x1)= f (x2)<f (2−x1)，
且1<2−x1<2,1< x2<3，f (x)在(1,3)内单调递减，
则2−x1< x2，即x1+ x2>2；
令ℎ(x)= f (x)−f (6−x),1< x<3，
则g
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (6−x)=(
3
x + x−4)+(
3
6−x +6−x−4)= 6(x−3)
2
x (6−x) >0，
可知ℎ(x)在(1,3)内单调递增，则ℎ(x)<ℎ(3)=0，
可得ℎ(x)<ℎ(6−x)在(1,3)内恒成立，
因为1< x2<3，则f (x2)= f (x3)<f (6−x2)，
且3<6−x2<5, x3>3，f (x)在(3,+ ∞)内单调递增，
则6−x2> x3，即x2+ x3<6；
由x1+ x2>2和x2+ x3<6可得x3−x1<4.
【变式5-1】（2025·全国·模拟预测）已知函数f (x)=(x−e−1)e
x−1
2 e x
2+e
2 x．
(1)求函数f (x)的单调区间与极值；
(2)若f (x1)= f (x2)= f (x3)(x1< x2< x3)，求证：x3−x1
2
<e−1．
【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
2 e，极小值为
−e
e+ 1
2 e
3．
(2)证明见解析
【解题思路】（1）对f (x)求导，分析函数单调性，根据极值定义即可求解；
（2）令F (x)= f (x)−f (2−x),1< x<e，则F
′( x)=e
x−e
e
x−1 [(x−e)e
x−1+ x +e−2)，令
G (x)=(x−e)e
x−1+ x +e−2，则G
′ (x)=(x−e+1)e
x−1+1，令H (x)=G
′ (x)，则H
′ (x)=(x−e+2)e
x−1，
分析单调性可得F (x)> F (1)=0，即f (x)>f (2−x)对任意x∈(1,e)恒成立．继而可得f (x1)>f (2−x2)，
由单调性可得x1+ x2>2，令m(x)= f (x)−f (2e−x),1< x<e，利用导数分析单调性可得m(x)<m (e)=0，
即f (x)<f (2e−x)对任意x∈(1,e)恒成立．可得f (x3)<f (2e−x2)，继而可得x2+ x3<2e，由
x3−x1=(x2+ x3)+(−x1−x2)<2e−2即可证明.
【解答过程】（1）∵f (x)定义域为R，f
′ (x)=(x−e)e
x−e x +e
2=(x−e)(e
x−e)，
令f
′ (x)=0，解得x =e或x =1，
∴当x∈(−∞,1)∪(e,+∞)时，f
′ (x)>0；当x∈(1,e)时，f
′ (x)<0．
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f (1)=−1
2 e，极小值为f (e)=−e
e+ 1
2 e
3．
（2）证明：由（1）知x1<1,1< x2<e, x3>e．
令F (x)= f (x)−f (2−x),1< x<e，则F
′ (x)= f
′ (x)−[f (2−x))
′
=(x−e)(e
x−e)+(2−x−e)(e
2−x−e)=e
x−e
e
x−1 [(x−e)e
x−1+ x +e−2)．
令G (x)=(x−e)e
x−1+ x +e−2，则G
′ (x)=(x−e+1)e
x−1+1．
令H (x)=G
′ (x)，则H
′ (x)=(x−e+2)e
x−1．
∵H
′ (x)>0在(1,e)上恒成立，∴H (x)在(1,e)上单调递增，
∴H (x)> H (1)=3−e>0，∴G
′ (x)>0在(1,e)上恒成立，
∴G (x)在(1,e)上单调递增，∴G (x)>G (1)=0，
∴F
′ (x)>0在(1,e)上恒成立，∴F (x)在(1,e)上单调递增，
∴F (x)> F (1)=0，∴f (x)>f (2−x)对任意x∈(1,e)恒成立．
∵x2∈(1,e)，∴f (x2)>f (2−x2)．
又f (x1)= f (x2)，∴f (x1)>f (2−x2)．
∵f (x)在(−∞,1)上单调递增，x1,2−x2∈(−∞,1)，∴x1>2−x2，即x1+ x2>2．
令m(x)= f (x)−f (2e−x),1< x<e，则m
′ (x)= f
′ (x)+[f (2e−x))
′
=(x−e)(e
x−e)+(2e−x−e)(e
2e−x−e)=(x−e)(e
x−e
2e−x)．
∵y =e
x−e
2e−x在(1,e)上单调递增，
∴e
x−e
2e−x<e
e−e
e=0,∴m
′ (x)>0在(1,e)上恒成立，
∴m(x)在(1,e)上单调递增，∴m(x)<m (e)=0，
∴f (x)<f (2e−x)对任意x∈(1,e)恒成立．
∵x2∈(1,e),∴f (x2)<f (2e−x2)．又f (x2)= f (x3),∴f (x3)<f (2e−x2)．
∵f (x)在(e,+∞)上单调递增，且x3,2e−x2∈(e,+∞)，
∴x3<2e−x2,∴x2+ x3<2e．由x1+ x2>2，得−x1−x2<−2，
∴x3−x1=(x2+ x3)+(−x1−x2)<2e−2，∴x3−x1
2
<e−1．
【变式5-2】（23-24 高三上·河南·开学考试）f (x)=ln(e
x +a+1)−x
2 + x
2
4 +b有两个零点x1, x2(x1< x2)．
(1)a=0时，求b的范围；
(2)b=−1且a< 5
4 时，求证：x2−x1<2❑√5−4 a．
【答案】(1)(−∞,0)
(2)证明见详解
【解题思路】（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b=−1时由f (x)=ln(e
x +a+1)−x
2 + x
2
4 −1> x
2
4 + x
2 +a−1及x
2
4 + x
2 +a−1=0的两个零点之间的距
离可得x2−x1<2❑√5−4 a.
【解答过程】（1）a=0时，f (x)= ln(e
x+1)−x
2 + x
2
4 +b，
由题意f (x)的两个零点x1, x2(x1< x2)即为
方程ln(e
x+1)−x
2 + x
2
4 +b=0的两个根，
分离参数即得b=−ln(e
x+1)+ x
2 −x
2
4 ，令g(x)=−ln(e
x+1)+ x
2 −x
2
4 ，
对其求导得g
′ (x)=−e
x
e
x+1
−x
2 + 1
2，设s(x)=−e
x
e
x+1
−x
2 + 1
2，
则s
′ (x)=−1
2 −e
x
(e
x+1)
2 <0，所以g
′ (x)在定义域上面单调递减，
注意到g
′ (0)=0，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）g(0)=−ln 2，
又当x→+∞时，g(x)→−∞；当x→−∞时，g(x)→−∞，
若方程b=−ln(e
x+1)+ x
2 −x
2
4 有两个根，
则b<[g(x))max = g(0)=−ln 2，即b的取值范围为(−∞,−ln 2).
（2）因为ln(e
x +a+1)>lne
x +a= x +a，设g(x)= x
2
4 + x
2 +a−1，
所以当b=−1且a< 5
4 时有f (x)=ln(e
x +a+1)−x
2 + x
2
4 −1> x
2
4 + x
2 +a−1= g(x)，
进而有f (x1)=0> x1
2
4 + x1
2 +a−1= g(x1)，f (x2)=0> x2
2
4 + x2
2 +a−1= g(x2)且
f (x)的函数图像恒在g(x)的函数图象上方，不妨设g(x)= x
2
4 + x
2 +a−1的两个零点为x3、x4（且x3< x4
），如图所示：
因此f (x)的两个零点x1, x2(x1< x2)在二次函数g(x)= x
2
4 + x
2 +a−1两个零点之内，
所以有x2−x1< x4−x3，令x
2
4 + x
2 +a−1=0，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为
a1= 1
4 、b1= 1
2 、c1=a−1，其判别式Δ=b1
2−4 a1c1=(
1
2)
2
−4× 1
4 ×(a−1)= 1
4 −a+1= 5−4 a
4
，
又x4−x3=|
−b1+ ❑√Δ
2a1
−−b1−❑√Δ
2a1 )=
❑√Δ
|a1)
，所以x4−x3=
❑√Δ
|a1)
=
❑√
5−4 a
4
1
4
=2❑√5−4 a，
综上，有x2−x1< x4−x3=2❑√5−4 a，命题得证.
【变式5-3】（24-25 高三下·天津·阶段练习）已知函数f ( x)= x
2−2ax + 4 ln x．
(1)讨论f ( x)的单调区间；
(2)已知a∈[ 4,6]，设f ( x)的两个极值点为λ1, λ2(λ1< λ2)，且存在b∈R，使得y = f ( x)的图象与y =b有
三个公共点x1, x2, x3(x1< x2< x3)；
①求证：x1+ x2>2 λ1；
②求证：x3−x1<4 ❑√7．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）首先求函数的导数，再讨论Δ，结合函数的定义域，即可求函数的单调区间；
（2）①要证x1+ x2>2 λ1，即证x2>2 λ1−x1，只需证f (x1)<f (2 λ1−x1)，构造函数
g(x)= f (x)−f (2 λ1−x)，x∈(0, λ1)，借助导数即可得证；②同①中证法，先证x2+ x3<2 λ2，则可得
x3−x1=(x2+ x3)−(x2+ x1)<2 λ2−2 λ1，利用λ1、λ2是方程x
2−ax +2=0的两根所得韦达定理，结合
a∈[ 4,6]即可得证.
【解答过程】（1）f
′ (x)=2 x−2a+ 4
x = 2(x
2−ax +2)
x
，x>0，
其中t (x)= x
2−ax +2，Δ=a
2−8，
当Δ≤0时，即−2❑√2≤a≤2❑√2，此时f
′ (x)≥0恒成立，
函数f (x)在区间(0,+ ∞)单调递增，
当Δ>0时，即a<−2❑√2或a>2❑√2，
当a<−2❑√2时，f
′ (x)>0在区间(0,+ ∞)上恒成立，
即函数f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，
当a>2❑√2时，t (x)=0，得x1= a−
❑√a
2−8
2
或x1= a+
❑√a
2−8
2
，
当0< x< a−
❑√a
2−8
2
，或x> a+
❑√a
2−8
2
时，f
′ (x)>0，
当a−
❑√a
2−8
2
< x< a+
❑√a
2−8
2
时，f
′ (x)<0，
所以函数f (x)的单调递增区间是(0, a−
❑√a
2−8
2
)和(
a+
❑√a
2−8
2
,+∞)，
单调递减区间是(
a−
❑√a
2−8
2
, a+
❑√a
2−8
2
)，
综上可知，当a≤2❑√2时，函数f (x)的单调递增区间是(0,+∞)；
当a>2❑√2时，函数f (x)的单调递增区间是(0, a−
❑√a
2−8
2
)和(
a+
❑√a
2−8
2
,+∞)，
单调递减区间是(
a−
❑√a
2−8
2
, a+
❑√a
2−8
2
)；
（2）①由（1）知，当a∈[ 4,6]时，函数f (x)的单调递增区间是(0, λ1)和(λ2,+∞)，
单调递减区间是(λ1, λ2)，λ1、λ2是方程x
2−ax +2=0的两根，
有λ1 λ2=2，λ1+ λ2=a，
又y = f ( x)的图象与y =b有三个公共点x1, x2, x3(x1< x2< x3)，
故0< x1< λ1< x2< λ2< x3，则2 λ1−x1> λ1，
要证x1+ x2>2 λ1，即证x2>2 λ1−x1，又2 λ1−x1> λ1，
且函数f (x)在(λ1, λ2)上单调递减，即可证f (x2)<f (2 λ1−x1)，
又f (x1)= f (x2)=b，即可证f (x1)<f (2 λ1−x1)，
令g(x)= f (x)−f (2 λ1−x)，x∈(0, λ1)，
由f
′ (x)=2 x−2a+ 4
x = 2(x
2−ax +2)
x
= 2(x−λ1)(x−λ2)
x
，
则g
′ (x)= 2(x−λ1)(x−λ2)
x
+ 2(2 λ1−x−λ1)(2 λ1−x−λ2)
2 λ1−x
=2(x−λ1)⋅(x−λ2)(2 λ1−x)+ x(x + λ2−2 λ1)
x(2 λ1−x)
=2(x−λ1)⋅−x
2−2 λ1 λ2+2 λ1 x + λ2 x + x
2+ λ2 x−2 λ1 x
x(2 λ1−x)
=2(x−λ1)⋅2(x−λ1) λ2
x(2 λ1−x)
= 4 λ2(x−λ1)
2
x(2 λ1−x)
>0恒成立，
故g
′ (x)在(0, λ1)上单调递增，即g(x)< g(λ1)= f (λ1)−f (2 λ1−λ1)=0，
即f (x1)<f (2 λ1−x1)恒成立，即得证；
②由0< x1< λ1< x2< λ2< x3，则2 λ2−x3< λ2，
令ℎ(x)= f (x)−f (2 λ2−x)，x∈(λ2,+∞)，
则ℎ
′ (x)= 2(x−λ1)(x−λ2)
x
+ 2(2 λ2−x−λ1)(2 λ2−x−λ2)
2 λ2−x
=2(x−λ2)⋅(x−λ1)(2 λ2−x)+ x(x + λ1−2 λ2)
x(2 λ2−x)
=2(x−λ2)⋅−x
2−2 λ1 λ2+2 λ2 x + λ1 x + x
2+ λ1 x−2 λ2 x
x(2 λ2−x)
=2(x−λ2)⋅2(x−λ2) λ1
x(2 λ2−x)
= 4 λ1(x−λ2)
2
x(2 λ2−x)
>0，
故ℎ
′ (x)在(λ2,+∞)上单调递增，即ℎ(x)>ℎ(λ2)= f (λ2)−f (2 λ2−λ2)=0，
即当x∈(λ2,+∞)时，f (x)>f (2 λ2−x)，
由x3> λ2，故f (x3)>f (2 λ2−x3)，又f (x3)= f (x2)，故f (x2)>f (2 λ2−x3)，
由2 λ2−x3< λ2，λ1< x2< λ2，函数f (x)在(λ1, λ2)上单调递减，故x2<2 λ2−x3，
即x2+ x3<2 λ2，又由①知x1+ x2>2 λ1，故x3−x1=(x2+ x3)−(x2+ x1)<2 λ2−2 λ1，
又2 λ2−2 λ1=2❑√(λ1+ λ2)
2−4 λ1 λ2=2
❑√a
2−8≤2
❑√6
2−8= 4 ❑√7，
故x3−x1<4 ❑√7.
【题型6  极值点偏移：乘积型】
【例6】（24-25 高二下·北京西城·期中）已知函数f (x)= x−ln 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．
【答案】(1)(−∞,1)；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）求导，分别解不等式f
′ (x)>0，f
′ (x)<0即可；
（2）设x1< x2，结合（1）可知0< x1<1< x2，构造函数g(x)= f (x)−f(
1
x)，利用导数判断单调性即可得
f (x1)= f (x2)>f(
1
x2)
，结合f (x)在(0,1)上单调递减即可得证.
【解答过程】（1）由题意知函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
解f
′ (x)= x−1
x
>0得x>1，解f
′ (x)= x−1
x
<0得0< x<1，
所以函数f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f (x)min= f (1)=1−a，
又f (x)≥0，所以1−a≥0，解得a≤1，
所以a的取值范围为(−∞,1)．
（2）不妨设x1< x2，则由（1）知0< x1<1< x2，0< 1
x2
<1，
构造函数g(x)= f (x)−f(
1
x)= x−1
x −2ln x，
则g
' (x)=1+ 1
x
2 −2
x = (x−1)
2
x
2
≥0，
所以函数g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)> g(1)=0，即当x>1时，f (x)>f(
1
x)，
所以f (x1)= f (x2)>f(
1
x2)，
又f (x)在(0,1)上单调递减，
所以0< x1< 1
x2
<1，即x1 x2<1．
【变式6-1】（24-25 高二上·江苏连云港·期末）已知函数f (x)=2 x +a x
2+ xln x ,a∈R.
(1)当a=0时，求曲线y = f (x)在x =e处的切线方程；
(2)若f (x)有两个零点x1, x2，且x2>3 x1，证明：x1 x2> 9
e
4 .
【答案】(1)4 x−y −e=0
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解；
（2）令f (x1)= f (x2)=0得−a= 2+ln x1
x1
= 2+ln x2
x2
，令x2=t x1(t >3)，则
2+ln x1
x1
= 2+ln(t x1)
t x1
= 2+lnt +ln x1
t x1
，从而令ℎ(t )= (t +1)lnt
t −1
−4 (t >3)，则利用导数求出ℎ(t )最小值
可得答案.
【解答过程】（1）当a=0时，f (x)=2 x + xln x ,f
′ (x)=2+ln x +1，
曲线y = f (x)在x =e处切线的斜率为k = f
′ (e)=3+lne= 4，
又∵f (e)=2e+elne=3e,∴切线方程为y −3e= 4 (x−e)，
即曲线y = f (x)在x =e处的切线方程为4 x−y −e=0；
（2）若f (x)有两个零点x1, x2，
则2 x1+a x1
2+ x1ln x1=0,2 x2+a x2
2+ x2ln x2=0，
得−a= 2+ln x1
x1
= 2+ln x2
x2
.
∵x2>3 x1，令x2=t x1(t >3)，则2+ln x1
x1
= 2+ln(t x1)
t x1
= 2+lnt +ln x1
t x1
，
故ln x1= 2+lnt −2t
t −1
=lnt
t −1 −2，
则ln x2=ln(t x1)=lnt +ln x1=lnt +lnt
t −1 −2= t lnt
t −1 −2，
∴ln(x1 x2)=ln x1+ln x2=lnt
t −1 −2+ t lnt
t −1 −2= (t +1)lnt
t −1
−4，
令ℎ(t )= (t +1)lnt
t −1
−4 (t >3)，则ℎ
′ (t )=
−2lnt +t −1
t
(t −1)
2
，
令g(t )=−2lnt +t −1
t
(t >3)，则g
′ (t )=−2
t +1+ 1
t
2 = t
2−2t +1
t
2
= (t −1)
2
t
2
>0，
∴g(t )在(3,+ ∞)上单调递增，
∴g(t )>g(3)=−2ln3+3−1
3 = 2
3
(4−3ln3)= 2
3 (lne
4−ln3
3)>0，
∴ℎ
′ (t )=
g(t )
(t −1)
2 >0，则ℎ(t )在(3,+ ∞)上单调递增，
∴ℎ(t )>ℎ(3)= 4ln3
2
−4 =ln 9
e
4 ,∴ln(x1 x2)>ln 9
e
4 ，
故x1 x2> 9
e
4 .
【变式6-2】（24-25 高三上·北京房山·期中）已知函数f (x)= ln x−x
(1)求函数f (x)单调区间；
(2)设函数g(x)= f (x)+a，若x1, x2∈(0,e)是函数g(x)的两个零点，
①求a的取值范围；
②求证：x1 x2<1．
【答案】(1)单调递增区间为(0,1)；单调递减区间为(1,+ ∞)
(2)①(1,e−1)；②证明见解析
【解题思路】（1）求导后，根据f
′ (x)正负即可得到f (x)的单调区间；
（2）①将问题转化为f (x)与y =−a在(0,e)上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果；
②由①可得0< x1<1< x2≤e，设F (x)= g(x)−g(
1
x)(1< x ≤e)，利用导数可求得F (x)<0，进而得到
g(x2)<g(
1
x2)，即g(x1)< g(
1
x2)，根据x1, 1
x2
的范围和g(x)单调性可得结论.
【解答过程】（1）∵f (x)定义域为(0,+ ∞)，f
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
，
∴当x∈(0,1)时，f
′ (x)>0；当x∈(1,+∞)时，f
′ (x)<0；
∴f (x)的单调递增区间为(0,1)；单调递减区间为(1,+∞).
（2）①若x1, x2∈(0,e)是g(x)的两个不同零点，则y = f (x)与y =−a在(0,e)上有两个不同交点；
由（1）知：f (x)max =−1，又f (e)=1−e，
∴f (x)在(0,e)的图象如下图所示，
由图象可知：1−e≤−a<−1，∴1<a≤e−1，即a的取值范围为(1,e−1).
②不妨设x1< x2，由①知：0< x1<1< x2≤e，
∵g(x)= f (x)+a，∴g
′ (x)= 1−x
x
，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；
设F (x)= g(x)−g(
1
x)(1< x ≤e)，则F
' (x)= 1−x
x
−
1−1
x
1
x
⋅(−1
x
2)= 1−x
x
+ x−1
x
2 =−(x−1)
2
x
2
<0，
∴F (x)在(1,e)上单调递减，∴F (x)< F (1)=0，∴g(x)<g(
1
x)，
又x2∈(1,e)，∴g(x2)<g(
1
x2)，又g(x1)= g(x2)，∴g(x1)<g(
1
x2)；
∵x1∈(0,1)，1
x2
∈[
1
e ,1)，g(x)在(0,1)上单调递增，
∴x1< 1
x2
，则x1 x2<1.
【变式6-3】（2024 高三·全国·专题练习）已知函数f ( x)= ln x + 1
2 a x
2−(a+1)x ,(a∈R).
(1)当a=1时，判断函数y = f ( x)的单调性；
(2)若关于x的方程f ( x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1, x2，求实数a的取值范围，并证明x1⋅x2>e
2.
【答案】(1)f ( x)在(0,+∞)上单调递增
(2)(−1, 1
e −1)，证明见解析
【解题思路】（1）对f ( x)求导，根据f
′( x)的符号得出f ( x)的单调性；
（2）由题意可知ln x =(a+1)x有两解，求出y = ln x的过原点的切线斜率即可得出a的范围，设
0< x1< x2, x2
x1
=t，根据分析法构造关于t的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可，
【解答过程】（1）a=1时，f ( x)= ln x + 1
2 x
2−2 x( x>0)，
故f
′( x)= 1
x + x−2= x
2−2 x +1
x
2
= (x−1)
2
x
2
≥0，
∴f ( x)在(0,+∞)上单调递增.
（2）关于x的方程f ( x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1,x2，
即ln x−(a+1)x =0有两不同实根x1，x2，得a+1=ln x
x
，
令g( x)=ln x
x ( x>0)，g
′( x)= 1−ln x
x
2
，
令g
′( x)=0，得x =e，
当x∈(0,e)时，g
′( x)>0，∴g( x)在(0,e)上单调递增，
当x∈(e,+ ∞)时，g
′( x)<0，∴g( x)在(e,+∞)上单调递减，
∴x =e时，g( x)取得最大值1
e ，且g(1)=0，得图象如图：.
  
∴a+1∈(0,1
e )，则a∈(−1, 1
e −1)，
即当−1<a<1
e −1时，f ( x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1，x2，
两根满足ln x1=(a+1)x1，ln x2=(a+1)x2，
两式相加得：ln( x1 x2)=(a+1)( x1+ x2)，两式相减得ln x2
x1
=(a+1)( x2−x1)，
上述两式相除得
ln( x1 x2)
ln x2
x1
= x1+ x2
x2−x1，
不妨设x1< x2，要证：x1⋅x2>e
2，
只需证：ln( x1 x2)= x1+ x2
x2−x1
ln x2
x1
>2,即证ln x2
x1
>2· x2−x1
x2+ x1
=
2( x2
x1
−1)
x2
x1
+1
，
设t = x2
x1
>1，令F(t )=lnt −2(t −1)
t +1
=lnt + 4
t +1 −2，
则F ′(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
∴函数F(t )在(1,+ ∞)上单调递增，且F (1)=0,
∴F(t )>0，即lnt > 2(t −1)
t +1
，
∴x1⋅x2>e
2.
【题型7  极值点偏移：商型】
【例7】（24-25 高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数f (x)=a x
2，g(x)= x (1−ln x).
(1)若对于任意x∈(0,+ ∞)，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x1, x2，求证：1
x1
+ 1
x2
>2.
【答案】(1)a<−1
e
2
(2)证明见解析
【解题思路】（1）通过转化构造函数F (x)= 1−ln 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a= 1
x1
，b= 1
x2
，利用导数相关知识转化为证明
ℎ(b)=ℎ(a)<ℎ(2−a)即可.
【解答过程】（1）结合题意：对于任意x∈(0,+∞)，都有f (x)< g(x)，所以a x
2< x (1−ln x)，
因为x∈(0,+∞)，所以只需a< 1−ln x
x
= F (x)，
F
′ (x)= ln x−2
x
2
，
当x∈(0,e
2)时，F
′ (x)<0，F (x)在(0,e
2)上单调递减；
当x∈(e
2,+∞)时，F
′ (x)>0，F (x)在(e
2,+∞)上单调递增.
所以只需a< F (x)min= F (e
2)=−1
e
2 ；
（2）x1(1−ln x1)= x2(1−ln x2)等价于
1+ ln 1
x1
1
x1
=
1+ ln 1
x2
1
x2
，
设函数ℎ(x)= 1+ ln x
x
，ℎ
′ (x)= −ln x
x
2
，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<a<1<b且a= 1
x1
，b= 1
x2
，
设函数g(x)=(2−x)(1+ ln x)−x(1+ ln (2−x))，其中0< x<1，
知G
′ (x)=−ln[x (2−x))+(
2−x
x
+
x
2−x −2)>0，
知G (x)在区间(0,1)上单调递增，即x∈(0,1)时G (x)<G (1)=0，
即x∈(0,1)时，1+ ln x
x
< 1+ ln (2−x)
2−x
，
即ℎ(a)= 1+ ln a
a
< 1+ ln (2−a)
2−a
=ℎ(2−a)，
又由已知由ℎ(a)=ℎ(b)且0<a<1<b，
有ℎ(b)<ℎ(2−a)且2−a∈(1,2)，由ℎ(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以b>2−a，即1
x1
+ 1
x2
>2.
【变式7-1】（24-25 高三上·江苏无锡·阶段练习）已知函数f ( x)= a
x + ln x ,g( x)=ax−ln x−2.
(1)若a>0，当f ( x)与g( x)的极小值之和为0 时，求正实数a的值；
(2)若f (x1)= f (x2)=2(x1≠x2)，求证：1
x1
+ 1
x2
> 2
a.
【答案】(1)a=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据极小值的定义计算即可；
（2）把问题转化为m+n>2
m−n
ln m−ln n，进而转化为ln m
n >
2(
m
n −1)
m
n +1
，令t = m
n (t >1)，只需证明
ln t > 2(t −1)
t +1
(t >1)即可.
【解答过程】（1）f ( x), g( x)定义域均为(0,+∞)，
f
′( x)=−a
x
2 + 1
x = −a+ x
x
2
，令f
'( x)<0，解得：0< x<a，
令f
'( x)>0，解得：x>a，
所以f ( x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，
∴在x =a取极小值，且f (a)=1+ ln a；
又g
′( x)=a−1
x ，令g
'( x)<0，解得：0< x< 1
a，
令g
'( x)>0，解得：x> 1
a，
所以g( x)在(0, 1
a)上单调递减，在(
1
a ,+∞)上单调递增，
∴在x = 1
a取极小值，且g(
1
a)=−1+ ln a
所以1+ ln a−1+ ln a=0，解得：a=1.
（2）令m= 1
x1
,n= 1
x2
，因为x1≠x2，所以m≠n，
由f (x1)= f (x2)=2(x1≠x2)可得：¿，
（1）—（2）得：a(m−n)= ln m−ln n，所以1
a =
m−n
ln m−ln n，
要证：1
x1
+ 1
x2
> 2
a，只要证：m+n> 2
a，
只要证：m+n>2
m−n
ln m−ln n，
不妨设0<n<m，所以只要证：ln m
n > 2(m−n)
m+n
，
即证：ln m
n >
2(
m
n −1)
m
n +1
，令t = m
n (t >1)，只需证：ln t > 2(t −1)
t +1
(t >1)，
令ℎ(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >1),ℎ
'(t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
所以ℎ(t )在t ∈(1,+ ∞)上单调递增，所以ℎ(t )>ℎ(1)=0，
即有ln t > 2(t −1)
t +1
(t >1)成立，所以1
x1
+ 1
x2
> 2
a成立.
【变式7-2】（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数f (x)=−2ln x−a
x
2 +1.
(1)当a=1时，求f (x)在区间[
1
2 ,2)上的最值；
(2)若f (x)有两个不同的零点x1, x2，证明：1
x1
2 + 1
x2
2 > 2
a.
【答案】(1)最大值为0，最小值为−3+2ln2.
(2)证明见解析
【解题思路】（1）将a=1带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原函数求导，
判断在区间[
1
2 ,2)上的单调性，即可求得函数在区间[
1
2 ,2)上的最值；
（2）对原函数求导，并对参数a≤0，a>0分类讨论，得出函数在两种情况下的单调性，由单调性求得函
数f (x)有两个不同的零点x1, x2时两根与参数的关系，再利用比值换元法即可证明.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=−2ln x−1
x
2 +1, x∈[
1
2 ,2)，
f
′ (x)=−2
x + 2
x
3 =−2(x +1)(x−1)
x
3
.
由f
′ (x)>0，得1
2 ≤x<1；由f
′ (x)<0，得1< x ≤2，
所以f (x)在区间[
1
2 ,1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减.
因为f(
1
2)=−2ln 1
2 −4+1=−3+2ln2,f (1)=−2ln1−1+1=0，
f (2)=−2ln2−1
4 +1= 3
4 −2ln2,f(
1
2)−f (2)= 4ln2−15
4 = 4(ln2−15
16)<0，
所以f (x)在区间[
1
2 ,2)上的最大值为0，最小值为−3+2ln2.
（2）f
′ (x)=−2 x
2−2a
x
3
( x>0).
当a≤0时，f
′ (x)<0,f (x)在(0,+ ∞)上单调递减，不可能有两个零点，舍去；
当a>0时，所以f
′ (x)=−2(x + ❑√a)(x−❑√a)
x
3
( x>0)，
由f
′ (x)>0，得0< x<❑√a，所以f (x)在(0,❑√a)上单调递增；
由f
′ (x)<0，得x>❑√a，所以f (x)在(❑√a,+ ∞)上单调递减.
所以当x = ❑√a时，f (x)取得极大值，极大值为f (❑√a)=−lna，
为满足题意，必有f (❑√a)=−lna>0，得0<a<1.
因为x1, x2是f (x)的两个不同的零点，
所以f (x1)=−2ln x1−a
x1
2 +1=0,f (x2)=−2ln x2−a
x2
2 +1=0，
两式相减得
2
a =
x2
2−x1
2
x1
2 x2
2ln x2
x1
.
设x2> x1>0，要证
1
x1
2 + 1
x2
2 > 2
a，
只需证
1
x1
2 + 1
x2
2 >
x2
2−x1
2
x1
2 x2
2ln x2
x1
，即证ln x2
x1
>
x2
2
x1
2 −1
x2
2
x1
2 +1
.
设
x2
x1
=t ∈(1,+ ∞)，只需证lnt > t
2−1
t
2+1
(t >1)，
设g(t )=lnt −t
2−1
t
2+1
(t >1)，则g
′ (t )= 1
t −
4t
(t
2+1)
2 = (t
2−1)
2
t (t
2+1)
2 >0，
所以g(t )在(1,+ ∞)上为增函数，从而g(t )>g(1)=0，
所以lnt > t
2−1
t
2+1
(t >1)成立，从而
1
x1
2 + 1
x2
2 > 2
a.
【变式7-3】（24-25 高二上·湖北武汉·期末）已知函数f ( x)=(2e−x)ln x，其中e =2.71828⋅⋅⋅为自然
对数的底数.
（1）讨论函数f ( x)的单调性；
（2）若x1, x2∈(0,1)，且x2ln x1−x1ln x2=2e x1 x2(ln x1−ln x2)，证明：2e< 1
x1
+ 1
x2
<2e+1.
【答案】（1）x∈(0,e)时，递增；x∈(e ,+∞)时，递减；（2）证明见解析.
【解题思路】（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(2e−1
x1)ln 1
x1
=(2e−1
x2)ln 1
x2
，设1
x1
=a1，1
x2
=a2，通过构造函数
F( x)= f ( x)−f (2e−x)，1< x<e，利用导数证明a1+a2>2e，再分a2<e+1和e+1≤a2<2e时，证明
a1+a2<2e+1.
【解答过程】解：（1）f '( x)= 2e
x −(1+ ln x)，y = 2e
x 是减函数，y =1+ ln x是增函数，
所以f '( x)在(0,+ ∞)单调递减，
∵f ' (e)=0，
∴x∈(0,e)时，f '( x)>f ' (e)=0，f ( x)单调递增；x∈(e ,+∞)时，f '( x)<f ' (e)=0，f ( x)单调递减.
（2）由题意得，ln x1
x1
−ln x2
x2
=2e ln x1−2e ln x2，即
(2e−1
x1)ln x1=(2e−1
x2)ln x2，(2e−1
x1)ln 1
x1
=(2e−1
x2)ln 1
x2
，
设1
x1
=a1，1
x2
=a2，则由x1, x2∈(0,1)得，a1,a2∈(1,+∞)，且f (a1)= f (a2).
不妨设a1<a2，则即证2e<a1+a2<2e+1，
由f (2e)=0及f ( x)的单调性知，1<a1<e<a2<2e.
令F( x)= f ( x)−f (2e−x)，1< x<e，则
F '( x)= f '( x)+ f '(2e−x)=
4 e
2
x(2e−x) −2−ln[x(2e−x))，
∵x (2e−x)≤e
2，∴F '( x)> 4 e
2
e
2 −2−ln e
2=0，F( x)< F(e)=0，
∴f ( x)<f (2e−x)，取x =a1，则f (a1)<f (2e−a1)，
又f (a1)= f (a2)，则f (a2)<f (2e−a1)，
又2e−a1>e，a2>e，且f ( x)在(e ,+∞)单调递减，∴a2>2e−a1，a1+a2>2e.
下证：a1+a2<2e+1.
（i）当a2<e+1时，由a1<e得，a1+a2<2e+1；
（ii）当e+1≤a2<2e时，令G( x)= f ( x)−f (2e+1−x)，e+1< x<2e，则
G'( x)= f '( x)+ f '(2e+1−x)= 2e
x −1−ln x +
2e
2e+1−x −1−ln(2e+1−x)
=
2e(2e+1)
−x
2+(2e+1)x
−2−ln[−x
2+(2e+1)x)，
记t =−x
2+(2e+1)x，e+1≤x<2e，则G'( x)= 2e(2e+1)
t
−2−ln t，
又t =−x
2+(2e+1)x在[e+1,2e)为减函数，∴t ∈(2e ,e
2+1)，
2e(2e+1)
t
−2在(2e ,e
2+1)单调递减，ln t在(2e ,e
2+1)单调递增，∴2e(2e+1)
t
−2−ln t单调递减，从
而，G'( x)在[e+1,2e)单调递增，
又G'(2e)=
2e(2e+1)
2e(2e+1−2e) −2−ln2e(2e+1−2e)=2e−1−ln2e，ln x ≤x−1，
∴G' (2e)>0，
又G'(e+1)=
2e(2e+1)
(e+1)(2e+1−e−1) −2−ln(e+1)(2e+1−e−1) = e−1
e+1 −ln(e+1)<0，
从而，由零点存在定理得，存在唯一x0∈(e+1,2e)，使得G' (x0)=0，
当x∈[e+1, x0)时，G'( x)<G' (x0)=0⇒G( x)单调递减；
当x∈(x0,2e)时，G'( x)>G' (x0)=0⇒G( x)单调递增.
所以，G( x)≤max {G(e+1),G(2e))，
又G(e+1)= f (e+1)−f (2e+1−e−1)= f (e+1)−f (e)=(e−1)ln(e+1)−e，
ln x
x ≤1
e ⇒ln x ≤x
e ⇒ln(e+1)≤e+1
e
，
所以，G(e+1)<(e−1)⋅e+1
e
−e = −1
e <0，
显然，G (2e)= f (2e)−f (2e+1−2e)=0−0=0，
所以，G( x)<0，即f ( x)−f (2e+1−x)<0，
取x =a2∈[e+1,2e)，则f (a2)<f (2e+1−a2)，
又f (a1)= f (a2)，则f (a1)<f (2e+1−a2)，
结合2e+1−a2<2e+1−(e+1)=e，a1<e，以及f ( x)在(0,e)单调递增，得到a1<2e+1−a2，
从而a1+a2<2e+1.
【题型8  极值点偏移：平方型】
【例8】（24-25 高二下·辽宁·期末）已知函数f (x)=ln x +1
ax
.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若(e x1)
x2=(e x2)
x1（e 是自然对数的底数），且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x1
2+ x2
2>2.
【答案】(1)结论见解析；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）求出函数f ( x)的导数f
′( x)，再按a<0,a>0分类探讨f
′( x)的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合a=1时函数f ( x)的单调性，由0< x1<1< x2，f (x1)= f (x2)，再构造函数
g( x)= f ( x)−f (2−x)，x∈(1,2)，利用导数、均值不等式推理作答.
【解答过程】（1）函数f ( x)= ln x +1
ax
的定义域为(0,+∞)，求导得则f
′( x)=−ln x
a x
2，由f
′( x)=0得x =1
，
若a<0，当0< x<1时，f
′( x)<0，则f ( x)单调递减，当x>1时，f
′( x)>0，则f ( x)单调递增，
若a>0，当0< x<1时，f
′( x)>0，则f ( x)单调递增，当x>1时，f
′( x)<0，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a>0时，函数f ( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.
（2）由(e x1)
x2=(e x2)
x1，两边取对数得x2(ln x1+1)= x1(ln x2+1)，即ln x1+1
x1
= ln x2+1
x2
，
由（1）知，当a=1时，函数f ( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，
f ( x)max = f (1)=1，而f ( 1
e )=0，x>1时，f ( x)>0恒成立，
因此当a=1时，存在x1, x2且0< x1<1< x2，满足f (x1)= f (x2)，
若x2∈[2,+∞)，则x1
2+ x2
2> x2
2≥4>2成立；
若x2∈(1,2)，则2−x2∈(0,1)，记g( x)= f ( x)−f (2−x)，x∈(1,2)，
则g
′( x)= f
′( x)+ f
′(2−x)=−ln x
x
2 −ln(2−x)
(2−x)
2 >−ln x
x
2 −ln(2−x)
x
2
 =−ln[−( x−1)
2+1]
x
2
>0，
即有函数g( x)在(1,2)上单调递增，g( x)> g(1)=0，即f ( x)>f (2−x)，
于是f (x1)= f (x2)>f (2−x2)，
而x2∈(1,2)，2−x2∈(0,1)，x1∈(0,1)，函数f ( x)在(0,1)上单调递增，因此x1>2−x2，即
x1+ x2>2，
又x1
2+1>2
❑√x1
2=2 x1, x2
2+1>2
❑√x2
2=2 x2，则有x1
2+1+ x2
2+1>2(x1+ x2)>4，则x1
2+ x2
2>2，
所以x1
2+ x2
2>2.
【变式8-1】（2024·吉林·二模）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f (x)=ln 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g(x)=e
a x
2
−e x +a x
2−1
x
，关于x的方程f (x)= g(x)有两个不等实根x1，x2 (x1< x2).
（i）求实数a的取值范围;
（ii）证明：x1
2+ x2
2> 2
e .
【答案】(1)4π
3e
2
(2)（i）(0, 1
2 e)；（ii）证明过程见详解.
【解题思路】（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，e
a x
2−e x +a x
2−1= ln x，进行同构e
a x
2+a x
2=e
ln ex+ lne x，将问题转化为方程
a x
2= lne x有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究ℎ(x)= ln x +1
x
2
的单调性和极值，即可求出a 的取
值范围.
（ii）由2(x1
2+ x2
2)>(x1+ x2)
2知，先证x1+ x2> 2
❑√e，即极值点偏移问题，构造函数
F (x)=ℎ(x)−ℎ(
2
❑√e −x)，求F
′ (x)，F (x)在(0, 1
❑√e)单调递增，F (x)< F(
1
❑√e)=0，得
ℎ(x)<ℎ(
2
❑√e −x)，从而可得ℎ(x1)<ℎ(
2
❑√e −x1)即ℎ(x2)<ℎ(
2
❑√e −x1)，再由ℎ(x)的单调性，即可得
到x1+ x2> 2
❑√e.
【解答过程】（1）因为B在x轴上方，所以：ln x
x >0⇒ x>1；
△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A (x ,0)，则B(x , ln x
x )，V = 1
3 ·π(
ln x
x )
2
· x =π
3 · ln
2 x
x
（x>1）.
设ℎ(x)= ln
2 x
x
（x>1），则ℎ
′ (x)= 2ln x−ln
2 x
x
2
，由ℎ
′ (x)>0 ⇒ 2ln x−ln
2 x>0 ⇒ ln x (2−ln x)>0.
因为x>1，所以2−ln x>0 ⇒ x<e
2，
所以ℎ(x)在(1,e
2)上单调递增，在(e
2,+∞)上单调递减，所以ℎ(x)max =ℎ(e
2)= ln
2e
2
e
2
= 4
e
2 .
从而：V max = 4π
3e
2 .
（2）（i）因为f (x)= g(x)，即e
a x
2−e x +a x
2−1= ln x，即e
a x
2+a x
2=e
ln ex+ lne x，
 令u(t )=e
t +t，所以u(a x
2)=u(lne x)，
因为u(t )=e
t +t为增函数，所以a x
2= lne x即a x
2= ln x +1，
所以方程f (x)= g(x)有两个不等实根x1，x2等价于a= ln x +1
x
2
有两个不等实根x1，x2，
令ℎ(x)= ln x +1
x
2
，所以ℎ
′ (x)= −1−2ln x
x
3
当x∈(0, 1
❑√e)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)单调递增；当x∈(
1
❑√e ,+ ∞)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)单调递减.所以
ℎ(x)max =ℎ(
1
❑√e)= 1
2 e.
当x→0时，ℎ(x)→−∞；当x→+∞时，由洛必达法则知lim
x→+∞ℎ(x)=
lim
x→+∞1
2 x
2 =0；
所以a∈(0, 1
2 e).
（ii）由（i）知，x1∈(
1
e , 1
❑√e)，x2∈(
1
❑√e ,+ ∞)
令F (x)=ℎ(x)−ℎ(
2
❑√e −x)，x∈(0, 1
❑√e)，
因为F (x)= ln x +1
x
2
−
ln(
2
❑√e −x)+1
(
2
❑√e −x)
2
，所以F
′ (x)=−2ln x +1
x
3
−
2ln(
2
❑√e −x)+1
(
2
❑√e −x)
3
，
因为x∈(0, 1
❑√e)，2
❑√e −x∈(
1
❑√e ，+ ∞)，所以F
′ (x)>0，即F (x)在(0, 1
❑√e)单调递增，
F (x)< F(
1
❑√e)=0，所以ℎ(x)<ℎ(
2
❑√e −x).
因为x1∈(0, 1
❑√e)，所以ℎ(x1)<ℎ(
2
❑√e −x1)，
又因为ℎ(x1)=ℎ(x2)，所以ℎ(x2)<ℎ(
2
❑√e −x1)，
因为x2∈(
1
❑√e ,+∞)，2
❑√e −x1∈(
1
❑√e ,+∞)，且ℎ(x)在(
1
❑√e ,+ ∞)上单调递减，
所以x2> 2
❑√e −x1，即x2+ x1> 2
❑√e，所以2(x1
2+ x2
2)>(x1+ x2)
2> 4
e ，
所以x1
2+ x2
2> 2
e .
【变式8-2】（24-25 高三上·四川成都·阶段练习）已知函数f (x)= 1+ 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)若方程f (x)=1有两个不同的根x1, x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x1
2+ x2
2>2．
【答案】(1)f (x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减；
(2)（i）(0,1)；（ii）证明见解析.
【解题思路】（1）求函数f (x)的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系
求单调区间；
（2）方程f (x)=1可化为1+ln x
x
=a，结合（1）确定函数g(x)= 1+ln x
x
的性质，由条件确定a的取值范
围；
（3）设x1< x2，由（i）0< x1<1< x2，由已知ln x1+1
x1
=ln x2+1
x2
，法一：先证明x2≥2时结论成立，构造
函数p(x)= g(x)−g(2−x)，0< x<1，并证明p(x)<0，由此可得g(2−x1)>g(x1)= g(x2)，结合g(x)的单
调性证明2−x1< x2，再结合基本不等式证明当1< x2<2时，结论成立；法二：构造函数
ℎ(x)= g(x)−g(
1
x)，证明当0< x<1时，ℎ(x)<0，由此可证g(x2)<g(
1
x1)，结合g(x)的单调性证明
x1 x2>1，再结合基本不等式证明结论.
【解答过程】（1）由题意得f (x)= 1+ln x
x
，x∈(0,+∞)，则f
′ (x)=−ln x
x
2 ，
由f
′ (x)=0，解得x =1．
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；
综上，f (x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减；
（2）（i）由1+ ln x
ax
=1，得1+ln x
x
=a，
设g(x)= 1+ln x
x
，
由（1）得g(x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减，
又g(
1
e)=0, g(1)=1，当x>1时，g(x)>0，且当x→+∞时，g(x)→0，
所以当0<a<1时，方程1+ln x
x
=a有两个不同的根，即方程1+ ln x
ax
=1有两个不同的根，
故a的取值范围是(0,1)． 
 
（ii）不妨设x1< x2，则0< x1<1< x2，且ln x1+1
x1
=ln x2+1
x2
．
法一：
当x2∈[2,+∞)时，结合（i）知x1
2+ x2
2> x2
2≥4>2，即x1
2+ x2
2>2； 
当x2∈(1,2)时，2−x2∈(0,1)．
设p(x)= g(x)−g(2−x)=ln x
x
+ 1
x − ln(2−x)
2−x
−
1
2−x ,0< x<1,
则p
′ (x)=−ln x
x
2 −ln(2−x)
(2−x)
2 >−ln x
x
2 −ln(2−x)
x
2
=−ln[−(x−1)
2+1)
x
2
>0,
所以p(x)在区间(0,1)内单调递增，
则p(x)< p(1)=0，即g(x)< g(2−x)，
所以g(2−x1)>g(x1)= g(x2),
又x1∈(0,1),2−x1>1, x2>1,g(x)在区间(1,+ ∞)内单调递减，
所以2−x1< x2，即x1+ x2>2，
又x1≠x2，所以x1
2+ x2
2>2 x1 x2，
故2 x1
2+2 x2
2> x1
2+ x2
2+2 x1 x2=(x1+) x2)
2>4，所以x1
2+ x2
2>2，得证．
法二：
设ℎ(x)= g(x)−g(
1
x)= 1+ln x
x
−x (1−ln x)，x∈(0,+∞)，
则ℎ
′ (x)= −ln x
x
2
+ln x =ln x⋅x
2−1
x
2
≥0，
所以ℎ(x)在区间(0,+ ∞)内单调递增，又ℎ(1)=0，
所以ℎ(x1)= g(x1)−g(
1
x1)<0，即g(x1)<g(
1
x1)．
又g(x2)= g(x1)，所以g(x2)<g(
1
x1)，
又x2>1, 1
x1
>1,g(x)在区间(1,+ ∞)内单调递减．
所以x2> 1
x1
，即x1 x2>1，
又x1≠x2，所以x1
2+ x2
2>2 x1 x2>2，得证．
【变式8-3】（2025·山西·模拟预测）已知函数f (x)= ln x
x −ax.
(1)若f (x)≤−1，求实数a的取值范围；
(2)若f (x)有2 个不同的零点x1, x2（x1< x2），求证：2 x1
2+3 x2
2> 12
5a.
【答案】(1)[1,+∞)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求解函数定义域，参变分离得到a≥ln x + x
x
2
，构造ℎ(x)= ln x + x
x
2
，利用导函数得到其
单调性，极值和最值情况，得到a≥ℎ(1)=1；
（2）转化为a= ln x
x
2 有2 个不同的实数根，构造F (x)= ln x
x
2 ，得到其单调性，得到1< x1<❑√e< x2，且
a∈(0, 1
2e)，求出
x2
2
x1
2 = ln x2
ln x1
，换元后即证ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
>0，构造G (t )= ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
(t >1)，求导
后得到G (t )在(1,+ ∞)上单调递增，G (t )>G (1)=0，得到证明.
【解答过程】（1）因为函数f (x)的定义域为(0,+∞)，所以f (x)≤−1成立，等价于a≥ln x + x
x
2
成立.
令ℎ(x)= ln x + x
x
2
，则ℎ
′ (x)= 1−x−2ln x
x
3
，
令g(x)=1−x−2ln x，则g
′ (x)=−1−2
x <0，所以g(x)在(0,+∞)内单调递减，
又因为g(1)=0，所以当x∈(0,1)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)单调递增；当x∈(1,+ ∞)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)单
调递减，
所以y =ℎ(x)在x =1处取极大值也是最大值.
因此a≥ℎ(1)=1，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a= ln x
x
2 有2 个不同的实数根.
令F (x)= ln x
x
2 ，则F
′ (x)= 1−2ln x
x
3
，当F
′ (x)=0时，解得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y = F (x)在x = ❑√e处取极大值为F (❑√e)= 1
2e.
又因为F (1)=0，当x∈(0,1)时，F (x)<0，当x>1时，F (x)>0.
且x→+∞时，F (x)→0.
所以1< x1<❑√e< x2，且a∈(0, 1
2e).
因为x1, x2是方程a= ln x
x
2 的2 个不同实数根，即{
ln x1=a x1
2
ln x2=a x2
2).
将两式相除得
x2
2
x1
2 = ln x2
ln x1
，
令t = x2
x1
，则t >1，t
2= ln x1t
ln x1
，变形得ln x1= ln t
t
2−1，ln x2= t
2lnt
t
2−1
.
又因为x1
2= ln x1
a
，x2
2= ln x2
a
，因此要证2 x1
2+3 x2
2> 12
5a，只需证2ln x1
a
+ 3 ln x2
a
> 12
5a.
因为a>0，所以只需证2ln x1+3ln x2> 12
5 ，即证3t
2lnt
t
2−1
+ 2lnt
t
2−1
> 12
5 .
因为t >1，即证ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
>0.
令G (t )= ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
(t >1)，则G
′ (t )= (3t
2−2)
2
t (3t
2+2)
2 ≥0，
所以G (t )在(1,+ ∞)上单调递增，G (t )>G (1)=0，
即当t >1时，lnt −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
>0成立，命题得证.
【题型9  极值点偏移：复杂型】
【例9】（2025·湖北武汉·三模）已知函数f (x)=ax +(a−1)ln x + 1
x ，a∈R．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若关于x的方程f (x)= xe
x−ln x + 1
x 有两个不相等的实数根x1、x2，
（ⅰ）求实数a 的取值范围；
（ⅱ）求证：e
x1
x2
+e
x2
x1
> 2a
x1 x2
．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ）(e,+∞)；（ⅱ）证明见解析
【解题思路】（1）求出f
′ (x)= (x +1)(ax−1)
x
2
，分a≤0、a>0两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可
得出函数f (x)的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为e
x + ln x=a(x + ln x)，令t (x)= x + ln x，令g(t )=e
t
t ，可知直线y =a与函数g(t )=e
t
t
的图象有两个交点，利用导数分析函数g(t )的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为t1+t2>2，由e
t =at
变形可得出t = ln a+ lnt，推导出t2−t1= ln t2
t1
，即证
t2
t1
+1
t2
t1
−1
>
2
ln t2
t1
．令p= t2
t1
(t >1)，只需证ln p> 2( p−1)
p+1
，构造函数ℎ( p)= ln p−2( p−1)
p+1
，其中p>1，利
用导数法即可证得结论成立.
【解答过程】（1）解：因为f (x)=ax +(a−1)ln x + 1
x ，
所以f
′ (x)=a+ a−1
x
−1
x
2 = a x
2+(a−1) x−1
x
2
= (x +1)(ax−1)
x
2
，其中x>0.
①当a≤0时，f
′ (x)<0，所以函数f (x)的减区间为(0,+∞)，无增区间；
②当a>0时，由f
′ (x)>0得x> 1
a，由f
′ (x)<0可得0< x< 1
a.
所以函数f (x)的增区间为(
1
a ,+ ∞)，减区间为(0, 1
a)．
综上：当a≤0时，函数f (x)的减区间为(0,+ ∞)，无增区间；
当a>0时，函数f (x)的增区间为(
1
a ,+ ∞)，减区间为(0, 1
a)．
（2）解：（i）方程f (x)= xe
x−ln x + 1
x 可化为xe
x =ax +aln x，即e
x + ln x=a(x + ln x)．
令t (x)= x + ln x，因为函数t (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
易知函数t (x)= x + ln x的值域为R，
结合题意，关于t的方程e
t =at（*）有两个不等的实根．
又因为t =0不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为e
t
t =a．
令g(t )=e
t
t ，其中t ≠0，则g
′ (t )=e
t (t −1)
t
2
．
由g
′ (t )<0可得t <0或0<t <1，由g
′ (t )>0可得t >1，
所以，函数g(t )在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
所以，函数g(t )的极小值为g(1)=e，
且当t <0时，g(t )=e
t
t <0；当t >0时，则g(t )=e
t
t >0.
作出函数g(t )和y =a的图象如下图所示：
由图可知，当a>e时，函数y =a与g(t )的图象有两个交点，
所以，实数a的取值范围是(e,+ ∞).
（ii）要证e
x1
x2
+e
x2
x1
> 2a
x1 x2
，只需证x1e
x1+ x2e
x2>2a，即证e
t1+e
t2>2a．
因为e
t =at，所以只需证t1+t2>2．
由（ⅰ）知，不妨设0<t1<1<t2．
因为e
t =at，所以t = ln a+ lnt，即{
t1= ln a+ ln t1
t2= ln a+ ln t2)，作差可得t2−t1= ln t2
t1
．
所以只需证
t2+t1
t2−t1
>
2
ln t2
t1
，即只需证
t2
t1
+1
t2
t1
−1
>
2
ln t2
t1
．
令p= t2
t1
(t >1)，只需证ln p> 2( p−1)
p+1
．
令ℎ( p)= ln p−2( p−1)
p+1
，其中p>1，则ℎ
′ ( p)= 1
p −
4
( p+1)
2 = ( p−1)
2
p( p+1)
2 >0，
所以ℎ( p)在(1,+∞)上单调递增，故ℎ( p)>ℎ(1)=0，即ℎ( p)>0在(1,+∞)上恒成立．
所以原不等式得证．
【变式9-1】（23-24 高二下·四川成都·阶段练习）已知函数f (x)=e
x−ax，x∈(0,+∞)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若函数g(x)= f (x)−x ln x−1有两个零点x1, x2(x1< x2)；
（i）求a的取值范围；
（ii）证明
x2−x1
ln x2−ln x1
<1．
【答案】(1)当a≤1时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；当a>1时，f (x)在(0,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)
上单调递增.
(2)（i）(e−1,+∞)；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）由已知可知f
′ (x)=e
x−a，分a≤1和a>1讨论函数的单调性；
（2）（i）设ℎ(x)=e
x−1
x
−ln x，判断ℎ(x)的单调性，然后结合单调性讨论求解；
（ii）先证明存在x3∈(1, 1
x1)使得x3−ln x3= x1−ln x1，然后证明ℎ(x3)>ℎ(x1)，最后利用ℎ(x)和φ(x)
的单调性即得结论.
【解答过程】（1）由已知f (x)=e
x−ax，得f
′ (x)=e
x−a，
当a≤1时，对任意的x∈(0,+ ∞)，有f
′ (x)=e
x−a>e
0−a=1−a≥0，所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a>1时，由于当x∈(0,ln a)时，f
′ (x)=e
x−a<e
ln a−a=a−a=0，当x∈(ln a,+∞)时，
f
′ (x)=e
x−a>e
ln a−a=a−a=0，
所以f (x)在(0,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增.
综上，当a≤1时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a>1时，f (x)在(0,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增.
（2）（i）函数g(x)= f (x)−x ln x−1有两个零点x1, x2(x1< x2)，当且仅当方程e
x−ax = x ln x +1有两个
解x1, x2(x1< x2)，即方程e
x−1
x
−ln x =a有两个解x1, x2(x1< x2).
设ℎ(x)=e
x−1
x
−ln x，则ℎ
′ (x)= xe
x−e
x+1
x
2
−1
x = xe
x−e
x+1−x
x
2
= (x−1)(e
x−1)
x
2
，这表明当0< x<1
时，ℎ
′ (x)<0；当x>1时，ℎ
′ (x)>0.
所以ℎ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增.
设φ(x)= x−ln x，则φ
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，所以当0< x<1时，φ
′ (x)<0；当x>1时，φ
′ (x)>0.
故φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，从而对任意的x>0都有φ(x)≥φ(1)=1>0，即对任意
的x>0都有x>ln x.
而对任意实数t，在x>ln x中取x =e
t，就有e
t>t.
这表明当x>108时，有
ℎ(x)=e
x−1
x
−ln x =(e
x
3)
3
−1
x
−ln x>(
x
3)
3
−1
x
−x = x
2(
1
27 −1
x −1
x
3)> x
2(
1
27 −2
x)> x
2(
1
27 −2
108)= x
2
54
.
原命题等价于方程ℎ(x)=a有两个解x1, x2(x1< x2)，分情况讨论：
当a≤e−1时，对任意x∈(0,1)∪(1,+ ∞)，有ℎ(x)>ℎ(1)=e−1≥a，这表明方程ℎ(x)=a至多有一个
解，不符合条件；
当a>e−1时，由于ℎ(e
−a)=e
e
−a
−1
e
−a
−ln(e
−a)>−ln(e
−a)=a，ℎ(1)=e−1<a，
ℎ(❑√54 a+108)> (❑√54 a+108)
2
54
> (❑√54 a)
2
54
=a，且0<e
−a<1<❑√54 a+108，故方程ℎ(x)=a有两个解
x1, x2(x1< x2)，且满足0< x1<1< x2，再结合ℎ(x)的单调性，知方程ℎ(x)=a的所有解即为x1, x2(x1< x2)
，满足条件.
综上，a的取值范围是(e−1,+ ∞).
（ii）设λ(x)= x−1
x −2ln x，则λ
′ (x)=1+ 1
x
2 −2
x =(
1
x −1)
2
，
故当x>0且x≠1时λ
′ (x)>0，从而λ(x)在(0,1)和[1,+ ∞)上单调递增，故在(0,+∞)上单调递增.
这就意味着当0< x<1时，有λ(x)< λ(1)=0，即x−1
x <2ln x.
由于φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，故由φ(1)<φ(x1)= x1−ln x1，
φ(
1
x1)= 1
x1
−ln 1
x1
= 1
x1
+ ln x1= x1−ln x1−λ(x1)> x1−ln x1知存在x3∈(1, 1
x1)，
使得φ(x3)= x1−ln x1，即x3−ln x3= x1−ln x1.
从而有e
x3−1
x3
−ln x3=e
ln x3+ x1−ln x1−1
x3
−ln x3=e
x1−ln x1−1
x3
+ x1−ln x1−x3，
e
x1−1
x1
−ln x1=e
ln x1+ x3−ln x3−1
x1
−ln x1=e
x3−ln x3−1
x1
−ln x1=e
x1−ln x1−1
x1
−ln x1，
这意味着ℎ(x3)−ℎ(x1)=(
e
x3−1
x3
−ln x3)−(
e
x1−1
x1
−ln x1)
=(e
x1−ln x1−1
x3
+ x1−ln x1−x3)−(e
x1−ln x1−1
x1
−ln x1)
= 1
x1
−1
x3
−x3+ x1
= x3−x1
x1 x3
−(x3−x1)
=(x3−x1)(
1
x1 x3
−1)>0，最后一步利用了x3>1> x1>0和x3< 1
x1
.
故ℎ(x3)>ℎ(x1)=a=ℎ(x2)，但x2, x3∈(1,+∞)，而ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，所以x3> x2>1.
又因为φ(x)在(1,+∞)上单调递增，所以x2−ln x2=φ(x2)<φ(x3)= x3−ln x3= x1−ln x1，
故x2−x1<ln x2−ln x1，即
x2−x1
ln x2−ln x1
<1.
【变式9-2】（2025·陕西安康·二模）已知函数f (x)=a ln x，g(x)=be
x（e 为自然对数的底数）
(1)当a=e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b=1，方程xg(x)−f (x)−ax =0有两个根x1，x2，（0< x1< x2），求证：x1⋅x2>e
2−(x1+ x2)．
【答案】(1)b= 1
e
(2)证明见解析
【解题思路】（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xe
x =a(x + ln x)=a ln(xe
x)有两个根x1，x2，令x1e
x1=t1，x2e
x2=t2，
则可得方程t =a lnt有两个根t1，t2，则ln t1
t1
= ln t2
t2
.通过令t2>t1>0，t2
t1
=m>1，可将证明
x1⋅x2>e
2−(x1+ x2)，转化为证明ln m> 2(m−1)
m+1
，
后构造函数ℎ(m)= ln m−2(m−1)
m+1
，m∈(1,+ ∞)，通过其单调性可证明结论.
【解答过程】（1）当a=e时，f
′ (x)=e
x ，设直线与f (x)的切点为(x1，y1)，则切线斜率为f
′(x1)=e
x1
，切
线方程为y =e
x1
x.因(x1，y1)即在f (x)图像上，也在切线y =e
x1
x上，则{
y1=eln x1
y1=e
x1
x1)
⇒{
x1=e
y1=e)，故切线
斜率为1，则切线方程为y = x.
又g(x)=be
x，g
′ (x)=be
x，设直线与g(x)的切点为(x2，y2)，则切线斜率为g
′(x2)=be
x2，切线方程为
y =be
x2 x.因(x2，y2)即在g(x)图像上，也在切线y =be
x2 x上，则{
y2=be
x2⋅x2
y1=be
x2 )⇒x2=1，又切线斜率为
1，则
g
′(x2)=be
x2=1⇒b= 1
e ；
（2）当b=1时，xg(x)−f (x)−ax = xe
x−aln x−ax =0，
则由题可得x e
x =a(x + ln x)=a ln(x e
x)有两个根x1，x2，
令x1e
x1=t1，x2e
x2=t2，则可得方程t =a lnt有两个根t1，t2，
则lnt1
t1
= lnt2
t2
.令t2>t1>0，t2
t1
=m>1，则t2
t1
= lnt2
lnt1
= ln mt1
lnt1
=m⇒ln m+ lnt1=mlnt1⇒lnt1= ln m
m−1，
lnt2=mlnt1= mln m
m−1 .注意到x1⋅x2>e
2−(x1+ x2)⇔x1e
x1⋅x2e
x2>e
2⇔ 
t1t2>e
2⇔ln t1+ ln t2>2⇔m+1
m−1 ⋅ln m>2⇔ln m> 2(m−1)
m+1
，
则构造函数ℎ(m)= ln m−2(m−1)
m+1
，m∈(1,+ ∞).
因ℎ
′ (m)= 1
m −
4
(m+1)
2 = (m−1)
2
m(m+1)
2 >0，则ℎ(m)在(1,+∞)上单调递增，得
ℎ(m)>ℎ(1)=0⇒ln m−2(m−1)
m+1
>0⇒ln m> 2(m−1)
m+1
.
故命题得证.
【变式9-3】（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f ( x)=e
x−ax（e是自然对数的底数）.
(1)讨论函数f ( x)的单调性；
(2)若g( x)=e
x( x −1)−a ln x + f ( x)有两个零点分别为x1, x2.
①求实数a的取值范围；
②求证：x1 x2>e
2
e
x1+ x2 .
【答案】(1)答案见解析
(2)①(e,+∞)；②证明见解析
【解题思路】（1）根据题意，求导即可得到结果；
（2）①根据题意，将问题转化为g(x)= x e
x−a(ln x + x)= x e
x−aln(x e
x)(x >0)有两个零点，然后利用
导数，分类讨论即可得到a的取值范围；
②根据题意，将问题转化为ln(x1e
x1)+ln(x2e
x2)>2，再由①中的结论，即只需证ln t1+ ln t2>2，然后构
造函数求导即可得到证明.
【解答过程】（1）由题意可得，f
′( x)=e
x−a，
当a≤0时，f
′( x)=e
x−a>0，f ( x)在R上单调递增；
当a>0时，由f
′( x)=e
x−a>0解得x>ln a，由f
′( x)=e
x−a<0解得x<ln a，
所以，f ( x)在(−∞,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f ( x)在R上单调递增；
当a>0时，f ( x)在(−∞,ln a)上单调递减，在(ln a,+ ∞)上单调递增.
（2）①等价于g(x)= xe
x−a(ln x + x)= xe
x−aln(xe
x)(x>0)有两个零点，
令t = xe
x，则t
′ =(x +1)e
x>0，在x>0时恒成立，∴t = xe
x在x>0时单调递增，
∴g(x)= xe
x−aln(xe
x)有两个零点，等价于g(t )=t −a ln t有两个零点.
∵g
′(t )=1−a
t = t −a
t
 ，∴当a≤0时，g
′(t )>0，g(t )单调递增，不可能有两个零点；
当a>0时，令g
′(t )>0，得t >a，g(t )单调递增，
令g
′(t )<0，得0<t <a，g(t )单调递减，∴g(t )min= g(a)=a−a ln a，
若g(a)>0，得0<a<e，此时g(t )>0恒成立，没有零点；
若g(a)=0，得a=e，此时g(t )有一个零点；
若g(a)<0，得a>e，∵g(1)=1>0，g (e)=e−a<0，
记m(x)=e
x−x
2, x>e，则m
′ (x)=e
x−2 x，
记n(x)=e
x−2 x , x>e，则n
′ (x)=e
x−2>0，
所以n(x)在(e,+∞)上单调递增，所以n(x)>n (e)=e
e−2e>0，即m
′ (x)>0，
故m(x)在(e,+∞)上单调递增，所以m(a)=e
a−a
2>m (e)=e
e−e
2>0，
即g(e
a)=e
a−a
2>0，
∴g(t )在(1,e)，(e,e
a)上各存在一个零点，符合题意，
综上，a的取值范围为(e,+∞).
②因为x1 x2>e
2
e
x1+ x2 ，不等式两边同时取对数化简可得ln x1+ ln x2>2−( x1+ x2)，
要证ln x1+ ln x2>2−( x1+ x2)即证：x1+ ln x1+ x2+ ln x2>2，
即证ln(x1e
x1)+ln(x2e
x2)>2，由（2）中①知t1= x1e
x1，t2= x2e
x2，∴只需证ln t1+ ln t2>2.
∵aln t1=t1，aln t2=t2，∴a(ln t2−ln t1)=t2−t1，a(ln t2+ ln t1)=t2+t1，
∴ln t2+ ln t1= t2+t1
t2−t1
(ln t2−ln t1)=(
t2
t1
+1)ln t2
t1
t2
t1
−1
 ，只需证(
t2
t1
+1)ln t2
t1
t2
t1
−1
>2.
设0<t1<t2，令m= t2
t1
， 则m>1，∴只需证 ln m>2 m−1
m+1 ， 即证 ln m+
4
m+1 −2>0， 
令ℎ(m)= ln m+
4
m+1 −2，m>1，则 ℎ
′(m)= 1
m −
4
(m+1)
2 = (m−1)
2
m(m+1)
2 >0，ℎ(m)>ℎ(1)=0，
即当m>1时， ln m+
4
1+1 −2>0 成立.∴ln t1+ ln t2>2，即ln x1+ ln x2>2−( x1+ x2).
【题型10  拐点偏移问题】
【例10】（24-25 高三下·陕西西安·阶段练习）“拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的
点.设φ
′ (x)为函数φ(x)的导数，若α为φ
′ (x)的极值点，则(α ,φ(α ))为曲线y =φ(x)的拐点.
已知函数f (x)=ae
x−x ln x有两个极值点x1, x2，且Q(x0,f (x0))为曲线C：y = f (x)的拐点.
(1)求a 的取值范围；
(2)证明：C 在Q 处的切线与其仅有一个公共点；
(3)证明：f
′(x0)<
1
x1 x2
.
【答案】(1)(0, 1
e)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）先根据条件得y = f
′ (x)有两个变号零点，分离参数构造函数g(x)= ln x +1
e
x
，求其导函
数判定其单调性与最值计算即可；
（2）利用导数的几何意义先求得C 在Q 处的切线方程，利用作差法及导数研究函数的单调性与零点即可
证明；
（3）直接根据（1）（2）的结论得出f
′(x0)<0<
1
x1 x2
即可证明.
【解答过程】（1）由题意可知f
′ (x)=ae
x−ln x−1有两个变号零点，即a= ln x +1
e
x
有两个正根，
令g(x)= ln x +1
e
x
(x>0)⇒g
′ (x)=
1
x −ln x−1
e
x
，
易知y = 1
x −ln x−1(x>0)单调递减，且x =1时y =0，
所以x∈(0,1)时g
′ (x)>0，即此时g(x)单调递增，
x∈(1,+∞)时g
′ (x)<0，即此时g(x)单调递减，所以g(x)≤g(1)= 1
e ，
又g(
1
e)=0，x∈(1,+ ∞)时g(x)>0，则x→+∞时，g(x)→0
+，
所以要满足题意需a∈(0, 1
e)
（2）令f
′ (x)=ae
x−ln x−1=ℎ(x)⇒ℎ
′ (x)=ae
x−1
x ，
由上知a∈(0, 1
e)，所以y =ℎ
′ (x)在(0,+ ∞)内单调递增，
根据“拐点”的定义及条件知ℎ
′(x0)=0=ae
x0−1
x0
，
所以C 在Q 处的切线方程为：y = f
′(x0)(x −x0)+ f (x0)，
令m(x)=ae
x−x ln x −f
′(x0)(x −x0)−f (x0)，即证y =m(x)只有一个零点，
易知m
′ (x)= f
′ (x)−f
′(x0)，
由上可知f
′ (x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
即f
′ (x)≥f
′(x0)⇒m
′ (x)≥0，所以y =m(x)单调递增，
显然m(x0)=0，所以y =m(x)只有一个零点，
所以C 在Q 处的切线与其仅有一个公共点，即Q 点；
（3）不妨设x1< x2，由题意可知x1, x2是f
′ (x)的两个变号零点，
结合（2）知0< x1< x0< x2，
根据f
′ (x)的单调性知f
′(x0)<0= f
′(x1)= f
′(x2)，
所以f
′(x0)<0<
1
x1 x2
，证毕.
【变式10-1】（23-24 高二下·云南·开学考试）给出定义:设f
′( x)是函数y = f ( x)的导函数，f
″( x)是函数
f
′( x)的导函数，若方程f
″( x)=0有实数解x = x0，则称(x0,f (x0)))为函数y = f ( x)的“拐点”.
(1)经研究发现所有的三次函数f ( x)=a x
3+b x
2+cx +d(a≠0)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数
y = f ( x)的图象的对称中心.已知函数f ( x)= x
3+b x
2−9 x +a的图象的对称中心为(−1,10)，讨论函数
f ( x)的单调性并求极值.
(2)已知函数g( x)=2m x
3+[6 ln(mx)−15) x
2+ 18
m x−5
m
2 +1，其中m>0.
（i）求g( x)的拐点；
（ii）若g(x1)+ g(x2)=2(0< x1< x2)，求证:x1+ x2> 2
m.
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）(
1
m ,1)；（ii）证明过程见解析
【解题思路】（1）由f
″(−1)=0得到b=3，再根据f (−1)=10求出a=−1，得到函数解析式，求导得到函
数单调性及极值情况；
（2）（i）g(x)的定义域为(0,+ ∞)，二次求导得到mx −1+ ln (mx)=0，构造函数，得到x = 1
m
时，满足
mx −1+ ln (mx)=0，故g(x)的拐点为(
1
m ,1)；
（ii）由（i）得到g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，因为g(
1
m)=1，故0< x1< 1
m < x2，构造函数
w (x)=−2m x
3+6 x
2−18
m x + 14
m
2 +1，得到其拐点，求出w (x)关于(
1
m ,1)中心对称，构造
φ(x)= g(x)+ w (x)=[6 ln(mx)−9) x
2+ 9
m
2 +2，要证明x1+ x2> 2
m，只需证明φ(x)的极值点左偏，构造差
函数证明出φ(x)的极值点左偏，得到结论.
【解答过程】（1）f
′( x)=3 x
2+2bx−9，f
″( x)=6 x +2b，
由题意得f
″(−1)=0，即−6+2b=0，解得b=3，
且f (−1)=10，即(−1)
3+3×(−1)
2+9+a=10，解得a=−1，
故f ( x)= x
3+3 x
2−9 x −1，
f ( x)= x
3+3 x
2−9 x −1，f
′( x)=3 x
2+6 x −9，
令f
′( x)>0得x>1或x<−3，令f
′( x)<0得−3< x<1，
故f (x)在(−∞,−3),(1,+ ∞)上单调递增，在(−3,1)上单调递减，
故f (x)在x =−3处取得极大值，在x =1处取得极小值，
故极大值为f (−3)=−27+27+27−1=26，极小值为f (1)=1+3−9−1=−6；
（2）（i）g( x)=2m x
3+[6 ln(mx)−15) x
2+ 18
m x−5
m
2 +1，
由于m>0，mx >0，故x>0，即g(x)的定义域为(0,+∞)，
g
′( x)=6m x
2+6 x +2[6 ln(mx)−15) x + 18
m ，
g
″( x)=12mx +6+12+2[6 ln(mx)−15)=12mx +12ln (mx)−12，
令g
″( x)=0得，mx −1+ ln (mx)=0，
令ℎ(x)= x + ln x−1，x>0，
则ℎ
′ (x)=1+ 1
x >0在(0,+∞)上恒成立，
故ℎ(x)= x + ln x−1在(0,+ ∞)上单调递增，
又ℎ(1)=0，由零点存在性定理知，ℎ(x)= x + ln x−1有唯一的零点x =1，
故mx =1，即x = 1
m时，满足mx −1+ ln (mx)=0，
当x = 1
m时，g(
1
m)= 2
m
2 −15
m
2 + 18
m
2 −5
m
2 +1=1，
故g(x)的拐点为(
1
m ,1)；
（ii）由（i）可知，g
″( x)=12mx +12ln (mx)−12在(0,+ ∞)上单调递增，
又g
″(
1
m)=0，
故当x∈(0, 1
m)时，g
″( x)<0，当x∈(
1
m ,+ ∞)时，g
″( x)>0，
故g
′ (x)在x∈(0, 1
m)上单调递减，在x∈(
1
m ,+∞)上单调递增，
其中g
′(
1
m)= 12
m + 18
m −30
m =0，
故g
′ (x)≥0在(0,+ ∞)上恒成立，故g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为g(
1
m)=1，g(x1)+ g(x2)=2(0< x1< x2)，
故0< x1< 1
m < x2，
设w (x)=−2m x
3+6 x
2−18
m x + 14
m
2 +1，
则w
′ (x)=−6m x
2+12 x−18
m ，w
″ (x)=−12mx +12，
令w
″ (x)=−12mx +12=0，解得x = 1
m，
又w(
1
m)=−2
m
2 + 6
m
2 −18
m
2 + 14
m
2 +1=1，
故w (x)=−2m x
3+6 x
2−18
m x + 14
m
2 +1的拐点为(
1
m ,1)，
由（1）知，w (x)=−2m x
3+6 x
2−18
m x + 14
m
2 +1关于(
1
m ,1)中心对称，
令φ(x)= g(x)+ w (x)=[6 ln(mx)−9) x
2+ 9
m
2 +2，
又g(x)的拐点为(
1
m ,1)，g(x1)+ g(x2)=2(0< x1< x2)，
要证明x1+ x2> 2
m，只需证明φ(x)的极值点左偏，
故φ
′ (x)=6 x +2[6 ln(mx)−9) x =12 x[ln (mx)−1)，
当x>e
m时，φ
′ (x)>0，当0< x<e
m时，φ
′ (x)<0，
故φ(x)在(0,e
m)上单调递减，在(
e
m ,+∞)上单调递增，
即证当φ(x3)=φ(x4)时，x3+ x4>2e
m ，
不妨设x3∈(0,e
m), x4∈(
e
m ,+ ∞)，
令F (x)=φ(x)−φ(
2e
m −x)，x∈(0,e
m)，
则F
′ (x)=φ
′ (x)+φ
′(
2e
m −x)=12 x[ln (mx)−1)+12(
2e
m −x)[ln (2e−mx)−1)
=12 x[ln (mx)−1)+12(
2e
m −x)[ln (2e−mx)−1)
=12 x[ln (mx)−ln (2e−mx))+24e
m [ln (2e−mx)−1)，
因为x∈(0,e
m)，所以F
′ (x)=12 x[ln (mx)−ln (2e−mx))+24e
m [ln (2e−mx)−1)
<12e
m [ln (mx)−ln (2e−mx))+24e
m [ln (2e−mx)−1)
<12e
m [ln (mx)+ ln (2e−mx)−2)=12e
m [ln(−m
2 x
2+2me x)−2)
=12e
m {ln[−m
2(x
2−2e
m x))−2)=12e
m {ln[−m
2(x−e
m)
2
+e
2)−2)
<12e
m (lne
2−2)=0，
所以F (x)=φ(x)−φ(
2e
m −x)在x∈(0,e
m)上单调递减，
又F(
e
m)=0，故F (x)=φ(x)−φ(
2e
m −x)>0在x∈(0,e
m)上恒成立，
因为0< x3<e
m，所以φ(x3)−φ(
2e
m −x3)>0，即φ(x3)>φ(
2e
m −x3)，
因为φ(x3)=φ(x4)，所以φ(x4)>φ(
2e
m −x3)，
其中φ(x)在(
e
m ,+∞)上单调递增，故x4>2e
m −x3，
故x3+ x4>2e
m ，故φ(x)的极值点左偏，所以x1+ x2> 2
m.
【变式10-2】（24-25 高二下·陕西咸阳·阶段练习）给出定义：设f
′ (x)是函数y = f (x)的导函数，f
″ (x)是函
数f
′ (x)的导函数，若方程f
″ (x)=0有实数解x = x0，则称(x0,f (x0))为函数y = f (x)的“拐点”.经研究发现
所有的三次函数f (x)=a x
3+b x
2+cx +d (a≠0)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数y = f (x)图象的对称
中心.
(1)若函数f (x)= x
3+3 x
2−9 x−1，求函数f (x)图象的对称中心；
(2)已知函数g(x)=2m x
3+[6ln(mx)−15) x
2+ 18
m x−5
m
2 +1，其中m>0.
（ⅰ）求g(x)的拐点；
（ⅱ）若g(x1)+ g(x2)=2(0< x1< x2)，求证：0< x1< 1
m < x2.
【答案】(1)(−1,10)
(2)（i）(
1
m ,1)；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）根据“拐点”的定义，对函数y = f (x)求导即可得结果，
（2）（ⅰ）根据“拐点”的定义，对函数g(x)求导，构造函数ℎ(x)= x +ln x−1(x>0)，利用导数得出
结果；（ⅱ）由（ⅰ）可知，求出函数g(x)在(0,+∞)上单调递增且g(
1
m)=1，从而得证.
【解答过程】（1）因为f (x)= x
3+3 x
2−9 x−1，所以f
′ (x)=3 x
2+6 x−9，
所以f
″ (x)=6 x +6.令f
″ (x)=0，解得x =−1，又f (−1)=−1+3+9−1=10，
所以函数f (x)的“拐点”为(−1,10)，
所以函数f (x)图象的对称中心为(−1,10).
（2）（ⅰ）因为g(x)=2m x
3+[6ln(mx)−15) x
2+ 18
m x−5
m
2 +1，m>0，
所以g
′ (x)=6m x
2+6 x +2[6ln(mx)−15) x + 18
m ，
g
″ (x)=12mx +12ln(mx)−12=0，且mx −1+ln(mx)=0，
令ℎ(x)= x +ln x−1(x>0)，则ℎ
′ (x)=1+ 1
x >0在(0,+ ∞)上恒成立，
所以ℎ(x)= x +ln x−1在(0,+ ∞)上单调递增，又ℎ(1)=0，
由零点存在性定理知，ℎ(x)= x +ln x−1有唯一的零点x =1，
所mx =1，且x = 1
m，当x = 1
m时，g(
1
m)= 2
m
2 −15
m
2 + 18
m
2 −5
m
2 +1=1，
所以g(x)的拐点为(
1
m ,1).
（ⅱ）证明：由（i）可知，g
″ (x)=12mx +12ln (mx)−12在(0,+ ∞)上单调递增，g
″(
1
m)=0，
∴当x∈(0, 1
m)时，g
″ (x)<0；当x∈(
1
m ,+ ∞)时，g
″ (x)>0，
∴g
′ (x)在x∈(0, 1
m)上单调递减，在x∈(
1
m ,+∞)上单调递增，
又g
′(
1
m)= 12
m + 18
m −30
m =0，
∴g
′ (x)≥0在(0,+ ∞)上恒成立，∴g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又g(
1
m)=1，g(x1)+ g(x2)=2(0< x1< x2)，
所以0< x1< 1
m < x2.
【变式10-3】（24-25 高三上·河南·阶段练习）阅读材料一：设函数f ( x)在区间D上有定义，若对任意
x1, x2∈D和任意λ∈(0,1)，都有f ( λ x1+(1−λ)x2)≤λf ( x1)+(1−λ)f ( x2)，则称f ( x)是区间D上的下
凸函数；反之，如果都有f ( λ x1+(1−λ)x2)≥λf ( x1)+(1−λ)f ( x2)，则称f ( x)是区间D上的上凸函数.
阅读材料二：若函数f ( x)在区间D上可导，即f
′( x)存在，且导函数f
′( x)在区间D上也可导，则称f ( x)在
区间D上存在二阶导函数，即f
″( x)=(f
′( x))
′.设函数f ( x)在区间D上存在二阶导函数，则f ( x)在区间D
上是下凸（上凸）函数的充要条件是对任意x∈D都有f
″( x)≥0（f
″( x)≤0）且在区间D的任意子区间内
f
″( x)不恒为0.阅读材料三：设函数f ( x)在区间D上连续，( x0−δ , x0+δ )⊆D（其中δ为无限接近于0 的
正数），f ( x)在( x0−δ , x0+δ )上存在二阶导函数，若f
″( x)在( x0−δ , x0)和( x0, x0+δ )上的符号相反，
则点( x0,f ( x0))为曲线y = f ( x)的拐点.请根据以上阅读材料，回答下列问题：
(1)证明：对任意a≥0，b≥0，不等式❑√
a+2b
3
≥
❑√a+2❑√b
3
恒成立；
(2)设函数f ( x)=m x
3+n x
2−6 x +9，若点(1,1)是曲线y = f ( x)的拐点，求实数m，n的值，并证明f ( x)
的图象关于拐点(1,1)中心对称：
(3)设函数g( x)=2ln x + x
2−3 x +3，若点( x0, g( x0))是曲线y = g( x)的一个拐点，且
g( x1)+ g( x2)=2g( x0)，其中0< x1<1< x2<2，试证明：x1+ x2>2 x0.
【答案】(1)证明见解析；
(2)m=1,n=−3，证明见解析；
(3)证明见解析.
【解题思路】（1）构造函数φ( x)= ❑√x , x>0，证明φ( x)是上凸函数即可推理得证.
（2）利用“拐点”的意义可得f
″(1)=0，结合f (1)=1求出m,n；再利用中心对称的定义计算推理即可.
（3）利用“拐点”的定义求出“拐点”，构造函数ℎ( x)= g(2−x)+ g( x),0< x<1，利用导数探讨单调
性可得g(2−x)+ g( x)<2，再结合给定条件及函数g( x)的单调性推理即得.
【解答过程】（1）当a=0或b=0时，不等式❑√
a+2b
3
≥
❑√a+2❑√b
3
成立，令函数φ( x)= ❑√x , x>0，
φ
′( x)= 1
2 x
−1
2，φ
″( x)=−1
4 x
−3
2 <0，因此函数φ( x)= ❑√x是上凸函数，
则对任意a>0,b>0，φ( 1
3 a+ 2
3 b)≥1
3 φ(a)+ 2
3 φ(b)，即❑√
a+2b
3
≥
❑√a+2❑√b
3
，
所以对任意a≥0，b≥0，不等式❑√
a+2b
3
≥
❑√a+2❑√b
3
恒成立.
（2）函数f ( x)=m x
3+n x
2−6 x +9，则f
′( x)=3m x
2+2nx−6，f
″( x)=6mx +2n，
由点(1,1)是曲线y = f ( x)的拐点，得当x<1时f
″( x)值与当x>1时f
″( x)值符号相反，
因此f
″(1)=6m+2n=0，又f (1)=m+n+3=1，解得m=1,n=−3；
f ( x)= x
3−3 x
2−6 x +9，
f (1+ x)+ f (1−x)=(1+ x)
3+(1−x)
3−3[(1+ x)
2+(1−x)
2]−6[(1+ x)+(1−x)]+18
=2+6 x
2−3(2+2 x
2)−12+18=2，
所以f ( x)的图象关于拐点(1,1)中心对称.
（3）函数g( x)=2ln x + x
2−3 x +3的定义域为(0,+∞)，则g
′( x)= 2
x +2 x−3，g
″( x)=−2
x
2 +2，
当0< x<1时，g
″( x)<0，当x>1时，g
″( x)>0，依题意，x0=1，g( x0)= g(1)=1，
当0< x1<1< x2<2时，g( x1)+ g( x2)=2，即g( x2)=2−g( x1)，
令ℎ( x)= g(2−x)+ g( x)=2ln(2−x)+(2−x)
2−3(2−x)+3+2ln x + x
2−3 x +3
=2ln(2−x)+2ln x + 4−4 x +2 x
2，0< x<1，
求导得ℎ
′( x)= 2⋅(−1)
2−x
+ 2
x −4 + 4 x = 4 x−4
x( x−2) + 4 x−4 = 4( x−1)
3
x( x−2) >0，
即函数ℎ( x)在(0,1)上单调递增，∀x∈(0,1),ℎ( x)<ℎ(1)=2，即g(2−x)+ g( x)<2，
而0< x1<1，则g(2−x1)+ g( x1)<2，即g(2−x1)<2−g( x1)，因此g(2−x1)< g( x2)，
当x>0时，g
′( x)= 2
x +2 x−3≥2❑√
2
x ⋅2 x−3=1>0，当且仅当x =1时取等号，
于是函数g( x)在(0,+∞)上单调递增，又2−x1>1，因此2−x1< x2，即x1+ x2>2，
所以x1+ x2>2 x0.
一、单选题
1．（2025·吉林通化·模拟预测）已知函数f ( x)=(x
2+2)(x
3−3a x
2+b)满足：①定义域为R；②1
2 <b<4
；③有且仅有两个不同的零点x1，x2，则1
x1
+ 1
x2
的取值范围是（    ）
A．(−2,−1)
B．(−1,−1
2)
C．(
1
2 ,1)
D．(1,2)
【答案】B
【解题思路】由题意可转化为g(x)= x
3−3a x
2+b有且仅有两个不同的零点x1，x2，对g(x)求导，结合
g(x)的单调性可知g(2a)=0，由此可知g(x)另一根为−a，由b的范围可求出a的范围，即可求出1
x1
+ 1
x2
的
取值范围.
【解答过程】函数f ( x)=(x
2+2)(x
3−3a x
2+b)有且仅有两个不同的零点x1，x2，
因为x
2+2>0，令g(x)= x
3−3a x
2+b，即g(x)有且仅有两个不同的零点x1，x2，
g
′ (x)=3 x
2−6ax =3 x (x−2a)=0得x =0或x =2a，
若a>0，令g
′ (x)>0，可得x>2a或x<0；令g
′ (x)<0，可得0< x<2a，
所以g(x)在(−∞,0),(2a,+∞)上单调递增，在(0,2a)上单调递减，
同理若a<0，g(x)在(−∞,2a),(0,+ ∞)上单调递增，在(2a,0)上单调递减，
因为1
2 <b<4，g(0)=b≠0，
要使g(x)有且仅有两个不同的零点x1，x2，则g(2a)=0，
而g(2a)=8a
3−12a
3+b=0，则b= 4 a
3，因为1
2 <b<4，
则1
2 <4 a
3<4，则1
2 <a<1，
则g(x)有一根是确定的为2a，又因为g(x)= x
3−3a x
2+b=(x −2a)
2(x +a)，
所以g(x)的另一根为−a，
所以1
x1
+ 1
x2
= 1
2a −1
a =−1
2a，因为1
2 <a<1，1< 1
a <2，1
2 < 1
2a <1
−1<−1
2a <−1
2.
故选：B.
2．（24-25 高二下·湖北恩施·期中）已知a>1，x1，x2，x3均为a
x = x
2的解，且x1< x2< x3，则下列说法正
确的是（    ）
A．x1∈(−2,−1)
B．a∈(1,e
2
e )
C．x1+ x2<0
D．x2+ x3<2e
【答案】B
【解题思路】A 选项：根据“三个等价”，将方程根的问题转化成构造出的函数零点的问题，利用零点存
在性定理确定出x1的取值情况；B，C，D 选项：对方程变形，参变分离构造函数，从函数的角度以及利用
极值点偏移可以得出相应结论，详细过程见解析.
【解答过程】对于A，令f ( x)=a
x−x
2，因为a>1，所以f ( x)在(−∞,0)上单调递增，与x 轴有唯一交
点，
由零点存在性定理，得f (−1)=a
−1−1<0，f (0)=a
0−0>0，则x1∈(−1,0)，故A 错误.
对于B，C，D，当x>0时，两边同时取对数，并分离参数得到ln a
2 = ln x
x ，
令g( x)= ln x
x ，∴g
′ (x)= 1−ln x
x
2
，
当x∈(0,e)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减；
如图所示，
∴当x>0时，y = ln a
2 与g( x)= ln x
x 的图象有两个交点，
ln a
2 ∈(0, 1
e )，解得a∈(1,e
2
e )，故B 正确；
∴ x2∈(1,e)，由A 选项知x1∈(−1,0)，∴x1+ x2>0，故C 错误；
由极值点偏移知识，此时函数g(x)的极值点左移，则有x2+ x3
2
>e，故D 错误.
故选：B.
3．（2024·全国·模拟预测）若函数f (x)=aln x + 1
2 x
2−2 x有两个不同的极值点x1, x2，且
t −f (x1)+ x2<f (x2)−x1恒成立，则实数t的取值范围为（    ）
A．(−∞,−5)
B．(−∞,−5)
C．(−∞,2−2ln2)
D．(−∞,2−2ln2)
【答案】B
【解题思路】首先对f (x)求导，得f
′ (x)= x
2−2 x +a
x
(x>0)，根据题意得到方程x
2−2 x +a=0有两个不相
等的正实数根，结合根与系数的关系求得a的取值范围，然后将不等式进行转化，结合根与系数的关系得
到f (x1)+ f (x2)−x1−x2关于参数a的表达式，从而构造函数，利用导数知识进行求解．
【解答过程】依题意得f
′ (x)= a
x + x−2= x
2−2 x +a
x
(x>0)，
若函数f (x)有两个不同的极值点x1, x2，
则方程x
2−2 x +a=0有两个不相等的正实数根x1, x2，
可得¿，解得0<a<1，
因为t −f (x1)+ x2<f (x2)−x1，
可得t <f (x1)+ f (x2)−x1−x2=aln x1+ 1
2 x1
2−2 x1+aln x2+ 1
2 x2
2−2 x2−x1−x2
=aln(x1 x2)+ 1
2 (x1
2+ x2
2)−3(x1+ x2)=aln(x1 x2)+ 1
2 (x1+ x2)
2−x1 x2−3(x1+ x2)
=alna+ 1
2 ×2
2−a−3×2=alna−a−4．
设ℎ(a)=alna−a−4 (0<a<1)，则ℎ
′ (a)=lna<0，
则ℎ(a)单调递减，ℎ(a)>ℎ(1)=−5，可知t ≤−5．
所以实数t的取值范围是(−∞,−5).
故选：B．
4．（2024·辽宁·三模）已知函数f ( x)= ln x + 1
2e x
2−ax存在两个极值点，若对任意满足
f ( x1)= f ( x2
❑)= f ( x3)的x1, x2, x3( x1< x2< x3)，均有f (e
x1)<f (e
x2)<f (e
x3)，则实数a的取值范围为
（    ）
A．( 2
❑√e ,e]
B．( 2
❑√e ,2+ 1
❑√e ]
C．( 2
❑√e ,1+ 1
e ]
D．( 2
❑√e ,2+ 1
e ]
【答案】C
【解题思路】求出函数f ( x)的导数，由导函数的两个零点t1,t2(t1<t2)求出f ( x)的单调区间，求出e
x3所在
区间，再由已知可得e
x1,e
x2,e
x3在同一单调递增区间内，进而求得1≤t1<❑√e，然后借助对勾函数单调性求
出a的范围.
【解答过程】函数f ( x)= ln x + 1
2e x
2−ax的定义域为(0,+∞)，求导得f
′( x)= 1
x + x
e −a= x
2−eax +e
e x
，
由函数f ( x)存在两个极值点，得f
′( x)=0，即x
2−eax +e=0有两个不等的正根t1,t2(t1<t2)，
则{
Δ=e
2a
2−4e>0
t1+t2=ea>0
t1t2=e
)
，解得a> 2
❑√e，当0< x<t1或x>t2时，f
′( x)>0，当t1< x<t2时，f
′( x)<0，
于是函数f ( x)在(0,t1),(t2,+∞)上单调递增，在(t1,t2)上单调递减，
令f ( x1)= f ( x2
❑)= f ( x3)=m，( x1< x2< x3)，则直线y =m与f ( x)的图象有3 个公共点，
此时0< x1<t1< x2<t2< x3，显然e
x3>e
t2，令y =e
x−x , x>0，求导得y
′ =e
x−1>0，
即函数y =e
x−x在(0,+∞)上递增，则e
x−x>e
0−0=1>0，即e
x> x，于是e
x3>e
t2>t2，
由x1< x2< x3，得e
x1<e
x2<e
x3，
因为对任意满足f ( x1)= f ( x2
❑)= f ( x3)的x1, x2, x3( x1< x2< x3)，均有f (e
x1)<f (e
x2)<f (e
x3)，
则有e
x1,e
x2,e
x3必在同一单调递增区间内，因此e
x1≥t2，而e
x1<e
t1恒成立，从而e
t1>t2，
又t2=e
t1
,0<t1<❑√e，则e
t1−e
t1
≥0，显然函数g(t1)=e
t1−e
t1在(0,❑√e]上单调递增，
而g(1)=0，因此1≤t1<❑√e，由t1
2−eat1+e=0，得a= t1
e + 1
t1
，
而函数ℎ(t1)= t1
e + 1
t1
在[1,❑√e)上单调递减，则ℎ(❑√e)<ℎ(t1)≤ℎ(1)，即2
❑√e < t1
e + 1
t1
≤1+ 1
e ，
所以实数a的取值范围为( 2
❑√e ,1+ 1
e ].
故选：C.
5．（2025·四川南充·一模）已知函数f ( x)=|ln x−2
x +2)−m（0<m<3）有两个不同的零点x1，x2（
x1< x2），下列关于x1，x2的说法正确的有（    ）个
①
x2
x1
<e
2m    ②x1>
2
m+2    ③e
m
3 < x2<
3
3−m    ④x1 x2>1
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【解题思路】
函数f (x)=|ln x−2
x +2)−m(0<m<3)有两个不同零点x1, x2(x1< x2)，转化为|ln x−2
x +2)=m有两个交
点，构造函数g(x)=|ln x−2
x +2)，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根据①判断②，再根据零点,
构造函数，判断选项③,根据零点判断④.
【解答过程】由函数f (x)=|ln x−2
x +2)−m(0<m<3)有两个不同零点x1, x2(x1< x2)，
转化为|ln x−2
x +2)=m(0<m<3)有两个交点x1, x2(x1< x2)，
构造函数g(x)= ln x−2
x +2，ℎ(x)=|ln x−2
x +2) ，则g
′ (x)= 1
x + 2
x
2，故g
′ (x)>0，所以g(x)在(0,+ ∞)
单调递增，而g(1)=0，可得ℎ(x)图象如图所示
故ℎ(x)在(0,1)单调递减，在(1,+ ∞)单调递增，
所以0< x1<1< x2，
对于①，m=−ln x1+ 2
x1
−2= ln x2−2
x2
+2，
所以2m=−ln x1+ ln x2+ 2
x1
−2
x2
>ln(
x2
x1)，
所以
x2
x1
<e
2m，故①正确；
对于②，由①可知m=−ln x1+ 2
x1
−2，故m x1+2 x1−2=−x1ln x1>0，
因此 x1>
2
m+2，故②正确；
对于③，因为0<m<3，所以0< m
3 <1，故1<e
m
3 <e ,
3
3−m >1，
所以g(
3
3−m)= ln
3
3−m −2(3−m)
3
+2= ln
3
3−m + 2m
3 ，
则g(
3
3−m)−m=−ln (3−m)−m
3 + ln3，
构造函数Q(x)=−ln (3−m)−m
3 + ln3，
则Q
′ (x)=
1
3−m −1
3 =
m
3(3−m) >0，而Q (0)=0，
所以g(
3
3−m)>m= g(x2)，
所以x2<
3
3−m，
因为g(e
m
3)= m
3 −2
e
m
3
+2，所以m−g(e
m
3)=2(
m
3 −1
e
m
3
+1)，
令m
3 =t (0<t <1)，构造I (t )=t −1
e
t +1，显然I (t )单调递增，且I (0)=0，
所以m= g(x2)>g(e
m
3)
所以e
m
3 < x2<
3
3−m
，故③正确；
对于④，由①可知，ln x1 x2= 2
x1
+ 2
x2
−4>
4
❑√x1 x2
−4，
所以ln x1 x2−
4
❑√x1 x2
+ 4>0，
令❑√x1 x2=n，W (n)=2ln n−4
n + 4，显然W (n)单调递增，且W (1)=0，
所以x1 x2>1，故④正确.
故选：D.
6．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f ( x)=e
x−ax有两个零点x1，x2，则下列判断：①a<e；②
x1+ x2<2；③x1⋅x2>1；④有极小值点x0，且x1+ x2<2 x0.则正确判断的个数是（    ）
A．4 个
B．3 个
C．2 个
D．1 个
【答案】D
【解题思路】利用函数的导数，判断函数的单调性，对四个选项分别进行判断，即可得出结论.
【解答过程】对于①
∵f
′（x ）=e
x−a
当a≤0时，f
′（x ）=e
x−a>0在x∈R上恒成立，f （x ）在R上单调递增,不符合.
当a>0时，由f
′（x ）=e
x−a>0，e
x−a>0，解得x>ln a，
f
′（x ）=e
x−a<0，解得x<ln a
f ( x)在(−∞,ln a)单调递减，在(ln a,+∞)单调递增．f ( x)在x = ln a有极小值，
∵函数f （x ）=e
x−ax有两个零点x1, x2，
∴f (ln a)<0，a>e，
∴①不正确；
对于②
因为{
e
x1=a x1
e
x2=a x2)⇒e
x1+ x2=a
2 x1 x2⇒x1+ x2=2ln a+ ln( x1 x2)，a>e
∴x1+ x2=2ln a+ ln( x1 x2)>2+ ln( x1 x2)，
取a= e
2
2 ，f (2)=e
2−2a=0，∴x2=2，f (0)=1>0，∴0< x1<1，∴x1+ x2>2
∴②不正确；
对于④
f (0)＝1＞0，f (1)＝e−a<0,∴0< x1<1<ln x0, x2>ln x0>1 
函数的极小值点为x0= ln a
要证x1+ x2<2 x0，只要证x1<2 x0−x2< x0 
因为函数f ( x)在(−∞,ln a)单调递减，故只需要证f (x2)= f (x1)>f (2 x0−x2) 
构造函数g(x)= f (x)−f (2 x0−x)=e
x−e
2 x0−x−2ax +2a x0 (x> x0) 
求导得到g
′ (x)=e
x+e
2 x0−x−2a≥2
❑√e
2 x0−2a=0 
所以函数g(x)单调递增，g(x0)=0,∴g(x)≥0恒成立，
∴f (x)≥f (2 x0−x) 即f (x2)>f (2 x0−x2)，故得到f (x2)= f (x1)>f (2 x0−x2)
进而得证：x1<2 x0−x2< x0，x1+ x2<2 x0.
故④正确.
对于③
因为{
e
x1=a x1
e
x2=a x2)⇒e
x1+ x2=a
2 x1 x2⇒x1+ x2=2ln a+ ln( x1 x2)
根据x1+ x2<2 x0=2ln a，可得到ln( x1 x2)<0⇒0< x1 x2<1.
∴③不正确.
综上正确的只有一个，
故选D.
7．（2025·全国·模拟预测）已知函数f (x)=e
x−m x
2有两个极值点x1，x2（0< x1< x2），函数
g(x)= x ln x−1
4 m x
2−x有两个极值点x3，x4（0< x3< x4），设M = x3
x1
+ x2
x4
，则（    ）
A．0< M < 1
e
B．0< M <e
2+1
e
C．M >e
2+1
e
D．M >e
【答案】C
【解题思路】解法一：求出函数的导函数，则x1，x2是方程e
x
x =2m的两个实数根，x3，x4是方程
x
ln x =2m，即e
ln x
ln x =2m的两个实数根，设ℎ(x)=e
x
x
(x>0)，利用导数求出函数的单调区间，即可得到
x1= ln x3，x2= ln x4，2m>e，从而得到M =2m+ 1
2m，最后根据对勾函数的性质计算可得；
解法二：求导可得x1，x2是y =e
x与y =2mx图象交点的横坐标；x3，x4是 y = ln x与y = 1
2m x图象的交点
的横坐标，结合反函数的性质得到x3=e
x1，x2= ln x4，从而求出M的取值范围.
【解答过程】解法一：由f (x)=e
x−m x
2可得f
′ (x)=e
x−2mx，则x1，x2是方程e
x
x =2m的两个实数根，
由g(x)= x ln x−1
4 m x
2−x可得g
′ (x)= ln x−1
2m x，则x3，x4是方程x
ln x =2m，
即e
ln x
ln x =2m的两个实数根.
设ℎ(x)=e
x
x
(x>0)，则ℎ
′ (x)=e
x(x−1)
x
2
，
当0< x<1时ℎ
′ (x)<0，当x>1时ℎ
′ (x)>0，
故ℎ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，则ℎ(x)在x =1处取得极小值ℎ(1)=e，
因为x1，x2是方程e
x
x =2m的两个实数根，x3，x4是方程e
ln x
ln x =2m的两个实数根，
且0< x1< x2，0< x3< x4，所以x1= ln x3，x2= ln x4，2m>e，
则x3=e
x1，x4=e
x2，m>e
2，
所以M = x3
x1
+ x2
x4
=e
x1
x1
+ x2
e
x2 =2m+ 1
2m，
又y = x + 1
x 在(1,+ ∞)上单调递增，所以M >e+ 1
e =e
2+1
e
.
解法二  第一步：对函数求导，将问题进行转化；
由f (x)=e
x−m x
2可得f
′ (x)=e
x−2mx，则x1，x2是方程e
x =2mx的两个实数根，即y =e
x与y =2mx图象
交点的横坐标. 
由g(x)= x ln x−1
4 m x
2−x可得g
′ (x)= ln x−1
2m x，则x3，x4是方程ln x = 1
2m x的两个实数，即y = ln x
与y = 1
2m x图象的交点的横坐标.
第二步：构造函数，求得m的取值范围；
由e
x =2mx可得2m=e
x
x ，设ℎ(x)=e
x
x
(x>0)，则ℎ
′ (x)=e
x(x−1)
x
2
，
易得ℎ(x)在x =1处取得极小值，且ℎ(1)=e，当x→0
+时，ℎ(x)→+∞，当x→+ ∞时，ℎ(x)→+ ∞，
所以由方程e
x =2mx (x>0)有两个实数根可得2m>e，即m>e
2.
（点拨：因为y =e
x与y = ln x互为反函数，且y =2mx与y = 1
2m x互为反函数，
所以当y =e
x与y =2mx的图象有两个交点时，y = ln x与y = 1
2m x的图象也有两个交点）
第三步：利用反函数的概念对变量进行代换，即可得解；
设A(x1,e
x1)，B(x2,e
x2)，C (x3,ln x3)，D(x4,ln x4)，
由y =e
x与y = ln x互为反函数，且y =2mx与y = 1
2m x互为反函数，
可得A与C，B与D分别关于直线y = x对称，则x3=e
x1，x2= ln x4， 
则M = x3
x1
+ x2
x4
=e
x1
x1
+ ln x4
x4
=2m+ 1
2m，
又y = x + 1
x 在(1,+ ∞)上单调递增，所以M >e+ 1
e =e
2+1
e
.
故选：C.
8．（2025·四川南充·一模）已知函数f ( x)=|ln x−2
x +2)−m（0<m<3）有两个不同的零点x1，x2（
x1< x2），下列关于x1，x2的说法正确的有（    ）个
①
x2
x1
<e
2m    ②x1>
2
m+2    ③x1 x2>1
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【解题思路】令g(x)= ln x−2
x +2，判断g(x)的单调性结合g(1)=0得到0< x1<1，x2>1，进而有
ln x1−2
x1
+2=−m，ln x2−2
x2
+2=m，两式作差可判断①；根据0< x1<1得到ln x1<0可判断②；将得到
的两式相加，再利用换元法可判断③.
【解答过程】∵ f ( x)=|ln x−2
x +2)−m（0<m<3）有两个不同的零点x1，x2，且x1< x2，
即x1，x2是方程|ln x−2
x +2)=m的两个不同的根，
令g(x)= ln x−2
x +2，x∈(0,+∞)，易知g(1)=0，
∵ g
′ (x)= 1
x + 1
x
2 >0，∴ g(x)在(0,+ ∞)单调递增，
∴ x∈(0,1)时，g(x)= ln x−2
x +2<0，
x∈(1,+∞)时，g(x)= ln x−2
x +2>0，
∴ 0< x1<1，x2>1，∴ ln x1−2
x1
+2=−m，ln x2−2
x2
+2=m，
对于①，两式作差得，ln x2−2
x2
+2−(ln x1−2
x1
+2)=2m，
整理得，ln x2
x1
+ 2(x2−x1)
x1 x2
=2m
∵ 
2(x2−x1)
x1 x2
>0，∴ ln x2
x1
<2m，即
x2
x1
<e
2m，故①正确；
对于②，∵ ln x1−2
x1
+2=−m，且0< x1<1，∴ ln x1<0，
∴ −2
x1
+2>−m，即2
x1
<m+2，∴ x1>
2
m+2，故②正确；
对于③，∵ ln x1−2
x1
+2=−m，ln x2−2
x2
+2=m，
两式相加得，ln x1−2
x1
+ ln x2−2
x2
+ 4 =0，
整理得，∴ ln(x1 x2)−2(x1+ x2)
x1 x2
+ 4 =0，即2(x1+ x2)= x1 x2ln(x1 x2)+ 4 x1 x2，
∵ 2(x1+ x2)>2⋅2❑√x1 x2，
即x1 x2ln(x1 x2)+ 4 x1 x2>2⋅2❑√x1 x2，
令t = ❑√x1 x2(t >0)，则t
2lnt
2+ 4 t
2>2⋅2t，
整理得t ln t +2t −2>0，即lnt −2
t +2>0，
∵ x∈(0,1)时，g(x)= ln x−2
x +2<0，
x∈(1,+∞)时，g(x)= ln x−2
x +2>0，
∴ t = ❑√x1 x2>1，即x1 x2>1，故③正确.
故选：D.
二、多选题
9．（2025·湖北襄阳·模拟预测）已知关于x的方程xe
x−a=0有两个不等的实根x1, x2，且x1< x2，则下列
说法正确的有（    ）
A．−e
−1<a<0
B．x1+ x2<−2
C．x2>a
D．x1+e
x1<0
【答案】ABD
【解题思路】由已知y =a与y = xe
x有两个不同的交点，利用导数研究函数f ( x)= x e
x性质，结合图象确定
a的范围，判断A，要证明x1+ x2<−2只需证明x2<−2−x1，结合函数f ( x)单调性只需证明
f (x1)<f (−2−x1)，故构建函数F( x)= f (x)−f (−2−x)，利用导数证明结论，判断B，利用比差法比较
x2,a，判断C，利用x1的范围，结合指数函数性质证明x1+e
x1<0，判断D.
【解答过程】方程xe
x−a=0，可化为xe
x =a，
因为方程xe
x−a=0有两个不等的实根x1, x2，
所以y =a与y = xe
x有两个不同的交点，
令f ( x)= xe
x，则f
′( x)=e
x+ xe
x =(1+ x)e
x，
令f
′( x)=0，可得x =−1，
当x<−1时，f
′( x)<0，函数f ( x)在(−∞,−1)单调递减，
当x>−1时，f
′( x)>0，函数f ( x)在(−1,+ ∞)单调递增，
f ( x)min= f (−1)=−1
e ，
当x<0时，f ( x)<0，且f (0)=0，当x>0时，f ( x)>0，
当x→−∞时，与一次函数相比，指数函数y =e
−x呈爆炸性增长，
故f (x)=−−x
e
−x →0，
当x→+ ∞时，f (x)→+ ∞，f
′ (x)→+ ∞，
根据以上信息，可得函数f (x)的大致图象如下：
∴−1
e <a<0，且x1<−1< x2<0，故A 正确．
因为x1<−1< x2<0，−2−x1>−1
构造F( x)= f (x)−f (−2−x)= xe
x+(2+ x)e
−2−x , x<−1，
F
′( x)=( x +1)e
x+(−1−x)e
−2−x =( x +1)(e
x−e
−2−x)>0，
∴F( x)在(−∞,−1)上单调递增，
∴F (x1)< F(−1)=0，
∴f (x1)<f (−2−x1)，即f (x2)<f (−2−x1)，
由f (x)在(−1,+∞)单调递增
所以x2<−2−x1⇒x1+ x2<−2，故B 正确．
对于C，由x2= a
e
x2 ，−1
e <a<0，
所以x2−a= a
e
x2 −a=a(
1
e
x2 −1)，
又−1< x2<0，所以1
e
x2 >1，则1
e
x2 −1>0，所以x2<a，故C 错误．
对于D，由x1<−1，可得0<e
x1<e
−1，
所以x1+e
x1<−1+e
−1<0，D 正确．
故选：ABD．
10．（2024 高三·全国·专题练习）对于函数f (x)= xln x，下列说法正确的是（    ）
A．当0< x1< x2< 1
e 时，x1ln x1< x2ln x2
B．若f
′ (x)是函数f (x)的导数，则f
′ (x)≤x
C．对任意x>1都有f (x)<a(x
2−1)，则a≥1
2
D．设ℎ(x)=[
f (x)
x )
2
−2ax在定义域上有两个不同的极值点x1, x2，则x1+ x2>2e
【答案】BCD
【解题思路】A 选项求导利用单调性求解；B 选项令g(x)= f
′ (x)−x =ln x +1−x，求导利用单调性证明
g(x)≤0即可；C 选项化简构造函数t (x)=ln x−a(x
2−1)
x
<0即可；D 选项两个不同的极值点转变为直线
y =a与函数y =ln x
x
的图象有两个不同的交点，得到a的取值，再利用极值点偏移即可得解.
【解答过程】对于函数f (x)= xln x，定义域为(0,+∞)，所以f
′ (x)=ln x +1，
对于A，当0< x< 1
e 时，f
′ (x)<0，则f (x)单调递减，
所以当0< x1< x2< 1
e 时，f (x1)>f (x2)，即x1ln x1> x2ln x2，所以A 错误；
对于B，令g(x)= f
′ (x)−x =ln x +1−x，则g
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
，
当0< x<1时，g
′ (x)>0，则g(x)单调递增；当x>1时，g
′ (x)<0，则g(x)单调递减，
所以g(x)=ln x +1−x ≤g(1)=0，即f
′ (x)≤x，所以B 正确；
对于C，由题可得，对于任意x>1，x[ln x−a(x
2−1)
x
)<0恒成立，
令t (x)=ln x−a(x
2−1)
x
，x>1，则t
′ (x)=−a x
2−x +a
x
2
，且t (1)=0，
于是{
−a<0
−a+1−a≤0)，解得a≥1
2，所以C 正确；
对于D，ℎ(x)=[
f (x)
x )
2
−2ax =(ln x)
2−2ax，x>0，则ℎ
′ (x)= 2ln x
x
−2a，
令ℎ
′ (x)=0，得a=ln x
x
，
由题可知ℎ(x)有两个不同的极值点，
所以直线y =a与函数y =ln x
x
的图象有两个不同的交点，
对y =ln x
x
求导得y
′ = 1−ln x
x
2
，
函数y =ln x
x
在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以函数y =ln x
x
有最大值1
e ，
且当x→+∞时，y =ln x
x
→0，当x→0时，y =ln x
x
→−∞，
  
所以0<a< 1
e ，由题可知ln x1=a x1，ln x2=a x2，
不妨设x1< x2，则a=ln x2−ln x1
x2−x1
，要证明x1+ x2>2e，只需要证明x1+ x2> 2
a，
即证x1+ x2>
2
ln x2−ln x1
x2−x1
= 2(x2−x1)
ln x2−ln x1 ，也就是证明ln x2
x1
>
2(
x2
x1
−1)
x2
x1
+1
，
令t = x2
x1
，t >1，m(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，t >1，
则m
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，即m(t )在(1,+∞)上单调递增，
又m(1)=0，所以m(t )>m(1)=0，所以lnt > 2(t −1)
t +1
，即x1+ x2>2e，所以D 正确，
故选：BCD.
11．（2025·新疆乌鲁木齐·三模）设函数f (x)的定义域为(0,+∞)，f (x)的导函数f
′ (x)满足
x f
′ (x)+ f (x)= 1
x ，且f (1)=1，则下列结论一定成立的是（    ）
A．f (x)的最大值为1
B．y = f (x)在点(
1
e ,f(
1
e))处的切线为e
2 x−y −e=0
C．若方程f (x)=t有两个不同的解x1，x2，则x1+ x2<2
D．若x1>0，x2>0，x1 x2=e，则f (x1)f (x2)≤9
4e
【答案】ABD
【解题思路】先求f ( x)表达式：由x f
′( x)+ f ( x)= 1
x ，根据求导法则得xf ( x)= ln x +C，再代入f (1)=1
求出C，进而得到f ( x)，用除法求导法则对f ( x)= ln x +1
x
求导. 对于A 选项：令f
′( x)=0得极值点，根据
导数正负判断单调性，求出最大值. 对于B 选项：先求x =1
e 处的函数值和导数值，再用点斜式求切线方程. 
对于C 选项：设0< x1<1< x2，通过构造函数g( x)= f ( x)−f (2−x)，判断其单调性来证明. 对于D 选
项：由x1 x2=e得ln x1+ ln x2=1，将f ( x1)f ( x2)变形，换元后根据二次函数性质求最值.
【解答过程】已知x f
′( x)+ f ( x)= 1
x ，可知( xf ( x))
′ = x f
′( x)+ f ( x)= 1
x .
可得xf ( x)= ln x +C（C为常数）.
因为f (1)=1，将x =1，f (1)=1代入xf ( x)= ln x +C，可得1×f (1)= ln1+C，即1=0+C，解得C =1.
所以xf ( x)= ln x +1，则f ( x)= ln x +1
x
，x∈(0,+∞). 
对f ( x)= ln x +1
x
求导，可得：
f
′( x)= (ln x +1)
′ x−(ln x +1)x
′
x
2
=
1
x ⋅x−(ln x +1)⋅1
x
2
= 1−ln x−1
x
2
=−ln x
x
2
. 
对于选项A，令f
′( x)=0，即−ln x
x
2 =0，解得x =1.
当0< x<1时，ln x<0，则f
′( x)>0，f ( x)单调递增；
当x>1时，ln x>0，则f
′( x)<0，f ( x)单调递减.
所以f ( x)在x =1处取得极大值，也是最大值，f (1)= ln1+1
1
=1，但当x→+ ∞时，f ( x)→0，所以f ( x)
没有最小值，A 选项正确. 
对于选项B，当x =1
e 时，f (1
e )=
ln1
e +1
1
e
=-1+1
1
e
=0.
f
′(1
e )=−
ln1
e
(1
e )
2 =−−1
1
e
2
=e
2.
根据点斜式方程可得y −0=e
2( x−1
e )，即e
2 x−y −e=0，所以y = f ( x)在点(1
e ,f (1
e ))处的切线为
e
2 x−y −e=0，B 选项正确. 
对于选项C，由前面分析可知f ( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减.
不妨设0< x1<1< x2，若x1+ x2<2，则x2<2−x1，因为2−x1>1，且f ( x)在(1,+∞)上单调递减，所以只
需证明f ( x2)>f (2−x1)，又因为f ( x1)= f ( x2)，所以只需证明f ( x1)>f (2−x1).
令g( x)= f ( x)−f (2−x)，0< x<1，则g
′( x)= f
′( x)+ f
′(2−x)=−ln x
x
2 −ln(2−x)
(2−x)
2 .
当0< x<1时，ln x<0，ln(2−x)>0，x
2>0，(2−x)
2>0，所以g
′( x)>0，g( x)在(0,1)上单调递增，则
g( x)<g(1)= f (1)−f (1)=0，即f ( x)<f (2−x)，所以f ( x1)<f (2−x1)，与f ( x1)>f (2−x1)矛盾，C
选项错误. 
对于选项D，因为x1 x2=e，所以ln x1+ ln x2=1.
f ( x1)f ( x2)= (ln x1+1)(ln x2+1)
x1 x2
= ln x1ln x2+ ln x1+ ln x2+1
e
= ln x1ln x2+2
e
.
令t = ln x1，则ln x2=1−t，所以f ( x1)f ( x2)= t(1−t )+2
e
= −t
2+t +2
e
.
对于二次函数y =−t
2+t +2，其对称轴为t =−
1
2×(−1) = 1
2，开口向下，所以当t = 1
2时，y取得最大值，
ymax=−( 1
2 )
2
+ 1
2 +2= 9
4 .
则f ( x1)f ( x2)≤
9
4
e =9
4e
，D 选项正确.
故选：ABD.
三、填空题
12．（24-25 高二下·四川成都·期中）函数f (x)= a
e
x + ln x +b(a∈R ,b∈R)的两个极值点x1、x2满足
x1< x2≤2 x1，则x1+2 x2的最大值为        .
【答案】5ln 2
【解题思路】根据函数极值点的定义可得出{
e
x1=a x1
e
x2=a x2)，可得出e
x2−x1= x2
x1
，令
x2
x1
=t，则t ∈(1,2)，可得
出x1= ln t
t −1，x2= t ln t
t −1，可得出x1+2 x2= ln t
t −1 + 2t ln t
t −1 = (1+2t )ln t
t −1
，构造函数
g(x)= (1+2 x)ln x
x−1
(1< x ≤2)，利用导数求出函数g(x)的最大值即可.
【解答过程】由f (x)= a
e
x + ln x +b(a∈R ,b∈R)得f
′ (x)=−a
e
x + 1
x =e
x−ax
xe
x
，
由f
′ (x)=0得ax =e
x，
因为函数f (x)= a
e
x + ln x +b(a∈R ,b∈R)两个极值点x1、x2，
则{
e
x1=a x1
e
x2=a x2)，可得e
x2−x1= x2
x1
①，
设
x2
x1
=t，则t ∈(1,2)且x2=t x1，代入①得x1= ln t
t −1，x2= t ln t
t −1，
所以x1+2 x2= ln t
t −1 + 2t ln t
t −1 = (1+2t )ln t
t −1
，
设g(x)= (1+2 x)ln x
x−1
(1< x ≤2)，则g
′ (x)=
2 x−3ln x−1
x −1
( x−1)
2
(1< x ≤2)，
令ℎ(x)=2 x−3ln x−1
x −1(1< x ≤2)，则ℎ
′ (x)=2−3
x + 1
x
2 = (2 x−1)(x−1)
x
2
>0，
所以ℎ(x)在(1,2)上单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(1)=0，
从而g
′ (x)>0，所以g(x)在(1,2)单调递增，
所以g(x)≤g(2)=5 ln 2，所以x1+2 x2≤5 ln2，故x1+2 x2的最大值为5 ln2.
故答案为：5 ln2.
13．（24-25 高三上·全国·阶段练习）已知函数f ( x)=2ln x−2−ax有两个不同的零点为x1，x2，若
ln(x1⋅x2)≥m恒成立，则实数m的最大值为      ．
【答案】4
【解题思路】根据x1，x2是f ( x)=2ln x−2−ax的两个不同的零点列方程组，由此化简不等式
ln(x1⋅x2)≥m得到2+ x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
≥m恒成立．通过构造函数法，结合导数求得m的取值范围.
【解答过程】f (x)的定义域为(0,+ ∞).
x1，x2是f ( x)=2ln x−2−ax的两个不同的零点，不妨设0< x1< x2
则{
2ln x1=2+a x1
2ln x2=2+a x2)，
两式相加，得ln x1+ ln x2=2+ a
2 (x1+ x2)，故ln(x1⋅x2)=2+ a
2 (x1+ x2).
两式相减，得2ln x1
x2
=a(x1−x2)，故a=
2ln x1
x2
x1−x2
，
即2+ a
2 (x1+ x2)=2+
ln x1
x2
x1−x2
(x1+ x2)≥m，
也即2+ x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
≥m恒成立．
令t = x1
x2
，则t ∈(0,1)
有2+ t +1
t −1 lnt ≥m恒成立，即lnt −(m−2) t −1
t +1 ≤0恒成立．
记g(t )= lnt −(m−2) t −1
t +1 ，∵g(1)=0，则g
′(1)≥0．
g
′(t )= 1
t −(m−2)
2
(t +1)
2，g
′(1)=1−m−2
2
≥0⇒m≤4
下证充分性．
m≤4时，g
′(t )≥1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
(t +1)
2 ≥0
∴g(t )在(0,1)上单调递增，故g(t )< g(1)=0恒成立，得证．
所以实数m的最大值为4.
故答案为：4.
14．（24-25 高二下·山东临沂·期中）已知函数f (x)=(1+ x)e
x−a有两个零点x1, x2，则x1+ x2        −4
（填大于或小于号），实数a的取值范围是        ．
【答案】<；(−1
e
2 ,0)
【解题思路】利用导数得出函数单调性，求得最小值，列不等式组求解a的取值范围，设g( x)=(1+ x)e
x
，则有g( x1)= g( x2)=a，令m=−2−x1，
用作差法结合函数单调性判断
【解答过程】解：由题意得f
′( x)=e
x+(1+ x)e
x =(2+ x)e
x，
当x<−2时，f
′( x)<0，函数f ( x)在(−∞,−2)上单调递减，
当x>−2时，f
′( x)>0，函数f ( x)在(−2,+ ∞)上单调递增，
则函数f ( x)的最小值为f (−2)=−e
−2−a，
又函数f ( x)两个零点x1, x2，且x→+ ∞,f ( x)→+∞, x→−∞,f ( x)→−a，
故{
−e
−2−a<0
−a>0 )，解得：−1
e
2 <a<0.
因为x1, x2为f ( x)的两个零点，设x1<−2< x2，
所以f ( x1)= f ( x2)=0，a=(1+ x1)e
x1=(1+ x2)e
x2，
设g( x)=(1+ x)e
x，g( x1)= g( x2)=a，
令m=−2−x1>0( x1<−2< x2)，
g(−2−m)−g(−2+m)=(−1−m)e
−2−m−(−1+m)e
−2+m=(−1−m)e
−2−m⋅[1−(1−m)e
−2+m
(1+m)e
−1−m)，
令ℎ(m)=1−(1−m)e
−2+m
(1+m)e
−1−m ，ℎ
′(m)=
2m
2
(1+m)
2 ⋅e
2m>0，
所以函数ℎ(m)在(0,+ ∞)上单调递增，故ℎ(m)>ℎ(0)=0，
∴g(−2−m)<g(−2+m)，
∴g[−2−(−2−x1))< g[−2+(−2−x1))，即g( x2)= g( x1)< g(−4−x1)，
∵x1<−2< x2，∴−4−x1>−2，
又∵g( x)=(1+ x)e
x在(−2,+ ∞)上单调递增，
∴x2<−4−x1，即x1+ x2<−4.
故答案为：<；(−1
e
2 ,0).
四、解答题
15．（24-25 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
【解题思路】（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。
【解答过程】（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.
16．（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
【解题思路】（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；
【解答过程】（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．
17．（2025·江苏南京·一模）已知函数f (x)= xe
x+asin x.
(1)当a=0时，求证：f (x)
x
> x +1；
(2)若f (x)>0对于x∈(0,π)恒成立，求a的取值范围；
(3)若存在x1, x2∈(0,π)，使得f (x1)= f
′(x2)=0，求证：x1<2 x2.
【答案】(1)证明见解析
(2)[−1,+∞)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）由由a=0，得f (x)= xe
x，构造函数g(x)=e
x−x−1，求解单调性，证明结果;
（2）求解f
′ (x)=(x +1)e
x+acos x ,令m(x)= f
' (x)，则m
' (x)=(x +2)e
x−asin x，分类讨论求解a的范围;
（3）由（2）知a<−1，设x0= x2，判断f (x)单调性，f (x1)=0，所以只需证f (2 x2)>0，由
(x2+1)e
x2+acos x2=0，即a=−(x2+1)e
x2
cos x2
，只需证
x2e
x2−(x2+1)sin x2>0, x2∈(0,π
2 )（*）进而证明结果.
【解答过程】（1）由a=0，得f (x)= xe
x.
要证f (x)
x
> x +1，只需证e
x−x−1>0.
令g(x)=e
x−x−1，则g
′ (x)=e
x−1.
当x∈(−∞,0)时，g
′ (x)<0，则g(x)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，g
′ (x)>0，则g(x)单调递增，
所以g(x)>g(0)=0，故e
x> x +1，
因此f (x)
x
> x +1.
（2）f
′ (x)=(x +1)e
x+acos x ,
令m(x)= f
' (x)，则m
' (x)=(x +2)e
x−asin x
①当a≥0时，由x∈(0,π)，得xe
x>0,asin x ≥0，
因此f (x)>0，满足题意.
②当a<0时，由x∈(0,π)，得(x +2)e
x>0,−asin x>0，
因此m
' (x)>0，则f
′ (x)在(0,π)上单调递增.
1
∘若−1≤a<0，则f
'(x)>f
' (0)=1+a≥0)，
则f (x)在(0,π)上单调递增，
所以f (x)>f (0)=0，满足题意；
2
∘若a<−1，则f
′ (0)<0,f
′(
π
2 )>0，
因此f
′ (x)在(0,π)存在唯一的零点x0，且x0∈(0,π
2 )，
当0< x< x0时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
当x0< x<π时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增，
所以f (x0)<f (0)=0，不合题意.
综上，a的取值范围为[−1,+ ∞).
（3）由（2）知a<−1，设x0= x2，
则f (x)在(0, x2)上单调递减，在(x2,π)上单调递增，
注意到f (0)=0,f (x2)<f (0)=0,f (π)=πe
π>0，
故f (x)在(0,π)上存在唯一的零点x1, x1∈(x2,π).
注意到x1,2 x2∈(x2,π)，且f (x)在(x2,π)上单调递增.
要证明x1<2 x2，只需证f (x1)<f (2 x2)，
因为f (x1)=0，所以只需证f (2 x2)>0，
即证2 x2e
2 x2+asin2 x2>0.
因为(x2+1)e
x2+acos x2=0，即a=−(x2+1)e
x2
cos x2
，
所以，只需证2 x2e
2 x2−(x2+1)e
x2
cos x2
sin2 x2>0，
只需证x2e
x2−(x2+1)sin x2>0, x2∈(0,π
2 )（*）
由（1）得e
x2> x2+1，
因此x2e
x2−(x2+1)sin x2> x2
2+ x2−(x2+1)sin x2=(x2+1)(x2−sin x2)，
设ℎ(x)= x−sin x ,0< x<π
2 ，
则ℎ
′ (x)=1−cos x>0，所以ℎ(x)在(0,π
2 )上单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，
从而ℎ(x2)>0，即x2−sin x2>0，因此（*）得证，
从而x1<2 x2.
18．（24-25 高三上·上海黄浦·期末）函数y = f (x)的定义域为D，在D上仅有一个极值点x0，方程f (x)=0
在D上仅有两解，分别为x1、x2，且x1< x0< x2．若x1+ x2
2
> x0，则称函数y = f (x)在D上的极值点左偏
移；若x1+ x2
2
< x0，则称函数y = f (x)在D上的极值点右偏移．
(1)设f (x)= x
2−1，D =R，判断函数y = f (x)在D上的极值点是否左偏移或右偏移？
(2)设m>0且m≠1，f (x)= x
3−m x
2−x +m，D =(0,+∞)，求证：函数y = f (x)在D上的极值点右偏移；
(3)设a∈R，f (x)= ln x−ax，D =(0,+ ∞)，求证：当0<a<e
−1时，函数y = f (x)在D上的极值点左偏
移．
【答案】(1)函数y = f (x)在D上的极值点不偏移
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）先求f (x)=0的根及f (x)= x
2−1的极值点，再根据题设定义，即可求解；
（2）先求f (x)=0的根，对f ( x)求导，得到f
′ (x)=3 x
2−2mx −1，通过计算得到f
′(
x1+ x2
2 )<0，再利用
二次函数的性质，即可求解；
（3）设f (x)=0的两个零点为x1, x2，根据条件得到0< x1<e< x0= 1
a < x2，再构造函数
g( x)= f ( x)−f ( 2
a −x)= ln x−ax−ln( 2
a −x)+a( 2
a −x)，利用函数的单调性，得到f ( 2
a −x1)>f (x2)，
即可求解.
【解答过程】（1）由f (x)= x
2−1=0，得到x
2=1，所以x1=−1, x2=1，
又f
′ (x)=2 x，由f
′ (x)=2 x =0，得到x =0，又当x<0时，f
′ (x)=2 x<0，当x>0时，f
′ (x)=2 x>0，
所以f (x)= x
2−1只有一个极值点，且极值点为x0=0，此时x0= x1+ x2
2
，
所以函数y = f (x)在D上的极值点不偏移.
（2）因为f (x)= x
3−m x
2−x +m= x
2( x−m)−( x−m)=( x−m)( x−1)( x +1)， m>0且m≠1，
D =(0,+ ∞)，
由f ( x)=0，得到x1=1, x2=m或x1=m, x2=1，则x1+ x2=m+1>0，
又f
′ (x)=3 x
2−2mx −1，Δ= 4 m
2+12>0，则f
′ (x)=3 x
2−2mx −1=0有两根，
不妨设为t1,t2，且t1<t2，又t1+t2= 2m
3 >0,t1t2=−1
3 <0，所以t1<0<t2，
又x∈(0,t2)时，f
′ (x)<0，x∈(t2,+∞)时，f
′ (x)>0，所以函数y = f (x)在D上只有一个极值点x0，且
x0=t2，
又f
′(
x1+ x2
2 )= f(
m+1
2 )=3(
m+1
2 )
2
−2m(
m+1
2 )−1=−1
4 m
2+ 1
2 m−1
4 =−1
4 (m−1)
2<0，
所以x1+ x2
2
<t2= x0，故函数y = f (x)在D上的极值点右偏移.
（3）由题知，f
′ (x)= 1
x −a，令f
′ (x)= 1
x −a=0，得到x = 1
a，
当x∈(0, 1
a)时，f
′ (x)>0，当x∈(
1
a ,+ ∞)时，f
′ (x)<0， 所以x = 1
a是f (x)= ln x−ax的极值点，
且f ( x)在区间(0, 1
a)上单调递增，在区间(
1
a ,+∞)上单调递减，
又f ( x0)= f ( 1
a )= ln 1
a −1>0，x→0时，f (x)→−∞，x→+∞时，f (x)→−∞，
f (e)= lne−ae=1−ae>0，
则f (x)=0有两个零点，不妨设为x1, x2，且x1< x2，所以0< x1<e< x0= 1
a < x2，f ( x1)= f ( x2)，
令g( x)= f ( x)−f ( 2
a −x)= ln x−ax−ln( 2
a −x)+a( 2
a −x)(0< x< 2
a )，
则g
′( x)= 1
x −a+
1
2
a −x
−a=
2a(x−1
a)
2
x(
2
a −x)
>0在x∈(0, 2
a)恒成立，
所以g( x)= f ( x)−f ( 2
a −x)在区间(0, 2
a)上单调递增，
所以g( 1
a )>g(x1)，即0>f (x1)−f ( 2
a −x1)= f (x2)−f ( 2
a −x1)，
故f ( 2
a −x1)>f (x2)，又2
a −x1> x0= 1
a , x2> x0= 1
a，
故2
a −x1< x2，得到1
a < x1+ x2
2
，即x0< x1+ x2
2
，
所以当0<a<e
−1时，函数y = f (x)在D上的极值点左偏移．
19．（2025·湖南郴州·模拟预测）已知函数f ( x)=2aln x + 1
2 x
2−(a+2)x，其中a为常数.
(1)当a>0时，试讨论f ( x)的单调性；
(2)若函数f ( x)有两个不相等的零点x1，x2，
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x1+ x2>4.
【答案】(1)答案见解析；
(2)（i）
1
ln2−1 <a<0；（ii）证明见解析.
【解题思路】（1）利用导数并讨论参数a 的范围研究导数的符号，即可判断单调性；
（2）（i）结合（1）的单调性判断f (2)、f (a)的符号，排除a≥0，再在a<0的情况下研究f ( x)的单调性
和最值，根据零点的个数求参数范围；
（ii）由（i）有0< x1<2< x2，分析法将问题化为证明f (4−x1)<f ( x1)，进而构造
ℎ( x)= f (4−x)−f ( x)并利用导数研究其符号，即可证结论.
【解答过程】（1）由题设f
′( x)= 2a
x + x−(a+2)= x
2−(a+2)x +2a
x
= ( x−2)( x−a)
x
，且x∈(0,+∞)
，
当0<a<2时，在(0,a)上f
′( x)>0，在(a,2)上f
′( x)<0，在(2,+ ∞)上f
′( x)>0，
所以，在(0,a)、(2,+ ∞)上f ( x)单调递增，在(a,2)上f ( x)单调递减；
当a=2时，在(0,+ ∞)上f
′( x)≥0恒成立，故f ( x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>2时，在(0,2)上f
′( x)>0，在(2,a)上f
′( x)<0，在(a,+∞)上f
′( x)>0，
所以，在(0,2)、(a,+∞)上f ( x)单调递增，在(2,a)上f ( x)单调递减.
（2）（i）由f (2)=2aln2+ 1
2 ×2
2−(a+2)×2=2(aln2−a−1)<0，
若a>0时，f (a)=2aln a+ 1
2 a
2−(a+2)a= a
2 (4 ln a−a−4)，
令y = 4 ln a−a−4且a>0，则y
′ = 4
a −1= 4−a
a
，
所以0<a<4时y
′>0，a>4时y
′<0，
故y = 4 ln a−a−4在(0,4)上递增，在(4 ,+ ∞)上递减，则ymax=8 ln2−8<0，
所以f (a)<0，
结合（1）中f ( x)的单调性，易知a>0不可能出现两个不相等的零点，
又a=0时，f ( x)= 1
2 x
2−2 x在(0,+ ∞)上只有一个零点，不满足，
所以a<0，此时，在(0,2)上f
′( x)<0，在(2,+∞)上f
′( x)>0，
故在(0,2)上f ( x)单调递减，在(2,+ ∞)上f ( x)单调递增，则f ( x)min= f (2)=2(aln 2−a−1)，
又x趋向于0 或负无穷时，f ( x)趋向正无穷，只需g(a)=a(ln 2−1)−1<0成立，
显然g(a)在(−∞,0)上递减，且当a=
1
ln2−1时g(a)=0，
所以，
1
ln2−1 <a<0时g(a)<0恒成立，即所求范围为
1
ln2−1 <a<0；
（ii）由（i），在
1
ln2−1 <a<0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)，
由（i）知：在(2,+ ∞)上f ( x)单调递增，只需证f (4−x1)<f ( x2)= f ( x1)=0，
由2aln x1+ 1
2 x1
2−(a+2)x1=0，则x1
2−4 x1=2a( x1−2ln x1)
令ℎ( x)= f (4−x)−f ( x)，且0< x<2，
则ℎ( x)=2aln(4−x)+ 1
2 (4−x)
2−(a+2)(4−x)−2aln x−1
2 x
2+(a+2)x
=2aln(4−x)−2a ln x−4 a+2ax，
所以，在(0,2)上ℎ
′( x)=−2a⋅( x−2)
2
x(4−x) >0，即ℎ( x)在(0,2)上递增，
所以ℎ( x)<ℎ(2)=2aln 2−2aln 2−4 a+ 4 a=0，即f (4−x1)<f ( x1)= f ( x2)成立，
所以x1+ x2>4，得证.