专题09导数压轴大题二：极值点偏移（教师版）_2027版高中《压轴培优讲义》高二上学期（人教A版选择性必修第二册）

专题09 导数压轴大题二：极值点偏移
函数的极值点偏移问题，是导数应用问题，呈现的形式往往非常简洁，涉及函数的双零点，是一个多
元数学问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，解题的策略都是把双变量的等
式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．
极值点偏移问题大体可分为加法型、减法型、乘积型、平方和型及倒数和型5 个类型，考查学生化归
与转化思想，逻辑思维能力、运算求解能力，
一．极值点偏移加法型的一般题设形式：
1．若函数
( )
f x 存在两个零点
1x ，
2x 且
1
2
x
x

，求证：
1
2
0
2
x
x
x


（
0x 为函数
( )
f x 的极值点）；
2．若函数
( )
f x 中存在
1x ，
2x 且
1
2
x
x

满足
1
2
( )
(
)
f x
f x

，求证：
1
2
0
2
x
x
x


（
0x 为函数
( )
f x 的极
值点）；
3．若函数
( )
f x 存在两个零点
1x ，
2x 且
1
2
x
x

，令
1
2
0
2
x
x
x


，求证：
0
(
)
0
f
x


；
4．若函数
( )
f x 中存在
1x ，
2x 且
1
2
x
x

满足
1
2
( )
(
)
f x
f x

，令
1
2
0
2
x
x
x


，求证：
0
(
)
0
f
x


．
二．证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明
1
2
2
x
x
a


（或
1
2
2
x
x
a


）：
①首先构造函数



2
g x
f x
f
a
x



，求导，确定函数

y
f x

和函数

y
g x

的单调性；
②确定两个零点
1
2
x
a
x


，且



1
2
f x
f x

，由函数值

1
g x
与

g a
的大小关系，得










1
1
1
2
1
2
2
g x
f
x
f
a
x
f
x
f
a
x






与零进行大小比较；
③再由函数

y
f x

在区间

,a 上的单调性得到
2
x 与
1
2a
x

的大小，从而证明相应问题；
（2）证明
2
1
2
x x
a

（或
2
1
2
x x
a

）（
1
x 、
2
x 都为正数）：
①首先构造函数

2
a
g x
f x
f
x








，求导，确定函数

y
f x

和函数

y
g x

的单调性；
②确定两个零点
1
2
x
a
x


，且



1
2
f x
f x

，由函数值

1
g x
与

g a
的大小关系，得
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



2
2
1
1
2
1
1
a
a
g x
f x
f
f x
f
x
x
















与零进行大小比较；
③再由函数

y
f x

在区间

,a 上的单调性得到
2
x 与
2
1
a
x 的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x x
x
x





证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x


；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
三．极值点偏移加法型判定方法与证明
对于可导函数
( )
y
f x

，在区间( , )
a b 上只有一个极大（小）值点
0x ，方程
( )
0
f x 
的解分别为
1x ，
2x ，
且
1
2
a
x
x
b



，
（1）若
1
0
2
( )
(2
)
f x
f
x
x


，则
1
2
0
( )
2
x
x
x


，即函数
( )
y
f x

在区间
1
2
( ,
)
x x
上极（小）大值点
0x 右
（左）偏；
（2）若
1
0
2
( )
(2
)
f x
f
x
x


，则
1
2
0
( )
2
x
x
x


，即函数
( )
y
f x

在区间
1
2
( ,
)
x x
上极（小）大值点
0x 右
（左）偏．
证明：（1）因为对于可导函数
( )
y
f x

，在区间( , )
a b 上只有一个极大（小）值点
0x ，则函数
( )
f x 的单调
递增（减）区间为
0
( ,
)
a x
，单调递减（增）区间为
0
(
, )
x b ，由于
1
2
a
x
x
b



，有
1
0
x
x

，且
0
2
0
2x
x
x


，
又
1
0
2
( )
(2
)
f x
f
x
x


，故
1
0
2
( )2
x
x
x


，所以
1
2
0
( )
2
x
x
x


，即函数极（小）大值点
0x 右（左）偏；
（2）证明略．
左快右慢（极值点左偏
1
2
2
x
x
m



）
左慢右快（极值点右偏
1
2
2
x
x
m



）
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左快右慢（极值点左偏
1
2
2
x
x
m



）
左慢右快（极值点右偏
1
2
2
x
x
m



）
题型一
极值点偏移加法型
1
2
x
x

1．已知函数
3
1
( )
2
8ln
6
f x
x
ax
x



．
（1）若函数
( )
f x 在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围；
（2）若函数
( )
f x 存在两个极值点
1
2
,
x x ，求证：
1
2
4
x
x


．
【答案】（1）
3
a 
；（2）证明见解析．
【分析】（1）转化条件为
( )
0
f
x


在(0,
)
上恒成立，分参后构造新函数，结合导数即可得解；
（2）由极值点的概念结合函数的单调性可得
1
2
0
2
x
x



，通过构造新函数，结合导数及函数的单调性可
证
2
1
4
x
x


，即可得证.
【详解】解：（1）易知
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
由题意知
2
8
( )
2
0
2
x
f
x
a
x




，即
2
4
4
x
a
x


在(0,
)
上恒成立，．
令
2
4
( )
(
0)
4
x
g x
x
x



，则
3
2
2
4
8
( )
2
2
x
x
g x
x
x





．
当
2
x 
时，
( )
0
g x


，( )
g x 单调递增；
当0
2
x


时，
( )
0
g x


，( )
g x 单调递减，
所以当
2
x 
时，( )
g x 有最小值(2)
3
g

，
所以
3
a 
；
（2）因为
2
8
( )
2
2
x
f
x
a
x




，由
( )
0
f
x


知，
2
4
= 4
x
a
x

，
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设
2
4
( )
(
0)
4
x
g x
x
x



则
1
2
(
)
(
)
g x
g x

，且( )
g x 在(2,
)
上单调递增，在(0,2) 上单调递减，
所以可令，
1
2
0
2
x
x



，．
令( )
(2
)
(2
)
h x
g
x
g
x




，
( 2,0)
x
．
则
2
2
2
2
2
4
4
2
(
2 3)( +2 3)
( )
(2
)
(2
)
2
=
(2
)
(2
)
(2
) (2
)
x
x
x
h x
g
x
g
x
x
x
x
x















因为
( 2,0)
x
，所以
( )
0
h x

，所以( )
h x 上在( 2,0)

单调递减，且(0)
0
h
，
所以
( 2,0)
x
时，( )
(2
)
(2
)
(0)
0
h x
g
x
g
x
h






．
又
1
(0,2)
x 
，所以
1
2
( 2,0)
x 
所以
1
1
1
(
2)
( )
(4
)
0
h x
g x
g
x





．
所以
2
1
1
(
)
( )
(4
)
g x
g x
g
x



．
因为
1
2
x 
，
1
4
2
x


，
2
2
x 
且( )
g x 在(2,
)
上单调递增，
所以
2
1
4
x
x


，
1
2
4
x
x


．
【点睛】关键点点睛：
本题第二问考查极值点偏移问题，构造新函数，通过导数说明单调性，进而可得
2
1
(
)
(4
)
g x
g
x


，再通过( )
g x
的单调性转化
1
2
,
x x 的不等关系，即可得证.
2．已知a 为常数，函数

2
x
f x
e
ax



.
（1）讨论函数

f
x 的单调性；
（2）若函数

f
x 有两个不同的零点


1
2
1
2
,
x x
x
x

.
（i）求实数a 的取值范围；
（ii）证明：
1
2
2
x
x


.
【答案】(1)见解析.
（2）（i）
1 ,
e






；证明见解析.
【详解】试题分析：（1）对函数
( )
f x 求导得

2
ex
f
x
a




，对实常数a 分情况讨论，由
'( )
f
x
的正负得出
函数
( )
f x 的单调性；（2）（ⅰ）由（1）的讨论，得出
0
a 
，再根据极小值为负数，得出a 的范围；（ⅱ）由
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2
e
0
x
ax


，得


2
ln
ln
ln
x
ax
a
x




，即
2 ln
ln
x
x
a


，令( )
2
ln
g x
x
x



，对( )
g x 求导，得出单调
性，要证
1
2
2
x
x


，只需证
2
1
2
1
x
x


就可得出结论，构造



2
h x
g x
g
x



，0
1
x

，求导得出
单调性转化求解即可．
试题解析：（1）

2
ex
f
x
a




.
当
0
a 
时，

0
f
x


，函数

f
x 在

,
上单调递增；
当
0
a 
时，由

2
e
0
x
f
x
a




，得
2
ln
x
a


.
若
2
ln
x
a


，则
( )
0
f
x
¢
>
，函数

f
x 在

2 ln ,a

上单调递增；
若
2
ln
x
a


，则

0
f
x


，函数

f
x 在

,2 lna


上单调递减.
（2）（ⅰ）由（1）知，当
0
a 
时，

f
x 单调递增，没有两个不同的零点.
当
0
a 
时，

f
x 在
2
ln
x
a


处取得极小值.
由




ln
2
ln
e
2
ln
0
a
f
a
a
a





，得
1
a
e

.
所以a 的取值范围为
1 ,
e






.
（ⅱ）由
2
e
0
x
ax


，得


2
ln
ln
ln
x
ax
a
x




，即
2 ln
ln
x
x
a


.
所以
1
1
2
2
2
ln
2
ln
ln
x
x
x
x
a






.
令
2 ln
g x
x
x


，则

1
1
g
x
x


.
当
1
x 时，

0
g x


；当0
1
x

时，

0
g x


.
所以
g x 在

0,1 递减，在

1,递增，所以
1
2
0
1
x
x


.
要证
1
2
2
x
x


，只需证
2
1
2
1
x
x


.
因为
g x 在

1,递增，所以只需证



2
1
2
g x
g
x


.
因为



1
2
g x
g x

，只需证


1
1
2
g x
g
x


，即证


1
1
2
0
g x
g
x



.
令



2
h x
g x
g
x



，0
1
x

，则

1
1
2
2
h
x
x
x











.
因为


1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x


















，所以

0
h
x


，即
h x 在

0,1 上单调递减.
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所以
1
0
h x
h

，即


1
1
2
0
g x
g
x



，
所以
1
2
2
x
x


成立.
点睛：本题主要考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数零点的判断，函数最值的应用，属于
难题．考查分析问题解决问题的能力．
3．已知函数

2
3
2
ln x
f x
x
a








，a 为实数．
(1)当
2
3
a 
时，求函数在
1
x 处的切线方程；
(2)求函数

f
x 的单调区间；
(3)若函数

f
x 在
e
x处取得极值，

f
x

是函数

f
x 的导函数，且



1
2
f
x
f
x



，
1
2
x
x

，证明：
1
2
2
e
x
x



．
【答案】(1)
0
x
y


(2)单调递增区间为
3
1
2
e
,
a







，单调递减区间为
3
1
2
0,e
a






(3)证明过程见解析
【分析】（1）求出

1
1
f
，求导，得到
1
1
f 
，进而由导函数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；
（3）先令



2
ln
1
x
f
x
x
x





，求导得到其单调性，求出
1
2
0
1
e
x
x



，进而构造差函数，证明
出极值点偏移问题.
【详解】（1）当
2
3
a 
时，



2 ln
1
f x
x
x


，

1
1
f
，



2 1
2
1
2 ln
ln
f
x
x
x
x
x
x
x
x







，故
1
1
f 
，
故函数在
1
x 处的切线方程为


1
1
y
x


，即
0
x
y


；
（2）

2
3
2
ln x
f x
x
a








定义域为

0, 

，



n
ln
3
2
2l
1 3
2
f
x
x
a
x
x
x
a
x












，
令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
3
1
2
e
a
x


，令

0
f
x


，解得
3
1
2
0
e
a
x



，
故

f
x 的单调递增区间为
3
1
2
e
,
a







，单调递减区间为
3
1
2
0,e
a






；
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（3）由题意得



e
e 2ln e
1
3
0
f
a




，解得
1
a ，
故



2
ln
1
f
x
x
x



，
0
x 
，
当


0,e
x
时，

0
f
x


，

f
x 单调递减，
当


e,
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，

f
x 单调递增，
可知函数

f
x 在
e
x处取得极值，故
1
a 符合题意，
因为



1
2
f
x
f
x



，
1
2
x
x

，
令



2
ln
1
x
f
x
x
x





，
0
x 
，则



2 ln
1
2
2ln
x
x
x





，
当


0,1
x
时，

0
x


，
x

单调递减，
当


1,
x
时，

0
x


，
x

单调递增，
且当


0,1
x
时，
0
x


恒成立，e
0


，当


e,
x
时，
0
x


，
画出


2
ln
1
x
x
x



的图象如下：
故
1
2
0
1
e
x
x



，
令




2
F x
x
x





，0
1
x

，
则










2
2
l
2ln
2
2
2
2
ln
ln 2
2 n
1
1
F
x
x
x
x
x
x
x
x




















，
因为0
1
x

，所以



2
1
1
0,1
x



，



2
2ln
1
1
0
F
x
x










，
故




2
F x
x
x





在

0,1 上单调递减，
又
1
0
F

，故




2
0
F x
x
x






在

0,1 上恒成立，
即


2
x
x




，0
1
x

，
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因为
1
0
1
x

，所以



1
1
2
x
x




，
其中



2
1
x
x



，故



2
1
2
x
x




，
其中
2
1
e
x


，
1
2
1
x

，
x

在


1,
x
上单调递增，
故
2
1
2
x
x


，即
1
2
2
x
x


，
令




e
G x
x
x





，
e
0
2
x


，
则








2
e
2ln
2ln e
2ln e
G
x
x
x
x
x
x
x













2
2
e
e
2ln
2
4
x


















，
当
e
0
2
x


时，所以
2
2
e
e
2
4
y
x









单调递增，
由复合函数可得

2
2
e
e
2ln
2
4
G
x
x



















在
e
0
2
x


上单调递增，
又
2
e
e
1
e
1
2ln
0,
2ln
0
2
4
4
4
16
G
G

























，
故存在
0
1 e
,
4 2
x





，使得


0
0
G x

，
当


0
0,
x
x

时，

0
G
x


，

G x 单调递减，
当
0
e
, 2
x
x





时，

0
G
x


，

G x 单调递增，
当
0
x 
时，

0
G x 
，
e
e
e
e
0
2
2
2
G
























，
故当
e
0
2
x


时，




e
0
G x
x
x






恒成立，
因为
1
2
0
1
e
x



，故






1
1
1
e
0
G x
x
x






，即



1
1
e
x
x




，
又



2
1
x
x



，故



2
1
e
x
x




，
其中
2
1
e
x


，
1
e
1
x

，
x

在


1,
x
上单调递增，
故
2
1
e
x
x


，故
1
2
e
x
x

，
综上，
1
2
2
e
x
x


.
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【点睛】关键点睛：极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，需要先研究出两个变量的取值范围，
若原函数较复杂，可先进行变形，再求导，得到其单调性，构造出的差函数，研究其单调性，往往会和基
本不等式，复合函数单调性等知识结合.
4．已知函数



2
(
1)
)
1
(
x
f
x
x
e
a x
a
R





.
（1）讨论函数

f
x 的单调性；
（2）当函数

f
x 仅有两个零点
1
x ，
2
x 时.
（i）求实数a 的取值范围；
（ii）求证：
1
2
0
x
x


.
【答案】（1）答案见解析；（2）（i）(0,1)；（ii）证明见解析.
【分析】（1）对

f
x 求导，对a 分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解；
（2）（i）分类讨论，利用函数单调性讨论零点问题；
（ii）构造新函数讨论
1
( )
f x 与
2
(
)
f
x

大小关系，利用

f
x 在(0,
)
上单调性，证明结论.
【详解】解：（1）

2
(
)
2
x
x
f
x
xe
ax
x e
a





，
当
0
a 
时，令

0
f
x 
′
，得
0
x 
，令

0
f
x 
′
，得
0
x 
，
所以

f
x 在(0,
)
上单调递增，在(
,0)

上单调递减；
当a<0 时，令

0
f
x


，得
0
x 
或


2
x
ln
a


，
当


2
0
ln
a


，即
1
0
2
a



时，
f
x 在




2
ln
a


，
和(0
)

，
上单调递增，在




2
0
ln
a

，上单调递减；
当


2
0
ln
a


，即
1
2
a 
时，

0
f
x 
′
恒成立，

f
x 在R 上单调递增；
当


2
0
ln
a


，即
1
2
a 
时，

f
x 在(
)
0
，和




ln
2
,
a

，上单调递增，在




0
2
ln
a

，
上单调递减.
综上，当
0
a 
时，

f
x 在(0
)

，
上单调递增，在(
)
0
，上单调递减；
当
1
0
2
a



时，

f
x 在




,ln
2a


和(0,
)
上单调递增，在




2
,0
ln
a

上单调递减；
当
1
2
a 
时，

f
x 在R 上单调递增；
当
1
2
a 
时，

f
x 在(
,0)

和




ln
2
,
a

上单调递增，在




0,
2
ln
a

上单调递减.
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（2）（i）
0
a 
时，



1
x
f
x
x
e


只有一个零点；
当
1
0
2
a



时，

f
x 在(0,
)
上单调递增，在(
,0)

上恒小于0，不存在两个零点；
当
1
2
a 
时，
(
,1)
x
时，

0
f x 
，在




2
,0
ln
a

上单调递减，在




ln
2
,
a

上单调递增，不存在
两个零点；
当
0
a 
时，

0
1
f
a

，

2
0
f

，
取bR ，
2
b ，b
lna

，







2
2
2
1
1
1
1
(
0
)
b
f b
b
e
a b
a b
ab
a b
b
a












，
∴

0
1
0
f
a


，即
1
a 
，
∴
(0,1)
a
.
（ii）证明：设
1
2
x
x

，由（i）知
1
2
0
x
x


，
∵
2
x 为零点，∴
2
2
2
2
2
1
1
)
(
)
0
(
)
(
x
f
x
a x
e
x




，
∴
2
2
2
2
(
)
(
)
1
1
x
a x
x e



，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
(
)
(
)
(
)
(
)
1
(
)
1
1
x
x
x
f
x
x
a x
x
e
x
e
e











，
令




1
1
x
x
g x
x
e
x e




，




x
x
g
x
x
e
e




，
当
0
x 
时

0
g
x


，
∴
g x 在(0,
)
上单调递减，
∵
0
0
g

，
2
0
x 
，
∴
2
(
)
0
g x

，
∴
2
2
2
2
(
)
(
1
1
)
0
x
x
x
x
e
e






，
∴
2
(
)
0
f
x


，
∴
1
2
0
( )
(
)
f x
f
x



，
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∵

f
x 在(
,0)

上单调递减，
∴
1
2
x
x

，
∴
1
2
0
x
x


.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成
立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)
值问题处理．
练习题：
1．已知函数
( )
ln |
1|


a
f x
x
x ，
R
a 
是常数．
(1)求曲线
( )
y
f x

在点



2
2
f,
处的切线方程，并证明对任意
R
a 
，切线经过定点；
(2)证明：a<0 时，设
1
x 、
2
x 是
( )
f x 的两个零点，且
1
2
2
x
x


．
【答案】(1)


 
1
2
4
x
y
a
x










，切线过定点

4,2
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，代入
2
x 
求得斜率，利用点斜式写出切线方程并化简；由此求得直线过定点.
（2）当a<0 时，利用零点存在性定理可判断函数在区间

1
e
2
,
a

内有零点
1
x .利用导数可判断函数在区间


0,1 内，有唯一零点
2
x ，再根据函数的单调性可证得
1
2
2
x
x


.
【详解】（1）解：因为
( )
ln |
1|


a
f x
x
x ，当
1
x 时


( )
ln
1
a
f x
x
x



，
所以



2
ln 2
1
2
2
a
a
f




，

2
1
1
a
f
x
x
x




，
所以

2
1
4
a
f 

，
所求切线方程为



2
2
2
y
f
f
x




，即


1
2
2
4
a
a
y
x










，
即


1
2
1
2
4
2
4
a
a
a
y
x
x
a




















，
切线方程等价于


1
2
4
x
y
a
x










，当
4
x 时，恒有
2
y 
，即切线过定点

4,2 ．
（2）解：函数

f
x 的定义域为

|
R,
0,
1
xx
x
x



，
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曲线

y
f x

在各定义域区间内是连续不断的曲线．
当a<0 时，

2
0
2
a
f


，

e
1 e
0
1 e
1 e
a
a
a
a
a
a
f
a







，
所以

f
x 在区间

1 e 2
a

，内有零点
1
x ．
在区间

0,1 内，



ln 1
a
f
x
x
x



，

2
1
0
1
a
f
x
x
x





，

f
x 单调递减．


e
1 e
0
1 e
1 e
a
a
a
a
a
a
f
a








，
若
2
n 
且
1
e
2
na 
，则

1
1
e
0
1
e
1
e
na
na
na
a
f
na
a n














，
所以

f
x 在区间

1
e 1
e
a
na


，
内有零点
2
x ，
由

f
x 单调递减知，

f
x 在区间

0,1 内有唯一零点
2
x ，
因为
1
1
2
x


，
所以
1
0
2
1
x


，








1
1
1
2
1
1
1
1
1
2
1
2
ln 1
0
2
2
2
a
x
a
a
a
f
x
x
f
x
x
x
x
x
x













，
由

f
x 单调递减知，
1
2
2
x
x


，即
1
2
2
x
x


．
2．已知函数
2
( )
2ln
x
f x
x
a


( a
R

且
0
a 
)．
（1）讨论函数
( )
f x 的单调性；
（2）若函数
( )
f x 有两个零点
1
x 、
2
x (
1
2
x
x

)，且
2
a
e

，证明：
1
2
2
x
x
e


．
【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）函数
2
( )
2ln
x
f x
x
a


，求导得到
2
2
( )
x
f
x
a
x



，然后分a<0 和
0
a 
两种情况讨论求解.
（2）由（1）知，
0
a 
时，
min
( )
(
)
1 ln
f x
f
a
a


，根据函数有两个零点，则1 ln
0
a


，解得a
e
，由
2
a
e

，则
1
(0, )
x
e

，
2
( ,
)
x
e

，再由
(2 )
2
2ln 2
0
f
e 


及
2
(
)
0
f x

，可得
2
2
x
e

，即
2
( ,2 )
x
e
e

，然后
将证
1
2
2
x
x
e


，转化为证
1
2
2
x
e
x


，由
( )
f x 在(0, )e 上单调递减，且
1
( )
0
f x
，进而转化为证明
2
(2
)
0
f
e
x


即可.
【详解】（1）
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
2
2
( )
x
f
x
a
x



，
当a<0 时，
( )
0
f
x


恒成立，则
( )
f x 在(0,
)
上单调递减，
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当
0
a 
时，令
2
2
2(
)(
)
( )
x
x
a
x
a
f
x
a
x
ax






，
当0
x
a


时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 在(0,
)
a 上单调递减，
当x
a

时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 在(
,
)
a 上单调递增；
（2）由（1）知，
0
a 
，
min
( )
(
)
1 ln
f x
f
a
a


，依题意可知1 ln
0
a


，解得a
e

，
由
2
a
e

得：
2
2
( )
2ln
x
f x
x
e


(
0
x 
)，
设
1
(0, )
x
e

，
2
( ,
)
x
e

，
由
(2 )
2
2ln 2
0
f
e 

及
2
(
)
0
f x

，得
2
2
x
e

，即
2
( ,2 )
x
e
e

，
欲证
1
2
2
x
x
e


，只要
1
2
2
x
e
x


，注意到
( )
f x 在(0, )e 上单调递减，且
1
( )
0
f x
，
只要证明
2
(2
)
0
f
e
x


即可，
由
2
2
2
2
2
(
)
2ln
0
x
f x
x
e


，得
2
2
2
2
2
ln
x
e
x

，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(2
)
4
4
(2
)
2ln(2
)
2ln(2
)
e
x
e
ex
x
f
e
x
e
x
e
x
e
e










，
2
2
2
2
2
2
4
4
2
ln
2ln(2
)
e
ex
e
x
e
x
e





，
2
2
2
4
4
2ln
2ln(2
)
x
x
e
x
e





，
2
( ,2 )
x
e
e

，
令
4
( )
4
2ln
2ln(2
)
t
g t
t
e
t
e





，
( ,2 )
t
e
e

，
则
2
4
2
2
4(
)
( )
0
2
(2
)
e
t
g t
e
t
e
t
et
e
t









，则
( )
g t 在( ,2 )
e
e 上是递增的，
于是( )
( )
0
g t
g e

，即
2
(2
)
0
f
e
x


，
综上
1
2
2
x
x
e


．
【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及极值点偏移问题，还考查了分类讨论思想，转化化归思想
和运算求解的能力，属于难题.
3．已知函数
( )
ex
m
f x
x


．
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
(2)若
1
2
x
x

，且




1
2
2
f
x
f
x


，证明：0
e
m

，且
1
2
2
x
x


．
【答案】(1)答案见解析
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(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分
0
m 
和
0
m 
两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为
1
2
,
x x 是方程
e (2
)
x
m
x


的两个实数根，构造函数( )
e (2
)
x
g x
x


，得到其单调性和极值最值情
况，结合图象得到0
e
m

，再构造差函数，证明出
1
2
2
x
x


.
【详解】（1）
( )
f x 的定义域为R，
由题意，得
e
( )
1
e
ex
x
x
m
f
x
m




，xR ，
当
0
m 
时，
( )
0
f
x


恒成立，
( )
f x 在R 上单调递增；
当
0
m 
，且当
(
,ln
)
x
m

时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递减；
当
(ln
,
)
x
m

时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递增．
综上，当
0
m 
时，

f
x 在R 上单调递增；
当
0
m 
时，

f
x 在区间

,ln m

上单调递减，在区间

ln
,
m 上单调递增．
（2）证明：由




1
2
2
f
x
f
x


，得
1
x ，
2
x 是方程
2
ex
m
x 

的两个实数根，
即
1
2
,
x x 是方程
e (2
)
x
m
x


的两个实数根．
令( )
e (2
)
x
g x
x


，则
( )
e (1
)
x
g x
x



，
所以当


,1
x
时，
( )
0
g x


，
g x 单调递增；
当


1
x 

，
时，
( )
0
g x


，
g x 单调递减，
所以

max
1
e
g x
g

．
因为当x 时，( )
0
g x 
；当x 时，( )
g x ，
2
0
g

，所以0
e
m

．
不妨设
1
2
x
x

，因为
1
x ，
2
x 是方程
e (2
)
x
m
x


的两个实数根，则
1
2
1
2
x
x


．
要证
1
2
2
x
x


，只需证
1
2
2
x
x


．
因为
1
1

x
，
2
2
1
x

，
所以只需证




1
2
2
g x
g
x


．
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因为



1
2
g x
g x

，
所以只需证




2
2
2
g x
g
x


．
今( )
( )
(2
)
h x
g x
g
x



，1
2
x


，
则


2
2
( )
( )
(2
)
e (1
)
e
(
1)
(1
) e
e
x
x
x
x
h x
g x
g
x
x
x
x















2
2
e
e
(1
)
0
e
x
x
x




在

1,2 恒成立．
所以( )
h x 在区间(1,2) 上单调递减，
所以( )
(1)
0
h x
h


，
即当1
2
x


时，
( )
(2
)
g x
g
x


．
所以




2
2
2
g x
g
x


，
即
1
2
2
x
x


成立．
【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若等式中含有参数，则先消去参数.
4．设

x
f x
xe

(e 为自然对数的底数)，


2
1


g x
x
．
(I)记



f x
F x
g x

，讨论函数

F x 单调性；
(II)令




G x
af x
g x
a
R



，若函数G(x)有两个零点．
(i)求参数a 的取值范围；
(ii)设

1
2
,
x x
G x
是
的两个零点，证明
1
2
2
0
x
x



．
【答案】(Ⅰ)见解析; (Ⅱ)（i）a>0; (ii)见解析
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）（i）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，根据函数的零点的个数，求出a 的范围即可；
（ii）根据a 的范围，得到
1
2
x
x
1
2
2
2
1
2
x e
x e
1
(x
1)
(x
1)
a




，令m＞0，得到F （-1+m）﹣F（﹣1﹣m）
2
m 1
m
1
m e



（m
1
m
1

e2m+1），再令φ（m）
m
1
m
1


e2m+1，根据函数的单调性证明即可．
【详解】（Ⅰ）
，
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，所以
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增．
（Ⅱ）由已知，
，
．
①当
时，
，有唯一零点
；
②当
时，
，所以
当
时，
，
减；
当
时，
，
增．
所以
，
因
，所以当
时，
有唯一零点；
当
时，
，则
，所以
，
所以
，
因为
，
所以，
，
，且
，当
，
时，使
，
取
，则
，从而可知
当
时，
有唯一零点，
即当
时，函数
有两个零点．
③当
时，
，由
，得
，或
．
若
，即
时，
，所以
是单调减函数，至多有一
个零点；
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若
，即
时，
，注意到
，
都是增函
数，所以
当
时，
，
是单调减函数；
当
时，
，
是单调增函数；
当
时，
，
是单调减函数．
又因为
，所以

至多有一个零点；
若
，即
时，同理可得
当
时，
，
是单调减函数；
当
时，
，
是单调增函数；
当
时，
，
是单调减函数．
又因为
，所以
至多有一个零点．
综上，若函数
有两个零点，则参数
的取值范围是
．
由
知，函数
有两个零点，则参数
的取值范围是
．
，
是
的两个零点，则有
，
因
，则
，且
，
，
，
，
，
由（Ⅰ）知，当
时，
是减函数；当
时，
是增函数．
令
，
，
再令φ（m）
m
1
m
1


e2m+1＝e2m
2m
2e
m
1



1，，
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，
所以
，又
，所以
时，
恒成立，即
恒成立，
令
，即
，有
，即
，
因为
，所以
，又
，必有
，
又当
时，
是增函数，所以
，即
．
【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查转化思想，是一
道综合题.
题型二极佳点偏移减法型
2
1
x
x

1．已知函数

ln
f x
x
ax


（1）讨论

f
x 的单调性；
（2）若
1
x ，
2
x ，

1
2
x
x

是

f
x 的两个零点.证明：
（i）
1
2
2
x
x
a


；
（ii）
2
1
2 1
ea
x
x
a



.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析.
【解析】（1）求出导数，讨论
0
a 
和
0
a 
两种情况根据导数正负即可得出单调性；
（2）（i）可得不等式等价于
2
1
2
2
1
1
2
1
ln
0
1
x
x
x
x
x
x










，令
2
1
x
t
x

，则利用导数证明


2
1
ln
0
1
t
g t
t
t





即可；
（ii）由题可得
1
0
a
e


且
1
2
1
x
e
x



，根据
1
ln
1
ln
1
x
e
ax
x
e
x



可得
1
1
1
ea
x
a
a



，
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2
1
1
ea
x
a
a



，即可由此证明.
【详解】解：（1）

f
x 定义域

0, 

，

1
1
ax
f
x
a
x
x





，
则当
0
a 
时，
( )
0
f
x
¢
>
，

f
x 在

0, 

为增函数；
当
0
a 
时，令

0
f
x


，解得
1
x
a

，当
1
0,
x
a






时，
( )
0
f
x
¢
>
，
f
x 在
1
0, a






为增函数；当
1 ,
x
a








时，

0
f
x


，

f
x 在1 ,
a







为减函数，
综上，
0
a 
时，

f
x 在

0, 

为增函数；
0
a 
时，

f
x 在
1
0, a






为增函数，在1 ,
a







为减函数，
（2）证明：（i）原不等式等价于
1
2
1
2
x
x
a


，
因为
1
1
ln
ax
x

①，
2
2
ln
ax
x

②，
由②-①得，

2
1
2
1
ln
ln
a x
x
x
x



，则
2
1
2
1
ln
ln
x
x
a
x
x



，
则
1
2
1
2
x
x
a


等价于
1
2
2
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x




，
因为
2
1
0
x
x


，所以
2
1
ln
ln
0
x
x


，
即证


2
1
2
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x




，等价于
2
1
2
2
1
1
2
1
ln
0
1
x
x
x
x
x
x










③，
设
2
1
x
t
x

，

1
t 
，设


2
1
ln
1
t
g t
t
t




，

1
t 
，
③等价于
0
g t 
，







2
2
2
1
1
2
0
1
1
t
g t
t
t
t t








，


g t 在

1,上为增函数.



1
0
g t
g


，即
1
2
1
2
x
x
a


；
（ii）设
ln x
h x
x

，则

2
1
ln x
h
x
x



，令

0
h
x


，解得x
e

，
所以
h x 在

0,e 上递增，在

,e 上递减，
因为

a
h x

有两个不相等的实根，则
1
0
a
e


且
1
2
1
x
e
x



，
易知ln
1
x
x

对




0,1
1,
x


恒成立，则
1
ln
1
x
x 
对


0,1
x
恒成立，
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
1
ln
1
ln
1
x
e
ax
x
e
x



，因为
0
x 
，所以
2
2
0
ax
x
e



，
又因为
0
a 
，
4
4
0
ae


，所以
1
1 ea
x
a
a



或
1
1 ea
x
a
a



，
因为
1
0
x
e


且
1
0
a
e


，所以
1
1
1
ea
x
a
a



，
2
1
1
ea
x
a
a



，
因为
1
2
1
2
x
x
a


，所以
1
2
1
1
1
1
2
x
x
ea
x
a
a
a














，
即
2
1
2 1
ea
x
x
a



.
【点睛】本题考查利用导数证明不等式，解题的关键是恰当的构造函数，将不等式转化为利用导数求函数
的最值问题，考查学生的转化能力，计算能力.
2．



2
ln e
1
2
4
x a
x
x
f x
b






有两个零点


1
2
1
2
,
x x
x
x

．
(1)
0
a 
时，求b 的范围；
(2)
1
b = - 且
5
4
a 
时，求证：
2
1
2 5
4
x
x
a



．
【答案】(1)

,0


(2)证明见详解
【分析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可
求解.
（2）当
1
b = - 时由



2
2
ln e
1
1
1
2
4
4
2
x a
x
x
x
x
f x
a








及
2
1
0
4
2
x
x
a



的两个零点之间的距离可
得
2
1
2 5
4
x
x
a



.
【详解】（1）
0
a 
时，



2
ln e
1
2
4
x
x
x
f x
b




，
由题意

f
x 的两个零点


1
2
1
2
,
x x
x
x

即为
方程


2
ln e
1
0
2
4
x
x
x
b





的两个根，
分离参数即得


2
ln e
1
2
4
x
x
x
b 



，令


2
ln e
1
2
4
x
x
x
g x 



，
对其求导得

e
1
e
1
2
2
x
x
x
g
x





，设
e
1
e
1
2
2
x
x
x
s x 



，
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则



2
1
e
0
2
e
1
x
x
s
x





，所以

g
x

在定义域上面单调递减，
注意到

0
0
g

，所以


g
x
g x

、
随x 的变化情况如下表：


,0




0, 


g
x




g x


所以
g x 有极大值（最大值）
0
ln2
g

，
又当x 时，
g x ；当x 时，
g x ，
若方程


2
ln e
1
2
4
x
x
x
b 



有两个根，
则


max
0
ln 2
b
g x
g







，即b 的取值范围为

, ln2

.
（2）因为


ln e
1
lne
x a
x a
x
a






，设
2
1
4
2
x
x
g x
a



，
所以当
1
b = - 且
5
4
a 
时有




2
2
ln e
1
1
1
2
4
4
2
x a
x
x
x
x
f x
a
g x









，
进而有


2
1
1
1
1
0
1
4
2
x
x
f x
a
g x





，




2
2
2
2
2
0
1
4
2
x
x
f x
a
g x





且

f
x 的函数图像恒在
g x 的函数图象上方，不妨设
2
1
4
2
x
x
g x
a



的两个零点为
3
4
x
x
、
（且
3
4
x
x

），
如图所示：
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因此

f
x 的两个零点


1
2
1
2
,
x x
x
x

在二次函数
2
1
4
2
x
x
g x
a



两个零点之内，
所以有
2
1
4
3
x
x
x
x



，令
2
1
0
4
2
x
x
a



，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为
1
1
1
1
1
1
4
2
a
b
c
a




、
、
，其判别式


2
2
1
1 1
1
1
1
5
4
4
4
1
1
2
4
4
4
a
b
a c
a
a
















，
又
1
1
4
3
1
1
1
2
2
b
b
x
x
a
a
a











，所以
4
3
1
5
4
4
2 5
4
1
4
a
x
x
a
a







，
综上，有
2
1
4
3
2 5
4
x
x
x
x
a





，命题得证.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键
是进行放缩


ln e
1
lne
x a
x a
x
a






，进而去发现相应零点之间的变化.
3．已知函数



e
2
1
x
f x
x
a




，




2
1
2
g x
x
a
x
a





（其中e
2.71828

是自然对数的底数）
(1)试讨论函数

f
x 的零点个数；
(2)当
1
a 时，设函数


h x
f x
g x


的两个极值点为
1
x 、
2
x 且
1
2
x
x

，求证：
2
1
e
e
4
2
x
x
a


.
【分析】（1）

0
f
x 
可得
e
2
1
x
a
x


，令
e
2
1
x
p x
x


，其中xR ，则函数

f
x 的零点个数等于
直线y
a

与函数
e
2
1
x
p x
x


图象的公共点个数，利用导数分析函数
p x 的单调性与极值，数形结合
可得出结论；
（2）推导出


2
1
2
1
e
e
2
x
x
x
x



，将所证不等式转化为
2
1
2
1
x
x
a


，设函数
p x 的图象在
0
x 
处的切线
交直线y
a

于点

1,
A x a

，函数
p x 的图象在
3
x
x

处的切线交直线y
a

于点


2,
B x a

，证明出
1x
a
，
2
2
3
3
1
2
1
a
x
x
x
a
x







，再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
【详解】（1）解：由

0
f
x 
可得
e
2
1
x
a
x


，令
e
2
1
x
p x
x


，其中xR ，
则函数

f
x 的零点个数等于直线y
a

与函数
e
2
1
x
p x
x


图象的公共点个数，

e
2
x
p x


，令

0
p x


可得
ln 2
x 
，列表如下：
x


,ln 2

ln 2


ln 2,
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
p x


0


p x
减
极小值1 2ln 2

增
如下图所示：
当
1
2ln 2
a 
时，函数

f
x 无零点；
当
1
2ln 2
a 
时，函数

f
x 只有一个零点；
当
1
2ln 2
a 
时，函数

f
x 有两个零点.
（2）证明：





2
e
1
1
x
h x
f x
g x
x
a
x








，其中xR ，
所以，



e
2
1
x
h x
x
a





，由已知可得







1
2
1
1
2
2
e
2
1
0
e
2
1
0
x
x
h
x
x
a
h
x
x
a















，
上述两个等式作差得


2
1
2
1
e
e
2
x
x
x
x



，
要证
2
1
e
e
4
2
x
x
a



，即证
2
1
2
1
x
x
a


，
因为

0
0
p

，设函数
p x 的图象交x 轴的正半轴于点

3,0
x
，则
3
ln 2
x 
，
因为函数
p x 在

ln 2,上单调递增，1
e
3
0
p


，
3
2
3
e
4
0
2
p







，
3
3
1, 2
x







，
设函数
p x 的图象在
0
x 
处的切线交直线y
a

于点


1,
A x a

，
函数
p x 的图象在
3
x
x

处的切线交直线y
a

于点


2,
B x a

，
因为

0
1
p
，所以，函数
p x 的图象在
0
x 
处的切线方程为y
x
，
联立
y
a
y
x





可得
x
a
y
a





，即点


,
A
a a

，
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构造函数


e
1
x
m x
p x
x
x



，其中xR ，则

e
1
x
m
x


，
当
0
x 
时，

0
m
x


，此时函数

m x 单调递减，
当
0
x 
时，

0
m
x


，此时函数

m x 单调递增，所以，


0
0
m x
m


，
所以，对任意的xR ，
p x
x
，当且仅当
0
x 
时等号成立，
由图可知
1
0
x 
，则
1
1
1
1
e
2
1
x
p x
x
a
x




，所以，
1x
a
，
因为

3
3
3
e
2
1
0
x
p x
x



，可得
3
3
e
2
1
x
x

，
函数
p x 在
3
x
x

处的切线方程为



3
3
e
2
x
y
x
x



，
联立



3
3
e
2
x
y
x
x
y
a







，解得
3
3
3
3
e
2
2
1
x
a
a
x
x
x
x






，即点
3
3
,
2
1
a
B
x a
x








，
因为







3
3
3
3
3
3
3
1 2
1 2
2
1
1 1
0
2
1
2
1
2
1
x
x
a
a
a
x
a
x
x
x
x



















，
所以，
2
3
3
1
2
1
a
x
x
a
x





，
构造函数



3
3
e
2
1
e
2
x
x
n x
x
x
x





，其中xR ，则

3
0
n x

，

3
e
ex
x
n x



，
当
3

x
x 时，

0
n
x


，此时函数
n x 单调递减，
当
3
x
x

时，

0
n
x


，此时函数
n x 单调递增，则


3
0
n x
n x


，
所以，对任意的xR ，


3
3
e
2
x
p x
x
x



，当且仅当
3
x
x

时，等号成立，
所以，




3
2
2
2
2
3
e
2
1
e
2
x
x
p x
x
a
x
x






，可得
3
2
3
2
e
2
x
a
x
x
x




，
因此，
2
1
2
1
1
2
1
x
x
x
x
a
a
a








，故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
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（1）直接构造函数法：证明不等式

f x
g x

（或

f x
g x

）转化为证明

0
f x
g x


（或


0
f x
g x


），进而构造辅助函数


h x
f x
g x


；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
4．已知函数
2
( )
(
1)
(
1)ln ,
2
2
x
f x
a x
a
x a





.
（1）求函数

f
x 的单调区间；
（2）若


1
f m
f

且
1
m ，证明：
(1,
)
x
m

，(
1)ln
1
a
x
x


；
（3）记方程
2
4
3ln
4
2
x
x
x


的三个实根为
1
x ，
2
x ，
3x ，若
1
2
3
x
x
x


，证明：
3
2
2 3
x
x


.
【答案】（1）单调递增区间为(0,1)，(
1,
)
a 
，单调递减区间为(1,
1)
a 
；（2）证明见解析；（3）证明见
解析.
【分析】（1）求出函数导数，分别解出
( )
0
f
x


和
( )
0
f
x

即可得出单调区间；
（2）易得ln
1


x
x
，不等式转化为
(1,
)
x
m

，
1
(
1)
ln
x
a
x



，构造函数
1
( )
,1
ln
x
g x
x
m
x




，利用导数
可得
g x 在(1,
)
m 单调递增，可化为证
1
1
ln
m
a
m


，由
( )
(1)
f m
f

，可得只需证


2
1
ln
1
m
m
m



，构造函数
2(
1)
( )
ln
,
1
1
x
H x
x
x
x





，利用导数即可证明；
（3）令
4
a 
，则



2
4
1
3ln
2
x
f x
x
x




，由（1）可知

f
x 单调性，可判断
1
2
3
0
1
3
x
x
x




，可
知
(1,
)
x
m

，3ln
1
x
x

，即
(1,
)
x
m

，
2
( )
3
3
2
x
f x
x


，构造函数
2
( )
3
3
2
x
F x
x


，可知

F x 的
两个零点为
,p q ，易知1
3
p
q
m





，由
2
3
,
p
x q
x


可证.
【详解】解：（1）
( )
f x 的定义域是(0,
)
，
1
(
1)(
1)
( )
a
x
x
a
f
x
x
a
x
x









，
令
( )
0
f
x


，解得
1
x 或
1
x
a

，
2
a 

，
1
1
a


，
则由
( )
0
f
x


可解得0
1
x

或
1
x
a

，由
( )
0
f
x


可解得1
1
x
a


，
所以

f
x 的单调递增区间为(0,1)，(
1,
)
a 
，单调递减区间为(1,
1)
a 
（2）令( )
ln
1
h x
x
x


，则
1
( )
x
h x
x



，
由

0
h x


解得0
1
x

，由

0
h
x


解得
1
x ，
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则
h x 在

0,1 单调递增，在

1,单调递减，故( )
(1)
0
h x
h

，即ln
1


x
x
，
欲证：
(1,
)
x
m

，(
1)ln
1
a
x
x


，即证：
(1,
)
x
m

，
1
(
1)
ln
x
a
x



，
令
1
( )
,1
ln
x
g x
x
m
x




，则
2
1
ln
1
( )
(ln )
x
x
g x
x




，
ln
1


x
x
，
1
ln
1
0
x
x




，
( )
0
g x


，故
g x 在(1,
)
m 单调递增，
1
( )
( )
ln
m
g x
g m
m




，故只需证
1
1
ln
m
a
m


，
( )
(1)
f m
f


，
2
1
(
1)
(
1)ln
2
2
m
a m
a
m






，即
2
(
1)
(
1)(
1 ln
)
2
m
a
m
m




，
1
m 

，
ln
0
m


，ln
1
m
m

，故
1
ln
0
m
m


，
则不等式等价于
2
(
1)
1
2(
1 ln
)
ln
m
m
m
m
m




，整理得


2
1
ln
1
m
m
m



，
令
2(
1)
( )
ln
,
1
1
x
H x
x
x
x





，则
2
2
(
1)
( )
0
(
1)
x
H x
x x





，则

H x 在

1,单调递增，


1
0
H x
H



，即
2(
1)
ln
1
x
x
x



，即


2
1
ln
1
m
m
m



，
综上可得：
(1,
)
x
m

，(
1)ln
1
a
x
x


；
（3）令
4
a 
，则



2
4
1
3ln
2
x
f x
x
x




，
由（1）可知

f
x 在(0,1),(3,
)


单调递增，在

1,3 单调递减，
由题易知，
2
4
2
1
1
4
1
7
2
0,
(1)
0,
(3)
3ln3
0
2
2
2
f
f
f
e
e
e














，
故
1
2
3
0
1
3
x
x
x




，
因为
2
1
2
f e

，故存在
1
m，使得


1
(1)
2
f m
f



，
由（2）可知
(1,
)
x
m

，3ln
1
x
x

，
故
(1,
)
x
m

，
2
2
( )
4(
1)
1
3
3
2
2
x
x
f x
x
x
x







，
令
2
( )
3
3
2
x
F x
x


，易知

F x 在(
,3)

单调递减，在

3,单调递增，
即

F x 的两个零点为
,p q ，易知1
3
p
q
m





，
故




2
3
( )
( )
,
( )
( )
f p
F p
f
x
f q
F q
f
x




，


f
x 在

1,3 单调递减，在(3,
)
单调递增，
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2
3
,
p
x q
x



，
3
2
2 3
x
x
q
p





.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题的关键是构造恰当的函数，利用导数判断单调性.
练习题：
1．已知函数
2
( )
e (1
)(
0)
x
f x
ax
a



（e为自然对数的底数）.
(1)求函数
( )
f x 的单调区间；
(2)当
1
a 时，
( )
y
f x

在点(1,0) 处的切线方程为
( )
y
g x

，设方程
( )
(
0)
f x
t t


有两个实数根
1
2
1
2
,
(
)
x x
x
x

，
求证：
（i）
( )
( )
f x
g x

；
（ii）
2
1
1
2
(1
)
2e
x
x
t




.
【答案】(1)减区间为
2
1
(
,
)
a
a
a



、
2
(
)
1
,
a
a
a




，增区间为
2
2
(
,
1
1
)
a
a
a
a
a
a




；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用导数求解即可；
（2）（i）首先求出
g x ，然后令
1
(
1)
2e]
( )
( )
( )
(
)[ex
h x
g
f x
x
x
x






，
(
1)
2e
( )
ex x
F x



，然后利用
导数证明
(
,1),
( )
0,
(1,
),
( )
0
x
F x
x
F x




即可；（ii）首先结合
( )
f x 的单调性和函数值的符号可得
1
2
1
1
x
x


，然后结合当
( 1,1)
x
时，( )
( )
g x
f x

可得
2
2
1
2e
t
x
x 


，然后等价证明
2
1
1
2
1
2e
x
x
t









，
然后结合
1
2
1
(1
)
ex
x
t

可得只需证明
1
1
1
e (1
)
x
x

即可.
【详解】（1）由题意，函数
2
( )
e (
2
1)
x
f
x
ax
ax





，因为
0
a 
，所以
2
4
4
0
a
a



，
令
( )
0
f
x


得：
2
1
a
a
x
a


，
当
2
1
(
,
)
a
a
a
x



时，
( )
0
f
x


，当
2
2
)
1
1
(
,
a
a
a
a
a
a
x





时，
( )
0
f
x


，当
2
,
(
)
1
a
a
x
a





时，
( )
0
f
x


，
所以函数
( )
f x 的减区间为
2
1
(
,
)
a
a
a



、
2
(
)
1
,
a
a
a




，增区间为
2
2
(
,
1
1
)
a
a
a
a
a
a




.
（2）（i）当
1
a 时，
2)
( )
1
e (
x
f x
x


，



2
e
1
2
x
f
x
x
x




，
(1)
2e
f 

，
所以
)
( )
2 (
1
e
g x
x 

，
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令
1
(
1)
2e]
( )
( )
( )
(
)[ex
h x
g
f x
x
x
x






，
令
(
1)
2e
( )
ex x
F x



，
)
( )
e (
2
x
F x
x 


，
(
, 2)
x

时，
( )
F x 为减函数，
( 2,
)
x时，
( )
F x 为增函数，
又
(1)
0
F


，当
(
, 2)
x
时
( )
0

F x
，
(
,1),
( )
0,
(1,
),
( )
0,
( )
(
1) ( )
0
x
F x
x
F x
h x
x
F x









，即
( )
( )
g x
f x

.
（ii）令
( )
0
f
x


，解得
1
2
x 
，
当
(
, 1
2)
( 1
2,
)
x

时，
( )
0
f
x


；当
( 1
2, 1
2)
x

时，
( )
0
f x


.
所以
( )
f x 的单调递减区间为(
, 1
2)

，( 1
2,
)

，单调递增区间为( 1
2, 1
2)


，
又因为当
1
x 或
1
x 时，
( )
0
f x 
；当1
1
x

时，
( )
0
f x 
.
( )
(
0)
f x
t t



的两实数根
1
2
,
x x 满足：
1
2
1
1
x
x


，
由（i）知当
( 1,1)
x
时，
( )
( )
g x
f x

.
由

y
g x
y
t




，可得
1
2e
t
x 
，记
2
1
2e
t
x 
，
2
2
1
2e
t
x
x 



要证
2
1
1
2
1
2e
x
x
t 









，只需证
2
1
1
2
1
2e
x
x
t 









，即证
1
1
x
t
，
又
1
2
1
(1
)
ex
x
t



，所以即证
1
2
1
1
(1
) 1
ex
x
x


，又
1
( 1,1)
x 
，
所以即证
1
1
1
e (1
)
x
x

，
令( )
e (1
),
( 1,1)
x
x
x x




，则
( )
ex
x
x


.
当
( 1,0)
x 
时
( )
0
x


，函数( )
x 为单调递增函数；当
(0,1)
x
时，
( )
0
x


，函数( )
x 为单调递减函数，
max
( )
(0)
1
x




，
1
1
(1
)
e
1
x
x



，所以
2
1
1
2
(1
)
2e
x
x
t




.
【点睛】关键点睛：本题证明
2
1
1
2
(1
)
2
x
x
t
e




的关键是得到
2
2
1
2e
t
x
x 


，然后将多变量的不等式向
单变量进行转化证明.
2．已知函数



2
2
1
e 1 e
e
e
2
x
f x
x
x
x




．
(1)求函数

f
x 的单调区间与极值．
(2)若






1
2
3
1
2
3
f
x
f
x
f
x
x
x
x




，求证：
3
1
e 1
2
x
x

．
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【答案】(1)单调递增区间为

,1

和

e,，单调递减区间为

1,e ；极大值为
1 e
2

，极小值为
e
3
1
e
e
2


(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数可求得

f
x 的单调区间，并确定极值点，由此可进一步求得极值；
（2）根据

f
x 单调性和极值可确定
1
2
3
,
,
x x x 的范围，利用极值点偏移的证明方法，构造函数




2
F x
f x
f
x



，




2e
m x
f
x
f
x



，可证得
1
2
2
x
x


，
2
3
2e
x
x


，结合不等式的性质可证
得结论.
【详解】（1）

f x

定义域为R ，






2
e e
e
e
e
e
e
x
x
f
x
x
x
x








，
令

0
f
x


，解得：
e
x或
1
x ，
当




,1
e,
x


时，
( )
0
f
x
¢
>
；当


1,e
x
时，

0
f
x


；
( )
f
x
\
的单调递增区间为

,1

和

e,，单调递减区间为

1,e ；

f
x 的极大值为

1
1
e
2
f

，极小值为

e
3
1
e
e
e
2
f


.
（2）由（1）知：
1
1

x
，
2
1
e
x


，
3
e
x 
．
令




2
F x
f x
f
x



，1
e
x


，
则









2
2
e
e
e
2
e
e
e
x
x
F
x
f
x
f
x
x
x




















1
1
e
e
e e
e
2
e
x
x
x
x
x










；
令



1
e e
e
2
x
G x
x
x





，则



1
e
1 e
1
x
G
x
x




；
令


H x
G x


，则



1
e
2 ex
H
x
x




，

0
H
x



在

1,e 上恒成立，

H x

在

1,e 上单调递增，


1
3
e
0
H x
H





，

0
G x



在

1,e 上恒成立，

G x

在

1,e 上单调递增，

1
0
G x
G



，

0
F
x



在

1,e 上恒成立，

F x

在

1,e 上单调递增，

1
0
F x
F



，



2
f x
f
x



对任意


1,e
x
恒成立．
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

2
1,e
x 

，




2
2
2
f
x
f
x



，又



1
2
f x
f x

，




1
2
2
f
x
f
x



，

f x

在

,1

上单调递增，


1
2
,2
,1
x
x


，
1
2
2
x
x



，即
1
2
2
x
x


；
令




2e
m x
f
x
f
x



，1
e
x


，
则









2e
2e
e
e
e
2e
e
e
e
x
x
m x
f
x
f
x
x
x





















2e
e
e
e
x
x
x




；
2e
e
e
x
x
y




在

1,e 上单调递增，
2e
e
e
e
e
e
e
0
x
x





，

0
m
x



在

1,e 上恒成立，

m x

在

1,e 上单调递增，


e
0
m x
m



，



2e
f
x
f
x



对任意


1,e
x
恒成立．


2
1,e
x 

，




2
2
2e
f
x
f
x



．又




2
3
f
x
f
x

，




3
2
2e
f
x
f
x



，

f x

在

e,上单调递增，且


3
2
,2e
e,
x
x


，
3
2
2e
x
x



，
2
3
2e
x
x



；
由
1
2
2
x
x


得：
1
2
2
x
x


，



3
1
2
3
1
2
2e
2
x
x
x
x
x
x








，
3
1
e 1
2
x
x



.
【点睛】思路点睛：本题第（1）问用到导数零点九字诀：有没有，在不在，比大小．第（2）问用到第（1）
问的两个极值点1和e，然后两次利用极值点偏移法，得出两个不等式
1
2
2
x
x


和
2
3
2e
x
x


，再利用这两
个不等式巧妙得出所要证明的不等式．
3．已知函数f(x)＝lnx+1，

f
x

是f(x)的导函数．
(1)令函数


g x
f
x
f
x



，求g(x)的最小值；
(2)若关于x 的方程


f x f
x
a


恰有两个不同的实根x1，x2．
①写出实数a 的取值范围（不需要证明）；
②证明：|x2﹣x1|＞1
a ﹣1．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间即可；
（2）①根据函数的单调性得到方程


f x f
x
a


有两个不同的实根
1
x ，
2
x 时，必有0＜a＜1，②根据



h x
f x f
x


的单调性及零点，则
1
1
2
e
1
x
x


，从而证出结论．
【详解】（1）因为

1
f
x
x


，所以g(x)＝lnx+1+ 1
x ，
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则

2
2
1
1
1
x
g
x
x
x
x





，令

0
g
x


，则x＝1，
故当0＜x＜1 时，

0
g x


，g(x)单调递减；当x＞1 时，

0
g x


，g(x)单调递增；
所以当x＝1 时，g(x)取最小值，则g(x)min＝g(1)＝2；
（2）①0＜a＜1，
②因为


ln
1
x
f
x f
x
x



，则ln
1
x
a
x

恰有两个不同的实根
1
x ，
2
x ，
令
ln
1
x
h x
x


，则

2
ln
0
x
h
x
x



，解得x＝1，
所以h(x)在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，即h(x)在x＝1 处取得极大值；又当h(x)＝0 时，
1
e
x 
，则在
1
0, e





上h(x)＜0，在（1
e ，+∞）上h(x)＞0，
所以，方程h(x)＝a 有两个不同的实根x1，x2 时，必有0＜a＜1，不妨令x1＜x2
由
1
1
2
e
1
x
x


，所以




2
1
1 ln
ln
0
h
a
a
a
a
a
a
h x
a
a













由h(x)在（1，+∞）上单调递减可知
2
1
x
a

，
所以
2
1
1
1
x
x
a


，即满足：
2
1
1
1
x
x
a


．
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从
表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性
解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技
巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常
用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
4．已知函数
2
1
( )
ln (
)
2
f x
x
ax
x a
R




.
（1）若
( )
f x 在定义域上不单调，求a 的取值范围；
（2）设
1 ,
,
a
e
m n
e


分别是
( )
f x 的极大值和极小值，且S
m
n


，求S 的取值范围.
【答案】(1)

2, 

；(2)
4
2
2
4
1
0,
2
e
e
e








.
【详解】分析：（1）利用导数法求出函数
( )
f x
单调递增或单调递减时，参数a 的取值范围为
2
a 
，则
可知函数
( )
f x
在定义域上不单调时，a 的取值范围为
2
a 
；（2）易知
2
a 
，设
( )
0
f
x


的两个根为
1
2
1
2
,
(
)
x x
x
x

，并表示出
,
m n ，则
1
2
1
2
1
2
1 (
)
ln
2
x
x
x
S
x
x
x



，令
1
2
x
t
x

，则
1
1
(
)
ln
2
S
t
t
t



，再利用导数法
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求S 的取值范围.
详解：
由已知



1
0,
f
x
x
a x
a
R
x






，
（1）①若

f
x 在定义域上单调递增，则

0
f
x


，即
1
a
x
x


在

0,上恒成立，
而


1
2,
x
x


，所以
2
a 
；
②若

f
x 在定义域上单调递减，则

0
f
x


，即
1
a
x
x


在

0,上恒成立，
而


1
2,
x
x


，所以a.
因为

f
x 在定义域上不单调，所以
2
a 
，即


2,
a
.
（2）由（1）知，欲使

f
x 在

0,有极大值和极小值，必须
2
a 
.
又
1
a
e
e


，所以
1
2
a
e
e



.
令

2
1
1
0
x
ax
f
x
x
a
x
x








的两根分别为
1x ，
2x ，
即
2
1
0
x
ax


的两根分别为
1x ，
2x ，于是
1
2
1
2
1
x
x
a
x x






.
不妨设
1
2
0
1
x
x


，
则

f
x 在

1
0, x 上单调递增，在

1
2
,
x x
上单调递减，在

2,
x 上单调递增，
所以

1
m
f x

，


2
n
f x

，
所以




2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
1
1
ln
ln
2
2
S
m
n
f
x
f
x
x
ax
x
x
ax
x



























2
2
1
2
1
2
1
2
1
ln
ln
2 x
x
a x
x
x
x








2
2
2
2
1
1
2
1
1
2
1
1
2
2
1
2
2
2
1
2
1
1
1
ln
ln
ln
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
















.
令


1
2
0,1
x
t
x


，于是
1
1
ln
2
S
t
t
t









，


2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
2,
x
x
x x
x
x
t
a
e
t
x x
x x
e















，
由
2
2
1
1
t
e
t
e



，得
2
2
1
t
e
e 
，
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又0
1
t
，所以
2
1
1
t
e .
因为
2
2
1
1
1
1 1
1
1
0
2
2
S
t
t
t



















，
所以
1
1
1
ln
2
S
t
t









在
2
1 ,1
e






上为减函数，
所以
4
2
2
4
1
0,
2
e
e
S
e








.
点睛：导数问题一直是高考数学的重点内容也是难点内容，要注意研究函数的单调性，有时需要构造相关
函数，将问题转化为求函数的值域问题，本题中的第一问，采用了“正难则反”的策略，简化了解题，在解决
第二问换元时，要注意表明新元t 的取值范围.
题型三极值点偏移乘积型
1 2
x x
1．已知函数
2
1
( )
(2
1)
2ln (
R)
2
f x
ax
a
x
x a





.
(1)若
( )
f x 有唯一极值，求a 的取值范围；
(2)当
0
a 
时，若
1
2
( )
(
)
f x
f x

，
1
2
x
x

，求证：
1
2
4
x x 
.
【答案】(1)
0
a 
；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数
( )
f x 的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设
1
2
0
2
x
x



，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数
2
1
( )
(2
1)
2ln
2
f x
ax
a
x
x




的定义域为(0,
)
，
求导得
2
(
1)(
2)
( )
(2
1)
ax
x
f
x
ax
a
x
x








，
当
0
a 
时，若
1
2
a 
，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，无极值点，不符合题意；
若
1
0
2
a


，当0
2
x


或
1
x
a

时，
( )
0
f
x


，当
1
2
x
a


时，
( )
0
f
x


，
即函数
( )
f x 在
1
(0,2),(
,
)
a 上单调递增，在
1
(2,
)
a 上单调递减，函数
( )
f x 有两个极值点，不符合题意；
若
1
2
a 
，当
1
0
x
a


或
2
x 
时，
( )
0
f x


，当1
2
x
a 

时，
( )
0
f x


，
即函数
( )
f x 在
1
(0,
),(2,
)
a
上单调递增，在1
( ,2)
a
上单调递减，函数
( )
f x 有两个极值点，不符合题意；
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当
0
a 
时，当0
2
x


时，
( )
0
f
x


，当
2
x 
时，
( )
0
f
x


，
即函数
( )
f x 在(0,2) 上单调递增，在(2,
)
上单调递减，2 是函数
( )
f x 的极大值点，且是唯一极值点，
所以a 的取值范围是
0
a 
.
（2）当
0
a 
时，函数
( )
f x 在(0,2) 上单调递增，在(2,
)
上单调递减，
由
1
2
( )
(
)
f x
f x

，
1
2
x
x

，不妨令
1
2
0
2
x
x



，
要证
1
2
4
x x 
，只证
1
2
4
x
x

，即证

1
2
4
f x
f
x







，就证


2
2
4
0
f x
f
x








，
令
4
( )
( )
( ),
2
g x
f x
f
x
x



，求导得
2
4
4
( )
( )
( ) (
)
g x
f
x
f
x
x






2
2
)
4
4
2
(
1)(
2)
(
1)(
2
(
2)
4
(
4 )
(
1
)
4
)(
2
a
ax
x
x
x
a
ax
x
x
x
x
x
x
x
x













2
2
2
2
2
8
2 (
2)[ (
2
4)
]
(
1
)
x
x
a
x
x
a x
x
x
ax
x
x
x
x











2
2
3
(
2) [ (
1)
3
]
0
x
a x
a
x
x





，于是函数( )
g x 在(2,
)
上单调递减，( )
(2)
0
g x
g


，
而
2
2
x 
，则
2
(
)
0
g x

，即
2
2
2
2
4
4
(
)
(
)
0
(
)
(
)
f x
f
f x
f
x
x




，又
1
2
( )
(
)
f x
f x

，
因此
1
2
4
( )
(
)
f x
f x

，显然
1
2
4
0
2,0
2
x
x




，又函数
( )
f x 在(0,2) 上单调递增，则有
1
2
4
x
x

，
所以
1
2
4
x x 
.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，
都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
2．已知函数



2
1
ln
0
2
f x
x
x
ax
a



.
(1)若函数

f
x 在定义域内为减函数,求实数a 的取值范围;
(2)若函数

f
x 有两个极值点


1
2
1
2
,
x x
x
x

,证明：
1
2
1
x x
a

.
【答案】(1)
1
a 
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，

0
f
x


恒成立，即
ln
1
x
a
x


恒成立，构造函数
ln
1
x
h x
x


，求导，得
到其单调性和最值，得到实数a 的取值范围；
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（2）方法一：由（1）得0
1
a

，转化为


1
2
1
2
,
x x
x
x

是
g x 的两个零点，求导得到
g x 单调性，得到
1
2
1
0
1
x
x
a



，换元后即证
1
ln
e
1
0
t
t



，构造

1
ln
e
1
t
G t
t





0
1
t

，求导得到其单调性，结合
特殊点的函数值，得到答案；
方法二：先证明引理，当0
1
t
时,


2
1
ln
1
t
t
t



,当
1
t 时,


2
1
ln
1
t
t
t



，变形得到只需证

2
1
2
ln
a x
x
a



，
结合引理，得到


2
2
2
2
ln
2
ln
1
0
a x
a
a
x
a




，


2
2
1
1
ln
2
ln
1
0
a x
a
a
x
a




，两式结合证明出答案.
【详解】（1）

f
x 的定义域为

0, 

，

1 ln
f
x
x
ax



，
由题意

0
f
x


恒成立，即
ln
1
x
a
x


恒成立，
设
ln
1
x
h x
x


，则

2
2
1 ln
1
ln
h x
x
x
x
x






，
当


0,1
x
时，

0
h x


，
ln
1
x
h x
x


单调递增,
当


1,
x
时，

0
h
x


，
ln
1
x
h x
x


单调递减,
∴
h x 在
1
x 处取得极大值，也是最大值，

max
1
1
h x
h

，
故
1
a ；
（2）证法一：函数

f
x 有两个极值点，由(1)可知0
1
a

，
设

1
ln
g x
f
x
x
ax




，则


1
2
1
2
,
x x
x
x

是
g x 的两个零点，

1
g
x
a
x



，当
1
0,
x
a






时，

0
g
x


，当
1 ,
x
a








时，

0
g x


,
所以
g x 在
1
0,
x
a






上递增,在
1 ,
x
a








上递减，
所以
1
2
1
0
x
x
a



,又因为
1
1
0
g
a


，
所以
1
2
1
0
1
x
x
a



，
要证
1
2
1
x x
a

,只需证
2
1
1
1
x
ax
a


,只需证

2
1
1
g x
g ax







，
其中

2
0
g x

，即证


1
1
1
1
1
1 ln
0
g
ax
ax
x








，
即证


1
1
1
ln
1
0
ax
x

，
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由
1
1
1
ln
1
0
g x
x
ax



,设


1
0,1
ax
t

,
则
1
ln
1
x
t
,
1
1
et
x


,则


1
1
1
1
ln
1
0
ln
e
1
0
t
ax
t
x





,
设

1
ln
e
1
t
G t
t





0
1
t

，

1
1
1
1
e
e
e
t
t
t
t
G t
t
t








，
由(1)知ln
1
1
x
x
，故ln
1


x
x
,
所以
1
ex
x

,
1
e
0
t
t

,即

0
G t


，

G t 在

0,1 上递增，


1
0
G t
G


,故


1
1
1
ln
1
0
ax
x

成立,即
1
2
1
x x
a

；
证法二：
先证明引理:当0
1
t
时,


2
1
ln
1
t
t
t



,当
1
t 时,


2
1
ln
1
t
t
t



，
设




2
1
ln
0
1
t
M t
t
t
t





,







2
2
2
1
1
4
0
1
1
t
M
t
t
t
t t








，
所以

M t 在

0, 

上递增,又
1
0
M

,
当0
1
t
时,

1
0
M t
M


，当
1
t 时，


1
0
M t
M


，
故引理得证，
因为函数

f
x 有两个极值点，由(1)可知0
1
a

,
设

1
ln
g x
f
x
x
ax




，则


1
2
1
2
,
x x
x
x

是
g x 的两个零点，

1
g
x
a
x



，当
1
0,
x
a






时，

0
g x


，当
1 ,
x
a








时，

0
g x


,
所以
g x 在
1
0,
x
a






上递增,在
1 ,
x
a








上递减，
所以
1
2
1
0
x
x
a



,即
1
2
0
1
ax
ax


，
要证
1
2
1
x x
a

,只需证
1
2
ln
ln
ln
x
x
a


，
因为
1
1
2
2
1 ln
0
1 ln
0
x
ax
x
ax








，即证

2
1
2
ln
a x
x
a



，
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由引理可得




2
2
2
2
2
1
ln
1
ln
1
ax
ax
a
ax
ax





,
化简可得


2
2
2
2
ln
2
ln
1
0
a x
a
a
x
a




①，
同理




1
1
1
1
2
1
ln
1
ln
1
ax
ax
a
ax
ax





，
化简可得


2
2
1
1
ln
2
ln
1
0
a x
a
a
x
a




②，
由①-②可得






2
2
1
2
1
2
1
ln
2
0
a
x
x
x
x
a
a
x
x






，
因为
2
1
0
x
x


，
0
a 
，所以

2
1
ln
2
0
a x
x
a




，
即

2
1
2
ln
a x
x
a



,从而
1
2
1
x x
a

.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参
数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分
析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定
条件.
3．已知( )
2
sin
ln
f x
x
x
a
x



．
(1)当
1
a 时，讨论函数
( )
f x 的极值点个数；
(2)若存在
1
x ，
2
1
2
(0
)
x
x
x


，使
1
2
( )
(
)
f x
f x

，求证：
1
2 
x x
a ．
【答案】(1)函数
( )
f x 的极值点有且仅有一个
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数进行求导，然后分
1
x 
和0
1
x

两种情况对函数的单调性进行研究，即可得到答案；
（2）由
1
2
( )
(
)
f x
f x

可得
2
1
2
1
2
1
2(
) (sin
sin
)
(ln
ln
)
x
x
x
x
a
x
x





（*），通过证明
( )
sin (
0)
g x
x
x x



单调
递增，（*）转化为
1
2
1
2
ln
ln
x
x
a
x
x



，接着证明
1
2
1 2
1
2
1
2
(0
)
ln
ln
x
x
x x
x
x
x
x 




成立，即可求解
【详解】（1）当
1
a 时，
( )
2
sin
ln
f x
x
x
x



，则
1
( )
2
cos
f
x
x
x




，
当
1
x 
时，
( )
1
cos
0
f
x
x



，
故
( )
f x 在

1,上单调递增，不存在极值点；
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当0
1
x

时，令
1
( )
2
cos
h x
x
x



，则
2
1
( )
sin
0
h x
x
x




总成立，
故函数( )
h x 即
( )
f
x

在(0,1)上单调递增，
且
(1)
1
cos1
0
f 



，
1
1
cos
2
0
4
4
f 









，所以存在
0
1 ,1
4
x






，使得


0
0
f
x


，
所以当
0
0
x
x


时，

0
f
x


，
( )
f x 单调递减；当
0
1
x
x

时，
( )
0
f
x
¢
>
，
( )
f x 单调递增；
故在

0,1 上存在唯一极值点，
综上，当
1
a 时，函数
( )
f x 的极值点有且仅有一个．
（2）由
1
2
( )
(
)
f x
f x

知
1
1
1
2
2
2
2
sin
ln
2
sin
ln
x
x
a
x
x
x
a
x





，
整理得，
2
1
2
1
2
1
2(
) (sin
sin
)
(ln
ln
)
x
x
x
x
a
x
x





（*），
不妨令
( )
sin (
0)
g x
x
x x



，则
( )
1 cos
0
g x
x


≥，故( )
g x 在(0,
)
上单调递增，
当
1
2
0
x
x


时，有
1
2
(
)
(
)

g x
g x
，即
1
1
2
2
sin
sin
x
x
x
x



，
那么
1
2
1
2
sin
sin
x
x
x
x



，
因此，（*）即转化为
1
2
1
2
ln
ln
x
x
a
x
x



，
接下来证明
1
2
1 2
1
2
1
2
(0
)
ln
ln
x
x
x x
x
x
x
x 




，等价于证明
1
2
1
2
2
1
ln
x
x
x
x
x
x


，
不妨令
1
2
x
t
x
（0
1
t
），
建构新函数
1
( )
2ln
t
t
t
t



，
2
2
2
2
1
(
1)
( )
1
0
t
t
t
t
t







，则
( )t

在(0,1)上单调递减，
所以( )
(1)
0
t




，故
1
2
1
2
2
1
ln
x
x
x
x
x
x


即
1
2
1 2
1
2
1
2
(0
)
ln
ln
x
x
x x
x
x
x
x 




得证，
由不等式的传递性知
1 2
x x
a

，即
1
2 
x x
a ．
【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x x
x
x





证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x


；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
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4．已知函数

ln
f
x
a
x

，
ex
g x
b

（e 为自然对数的底数）
(1)当
e
a 
时，恰好存在一条过原点的直线与

f
x ，
g x 都相切，求b 的值；
(2)若
1
b ，方程


0
xg x
f
x
ax



有两个根
1
2
x
x
，
，（
1
2
0
x
x


），求证：


1
2
2
1
2
e
x
x
x
x




．
【答案】(1)
1
e
b 
(2)证明见解析
【分析】（1）由题可求得过原点的与

f
x 相切的直线方程：y
x

，后利用切点即在
g x 图像上，也在切
线上，可求得相应切点横坐标，后由切线斜率为1 可求得b；
（2）由题可得




e
ln
ln
e
x
x
x
a x
x
a
x



有两个根
1
2
x
x
，
，令
1
2
1
1
2
2
e
，e
x
x
x
t
x
t


，
则可得方程
ln
t
a
t

有两个根1
2
t
t
，
，则
1
2
1
2
ln
ln
t
t
t
t

.通过令2
1
0
t
t

，
2
1
1
t
m
t


，可将证明


1
2
2
1
2
e
x
x
x
x




，
转化为证明


2
1
ln
1
m
m
m



，
后构造函数


2
1
1
ln
m
h m
m
m




，


1,
m
，通过其单调性可证明结论.
【详解】（1）当
e
a 时，

e
f
x
x


，设直线与

f
x 的切点为

1
1
x
y
，
，则切线斜率为

1
1
e
f
x
x


，切线方
程为
1
e
y
x
x

.因

1
1
x
y
，
即在

f
x 图像上，也在切线
1
e
y
x
x

上，则
1
1
1
1
1
1
1
eln
e
e
e
y
x
x
y
x
y
x












，故切线斜率为1，
则切线方程为y
x

.
又
ex
g x
b

，

ex
g
x
b


，设直线与
g x 的切点为

2
2
x
y
，
，则切线斜率为


2
2
ex
g
x
b


，切线方程为
2
e
x
y
b
x

.因

2
2
x
y
，
即在
g x 图像上，也在切线
2
e
x
y
b
x

上，则
2
2
2
2
2
1
e
1
e
x
x
y
b
x
x
y
b








，又切线斜率为1，
则


2
2
1
1
e
ex
g
x
b
b




；
（2）当
1
b 时，


e
ln
0
x
xg x
f
x
ax
x
a
x
ax






，
则由题可得




e
ln
ln
e
x
x
x
a x
x
a
x



有两个根
1
2
x
x
，
，
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令
1
2
1
1
2
2
e
，e
x
x
x
t
x
t


，则可得方程
ln
t
a
t

有两个根1
2
t
t
，
，
则
1
2
1
2
ln
ln
t
t
t
t

.令2
1
0
t
t

，
2
1
1
t
m
t


，则
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
ln
ln
ln
ln
ln
ln
ln
ln
ln
t
t
mt
m
m
m
t
m
t
t
t
t
t
m









，
2
1
1
ln
ln
ln
m
m
t
m
t
m



.注意到


1
1
2
2
1
2
2
2
1
2
e
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x










2
1 2
1
2
2
1
1
2
2
1
1
e
ln
ln
ln
ln
m
m
t t
t
t
m
m
m
m













，
则构造函数


2
1
1
ln
m
h m
m
m




，


1,
m
.
因







2
2
2
1
1
4
0
1
1
m
h m
m
m
m m








，则
h m 在

1,上单调递增，得






2
1
2
1
1
0
0
1
1
ln
ln
m
m
h m
h
m
m
m
m











.
故命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数切线方程与极值点偏移问题，难度较大.
（1）问解题关键为注意到切点即在函数图像上，也在切线上.
（2）问为极值点偏移问题，解题关键为将双变量消元为单变量，常构造差函数或以两变量之差，之商构造
函数以达到消元目的.
练习题：
1．已知函数

2
e
2
2
x
a
f
x
x
ax



，aR ，其中e为自然对数的底数．
(1)若

f
x 有两个极值点，求a 的取值范围；
(2)记

f
x 有两个极值点为
1
x 、
2
x ，试证明：


1
2
1
2
2
3
x x
x
x


．
【答案】(1)
3e
a 
(2)证明见解析
【分析】（1）求得

e
2
x
f
x
ax
a




，令

g x
f
x


，分析可知
g x 有2 个变号零点，对实数a 的取值
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进行分类讨论，利用导数分析函数
g x 的单调性，结合已知条件可得出关于a 的不等式，解之即可；
（2）欲证


1
2
1
2
2
3
x x
x
x


，即证


1
2
2
2
1
x
x


，由已知条件得出
2
1
2
1
2
e
2
x
x
x
x




，令


2
1
2
1
2
e
1
2
x
x
x
t t
x






，解得
1
ln
2
1
t
x
t


，
2
ln
2
1
t
t
x
t



，将所证不等式变形为
1
lnt
t
t


，然后令

1
ln
h x
x
x
x



，其中
1
x ，利用导数证得
0
h x 
即可.
【详解】（1）解：因为

2
e
2
2
x
a
f
x
x
ax



，aR ，

e
2
x
f
x
ax
a




，
设


e
2
x
g x
a x



，则

ex
g
x
a



，
若

f
x 有两个极值点，则
g x 有2 个变号零点．
当
0
a 
时，

0
g x


，
g x 在R 上递增，
g x 至多有一个零点，不符合题意，舍去；
当
0
a 
时，令

0
g
x


，解得
ln
x
a

，
当


,ln
x
a

时，

0
g x


，
g x 单调递减，
当


ln ,
x
a

时，

0
g x


，
g x 单调递增，
若使得
g x 有2 个变号零点，则

ln
0
g
a 
，即


ln
2
0
a
a
a



，即ln
3
a ，
解得
3e
a 
，此时，
2
2
e
0
g


，








ln
ln
e
ln
2
e
ln
2
e
2
ln
a
a
a
a
g a
a
a a
a
a
a a
a
a
a
a














，
令

e
2
ln
a
p a
a
a




，其中
3e
a 
，所以，

3
1
1
e
1
e
1
0
e
a
a
p a
a






，
所以，函数

p a 在

3e ,上单调递增，
所以，

3
3
3
e
3
e
3
e
e
2
e
3
e
e
1
0
p a
p








，故

ln
0
g a
a


，
由零点存在定理可知，函数
g x 在

2,ln a 、

ln ,
ln
a a
a

上各有一个变号的零点，
设函数
g x 在

2,ln a 、

ln ,
ln
a a
a

上的零点分别为
1
x 、
2
x ，
当
1
x
x

或
2
x
x

时，
( )
0
f
x
¢
>
；当
1
2
x
x
x


时，

0
f
x


.
此时函数

f
x 有两个极值点，合乎题意.
综上所述，
3e
a 
.
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（2）证明：欲证


1
2
1
2
2
3
x x
x
x


，即证


1
2
2
2
1
x
x


，
由于
1
x 、
2
x 为

e
2
x
f
x
ax
a




的零点，
则
1
2
1
2
e
2
0
e
2
0
x
x
ax
a
ax
a









，可得




2
1
2
2
1
1
2
2
e
2
2
x
x
a x
x
a x
x







，
令


2
1
2
1
2
e
1
2
x
x
x
t t
x






，则





2
1
2
1
2
2
2
2
ln
x
t x
x
x
t










，
解得
1
ln
2
1
t
x
t


，
2
ln
2
1
t
t
x
t



，
所以只需证明：
2
ln
1
1
t
t t







，即证：
1
1
ln
t
t
t
t
t




，
构造函数
1
ln
h x
x
x
x



，其中
1
x ，
则



2
1
1
1
1
2
1
0
2
2
2
2
x
x
x
h x
x
x
x x
x x
x x











，
所以，函数
h x 在

1,上单调递减，则
1
ln1 1 1
0
h x
h



，
所以
1
ln
0
x
x
x


，即
1
lnt
t
t


得证，故


1
2
1
2
2
3
x x
x
x


.
【点睛】证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明
1
2
2
x
x
a


（或
1
2
2
x
x
a


）：
①首先构造函数



2
g x
f x
f
a
x



，求导，确定函数

y
f x

和函数

y
g x

的单调性；
②确定两个零点
1
2
x
a
x


，且



1
2
f x
f x

，由函数值
1
g x
与
g a 的大小关系，得










1
1
1
2
1
2
2
g x
f
x
f
a
x
f
x
f
a
x






与零进行大小比较；
③再由函数

y
f x

在区间

,a 上的单调性得到
2
x 与
1
2a
x

的大小，从而证明相应问题；
（2）证明
2
1
2
x x
a

（或
2
1
2
x x
a

）（
1
x 、
2
x 都为正数）：
①首先构造函数

2
a
g x
f x
f
x








，求导，确定函数

y
f x

和函数

y
g x

的单调性；
②确定两个零点
1
2
x
a
x


，且



1
2
f x
f x

，由函数值
1
g x
与
g a 的大小关系，得
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



2
2
1
1
2
1
1
a
a
g x
f x
f
f x
f
x
x
















与零进行大小比较；
③再由函数

y
f x

在区间

,a 上的单调性得到
2
x 与
2
1
a
x 的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x x
x
x





证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x


；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
2．已知函数

e
ln
x
f x
x
x
a
x




.若
( )
f x 有两个零点
1
2
,
x x ，证明：
1
2
1
x x .
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数法，从而只需证明
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x



，即可求解.
【详解】由题意得

e
e
ln
x
x
f x
a
x
x



，令
e
1
x
t
x

，则

ln
f t
t
t
a


，

1
1
f
t
t


，
所以

ln
f t
t
t
a


在

1,上单调递增，故

0
f t 
只有1解；
又因为

f
x 有两个零点
1
2
,
x x ，所以，
ex
t
x

有两个解
1
2
,
x x ，且
1
2
0
1
x
x


.
此时
1
2
1
2
e
;e
x
x
tx
tx


，两式相除，可得：
2
1
2
2
1
2
1
1
e
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x






.
于是，欲证
1
2
1
x x 只需证明：
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x



，
下证
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x



：
因为
2
1
2
1
2
2
1
1
2
2
1
2
1
1
1
2
1
2
ln
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x x










，
不妨设
2
1
1
x
s
x

，则只需证
1
2ln s
s
s


，
构造函数
1
2ln
,
1
h s
s
s
s
s


，则

2
2
2
1
1
1
1
0
h s
s
s
s












，
故
h s 在

1,上单调递减，故
1
0
h s
h


，即
1
2ln s
s
s


得证，
综上所述：即证
1
2
1
x x .
【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.
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3．已知函数
2
( )
e
ln
x
f x
x
x
x
ax




．
(1)证明：若
1
a
e

，则
( )
0
f x 
；
(2)证明：若
( )
f x 有两个零点
1
x ，
2
x ，则
1
2
1
x x ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）因为
( )
f x 定义域为(0,
)
，所以
( )
0
f x 
等价于e
ln
0
x
x
x
a
x 



．设
e
( )
ln
x
g x
x
x
a
x




，
求导判断单调性，从而求得( )
(1)
e
1
g x
g
a



即可得证；
（2）不妨设
1
2
x
x

，由（1）可知
1
x ，
2
x 也是( )
g x 的两个零点，且
1
0
1
x

，
2
1
x ，于是
2
1
0
1
x

，由于
( )
g x 在(0,1)单调递减，故
1
2
1
x x 等价于
1
2
1
g x
g x







．而


1
2
0
g x
g x


，故
1
2
1
x x 等价于


2
2
1
g x
g x







①，设
1
( )
( )
h x
g x
g x








，则①式为

2
0
h x

．因此对( )
h x 求导判断单调性即可得证.
【详解】（1）因为
( )
f x 定义域为(0,
)
，所以
( )
0
f x 
等价于e
ln
0
x
x
x
a
x 



．
设
e
( )
ln
x
g x
x
x
a
x




，则


2
e
(
1)
( )
x
x
x
g x
x




，
当0
1
x

时，
( )
0
g x


，当
1
x 时，
( )
0
g x


，
所以( )
g x 在(0,1)单调递减，( )
g x 在(1,
)
单调递增，
故( )
(1)
e
1
g x
g
a



．
因为
1
a
e

，所以( )
0
g x 
，于是
( )
0
f x 
．
（2）不妨设
1
2
x
x

，由（1）可知
1
x ，
2
x 也是( )
g x 的两个零点，且
1
0
1
x

，
2
1
x ，于是
2
1
0
1
x

，由于
( )
g x 在(0,1)单调递减，故
1
2
1
x x 等价于
1
2
1
g x
g x







．
而


1
2
0
g x
g x


，故
1
2
1
x x 等价于

2
2
1
g x
g x







．①
设
1
( )
( )
h x
g x
g x








，则①式为

2
0
h x

．
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因为
1
2
(
1) e
e
1
1
1
( )
( )
x
x
x
x
x
h x
g x
g
x
x
x


























．
设
1
( )
e
e
1
x
x
k x
x
x



，
当
1
x 时，
1
1
1
( )
e
e
e
1
0
x
x
x
k x
x





，故( )
k x 在(1,
)
单调递增，
所以( )
(1)
0
k x
k


，从而
( )
0
h x


，因此( )
h x 在(1,
)
单调递增．
又
2
1
x ，故

2
(1)
0
h x
h


，故

2
2
1
g x
g x







，于是
1
2
1
x x ．
【点睛】关键点点睛：本题第(2)问是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数
1
( )
( )
h x
g x
g x








证明不等式.
4．已知函数

2
ln
,
R
f
x
x
x
ax
x a




．
(1)若函数

f
x 是减函数，求a 的取值范围；
(2)若

f
x 有两个零点
1
2
,
x x ，且
2
1
2
x
x

，证明：
1
2
2
8
e
x x 
．
【答案】(1) e ,
2





(2)证明见解析
【分析】（1）

ln
2
2
0
f
x
x
ax





在

0, 

上恒成立，参变分离
ln
2
2
x
a
x


在

0, 

上恒成立，构造
函数求出
ln
2
x
u x
x


的最大值，从而求出a 的取值范围；
（2）由零点得到
1
2
1
1
2
2
ln
1
ln
1
x
x
a
x
x
x
x




，令
2
1(
2)
x
tx t


，从而得到
1
ln
ln
1
1
t
x
t



，
2
ln
ln
1
1
t t
x
t



，




1
2
1 ln
ln
2
1
t
t
x x
t




，构造


1 ln
2(
2)
1
t
t
h t
t
t





，求导得到其单调性，从而证明出结论.
【详解】（1）

2
ln
,
R
f
x
x
x
ax
x a




的定义域为

0, 

，

ln
1 2
1
ln
2
2
f
x
x
ax
x
ax





，
函数

f
x 是减函数，故

ln
2
2
0
f
x
x
ax





在

0, 

上恒成立，
即
ln
2
2
x
a
x


在

0, 

上恒成立，
令
ln
2
x
u x
x


，


0,
x
，
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
2
2
1
ln
2
ln
1
x
x
u
x
x
x







，
当
1
0, e






x
时，

0
u
x


，
ln
2
x
u x
x


单调递增，
当
1,
e
x








时，

0
u
x


，
ln
2
x
u x
x


单调递减，
故
ln
2
x
u x
x


在
1
e
x 
处取得极大值，也是最大值，且
1
e
e
u





，
故2
e
a ，解得
e
2
a 
，
故a 的取值范围是e ,
2





；
（2）若有两个零点
1
2
,
x x ，则
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
ln
0,
ln
0
x
x
ax
x
x
x
ax
x





，
得
1
2
1
1
2
2
ln
1
ln
1
x
x
a
x
x
x
x




．
2
1
2
0
x
x



，令
2
1(
2)
x
tx t


，则


1
1
1
1
1
1
ln
ln
1
1
tx
x
x
x
tx
tx



，
故
1
ln
ln
1
1
t
x
t



，
则


2
1
1
ln
ln
ln
ln
ln
1
1
t t
x
tx
t
x
t






，




1
2
1
2
1 ln
ln
ln
ln
ln
ln
1
1
2
1
1
1
t
t
t
t t
x x
x
x
t
t
t











，
令


1 ln
2(
2)
1
t
t
h t
t
t





，则

2
1
2ln
(
1)
t
t
t
h t
t





，
令
1
2ln
(
2)
t
t
t
t
t




，则

2
2
2
2
1
(
1)
1
0
t
t
t
t
t







，
t


在

2,上单调递增，


3
3
3
4ln 2
lne
ln16
2
2ln2
0
2
2
2
t











，


2
0
(
1)
t
h t
t






，则
h t 在

2,上单调递增，


2
8
2
3ln2
2
ln e
h t
h





，即


2
1
2
l
8
e
n
ln
x x

，
故
1
2
2
8
e
x x 
.
【点睛】极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变
形，如常常利用
1
1
2
2
ln
ln
ln x
x
x
x


进行变形，可构造关于
1
2
x
t
x

的函数，利用导函数再进行求解.
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题型四极值点偏移平方型
2
2
1
2
x
x

1．已知函数

1 lnx
f x
ax


，
0
a 
．
(1)若

1
f x ≤，求a 的取值范围；
(2)证明：若存在
1
x ，
2
x ，使得



1
2
f x
f x

，则
2
2
1
2
2
x
x


．
【答案】(1)

1, 

(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证
1
2
2
x
x


，结合不等式放缩可证
2
2
1
2
2
x
x


.
【详解】（1）
1
ln
( )
x
f x
ax


，
2
ln
( )
x
f
x
ax


，令
( )
0
f
x


，解得
1
x ，
所以当
(0,1)
x
时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 在(0,1) 上单调递增；
当
(1,
)
x



时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 在(1,
)


单调递减，
所以
max
1
( )
(1)
f x
f
a


，要使
( )
1
f x ，则有1
1
a ，而
0
a 
，故
1
a ，
所以a 的取值范围为[1,
)


．
（2）证明：当
0
a 
时，由（1）知，当
(0,1)
x
时，
( )
f x 单调递增；
当
(1,
)
x



时，
( )
f x 单调递减，
设
1
2
x
x

，所以
1
(0,1)
x 
，
2
(1,
)
x



，
①若
2
[2,
)
x



，则
2
2
2
1
2
2
4
2
x
x
x




，成立；
②若
2
(1,2)
x 
，先证
1
2
2
x
x


，此时
2
2
(0,1)
x


，
要证
1
2
2
x
x


，即证
1
2
2
x
x


，即
1
2
(
)
(2
)
f x
f
x


，
2
2
(
)
(2
)
f x
f
x


，
令( )
( )
(2
)
g x
f x
f
x



，
(1,2)
x
，
2
2
2
2
ln
ln(2
)
1
ln
ln(2
)
( )
(2
)
(2
)
x
x
x
x
g x
ax
a
x
a
x
x

















2
2
2
2
2
1
ln
ln(2
)
1
ln[ (2
)]
1
ln[ (
1)
1]
0
x
x
x
x
x
a
x
x
a
x
a
x


















，
所以( )
g x 在(1,2)上单调递增，所以( )
(1)
0
g x
g


，
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即
( )
(2
)
f x
f
x


，
(1,2)
x
，所以
1
2
2
x
x


，
因为
2
1
1
1
2
x
x

，
2
2
2
1
2
x
x

，所以
2
2
1
2
1
2
1
1
2(
)
x
x
x
x



，
即
2
2
1
2
1
2
2(
)
2
2
x
x
x
x





．
【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，
而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理.
2．在平面直角坐标系xOy 中，Rt OAB

的直角顶点A 在x 轴上，另一个顶点B 在函数

lnx
f
x
x

图象上
(1)当顶点B 在x 轴上方时，求Rt OAB

以x 轴为旋转轴，边AB 和边OB 旋转一周形成的面所围成的几何体
的体积的最大值；
(2)已知函数
2
2
e
e
1
ax
x
ax
g x
x




，关于x 的方程


f x
g x

有两个不等实根
1
2
x
x
，


1
2
x
x

.
（i）求实数a 的取值范围;
（ii）证明：
2
2
1
2
2
e
x
x


.
【答案】(1)
2
4π
3e
(2)（i）
1
0,
e
2






；（ii）证明过程见详解.
【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大值；
（2）（i）根据题意知，
2
2
e
e
1
ln
ax
x
ax
x



，进行同构
2
2
ln
e
e
lne
ax
ex
ax
x



，将问题转化为方程
2
lne
ax
x

有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究
2
ln
1
x
h x
x


的单调性和极值，即可求出a 的取值范围.
（ii）由



2
2
2
1
2
1
2
2 x
x
x
x



知，先证
1
2
2
e
x
x


，即极值点偏移问题，构造函数


2
e
F x
h x
h
x









，
求

F
x

，

F x 在
1
0,
e






单调递增，

1
0
e
F x
F 







，得
2
e
h x
h
x







，从而可得

1
1
2
e
h x
h
x








即

2
1
2
e
h x
h
x








，再由
h x 的单调性，即可得到
1
2
2
e
x
x


.
【详解】（1）因为B 在x 轴上方，所以：ln
0
x
x 

1
x ；
OAB

为直角三角形，所以当AB
x

轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设


,0
A x
，则
ln
,
x
B x
x






，
2
2
1
ln
π ln
·π
·
·
3
3
x
x
V
x
x
x








（
1
x ）.
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设
2
ln x
h x
x

（
1
x ），则

2
2
2ln
ln
x
x
h x
x



，由

0
h x



2
2ln
ln
0
x
x





ln
2 ln
0
x
x


.
因为
1
x ，所以2
ln
0
x



2e
x 
，
所以
h x 在

2
1,e
上单调递增，在

2e ,上单调递减，所以

2
2
2
2
2
max
ln e
4
e
e
e
h x
h



.
从而：
max
2
4π
3e
V

.
（2）（i）因为


f x
g x

，即
2
2
e
e
1
ln
ax
x
ax
x



，即
2
2
ln
e
e
lne
ax
ex
ax
x



，
令( )
et
u t
t

，所以



2
lne
u ax
u
x

，
因为( )
et
u t
t

为增函数，所以
2
lne
ax
x

即
2
ln
1
ax
x

，
所以方程


f x
g x

有两个不等实根
1
2
x
x
，
等价于
2
ln
1
x
a
x


有两个不等实根
1
2
x
x
，
，
令
2
ln
1
x
h x
x


，所以

3
1 2ln x
h x
x



当
1
0,
x
e






时，

0
h x


，
h x 单调递增；当
1 ,
x
e








时，

0
h
x


，
h x 单调递减.所以
max
1
1 e
2
e
h x
h







.
当
0
x 
时，
h x ；当x 时，由洛必达法则知

2
1
lim
lim
0
2
x
x
h x
x




；
所以
1
0,
e
2
a






.
（ii）由（i）知，
1
1
1
,
e
e
x






，
2
1 ,
e
x








令


2
e
F x
h x
h
x









，
1
0,
e






x
，
因为

2
2
2
ln
1
ln
1
e
2
e
x
x
F x
x
x


















，所以

3
3
2
2ln
1
2ln
1
e
2
e
x
x
F
x
x
x



















，
因为
1
0,
e






x
，2
1
e
e
x









，
，所以

0
F
x


，即

F x 在
1
0,
e






单调递增，

1
0
e
F x
F 







，
所以
2
e
h x
h
x







.
因为
1
1
0,
e
x






，所以

1
1
2
e
h x
h
x








，
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又因为( )
( )
1
2
h x
h x
=
，所以

2
1
2
e
h x
h
x








，
因为
2
1 ,
e
x








，
1
2
1 ,
e
e
x









，且
h x 在
1 ,
e







上单调递减，
所以
2
1
2
e
x
x


，即
2
1
2
e
x
x


，所以



2
2
2
1
2
1
2
4
2
e
x
x
x
x




，
所以
2
2
1
2
2
e
x
x


.
【点睛】方法点睛：
极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的步骤如下：
（1）求极值点
0x ：求出函数

f
x 的极值点
0x ，结合函数

f
x 的图像，由



1
2
f x
f x

得出
2
1
,
x x 的取值范
围；
（2）构造函数：对结论为
2
1
0
2
x
x
x


的情况，构造函数




0
2
F x
f x
f
x
x



；
①




0
2
0
F
x
f
x
f
x
x







，则

F x 单调递增；
②注意到


0
0
F x

，则






1
1
0
1
2
0
F x
f
x
f
x
x




即




1
0
1
2
f
x
f
x
x


；
③






2
1
0
1
2
f
x
f
x
f
x
x



，根据

f
x 在

0,
x 单调减，则
2
0
1
2
x
x
x


④得到结论
2
1
0
2
x
x
x


.
3．已知函数

ln x
f
x
ax
x


.
(1)若

1
f
x ，求实数a 的取值范围；
(2)若

f
x 有2 个不同的零点
1
2
,
x x （
1
2
x
x

），求证：
2
2
1
2
12
2
3
5
x
x
a


.
【答案】(1)

1,
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到
2
ln x
x
a
x


，构造
2
ln x
x
h x
x


，利用导函数得到其单调性，
极值和最值情况，得到
1
1
a
h

；
（2）转化为
2
ln x
a
x

有2 个不同的实数根，构造

2
ln x
F x
x

，得到其单调性，得到
1
2
1
e
x
x



，且
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1
0, 2e
a






，求出
2
2
2
2
1
1
ln
ln
x
x
x
x

，换元后即证




2
2
12
1
ln
0
5 3
2
t
t
t




，构造






2
2
12
1
ln
1
5 3
2
t
G t
t
t
t





，求导后得
到

G t 在

1,上单调递增，


1
0
G t
G


，得到证明.
【详解】（1）因为函数

f
x 的定义域为

0, 

，所以

1
f
x 成立，等价于
2
ln x
x
a
x


成立.
令
2
ln x
x
h x
x


，则

3
1
2ln
x
x
h
x
x




，
令
1
2ln
g x
x
x

，则

2
1
0
g
x
x



，所以
g x 在

0, 

内单调递减，
又因为1
0
g

，所以当


0,1
x
时，

0
h x


，
h x 单调递增；当


1,
x
时，

0
h
x


，
h x 单调递
减，
所以

y
h x

在
1
x 处取极大值也是最大值.
因此
1
1
a
h

，即实数a 的取值范围为

1,.
（2）

f
x 有2 个不同的零点等价于
2
ln x
a
x

有2 个不同的实数根.
令

2
ln x
F x
x

，则

3
1 2ln x
F
x
x



，当

0
F
x


时，解得
e
x 
.
所以当


0, e
x
时，

0
F
x


，

F x 单调递增，
当


e,
x 
时，

0
F
x


，

F x 单调递减，
所以

y
F x

在
e
x 
处取极大值为

1
e
2e
F

.
又因为
1
0
F

，当


0,1
x
时，

0
F x 
，当
1
x 时，

0
F x 
.
且x 时，

0
F x 
.
所以
1
2
1
e
x
x



，且
1
0, 2e
a






.
因为
1
2
,
x x 是方程
2
ln x
a
x

的2 个不同实数根，即
2
1
1
2
2
2
ln
ln
x
ax
x
ax





.
将两式相除得
2
2
2
2
1
1
ln
ln
x
x
x
x

，
令
2
1
x
t
x

，则
1
t ，
2
2
1
ln
ln
x t
t
x

，变形得
1
2
ln
ln
1
t
x
t

，
2
2
2
ln
ln
1
t
t
x
t


.
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又因为
2
1
1
ln x
x
a

，
2
2
2
ln x
x
a

，因此要证
2
2
1
2
12
2
3
5
x
x
a


，只需证
1
2
2ln
3ln
12
5
x
x
a
a
a


.
因为
0
a 
，所以只需证
1
2
12
2ln
3ln
5
x
x


，即证
2
2
2
3
ln
2ln
12
1
1
5
t
t
t
t
t




.
因为
1
t ，即证




2
2
12
1
ln
0
5 3
2
t
t
t




.
令






2
2
12
1
ln
1
5 3
2
t
G t
t
t
t





，则





2
2
2
2
3
2
0
3
2
t
G t
t
t




≥
，
所以

G t 在

1,上单调递增，


1
0
G t
G


，
即当
1
t 时，




2
2
12
1
ln
0
5 3
2
t
t
t




成立，命题得证.
【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式
变形，如常常利用
1
1
2
2
ln
ln
ln x
x
x
x


进行变形，可构造关于
1
2
x
t
x

的函数，利用导函数再进行求解.
4．已知函数
ln
1
( )
x
f x
x


，
e
( ) 
x
g x
x ．
(1)若对任意的
,
(0,
)
m n
都有
( )
( )
f m
t
g n

，求实数t 的取值范围；
(2)若
1
2
,
(0,
)
x x 
且
1
2
x
x

，
1
2
1
2
2
1
e
x
x
x
x
x
x


，证明：
3
3
1
2
2
x
x


．
【答案】(1)[1,e]
(2)证明见解析
【分析】（1）分别计算
ln
1
( )
x
f x
x


，
e
( ) 
x
g x
x 的导函数，接着分析它们的单调性，求得在
1
x 时，( )
f x 的
最大值为
(1)
1
f
，( )
g x 的最小值为(1)
e
g

，问题得解；
（2）先将
1
2
1
1
2
1
e
x
x
x
x
x
x


转化为



1
2
f x
f x

，再设
1
2
x
x

，数形结合得到
1
2
1
1
e
x
x


，接着构造函数，利用
函数的单调性得到
1
2
2
x
x


，最后利用放缩法证明不等式.
【详解】（1）由
ln
1
( )
x
f x
x


，
e
( ) 
x
g x
x ，
得
2
ln
( )
x
f
x
x



，
2
e (
1)
( )



x x
g x
x
，
当0
1
x

时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 在区间(0,1)上单调递增，当
1
x 时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 在区间(1,
)
上单调
递减，所以当
,
(
)
0
x
时，
( )
f x 的最大值为
(1)
1
f
．
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当0
1
x

时，
( )
0
g x


，( )
g x 在区间(0,1)上单调递减，当
1
x 时，
( )
0
g x


，( )
g x 在区间(1,
)
上单调
递增，所以当
,
(
)
0
x
时，( )
g x 的最小值为(1)
e
g

．
所以1
e
t

，故实数t 的取值范围为[1,e]．
（2）由
1
1
1
1
2
1
e
x
x
x
x
x
x


得
1
1
1
1
1
2
ex
x
x
x
x
x


，两边取对数并整理，
得




2
1
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x



，即
1
2
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x



，即



1
2
f x
f x

．
由（1）知，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，在(1,
)

上单调递减，
max
( )
(1)
1
f x
f

，（技巧：注意对第（1）问结论的应用）
而
1
0
e
f 





，当
1
x 时，
( )
0
f x 
恒成立，不妨设
1
2
x
x

，则
1
2
1
1
e
x
x


．
记( )
( )
(2
)
h x
f x
f
x



，
1,1
e
x






，
则
2
2
ln
ln(2
)
( )
( )
(2
)
(2
)
x
x
h x
f
x
f
x
x
x











2
2
2
2
ln
(
1)
1
ln
ln(2
)
0
x
x
x
x
x
x












，所以函数( )
h x 在1 ,1
e





上单调递增，
所以( )
(1)
(2 1)
0
h x
f
f




，即
( )
(2
)
f x
f
x


，x1 ,1
e





，
于是






2
1
1
2
f
x
f
x
f
x



，
1
1
2
1,2
e
x









，
又
( )
f x 在(1,
)
上单调递减，因此
2
1
2
x
x


，即
1
2
2
x
x


，
所以




3
2
3
3
3
2
1
2
1
1
1
1
1
2
8 12
6
6
1
2
2
x
x
x
x
x
x
x











．
【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：
（1）求导，得到函数
( )
f x 的单调性、极值情况，作出函数图象，由



2
1
f x
f x

得到
1
2
,
x x 的大致范围．
（2）构造辅助函数（若要证
1
2
0
( )2
x
x
x


，则构造函数


0
( )
( )
2
g x
f x
f
x
x



；若要证
2
1
2
0
( )
x x
x

，则
构造函数
2
0
( )
( )
x
g x
f x
f
x








.），限定
1
2
,
x x 的范围，求导，判定符号，获得不等式．
（3）代入
1
2
,
x x ，利用



2
1
f x
f x

及
( )
f x 的单调性即得所证结论．
练习题：
1．已知aR ，
( )
ax
f x
x e


，（其中e 为自然对数的底数）.
（1）求函数
( )
y
f x

的单调区间；
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（2）若
0
a 
，函数
( )
y
f x
a


有两个零点x ，
2
x ，求证：
2
2
1
2
2
x
x
e


.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导函数，讨论参数a 的取值范围即可求解单调区间；
（2）解法一：先证：
1
2
2
x
x
a


，即证：
1
2
2
x
x
a


，令函数
2
( )
( )
F x
f x
f
x
a









，通过求导判断单调性
可证明
1
2
2
x
x
a


，从而得


2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
e
a





；解法二：由
ln
ln
( )
0
x ax
a
f x
a
e
e





，令
( )
ln
ln
g x
x
ax
a



利用导数判断单调性，再构造
2
( )
( )
G x
g x
g
x
a









，求导分析单调性即可证明
1
2
2
x
x
a


，从而有


2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
e
a





．
【详解】（1）解：
( )
(1
)
ax
ax
ax
f
x
e
ax e
e
ax









∵aR ，∴a<0 时，
1
( )
(1
)
0
ax
f
x
e
ax
x
a







，
1
( )
(1
)
0
ax
f
x
e
ax
x
a







∴a<0 时，增区间为：1 ,
a





，减区间为：
1
, a







；
0
a 
时，
( )
(1
)
1
0
ax
f
x
e
ax




，∴
0
a 
时，增区间为：(
,
)




；
0
a 
时，
1
( )
(1
)
0
ax
f
x
e
ax
x
a







，
1
( )
(1
)
0
ax
f
x
e
ax
x
a







，
∴
0
a 
时，增区间为：
1
, a






，减区间为：1 ,
a







；
（2）解法一：由（1）知，
0
a 
时，增区间为：
1
, a






，减区间为：1 ,
a







；
且
1
x
a

时，
( )
0
f x 
，
1
1
( )
f
x
f
a
ae








极大值
，函数
( )
y
f x

的大致图像如下图所示
因为
0
a 
时，函数
( )
y
f x
a


有两个零点
1
x ，
2
x ，所以
1
a
ae

，即
2
1
a
e

，
不妨设
1
2
x
x

，则
1
2
1
0
x
x
a



；先证：
1
2
2
x
x
a


，即证：
1
2
2
x
x
a


因为
1
1
x
a

，所以
2
2
1
x
a
a


，又
( )
y
f x

在
1
, a







单调递增，所以即证：

1
2
2
f x
f
x
a








又



1
2
f x
f x

，所以即证：


2
2
2
f x
f
x
a








，
2
1
x
a

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令函数
2
( )
( )
F x
f x
f
x
a









，
1 ,
x
a








，
则
2
2
2
( )
(1
)
1
(1
)
ax
ax
ax
ax
F x
e
ax
e
a
x
ax
e
e
a





























因为
1
x
a

，所以
2
ax
ax



，1
0
ax


，故
2
( )
(1
)
0
ax
ax
F x
ax
e
e











函数
2
( )
( )
F x
f x
f
x
a









在1 ,
a







单调递增，所以
1
( )
0
F x
F a








因为
2
1
x
a

，所以，


2
2
2
f x
f
x
a








，即
1
2
2
x
x
a


所以


2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
e
a





．
（2）解法二：因为
0
a 
时，函数
( )
y
f x
a


有两个零点
1
x ，
2
x ，
则两个零点必为正实数，
ln
ln
( )
0
x ax
a
f x
a
e
e





（
0
x 
）
等价于ln
ln
x
ax
a


有两个正实数解；
令( )
ln
ln
g x
x
ax
a



（
0
x 
）
则
1
( )
g x
a
x



（
0
x 
），( )
g x 在
1
0, a






单调递增，在1 ,
a







单调递减，且
1
2
1
0
x
x
a



令
2
( )
( )
G x
g x
g
x
a









，
1 ,
x
a








，则
1
1
2
2
( )
2
2
0
2
1
(2
)
G x
a
a
a
a
x
x
ax
x
a
a












所以
( )
G x 在1 ,
a







单调递增，
1
( )
0
G x
G a








又
2
1
x
a

，故

2
2
2
g x
g
x
a








，
2
1 ,
x
a








又



1
2
g x
g x

，所以
1
2
2
g x
g
x
a








，
又
1
2
1
0
x
x
a



，所以
1
x ，
2
2
1
0,
x
a
a







，
又( )
g x 在
1
0, a






单调递增，所以
1
2
2
x
x
a


所以


2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
e
a





．
【点睛】关键点点睛：本题的第二问关键在于构造新函数，通过求导，层层地分析单调性，从而证明
1
2
2
x
x
a


，
再结合均值不等式求得结果．
2．已知函数

ln
1
x
f
x
ax


.
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(1)讨论

f
x 的单调性；
(2)若



2
1
1
2
e
e
x
x
x
x

（e 是自然对数的底数），且
1 > 0
x
，
2
0
x 
，
1
2
x
x

，证明：
2
2
1
2
2
x
x


.
【答案】(1)结论见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数
( )
f x 的导数
( )
f
x

，再按
0,
0
a
a


分类探讨
( )
f
x

的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合
1
a 时函数
( )
f x 的单调性，由
1
2
0
1
x
x


，



1
2
f x
f x

，再构造函数
( )
( )
(2
)
g x
f x
f
x



，
(1,2)
x
，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（1）函数
ln
1
( )
x
f x
ax


的定义域为(0,
)
，求导得则
2
ln
( )
x
f
x
ax


，由
( )
0
f
x


得
1
x ，
若a<0 ，当0
1
x

时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 单调递减，当
1
x 时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 单调递增，
若
0
a 
，当0
1
x

时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 单调递增，当
1
x 时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 单调递减；
所以当a<0 时，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递减，在(1,
)
上单调递增；
当
0
a 
时，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，在(1,
)
上单调递减.
（2）由



2
1
1
2
e
e
x
x
x
x

，两边取对数得




2
1
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x



，即
1
2
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x



，
由（1）知，当
1
a 时，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，在(1,
)
上单调递减，
max
( )
(1)
1
f x
f

，而
1
( )
0
e
f

，
1
x 时，
( )
0
f x 
恒成立，
因此当
1
a 时，存在
1
2
,
x x 且
1
2
0
1
x
x


，满足



1
2
f x
f x

，
若
2
[2,
)
x 
，则
2
2
2
1
2
2
4
2
x
x
x




成立；
若
2
(1,2)
x 
，则
2
2
(0,1)
x


，记( )
( )
(2
)
g x
f x
f
x



，
(1,2)
x
，
则
2
2
ln
ln(2
)
( )
( )
(2
)
(2
)
x
x
g x
f
x
f
x
x
x










2
2
ln
ln(2
)
x
x
x
x



2
2
ln[ (
1)
1]
0
x
x





，
即有函数( )
g x 在(1,2) 上单调递增，( )
(1)
0
g x
g


，即
( )
(2
)
f x
f
x


，
于是





1
2
2
2
f x
f x
f
x



，
而
2
(1,2)
x 
，
2
2
(0,1)
x


，
1
(0,1)
x 
，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，因此
1
2
2
x
x


，即
1
2
2
x
x


，
又
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
2
2 ,
1
2
2
x
x
x x
x
x




，则有


2
2
1
2
1
2
1
1
2
4
x
x
x
x




，则
2
2
1
2
2
x
x


，
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所以
2
2
1
2
2
x
x


.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，
都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
3．已知函数





ln
1
1
1
f x
x
a
x
a




．
（1）讨论函数

f
x 的单调性．
（2）已知

f
x 有两个不同的零点
1
x 、
2
x ．
（ⅰ）求实数a 的取值范围；
（ⅱ）求证：
2
2
1
2
0
2
x
x
f 








（

f
x

为

f
x 的导函数）．
【答案】（1）

f
x 在

1,
1
a


上单调递增，在

1,
a 
上单调递减；（2）（ⅰ）

,e ；（ⅱ）证明见解
析.
【分析】（1）求出函数

f
x 的定义域，求得

1
1
a
f
x
x


，分析导数的符号变化，由此可得出函数

f
x
的单调递增区间和递减区间；
（2）（i）利用导数分析函数

f
x 的单调性，根据函数

f
x 有两个零点可得出关于实数a 的不等式，进而
可求得实数a 的取值范围；
（ii）构造函数





1
1
F
x
f
a
x
f
a
x






，利用导数分析函数

F x 在区间

,a a

上的单调性，设
1
2
1
1
x
a
x



，分析得出
2
1
1
2
x
x
a


，利用基本不等式可得出
2
2
1
2
1
2
x
x
a

，再利用函数

f
x

的单调
性可证得所证不等式成立.
【详解】（1）由题意得

f
x 的定义域为

1,
，

1
1
1
a
a
x
f
x
x
x





，
令

0
f
x


，解得
1
x
a

．
又
1
a ，所以
1
0
a 
，所以当


1,a 1
x

时，
( )
0
f
x
¢
>
，当


1,
x
a


时，

0
f
x


，
所以

f
x 在

1,
1
a


上单调递增，在

1,
a 
上单调递减；
（2）（ⅰ）由题知

0
1
0
f

，

2
1
a
a
f e
e
a



，
设


2
0
x
g x
e
x
x



，则

2
x
g x
e
x



．
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令
2
x
h x
e
x


，则

2
x
h x
e



，
令

0
h x


，得0
ln 2
x


，令

0
h
x


，解得
ln 2
x 
，
所以函数

g
x

在

0,ln 2 上单调递增，在

ln 2,上单调递减，
因此



2
ln 2
2
2ln 2
2ln
0
g
x
g
e






，所以函数
g x 在

0, 

上单调递减，
所以，当
0
x 
时，


0
1
g x
g

，
1
a 

，
1
0
ae 
，则


1
0
a
f e
g a



．
构造函数
1
x
x
e
x



，其中
0
x 
，则

1
0
x
x
e



，
所以，函数
x

在

0, 

上单调递增，则

0
0




x
，即当
0
x 
时，
1
xe
x

.
所以，
1
ae
a

，所以
1
1
ae
a
a


，
故要使得函数

f
x 有两个不同的零点，只需

1
ln
0
f a
a
a
a



即可，解得a
e

，
因此当


,
a
e

时，函数

f
x 有两个不同的零点；
（ⅱ）令函数









1
1
2
ln
ln
F x
f a
x
f a
x
x
a
a
x
a
x












，a
x
a


，
则

2
2
2
1
1
2
2
x
F
x
a x
a
x
a
a
x













，
所以

0
F
x


在

,a a

上恒成立，因此函数

F x 在

,a a

上单调递增，且

0
0
F

．
由（1）设
1
2
1
1
x
a
x



，则
1
1
0
a
a
x



，所以



1
1
0
0
F a
x
F



，
即



1
1
2
2
0
f
a
x
f x



，即





1
1
2
2
2
f
a
x
f x
f x



，
因为
1
2
2
1
a
x
a


，且

f
x 在

1,
a 
上单调递减，
所以
1
2
2
2
a
x
x


，即
2
1
1
2
x
x
a


．
由（ⅰ）知a
e
，则
1
1
a
e

，由基本不等式可得




2
2
2
2
2
1
2
1
2
1 2
1
2
2
2
x
x
x
x
x x
x
x






，即
2
2
2
1
2
1
2
2
2
x
x
x
x








，
因为
1
2
x
x

，所以





2
2
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
2
2
x
x
x
x
a
a
e
a
















，
因为函数

1
1
a
f
x
x


在

1,
上单调递减，因此


2
2
1
2
1
0
2
x
x
f
f
a












．
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【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式

f x
g x

（或

f x
g x

）转化为证明

0
f x
g x


（或


0
f x
g x


），进而构造辅助函数


h x
f x
g x


；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
4．已知函数

2
ln
f x
x
ax


.
(1)讨论函数

f
x 的单调性：
(2)若
1
2
,
x x 是方程

0
f
x 
的两不等实根，求证：
2
2
1
2
2e
x
x


；
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据
0
a 
和
0
a 
分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由
2
2
ln
0
2ln
2
0
x
ax
x
ax





可得，
1
2
,
x x 是方程
2
2
ln
2
0
x
ax


的两不等实根，从而可将问题转化
为1
2
,
t t 是方程
ln
2
t
a
t

的两不等实根，即可得到a 和1
2
,
t t 的范围，原不等式等价于1
2
2e
t
t


，即极值点偏移
问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．
【详解】（1）由题意得，函数

f
x 的定义域为

0, 

.
由

2
ln
f x
x
ax


得：

2
1
1 2
2
ax
f
x
ax
x
x





，
当
0
a 
时，


0,
f
x
f
x


在

0, 

上单调递增；
当
0
a 
时，由
( )
0
f
x
¢
>
得
2
0
2
a
x
a


，由

0
f
x


得
2
2
a
x
a

，
所以

f
x 在
2
0, 2
a
a








上单调递增，在
2
,
2
a
a









上单调递减.
（2）因为
1
2
,
x x 是方程
2
ln
0
x
ax


的两不等实根，
2
2
ln
0
2ln
2
0
x
ax
x
ax





，
即
1
2
,
x x 是方程
2
2
ln
2
0
x
ax


的两不等实根，
令
2(
0)
t
x t


，则
2
2
1
1
2
2
,
t
x t
x


，即1
2
,
t t 是方程
ln
2
t
a
t

的两不等实根.
令
lnt
g t
t

，则

2
1 lnt
g t
t



，所以
g t 在

0,e 上递增，在

e,上递减，
1
e
e
g

，
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当
0
t 
时，
g t ；当t 时，
0
g t 
且
0
g t 
.
所以0
1
2
e
a


，即0
1
2e
a


.
令
1
2
1
e
t
t



，要证
2
2
1
2
2e
x
x


，只需证1
2
2e
t
t


，
解法1（对称化构造）：令





2e
,
1,e
h t
g t
g
t
t




，
则











ln 2e
2e
ln
ln 2e
ln
2e
2e
2e
t
t
t
t
t
t
h t
g t
g
t
t
t
t
t












，
令




2e
ln
ln 2e
t
t
t
t
t





，
则





2
2e
2e
1 ln
ln 2e
ln
2e
2e
2e
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t















2e
2
0
2e
t
t
t
t






，
所以t

在

1,e 上递增，

e
0
t




，
所以h



2e
0
t
g t
g
t




，所以


2e
g t
g
t


，
所以




2
1
1
2e
g t
g t
g
t



，所以2
1
2e
t
t

，
即1
2
2e
t
t


，所以
2
2
1
2
2e
x
x


.
解法2（对数均值不等式）：先证
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




，令
1
2
0
x
x


，
只需证
2
1
2
1
2
1
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




，只需证

2
1
2
1
ln
0
1
1
x
x
x
x
x
x












，
令



2
2
2
2
1
4
1
(
1)
ln (
1),
0
1
(
1)
(
1)
x
x
x
x x
x
x
x
x
x x
















，
所以
x

在

1,上单调递减，所以
1
0
x




.
因为
1
2
1
2
ln
ln
t
t
t
t

，所以
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
ln
ln
2
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t







，
所以
1
2
ln
ln
2
t
t


，即
2
1 2
e
t t 
，所以1
2
1 2
2
2e
t
t
t t



.
【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称
化构造及对数均值不等式等方法证出．
题型五极值点偏移倒数和
1
2
1
1
x
x

与其他变形
1．已知函数


( )
2
ln
f x
e
x
x


，其中
2.71828
e 
为自然对数的底数.
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（1）讨论函数
( )
f x 的单调性；
（2）若


1
2
,
0,1
x x 
，且


2
1
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
ln
ln
x
x
x
x
ex x
x
x



，证明：
1
2
1
1
2
2
1
e
e
x
x



.
【答案】（1）


0,
x
e

时，递增；


,
x
e

时，递减；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断导数的单调性，结合导函数的零点，判断函数的单调性；（2）首
先方程变形为
1
1
2
2
1
1
1
1
2
ln
2
ln
e
e
x
x
x
x















，设
1
1
1
a
x 
，
2
2
1
a
x 
，通过构造函数


( )
( )
2
F x
f x
f
e
x



，
1
e
x


，利用导数证明
1
2
2
a
a
e


，再分
2
1
a
e

和
2
1
2
e
a
e


时，证明
1
2
2
1
a
a
e


.
【详解】解：（1）
2
(1
)
'( )
ln
e
x
x
f
x 


，
2e
y
x

是减函数，
1
ln
y
x

是增函数，
所以
'( )
f
x 在

0, 

单调递减，
∵

'
0
f
e 
，
∴


0,
x
e

时，

'( )
'
0
f
x
f
e


，
( )
f x 单调递增；


,
x
e

时，

'( )
'
0
f
x
f
e


，
( )
f x 单调递减.
（2）由题意得，
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2 ln
2 ln
x
x
e
x
e
x
x
x



，即
1
2
1
2
1
1
2
ln
2
ln
e
x
e
x
x
x















，
1
1
2
2
1
1
1
1
2
ln
2
ln
e
e
x
x
x
x















，
设
1
1
1
a
x 
，
2
2
1
a
x 
，则由


1
2
,
0,1
x x 
得，


1
2
,
1,
a a 
，且




1
2
f a
f a

.
不妨设
1
2
a
a

，则即证
1
2
2
2
1
e
a
a
e



，
由


2
0
f
e 
及
( )
f x 的单调性知，
1
2
1
2
a
e
a
e




.
令


( )
( )
2
F x
f x
f
e
x



，1
e
x


，则


2
4
'( )
'( )
'(2
)
2
ln
(2
)
(2
)
e
F x
f
x
f
e
x
x
e
x
x
e
x








，
∵

2
2
x
e
x
e


，∴
2
2
2
4
'( )
2
ln
0
e
F x
e
e




，
( )
( )
0
F x
F e


，
∴


( )
2
f x
f
e
x


，取
1
x
a

，则




1
1
2
f a
f
e
a


，
又




1
2
f a
f a

，则




2
1
2
f a
f
e
a


，
又
1
2e
a
e

，
2a
e

，且
( )
f x 在

,e 单调递减，∴
2
1
2
a
e
a


，
1
2
2
a
a
e


.
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1
2
2
1
a
a
e


.
（i）当
2
1
a
e

时，由
1a
e

得，
1
2
2
1
a
a
e


；
（ii）当
2
1
2
e
a
e


时，令
( )
( )
(2
1
)
G x
f x
f
e
x



，
1
2
e
x
e


，则
2
2
'( )
'( )
'(2
1
)
1
ln
1
ln(2
1
)
2
1
e
e
G x
f
x
f
e
x
x
e
x
x
e
x









2
2
2 (2
1)
2
ln
(2
1)
(2
1)
e
e
x
e
x
x
e
x














，
记
2
(2
1)
t
x
e
x



，
1
2
e
x
e


，则
2 (2
1)
'( )
2
ln
e
e
G x
t
t




，
又
2
(2
1)
t
x
e
x



在

1,2
e
e

为减函数，∴


2
2 ,
1
t
e e


，
2 (2
1)
2
e
e
t


在

2
2 ,
1
e e 
单调递减，lnt 在

2
2 ,
1
e e 
单调递增，∴2 (2
1)
2
ln
e
e
t
t



单调递减，从而，'( )
G x
在

1,2
e
e

单调递增，
又
2 (2
1)
'(2 )
2
ln 2 (2
1 2 )
2
1 ln 2
2 (2
1 2 )
e
e
G
e
e
e
e
e
e
e
e
e








，ln
1


x
x
，
∴


' 2
0
G
e 
，
又
2 (2
1)
'(
1)
2
ln(
1)(2
1
1)
(
1)(2
1
1)
e
e
G e
e
e
e
e
e
e









1
ln(
1)
0
1
e
e
e






，
从而，由零点存在定理得，存在唯一
0
(
1,2 )
x
e
e


，使得


0
'
0
G x

，
当


0
1,
x
e
x


时，


0
'( )
'
0
( )
G x
G x
G x



单调递减；
当


0,2
x
x
e

时，


0
'( )
'
0
( )
G x
G x
G x



单调递增.
所以，


( )
max
(
1),
(2 )
G x
G e
G
e


，
又
(
1)
(
1)
(2
1
1)
(
1)
( )
(
1)ln(
1)
G e
f e
f
e
e
f e
f e
e
e
e











，
ln
1
1
ln
ln(
1)
x
x
e
x
e
x
e
e
e







，
所以，
1
1
(
1)
(
1)
0
e
G e
e
e
e
e









，
显然，






2
2
2
1
2
0
0
0
G
e
f
e
f
e
e






，
所以，
( )
0

G x
，即


( )
2
1
0
f x
f
e
x



，
取


2
1,2
x
a
e
e



，则




2
2
2
1
f a
f
e
a


，
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又




1
2
f a
f a

，则




1
2
2
1
f a
f
e
a


，
结合


2
2
1
2
1
1
e
a
e
e
e




，
1a
e

，以及
( )
f x 在

0,e 单调递增，得到
1
2
2
1
a
e
a


，
从而
1
2
2
1
a
a
e


.
【点睛】关键点点睛：本题第二问要证明不等式
1
2
1
1
2
2
1
e
e
x
x



成立，换元后转化为
1
2
2
2
1
e
a
a
e



，
两次构造函数，并转化为极值点偏移问题，证明不等式.
2．已知
1
( )
,
( )
(
1)
1
x
x
f x
e
g x
a x
x





．
（1）求
( )
y
f x

的单调区间；
（2）当
0
a 
时，若关于x的方程
( )
( )
0
f x
g x


存在两个正实数根


1
2
1
2
,
x x
x
x

，证明：
2
a
e

且
1
2
1
2
x x
x
x


．
【答案】（1）减区间为：(
,
3),( 3,
)

，增区间为：(
3,1),(1, 3)

；（2）证明见解析．
【分析】（1）对函数求导，根据导数与0 的关系，判断函数单调区间；
（2）方法一：由条件，分离参数
1
xe
a
x

，令( )
1
xe
h x
x

，利用导数研究函数单调区间及最值情况，利用
数形结合将问题转化为图像交点问题，从而证得参数a 的取值范围；令
2
1,
1
x
x
t
e
t


，将证明的结论等价转
化为



1 2
1
2
1
2
1
1
1
x x
x
x
x
x





，从而
2
2
2
2
ln
1
ln
(
1)
0
(
1)
t
t
t
t
t
t





，令
2
2
( )
ln
(
1) ,(
1)
F t
t
t
t
t




，
通过导数研究其最大值情况，从而证明结论；
方法二：令( )
x
h x
e
ax
a



，通过导数求得单调区间，若,有两个零点，只需最小值小于0，从而求得参数
a 取值范围；令
1
2
1,
1
x
x





，则e



，变形整理ln
ln
1







，要证
1
2
1
2
x x
x
x


，则只需证
1
，
即只要证
1 (0
1
)







，结合对数函数
ln
y
x

的图象可知，只需要证
1
1
( ,ln
),
,ln










两点连线的
斜率要比( ,ln ) ( ,ln
)




，
两点连线的斜率小即可．
【详解】（1）解：
( )
y
f x


的定义域为(
,1)
(1,
)


，
又
2
2
3
( )
,
(1
)
x
x
f
x
e
x






由
( )
0
f
x


得
3
x 
，
当



,
3
3,
x

时，
( )
0
f x


，
当
(
3,1)
(1, 3)
x

时，
( )
0
f
x


，
( )
y
f x


的减区间为：(
,
3),( 3,
)

，增区间为：(
3,1),(1, 3)

，
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（2）证明：方法一：由
( )
( )
0
f x
g x


存在两个正实数根


1
2
1
2
,
x x
x
x

，
整理得方程
(
1)(
1)
xe
a x
x



存在两个正实数根


1
2
1
2
,
x x
x
x

．
由
0
a 
，知
2
1
1,
1
xe
x
x
a
x




，
令( )
1
xe
h x
x

，则
2
(
2)
( )
(
1)
xe
x
h x
x




，
当
(1,2)
x
时，
( )
0, ( )
h x
h x


减函数；当
(2,
)
x
时，
( )
0, ( )
h x
h x


增函数．
所以
2
min
( )
(2)
h x
h
e


．
因为
1, ( )
;
, ( )
x
h x
x
h x



．所以( )
h x 的值域为

2,
e



，
问题等价于直线y
a

和
( )
y
h x

有两个不同的交点．
2
a
e

，且
1
2
(1,2),
(2,
)
x
x


，
所以




1
2
1
2
1
1
x
x
e
a x
e
a x







，从而
2
2
1
1
2
1
1
1
x
x
x
x
x
e
e
e
x




．
令
2
1,
1
x
x
t
e
t


，则
2
1
2
1
ln
1
1
x
x
t
x
t
x










，解得
1
2
ln
ln
1,
1
1
1
t
t
t
x
x
t
t






，



1
2
1
2
1
2
1
1
1
x x
x
x
x
x





，而


2
1
2
2
ln
1
1
(
1)
t
t
x
x
t




，
下面证明
1
t 时，
2
2
2
2
ln
1
ln
(
1)
0
(
1)
t
t
t
t
t
t





，
令
2
2
( )
ln
(
1) ,(
1)
F t
t
t
t
t




，
则
2
2(ln
1)
( )
ln
2ln
2(
1),
( )
t
t
F t
t
t
t
F
t
t








，
令( )
ln
1,(
1)
S t
t
t
t



，则
1
( )
1
0
S t
t



，
( )
S t

在(1,
)
为减函数，
( )
(1)
0
S t
S



，
( )
0,
( )
F
t
F t




在(1,
)
为减函数，
( )
(1)
0
F t
F




，
( )
F t

在(1,
)
为减函数，
( )
(1)
0
F t
F


，即
1
2
1
2
x x
x
x


．
方法二：由
( )
( )
0
f x
g x


存在两个正实数根


1
2
1
2
,
x x
x
x

，
整理得方程
(
1)(
1)
xe
a x
x



存在两个正实数根


1
2
1
2
,
x x
x
x

．
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由
0
a 
，知
2
1
1
x
x

，
令( )
x
h x
e
ax
a



，则
( )
x
h x
e
a



，
当
ln
x
a

时，
( )
0, ( )
h x
h x


在(ln ,
)
a 上单调递增；
当
ln
x
a

时，
( )
0, ( )
h x
h x


在(0,ln )
a 上单调递减．
所以
min
( )
(ln )
2
ln
h x
h
a
a
a
a



．
因为( )
x
h x
e
ax
a



有两个零点，即2
ln
0
a
a
a


，得
2
a
e

．
因为实数
1
2
,
x
x 是
(
1)
xe
a x


的两个根，
所以




1
2
1
2
1
1
x
x
e
a x
e
a x







，从而
1
2
1
2
1
2
1
1
x
x
x
x
x
e
x
e
e




．
令
1
2
1,
1
x
x





，则e



，变形整理ln
ln
1







，
要证
1
2
1
2
x x
x
x


，则只需证
1
，即只要证
1 (0
1
)







，
结合对数函数
ln
y
x

的图象可知，只需要证
1
1
( ,ln
),
,ln










两点连线的斜率要比( ,ln ) ( ,ln
)




，
两点连
线的斜率小即可．
因为ln
ln
1







，所以只要证
1
ln
ln
1
1







，整理得1
2ln
0(0
1)








．
令
1
( )
2ln (0
1)
g x
x
x
x
x





，则
2
2
2
1
2
(
1)
( )
1
0
x
g x
x
x
x






，
所以( )
g x 在(0,1)上单调递减，即( )
(1)
0
g x
g


，
所以1
2ln
0(0
1)








成立，故
1
2
1
2
x x
x
x


成立．
【点睛】方法点睛：通过导数研究函数的单调区间，最值情况以及交点，零点情况；带参数时，可以分离
参数或者带参分类讨论这两种方法来求得参数取值范围；对于双变量问题的证明，一般需要找到两个变量
间的关系，利用另一个变量来表示这两个变量，从而转化为函数问题，借助导数证得结论.
3．已知
ln
h x
x
ax


(1)若
h x 有两个零点，求a 的取值范围；
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(2)若方程
e
ln
x
ax
x
x



有两个实根
1
x 、
2
x ，且
2
1
x
x

，证明：
1
2
1
2
e
e
0
2
x
x
x
x
h







.
【答案】(1)
1
0
e
a


(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：由参变量分离法可知直线y
a

与函数

ln x
f
x
x

的图象有两个交点，利用导数分析
函数

f
x 的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；
解法二：直接对函数求解，通过对参数a 的分类讨论，研究函数的单调性与极最值，通过分析原函数图象，
数形结合求得实数a 的取值范围.
（2）首先根据已知条件
1
1
1ex
t
x

、
2
2
2ex
t
x

是
h x 的两个零点，证
1
2
1
0
2
t
t
h
h
a

















，即证1
2
2
t
t
a


，
然后分2
2
t
a

和
2
1
2
t
a
a


两种情况进行分类讨论，最终构造函数


2
F x
h x
h
x
a









（1
2
x
a
a


）进行
证明.
【详解】（1）解法一：函数

f
x 的定义域为

0, 

，由

0
f
x 
可得
lnx
a
x

，
令
lnx
g x
x

，其中
0
x 
，则

2
1 lnx
g
x
x



，令

0
g
x


可得
e
x，列表如下：
x


0,e
e


e,

g
x

＋
0
－

g x
增
极大值1
e
减
且当
1
x 时，

ln
0
x
g x
x


，作出函数
g x 和y
a

的图象如下图所示：
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由图可知，当
1
0
e
a


时，
即当
1
0
e
a


时，直线y
a

与函数
g x 的图象有两个公共点，
因此，实数a 的取值范围是
1
0, e






.
解法二：

1
ln
h x
x
ax
h
x
a
x






当
0
a 
时，∴

0
h x


恒成立得
h x 在

0, 

上递增，
则函数
h x 不可能存在两个零点，故该情况不成立；
当
0
a 
时，得
h x 在
1
0, a






递增；在1 ,
a







递减，
要使
h x 有两个不同零点，
必须
0
a 
且极大值
1
0
h a






（
0
x 
和x 时
h x ），
∴
1
0
e
a


.
（2）方程


e
ln
e
ln
e
x
x
x
ax
x
x
ax
x







令
e x
t
x


，由
e
ln
x
ax
x
x



有两个实根
1
x 、
2
x ，
则
1
1
1ex
t
x

、
2
2
2ex
t
x

是
h x 的两个零点
由
ln
h x
x
ax


可得

1
h
x
a
x



为减函数，
要证
1
2
1
0
2
t
t
h
h
a

















，即证1
2
2
t
t
a


，
由
h x 的图象，不妨设1
2
1
t
t
a


（1t ，2t 分布在
h x 的极值点两侧）
要证1
2
2
t
t
a


，只需证1
2
2
t
t
a


①当2
2
t
a

时，因
1
1
0
t
a


，故上式显然成立.
②当
2
1
2
t
a
a


时，
2
2
1
0
t
a
a



，又
1
1
0
t
a


，
由
h x 在
1
0, a






递增，即证明

1
2
2
2
2
2
h t
h
t
h t
h
t
a
a

















构造函数


2
F x
h x
h
x
a









（1
2
x
a
a


）
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

2
2
1
2
2
4
2
2
1
1
0
2
2
2
a x
x
ax
a
a
F
x
h x
h
x
a
a
a
x
x
x
x
x
x
a
a
a










































，
∴

F x 在1 2
,
a a






为增函数，

1
0
F x
F
a








，所以要证的不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
4．已知函数

ln x
f x
a
x
a


，
ex
g x
ax
a


．（e
2.71828

为自然对数的底数）
(1)当
1
a 时，求函数

y
f x

的极大值；
(2)已知
1
x ，


2
0,
x 
，且满足




1
2
f
x
g x

，求证：
2
1
e
2
x
x
a
a


．
【答案】(1) 1

(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究
( )
f x 的单调性，进而求得其最大值.
（2）同构函数
ln
h x
x
x


，转化为


2
1
ex
x
h
h
a






，结合换元法
2
1
1
2
,
e x
x
t
t
a


，分别讨论1
1
t 与
1
0
1
t

，
当1
1
t 时运用不等式性质即可证得结果，当
1
0
1
t

时运用极值点偏移即可证得结果.
【详解】（1）当
1
a 时，

ln
f x
x
x


，定义域为

0, 

，
则

1
1
1
x
f
x
x
x




，

0
0
1
f
x
x




，

0
1
f
x
x



，
所以

f
x 在

0,1 上单调递增，在

1,上单调递减，
故

f
x 的极大值为

1
1
f
；
（2）由题意知，
0
a 
，由




1
2
f
x
g x

可得
2
1
1
2
ln
e x
x
a
x
ax
a
a 


，
所以
2
2
1
1
ln
lne
e
x
x
x
x
a
a



，令
ln
h x
x
x


，
由（1）可知，
h x 在

0,1 上单调递增，在

1,上单调递减，则


2
1
ex
x
h
h
a






，
令
1
1
x
t
a

，
2
2
ex
t 
，又
1 > 0
x
，
2
0
x 
，所以1
0
t 
，2
1
t ，则

1
2
h t
h t

，
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①若1
1
t ，则1
2
2
t
t


，即
2
1
e
2
x
x
a 

，所以
2
1
e
2
x
x
a
a


；
②若
1
0
1
t

，设


3
1,
t 
，且满足

3
1
h t
h t

，如图所示，
则


3
1
2
h t
h t
h t


，所以
3
2
1
t
t


，下证：3
1
2
t
t


．
令






2
ln
ln 2
2
2
F x
h x
h
x
x
x
x








，


0,1
x
，
则





2
2
1
1
1
2
0
2
2
x
F
x
x
x
x
x









，
所以




2
F x
h x
h
x
x



在


0,1
x
上单调递增，所以

1
0
F x
f


，
所以




1
1
1
2
0
F t
h t
h
t




，即


1
1
2
h t
h
t


，
又因为

3
1
h t
h t

，所以


3
1
2
h t
h
t


，3t ，


1
2
1,
t

，
所以3
1
2
t
t

，即3
1
2
t
t


，
又因为
3
2
1
t
t


，所以1
2
2
t
t


，即
2
1
e
2
x
x
a
a


．
由①②可知，
2
1
e
2
x
x
a
a


得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数
( )
f x 存在两个零点
1
2
,
x x 且
1
2
x
x

，求证：
1
2
0
2
x
x
x


（
0x 为函数
( )
f x 的极值点）；
2.若函数
( )
f x 中存在
1
2
,
x x 且
1
2
x
x

满足
2
(
)
(
)
1
f x
f x

，求证：
1
2
0
2
x
x
x


（
0x 为函数
( )
f x 的极值点）；
3.若函数
( )
f x 存在两个零点
1
2
,
x x 且
1
2
x
x

，令
1
2
0
2
x
x
x


，求证：


0
0
f
x


；
4.若函数
( )
f x 中存在
1
2
,
x x 且
1
2
x
x

满足
2
(
)
(
)
1
f x
f x

，令
1
2
0
2
x
x
x


，求证：


0
0
f
x


.
练习题：
1．已知函数

2
f x
ax

，


1
ln
g x
x
x


.
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(1)若对于任意


0,
x
，都有

f x
g x

，求实数a 的取值范围；
(2)若函数

y
g x
m


有两个零点
1
2
,
x x ，求证：
1
2
1
1
2
x
x


.
【答案】(1)
2
1
e
a 
(2)证明见解析
【分析】（1）通过转化构造函数

1 ln x
F x
x


，利用导数求出该函数的最小值即可；
（2）通过利用极值点偏移的知识，令
1
1
a
x

，
2
1
b
x

，利用导数相关知识转化为证明



2
h b
h a
h
a



即
可.
【详解】（1）结合题意：对于任意


0,
x
，都有

f x
g x

，所以


2
1
ln
ax
x
x


，
因为


0,
x
，所以只需

1 ln x
a
F x
x



，

2
ln
2
x
F
x
x



，
当


2
0,e
x
时，

0
F
x


，

F x 在

2
0,e
上单调递减；
当


2e ,
x
时，

0
F
x


，

F x 在

2e ,上单调递增.
所以只需


2
2
min
1
e
e
a
F x
F



；
（2）




1
1
2
2
1 ln
1 ln
x
x
x
x



等价于
1
2
1
2
1
1
1 ln
1 ln
1
1
x
x
x
x



，
设函数
1
ln x
h x
x


，

2
ln x
h
x
x



，易知
h x 在区间

0,1 上单调递增；

1,上单调递减，
由

h a
h b

知0
1
a
b


且
1
1
a
x

，
2
1
b
x

，
设函数







2
1
ln
1
ln 2
g x
x
x
x
x






，其中0
1
x

，
知



2
ln
2
2
0
2
x
x
G x
x
x
x
x



















，
知

G x 在区间

0,1 上单调递增，即


0,1
x
时

1
0
G x
G


，
即


0,1
x
时，


1 ln 2
1 ln
2
x
x
x
x





，
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即




1 ln 2
1 ln
2
2
a
a
h a
h
a
a
a








，
又由已知由

h a
h b

且0
1
a
b


，
有


2
h b
h
a


且


2
1,2
a

，由
h x 在

1,上单调递减，
所以
2
b
a


，即
1
2
1
1
2
x
x


.
2．已知函数



1
ln
f x
x
a
x


，a
R

.
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若
1
0, 2
x





时，都有1
f x ，求实数a 的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数
1
x ，
2
x 满足
2
2
1
1
1 ln
1 ln
x
x
x
x



，证明：
1
2
1
2
x
x
ex x


.
【答案】(1)当
0
a 
时，
( )
f x 在
1
(0,
)
a
a
e

单调递增，在
1
(
,
)
a
a
e

单调递减；
当
0
a 
时，
( )
f x 在(0,
)
单调递增；
当a<0 时，
( )
f x 在
1
(0,
)
a
a
e

单调递减，在
1
(
,
)
a
a
e

单调递增.
(2)
1
ln 2
a 
(3)证明详见解析
【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后讨论a 的取值即可确定函数的单调性；
（2）分离参数a，构造出新函数
1
( )
ln
x
h x
x
x


，得到( )
h x 最小值，即可得到a 的范围；
（3）利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可.
【详解】（1）解：因为



1
ln
f x
x
a
x


，定义域为

0, 

，
( )
1
ln
f
x
a
a
x



.
①当
0
a 
时，令
1
( )
0,1
ln
0
ln
a
f
x
a
x
x
a









，解得
1
e
a
a
x


即当
1
(0,
)
a
a
x
e


时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递增，
当
1
(
,
)
a
a
x
e


时，
( )
0
f x


，
( )
f x 单调递减；
②当
0
a 
时
( )
1
0
f
x



，
( )
f x 在(0,
)
单调递增；
③当a<0 时令
1
( )
0,1
ln
0
ln
a
f
x
a
x
x
a









，解得
1
e
a
a
x


，
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即当
1
(0,
)
a
a
x
e


时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递减，
当
1
(
,
)
a
a
x
e


时，
( )
0
f x


，
( )
f x 单调递增；
综上：当
0
a 
时，
( )
f x 在
1
(0,
)
a
a
e

单调递增，在
1
(
,
)
a
a
e

单调递减；
当
0
a 
时，
( )
f x 在(0,
)
单调递增；
当a<0 时，
( )
f x 在
1
(0,
)
a
a
e

单调递减，在
1
(
,
)
a
a
e

单调递增.
（2）若
1
0, 2
x





时，都有1
f x ，
即

1
ln
1
x
a
x

，
1
ln
x
a
x
x


恒成立.
令
1
( )
ln
x
h x
x
x


，则
min
( )
a
h x

，
2
2
ln
(ln
1)(
1)
ln
1
( )
(
ln )
( ln )
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
x
x









，
令( )
ln
1
g x
x
x


，所以
1
1
( )
1
x
g x
x
x




，
当
1
0, 2
x





时，
( )
0
g x


，( )
g x 单调递增，
max
1
1
( )
( )
ln 2
0
2
2
g x
g




，
所以
( )
0
h x

，
1
( )
ln
x
h x
x
x


在0, 1
2





单调递减，
所以
min
1
( )
( )
2
h x
h

= 1
ln 2 ，所以
1
ln 2
a 
（3）原式
2
2
1
1
1 ln
1 ln
x
x
x
x



可整理为
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
ln
ln
x
x
x
x
x
x



，
令
( )
(1 ln )
F x
x
x


，原式为
1
2
1
1
(
)
(
)
F
F
x
x

，
由（1）知，
( )
(1 ln )
F x
x
x


在(0,1)单调递增，在(1,
)
单调递减，
则
1
2
1
1
,
x
x 为
( )
F x
k

两根，其中
1
(
)
0,
k 
，不妨令




1
2
1
1
0,1 ,
1,e
x
x


，
要证
1
2
1
2
x
x
ex x


，
即证
1
2
1
1
e
x
x

，
1
2
1
1
e
x
x


，
只需证
2
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
F
F
F e
x
x
x



，
令( )
( )
(
)
x
F x
F e
x




，


0,1
x
，


( )
ln
(
)
x
x e
x



，
令
0
(
)
0
x


，则
0
(0,
)
x
x

，
( )
0
x


，( )
x 单调递增，
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0
(
,1)
x
x

，
( )
0
x


，( )
x 单调递减.
又
0,
( )
0,
( )
0
x
F x
F e


，
故
0, (0)
0,
x



(1)
(1)
(
1)
0
F
F e




，所以( )
0
x


恒成立，
即
2
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
F
F
F e
x
x
x



成立，
所以
1
2
1
1
e
x
x

，原式
1
2
1
2
x
x
ex x


得证.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想
同构的数学思想等知识，属于中等题.常用方法有如下四种，
方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数
问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明
题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于
1
2
0
e
x
x



的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
3．已知函数

ln
f
x
x
a
x


．
(1)若

1
f
x 
恒成立，求实数a 的值：
(2)若
1 > 0
x
，
2
0
x 
，
1
2
1
2
e
ln
x
x
x
x



，证明：
1
2
e
2
x
x


．
【答案】(1)
1
a 
(2)证明见解析
【分析】（1）当
0
a 
时，由
( )
0
f
x
¢
>
可知函数单调递增，通过反例可说明不合题意；当
0
a 
时，可得

f
x
单调性，知
ln
1
a
a
a

；构造函数
ln
g a
a
a
a


，利用导数可求得

1
1
g a
g

，由此可得
ln
1
a
a
a

，
知
1
a ；
（2）将已知不等式化为
1
1
2
2
e
ln e
ln
x
x
x
x



，令
ln
h x
x
x


，利用导数可求得
h x 单调性，易知
2
1
x 时
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成立，当
2
0
1
x

时，采用分析法可知只需证得



2
2
2
h x
h
x


即可，构造函数




2
m x
h x
h
x



，


0,1
x
，利用导数可说明

0
m x 
，由此可得结论.
【详解】（1）由题意得：

f
x 定义域为

0, 

，

1
a
x
a
f
x
x
x




；
①当
0
a 
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
( )
f
x
\
在

0, 

上单调递增，
若
0
a 
，则



0
f
x
x x


，


0,1
x

时，1
f x ，不合题意；
若a<0 ，则
1
1
1
1
e
e
lne
e
1
0
a
a
a
a
f
a









，不合题意；
②当
0
a 
时，若


0,
x
a

，则

0
f
x


；若


,
x
a

，则
( )
0
f
x
¢
>
；
( )
f
x
\
在

0,a 上单调递减，在

,a 上单调递增，


min
ln
f
x
f a
a
a
a




；
若

1
f
x 
恒成立，
ln
1
a
a
a


，
令
ln
g a
a
a
a


，则

ln
g a
a


，
当


0,1
a
时，

0
g
a


；当


1,
a
时，

0
g
a


；

g a

在

0,1 上单调递增，在

1,上单调递减；
又
1
1
g
，
ln
1
a
a
a

；
则当
1
a 时，
ln
1
a
a
a

符合题意；
综上所述：
1
a .
（2）由
1
2
1
2
e
ln
x
x
x
x



得：
1
1
1
1
2
2
e
e
ln e
ln
x
x
x
x
x
x





，
令
ln
h x
x
x


，则

1
1
1
x
h x
x
x




，
当


0,1
x
时，

0
h
x


；当


1,
x
时，

0
h x


；

h x

在

0,1 上单调递减，在

1,上单调递增；
由
1
1
2
2
e
ln e
ln
x
x
x
x



得：



1
2
ex
h
h x

；
1
0
x 

，
1
e
1
x

，
当
2
1
x 时，由



1
2
ex
h
h x

得：
1
2
e
1
x
x

，
1
2
e
2
x
x



；
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当
2
0
1
x

时，要证
1
2
e
2
x
x


，只需证
1
2
e
2
x
x


，
2
0
1
x



，
2
1
2
2
x



，则只需证



1
2
e
2
x
h
h
x


，
又



1
2
ex
h
h x

，只需证



2
2
2
h x
h
x


；
令




2
m x
h x
h
x



，


0,1
x
，
则





2
2
1
1
1
1
1
1
1
2
0
2
2
2
x
m
x
x
x
x
x
x
x



















，

m x

在

0,1 上单调递减，


1
0
m x
m



，


2
0
m x


，
即



2
2
2
h x
h
x


，即



1
2
e
2
x
h
h
x


得证，
1
2
e
2
x
x



；
综上所述：
1
2
e
2
x
x


成立.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够
采用同构法将所给不等式化为



1
2
ex
h
h x

的形式，结合极值点偏移的分析思想将问题转化为证明




2
2
2
h x
h
x


，从而通过构造函数来进行证明.
4．已知函数



ln
2
f
x
x
a x



（aR ）．
(1)试讨论函数

f
x 的单调性；
(2)若函数

f
x 有两个零点
1
x ，
2
x （
1
2
x
x

），求证：
1
2
3
3
2
x
x
a
a




．
【答案】(1)当
0
a 
时，

f
x 在区间

0, 

上单调递增；
当
0
a 
时，

f
x 在区间
1
0, a






上单调递增，在区间1 ,
a







上单调递减.
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，根据a 的不同取值范围，对

f
x

的符号进行讨论即可；
（2）由已知及（1）中单调性，可知
0
a 
，
2
1
x
a

且
2
2
x 
，故只需证明
1
2
2
x
x
a


，再借助不等式性质和
放缩，即可证出
1
2
3
3
3
2
2
x
x
a
a
a






.
【详解】（1）由已知，

f
x 的定义域为

0, 

，

1
f
x
a
x



，
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①当
0
a 
时，


0,
x

，

1
0
f
x
a
x




恒成立，
∴此时

f
x 在区间

0, 

上单调递增；
②当
0
a 
时，令

1
0
f
x
a
x




，解得
1
x
a

，
当
1
0,
x
a






时，

1
0
f
x
a
x




，

f
x 在区间
1
0, a






上单调递增，
当
1 ,
x
a








时，

1
0
f
x
a
x




，

f
x 在区间1 ,
a







上单调递减，
综上所述，当
0
a 
时，

f
x 在区间

0, 

上单调递增；
当
0
a 
时，

f
x 在区间
1
0, a






上单调递增，在区间1 ,
a







上单调递减.
（2）若函数

f
x 有两个零点
1
x ，
2
x （
1
2
x
x

），
则由（1）知，
0
a 
，

f
x 在区间
1
0, a






上单调递增，在区间1 ,
a







上单调递减，
且
1
0
f
a






，




1
2
0
f
x
f
x


，
1
2
1
0
x
x
a



，
当


1
2
,
x
x x

时，

0
f
x 
，当




1
2
0,
,
x
x
x




时，

0
f x 
，（*）
∵

2
ln 2
0
f


，∴


1
2
2
,
x x

，∴
2
2
x 
，
又∵
2
1
x
a

，∴
2
1
2
2
x
a


，
∴只需证明
1
2
2
x
x
a


，即有
1
2
3
3
3
2
2
x
x
a
a
a






.
下面证明
1
2
2
x
x
a


，
设




2
2
2
ln
2
ln
2
F x
f x
f
x
x
a x
x
a
x
a
a
a



































2
ln
2
ln
2











x
ax
x
a
，
2
0,
x
a






，
设


1
1
2
2
G x
F
x
a
x
x
a






，则



2
2
2
2
1
1
4
4
2
2
ax
G
x
x
x
ax
x
a













，
令

0
G
x


，解得
1
x
a

，
当
1
0,
x
a






时，

0
G
x


，


G x
F
x


在区间
1
0, a






单调递减，
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当
1 2
,
x
a a






时，

0
G
x


，


G x
F
x


在区间1 2
,
a a






单调递增，
∴

1
0
F
x
F
a










，


2
F x
f x
f
x
a









在区间
2
0, a






上单调递增，
又∵
1
1
0,
x
a






，∴




1
1
1
2
1
1
2
1
0
F x
f
x
f
x
F
f
f
a
a
a
a
a
































，
即


1
1
2
0
f
x
f
x
a









，
∴由（*）知，


1
2
1
2
,
x
x x
a 

，∴
1
2
2
x
x
a 

，即
1
2
2
x
x
a


.
又∵
2
1
x
a

，
2
2
x ，
∴
1
2
3
3
3
2
2
x
x
a
a
a






，原命题得证.
【点睛】本题第（2）问为极值点偏移的变式，首先需要通过
2
1
x
a

和
2
2
x 
，确认只需证
1
2
2
x
x
a


，再通
过构造关于其中一个零点的一元差函数，利用导数研究该函数的单调性，证出
1
2
2
x
x
a


，最后使用不等式
性质和放缩得到
1
2
3
3
3
2
2
x
x
a
a
a






.
1.
已知函数

x
f
x
e
ax



.
（I）讨论

f
x 的单调性；
（II）若

f
x 有两个零点
1
x 、
2
x ，且
1
2
 
x
x

.证明：
（i）
2
1
0
x


；
（ii）
1
2
ln
2
x
x
a


.
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（I）求得函数

y
f x

的定义域和导数

x
f
x
a
e



，对实数a 的取值进行分类讨论，分析导数的
符号变化，由此可得出函数

y
f x

的单调递增区间和单调递减区间；
（II）（i）由函数

y
f x

由两个零点可求得a
e

，然后利用零点存在定理可证得
2
1
0
x


；
（ii）利用分析法得出要证
1
2
ln
2
x
x
a


，即证


2
2ln
0
f
a
x



，由


2
0
f x

，得
2
2
x
e
a
x


，进而需证明
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

2
2
2
1
2ln
0
x
x
x





，然后构造函数


1
2ln
h x
x
x
x




，


1,0
x
，利用导数证明出
0
h x 
，由
此可证得结论成立.
【详解】（Ⅰ）函数

y
f x

的定义域为R ，且

x
f
x
a
e



.
①当
0
a 
时，

0
f
x


，函数

y
f x

在R 上单调递减；
②当
0
a 
时，令

0
f
x


，可得
ln
x
a

；令
( )
0
f
x
¢
>
，可得
ln
x
a

.
此时，函数

y
f x

的单调递减区间为

, lna

，单调递增区间为

ln ,a

；
（Ⅱ）证明：（i）当
0
a 
时，函数

y
f x

在R 单调递减，
此时，函数

y
f x

至多一个零点，所以要使得函数

y
f x

有两个零点
1
x 、
2
x ，
一定有
0
a 
且


ln
0
f
a 
，即




ln
ln
ln
ln
1
ln
0
a
f
a
e
a
a
a
a
a
a
a








，
解得a
e

，则
ln
1
a

，即


1
ln ,a

，
因为函数

y
f x

的单调递减区间为

, lna

，单调递增区间为

ln ,a

，
且
1
2
x
x

，则
1
2
ln
x
a
x


，
又因为


1
0
f
e
a




，

0
1
0
f

，所以


2
1,0
x 
；
（ii）因为
1
2
 
ln
x
a
x


，则
2
2ln
ln
a
x
a



，
要证
1
2
ln
2
x
x
a


，即证
1
2
2ln
x
a
x


，
因为函数

y
f x

在

, lna

单调递减，即证



1
2
2ln
f
x
f
a
x



，
又


1
0
f
x

，即证


2
2ln
0
f
a
x



，








2
2
2
2ln
2
2
2
2
2
2ln
2ln
2ln
2ln
a x
x
x
f
a
x
e
a
a
x
a e
a
a
x
a ae
a
x












，
因为


2
0
f x

，得
2
2
x
e
a
x


，
所以


2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2ln
2ln
2 ln
ln
x
x
x
e
ae
a
x
x
e
x
x
x
x
x



























2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
ln
2ln
x
x
x
x
x
x
x














，
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令


1
2ln
h x
x
x
x




，


1,0
x
，


2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
0
x
x
x
h x
x
x
x
x








，
所以函数

y
f x

在

1,0

单调递增，
又
2
1
0
x


，所以



2
1
0
h x
h



，即
2
2
2ln
0
x
ae
a
x



，
所以

2
2
2ln
0
x
a ae
a
x



，


2
2ln
0
f
a
x



，
综上可知，
1
2
ln
2
x
x
a


.
【点睛】本题考查利用导数求解含参函数的单调区间，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查分析
问题和解决问题的能力，属于中等题.
2.
已知函数

2
ln
,
R
a
f
x
x
a
x



．若函数

f
x 有两个不相等的零点
1
2
,
x x ．
(1)求a 的取值范围；
(2)证明：
1
2
4
x
x
a


．
【答案】(1)
1
0, 2e





；
(2)证明见详解.
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；
（2）构造函数



4
g x
f x
f
a
x



，利用导数研究其单调性与最值即可证明.
【详解】（1）由题意可知：




2
2
2
ln
0
a
x
a
f
x
x
x
f
x
x
x







，
若
0
a 
，则
( )
0
f
x
¢
>
恒成立，即

f
x 单调递增，不存在两个不等零点，
故
0
a 
，
显然当
2
x
a

时，
( )
0
f
x
¢
>
，当0
2
x
a


时，

0
f
x


，
则

f
x 在

0,2a 上单调递减，在

2 ,a 上单调递增，
所以若要符合题意，需


1
2
0
ln 2
1
0
0,2e
f
a
a
a 









，
此时有
2
4
2
a
a

，且



2
1
4
2ln 2
2
f
a
a
a


，
令

2
1
1
2
1
2ln
0, e
t
g t
t
t
g t
t
t


















，
而

1
1
1
0
e
2
2
t
g t





，
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即
g t 在
1
0, e





上递减，故
1
e
2
0
e
g t
g 









，
所以

2
4
0
f
a

，
又

1
2
0
f
a


，
故在区间

2
4
,2
a
a 和

2 ,1
a
上函数

f
x 存在各一个零点，符合题意，
综上
1
0, 2e
a






；
（2）结合（1），不妨令
1
2
0
2
x
a
x



，
构造函数




4
0
2
g x
f
x
f
a
x
x
a





，
则







2
2
2
2
2
8
2
2
2
0
4
4
a x
a
x
a
a
x
g
x
x
a
x
x
a
x










，
即
g x 单调递减，所以


2
0
g x
g
a


，
即











1
1
1
1
2
1
4
0
4
g x
f
x
f
a
x
f
x
f
x
f
a
x








，
因为
1
2
0
2
x
a
x



，所以
1
4
2
a x
a

，
由（1）知

f
x 在

2 ,a 上单调递增，所以由




2
1
2
1
4
4
f
x
f
a
x
x
a
x





，
故
1
2
4
x
x
a


.
3.
已知函数
( )
ln
f x
x
x
a



有两个不同的零点
1
2
,
x x .
(1)求实数a 的取值范围；
(2)求证：
1
2
2
x
x


.
【答案】(1)

1,
(2)证明见详解
【分析】（1）利用导数求单调区间，结合图象可解；
（2）利用单调性将问题转化为证明




1
1
2
f
x
f
x


，然后构造差函数





2
,
0,2
g x
f
x
f x
x




，利
用导数证明

1
1
g x
g

即可.
【详解】（1）

f
x 的定义域为

0, 

，
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因为

1
1
1
x
f
x
x
x




，所以当0
1
x

时，

0
f
x


，当
1
x 时，
( )
0
f
x
¢
>
，
所以

f
x 在

0,1 上单调递减，在

1,上单调递增，
所以当
1
x 时，

f
x 取得最小值1 a

.
又当x 趋近于0 或时，

f
x 趋于，
所以，要使

f
x 有两个不同的零点
1
2
,
x x ，只需满足1
0
a


，即
1
a .
所以实数a 的取值范围为

1,.
（2）不妨设
1
2
x
x

，由（1）可知，
1
2
0
1,
1
x
x


，则
1
2
1
x

，
要证
1
2
2
x
x


，只需证
1
2
2
x
x


，
又

f
x 在

1,上单调递增，所以只需证




1
2
2
f
x
f
x


，即证




1
1
2
f
x
f
x


.
记







2
2
2
ln 2
ln ,
0,1
g x
f
x
f x
x
x
x x









，
则





2
2
1
1
1
2
2
2
x
g
x
x
x
x x








，
当0
1
x

时，

0
g
x


，
g x 单调递增，
又



1
2 1
1
0
g
f
f




，
所以



1
1
1
2
0
g x
f
x
f x




，即




1
1
2
f
x
f
x


.
所以
1
2
2
x
x


.
【点睛】本题第二问为极值点偏移问题，关键在于构造差函数





2
,
0,2
g x
f
x
f x
x




，然后利用导
数讨论其单调性，单调性结合1
0
g

即可证明.
4.
已知函数

ln
1
a
f
x
x
x


，
R
a 
是常数．
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（1）求曲线

y
f x

在点



2
2
f
，
处的切线方程，并证明对任意
R
a 
，切线经过定点；
（2）证明：
0
a 
时，

f
x 有两个零点
1
x 、
2
x ，且
1
2
2
x
x


．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）先根据导数的几何意义求出曲线的切线方程，再根据方程判断切线经过的定点．
（2）由题意得函数

f
x 在



01
1 
，和，
上都为增函数，根据函数零点存在定理可得

f
x 在




1
01
1
x
，上有一个零点，在，上有一个零点
2
x ．由于
1
0
1
x

，则
1
2
1
x

，利用导数可得




1
2
2
f
x
f
x


，再根据单调性可得结论成立．
【详解】解：（1）由条件得



2
1
'
1
a
f
x
x
x



，
∴

1
' 2
2
f
a


，
又

2
ln2
f
a


，
∴所求的切线方程为




1
ln2
2
2
y
a
a
x











，
即
1
ln2
3
1
2
y
a x
a











．
将切线方程变形为


1
3
ln2 1
2
y
a x
x










，
令
3
x 
时，可得
1
ln2
2
y 

，
故切线过定点
1
3
ln2
2







，
．
（2）函数

f
x 的定义域为



0 1
1



，
，
，
当
0
a 
时，



2
1
0
1
a
f
x
x
x





，
∴函数

y
f x

在区间

01，和

1 
，
内都单调递增．
又
0
a 
时，

e
e
0
e
1
1 e
a
a
a
a
a
a
f
a









，
若
2
n 
且
1
e
2
na


，则



1
e
e
0
e
1
1
e
na
na
na
na
a
n
n
a
f
na












，
∴

f
x 在区间

e
e
na
a


，
内有一个零点，从而在区间

01，内有一个零点
1
x ．
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当
2
p 
且
1
a
p 时，
e
0
e
1
a
p
a
p
a
a
f
p












，
当
2
q 
且
1
qa 时，

e
0
e
1
qa
qa
a
f
qa




，
∴

f
x 在区间e
e
a
qa
p








，
内有一个零点，从而在区间

1 
，
内有一个零点
2
x ．
∵
1
0
1
x

，
∴
1
2
1
x

，
∴









1
1
1
1
1
1
2
ln 2
ln 2
ln 2
ln
2
1
1
a
a
f
x
x
x
x
x
x
x













，




2
1
1
1
1
2
ln 2
ln
0
2
x
x
x
x












，
∴




1
2
2
f
x
f
x


，
∵

f
x 在区间

1 
，
单调递增，
∴
1
2
2
x
x


，故得
1
2
2
x
x


．
5.
已知函数

2
2ln
x
f x
x
a


（aR 且
0
a 
）．
(1)
2
a 
，求函数

f
x 在



2
2
f,
处的切线方程．
(2)讨论函数

f
x 的单调性；
(3)若函数

f
x 有两个零点
1
2
x
x
、


1
2
x
x

，且
2e
a 
，证明：
1
2
2e
x
x


．
【答案】(1)
2ln 2
y
x


；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，利用点斜式写出切线方程；
（2）求出导函数，对a 分类讨论：a<0 和a>0 分别讨论单调性；
（3）本题属于极值点偏移，利用分析法转化为只要证明f(2e- x2)>0，由
2
(2e
)
f
x

2
2
2
2
4
4
2ln
2ln(2e
),
(e,2e),
e
x
x
x
x






构造函数
4
( )
4
2ln
2ln(2e
),
(e,2e)
e
t
g t
t
t t






，利用
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导数证明出g(t)在(e，2e)上是递增的，得到g(t)>g(e)=0 即为f(2e- x2)>0.
【详解】（1）当
2
a 
时，

2
2ln
2
x
f x
x


，所以

2
2
2ln 2
f


.

2
f
x
x
x



，所以

2
2
2
1
2
f 



.
所以函数

f
x 在



2
2
f,
处的切线方程为


2
2ln2
2
y
x




，即
2ln 2
y
x


.
（2）

f
x 的定义域为(0，+∞)，
2
2
( )
x
f
x
a
x



.
当a<0 时，
( )
0
f
x


恒成立，所以

f
x 在(0，+∞)上单调递减；
当a>0 时，



2
2
2
( )
x
f
x
x
a
x
a
a
x
ax






.在

0,
a 上，
( )
0
f x


，所以

f
x 单调递减；在

,
a 
上，
( )
0
f
x


，所以

f
x 单调递增.
（3）当
2e
a 
，

2
2
2ln
e
x
f x
x


.由(2)知，

f
x 在

0,e 上单调递减，在

e, 

上单调递增.
由题意可得：


1
2
(0,e),
e,
x
x


.由
(2e)
2
2ln 2
0
f



及
2
(
)
0
f x

得：


2
e,2e
x 
.
欲证x1+x2>2e，只要x1>2e- x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)=0，只要证明f(2e- x2)>0 即可.
由
2
2
2
2
2
(
)
2ln
0
e
x
f x
x


得
2
2
2
2
2e ln
x
x

.所以
2
2
2
2
2
(2e
)
(2e
)
2ln(2e
)
e
x
f
x
x





2
2
2
2
2
2
4e
4e
2ln(2e
)
e
x
x
x







2
2
2
2
2
2
4e
4e
2e ln
2ln 2e
e
x
x
x





2
2
2
2
4
4
2ln
2ln(2e
),
(e,2e),
e
x
x
x
x






令
4
( )
4
2ln
2ln(2e
),
(e,2e)
e
t
g t
t
t t






则
2
4
2
2
4(e
)
( )
0
e
2e
e (2e
)
t
g t
t
t
t
t









，则g(t)在(e，2e)上是递增
的，∴g(t)>g(e)=0 即f(2e- x2)>0.
综上x1+x2>2e.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数
的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)利用导数判断单调性，证明不等式．
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6.
已知函数




2
1
ln
1
2
f
x
x
ax
a
x a




R .
(1)当
1
a 时，求函数

y
f x

的零点个数.
(2)若关于x 的方程

2
1
2
f x
ax

有两个不同实根
1
2
,
x x ，求实数a 的取值范围并证明
2
1
2
x
x
e


.
【答案】(1)有且仅有一个零点
(2)
1
1
1
a
e


，证明见解析
【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；
（2）根据题意可得


ln
1
0
x
a
x



有两个不同实根
1
2
,
x x ，进而可得




1
1
2
2
ln
1
ln
1
x
a
x
x
a
x







，两式相加得





1
2
1
2
ln
1
x x
a
x
x



，两式相减得


2
2
1
1
ln
(
1)
x
a
x
x
x 


，从而有
1
2
1
2
2
2
1
1
ln
ln
x x
x
x
x
x
x
x



，进而要证
2
1
2
e
x
x


，
只需证


1
2
2
1
2
2
1
1
ln
ln
2
x
x
x
x x
x
x
x





，即证


2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x












，
构造函数



2
1
4
ln
ln
2
1
1
t
F t
t
t
t
t








即可证明.
【详解】（1）当
1
a 时，


2
2
1
1
(
1)
ln
2 (
0),
2
0
2
x
f x
x
x
x x
f
x
x
x
x











，
所以函数

y
f x

在

0, 

上单调递增，
又因为


3
1
0,
4
ln4
0
2
f
f




，
所以函数

y
f x

有且仅有一个零点.
（2）方程

2
1
2
f x
ax

有两个不同实根
1
2
,
x x ，等价于


ln
1
0
x
a
x



有两个不同实根
1
2
,
x x ，
得
ln
1
x
a
x

，令
lnx
x
x


，则

2
1 lnx
x
x




，
令

0
x


，解得0
e
x

；令

0
x


，解得
e
x；
所以
lnx
x
x


在

0,e 上单调递增，在

e,上单调递减，
所以当
e
x时，
lnx
x
x


取得最大值1
e ，
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由1
0


，得当


0,1
x
时，
0
x


；
当




1,
,
0,
x
x
x






的大致图象如图所示，
所以当
e
1
1
0,
a





，即
1
1
1
e
a


时，

2
1
2
f x
ax

有两个不同实根
1
2
,
x x ；
证明：不妨设
1
2
0
,
x
x


且




1
1
2
2
ln
1
ln
1
x
a
x
x
a
x







两式相加得





1
2
1
2
ln
1
x x
a
x
x



，两式相减得


2
2
1
1
ln
(
1)
x
a
x
x
x 


，
所以
1
2
1
2
2
2
1
1
ln
ln
x x
x
x
x
x
x
x



，
要证
2
1
2
e
x
x


，只需证


1
2
2
1
2
2
1
1
ln
ln
2
x
x
x
x x
x
x
x





，
即证


2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x












，
设
2
1
(
1)
x
t
t
x


，令



2
1
4
ln
ln
2
1
1
t
F t
t
t
t
t








，
则

2
2
2
1
4
(
1)
0
(
1)
(
1)
t
F t
t
t
t t








，
所以函数

F t 在

1,上单调递增，且
1
0
F

，
所以

0
F t 
，即


2
1
ln
1
t
t
t



，
所以
2
1
2
e
x
x


，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，常用解决策略是根据




1
1
2
2
ln
1
ln
1
x
a
x
x
a
x







，两式相加
相减，进而可得
1
2
1
2
2
2
1
1
ln
ln
x x
x
x
x
x
x
x



，进而要证
2
1
2
e
x
x


，只需证


1
2
2
1
2
2
1
1
ln
ln
2
x
x
x
x x
x
x
x





，即证
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

2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x












，从而将双变量转化为单变量，令



2
1
4
ln
ln
2
1
1
t
F t
t
t
t
t








，讨论该函数
的单调性和最值即可证明.
7.
设



2
1
1
ln
2
f
x
ax
a
x
x




，aR .
(1)当
2
a 
时，求

f
x 的极值；
(2)若
0
x

有

0
f
x 
恒成立，求a 的取值范围；
(3)当
0
a 
时，若



1
2
f x
f x

，求证：
1
2
1
x x .
【答案】(1)

5
ln 2
4
f
x


极大值
，

2
f x

极小值
；
(2)

2,0

；
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得到

f
x 的单调性，然后根据单调性求极值即可；
（2）将

0
f x 
恒成立转化为
max
0
f
x

，然后分
0
a 
和
0
a 
两种情况讨论

f
x 最大值即可求解；
（3）将证明
1
2
1
x x 转化为证明



1
0,
0,1
f
x
f
x
x









，然后构造函数



1 ,
0,1
g x
f
x
f
x
x









，求
导得到
0
g x 
，即可得证.
【详解】（1）

f
x 的定义域为

0 
，
由题：

2
3
ln
f x
x
x
x



，




2
1
1
1
2
3
x
x
f
x
x
x
x






，
令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
1
0
2
x


或
1
x ，令

0
f
x


，解得1
1
2
x

，
∴

f
x 在
1
0, 2






，

1,上单调递增，
1 ,1
2





上单调递减，

1
5
ln 2
2
4
f
x
f 









极大值
，

1
2
f x
f


极小值
.
（2）由题：






1
1
1
1
ax
x
f
x
ax
a
x
x








，
欲使

0
f x 
恒成立，只需
max
0
f
x

，
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当
0
a 
时：∵
1
0
ax-
<
，
1
x 时，

0
f
x


，0
1
x

时，
( )
0
f
x
¢
>
，
∴

f
x 在

0,1 上单调递增，

1,上单调递减，
∴


max
1
1
1
0
2
f
x
f
a



，得
2
a ，
此时，2
0
a


；
当
0
a 
时：
若1
1
a 即
1
a ，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
1
0
x
a


或
1
x ，令

0
f
x


，解得1
1
x
a 
，
则

f
x 在
1
0, a






，

1,上单调递增，1 ,1
a






上单调递减，
若1
1
a 即
1
a ，

0
f
x


，则

f
x 在

0, 

上单调递增，
若1
1
a 即0
1
a

，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得0
1
x

或
1
x
a

，令

0
f
x


，解得
1
1
x
a


，
则

f
x 在

0,1 ，1 ,
a







上单调递，
1
1, a





上单调递减，
不论上述哪种情况，均有

lim
x
f x

，因此，不可能有

0
f x 
恒成立，舍.
综上：a 的取值范围为

2,0

.
（3）由（2）的结论可知：当a<0 时：

f
x 在

0,1 上单调递增，

1,上单调递减，
∵



1
2
f x
f x

，
∴由图，不妨设
1
2
0
1
x
x


，
欲证
1
2
1
x x ①，
只需证
2
1
1
x
x

，即证


2
1
1
f
x
f
x







，即证


1
1
1
f x
f
x







，即证

1
1
1
0
f x
f
x








，
即证



1
0,
0,1
f
x
f
x
x









②，
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设



1 ,
0,1
g x
f
x
f
x
x









，






2
1
1
1
1
1
1
1
ln
2
ax
x
g
x
a
a
x
x
x
x





















3
2
1
1
1
2
1
1
1
2
ax
x
a
a
x
x
x
x
































2
3
1
1
1
ax
x
x
a
x
a
x
x













3
1
1
1
ax
x
x
x
a
x
x










2
3
1
1
x
ax
x
x
a
x












3
3
1
1
1
x
a x
x x
x













2
3
1
1
1
1
x
a x
x
x
x x
x














2
2
3
1
1
x
a x
x
x
x









，
0
a 

，
2
1
0
x
x

，


2
1
0
a x
x




，
又∵
0
x

，


2
1
0
a x
x
x





，


2
1
0
x 


，
3
0
x 
，

0
g
x



，

g x

在

0,1 上单调递减，




1
1
1
0
g x
g
f
f





，
∴②成立，
∴①成立.
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于





1
2
1
2
x x
a f x
f x


的问题的基本步骤如下：
①求导确定

f
x 的单调性，得到
1
2
,
x x 的范围；
②构造函数


a
F x
f x
f
x








，求导可得

F x 恒正或恒负；
③得到

1
f x 与
1
a
f
x






的大小关系后，将

1
f x 置换为


2
f x
；
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④根据
2
x 与
1
a
x 的范围，结合

f
x 的单调性，可得
2
x 与
1
a
x 的大小关系，由此证得结论.
8.
已知函数

ln (
0)
a
f
x
ax
x a
x




(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为
1
y
x

，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

a
g x
f x
x


有两个零点
1
x ，
2
x ，求实数a 的取值范围并证明
2
1 2
e
x x 
.
【答案】(1)
1
a 
(2)
1
2
a 
(3)
1
0
e
a


，证明见解析
【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有
1
1
f 
，解方程即得实数a 的值；
（2）依题意

0
f
x


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
2
1 2
e
x x 
，
只需证
1
2
1
1
2
2
2
1
ln
1
x
x
x
x
x
x









，构造函数



2
1
ln
1
t
H t
t
t




即可证得
【详解】（1）因为

ln
a
f x
ax
x
x



，所以

2
1
a
f
x
a
x
x




.
所以
1
2
1
f
a


，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为
1
y
x

，
所以

1
2
1
1
f
a


，解得
1
a ..
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数，
所以

2
1
0
a
f
x
a
x
x





在（0，+∞）上恒成立.
即
2
2
0
ax
x
a
x



恒成立. 

2
1
a x
x


，即
2
1
x
a
x

，
令
2
1
x
g x
x

，所以








2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
x
x
x
g
x
x
x








，
(0,1)
x
时

0
g x


，
(1,
)
x
时

0
g x


，
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所以
g x 在(0,1)上单调递增，在(1,
)
上单调递减，
所以

min
1
1
2
g x
g


，即
1
2
a 
.
（3）
ln
g x
ax
x


定义域为


1
1
0,
ax
g
x
a
x
x







，
当
0
a 
时，

0
g x


，所以
g x 在（0，+∞）上单调递减，不合题意.
当
0
a 
时，

1
1
ax
g
x
a
x
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
1
1
1 ln
g a
a






，
函数
g x 存在两个零点的必要条件是
1
1
1 ln
0
g a
a







，
即
1
0
e
a


，又
1
0
g
a


，
所以
g x 在（1，1
a ）上存在一个零点（1
1
a ）.
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
1
0
e
a


.
不妨设两个零点
2
1
0
x
x


由


1
2
0
g x
g x


，所以
1
1
2
2
ln
ln
x
ax
x
ax


，
，
所以


1
2
1
2
ln
ln
x
x
a x
x



，所以
1
2
1
2
ln
ln
x
x
a
x
x



，
要证
2
1 2
e
x x 
，
只需证


1 2
ln
2
x x

，
只需证
1
2
ln
ln
2
x
x


，
由




1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
ax
ax
a x
x
x
x
x
x









，
只需证
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




，
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

1
2
1
2
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x




，
只需证
1
2
1
1
2
2
2
1
ln
1
x
x
x
x
x
x









，
令


1
2
0
1
x
t
t
x 

，只需证


2
1
ln
1
t
t
t



，
令



2
1
ln
1
t
H t
t
t




，











2
2
2
2
2
1
4
1
1
4
0
1
1
1
t
t
t
H
t
t
t
t t
t t












，
∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴

1
0
H t
H


，
即


2
1
ln
1
t
t
t



成立，
所以
2
1 2
e
x x 
成立.
【点睛】极值点偏移问题，应熟练掌握对称构造的基本方法，同时结合处理双变量问题的常用方法比值代
换的技巧.
9.
已知函数



ln
f
x
x
x
a


，

f x
g x
a
ax
x



．
(1)当
1
x 
时，

ln
2
f x
x


≥
恒成立，求a 的取值范围．
(2)若
g x 的两个相异零点为
1
x ，
2
x ，求证：
2
1 2
e
x x 
．
【答案】(1)

,2

(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究



1 ln
2
F x
x
x
ax




的最小值不小于0 即可.
（2）消去参数a 及比值代换法后得


1
2
1
ln
ln
1
t
x x
t
t



，运用导数研究
1
( )
ln
1
t
m t
t
t


在

1,上最小值大于
0 即可.
【详解】（1）当
1
x 
时，
ln
2
f x
x


≥
恒成立，
即当
1
x 
时，
1 ln
2
0
x
x
ax




恒成立，
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设



1 ln
2
F x
x
x
ax




，
所以
1
2
0
F
a



，即
2
a 
，

1
ln
1
F
x
x
a
x




，
设
1
ln
1
r x
x
a
x



，
则
2
2
1
1
1
x
r
x
x
x
x





，
所以，当
1
x 
时，
0
r
x


，即
r x 在

1,上单调递增，
所以

1
2
0
r x
r
a


≥
≥
，
所以当
1
x 
时，


0
F
x
r x



，即

F x 在

1,上单调递增，
所以

1
2
F x
F
a



，
若

0
F x 
恒成立，则
2
a 
．
所以
1
x 
时，
ln
2
f x
x


≥
恒成立，a 的取值范围为

,2

.
（2）由题意知，
( )
ln
g x
x
ax


，
不妨设
1
2
0
x
x


，由
1
1
2
2
ln
ln
x
ax
x
ax





得






1
2
1
2
1
1
2
2
ln
ln
x x
a x
x
x
a x
x
x







，
则


1
1
2
1
2
2
1
1
1
2
2
2
1
ln
ln
1
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x






，
令
1
2
1
x
t
x

，
则


1 2
ln
1
ln
1
x x
t
t
t


，即：


1
2
1
ln
ln
1
t
x x
t
t



．
要证
2
1 2
e
x x 
，
只需证


1 2
ln
2
x x

，
只需证
1ln
2
1
t
t
t



，
即证



2
1
ln
1
1
t
t
t
t




，
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即证


2
1
ln
0
1
t
t
t




（
1
t ），
令



2
1
ln
1
t
m t
t
t




（
1
t ），
因为





2
2
1
0
1
t
m t
t t





，
所以

m t 在

1,上单调递增，
当


1,
t 
时，


1
0
m t
m


，
所以


2
1
ln
0
1
t
t
t




成立，
故
2
1 2
e
x x 
．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论
1
2
0
( )2
x
x
x


型，构造函数
0
( )
( )
(2
)
F x
f x
f
x
x



；对结论
2
1
2
0
( )
x x
x

型，构造函数
2
0
( )
( )
(
)
x
F x
f x
f
x


，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(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
1
2
x
t
x

化为单变量的函数不等式，利用函数单
调性证明．
10.
(多选题)已知函数

ex
f x
x


，
ln
g x
x
x


，则下列说法正确的是（
）
A．


ln
f
x 在

1,上是增函数
B．
1
x
，不等式




2
ln
f ax
f
x

恒成立，则正实数a 的最小值为2
e
C．若
g x
t
有两个根
1
x ，
1
x ，则
1
2
1
x x


D．若






1
2
2
f
x
g x
t t



，且
2
1
0
x
x


，则
2
1
lnt
x
x

的最大值为1
e
【答案】ABD
【分析】A 选项，由题



ln
ln
f
x
x
x
g x



，


1,
x
，判断
g x 在

1,上的单调性即可；
B 选项，由

f
x 单调性，




2
2
max
2ln
ln
ln
x
f ax
f
x
ax
x
a
x










；
C 选项，由
g x
t
有两个零点
1
x ，
1
x ，可得
1
t ，设
1
2
x
x

，则
1
2
0
1
x
x


，又
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


1
2
2
2
1
1
1
1
1
1
x x
x
g x
g x
g
x
x












，后研究


1
F
x
g
x
g
x








在

0,1 上的单调性即可；
D 选项，因


1
2
3
2
，
f
g


，及


f
x
g x
，
在

1,上单调递增，
可得
2
1
3
1
x
x



.
又





1
2
ln
1
2
1
2
2
2
2
e
ln
e
ln
ln
x
x
f x
g x
x
x
x
x
f
x








，则
1
2
ex
x

，
故
1
2
1
1
ln
ln
ln
ex
t
t
t
x
x
x
t




，后结合B 选项分析可判断选项.
【详解】对于A 选项，



ln
ln
f
x
x
x
g x



，


1,
x
.
又当


1,
x
时，

1
1
1
0
x
g
x
x
x





，则


ln
f
x 在

1,上是增函数，故A 正确；
对于B 选项，
1
x 时，
2
ln
0
x 
，又a 为正实数，所以
0
ax 
，又
1
x 时，
e
1
0
x
f
x



，所以

f
x 在

1,
单调递增，故




2
2
ln
ln
f ax
f
x
ax
x



，即
max
2ln x
a
x






.令
2ln x
x
x


，知

2
2
2ln x
x
x




，所以
x

在

1,e 上递增，在

e,上递减，所以

max
2
e
e
x




，得正实数a 的最小值为2
e ，故B 正确；
对于C 选项，
g x
t
有两个根
1
x ，
1
x ，等价于函数
g x
t
有两个零点
1
x ，
1
x .
注意到

1
1
1
x
g x
t
x
x










，则
g x
t
在

0,1 上单调递减，在

1,上单调递增，因函数有零
点，则


1
1
0
1
min
g
x
t
g
t
t
t












.
设
1
2
x
x

，又0
1
e t



，



0
1
0
e
e
，
t
t
g
t
g
t







，
则
1
0
1
e t
x




.令


2
1
e
，
,
.
x
n x
x
x




则

2
0
ex
n
x




，得
1
x 时，

2
1
2
0
e
e -
x
x
n




.
又e
1
t 
，则

2
0
e
e
t
t
g
t
t




，

1
0
g
t


.得
2
1
et
x


.
若
1
2
1
x
x

，则等价于
2
1
1
1
x
x

，因
g x 在

1,上单调递增，
则
2
1
1
1
x
x

等价于

2
1
1
g x
g x







，又


2
1
g x
g x

，
则

2
1
1
g x
g x







等价于
1
1
1
g x
g x







.
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令


1
1
2ln
F x
g x
g
x
x
x
x











，


0,1
x
，

2
2
1
2
1
1
1
0
F
x
x
x
x












，即

F x 在


0,1
x
上递
增，所以

1
0
F x
F


，则


1
0,1
x 
时，
1
1
1
g x
g x







，所以
1
2
1
x
x

不成立，故C 错误；
对于D 选项，由AB 选项分析可知，


f
x
g x
，
在

1,上单调递增，
又






1
2
2
f
x
g x
t t



，


1
1
2
3
3
ln3
2
e
，
f
g





，
则
2
1
3
1
x
x



.由



1
2
f x
g x

，即
1
2
ln
1
2
2
2
e
ln
e
ln
x
x
x
x
x
x





，即有



1
2
ln
f x
f
x

，又
1
2
1
ln
1
x
x


，
，
f
x 在

1,上单调递增，所以
1
2
ln
x
x

，即
1
2
ex
x

，所以
1
2
1
1
ln
ln
ln
ex
t
t
t
x
x
x
t




，其中
2
t 
.
由B 选项分析可知，2ln
2
e
x
x

，其中
e
x时取等号，则
1
2
1
1
ln
ln
ln
1
e
e
x
t
t
t
x
x
x
t





，其中
e
x时取等号，所
以
2
1
max
ln
1
e
t
x
x








，故D 正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题涉及求函数单调区间，恒成立问题及双变量问题，难度较大.
对于复杂函数，常利用导数求单调区间.对于恒成立问题，常利用分离参数法将问题转化为求最值.对于双变
量问题，常结合题目条件寻找变量间关系，将双变量转化为单变量.
11.
(多选题)已知函数

2
ln
2
a
f
x
x x
x


有两个极值点
1
x ，
2
1
2
(
)
x x
x

，则（
）
A．a 的取值范围为（－∞，1）
B．
1
2
2
x
x


C．
1
2
1
1
2
x
x


D．
2
1
1
1
x
x
a



【答案】BCD
【分析】利用导数判断函数的单调性，根据零点的个数求出a 的取值范围，进而确定
1
2
,
x x 的取值范围，再利
用不等式的性质、构造函数利用导数逐一判断即可.
【详解】由题设，
( )
ln
1
f
x
x
ax



且定义域为(0,
)
，则
1
( )
ax
f
x
x



，
当
0
a 
时
( )
0
f
x


，则
( )
f
x

单调递增，不可能存在两个零点，即
( )
f x 不可能存在两个极值点，A 错误；
当
1
0
x
a


时
( )
0
f
x


，即
( )
f
x

单调递增，当
1
x
a

时
( )
0
f
x


，即
( )
f
x

单调递减，即
1
( )
( )
ln
f
x
f
a
a




，
当
1
a 时，
max
1
( )
ln
0
f
x
a



，所以
( )
f
x

至多有一个零点；
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当0
1
a

时，
max
1
( )
ln
0
f
x
a



，而
(1)
1
0
f
a



，当x 趋向于0 时
( )
f x 趋于负无穷大，当x 趋向于正无
穷时
( )
f x 趋于负无穷大，
综上，0
1
a

，
( )
f
x

在(0,1),(1,
)
内各有一个零点
1
x ，
2
1
2
(
)
x x
x

且
1
2
1
0
1
x
x
a



，
B：由
1
( )
0
f a 
且x 趋向于0 时
( )
f
x

趋于负无穷大，所以
1
2
1
0
x
x
a



，故
1
2
1
x
a
a


，
令
2
2
1
( )
(
)
( )
ln(
)
2
ln
2
(
(0,
])
g x
f
x
f
x
x
x
ax x
a
a
a











，
2
1
1
2(
1)
( )
2
2
(
2)
ax
g x
a
x
x ax
x
a








，
又
1
(0,
]
x
a

，所以
( )
0,
g x


( )
g x 单调递减，
故当
1
1
x
a

时，
1
1
1
1
(
)
( )
( )
( )
0
g x
g
f
f
a
a
a




，
又
1
(
)
0
f
x


，所以
1
1
1
1
1
2
2
2
(
)
ln(
)
(
)
1
(
)
(
)
0
f
x
x
a
x
f
x
g x
a
a
a










，
而
2
(
)
0
f
x

，因此
1
2
1
2
2
1
2
2
2
(
)
(
)
2
f
x
f
x
x
x
x
x
a
a
a











，故正确；
C：
1
ln
( )
ln
1
0
x
f
x
x
ax
a
x







，
令
1 ln
( )
x
F x
x


，显然有
1
2
(
)
(
)
F x
F x

，令1
2
1
2
1
1
,
t
t
x
x


，显然1
2
t
t

，
因此有：
1
2
1
1
2
2
1
2
1
1
1 ln
1 ln
(1 ln )
(1 ln
)
1
1
t
t
t
t
t
t
t
t







，
设( )
(1 ln )
ln
h x
x
x
x
x
x




，则
( )
ln
h x
x


，
当
1
x 时，
( )
0, ( )
h x
h x


单调递减，当0
1
x

时，
( )
0, ( )
h x
h x


单调递增，
因为
1
2
( )
( )
h t
h t

，所以
2
1
0
1
t
t


，
令( )
( )
(2
)(
(0,1))
x
h x
h
x x





，即


2
2
( )
( )
(2
)
ln
ln 2
ln(2
)
ln[1 (
1) ]
x
h x
h
x
x
x
x
x
x














，
因为
(0,1)
x
，所以
( )
0, ( )
x
x




单调递增，
因为
2
1
0
1
t
t


，所以
2
2
2
2
2
( )
( )
(2
)
(1)
0
( )
(2
)
t
h t
h
t
h t
h
t










，
而
1
2
( )
( )
h t
h t

，所以
1
2
( )
(2
)
h t
h
t


，
因为
2
1
0
1
t
t


，所以
2
2
1
t

，
当
1
x 时，( )
h x 单调递减，因此有1
2
1
2
2
2
t
t
t
t





，即
1
2
1
1
2
x
x


，正确；
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D：由
1
2
1
0
1
x
x
a



，则
1
2
1
0
x
x
a



，故
2
1
1
1
x
x
a


，正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：构造函数
2
( )
(
)
( )
g x
f
x
f
x
a





1
(
(0,
])
x
a

、( )
(1 ln )
ln
h x
x
x
x
x
x




、
( )
( )
(2
)(
(0,1))
x
h x
h
x x





，利用导数研究单调性，根据单调性进行求解.
12.
已知函数

2
e
2
2
x
a
f
x
x
ax



，aR ，其中e为自然对数的底数．
(1)若

f
x 有两个极值点，求a 的取值范围；
(2)记

f
x 有两个极值点为
1
x 、
2
x ，试证明：


1
2
1
2
2
3
x x
x
x


．
【分析】（1）求得

e
2
x
f
x
ax
a




，令

g x
f
x


，分析可知
g x 有2 个变号零点，对实数a 的取值
进行分类讨论，利用导数分析函数
g x 的单调性，结合已知条件可得出关于a 的不等式，解之即可；
（2）欲证


1
2
1
2
2
3
x x
x
x


，即证


1
2
2
2
1
x
x


，由已知条件得出
2
1
2
1
2
e
2
x
x
x
x




，令


2
1
2
1
2
e
1
2
x
x
x
t t
x






，解得
1
ln
2
1
t
x
t


，
2
ln
2
1
t
t
x
t



，将所证不等式变形为
1
lnt
t
t


，然后令

1
ln
h x
x
x
x



，其中
1
x ，利用导数证得
0
h x 
即可.
【详解】（1）解：因为

2
e
2
2
x
a
f
x
x
ax



，aR ，

e
2
x
f
x
ax
a




，
设


e
2
x
g x
a x



，则

ex
g
x
a



，
若

f
x 有两个极值点，则
g x 有2 个变号零点．
当
0
a 
时，

0
g
x


，
g x 在R 上递增，
g x 至多有一个零点，不符合题意，舍去；
当
0
a 
时，令

0
g
x


，解得
ln
x
a

，
当


,ln
x
a

时，

0
g x


，
g x 单调递减，
当


ln ,
x
a

时，

0
g
x


，
g x 单调递增，
若使得
g x 有2 个变号零点，则

ln
0
g
a 
，即


ln
2
0
a
a
a



，即ln
3
a 
，
解得
3e
a 
，此时，
2
2
e
0
g


，








ln
ln
e
ln
2
e
ln
2
e
2
ln
a
a
a
a
g a
a
a a
a
a
a a
a
a
a
a














，
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令

e
2
ln
a
p a
a
a




，其中
3e
a 
，所以，

3
1
1
e
1
e
1
0
e
a
a
p a
a






，
所以，函数

p a 在

3e ,上单调递增，
所以，

3
3
3
e
3
e
3
e
e
2
e
3
e
e
1
0
p a
p








，故


ln
0
g a
a


，
由零点存在定理可知，函数
g x 在

2,ln a 、

ln ,
ln
a a
a

上各有一个变号的零点，
设函数
g x 在

2,ln a 、

ln ,
ln
a a
a

上的零点分别为
1
x 、
2
x ，
当
1
x
x

或
2
x
x

时，
( )
0
f
x
¢
>
；当
1
2
x
x
x


时，

0
f
x


.
此时函数

f
x 有两个极值点，合乎题意.
综上所述，
3e
a 
.
（2）证明：欲证


1
2
1
2
2
3
x x
x
x


，即证


1
2
2
2
1
x
x


，
由于
1
x 、
2
x 为

e
2
x
f
x
ax
a




的零点，
则
1
2
1
2
e
2
0
e
2
0
x
x
ax
a
ax
a









，可得




2
1
2
2
1
1
2
2
e
2
2
x
x
a x
x
a x
x







，
令


2
1
2
1
2
e
1
2
x
x
x
t t
x






，则





2
1
2
1
2
2
2
2
ln
x
t x
x
x
t










，
解得
1
ln
2
1
t
x
t


，
2
ln
2
1
t
t
x
t



，
所以只需证明：
2
ln
1
1
t
t t







，即证：
1
1
ln
t
t
t
t
t




，
构造函数
1
ln
h x
x
x
x



，其中
1
x ，
则



2
1
1
1
1
2
1
0
2
2
2
2
x
x
x
h
x
x
x
x x
x x
x x











，
所以，函数
h x 在

1,上单调递减，则
1
ln1 1 1
0
h x
h



，
所以
1
ln
0
x
x
x



，即
1
lnt
t
t


得证，故


1
2
1
2
2
3
x x
x
x


.
13.
已知函数

ln
f
x
a
x

，
ex
g x
b

（e 为自然对数的底数）
(1)当
e
a 
时，恰好存在一条过原点的直线与

f
x ，
g x 都相切，求b 的值；
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(2)若
1
b ，方程


0
xg x
f
x
ax



有两个根
1
2
x
x
，
，（
1
2
0
x
x


），求证：


1
2
2
1
2
e
x
x
x
x




．
【分析】（1）由题可求得过原点的与

f
x 相切的直线方程：y
x

，后利用切点即在
g x 图像上，也在切
线上，可求得相应切点横坐标，后由切线斜率为1 可求得b；
（2）由题可得




e
ln
ln
e
x
x
x
a x
x
a
x



有两个根
1
2
x
x
，
，令
1
2
1
1
2
2
e
，e
x
x
x
t
x
t


，
则可得方程
ln
t
a
t

有两个根1
2
t
t
，
，则
1
2
1
2
ln
ln
t
t
t
t

.通过令2
1
0
t
t

，
2
1
1
t
m
t


，可将证明


1
2
2
1
2
e
x
x
x
x




，
转化为证明


2
1
ln
1
m
m
m



，
后构造函数


2
1
1
ln
m
h m
m
m




，


1,
m
，通过其单调性可证明结论.
【详解】（1）当
e
a 
时，

e
f
x
x


，设直线与

f
x 的切点为

1
1
x
y
，
，则切线斜率为

1
1
e
f
x
x


，切线方
程为
1
e
y
x
x

.因

1
1
x
y
，
即在

f
x 图像上，也在切线
1
e
y
x
x

上，则
1
1
1
1
1
1
1
eln
e
e
e
y
x
x
y
x
y
x












，故切线斜率为1，
则切线方程为y
x

.
又
ex
g x
b

，

ex
g
x
b


，设直线与
g x 的切点为

2
2
x
y
，
，则切线斜率为


2
2
ex
g
x
b


，切线方程为
2
e
x
y
b
x

.因

2
2
x
y
，
即在
g x 图像上，也在切线
2
e
x
y
b
x

上，则
2
2
2
2
2
1
e
1
e
x
x
y
b
x
x
y
b








，又切线斜率为1，
则


2
2
1
1
e
ex
g
x
b
b




；
（2）当
1
b 时，


e
ln
0
x
xg x
f
x
ax
x
a
x
ax






，
则由题可得




e
ln
ln
e
x
x
x
a x
x
a
x



有两个根
1
2
x
x
，
，
令
1
2
1
1
2
2
e
，e
x
x
x
t
x
t


，则可得方程
ln
t
a
t

有两个根1
2
t
t
，
，
则
1
2
1
2
ln
ln
t
t
t
t

.令2
1
0
t
t

，
2
1
1
t
m
t


，则
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
ln
ln
ln
ln
ln
ln
ln
ln
ln
t
t
mt
m
m
m
t
m
t
t
t
t
t
m









，
2
1
1
ln
ln
ln
m
m
t
m
t
m



.注意到
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

1
1
2
2
1
2
2
2
1
2
e
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x










2
1 2
1
2
2
1
1
2
2
1
1
e
ln
ln
ln
ln
m
m
t t
t
t
m
m
m
m













，
则构造函数


2
1
1
ln
m
h m
m
m




，


1,
m
.
因







2
2
2
1
1
4
0
1
1
m
h m
m
m
m m








，则
h m 在

1,上单调递增，得






2
1
2
1
1
0
0
1
1
ln
ln
m
m
h m
h
m
m
m
m











.
故命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数切线方程与极值点偏移问题，难度较大.
（1）问解题关键为注意到切点即在函数图像上，也在切线上.
（2）问为极值点偏移问题，解题关键为将双变量消元为单变量，常构造差函数或以两变量之差，之商构造
函数以达到消元目的.
14.
已知函数



1
ln
,
0
f x
x
a x
a



.
(1)讨论

f
x 的单调性；
(2)若
1
0, 2
x






时，都有1
f x ，求实数a 的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数
1
2
,
x x 满足
2
2
1
1
1 ln
1 ln
x
x
x
x



，求证：
1
2
1
2
e
x
x
x x


.
【分析】（1）求出导函数，对a 分类讨论：①
0
a 
和②
0
a 
，分别讨论单调性；（2）利用分离常数法得到
1
ln
x
a
x
x


对
1
0, 2
x






恒成立. 令
1 ,
1
0, 2
ln
x
h
x
x
x
x








，利用导数求出最值，即可得到实数a 的取值范围；
（3）极值点偏移问题，利用分析法，转化为证明
1
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
ln
lnx
x
x
x
x
x



，构造新函数



1 ln
F x
x
x


，
利用导数证明出
2
1
1
1
1
1
e
F
F
F
x
x
x





















.
【详解】（1）函数



1
ln
f
x
x
a x


的定义域为

0, 

，
( )
1
ln
f
x
a
a
x



.
①当
0
a 
时，令

0
f
x


，即1
ln
0
a
a
x



，解得：
1
e
a
a
x


.
令
( )
0
f
x
¢
>
，解得：
1
0
e



a
a
x
；令

0
f
x


，解得：
1
e


a
a
x
；
所以函数

f
x 在
1
0,e
a
a







上单调递增，在
1
e
,
a
a








上单调递减.
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②当
0
a 
时，则

1
0
f
x


，所以函数

f
x 在

0, 

上单调递增.
综上所述：当
0
a 
时，函数

f
x 在
1
0,e
a
a







上单调递增，在
1
e
,
a
a








上单调递减.
当
0
a 
时，函数

f
x 在

0, 

上单调递增.
（2）当
1
0, 2
x






时，都有1
f x ，即

1
ln
1
x
a
x

，
亦即
1
ln
x
a
x
x


对
1
0, 2
x






恒成立.
令
1 ,
1
0, 2
ln
x
h
x
x
x
x








，只需
min
a
h x

.

2
ln
1
( ln )
x
x
h x
x
x




.
令
ln
1
g x
x
x


，则

1
1
g
x
x


，所以当
1
0, 2
x






时，

0
g
x


，
所以
g x 在
1
0, 2





上单增，所以max
1
1
1
1
e
e
ln
1
ln 2
ln
ln
0
2
2
2
2
2
4
g x
g 













，
所以当
1
0, 2
x






时，
0
g x 
.
所以



2
ln
1
0
ln
x
x
h
x
x
x





，所以
h x 在
1
0, 2





上单减，
所以min
1
1
1
1
2
1
1
2
ln 2
ln
2
2
h x
h










.
所以
1
ln 2
a 
.
综上所述：实数a 的取值范围为
1
, ln 2







.
（3）
2
2
1
1
1 ln
1 ln
x
x
x
x



可化为：
1
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
ln
lnx
x
x
x
x
x



.
令



1 ln
F x
x
x


，上式即为
1
2
1
1
F
F
x
x













.
由（1）可知：



1 ln
F x
x
x


在

0,1 上单调递增，在

1,上单调递减，
则
1
2
1
1
,
x
x 为

F x
k

的两根，其中


0,1
k 
.
不妨设




1
2
1
1
0,1 ,
1,e
x
x


，要证
1
2
1
2
e
x
x
x x


，只需
1
2
1
1
e
x
x

，即
2
1
1
1
e
x
x

，
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2
1
1
1
1
1
e
F
F
F
x
x
x





















.
令





e
,
0,1
x
F x
F
x
x





.
则



ln
e
.
x
x
x







当
0
x 
时，



ln
(
)
x
x e
x



；当
1
x 时，



ln 1 (e 1)
0
x





.
由零点存在定理可得：存在
0x ，使得


0
0
x


.
当


0
0,
x
x

时，

0
x


，
x

单增；当


0,1
x
x

时，

0
x


，
x

单减；
又


0,
0,
e
0
x
F x
F



，所以

0,
0
0
x



.








1
1
e 1
2
e
e 1 ln e 1
F
F








.
因为2
e
0.71828


，



e
e 1 ln e 1
0.8
2




，
所以1
0


.
所以
0
x


恒成立.
所以
1
1
1
1
1
1
e
0
F
F
x
x
x






















.
所以
1
1
1
1
e
F
F
x
x














.
所以
2
1
1
1
1
1
e
F
F
F
x
x
x





















即证.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数
的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
（3）利用导数求函数的最值(极值)；
（4）利用导数证明不等式．
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15.
已知函数

e
ln
x
f
x
x
a
x
a



，其中
0
a 
．
(1)若
2e
a 
，求

f
x 的极值：
(2)令函数

g x
f
x
ax
a



，若存在
1
x ，
2
x 使得



1
2
g x
g x

，证明：
1
2
1
2
e
e
2
x
x
x
x
a


．
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）依题意可得


e
ln
e
x
x
g
x
a
x
x


，令
ex
t
x

，则上述函数变形为
ln
h
a
t
t
t

，利用导数说明
ex
t x
x

的单调性，即可得到存在
1
1
1ex
t
x

、
2
2
2ex
t
x



1
2
t
t

，使得

1
2
h t
h t

，再根据
h t 的单调性，可得
1
2
0
t
a
t



，
再构造函数




2
F t
h t
h
a
t



，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
【详解】（1）解：当
2e
a 
时

e
2eln
2e
x
f
x
x
x



，


0,
x
，
所以





1
e
2e
2e
1
e
x
x
x
x
f
x
x
x
x







，
当


0,1
x
时，
2
0
2
x
x



，1
e
e
x


，所以

0
f
x


，
当


1,
x
时，
2
2
x
x


，e
e
x ，所以
( )
0
f
x
¢
>
，
所以

f
x 在

0,1 上单调递减，在

1,上单调递增，
所以

f
x 的极小值为

1
e
f
，无极大值.
（2）证明：



e
ln
e
ln
e
x
x
x
g
x
a
x
ax
x
f x
ax
x
a
x
a 







，
令
ex
t
x

，则上述函数变形为
ln
h
a
t
t
t

，
对于
ex
t x
x

，


0,
x
，则


1
e
0
x
t
x
x




，即
ex
t x
x

在

0, 

上单调递增，
所以若存在
1
x ，
2
x 使得



1
2
g x
g x

，则存在对应的
1
1
1ex
t
x

、
2
2
2ex
t
x



1
2
t
t

，
使得

1
2
h t
h t

，
对于
ln
h
a
t
t
t

，则

1

a
h t
t ，因为
0
a 
，所以当0
t
a

时

0
h t


，当t
a

时

0
h t


，
即
h t 在

0,a 上单调递减，在

,a 上单调递增，所以t
a

为函数
h t 的唯一极小值点，
所以
1
2
0
t
a
t



，则
1
2a
t
a


，
令




2
F t
h t
h
a
t



，则








2
2
2
1
1
0
2
2
t
a
a
a
F t
h t
h
a
t
t
a
t
t
a
t














，
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所以

F t 在

0,a 上单调递减，所以


1
0
F t
F a


，
即


1
1
2
0
h t
h
a
t



，又

1
2
h t
h t

，所以


2
1
2
h t
h
a
t


，
又
h t 的单调性可知2
1
2
t
a
t

，即有2
1
2
t
t
a


成立，
所以
1
2
1
2
e
e
2
x
x
x
x
a


.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成
立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)
值问题处理．
16.
已知函数





ln
2
f x
a
x
x a
R




.
(1)讨论
( )
f x 的单调性和最值；
(2)若关于x 的方程
2
1
e
ln
(
0)
2
x
m
m
m
m
x




有两个不等的实数根
1
2
,
x x ，求证：
1
2
2
e
e
x
x
m


.
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值.
（2）利用同构可得原方程即为
2
ex
x
m


有两个不同的实数根
1
2
,
x x ，结合构造法可证
1
2
2
e
e
x
x
m


成立.
【详解】（1）

2
1
2
2
a
a
x
f
x
x
x







，其中
2
x 
若
0
a 
，则
( )
0
f
x
¢
<
在

2,

上恒成立，故
( )
f x 在

2,

上为减函数，
故
( )
f x 无最值.
若
0
a 
，当


2,
2
x
a


时，
( )
0
f
x
¢
>
；
当


2,
x
a


时，
( )
0
f
x
¢
<
；
故
( )
f x 在

2,
2
a


上为增函数，在

2,
a 
上为减函数，
故


max
( )
2
ln
2
f x
f a
a
a
a




，
( )
f x 无最小值.
（2）方程
2
1
e
ln
(
0)
2
x
m
m
m
m
x




即为


e
ln
2
ln
2
x
m
x
m
x
x






，
故


ln
ln
e
ln e
2
ln
2
x
m
x
m
x
x







，
因为
ln
y
x
x


为

0,上的增函数，所以
ln
2
e
e
x
m
x
x
m




所以关于x 的方程
2
1
e
ln
(
0)
2
x
m
m
m
m
x




有两个不等的实数根
1
2
,
x x 即为：
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2
ex
x
m


有两个不同的实数根
1
2
,
x x .
所以
1
2
1
2
2
e ,
2
e
x
x
x
m
x
m




，所以


1
2
1
2
e -e
x
x
x
x
m


，
不妨设
1
2
x
x

，
1
2
t
x
x


，故




1
2
1
2
1
2
1
2
e
e
e
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
m





，
要证：
1
2
2
e
e
x
x
m


即证



1
2
1
2
1
2
2
e
e
e
e
x
x
x
x
x
x
m
m




，
即证

1
2
1
2
1
2
e
1
2
e
1
x
x
x
x
x
x






，即证



e
1
2
0
e
1
t
t
t
t




，
即证



e
1
2e
2
0
t
t
t
t




，
设

e
1
2e
2
t
t
s t
t




，则



e
1
e
2e
1 e
1
t
t
t
t
s t
t
t






，
故

e
0
t
s
t
t



，所以

s t

在

0,上为增函数，
故


0
0
s t
s




，所以
s t 在

0,上为增函数，
所以

0
0
s t
s


，故
1
2
2
e
e
x
x
m


成立.
【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程，
从而利用常见的极值点偏移的方法来处理零点不等式.
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