重难点06：破解极值点偏移：导数极值点
偏问题之核心解决方法（上）
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................4
题型一、构造对称函数法（最常用，通性通法）........................................4
题型二、比值代换法（处理含指数/对数的复杂偏移）.............................11
题型三、差值代换法（变量分离，简化计算）..........................................18
题型四、对、指数均值不等式法..................................................................24
题型精析・方法突破提能力..............................................................................29
知识点
1 ：极值点偏移的概念
一、极值点偏移的核心定义
设函数f(x)在定义域内可导，且存在唯一极值点x0（即f'(x0)=0，且
x0两侧f'(x)符号相反）。
若存在两个不相等的实数x1,x2（x1≠x2），使得f(x1)=f(x2)，且x1,x2分别位于x0
两侧（即x1<x0<x2或x2<x0<x1），则称函数f(x)的极值点x0存在偏移。
二、极值点偏移的方向判断（关键依据）
根据x1,x2的中点与极值点x0的大小关系，将偏移分为两类：
极值点左移
知识网络・核心根基深扎牢
极值点右移
左偏：若x1+x2
2
>x0（即x1,x2的中点在x0右侧），则称极值点x0左偏。
本质：右侧的点x2到x0的距离大于左侧的点x1到x0的距离（x2−x0>x0−x1）。
右偏：若x1+x2
2
<x0（即x1,x2的中点在x0左侧），则称极值点x0右偏。
本质：左侧的点x1到x0的距离大于右侧的点x2到x0的距离（x0−x1>x2−x0）。
三、极值点偏移的本质特征（与函数性质关联）
极值点偏移的本质是函数在极值点两侧的单调性不对称：
若函数在( ∞,
−
x0)上的递增（或递减）速率，与在(x0,+∞)上的递减（或递增）速
率不同，则易出现偏移。
四、定义的核心作用（解题关联）
明确证明目标：所有解题方法（如构造对称函数法、比值代换法）的最终目标，本质
是证明 “x1+x2
2
>x0”或“x1+x2
2
<x0”，即围绕定义展开。
知识点
2 ：极值点偏移问题特征
1. 证明 “两点和 / 积与极值点的关系”
问题目标常围绕x1+x2或x1x2与2x0或x0
2的大小关系，具体形式：
证明 “和的偏移”：如 “求证x1+x2>2x0”（左偏）、“求证x1+x2<2x0”（右
偏）；
证明 “积的偏移”：如 “求证x1x2>x0
2”（左偏衍生）、“求证x1x2<x0
2”（右偏
衍生）。
2. 证明 “两点与极值点的距离关系”
问题目标间接体现偏移，如 “求证|x1−x0|<|x2−x0|”（左偏，右侧点离极值点
更远）或 “求证|x1−x0|>|x2−x0|”（右偏，左侧点离极值点更远）；
此类表述可转化为 “和的偏移”（如|x1−x0|<|x2−x0|⇒x1+x2>2x0，当
x1<x0<x2时），本质与 “和的偏移” 一致。
3. 含参数时，结合偏移求参数范围
若题干含参数，问题目标可能是 “求参数范围使得函数存在极值点偏移”，或 “已
知偏移条件求参数范围”。
注意：当最终需要证明的不等式含有：x1+x2，x1∙x2，f (x1)+f(x2)，
f (x1)∙f(x2)或者同时含x1，x2及f (x1)，f(x2)的式子时，一般需要用到极值点偏移方
法。
知识点
3 ：对数均值不等式
对于任意正实数a≠b，定义“对数均值”为L(a,b)=a−b
lna−ln b ，其满足与算
术均值A(a,b)=a+ b
2
、几何均值G(a,b)= ❑√ab的不等关系：
❑√ab<a−b
lna−ln b <a+ b
2
即 几何均值 < 对数均值 < 算术均值。
适用范围：仅适用于正实数（因涉及对数lnx，要求x>0），且需满足 “两点函数
值相等” 与 “单峰函数” 前提（符合极值点偏移判定条件）；
与极值点偏移的适配性：优先用于含对数的函数（如lnx−ax、xlnx−kx
2），对
指数函数可通过 “取对数转化为对数形式” 后使用（如e
x−ax=0⇒x=lna+lnx）；
简洁性优势：相比构造对称函数法，对数均值不等式可直接关联 “两点差与对数
差”，跳过复杂的导数分析，快速证明 “和 / 积与极值点的关系”，尤其适合解决选
择、填空或证明题的简化步骤。
知识点
4 ：指数均值不等式
对于任意不相等的实数a,b，定义 “指数均值” 为E(a,b)=e
a−e
b
a−b
，其满足与算
术均值A(e
a,e
b)=e
a+e
b
2
、几何均值G(e
a,e
b)=e
a+ b
2
的不等关系：
e
a+ b
2
<e
a−e
b
a−b
<e
a+e
b
2
；
即 指数形式的几何均值 < 指数均值 < 指数形式的算术均值。
对比对数均值不等式：对数均值针对 “正实数的对数差与实数差”，指数均值针对
“实数的指数差与实数差”，二者本质是 “指数 - 对数互逆” 的关系，可通过变量代换
相互推导。
适用范围：适用于任意实数（因指数函数定义域为R），但需满足 “两点函数值相
等” 与 “单峰函数” 前提（符合极值点偏移判定条件），若涉及变量为正实数，可与对
数均值不等式互通；
与极值点偏移的适配性：优先用于含指数的函数（如\( e^x - ax \)、\( x e^x - b \)），尤
其适合证明 “指数形式的不等式”（如\( e^{\frac{x_1 + x_2}{2}} < C \)）或 “两点和与
极值点的关系”，比构造对称函数更简洁；
与对数均值的差异：对数均值更直接适配含对数的函数，指数均值更直接适配含指数
的函数，核心差异在于 “变量与函数的关联形式”，但可通过 “指数 - 对数互逆” 转
化，解题时可根据函数类型优先选择。
【答案】证明见解析
【分析】由极值点处导数值为0 得到a=−2( x−1)
e
x
，构造函数h( x)=−2( x−1)
e
x
，
研究其单调性，得到x1<2< x2，构造函数H ( x)=h(2+ x)−h(2−x)，研究其单调性，得
到h(2+ x)<h(2−x)，最后再次结合h( x)单调性即可求证.
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、构造对称函数法（最常用，通性通
构造对称函数法求解极值点偏移的方法：
（1）求函数唯一极值点x0：计算f(x)的导函数f'(x)，解方程f'(x)=0；
（2）构造对称函数F(x)：
针对 “和的偏移”，构造F(x)=f(x)−f(2x0−x)（以x0为对称中心，对称点
为2x0−x）；
若需证明 “积的偏移”（如x1x2>x0
2），构造F(x)=f(x)−f(
x0
2
x )（对称点为x0
2
x
）。
（3）分析F(x)的单调性与符号：求F(x)的导函数F'(x)，化简并判断其在定义域内
的符号；（4）结合f(x1)=f(x2)推导偏移关系：
设x1<x0<x2且f(x1)=f(x2)，由x2>x0得F(x2)=f(x2)−f(2x0−x2)>0（或
<0），即f(x2)>f(2x0−x2)（或<f(2x0−x2)）；因f(x1)=f(x2)，故
f(x1)>f(2x0−x2)（或<f(2x0−x2)）；
结合x1<x0、2x0−x2<x0（因x2>x0）及f(x)在( ∞,
−
x0)的单调性，得出
x1>2x0−x2（或x1<2x0−x2），即x1+x2>2x0（或<2x0）。
典例探究
【典型例题】已知函数f ( x)= x
2−2 x +1+ae
x有两个极值点x1, x2，且x1< x2，求证：
x1+ x2>4.
【详解】f ( x)= x
2−2 x +1+ae
x，f
′( x)=2 x −2+ae
x，
令f
′( x)=0，得a=−2( x−1)
e
x
，
令h( x)=−2( x−1)
e
x
，则h(x1)=h(x2)，h
′( x)= 2 x−4
e
x
，
易知h( x)在(−∞,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以x1<2< x2，
令H ( x)=h(2+ x)−h(2−x)，则H
′( x)=h
′(2+ x)+h
′(2−x)= 2 x(e
2−x−e
2+ x)
e
2+ xe
2−x
，
当0< x时，H
′( x)<0，则H ( x)在(0,+∞)上单调递减，
所以H ( x)< H (0)=0，
所以h(2+ x)<h(2−x)，
从而h(x1)=h(x2)=h(2+(x2−2))<h(2−(x2−2))=h(4−x2)．
因为x1<2，4−x2<2，h( x)在(−∞,2)上单调递减，
所以x1>4−x2，即x1+ x2>4.
【1-1】已知函数f ( x)=e
x−ax有两个不同的零点x1, x2，其极值点为x0．
(1)求a 的取值范围；
(2)求证：x1+ x2<2 x0；
(3)求证：x1+ x2>2；
(4)求证：x1 x2<1．
【答案】(1)a>e
(2)证明见解析
(3)证明见解析
(4)证明见解析
【分析】(1)求导，利用倒数和零点的关系即可得；
(2) 由所证结论知这是f ( x)的极值点偏移问题，选取函数f ( x)，按对称化构造的三个
举一反三
步骤来解答．构造函数h( x)= x−ln x，将x1= ln x1+ ln a，x2= ln x2+ ln a相加得
x1+ x2= ln(x1 x2)+2ln a<2ln a=2 x0．
(3) 由所证结论可以看出，这不再是f ( x)的极值点偏移问题．回到题设条件,构造函数
h( x)= x−ln x,给定x1的范围(0,1);
(4)借助(1)(2)(3)给定x1或x2的范围均可，
【详解】（1）f
′( x)=e
x−a．
若a≤0，则f
′( x)>0，f ( x)在R上单调递增，f ( x)至多有一个零点，舍去；
故a>0，得f ( x)在(−∞,ln a)上单调递减，在(ln a,+ ∞)上单调递增，
当x→−∞时，f ( x)→+∞；当x→+ ∞时，f ( x)→+∞．
要使f ( x)有两个不同的零点，则必须有f (ln a)<0，得a>e．
（2）（ⅰ）由（1）知x0= ln a，f ( x)在(−∞, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递
增，不妨设x1< x0< x2．
（ⅱ）构造函数F( x)= f ( x)−f (2 x0−x)，
则F
′( x)= f
′( x)+ f
′(2 x0−x)=e
x−a+e
2ln a−x−a=e
x+e
2ln a−x−2a，
当x<ln a时，F( x)< F(ln a)=0，有f ( x)<f (2 x0−x)．
（ⅲ）将x1代入（ⅱ）中不等式得f (x1)= f (x2)<f (2 x0−x1)，
又x2> x0，2 x0−x1> x0，f ( x)在(x0,+∞)上单调递增，
故x2<2 x0−x1，即x1+ x2<2 x0．
（3）解法1：f ( x)=e
x−ax =0⇔e
x =ax⇔a=e
x
x ，
记函数g( x)=e
x
x ，则有g(x1)= g(x2)=a，
求导得g
′( x)=e
x( x−1)
x
2
，则1 是g( x)的极小值点．
我们选取函数g( x)来证x1+ x2>2，同时也可证x1 x2<1．
（ⅰ）易知g( x)在(−∞,0)，(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，g( x)与x
的符号相同．
当x→−∞时，g( x)→0；当x→0
−时，g( x)→−∞，当x→0
+时，g( x)→+ ∞．
由g(x1)= g(x2)=a，不妨设0< x1<1< x2．
（ⅱ）构造函数G( x)= g( x)−g(2−x)，
则G
′( x)= g
′( x)+ g
′(2−x)=e
x( x−1)
x
2
+e
2−x(1−x)
(2−x)
2
=( x−1)[
e
x
x
2 −e
2−x
(2−x)
2)．
当0< x<1时，x−1<0，但因式e
x
x
2 −e
2−x
(2−x)
2的符号不容易看出，
再引进辅助函数φ( x)=e
x
x
2，则φ
′( x)=e
x( x−2)
x
3
，得φ( x)在(0,2)上单调递减，
当x∈(0,1)时，2−x∈(1,2)，即0< x<2−x<2，
则φ( x)>φ(2−x)，即e
x
x
2 −e
2−x
(2−x)
2 >0，从而G
′( x)<0，
得G( x)在(0,1)上单调递减，有G( x)>G(1)=0，即g( x)> g(2−x)(0< x<1)．
（ⅲ）将x1代入（ⅱ）中不等式得g(x1)= g(x2)>g(2−x1)，
又x2>1，2−x1>1，g( x)在(1,+ ∞)上单调递增，故x2>2−x1，即x1+ x2>2.
解法2：f ( x)=0⇔e
x =ax(a>e)⇔x = ln a+ ln x ⇔x −ln x = ln a，
记函数h( x)= x−ln x，则有h(x1)=h(x2)= ln a．
（ⅰ）h
′( x)=1−1
x ，
h( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，有极小值h(1)=1．
当x→0
+时，h( x)→+∞；当x→+ ∞时，h( x)→+∞．
不妨设0< x1<1< x2．
（ⅱ）构造函数H ( x)=h( x)−h(2−x)，
则H
′( x)=h
′( x)+h
′(2−x)=1−1
x +1−
1
2−x =( x−1)(
1
x −
1
2−x)．
当0< x<1时，，x−1<0，1
x −
1
2−x >0，则H
′( x)<0，H ( x)在(0,1)上单调递减，
有H ( x)> H (1)=0，即h( x)>h(2−x)(0< x<1)．
（ⅲ）将x1代入（ⅱ）中不等式得h(x1)=h(x2)>h(2−x1)，
又x2>1，2−x1>1，h( x)在(1,+ ∞)上单调递增，故x2>2−x1，即x1+ x2>2．
（4）解法1：（ⅰ）同（3）（ⅰ）．
（ⅱ）构造函数G( x)= g( x)−g(
1
x)，
则G
′( x)= g
′( x)+ 1
x
2 g
′(
1
x)=e
x( x−1)
x
2
+ 1
x
2 ⋅
e
1
x(
1
x −1)
(
1
x)
2
=( x−1)⋅(e
x−xe
1
x)
x
2
．
当0< x<1时，x−1<0，但因式e
x−xe
1
x的符号不容易看出，
引进辅助函数φ( x)=e
x−xe
1
x，则φ
′( x)=e
x+(
1
x −1)e
1
x．
当x∈(0,1)时，φ
′( x)>0，得φ( x)在(0,1)上单调递增，有φ( x)<φ(1)=0，
则G
′( x)>0，得G( x)在(0,1)上单调递增，有G( x)<G(1)=0，即
g( x)<g(
1
x)(0< x<1)．
（ⅲ）将x1代入（ⅱ）中不等式得g(x1)= g(x2)<g(
1
x1)，
又x2>1，1
x1
>1，g( x)在(1,+∞)上单调递增，故x2< 1
x1
，即x1 x2<1．
解法2：（ⅰ）同（3）（ⅰ）．
（ⅱ）构造函数H ( x)=h( x)−h(
1
x)，
则H
′( x)=h
′( x)+ 1
x
2 h
′(
1
x)=1−1
x + 1
x
2 (1−x)=(
1
x −1)
2
．
当0< x<1时，H
′( x)>0，H ( x)在(0,1)上单调递增，有H ( x)< H (1)=0，
即h( x)<h(
1
x)(0< x<1)．
（ⅲ）将x1代入（ⅱ）中不等式得h(x1)=h(x2)<h(
1
x1)，
又x2>1，1
x1
>1，h( x)在(1,+∞)上单调递增，故x2< 1
x1
，即x1 x2<1．
【1-2】已知函数f (x)=e
x(cos x +1)−ax，a∈R.
(1)若a=1，求曲线y = f (x)在x =π处的切线方程；
(2)若a=0，求y = f (x)在(0,π)内的极值；
(3)设g(x)= f (x)−e
xcos x，若g(x)有2 个零点x1，x2，且x1< x2，求证：
x1+ x2<2lna.
【答案】(1)x + y =0
(2)f (x)有极大值e
π
2 ，无最小值
(3)证明见解析
【分析】（1）对f (x)求导，求出f
′ (π)=−1，f (π)=−π，，再由导数的几何意义
求解即可；
（2）当a=0，对f (x)求导，求出f (x)的单调性，结合极值点的定义即可得出答案；
（3）对g(x)求导，研究g(x)单调性和极值可知要使g(x)有2 个零点，则需
g(lna)=a−alna<0，由此求出a的范围，要证x1+ x2<2lna，只需证
g(x1)<g(2lna−x1)，由此构造F (x)= g(2lna−x)−g(x)，x<lna，对F (x)求导，证
明F (x)min>0即可.
【详解】（1）当a=1时，f (x)=e
x(cos x +1)−x，则
f
′ (x)=e
x(cos x +1−sin x)−1，
因为f
′ (π)=−1，f (π)=−π，
所以曲线y = f (x)在x =π处的切线方程为y +π=−(x−π)，即x + y =0.
（2）当a=0时，f (x)=e
x(cos x +1)，有f
′ (x)=e
x(cos x +1−sin x)，
由f
′ (x)=0可得cos x +1−sin x =0，即sin(x−π
4 )=
❑√2
2 ，
当x∈(0,π)时，x−π
4 ∈(−π
4 , 3π
4 )，∴x−π
4 =π
4 ，即x =π
2 ，
当x∈(0,π
2 )时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(
π
2 ,π)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
∴f (x)有极大值f(
π
2 )=e
π
2 ，无最小值.
（3）g(x)= f (x)−e
xcos x =e
x−ax，则g
′ (x)=e
x−a.
若a≤0，则g
′ (x)>0，g(x)单调递增，不可能有两个零点.
若a>0，令g
′ (x)=0，得x =lna，
当x∈(−∞,ln a)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(ln a,+ ∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
所以x =lna为g(x)的极小值点，
要使g(x)有2 个零点，则需g(lna)=a−alna<0，即a>e.
因为g(x)的2 个零点为x1，x2，x1< x2，所以x1<lna< x2.
要证x1+ x2<2lna，只需证x2<2lna−x1，
因为lna< x2，g(x)在(ln a,+∞)上单调递增，
所以只需证g(x2)< g(2lna−x1)，
因为g(x2)= g(x1)，所以只需证g(x1)<g(2lna−x1)，
即只需证g(x)< g(2lna−x)，x<lna，
令F (x)= g(2lna−x)−g(x)，x<lna，
则F
′ (x)=−g
′ (2lna−x)−g
′ (x)=−a
2e
−x−e
x+2a，
设h(x)=−a
2e
−x−e
x+2a，则h
′ (x)=a
2e
−x−e
x，
则h
′ (x)在(−∞,ln a)上单调递减，
又因为h
′ (lna)=a
2e
−lna−e
lna=a−a=0，
所以当x<lna时，h
′ (x)>0，所以h(x)在(−∞,ln a)上单调递增，
又因为h(lna)=−a
2e
−lna−e
lna+2a=−a−a+2a=0，
所以当x<lna时，h(x)<0，即F (x)在(−∞,ln a)上单调递减，
又因为F (lna)= g(2lna−lna)−g(lna)=0，所以F (x)>0，
即g(x)< g(2lna−x)，x<lna，
所以原命题得证.
【1-3】已知函数f (x)=(x +a)e
x，直线y =2 x +1是曲线y = f (x)的一条切线．
(1)求a的值，并讨论函数f (x)的单调性；
(2)若f (x1)= f (x2)，其中x1< x2，证明：x1⋅x2>4．
【答案】(1)a=1，函数f (x)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+∞)上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）设切点为(x0,f (x0))，利用导数几何意义和切线方程可构造方程得到
e
x0+2 x0−1=0，设g(x)=e
x+2 x−1，利用导数可确定g(x)有唯一零点x =0，由此可得a；
代入f (x)后，根据f
′ (x)的正负可得单调区间；
（2）根据f (x)单调性和f
′ (x)的正负可确定x1<−2< x2<−1，将所证不等式转化为
f (x2)>f(
4
x2)
对任意x2∈(−2,−1)恒成立；令h(x)= f (x)−f(
4
x),(−2< x<−1)，利用
导数可求得h(x)单调递增，得到h(x)>h(−2)=0，由此可得结论.
【详解】（1）设直线y =2 x +1与曲线y = f (x)相切于点(x0,f (x0))，
∵f
′ (x)=(x +a+1)e
x ,∴f
′(x0)=(x0+a+1)e
x0=2，
又f (x0)=(x0+a)e
x0=2 x0+1,∴2−e
x0=2 x0+1，即e
x0+2 x0−1=0，
设g(x)=e
x+2 x−1，则g
′ (x)=e
x+2>0，∴g(x)在R上单调递增，
又g(0)=0，∴g(x)有唯一零点x =0，
∴x0=0,∴a+1=2，解得a=1，
∴f (x)=(x +1)e
x,f
′ (x)=(x +2)e
x，
则当x∈(−∞,−2)时，f
′ (x)<0；当x∈(−2,+∞)时，f
′ (x)>0，
∴f (x)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+∞)上单调递增．
（2）由（1）知f ( x)min= f (−2)=−e
−2<0，
当x<−1时，f (x)<0；当x>−1时，f (x)>0，
∴x1<−2< x2<−1，
要证x1 x2>4，只需证x1< 4
x2
<−2．∵f (x)在(−∞,−2)上单调递减，
∴只需证f (x1)>f(
4
x2)，又f (x1)= f (x2)，
则只需证f (x2)>f(
4
x2)对任意x2∈(−2,−1)恒成立．
设h(x)= f (x)−f(
4
x),(−2< x<−1)，
则h
′ (x)=(x +2)e
x+ 8(x +2)
x
3
e
4
x = (x +2)e
4
x
x
3
(x
3e
x−4
x +8)，
设p(x)= x
3e
x−4
x +8(−2< x<−1)，则p
′ (x)= xe
x−4
x ⋅[(x + 3
2)
2
+ 7
4)<0，
∴p(x)在(−2,−1)上单调递减，∴p(x)< p(−2)=0．
又当−2< x<−1时，(x +2)e
4
x
x
3
<0，
∴h
′ (x)>0,∴h(x)在(−2,−1)上单调递增，
∴h(x)>h(−2)=0，即f (x)>f(
4
x)在x∈(−2,−1)时恒成立，
又x2∈(−2,−1),∴f (x2)>f(
4
x2)．故原不等式得证．
题型二、比值代换法（处理含指数/对数的复杂偏移）
比值代换法求解极值点偏移的方法：
（1）求函数唯一极值点x0：计算f(x)的导函数f'(x)，解方程f'(x)=0；
（2）由f(x1)=f(x2)建立等式，分离指数/对数项：设x1≠x2且f(x1)=f(x2)，将
等式整理为 “ 指数项（或对数项）与多项式项分离” 的形式（如
lnx1−lnx2=k(x1
2−x2
2)）；若含指数项，两边取自然对数；若含对数项，直接利用对数
运算法则合并（如lnx1
x2
= k(x1−x2)(x1+x2)）。
（3）设比值变量，统一变量为单参数：:令t=x2
x1
（假设x2>x1>0，则t>1），得x2=tx1；
将x2=tx1代入步骤 2 的等式，实现 “双变量x1,x2→单变量t” 的转化。
（4）将偏移目标转化为关于t的不等式：若需证明 “和的偏移”（x1+x2>2x0或<2x0），
代入x2=tx1得x1(1+t)>2x0（或<2x0），再结合步骤3中x1的表达式，消去x1，得到
仅含t的不等式；若需证明 “积的偏移”（x1x2>x0
2或<x0
2），代入x2=tx1得tx1
2>x0
2
（或<x0
2），同理转化为关于t的不等式。
（5）构造关于\(t\)的函数，证明不等式成立：令g(t)为步骤4中不等式左侧（或变形
后的函数），定义域为t>1；求g(t)的导函数g'(t)，分析其在t>1时的单。
【答案】证明见解析
【分析】由x1, x2是两个零点，可解得ln x1 x2= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
−x1 x2，接着构造函数
证
x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
>2，即ln x1 x2+ x1 x2>2，根据函数单调性即可证明.
【详解】由题意知{
2ln x1= x1
2+a x1,①
2ln x2= x2
2+a x2,②)，
由{
①+②
①−②)得{
2ln x1 x2= x1
2+ x2
2+a(x1+ x2)
2ln x1
x2
= x1
2−x2
2+a(x1−x2))
从而
2ln x1 x2−(x1
2+ x2
2)
2ln x1
x2
−(x1
2−x2
2)
= x1+ x2
x1−x2，2ln x1 x2= x1
2+ x2
2+2 x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
−(x1+ x2)
2，
即ln x1 x2= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
−x1 x2．
又
x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
=
x1
x2
+1
x1
x2
−1
ln x1
x2
，令t = x1
x2
,0<t <1,
g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
= ln t + 4
t +1 −2,0<t <1，
g
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t +1)
2−4 t
t (t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
典例探究
【典型例题】已知函数f (x)=2ln x−x
2−ax有两个不同的零点x1, x2，且满足0< x1< x2，
求证：x1 x2> 3
2．
所以g(t )在(0,1)单调递增，则g(t )< g(1)，
因为当t →1时，g(t )→0，所以g(t )<0，
所以ln t < 2(t −1)
t +1
⇒t +1
t −1 ln t >2，即
x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
>2，
所以ln x1 x2+ x1 x2= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
>2．
令x1 x2=m，h(m)= ln m+m，易知其单调递增，
又h(
3
2)=ln 3
2 + 3
2 <2，
所以h(m)= ln m+m>2>ln 3
2 + 3
2 =h(
3
2)，即h(m)>h(
3
2)，
所以m> 3
2，即x1 x2> 3
2．
【2-1】已知函数f ( x)=e
x−a x
2 (a∈R)．
(1)当a= 1
2时，求函数f ( x)的单调区间；
(2)当x>0时，若函数f ( x)有2 个不同的零点x1，x2．
（ⅰ）求a 的取值范围；
（ⅱ）证明：x1+ x2>4．
【答案】(1)单调递增区间为(−∞,+∞)，无单调递减区间
(2)（ⅰ）(
e
2
4 ,+∞)；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间；
（2）（ⅰ）转化为函数g( x)= e
x
x
2 ( x>0)与y =a有两个交点的问题；
举一反三
（ⅱ）由函数的两个零点可得
x1−x2
ln x1
x2
=2
，再利用构造函数的方法证明即可.
【详解】（1）当a= 1
2时，f ( x)=e
x−1
2 x
2，则f
′( x)=e
x−x，
令F( x)=e
x−x，得F
′( x)=e
x−1，
当x ≥0时，F
′( x)≥0；当x<0时，F
′( x)<0，
即F( x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
则F( x)在x =0处取得极小值，F(0)=1，所以F( x)≥1，
所以f
′( x)>0恒成立，
即f ( x)在R上单调递增；
故单调递增区间为(−∞,+ ∞)，无单调递减区间．
（2）（ⅰ）当x>0时，若函数f ( x)有2 个不同的零点x1，x2，
∴e
x =a x
2恰有2 个正实数根x1，x2，
令g( x)= e
x
x
2 ( x>0)，则y =a与g( x)有两个不同交点，
∴g
′( x)= ( x−2)e
x
x
3
，
∴当x∈(0,2)时，g
′( x)<0；当x∈(2,+∞)时，g
′( x)>0，
∴g( x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，又g(2)= e
2
4 ，
当x 从0 的右侧无限趋近于0 时，g( x)趋近于+ ∞；
当x 无限趋近于+ ∞时，e
x的增速远大于x
2的增速，则g( x)趋近于+ ∞，
则g( x)图象如下图所示，
∴当a> e
2
4 时，y =a与g( x)有两个不同交点，
∴实数a 的取值范围为(
e
2
4 ,+ ∞)．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知：e
x1=a x1
2，e
x2=a x2
2，(x1>0, x2>0)
∴x1= ln a+2ln x1，x2= ln a+2ln x2，
∴x1−x2=2ln x1−2ln x2=2ln x1
x2
，则
x1−x2
ln x1
x2
=2
，
不妨设x2> x1>0，
要证x1+ x2>4，则需证x1+ x2> 2(x1−x2)
ln x1
x2
，
∵x2> x1>0，∴0< x1
x2
<1，∴ln x1
x2
<0，则只需证ln x1
x2
< 2(x1−x2)
x1+ x2
=
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
令t = x1
x2
∈(0,1)，则只需证t ∈(0,1)时，ln t < 2(t −1)
t +1
恒成立，
令h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(0<t <1)，
∴h
′(t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= (t +1)
2−4t
t(t +1)
2
= (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
∴h(t )在(0,1)上单调递增，∴h(t )<h(1)=0，
∴当t ∈(0,1)时，ln t < 2(t −1)
t +1
恒成立，
∴原不等式x1+ x2>4得证．
【2-2】已知函数f ( x)=a( x−1)−x ln x，且f ( x)≤0.
(1)求a;
(2)已知f
′( x)为函数f ( x)的导函数，证明：对任意的0< x1< x2，均有
f
′( x1)> f ( x2)−f ( x1)
x2−x1
；
【答案】(1)a=1
(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数g( x)=a(1−1
x )−ln x，利用导数判断函数的单调性， 可得
g( x)max = g(a)，只需 满足g(a)≤0，计算即可得解；
（2）先写出f
′( x)，将不等式变形，通过换元t = x2
x1
，构造函数g(t )，利用导数证其
单调性，从而推导不等式成立；
【详解】（1）由f ( x)≤0得a(1−1
x )−ln x ≤0，
令g( x)=a(1−1
x )−ln x , x>0，则g
′( x)= a
x
2 −1
x = a−x
x
2 ，
①当a≤0时，g
′( x)<0恒成立，g( x)在(0,+ ∞)上单调递减，且g(1)=0，不符题意；
②当a>0时，g( x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减，
故g( x)max = g(a)=a−1−ln a≤0，
令h(a)=a−1−ln a，则h
′(a)=1−1
a = a−1
a
，
故h(a)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则h(a)min=h(1)=0，即a−1−ln a≥0，又a−1−ln a≤0，
所以a−1−ln a=0，解得a=1.
（2）由（1）知f ( x)= x−1−x ln x，f
′( x) =−ln x，
要证f
′( x1)> f ( x2)−f ( x1)
x2−x1
，即证−ln x1> x2−x1+ x1ln x1−x2ln x2
x2−x1
，
进一步变形为证
x2ln x2−x2ln x1−x2+ x1
x2−x1
>0，即证x2ln x2
x1
−( x2−x1)
x2−x1
>0.
因为0< x1< x2，令t = x2
x1
>1，则需证t ln t −(t −1)
t −1
>0（t >1），
即证t ln t −(t −1)>0（t >1）
设g(t )=t ln t −(t −1)，t >1，g
′(t ) = lnt +1−1= lnt，
当t >1时，g
′(t )>0，g(t )在(1,+ ∞)单调递增，所以g(t )> g(1)=0，得证.
【2-3】已知函数f (x)= xln x−a x
2−2 x.
(1)讨论导函数f
′ (x)的零点个数情况；
(2)若f (x)有两个不同极值点x1、x2.当x1>4 x2时，证明：x1 x2
2>16e
3.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由f
′ (x)结合参变分离得2a= ln x−1
x
，利用导数分析函数g(x)的单调
性与极值，数形结合可得出实数a在不同取值下，函数f
′ (x)的零点个数；
（2）由题意可得{
ln x1−2a x1−1=0
ln x2−2a x2−1=0)得2a=ln x1−ln x2
x1−x2
，要证明x1 x2
2>16e
3，
只需证明ln x1+2ln x2>4ln2+3，设t = x1
x2
(x1>4 x2)，则t >4，即证
lnt −4ln2⋅t −1
t +2 >0(t >4)即可，令h(t )=lnt −4ln2⋅t −1
t +2
(t >4)，利用导数分析函数
g(t )的单调性，结合函数g(t )的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）因为函数f (x)= xln x−a x
2−2 x的定义域为(0,+∞)，
且f
′ (x)= ln x +1−2ax−2= ln x−1−2ax，由f
′ (x)=0可得2a= ln x−1
x
，
令g(x)= ln x−1
x
，其中x>0，则g
′ (x)=
1
x ⋅x−(ln x−1)
x
2
= 2−ln x
x
2
，
由g
′ (x)=0可得x =e
2，列表如下：
x
(0,e
2
e
2
(e
2,+∞)
g
′ (x)
+
0
−
g(x)
增
极大
值
减
所以，函数g(x)在(0,e
2)上单调递增，在(e
2,+ ∞)上单调递减，
所以，g(x)的极小值为g(e
2)= 1
e
2 ，
且当0< x<e时，g(x)= ln x−1
x
<0；当x>e时，g(x)= ln x−1
x
>0.
如下图所示：
当2a≤0 2a= 1
e
2 时，即当a∈(−∞,0)∪{
1
2e
2)时，直线y =2a与函数g(x)只有一
个公共点，
当0<2a< 1
e
2 时，即当a∈(0, 1
2e
2)时，直线y =2a与函数g(x)有两个公共点，
当2a> 1
e
2 时，即当a∈(
1
2e
2 ,+∞)时，直线y =2a与函数g(x)无交点.
综上所述，当a∈(−∞,0)∪{
1
2e
2)时，函数f
′ (x)只有一个零点；
当a∈(
1
2e
2 ,+ ∞)时，函数f
′ (x)有两个零点；
当a∈(
1
2e
2 ,+ ∞)时，函数f
′ (x)无零点.
（2）由{
ln x1−2a x1−1=0
ln x2−2a x2−1=0)，即{
ln x1=2a x1+1
ln x2=2a x2+1)，得2a=ln x1−ln x2
x1−x2
，
要证明x1 x2
2>16e
3，只需证明ln x1+2ln x2>4ln2+3，
而
ln x1+2ln x2=2a(x1+2 x2)+3=(x1+2 x2)⋅ln x1−ln x2
x1−x2
+3=(
x1
x2
+2)⋅
ln x1
x2
x1
x2
−1
+3，
令t = x1
x2
(x1>4 x2)，则t >4，欲证明ln x1+2ln x2>4ln2+3，
即证明(t +2)⋅lnt
t −1 >4ln2(t >4)，只需证明lnt −4ln2⋅t −1
t +2 >0(t >4)即可，
令h(t )=lnt −4ln2⋅t −1
t +2
(t >4)，
求导得h
′ (t )= 1
t −4ln2⋅
3
(t +2)
2 = t
2+ 4t + 4−12ln2⋅t
t(t +2)
2
=
t + 4+ 4
t −12ln2
(t +2)
2
，
令φ(t )=t + 4+ 4
t −12ln2，当t >4时，φ
′ (t )=1−4
t
2 = t
2−4
t
2
>0，
则φ(t )在(4 ,+ ∞)单调递增，故φ(t )>φ(4)=9−12ln2>0，
则h
′ (t )>0，令h(t )在(4 ,+∞)时单调递增，则h(t )>h(4)=ln 4−4× 1
2 ×ln2=0，
因此(t +2)⋅lnt
t −1 >4ln2(t >4)，即ln x1+2ln x2>4ln2+3，所以x1 x2
2>16e
3.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）转化为x≠0，曲线y =e
x
x
与直线y =a有两个交点，求导得到y =e
x
x
的
单调性，进而得到0< x1<1< x2，且{
e
x1=a x1
e
x2=a x2)
，转化为要证x1+ x2>2，即证
题型三、差值代换法（变量分离，简化计算）
差值代换法求解极值点偏移的方法：
（1）求函数唯一极值点x0：计算(f(x))的导函数f'(x)，解方程f'(x)=0；
（2）设差值变量，统一双变量为 “基变量 + 差值”：设x1≠x2且f(x1)=f(x2)，不
妨令x2−x1=d（d>0，即x2>x1），d为两点差值；
（3）由零点或极值点建立等式，分离复杂项，整理等式：将指数项、对数项等复杂项移到
一侧，多项式项移到另一侧，实现 “双变量x1,x2→双变量x1,d→单变量d” 的转
化。
（4）将偏移目标转化为关于d的不等式。
（5）构造关于d的函数，证明不等式成立：令h(d)为步骤 4 中不等式左侧（或变形后的
函
数
）
，
定
义
域
为d>0；
求h(d)的导函数h'(d)，
分
析
其
在
d>0时的单调性（如h'(d)<0则h(d)单调递减）；
典例探究
【典型例题】已知x1，x2是函数f ( x)=e
x−ax的两个零点，且x1< x2，求证：
(1)x1+ x2>2；
(2)x1 x2<1．
e
x2−x1+1
e
x2−x1−1
>
2
x2−x1
．令t = x2−x1>0，则t (e
t +1)>2(e
t−1)，构造函数进行证明；
（2）在（1）基础上，得到要证x1 x2<1，即证e
x1e
x2
a
2
<1，等价于证
e
x2−x1
(e
x2−x1−1)
2 <
1
(x2−x1)
2．令t = x2−x1>0，则等价于证t e
t
2 −e
t +1<0(t >0)，构造函数进
行证明.
【详解】（1）显然当x =0时，f (0)=1，故0 不是f ( x)=e
x−ax的零点，
x≠0，问题可以转化为曲线y =e
x
x 与直线y =a有两个交点．
y
′ =e
x(x−1)
x
2
，当x>1时，y
′>0，当0< x<1时，y
′<0，当x<0时，y
′<0，
故y =e
x
x 在(−∞,0),(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
且x =1时，y =e，当x<0时，y <0，当x>0时，y >0，
故0< x1<1< x2，
且{
e
x1=a x1,
e
x2=a x2,)得e
x2−e
x1=a x2−a x1，则有{
a=e
x2−e
x1
x2−x1
,
x2+ x1=e
x2+e
x1
a
,)
故要证x1+ x2>2，即证e
x2+e
x1
a
>2，即证e
x2+e
x1
e
x2−e
x1 >
2
x2−x1
，
即证e
x2−x1+1
e
x2−x1−1
>
2
x2−x1
．
令t = x2−x1>0，则e
t +1
e
t−1
> 2
t ，即t (e
t +1)>2(e
t−1)，
设g(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1)，
则g
′(t )=t e
t−e
t +1，令u(t )= g
′(t )=t e
t−e
t +1，
则u
′ (t )=t e
t>0，
从而g
′(t )单调递增，g
′(t )> g
′(0)=0，
所以g(t )单调递增，g(t )>g(0)=0．故原不等式得证．
（2）由（1）可知，{
e
x1=a x1,
e
x2=a x2,)相乘得e
x1e
x2=a
2 x1 x2，
要证x1 x2<1，即证e
x1e
x2
a
2
<1，等价于证e
x1e
x2<a
2=(
e
x2−e
x1
x2−x1)
2
，
即证e
x1e
x2
(e
x2−e
x1)
2 <
1
(x2−x1)
2，等价于证e
x2−x1
(e
x2−x1−1)
2 <
1
(x2−x1)
2．
令t = x2−x1>0，则等价于证e
t
(e
t−1)
2 < 1
t
2 (t >0)，
即证e
t
2
e
t−1
< 1
t (t >0)，等价于证t e
t
2 −e
t +1<0(t >0)．
令h(t )=t e
t
2 −e
t +1(t >0)，则h
′(t )=e
t
2 + 1
2 t e
t
2 −e
t =e
t
2(1+ t
2 −e
t
2)，
再令φ(t )=1+ t
2 −e
t
2(t >0)，则φ
′(t )= 1
2 −1
2 e
t
2 <0，
φ(t )在(0,+∞)上单调递减，φ(t )<φ(0)=0，
从而h
′(t )<0，h(t )在(0,+∞)上单调递减，h(t )<h(0)=0，所以原不等式成立．
【3-1】已知函数f ( x)= x−e
x
a(a>0)有两个相异零点x1､x2，且x1< x2，求证：x1
x2
<e
a.
举一反三
【答案】证明见解析.
【分析】对函数求导并研究f ( x)的单调性，结合函数有两个相异零点x1､x2得极大值
f (a ln a)>0，即a>e有f (a)>0，进而有x1<a<a ln a< x2，应用作差法可得
x1−x2<alne
a，而x1=e
x1
a 、x2=e
x2
a 即可证明结论.
【详解】由题设，f ′( x)=1−1
a e
x
a，
由f ′( x)>0，得x<a ln a，由f ′( x)<0，得x>a ln a，
∴f ( x)在(−∞,aln a)上单调递增，在(aln a,+ ∞)上单调递减，
∴f ( x)在x =a ln a处取得极大值，且为最大值f (aln a)=aln a−a.
由f ( x)= x−e
x
a(a>0)有两个相异零点x1､x2，可得a ln a−a>0，即a>e.
∵f (a) =a−e>0，
∴x1<a<a ln a< x2，
∴ x2−x1>aln a−a=−alne
a，即x1−x2<alne
a，则1
a ( x1−x2)<lne
a，
∵ x1=e
x1
a ，x2=e
x2
a ，
∴ x1
x2
=e
x1
a
e
x2
a
=e
1
a ( x1−x2)
<e
lne
a =e
a.
【3-2】已知函数f (x)=a(x +1)ln x + x−1(a∈R)存在两个不同的极值点.
(1)求a的取值范围；
(2)设函数f (x)的极值点之和为m，零点之和为n，求证：m+n>5.
【答案】(1)−1
2 <a<0
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知当a=0时，无极值点，当a≠0时，可转化为函数
g(x)= ln x + 1
x +1，x∈(0,+ ∞)与直线y =−1
a有两个公共点，求导判断g(x)的单调性与
值域，数形结合可得参数范围；
（2）设两个极值点分别为x1，x2，且x1<1< x2，由（1）可知函数f (x)的单调性，构
造函数h(x)= (x +1)ln x
1−x
，求导判断函数单调性与值域即可得知函数f (x)有三个零点从小
到大依次为为x3，1，x4，再由函数h(x)= (x +1)ln x
1−x
性质可知x4= 1
x3
，结合基本不等式可
得n>3，所以若证m+n>5，可证m= x1+ x2>2，即证x1>2−x2，构造函数
F (x)= ln x + 1
x −ln (2−x)−
1
2−x ，x>1，求导判断函数单调性可知
g(x1)−g(2−x2)= g(x2)−g(2−x2)<0，再根据g(x)的单调性可得证.
【详解】（1）由已知函数的定义域为(0,+ ∞)，
当a=0时，f (x)= x−1，函数在(0,+∞)单调递增，无极值点，
当a≠0时，f (x)=a(x +1)ln x + x−1，f
′ (x)=a(ln x + 1
x +1)+1，
又函数f (x)有两个不同的极值点，即f
′ (x)=a(ln x + 1
x +1)+1=0在(0,+ ∞)有两个
解，
即方程ln x + 1
x +1=−1
a有两个解，
可转化为函数g(x)= ln x + 1
x +1，x∈(0,+ ∞)与直线y =−1
a有两个公共点，
又g
′ (x)= 1
x −1
x
2 = x−1
x
2 ，令y
′>0，解得x>1，
则g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x =1时，函数g(x)取最小值为g(1)=2，
做出函数g(x)= ln x + 1
x +1，x∈(0,+ ∞)与y =−1
a图像如图所示，
所以−1
a >2，解得−1
2 <a<0.
（2）由（1）得f
′ (x)=a(ln x + 1
x +1)+1=0有两个解，设为x1，x2，且x1<1< x2，
则当x< x1时，g(x)>−1
a，即f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
当x1< x< x2时，g(x)<−1
a，即f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增，
当x> x2时，g(x)>−1
a，即f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
又f (1)=0，
所以函数f (x)至多有三个零点，
当x≠1时，令f (x)=0，即a(x +1)ln x + x−1=0，
则1
a = (x +1)ln x
1−x
，
即函数f (x)除1以外的零点即为方程1
a = (x +1)ln x
1−x
的解，且1
a ∈(−2,0)
设h(x)= (x +1)ln x
1−x
，则h
′ (x)=
2ln x + 1
x −x
(1−x)
2
，
又函数y =2ln x + 1
x −x，y
′ = 2
x −1
x
2 −1= −(x−1)
2
x
2
<0恒成立，y =2ln x + 1
x −x单
调递减，且当x =1时，y =2ln x + 1
x −x =0，
所以当x<1时，y =2ln x + 1
x −x>0，即h
′ (x)=
2ln x + 1
x −x
(1−x)
2
>0，h(x)单调递增，且
此时h(x)<0恒成立，又h(
1
3)=−2ln3<−2
当x>1时，y =2ln x + 1
x −x<0，即h
′ (x)=
2ln x + 1
x −x
(1−x)
2
<0，h(x)单调递减，且此时
h(x)<0恒成立，由h(3)=−2ln3<−2，
所以1
a = (x +1)ln x
1−x
又两个解，设为x3，x4，且x3<1< x4，
又h(x)= (x +1)ln x
1−x
，h(
1
x)=(
1
x +1)ln 1
x
1−1
x
= (x +1)ln x
1−x
=h(x)，
所以x4= 1
x3
，
所以函数f (x)的零点之和n= x3+1+ x4= x3+ 1
x3
+1>2+1=3，
所以若证m+n>5，可证m= x1+ x2>2，
即证x1>2−x2，
由（1）可知g(x1)= g(x2)，
则g(x1)−g(2−x2)= g(x2)−g(2−x2)
= ln x2+ 1
x2
+1−ln(2−x2)−
1
2−x2
−1= ln x2+ 1
x2
−ln(2−x2)−
1
2−x2
，
设F (x)= ln x + 1
x −ln (2−x)−
1
2−x ，x>1，
所以F
′ (x)= 1
x −1
x
2 +
1
2−x −
1
(2−x)
2 = −4 (x−1)
2
x
2(2−x)
2 <0恒成立，
所以F (x)= ln x + 1
x −ln (2−x)−
1
2−x 在(1,+∞)上单调递减，
所以F (x)= ln x + 1
x −ln (2−x)−
1
2−x < F (1)=0，
即g(x1)−g(2−x2)= g(x2)−g(2−x2)<0，
即g(x1)< g(2−x2)，
又由（1）得g(x)在(0,1)上单调递减，
所以x1>2−x2，即m= x1+ x2>2，
所以m+n>5.
【3-3】已知f (x)=(ax−1)e
x与g(x)= x (ln x−a)有相同的最小值.
(1)求实数a的值；
(2)已知m<0，函数F (x)= xf (x)−m有两个零点x1, x2，求证：x1⋅x2>−m
2−m.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求得f ( x)和g( x)的最小值，由它们相等可得参数a的值；
（2）由F( x)有零点得0< x<1，不妨令x1< x2，利用导数得出0< x1<
❑√5−1
2
< x2<1
，令H (x)=(x−1)e
x+1(x ≥0)，证明H (x)≥H (0)=0，从而证得x1>−m，令
n(x)=e
x−x−1(x ≥0)，证明n(x)≥n(0)=0，从而证明x2>m+1，再由不等式得证结论成
立．
【详解】（1）g
′ (x)=ln x−a+1，则g
′ (x)=0, x =e
a−1，
若0< x<e
a−1, g
′ (x)<0,g(x)单调递减，若x>e
a−1, g
′ (x)>0,g(x)单调递增．
∴g( x)min= g(e
a−1)=−e
a−1.
f
′ (x)=(ax−1+a)e
x，
若a≤0，则f (x)无最小值，∴a>0.
若x< 1−a
a
,f
′ (x)<0,f (x)单调递减，若x> 1−a
a
,f
′ (x)>0,f (x)单调递增，
∴f ( x)min= f(
1−a
a )=−ae
1−a
a ，∴−ae
1−a
a =−e
a−1，a=e
a−1
a，
∴a−ln a−1
a =0，
令h(x)= x−ln x−1
x ( x>0)，则h
′ (x)=1−1
x + 1
x
2 = x
2−x +1
x
2
>0，
∴h(x)在(0,+ ∞)上单调递增.
又∵h(1)=0，
∴a=1；
（2）xf (x)−m=0⇒(x
2−x)e
x−m=0，
∵m<0,∴0< x<1，
令u(x)=(x
2−x)e
x，则u
′ (x)=(x
2+ x −1)e
x，
0< x<
❑√5−1
2
时，u
′( x)<0，
❑√5−1
2
< x<1时，u
′( x)>0，
u(x)在(0,
❑√5−1
2 )上单调递减，(
❑√5−1
2
,1)上单调递增，
不妨令x1< x2，则0< x1<
❑√5−1
2
< x2<1，
①令H (x)=(x−1)e
x+1(x ≥0)，
H
′ (x)= xe
x≥0, H (x)单调递增，H (x)≥H (0)=0，
∴( x1−1)e
x1+1>0，x1( x1−1)e
x1+ x1>0，
∴m= x1f (x1)= x1(x1−1)e
x1>−x1，
∴x1>−m，
②令n(x)=e
x−x−1(x ≥0)，
n
′ (x)=e
x−1≥0,n(x)单调递增，n(x)≥n(0)=0，
e
x2−x2−1≥0，e
x2≥x2+1，由上u
′( x)知x2
2+ x2−1>0，
∴x2f (x2)= x2(x2−1)e
x2<(x2−1)x2(x2+1)< x2−1，
∴−x1< x1f (x1)=m= x2f (x2)< x2−1，
∴x2>m+1，
∴x1⋅x2>−m x2>(−m)(m+1)=−m
2−m．
题型四、对、指数均值不等式法
对、指数均值不等式法求解极值点偏移的方法：
（1 ）由f(x1)=f(x2)建立 “ 对数差与变量差” 的关联等式设
x1，x2且f(x1)=f(x2)，将等式整理为含对数项（或可转化为对数项）的形式；变形等
式，分离出对数均值x1−x2
lnx1−lnx2
，如由lnx1−lnx2=a(x1−x2)得x1−x2
lnx1−lnx2
=1
a 。
（2）套用对数均值不等式，建立与 “算术均值 / 几何均值” 的关系
对数均值不等式核心：对正实数x1，x2，有❑√x1x2<x1−x2
lnx1−lnx2
<x1+x2
2
；将步骤
1 中得到的 “对数均值表达式” 代入不等式：
若需证明 “和的偏移”（x1+x2>2x0）：用右侧不等式x1−x2
lnx1−lnx2
<x1+x2
2
，代
入x1−x2
lnx1−lnx2
=1
a 得1
a <x1+x2
2
；
若需证明 “积的偏移”（x1x2>x0
2）：用左侧不等式
❑√x1x2<x1−x2
lnx1−lnx2
，代入对
数均值表达式得
❑√x1x2<1
a 。
注：指数均值不等式类似
典例探究
【答案】(1)a=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据极小值的定义计算即可；
（2）把问题转化为m+n>2
m−n
ln m−ln n，进而转化为ln m
n >
2(
m
n −1)
m
n +1
，令
t = m
n (t >1)，只需证明ln t > 2(t −1)
t +1
(t >1)即可.
【详解】（1）f ( x), g( x)定义域均为(0,+∞)，
f
′( x)=−a
x
2 + 1
x = −a+ x
x
2
，令f
'( x)<0，解得：0< x<a，
令f
'( x)>0，解得：x>a，
所以f ( x)在(0,a)上单调递减，在(a,+ ∞)上单调递增，
∴在x =a取极小值，且f (a)=1+ ln a；
又g
′( x)=a−1
x ，令g
'( x)<0，解得：0< x< 1
a，
令g
'( x)>0，解得：x> 1
a，
所以g( x)在(0, 1
a)上单调递减，在(
1
a ,+ ∞)上单调递增，
∴在x = 1
a取极小值，且g(
1
a)=−1+ ln a
所以1+ ln a−1+ ln a=0，解得：a=1.
（2）令m= 1
x1
,n= 1
x2
，因为x1≠x2，所以m≠n，
【典型例题】已知函数f ( x)= a
x + ln x ,g( x)=ax−ln x−2.
(1)若a>0，当f ( x)与g( x)的极小值之和为0 时，求正实数a的值；
(2)若f (x1)= f (x2)=2(x1≠x2)，求证：1
x1
+ 1
x2
> 2
a.
由f (x1)= f (x2)=2(x1≠x2)可得：¿，
（1）—（2）得：a(m−n)= ln m−ln n，所以1
a =
m−n
ln m−ln n，
要证：1
x1
+ 1
x2
> 2
a，只要证：m+n> 2
a，
只要证：m+n>2
m−n
ln m−ln n，
不妨设0<n<m，所以只要证：ln m
n > 2(m−n)
m+n
，
即证：ln m
n >
2(
m
n −1)
m
n +1
，令t = m
n (t >1)，只需证：ln t > 2(t −1)
t +1
(t >1)，
令
h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >1),h
'(t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
所以h(t )在t ∈(1,+ ∞)上单调递增，所以h(t )>h(1)=0，
即有ln t > 2(t −1)
t +1
(t >1)成立，所以1
x1
+ 1
x2
> 2
a成立.
【4-1】已知函数f (x)=1−ln x−a
x
(a∈R)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有两个零点x1，x2，且x1< x2，求证：x1 x2
2<e−a．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数f (x)的导数，然后分类讨论a的取值情况，从而可求解.
（2）结合（1）中结论可知a>0，从而求出0<a<1，0< x1<1< x2<e，然后设
举一反三
x2
x1
=t >1并构造函数h(t )= ln t −2+ 4
t +1
(t >1)，然后利用导数求解x1 x2<1，然后再构造函
数φ(x)=(e−x)−(x−x ln x)=e−2 x + x ln x证明x2<e−a，从而求解.
【详解】（1）因为函数f (x)的定义域是(0,+∞)，f
′ (x)= a−x
x
2 ，
当a≤0时，f
′ (x)<0，所以f (x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，令f
′ (x)=0，解得x =a，
当x∈(0,a)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；当x∈(a,+∞)时，f
′ (x)<0，f (x)单调
递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)的减区间为(0,+∞)，无增区间；
当a>0时，f (x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,+ ∞)．
（2）因为x1, x2是函f (x)的两个零点，由（1）知a>0，
因为f (x)=0⇔x−x ln x =a，设g(x)= x−x ln x，则g
′ (x)=−ln x，
当x∈(0,1)，g
′ (x)>0，当x∈(1,+∞)，g
′ (x)<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，g(x)max= g(1)=1．
又因为g(x1)= g(x2)=a，且g (e)=0，
所以0<a<1，0< x1<1< x2<e．
首先证明：x1 x2<1．
由题意，得{
x1−x1ln x1=a
x2−x2ln x2=a)，设
x2
x1
=t >1，则{
x1(1−ln x1)=a,
x1t (1−ln x1−lnt)=a.)
两式相除，得ln x1=1−t ln t
t −1．
要证x1 x2<1，只要证ln x1+ ln x2<0，即证2ln x1+ lnt <0．
只要证2−2t ln t
t −1 + ln t <0，即证ln t −2+ 4
t +1 >0．
设h(t )= ln t −2+ 4
t +1，t >1．
因为h
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以h(t )在(1,+ ∞)上单调递增．
所以h(t )>h(1)=0，即证得x1 x2<1①．
其次证明：x2<e−a．设φ(x)=(e−x)−(x−x ln x)=e−2 x + x ln x，1< x<e．
因为φ
′ (x)= ln x−1<0，所以φ(x)在(1,e)上单调递减．
所以φ(x2)>φ (e)=0，
即φ(x2)=e−2 x2+ x2ln x2=e−x2−(x2−x2ln x2)=e−x2−a>0．
所以x2<e−a②．
由①②可证得x1 x2
2<e−a．
【4-2】已知函数f ( x)=e
x
x −ln x + x−a.若f ( x)有两个零点x1, x2，证明：x1 x2<1.
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数法，从而只需证明
❑√x1 x2<
x2−x1
ln x2−ln x1
，即可求解.
【详解】由题意得f (x)=e
x
x + lne
x
x −a，令t =e
x
x >1，则f (t )=t + ln t −a，
f
' (t )=1+ 1
t >0，
所以f (t )=t + ln t −a在(1,+∞)上单调递增，故f (t )=0至多有1解；
又因为f (x)有两个零点x1, x2，所以，t = e
x
x 有两个解x1, x2，
令y =e
x
x ，y
' =e
x( x−1)
x
2
，易得y =e
x
x 在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，所以
0< x1<1< x2.
此时e
x1=t x1;e
x2=t x2，两式相除，可得：e
x2−x1= x2
x1
⇔x2−x1= ln x2−ln x1.
于是，欲证x1 x2<1只需证明：
❑√x1 x2<
x2−x1
ln x2−ln x1
，
下证
❑√x1 x2<
x2−x1
ln x2−ln x1
：
因为❑√x1 x2<
x2−x1
ln x2−ln x1
⇔ln x2−ln x1< x2−x1
❑√x1 x2
⇔ln x2
x1
<❑√
x2
x1
−❑√
x1
x2
，
不妨设s= ❑√
x2
x1
>1，则只需证2ln s<s−1
s ，
构造函数h(s)=2ln s−s+ 1
s ,s>1，则h
' (s)= 2
s −1−1
s
2 =−(1−1
s)
2
<0，
故h(s)在(1,+∞)上单调递减，故h(s)<h(1)=0，即2ln s<s−1
s 得证，
综上所述：即证x1 x2<1.
【4-3】已知函数f ( x)= x ln x的图像与直线y =m交于不同的两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，
求证：x1 x2< 1
e
2 ．
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数且结合导数求解极值点偏移问题.
【详解】证明：由题意f (x)= x ln x，f
' (x)= ln x +1，令f
' (x)= ln x +1=0，得x = 1
e ，
当x∈(0, 1
e)，f
' (x)<0，所以f (x)在区间(0, 1
e)上单调递减，
当x∈(
1
e ,+ ∞)，f
' (x)>0，所以f (x)在区间(
1
e ,+∞)上单调递增，
所以当x = 1
e 时，f (x)取到极小值.
所以f (x)= x ln x与y =m交于不同的两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，
所以不妨设x1< 1
e < x2，且x1ln x1= x2ln x2，
令t = x2
x1
>1，则x2=t x1，代入上式得x1ln x1=t x1(ln t + ln x1)，得ln x1= t ln t
1−t ，
所以
x1 x2< 1
e
2 ⇔ln x1+ ln x2<−2⇔2ln x1+ ln t <−2⇔2t ln t
1−t + ln t <−2⇔ln t −2(t −1)
t +1
>0，
设g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >1)，则g
' (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以当t >1时，g(t )为增函数，g(t )> g(1)=0，
所以ln t −2(t −1)
t +1
>0，
故证：x1 x2< 1
e
2 .
【突破提升训练・1】已知函数f (x)= ln x
2
x
，下列说法正确的是（ ）
A．f (x)= ln x
2
x
与 g(x)= 2ln x
x
的定义域不同
B．f (x)的单调递减区间为(e,+∞)
C．若f (x)=a有三个不同的解，则−2
e <a< 2
e
D．对任意两个不相等正实数x1, x2，若f (x1)= f (x2)，则x1⋅x2>e
2
【答案】AD
【分析】利用定义域关于原点对称且是奇函数，确定选项A；利用求导和导函数值小
于0，解不等式，排除选项B；利用导数研究单调性和自变量趋向于正、负无穷时的极限
值来作出简图，通过a=0是不符合题意，来排除选项C；利用极值点偏移法，构造函数
H ( x)=h( x)−h(e
2
x )并进行求导分析证明，确定选项D．
【详解】对于A，由f (x)= ln x
2
x
的定义域为{x|x≠0))，而g(x)= 2ln x
x
的定义域为
{x|x>0))，所以选项A 是正确的；
对于B，由函数定义域为{x|x≠0))，因为f
′ (x)= 2−ln x
2
x
2
，由f
′ (x)<0，得到
题型精析・方法突破提能力
ln x
2>2= lne
2，解得x<−e或x>e，
所以f (x)的单调递减区间为(−∞,−e)，(e,+ ∞)，所以选项B 是错误；
对于C，因为f
′ (x)= 2−ln x
2
x
2
，由f
′ (x)= 2−ln x
2
x
2
>0，解得−e< x<e且x≠0，
所以f ( x)的增区间为区间(−e,0)，(0,e)，
由选项B 知，f ( x)的减区间为(−∞,−e)，(e,+∞)，
又f (e)= 2
e ,f (−e)=−2
e ，当x→−∞时，f ( x)<0，且f ( x)→0，
当x→+ ∞时，f ( x)>0，且f ( x)→0，
当x<0且x→0时，f ( x)→+ ∞，当x>0且x→0时，f ( x)→−∞，
其图象如图所示，
由图知，f (x)=a有三个不同的解，则−2
e <a< 2
e 且a≠0，所以选项C 是错误；
对于D，由题知f (x1)= 2ln x1
x1
= f ( x2)= 2ln x2
x2
，得到ln x1
x1
= ln x2
x2
，
由图，不妨设0< x1<e< x2，设h( x)= ln x
x ，H ( x)=h( x)−h(e
2
x )，
则H
′( x)=h
′( x)+e
2
x
2 h
′(e
2
x )= 1−ln x
x
2
−1−ln x
e
2
= (1−ln x)(e
2−x
2)
x
2e
2
，
当0< x<e时，1−ln x>0，e
2−x
2>0，所以H
′( x)>0，
即H ( x)=h( x)−h(e
2
x )在区间(0,e)上单调递增，又H (e)=h(e)−h(e)=0，
所以H ( x1)=h( x1)−h(e
2
x1
)<0，得到h( x1)=h( x2)<h(e
2
x1
)，
又h
′( x)= 1−ln x
x
2
，当x>e时，h
′( x)<0，即h( x)= ln x
x 在区间(e,+∞)上单调递减，
又x2>e,e
2
x1
>e，所以x2>e
2
x1
，得到x1⋅x2>e
2，所以选项D 是正确.
故选：AD.
【突破提升训练・2】已知f ( x)= x ln x ,f (x1)= f (x2)且x1≠x2，则（ ）
A．x1+ x2
2
> 1
e
B．x1+ x2
2
< 1
e
C．❑√x1 x2> 1
e
D．❑√x1 x2< 1
e
【答案】AD
【分析】不妨设0< x1< x2，
x2
x1
=t >1，则❑√x1 x2=
❑√e
(t +1)lnt
1−t ，利用导数可证
❑√x1 x2< 1
e ，利用极值点偏移可证x1+ x2
2
> 1
e .
【详解】不妨设0< x1< x2，
x2
x1
=t >1，
因为x1ln x1= x2ln x2，故
x1
x2
= ln x2
ln x1
= 1
t ，
由
ln(t x1)
ln x1
= 1
t 可得ln x1= t ln t
1−t ，故ln x2= ln t
1−t ，所以x1=e
t lnt
1−t，x2=e
lnt
1−t，
又❑√x1 x2=
❑√e
lnt
1−t + t lnt
1−t =
❑√e
(t +1)lnt
1−t .
设s(t )= ln t −2 t −1
t +1 ,t >1，则s
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
故s(t )在(1,+∞)为增函数，故s(t )>s(1)=0即ln t >2× t −1
t +1 ,t >1，
故
(t +1)ln t
1−t
<−2即❑√x1 x2< 1
e ，故C 错误，D 正确.
函数f ( x)的导函数为f
′( x)=1+ ln x，
当x∈(0, 1
e)时，f
′( x)<0，当x∈(
1
e ,+ ∞)时，f
′( x)>0，
因此f ( x)在(0, 1
e)上单调递减，在(
1
e ,+ ∞)上单调递增，且0< x1< 1
e < x2.
考虑函数g( x)= f ( x)−f(
2
e −x),0< x< 1
e ，
则g
′( x)= f
′( x)+ f
′(
2
e −x)=2+ ln[x(
2
e −x))，
而0< x(
2
e −x)< 1
e
2 ，故2+ ln[x(
2
e −x))<0，故g
′ (x)<0，
所以g(x)在(0, 1
e)上为减函数，故g( x)> g(
1
e)=0，
所以f ( x)>f(
2
e −x)，所以f ( x1)>f(
2
e −x1)即f ( x2)>f(
2
e −x1)，
而x2> 1
e , 2
e −x1> 1
e ，故x2> 2
e −x1即x2+ x1
2
> 1
e ，故A 正确，B 错误.
故选：AD.
【突破提升训练・3】已知函数f ( x)=ae
2 x+(a−2)e
x−x
(1)令h( x)= f
' (x),h( x)≤(e
x+ 1
2)⋅x对∀x∈[−3
2 ,0)恒成立，求a的最大值.
(2)若f ( x)有两个零点x1, x2，求a的范围，并证明：x1+ x2<2ln 1
a
【答案】(1)1
(2)0<a<1，证明见解析
【分析】（1）求导，因式分解，即可分离参数，构造函数g(x)= x +2
e
x
，
x∈[−3
2 ,0)，由导数求解函数的最值即可得解，
（2）对a讨论，结合函数的单调性可得a的范围，构造函数
F (x)= f (x)−f(2ln 1
a −x)，有导数求解函数的单调性，即可求证.
【详解】（1）由f ( x)=ae
2 x+(a−2)e
x−x可得
f
' (x)=2ae
2 x+(a−2)e
x−1=(2e
x+1)(ae
x−1)，
故由h( x)≤(e
x+ 1
2)⋅x可得(2e
x+1)(ae
x−1)≤(e
x+ 1
2)⋅x对∀x∈[−3
2 ,0)恒成
立，
故2(e
x+ 1
2)(ae
x−1)≤(e
x+ 1
2)⋅x对∀x∈[−3
2 ,0)恒成立，
由于得e
x+ 1
2 >0，故2(ae
x−1)≤x对∀x∈[−3
2 ,0)恒成立，
进一步可得2a≤x +2
e
x
对∀x∈[−3
2 ,0)恒成立，
记g(x)= x +2
e
x
，x∈[−3
2 ,0)，则g
′( x)= −x−1
e
x
，
当x∈[−3
2 ,−1), g
′( x)>0, g(x)在[−3
2 ,−1)单调递增，当
x ∈[−1,0), g
′( x)<0, g(x)在[−1,0)单调递减，
故g(x)min=min{g(0), g(−3
2))，
g(0)=2, g(−3
2)=e❑√e
2
>e×1.6
2
=0.8e>0.8×2.5=2，故g(x)min= g(0)=2，
因此2a≤2，即a≤1，故a的最大值为1，
（2）由于f
′ (x)=2ae
2 x+(a−2)e
x−1=(2e
x+1)(ae
x−1)，
由于2e
x+1>0，
当a≤0时，则ae
x−1<0，此时f
′ (x)<0，f (x)在定义域内单调递减，此时不满足有
两个零点，
当a>0时，令f
′ (x)<0，则x<ln 1
a ,此时f (x)在(−∞,ln 1
a)单调递减，f
′ (x)>0，则
x>ln 1
a ,此时f (x)在(ln 1
a ,+ ∞)单调递增，
且当x→+ ∞,f (x)→+∞, x→−∞,f (x)→+∞，
要使f ( x)有两个零点x1, x2，则x1<ln 1
a < x2，则f (x)min= f(ln 1
a)= ln a−1
a +1<0
记y = ln a−1
a +1，由于y = ln a, y =−1
a均为(0,+ ∞)内的单调递增函数，因此函数
y = ln a−1
a +1在(0,+∞)单调递增，由于ln1−1+1=0，
因此0<a<1时，ln a−1
a +1<0，
故0<a<1，
记函数F (x)= f (x)−f(2ln 1
a −x), x>ln 1
a，则
F
′ (x)= f
′ (x)+ f
′(2ln 1
a −x)=(2e
x+1)(ae
x−1)+(2e
2ln 1
a −x
+1)(ae
2ln 1
a −x
−1)
=(ae
x−1)
2 2a
2e
2 x+2ae
x+a
2e
x+2
a
3e
2 x
，
由于0<a<1，e
x>0，所以F
′ (x)>0，
因此函数在(ln 1
a ,+ ∞)单调递增，
故F (x)> F(ln 1
a)=0，
进而可得F (x2)= f (x2)−f(2ln 1
a −x2)>0，即可f (x2)>f(2ln 1
a −x2)
由于f (x1)= f (x2)，则f (x1)>f(2ln 1
a −x2)，
由于ln 1
a < x2，所以2ln 1
a −x2<ln 1
a，又x1<ln 1
a，f (x)在(−∞,ln 1
a)单调递减，
故x1<2ln 1
a −x2，
即x1+ x2<2ln 1
a
【突破提升训练・4】已知函数f (x)=ln x−ax−2，a∈R，e是自然对数的底数.
(1)讨论函数y = f (x)的极值；
(2)当a= 1
e 时，若x1，x2（其中x1< x2）满足f (x1)= f (x2)，求证：x1+ x2>2e.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得f
′ (x)= 1
x −a,(x>0)，对a分类讨论即可得解；
（2）分析得只需证明f (x1)<f (2e−x1),0< x1<e，构造函数h(x)= f (x)−f (2e−x)
（0< x<e），利用导数即可得证.
【详解】（1）求导得f
′ (x)= 1
x −a,(x>0)，
当a≤0时，f
′ (x)= 1
x −a>0,(x>0)恒成立，此时函数f (x)在(0,+∞)上单调递增，
此时函数f (x)无极值；
当a>0时，f
′ (x)= 1
x −a>0,(x>0)⇒0< x< 1
a，f
′ (x)= 1
x −a<0,(x>0)⇒x> 1
a，
所以f (x)在(0, 1
a)单调递增，在(
1
a ,+∞)单调递减，
此时f (x)极大值f(
1
a)=−ln a−3，无极小值.
综上所述，a≤0时，无极值，当a>0时，f (x)极大值f(
1
a)=−ln a−3，无极小值.
（2）当a= 1
e 时，f (x)=ln x−1
e x−2
f
′ (x)= 1
x −1
e =e−x
e x
，
在x∈(0,e),f
′ (x)>0,f (x)单调递增，在x∈(e,+∞),f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
又x1< x2且f (x1)= f (x2)，
∴0< x1<e< x2要证x1+ x2>2e，即证e<2e−x1< x2，
即证f (x2)<f (2e−x1)，即证f (x1)<f (2e−x1)，
设h(x)= f (x)−f (2e−x)（0< x<e），
h
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (2e−x)= 1
x −1
e +
1
2e−x −1
e
=
2e
x (2e−x) −2
e = 2(x−e)
2
e x (2e−x) >0，
∴h(x)在(0,e)单调递增，又h (e)=0，
∴h(x)<0，又0< x1<e，
∴f (x1)<f (2e−x1)，∴x1+ x2>2e.
【突破提升训练・5】已知函数f (x)= ln x + a
x .
(1)若该函数在[1,+ ∞)单调递增，求a的取值范围.
(2)当a=1时，若方程f (x)=m有两个实数根x1, x2，且x1< x2，证明：x1+ x2>2.
【答案】(1)(−∞,1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数与单调性的关系讨论求解；
（2）构造函数g(x)= f (x)−f (2−x)(0< x<1)，利用导数讨论其单调性，并结合
0< x1<1< x2即可证明.
【详解】（1）由题意f
′ (x)= 1
x −a
x
2 = x−a
x
2 (x>0)，
当a≤0时，f
′ (x)>0，f (x)在(0,+∞)上单调递增，满足题意；
当a>0时，当0< x<a时，f
′ (x)<0，f (x)在(0,a)上单调递减，
当x>a时，f
′ (x)>0，f (x)在(a,+∞)上单调递增，
又该函数在[1,+∞)单调递增，故0<a≤1，
综上可知，a的取值范围为(−∞,1)
（2）当a=1时，f (x)= ln x + 1
x ，
由（1）可知f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以0< x1<1< x2，令g(x)= f (x)−f (2−x)(0< x<1)，
则g
' (x)= x−1
x
2 −x−1
(2−x)
2 =−4 (x−1)
2
x
2(2−x)
2 <0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，g(x)>g(1)=0，即f (x)>f (2−x)(0< x<1)，
令x = x1，则f (x1)>f (2−x1)，故f (x2)= f (x1)>f (2−x1)，
又f (x)在(1,+∞)上单调递增，2−x1>1，所以x2>2−x1，
故x1+ x2>2
【突破提升训练・6】已知函数f (x)=loga x−x
a (a>1)．
(1)若f (x)只有一个零点，求a的值；
(2)若f (x)有两个零点x1, x2，证明：x1+ x2> 2a
lna ．
【答案】(1)e
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过函数的单调区间，从而求出函数的最小值，令
最小值为0 求得a的值；
（2）问题转化为证明f ( x2)<f ( 2a
lna −x1)，设函数g( x)= f ( x)−f ( 2a
lna −x),，根
据函数的单调性证明即可．
【详解】（1）函数f
' (x)= 1
x logae−1
a = alogae−x
ax
( x>0)，
令f
′( x)=0得x =alogae
当x∈(0,alogae)时，f
′( x)>0,f ( x)在(0,alogae)单调递增；
当x∈(alogae,+ ∞)时，f
′( x)<0,f ( x)在(alogae,+∞)单调递减；
所以函数f ( x)在x =alogae时取最大值，
当x→0时，函数f (x)<0;当x→+ ∞ 时，函数 f (x)<0 ;
根据函数的单调性可知当最大值为0 时，函数只有一个零点，
易知f (alogae)=loga(alogae)−alogae
a
=0，
所以a=e；
（2）证明：
不妨设0< x1< x2要证明：x1+ x2> 2a
lna ，只需要证x2> 2a
lna −x1，易知
0< x1< a
lna < x2
由（1）可知f ( x)在(0, a
lna )单调递增，在( a
lna ,+ ∞)单调递减；
所以只要证明f ( x2)<f ( 2a
lna −x1)，即证f ( x1)<f ( 2a
lna −x1)，
设函数g( x)= f ( x)−f ( 2a
lna −x),而g( a
lna )=0，
并且在区间(0, a
lna )上
g
′ (x)= f
′ (x)+ f
′(
2a
lna −x)=
1
xlna −1
a +
1
( 2a
lna −x )lna
−1
a
=
1
(lna)
2(
2a
x( 2a
lna −x ))
−2
a ≥
1
(lna)
2(
2a
(
a
ln a)
2)
−2
a =0
即g( x)在(0, a
lna )单调递增，所以g( x1)<g( a
lna )=0
从而g( x1)= f ( x1)−f ( 2a
lna −x1)<0,所以f ( x2)<f ( 2a
lna −x1)
所以x1+ x2> 2a
lna
【突破提升训练・7】已知函数f ( x)= 1
2 a x
2−(2a+1)x +2ln x(a∈R).
(1)若f ( x)有唯一极值，求a的取值范围；
(2)当a≤0时，若f ( x1)= f ( x2)，x1≠x2，求证：x1 x2<4.
【答案】(1)a≤0；
(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0< x1<2< x2，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数f ( x)= 1
2 a x
2−(2a+1)x +2ln x的定义域为(0,+∞)，
求导得f
′( x)=ax−(2a+1)+ 2
x = (ax−1)( x−2)
x
，
当a>0时，若a= 1
2，f
′( x)≥0，函数f ( x)在(0,+∞)上单调递增，无极值点，不符合
题意；
若0<a< 1
2，当0< x<2或x> 1
a时，f
′( x)>0，当2< x< 1
a时，f
′( x)<0，
即函数f ( x)在(0,2),( 1
a ,+ ∞)上单调递增，在(2, 1
a )上单调递减，函数f ( x)有两个
极值点，不符合题意；
若a> 1
2，当0< x< 1
a或x>2时，f
′( x)>0，当1
a < x<2时，f
′( x)<0，
即函数f ( x)在(0, 1
a ),(2,+∞)上单调递增，在( 1
a ,2)上单调递减，函数f ( x)有两个
极值点，不符合题意；
当a≤0时，当0< x<2时，f
′( x)>0，当x>2时，f
′( x)<0，
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a≤0.
（2）当a≤0时，函数f ( x)在(0,2)上单调递增，在(2,+ ∞)上单调递减，
由f ( x1)= f ( x2)，x1≠x2，不妨令0< x1<2< x2，
要证x1 x2<4，只证x1< 4
x2
，即证f ( x1)<f ( 4
x2
)，就证f ( x2)−f ( 4
x2
)<0，
令g( x)= f ( x)−f ( 4
x ), x>2，求导得g
′( x)= f
′( x)−f
′( 4
x )⋅(−4
x
2 )
= (ax−1)( x−2)
x
+
( 4 a
x −1)( 4
x −2)
4
x
⋅4
x
2 =
(ax−1)( x−2)+ 2
x
2 ( x−2)( x−4 a)
x
= x−2
x
(ax−1+ 2 x−8a
x
2
)= x−2
x
⋅( x−2)[a( x
2+2 x + 4)−x ]
x
2
= ( x−2)
2[a( x +1)
2+3a−x ]
x
3
<0，于是函数g( x)在(2,+∞)上单调递减，
g( x)<g(2)=0，
而x2>2，则g( x2)<0，即f ( x2)−f ( 4
x2
)<0⇔f ( x2)<f ( 4
x2
)，又f ( x1)= f ( x2)，
因此f ( x1)<f ( 4
x2
)，显然0< x1<2,0< 4
x2
<2，又函数f ( x)在(0,2)上单调递增，则有
x1< 4
x2
，
所以x1 x2<4.
【突破提升训练・8】已知函数f ( x)= ln x−ax，a为常数，若函数f ( x)有两个零点x1, x2，
试证明：x1⋅x2>e
2.
【答案】证明见解析
【分析】法一：消参转化成无参数问题，由f ( x)=0⇔ln x =ae
ln x，x1, x2
是方程
ln x =ae
ln x的两根，则ln x1,ln x2
是x =ae
x的两根，设u1= ln x1,u2= ln x2
，g( x)= x e
−x，
则g(u1)= g(u2)，从而x1 x2>e
2⇔u1+u2>2，令s=u2−u1>0，可得
u1+u2=2u1+ s= 2s
e
s−1
+ s，利用导数的单调性证明可得；
法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数，不妨设x1> x2，可得
ln x1−ln x2
x1−x2
=a，
欲证明x1 x2>e
2，即证ln x1+ ln x2>2.即证a>
2
x1+ x2
，即证：ln x1
x2
> 2( x1−x2)
x1+ x2
，令
t = x1
x2
,(t >1)，构造g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,t >1，利用导数的单调性证明可得；
法三：直接换元构造新函数，由已知可得
ln x2
ln x1
= x2
x1
，设x1< x2,t = x2
x1
,(t >1)，则
ln x1= ln t
t −1 ,ln x2= ln t x1= ln t + ln x1= ln t + ln t
t −1 = t ln t
t −1，故x1 x2>e
2⇔t +1
t −1 ln t >2，即
证ln t −2(t −1)
t +1
>0，令g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,t >1，利用导数的单调性证明可得.
【详解】法一：消参转化成无参数问题：
f ( x)=0⇔ln x =ax⇔ln x =ae
ln x，
x1, x2是方程f ( x)=0的两根，也是方程ln x =ae
ln x的两根，
则ln x1,ln x2是x =ae
x的两根，
设u1= ln x1,u2= ln x2，g( x)= x e
−x，则g(u1)= g(u2)，
从而x1 x2>e
2⇔ln x1+ ln x2>2⇔u1+u2>2，
由g( x)= x e
−x，g(u1)= g(u2)，
得u1e
−u1=u2e
−u2，化简的e
u2−u1= u2
u1
，
设u2>u1，令s=u2−u1>0，则u2= s+u1，
所以e
s= s+u1
u1
，则u1=
s
e
s−1 ，则u1+u2=2u1+ s= 2s
e
s−1
+ s，
故要证u1+u2>2，即证2s
e
s−1
+ s>2，
设f (s)=e
s−s−1(s>0)，则f
' (s)=e
s−1>0，
所以f (s)在(0,+ ∞)上单调递增，则f (s)=e
s−s−1>f (0)=0，
所以e
s−1>s，则2s
e
s−1
<2，
所以2s
e
s−1
+ s>2，即u1+u2>2，
所以x1⋅x2>e
2.
法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数：
不妨设x1> x2，
∵ln x1−a x1=0,ln x2−a x2=0，∴
ln x1+ ln x2=a( x1+ x2),ln x1−ln x2=a( x1−x2)，
∴
ln x1−ln x2
x1−x2
=a，欲证明x1 x2>e
2，即证ln x1+ ln x2>2.
∵ln x1+ ln x2=a( x1+ x2)，∴即证a>
2
x1+ x2
，
∴原命题等价于证明
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，即证：ln x1
x2
> 2( x1−x2)
x1+ x2
，
令t = x1
x2
,(t >1)，构造g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,t >1，
则g
'(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，又g(1)=0，
∴g(t )> g(1)=0，
ln t > 2(t −1)
t +1
，即x1⋅x2>e
2.
法三：直接换元构造新函数：
由已知，得a= ln x1
x1
= ln x2
x2
⇔ln x2
ln x1
= x2
x1
，
设x1< x2,t = x2
x1
,(t >1)，
则x2=t x1, ln t x1
ln x1
=t ⇔ln t + ln x1
ln x1
=t，
则ln x1= ln t
t −1 ,ln x2= ln t x1= ln t + ln x1= ln t + ln t
t −1 = t ln t
t −1，
故x1 x2>e
2⇔ln x1+ ln x2>2⇔t +1
t −1 ln t >2，
要证t +1
t −1 ln t >2，即证ln t −2(t −1)
t +1
>0，
令g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,t >1，
则g
'(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，又g(1)=0，
∴g(t )> g(1)=0，所以ln t −2(t −1)
t +1
>0，
所以x1⋅x2>e
2.
【突破提升训练・9】已知函数g(x)= ln x−a x
2+(2−a) x（a∈R）．
(1)求g(x)的单调区间；
(2)若函数f (x)= g(x)+a x
2−(2+a) x，x1, x2(0< x1< x2)是函数f (x)的两个零点，证
明：f
′(
x1+ x2
2 )<0．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分a≤0与a>0两种情况，得到
函数单调区间；
（2）由已知条件可得a= ln x1−ln x2
2(x1−x2)
，将所证不等式等价于证明不等式
ln x1
x2
<
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，令t = x1
x2
∈(0,1)，构造函数h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中0<t <1，利用
导数证得h(t )<0即可.
【详解】（1）函数g(x)= ln x−a x
2+(2−a) x的定义域为(0,+ ∞)，
g
′ (x)= 1
x −2ax +2−a=−(ax−1)(2 x +1)
x
，
①当a≤0时，g
′ (x)>0，则g(x)在(0,+∞)上单调递增；
②当a>0时，若0< x< 1
a，则g
′ (x)>0，若x> 1
a，则g
′ (x)<0，
则g(x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，g(x)单调递增区间为(0,+∞)，无递减区间；
当a>0时，g(x)单调递增区间为(0, 1
a)；单调递减区间为(
1
a ,+∞).
（2）由已知可得{
f (x1)= ln x1−2a x1=0
f (x2)= ln x2−2a x2=0)，可得a= ln x1−ln x2
2(x1−x2)
，
由f (x)= ln x−2ax可得f
′ (x)= 1
x −2a，要证f
′(
x1+ x2
2 )<0，即证x1+ x2> 1
a，
即证x1+ x2> 2(x1−x2)
ln x1−ln x2
，即证ln x1
x2
< 2(x1−x2)
x1+ x2
=
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
由题意可知x2> x1>0，令t = x1
x2
∈(0,1)，即证ln t < 2(t −1)
t +1
，
构造函数h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中0<t <1，即证h(t )<0，
h
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以，函数h(t )在(0,1)上单调递增，
当0<t <1时，h(t )<h(1)=0，故原不等式成立.
【突破提升训练・10】已知函数f (x)=2 x ln x + a
x
(a∈R)有两个零点x1, x2(x1< x2)．
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：x1+ x2>1．
【答案】(1)(0, 1
e)
(2)证明见解析
【分析】（1）先分离参数将函数的零点个数转化为方程根的个数，构造函数
g(x)= x
2ln x，求其单调性、最值即可得a的取值范围；
（2）法一、根据第（1）问得到x1, x2
的取值范围，令t = x2
x1
，通过比值换元将问题化
为证t
2ln t
1−t
2 + ln (t +1)>0，构造函数求其导函数、单调性最值即可；法二、根据第（1）问
得到x1, x2的取值范围，先判定1−1
❑√e ≤x1< 1
❑√e
结论成立，再利用函数的单调性将所证不
等式转化为函数不等式来判定1−1
❑√e > x1>0时是否成立，通过构造
p(x)= ln x−(
1
x −1)
2
ln (1−x)(0< x< 1
2)
，利用导数研究其单调性及最值即可.
【详解】（1）由f (x)=0得−a
2 = x
2ln x，
则由f (x)有两个零点知方程−a
2 = x
2ln x有两个不同的实数根．
令g(x)= x
2ln x，则g
′ (x)= x (1+2ln x)，
由g
′ (x)>0得x> 1
❑√e，由g
′ (x)<0得0< x< 1
❑√e，
所以g(x)在(0, 1
❑√e)上单调递减，在(
1
❑√e ,+∞)上单调递增．
而g(
1
❑√e)=−1
2e，当x→+ ∞时，g(x)→+∞，当x→0时，g(x)→0，
故−1
2e <−a
2 <0，即0<a< 1
e ，实数a的取值范围为(0, 1
e)．
（2）法一、
由（1）知0< x1< 1
❑√e < x2，令t = x2
x1
，则t >1．
由x1
2ln x1= x2
2ln x2得x1
2ln x1=t
2 x1
2(ln t + ln x1)⇒ln x1= t
2ln t
1−t
2 ，
要证x1+ x2>1，只需证x1(t +1)>1，
只需证ln x1+ ln (t +1)>0，即证t
2ln t
1−t
2 + ln (t +1)>0，
即证(1−t
2)ln (t +1)+t
2ln t <0．
令h(t )=(1−t
2)ln (t +1)+t
2ln t (t >1)，
则h
′ (t )=−2t ln (t +1)+2t ln t +1=−2t ln(1+ 1
t)+1=−2t[ln(1+ 1
t)−1
2t)，
令s= 1
t ，m(s)= ln (1+ s)−1
2 s，则s∈(0,1),m
′ (s)=
1
1+ s −1
2 = 1−s
2+2s >0，
所以m(s)单调递增，即m(s)>m(0)=0，
故h
′ (t )<0在(1,+ ∞)上恒成立，
即h(t )在(1,+∞)上单调递减，故h(t )<0，得证．
法二、
由（1）知0< x1< 1
❑√e < x2，
当1−1
❑√e ≤x1< 1
❑√e时，显然x1+ x2>1．
当1−1
❑√e > x1>0时，则1−x1> 1
❑√e，
要证x1+ x2>1，只需证x2>1−x1，
又1−x1> 1
❑√e , x2> 1
❑√e且g(x)= x
2ln x在(
1
❑√e ,+∞)上单调递增，
故只需证g(x2)> g(1−x1)，即证g(x1)>g(1−x1)，
即证x1
2ln x1−(1−x1)
2ln(1−x1)>0，即证ln x1−(
1
x1
−1)
2
ln(1−x1)>0，
令p(x)= ln x−(
1
x −1)
2
ln (1−x)(0< x< 1
2)，
则p
′ (x)= 1−x
x
3 [2ln (1−x)+
x
1−x)，
令n(x)=2ln (1−x)+
x
1−x(0< x< 1
2)，
则n
′ (x)= 2 x−1
(1−x)
2 <0，n(x)在(0, 1
2)上单调递减，
所以n(x)<0，故p
′ (x)<0，所以p(x)在(0, 1
2)上单调递减，则p(x)>0，
又1−1
❑√e < 1
2，所以当1−1
❑√e > x>0时，p(x)>0，即x1+ x2>1．
【突破提升训练・11】已知函数f ( x)= ln x + 1
2 a x
2−(a+1)x ,(a∈R).
(1)当a=1时，判断函数y = f ( x)的单调性；
(2)若关于x的方程f ( x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1, x2，求实数a的取值范围，并证明
x1⋅x2>e
2.
【答案】(1)f ( x)在(0,+∞)上单调递增
(2)(−1, 1
e −1)，证明见解析
【分析】（1）对f ( x)求导，根据f
′( x)的符号得出f ( x)的单调性；
（2）由题意可知ln x =(a+1)x有两解，求出y = ln x的过原点的切线斜率即可得出a
的范围，设0< x1< x2, x2
x1
=t，根据分析法构造关于t的不等式，利用函数单调性证明不等
式恒成立即可，
【详解】（1）a=1时，f ( x)= ln x + 1
2 x
2−2 x( x>0)，
故f
′( x)= 1
x + x−2= x
2−2 x +1
x
2
= (x−1)
2
x
2
≥0，
∴f ( x)在(0,+∞)上单调递增.
（2）关于x的方程f ( x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1,x2，
即ln x−(a+1)x =0有两不同实根x1，x2，得a+1=ln x
x
，
令g( x)=ln x
x ( x>0)，g
′( x)= 1−ln x
x
2
，
令g
′( x)=0，得x =e，
当x∈(0,e)时，g
′( x)>0，∴g( x)在(0,e)上单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g
′( x)<0，∴g( x)在(e,+ ∞)上单调递减，
∴x =e时，g( x)取得最大值1
e ，且g(1)=0，得图象如图：.
∴a+1∈(0,1
e )
，则
a∈(−1, 1
e −1)
，
即当−1<a<1
e −1时，f ( x)= 1
2 a x
2有两个不同实根x1，x2，
两根满足ln x1=(a+1)x1，ln x2=(a+1)x2，
两式相加得：ln( x1 x2)=(a+1)( x1+ x2)，两式相减得ln x2
x1
=(a+1)( x2−x1)，
上述两式相除得
ln( x1 x2)
ln x2
x1
= x1+ x2
x2−x1，
不妨设x1< x2，要证：x1⋅x2>e
2，
只需证：ln( x1 x2)= x1+ x2
x2−x1
ln x2
x1
>2,即证ln x2
x1
>2· x2−x1
x2+ x1
=
2( x2
x1
−1)
x2
x1
+1
，
设t = x2
x1
>1，令F(t )=lnt −2(t −1)
t +1
=lnt + 4
t +1 −2，
则F ′(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
∴函数F(t )在(1,+ ∞)上单调递增，且F (1)=0,
∴F(t )>0，即lnt > 2(t −1)
t +1
，
∴x1⋅x2>e
2.
【突破提升训练・12】已知函数f (x)= ln x−ax（a 为常数）.
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若存在两个不相等的正数x1，x2满足f (x1)= f (x2)，求证：x1+ x2> 2
a.
(3)若f (x)有两个零点x1，x2，证明：1
ln x1
+
1
ln x2
>2.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）利用对数均值不等式
a−b
ln a−ln b < a+b
2
（a>0，b>0，a≠b）即可得证.
（3）由题意得ln x2−ln x1
x2−x1
=a，要证1
ln x1
+
1
ln x2
>2，只需证：ln x2
x1
< 1
2(
x2
x1
−x1
x2)，
利用换元，令t = x2
x1
>1，只需证：ln t < 1
2(t −1
t)，由对数均值不等式即得.
【详解】（1）由f (x)= ln x−ax，得函数的定义域为(0,+ ∞)，
又f
′ (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，
当a≤0时，f
′ (x)>0恒成立，所以f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，令f
′ (x)= 1−ax
x
>0，得0< x< 1
a；令f
′ (x)= 1−ax
x
<0，得x> 1
a；
所以，f (x)的单调递减区间为(
1
a ,+∞)，单调递增区间为(0, 1
a)；
（2）由f (x)= ln x−ax，得ln x1−a x1= ln x2−a x2⇒1
a =
x2−x1
ln x2−ln x1
，
故欲证x1+ x2> 2
a，只需证：1
a =
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
，即证
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
，
又x1≠x2，x1>0，x2>0，
不妨设x2> x1，
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
，等价于ln x2
x1
>
2(
x2
x1
−1)
x2
x1
+1
，令
x2
x1
=t（t >1），
等价于g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
>0（t >1），
g
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以g(t )在(1,+ ∞)单调递增，而g(1)=0，
所以，当t >1时，g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
>0恒成立.
所以
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
，
所以x1+ x2> 2
a.
（3）函数f (x)有两个零点x1，x2，所以ln x1−a x1=0，ln x2−a x2=0，
不妨设x1< x2，ln x2−ln x1=a(x2−x1)，
即
ln x2−ln x1
x2−x1
=a，要证：1
ln x1
+
1
ln x2
>2,，
需证：1
a x1
+ 1
a x2
>2⇒1
x1
+ 1
x2
>2a
只需证：
x1+ x2
2 x1 x2
>a，只需证：
x1+ x2
2 x1 x2
> ln x2−ln x1
x2−x1
，
只需证：x2
2−x1
2
2 x1 x2
>ln x2
x1
，只需证：ln x2
x1
< 1
2(
x2
x1
−x1
x2)，
令t = x2
x1
>1，只需证：ln t < 1
2(t −1
t)，
令m(t )= ln t −1
2 (t −1
t )，m
'(t )= 1
t −1
2 (1+ 1
t
2 )=−(t −1)
2
2t
2
<0，
所以m(t )在(1,+ ∞)上单调递减，所以m(t )<m(1)=0，即ln t < 1
2 (t −1
t )，
故1
ln x1
+
1
ln x2
>2.
也可由对数均值不等式
❑√ab<
a−b
ln a−ln b （a>b>0），即ln a
b <❑√
a
b −❑√
b
a ，
令❑√
a
b =t（t >1），则2ln t −t + 1
t <0，即ln t < 1
2(t −1
t)，
所以1
ln x1
+
1
ln x2
>2.
【突破提升训练・13】已知函数f (x)= xln x−a x
2+ x ,a∈R．
(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x1, x2，且x2>2 x1，证明：x1 x2> 8
e
2 ．
【答案】(1)[
e
2 ,+ ∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）f
′ (x)= ln x−2ax +2≤0在(0,+∞)上恒成立，参变分离2a≥ln x +2
x
在
(0,+ ∞)上恒成立，构造函数求出u(x)= ln x +2
x
的最大值，从而求出a的取值范围；
（2）由零点得到a=ln x1
x1
+ 1
x1
=ln x2
x2
+ 1
x2
，令x2=t x1(t >2)，从而得到
ln x1=lnt
t −1 −1，ln x2= t lnt
t −1 −1，ln(x1 x2)= (t +1)lnt
t −1
−2，构造
h(t )= (t +1)lnt
t −1
−2(t >2)，求导得到其单调性，从而证明出结论.
【详解】（1）f (x)= xln x−a x
2+ x ,a∈R的定义域为(0,+∞)，
f
′ (x)= ln x +1−2ax +1= ln x−2ax +2，
函数f (x)是减函数，故f
′ (x)= ln x−2ax +2≤0在(0,+ ∞)上恒成立，
即2a≥ln x +2
x
在(0,+ ∞)上恒成立，
令u(x)= ln x +2
x
，x∈(0,+ ∞)，
u
′ (x)= 1−ln x−2
x
2
= −ln x−1
x
2
，
当x∈(0, 1
e)时，u
′ (x)>0，u(x)= ln x +2
x
单调递增，
当x∈(
1
e ,+ ∞)时，u
′ (x)<0，u(x)= ln x +2
x
单调递减，
故u(x)= ln x +2
x
在x = 1
e 处取得极大值，也是最大值，且u(
1
e)=e，
故2a≥e，解得a≥e
2，
故a的取值范围是[
e
2 ,+ ∞)；
（2）若有两个零点x1, x2，则x1ln x1−a x1
2+ x1=0, x2ln x2−a x2
2+ x2=0，
得a=ln x1
x1
+ 1
x1
=ln x2
x2
+ 1
x2
．
∵x2>2 x1>0，令x2=t x1(t >2)，则ln x1
x1
+ 1
x1
=ln(t x1)
t x1
+ 1
t x1
，
故ln x1=lnt
t −1 −1，
则ln x2=ln(t x1)=lnt +ln x1= t lnt
t −1 −1，
∴ln(x1 x2)=ln x1+ln x2=lnt
t −1 −1+ t lnt
t −1 −1= (t +1)lnt
t −1
−2，
令h(t )= (t +1)lnt
t −1
−2(t >2)，则h
′ (t )=
−2lnt +t −1
t
(t −1)
2
，
令φ(t )=−2lnt +t −1
t (t >2)，则φ
′ (t )=−2
t +1+ 1
t
2 = (t −1)
2
t
2
>0，
∴φ(t )在(2,+∞)上单调递增，
∴φ(t )>φ(2)= 3
2 −2ln2= 3−4 ln2
2
= lne
3−ln16
2
>0，
∴h
′ (t )=
φ(t )
(t −1)
2 >0，则h(t )在(2,+∞)上单调递增，
∴h(t )>h(2)=3ln2−2=ln 8
e
2 ，即ln(x1 x2)>ln 8
e
2 ，
故x1 x2> 8
e
2 .
【突破提升训练・14】已知函数f (x)=ax−ln x有两个零点x1, x2.
(1)求a的取值范围；
(2)求证：x1+ x2>2e（其中e是自然对数的底数）.
【答案】(1)(0, 1
e)
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论a≤0与a>0两种情况，利用导数研究f ( x)的图像性质得到
0<a< 1
e ，再分别在(0, 1
a)与(
1
a ,+∞)上证得各有一个零点，从而确定a的取值范围；
（2）由f ( x)的零点得到ln x1
x1
= ln x2
x2
，再利用换元法对式子进行变形得到
ln x1+ ln x2= t +1
t −1 ln t，构造函数φ(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >1)，利用导数证得x1 x2>e
2，
从而证得x1+ x2>2e.
【详解】（1）由f ( x)=ax−ln x得，f ( x)的定义域为(0,+∞)，
f
′( x)=a−1
x = ax−1
x
，
当a≤0时，f
′( x)= ax−1
x
<0，则f ( x)在(0,+∞)上单调递减，显然至多只有一个零
点，不满足题意；
当a>0时，
当x∈(0, 1
a)时，f
′( x)<0，当x∈(
1
a ,+ ∞)时，f
′( x)>0，
所以f ( x)在(0, 1
a)
上单调递减，在(
1
a ,+∞)
上单调递增，则
f ( x)min= f(
1
a)=1+ ln a，
要使f ( x)有两个零点x1, x2，则f ( x)min= ln a+1<0，故0<a< 1
e ，
下面证明当0<a< 1
e 时，f ( x)在(0, 1
a)与(
1
a ,+∞)上各有一个零点，
因为0<a< 1
e ，所以1
a >e>1，
因为f ( x)在(0, 1
a)上单调递减，f (1)=a>0，
所以f ( x)在(1, 1
a)⊆(0, 1
a)上存在唯一零点；
令φ(x)=e
x−x
2(x>1)，则φ
′ (x)=e
x−2 x，
再令u(x)=e
x−2 x (x>1)，则u
′ (x)=e
x−2>e
1−2>0，故u(x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以u(x)>u(1)=e−2>0，即φ
′ (x)>0，故φ(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(1)=e−1>0，因为1
a >e>1，
所以φ(
1
a)>0，即e
1
a −(
1
a)
2
>0，则ae
1
a −1
a >0，故f (e
1
a)=ae
1
a −1
a >0，
又由u(x)>0，即当x>1时，e
x−2 x>0，即e
x>2 x> x，故e
1
a > 1
a
，
又因为f ( x)在(
1
a ,+ ∞)上单调递增，
所以f ( x)在(
1
a ,e
1
a)⊆(
1
a ,+∞)上存在唯一零点；
综上：当0<a< 1
e 时，f ( x)有两个零点，故a∈(0, 1
e).
（2）由题意得a x1−ln x1=0，a x2−ln x2=0，即ln x1
x1
= ln x2
x2
，即x2
x1
= ln x2
ln x1
，
由（1）知，不妨设0< x1< 1
a < x2，且x2
x1
=t(t >1)，
则t = ln t x1
ln x1
=1+ ln t
ln x1
，故ln x1= ln t
t −1，
所以ln x1+ ln x2= ln x1+t ln x1= t +1
t −1 ln t，
先证x1 x2>e
2，即证ln x1+ ln x2>2，即证t +1
t −1 ln t >2(t >1)，即证ln t > 2(t −1)
t +1
，
令φ(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >1)，则φ
′(t )= 1
t (
t −1
t +1)
2
>0，故φ(t )在(1,+∞)上单调递
增，
故φ(t )>φ(1)=0，即ln t −2(t −1)
t +1
>0，即ln t > 2(t −1)
t +1
，
即t +1
t −1 ln t >2，所以x1 x2>e
2，
又0< x1< 1
a < x2，故x1+ x2>2❑√x1 x2>2
❑√e
2>2e.
故x1+ x2>2e.
【突破提升训练・15】设a∈R，函数f (x)= ln x−ax.
(1)讨论方程f (x)=0的解的个数；
(2)若函数f (x)有两个相异零点x1, x2，求证：x1 x2>e
2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）当a≤0时，得到方程f (x)=0存在唯一解；当a>0时，求得
f
′ (x)= 1−ax
x
，利用导数求得函数的单调区间，即可得到答案.
（2）不妨令x1> x2>0，转化为ln x1+ ln x2>2，进而转化为ln x1
x2
>
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，令
t = x1
x2
，转化为证明ln t > 2(t −1)
t +1
成立，令g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >1)，求得g
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2，
利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解.
【详解】（1）解：由函数f (x)= ln x−ax定义域是(0,+ ∞)
当a≤0时，由f (x)连续单调递增，且当x→0时f (x)<0，当x→+ ∞时f (x)>0
所以方程f (x)=0存在唯一解.
当a>0时，可得f
′ (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，令f
′ (x)=0，可得x = 1
a，
由f
′ (x)>0，可得0< x< 1
a，由f
′ (x)<0，可得x> 1
a，
所以函数f (x)单调递增区间为(0, 1
a )，单调递减区间为( 1
a ,+∞)，
所以f (x)≤f(
1
a)=−ln a−1，
当−ln a−1<0时，即ln a>−1时方程f (x)=0无解，此时a 的范围是(
1
e ,+∞)
当a的范围是(0, 1
e)时，方程f (x)=0有两个不等解
当a= 1
e 时，方程f (x)=0有唯一解
综上所述，当a≤0或者a= 1
e 时方程有唯一解，当a的范围是(
1
e ,+ ∞)时方程无解，当
a的范围是(0, 1
e)时方程有两个不等解.
（2）证明：因为f (x)有两个相异的零点，
由于x>0，不妨令x1> x2>0，则有ln x1=a x1 ln x2=a x2
所ln x1+ ln x2=a(x1+ x2)，可得ln x1−ln x2=a(x1−x2)
要证x1 x2>e
2，只需ln(x1 x2)>2，即ln x1+ ln x2>2，
即证(x1+ x2)
ln x1−ln x2
x1−x2
>2，即
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，
即ln x1−ln x2> 2(x1−x2)
x1+ x2
，只需ln x1
x2
>
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
令t = x1
x2
，则t >1，所以只要证明ln t > 2(t −1)
t +1
，在(1,+∞)上成立
令g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(t >1)，可得g
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2，
由t >1，所以g
′ (t )>0恒成立，所以g(t )在(1,+∞)递增，
又由g(1)=0，所以t >1时，g(t )>g(1)=0恒成立，即ln t −2(t −1)
t +1
>0恒成立，
即ln t > 2(t −1)
t +1
恒成立，从而可得x1 x2>e
2.
【突破提升训练・16】已知函数f (x)=a(x +1)−x +3
e
x
，x∈R．
(1)若f (x)是R 上的减函数，求实数a 的取值范围；
(2)若f (x)有两个极值点x1, x2，其中x1< x2，求证：x2−x1> 2a
e
+2．
【答案】(1)a∈(−∞,−e)
(2)证明见解析
【分析】（1）将函数f (x)单调递减转化为f
′ (x)≤0恒成立问题，然后参变分离转化为
函数最值问题，利用导数可解；
（2）构造割线，利用割线与y =−a交点横坐标差小于g(x)与y =−a交点横坐标差，
化曲为直可证；或根据极值点偏移问题，构造G (x)= g(x)−g(−2−x)(x>−1)可证.
【详解】（1）由题意知f
′ (x)=a+ x +2
e
x
≤0在R上恒成立
∴−a≥x +2
e
x
恒成立，令g(x)= x +2
e
x
，x∈R，则−a≥g(x)max
令g
′ (x)=−x +1
e
x
=0，得x =−1，
当x∈(−∞,−1)，g
′ (x)>0；x∈(−1,+∞)，g
′ (x)<0
所以g(x)max= g(−1)=e即−a≥e，a∈(−∞,−e)
（2）方法一：（割线夹证零点差）
由f (x)有两个极值点x1, x2，所以f
′ (x)=0有两个不等的实数根x1, x2，
由（1）可知，当x 趋近于+ ∞时，g(x)趋近于0，且g(−2)=0
所以−e<a<0且−2< x1<−1< x2
又过点(−2,0)和(−1,e)的直线方程为y =e(x +2)
构造函数h(x)= g(x)−e(x +2)，
= x +2
e
x
−e(x +2)=(x +2)(
1
e
x −e)>0，x∈(−2,−1)
所以g(x)>e(x +2)．
设方程e(x +2)=−a的根为x3，则x3=−a
e −2
过点(−1,e)和(0,0)直线方程为y =−e x
设m(x)= g(x)+e x，x∈(−1,+∞)
因为m
′ (x)=e
x +1−(x +1)
e
x
>0，所以m(x)在(−1,+∞)单调递增
所以m(x)>m(−1)=0则g(x)>−e x
又设方程−e x =−a的根为x4，则x4= a
e
∴x2−x1> x4−x3= a
e −(−a
e −2)= 2a
e
+2
方法二：（借助极值点偏移进行放缩＋参数替换）
由f (x)有两个极值点x1, x2，所以f
′ (x)=0有两个不等的实数根x1, x2，
由（1）可知−e<a<0且−2< x1<−1< x2
构造G (x)= g(x)−g(−2−x)(x>−1)，则
G
′ (x)= g
′ (x)+ g
′ (−2−x)=−x +1
e
x
+ x +1
e
−2−x =(x +1)(e
x +2−e
−x)
∵x>−1，∴(x +2)−(−x)=2 x +2>0，x +1>0．
∴e
x +2>e
−x，∴G
′ (x)>0．
∴G (x)是(−1,+∞)上的增函数，∴G (x)>G (−1)=0，∴g(x)>g(−2−x)，
∵x2>−1，∴g(x2)>g(−2−x2)．
∵g(x1)= g(x2)，∴g(x1)>g(−2−x2)，
∵x1<−1，−2−x2<−1，g(x)是(−∞,−1)上的增函数，
∴x1>−2−x2，∴x1+ x2>−2．
要证：x2−x1> 2a
e
+2（利用x2>−2−x1放缩）
只需证：−2−2 x1> 2a
e
+2
只需证：x1<−2−a
e （参数−a= x1+2
e
x1
替换）
只需证：x1<−2+ x1+2
e
x1+1
只需证：(x1+2)(1−
1
e
x1+1)<0
∵x1∈(−2,−1)，∴x1+2>0，x1+1∈(−1,0)，
∴e
x1+1∈(e
−1,1)，∴1−
1
e
x1+1 <0．
∴(x1+2)(1−
1
e
x1+1)<0，∴x2−x1> 2a
e
+2得证．
【突破提升训练・17】已知函数f (x)=ln x−a ❑√x +1,a∈R.
(1)若f (x)≤0，求a的取值范围；
(2)若关于x的方程f (x
2)=e
ax−e x
2有两个不同的正实根x1, x2，证明：x1+ x2>2❑√e.
【答案】(1)[
2❑√e
e
,+ ∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）对不等式f (x)≤0参变分离，然后构造函数g(x)=ln x +1
❑√x
，利用导数
求g(x)的最大值可解；
（2）将f (x
2)=e
ax−e x
2变形为eln(e x
2)+ln(e x
2)=e
ax+ax，构造函数F (x)= x +e
x，
根据其单调性将方程转化为ax = ln(e x
2)，再构造函数h(x)= 1+2ln x
x
，利用导数讨论其
性质，结合图象可得1
❑√e < x1<❑√e< x2,0<a< 2
❑√e，构造函数G (t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，
根据单调性，并令t = x2
x1
>1，可得
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
，最后由{
a x1=1+2ln x1
a x2=1+2ln x2)作差整
理可证.
【详解】（1）f (x)的定义域为(0,+∞)，
由f (x)=ln x−a ❑√x +1≤0，得a≥ln x +1
❑√x
.
设g(x)=ln x +1
❑√x
，则g
′ (x)= 1−ln x
2 x ❑√x .
由g
′ (x)>0，得0< x<e，由g
′ (x)<0，得x>e，
则g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
从而g( x)max= g (e)= 2❑√e
e
.
故a≥2❑√e
e
，即a的取值范围是[
2❑√e
e
,+ ∞).
（2）证明：由f (x
2)=e
ax−e x
2，得ln x
2−ax +1=e
ax−e x
2，
即e x
2+ln(e x
2)=e
ax+ax，即eln(e x
2)+ln(e x
2)=e
ax+ax.
设F (x)= x +e
x，则eln(e x
2)+ln(e x
2)=e
ax+ax等价于F(ln(e x
2))= F (ax).
易证F (x)在R上单调递增，则ax = ln(e x
2)，即a= 1+2ln x
x
.
设h(x)= 1+2ln x
x
，则h
′ (x)= 1−2ln x
x
2
.
由h
′ (x)>0，得0< x<❑√e，由h
′ (x)<0，得x>❑√e，
则h(x)在(0,❑√e)上单调递增，在(❑√e,+ ∞)上单调递减，
从而h( x)max=h(❑√e)= 2
❑√e，且h(
1
❑√e)=h(e
−1
2)= 1+2ln(e
−1
2)
e
−1
2
=0，
当x 趋于+ ∞时，h(x)趋于0.
方程f (x
2)=e
ax−e x
2有两个不同的正实根x1, x2，不妨设x1< x2，
由图可知，1
❑√e < x1<❑√e< x2,0<a< 2
❑√e.
设G (t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1),G
′ (t )= (t −1)
2
t(t +1)
2 >0,
则G (t )在(1,+∞)上单调递增.
因为G (1)=0，所以G (t )>0，即lnt −2(t −1)
t +1
>0.
设t = x2
x1
>1，则ln x2
x1
−2⋅
x2
x1
−1
x2
x1
+1
>0，
即
2(x2−x1)
x1+ x2
<ln x2−ln x1，则
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
.
因为方程f (x
2)=e
ax−e x
2有两个不同的正实根x1, x2，
所以{
a x1=1+2ln x1
a x2=1+2ln x2)，作差得
x2−x1
ln x2−ln x1
= 2
a.
因为0<a< 2
❑√e，所以2
a >❑√e，所以
x2−x1
ln x2−ln x1
>❑√e，
则x1+ x2
2
>❑√e，故x1+ x2>2❑√e.
【突破提升训练・18】已知函数f ( x)= x + m
e
x ．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)若x1≠x2，且f (x1)= f (x2)=2，证明：0<m<e，且x1+ x2<2．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分m≤0和m>0两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为x1, x2是方程m=e
x(2−x)的两个实数根，构造函数g( x)=e
x(2−x)，
得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到0<m<e，再构造差函数，证明出x1+ x2<2.
【详解】（1）f ( x)的定义域为R，
由题意，得f
′( x)=1−m
e
x =e
x−m
e
x
，x∈R，
当m≤0时，f
′( x)>0恒成立，f ( x)在R上单调递增；
当m>0，且当x∈(−∞,ln m)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；
当x∈(ln m,+∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增．
综上，当m≤0时，f (x)在R上单调递增；
当m>0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f (x1)= f (x2)=2，得x1，x2是方程x + m
e
x =2的两个实数根，
即x1, x2是方程m=e
x(2−x)的两个实数根．
令g( x)=e
x(2−x)，则g
′( x)=e
x(1−x)，
所以当x∈(−∞,1)时，g
′( x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，+ ∞)时，g
′( x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max= g(1)=e．
因为当x→−∞时，g( x)→0；当x→+ ∞时，g( x)→−∞，g(2)=0，所以0<m<e．
不妨设x1< x2，因为x1，x2是方程m=e
x(2−x)的两个实数根，则x1<1< x2<2．
要证x1+ x2<2，只需证x1<2−x2．
因为x1<1，2−x2<1，
所以只需证g(x1)< g(2−x2)．
因为g(x1)= g(x2)，
所以只需证g(x2)< g(2−x2)．
令h( x)= g( x)−g(2−x)，1< x<2，
则h
′( x)= g
′( x)+ g
′(2−x)=e
x(1−x)+e
2−x( x−1)=(1−x)(e
x−e
2−x)
=(1−x)⋅e
2 x−e
2
e
x
<0在(1,2)恒成立．
所以h( x)在区间(1,2)上单调递减，
所以h( x)<h(1)=0，
即当1< x<2时，g( x)<g(2−x)．
所以g(x2)< g(2−x2)，
即x1+ x2<2成立．
【突破提升训练・19】已知函数f (x)=ln x + m
x −3有两个零点.
(1)求m的取值范围；
(2)设a，b为f (x)的两个零点，证明：ab<me
2.
【答案】(1)(0,e
2)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分析函数f (x)的单调性，结合f (x)有两个零点可得解；
（2）分析法转化要证问题，只要证m<b< me
2
a ，即证f (b)<f(
me
2
a )，即证
f (a)<f(
me
2
a ) ，即证1< a
e
2 +ln(3−lna)，构造函数T (x)= x
e
2 +ln(3−ln x)，利用导数
求出最值判断证明.
【详解】（1）因为f (x)=ln x + m
x −3，则f
′ (x)= x−m
x
2
，
当m≤0时，f
′ (x)>0恒成立，则f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，不符合题意，
当m>0时，f
′ (x)<0的解集为(0,m)，f
′ (x)>0的解集为(m,+∞)，
即f (x)的单调增区间为(m,+∞)，单调减区间为(0,m)，
因为函数f (x)有两个零点，且x→0时，f (x)→+∞，f (e
3)= m
e
3 >0，依题意
f (x)min= f (m)=1+lnm−3<0，解得m∈(0,e
2)，
即m的取值范围为(0,e
2).
（2）不妨设a<b，则0<a<m<b，要证ab<me
2，则只要证m<b< me
2
a ，
即证f (b)<f(
me
2
a )，即证f (a)<f(
me
2
a )，
即证3< a
e
2 −lna+lnm+2，a∈(0,m)，
而f (a)=0即m
a +lna=3⇔m=a(3−lna)，即证1< a
e
2 +ln(3−lna)，a∈(0,m)，
令T (x)= x
e
2 +ln(3−ln x)，x ∈(0,e
2)，则T
′ (x)=−
1
x (3−ln x) + 1
e
2 ，
设G (x)= x (3−ln x)，x ∈(0,e
2)，则G
′ (x)=2−ln x>0，
即G (x)在(0,e
2)上单调递增，则有0<G (x)<G(e
2)=e
2，
即T
′ (x)<0，T (x)在(0,e
2)上单调递减，而(0,m)⊆(0,e
2)，
当x∈(0,m)时，T (x)>T (m)>T (e
2)=1，
则当x∈(0,m)时，1< x
e
2 +ln(3−ln x)成立，
故有ab<me
2成立.
【突破提升训练・20】已知函数f (x)=−2ln x−a
x
2 +1.
(1)当a=1时，求f (x)在区间[
1
2 ,2)上的最值；
(2)若f (x)有两个不同的零点x1, x2，证明：1
x1
2 + 1
x2
2 > 2
a.
【答案】(1)最大值为0，最小值为−3+2ln2.
(2)证明见解析
【分析】（1）将a=1带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原
函数求导，
判断在区间[
1
2 ,2)上的单调性，即可求得函数在区间[
1
2 ,2)上的最值；
（2）对原函数求导，并对参数a≤0，a>0分类讨论，得出函数在两种情况下的单调
性，由单调性求得函数f (x)有两个不同的零点x1, x2时两根与参数的关系，再利用比值换元
法即可证明.
【详解】（1）当a=1时，f (x)=−2ln x−1
x
2 +1, x∈[
1
2 ,2)，
f
′ (x)=−2
x + 2
x
3 =−2(x +1)(x−1)
x
3
.
由f
′ (x)>0，得1
2 ≤x<1；由f
′ (x)<0，得1< x ≤2，
所以f (x)在区间[
1
2 ,1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减.
因为f(
1
2)=−2ln 1
2 −4+1=−3+2ln2,f (1)=−2ln1−1+1=0，
f (2)=−2ln2−1
4 +1= 3
4 −2ln2,f(
1
2)−f (2)= 4ln2−15
4 = 4(ln2−15
16)<0，
所以f (x)在区间[
1
2 ,2)上的最大值为0，最小值为−3+2ln2.
（2）f
′ (x)=−2 x
2−2a
x
3
( x>0).
当a≤0时，f
′ (x)<0,f (x)在(0,+ ∞)上单调递减，不可能有两个零点，舍去；
当a>0时，所以f
′ (x)=−2(x + ❑√a)(x−❑√a)
x
3
( x>0)，
由f
′ (x)>0，得0< x<❑√a，所以f (x)在(0,❑√a)上单调递增；
由f
′ (x)<0，得x>❑√a，所以f (x)在(❑√a,+∞)上单调递减.
所以当x = ❑√a时，f (x)取得极大值，极大值为f (❑√a)=−lna，
为满足题意，必有f (❑√a)=−lna>0，得0<a<1.
因为x1, x2是f (x)的两个不同的零点，
所以f (x1)=−2ln x1−a
x1
2 +1=0,f (x2)=−2ln x2−a
x2
2 +1=0，
两式相减得
2
a =
x2
2−x1
2
x1
2 x2
2ln x2
x1
.
设x2> x1>0，要证
1
x1
2 + 1
x2
2 > 2
a，
只需证
1
x1
2 + 1
x2
2 >
x2
2−x1
2
x1
2 x2
2ln x2
x1
，即证ln x2
x1
>
x2
2
x1
2 −1
x2
2
x1
2 +1
.
设
x2
x1
=t ∈(1,+ ∞)，只需证lnt > t
2−1
t
2+1
(t >1)，
设g(t )=lnt −t
2−1
t
2+1
(t >1)，则g
′ (t )= 1
t −
4t
(t
2+1)
2 = (t
2−1)
2
t (t
2+1)
2 >0，
所以g(t )在(1,+∞)上为增函数，从而g(t )>g(1)=0，
所以lnt > t
2−1
t
2+1
(t >1)成立，从而
1
x1
2 + 1
x2
2 > 2
a
【突破提升训练・21】已知函数f (x)=(x −2)(e
x−ax)(a∈R)．
(1)若a=2，讨论f (x)的单调性．
(2)已知关于x的方程f (x)=(x−3)e
x+2ax恰有2个不同的正实数根x1, x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）求证：x1+ x2>4．
【答案】(1)f (x)在(−∞,1)，(2ln 2,+ ∞)上单调递增，在(1,2ln 2)上单调递减
(2)（i）(
e
2
4 ,+∞)；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导后，根据f
′ (x)的正负可确定f (x)的单调性；
（2）（i）将问题转化为y =a与g(x)=e
x
x
2 (x>0)有两个不同交点的问题，利用导数可
求得g(x)的单调性和最值，从而得到g(x)的图象，采用数形结合的方式可确定a的范围；
（ii）设x2> x1>0，根据：e
x1=a x1
2，e
x2=a x2
2，采用取对数、两式作差整理的方式可
得
x1−x2
ln x1
x2
=2
，通过分析法可知只需证ln x1
x2
<
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
即可，令t = x1
x2
∈(0,1)，构造函数
h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(0<t <1)，利用导数可求得h(t )单调性，从而得到h(t )<h(1)=0，由
此可证得结论.
【详解】（1）当a=2时，f (x)=(x −2)(e
x−2 x)，则
f
′ (x)=e
x−2 x +(x −2)(e
x−2)=(x −1)(e
x−4)；
令f
′ (x)=0，解得：x =1或x = ln 4 =2ln2，
∴当x∈(−∞,1)∪(2ln 2,+∞)时，f
′ (x)>0；当x∈(1,2ln 2)时，f
′ (x)<0；
∴f (x)在(−∞,1)，(2ln 2,+ ∞)上单调递增，在(1,2ln 2)上单调递减.
（2）（i）由f (x)=(x−3)e
x+2ax得：e
x−a x
2=0，
∵f (x)=(x−3)e
x+2ax恰有2个正实数根x1, x2，∴e
x =a x
2恰有2个正实数根x1, x2，
令g(x)=e
x
x
2 (x>0)，则y =a与g(x)有两个不同交点，
∵g
′ (x)= (x−2)e
x
x
3
，∴当x∈(0,2)时，g
′ (x)<0；当x∈(2,+ ∞)时，g
′ (x)>0；
∴g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，又g(2)=e
2
4 ，
当x从0的右侧无限趋近于0时，g(x)趋近于+ ∞；当x无限趋近于+ ∞时，e
x的增速远
大于x
2的增速，则g(x)趋近于+ ∞；
则g(x)图象如下图所示，
∴
当
a>e
2
4
时，
y =a
与
g(x)
有两个不同交点，
∴实数a的取值范围为(
e
2
4 ,+ ∞)；
（ii）由（i）知：e
x1=a x1
2，e
x2=a x2
2，(x1>0, x2>0)
∴x1= ln a+2ln x1，x2= ln a+2ln x2，
∴x1−x2=2ln x1−2ln x2=2ln x1
x2
，
不妨设x2> x1>0，则
x1−x2
ln x1
x2
=2
，
要证x1+ x2>4，只需证x1+ x2> 2(x1−x2)
ln x1
x2
，
∵x2> x1>0，∴0< x1
x2
<1，∴ln x1
x2
<0，则只需证ln x1
x2
< 2(x1−x2)
x1+ x2
=
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
令t = x1
x2
∈(0,1)，则只需证当t ∈(0,1)时，ln t < 2(t −1)
t +1
恒成立，
令h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
(0<t <1)，
∴h
′ (t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= (t +1)
2−4t
t (t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
∴h(t )在(0,1)上单调递增，∴h(t )<h(1)=0，
∴当t ∈(0,1)时，ln t < 2(t −1)
t +1
恒成立，∴原不等式x1+ x2>4得证.
【突破提升训练・22】已知函数f (x)=ae
x−x
2+3(a∈R).
(1)若方程f (x)=0有3 个零点，求实数a的取值范围；
(2)若φ(x)=−x
2+2 x + 4−f (x)有两个零点x1, x2(x1< x2)，求证：0<a< 2❑√e
e
，且
❑√
2 x2+1
2 x1+1 <e
x2−e
−x1
x2+ x1
.
【答案】(1)(0, 6
e
3 )
(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为y =a与g(x)= x
2−3
e
x
有三个不同的交点，利用导数研究
函数g(x)的性质，从而结合图象即可求得实数a的范围；
（2）利用导数求得函数φ(x)的单调性，再利用零点存在定理证得0<a< 2❑√e
e
，再利
用零点的定义将问题e
x2+ x1
2 <e
x2+ x1−1
x2+ x1
，构造函数h(t )=e
2t−2t e
t−1，利用导数证得
H (t )> H (0)=0即可得证.
【详解】（1）解：令f (x)=0，即得ae
x−x
2+3=0，即a= x
2−3
e
x
方程有三个零点，
即直线y =a与曲线g(x)= x
2−3
e
x
有三个不同的交点，
可得g
′ (x)= 2 x−x
2+3
e
x
=−x
2−2 x−3
e
x
=−(x +1)(x−3)
e
x
，
所以当x∈(−∞,−1)或x∈(3,+ ∞)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(−1,3)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
所以当x =−1时，g(x)有极小值为g(x)=−2e，
当x =3时，g(x)有极大值为g(x)= 6
e
3 ，
当x→+ ∞时，g(x)→0，且当|x)≥❑√3时，g(x)>0，
所以作出函数g(x)= x
2−3
e
x
的图象如图所示，
所以数形结合可知0<a< 6
e
3 ，即实数a的取值范围为(0, 6
e
3 ).
（2）解：因为φ(x)=−x
2+2 x + 4−f (x)=2 x +1−ae
x，
当a≤0时，φ(x)单调递增，不可能有两个零点，所以a>0，此时φ
′ (x)=2−ae
x，
令φ
′ (x)=0，得x =ln 2
a，所以当x∈(−∞,ln 2
a)时，φ
′ (x)>0；
当x∈(ln 2
a ,+ ∞)时，φ
′ (x)<0，
故φ(x)在区间(−∞,ln 2
a)上单调递增，在区间(ln 2
a ,+∞)上单调递减，
所以φ(ln 2
a)=2ln 2
a +1−2=2ln 2
a −1，
若φ(x)有两个零点，则φ(ln 2
a)>0，得ln 2
a > 1
2，所以0<a< 2❑√e
e
，
当0<a< 2❑√e
e
时，φ(ln 2
a)>0，φ(−1
2)=−ae
−1
2 <0，ln 2
a > 1
2 >−1
2，
故存在x1∈(−1
2 ,ln 2
a)，使得f (x1)=0，
又当x趋向于+ ∞时，φ(x)趋向于−∞，故存在x2∈(ln 2
a ,+ ∞)，使得f (x2)=0，
故0<a< 2❑√e
e
，则满足{
2 x1+1=ae
x1
2 x2+1=ae
x2)，可得
2 x2+1
2 x1+1 =e
x2−x1，即❑√
2 x2+1
2 x1+1 =e
x2−x1
2 ，
要证❑√
2 x2+1
2 x1+1 <e
x2−e
−x1
x2+ x1
，只需证e
x2−x1
2 <e
x2−e
−x1
x2+ x1
，
两边同乘以e
x1，可得e
x2+ x1
2 <e
x2+ x1−1
x2+ x1
，
因为x1>−1
2，x2>ln 2
a > 1
2，所以x1+ x2>0，
令t = x1+ x2
2
>0，即证e
t<e
2t−1
2t
，即证e
2t−2t e
t−1>0，
令h(t )=e
2t−2t e
t−1(t >0)，可得h
′ (t )=2e
2t−2(t +1)e
t =2e
t(e
t−t −1)，
令H (t )=e
t−t −1(t >0)，H
′ (t )=e
t−1>0，故H (t )在区间(0,+∞)上单调递增，
故H (t )> H (0)=0，因此h
′ (t )>0，所以h(t )在区间(0,+∞)上单调递增，
故h(t )>h(0)=0，因此原不等式成立.
【突破提升训练・23】已知函数f ( x)=axe
x(a≠0)，g( x)= x + ln x.
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)若函数F( x)= f ( x)−g( x)的图象在点(1, F(1))处的切线方程为
y =2(e−1)x−(e−1).
（i）求F( x)的最小值；
（ii）若关于x 的方程F( x)=t有两个根x1，x2( x1< x2)，证明：f ( x1)+2f ( x2)>3.
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）1；（ii）证明见解析
【分析】（1）对f ( x)求导，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论a的取值范围
即可得解；
（2）（i）利用导数的几何意义求得a，进而利用隐零点，结合导数求得f ( x)的最值，
从而得解；（ii）根据题意，利用极值点偏移的解决技巧，将问题转化为证
3(u−1)−(u+2)lnu>0恒成立，构造函数h(u)=3(u−1)−(u+2)lnu(0<u<1)，利用
导数即可得解.
【详解】（1）因为f ( x)=axe
x(a≠0)，则f
′( x)=a( x +1)e
x，
若a>0，则当x∈(−∞,−1)时，f
′( x)<0；当x∈(−1,+ ∞)时，f
′( x)>0，
所以f ( x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈(−∞,−1)时，f
′( x)>0；当x∈(−1,+ ∞)时，f
′( x)<0，
所以f ( x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,+∞)上单调递减.
（2）（i）函数F( x)=axe
x−x −ln x的定义域为(0,+∞)，
则F
′( x)=a( x +1)e
x−1−1
x ，则F
′(1)=2ae−2，
因为函数F( x)的图象在(1, F(1))的切线方程为y =2(e−1)x−(e−1)，
所以2ae−2=2(e−1)，则a=1，
所以F
′( x)=( x +1)e
x−1−1
x = ( x +1)( xe
x−1)
x
，
因为x∈(0,+ ∞)，所以x +1>0，令F
′( x)=0，则xe
x−1=0，
令g( x)= x e
x−1，则g( 1
2 )=
❑√e
2 −1<0，g(1)=e−1>0，
所以∃x0∈( 1
2 ,1)，使g( x0)=0，即x0e
x0−1=0，则x0e
x0=1，
又g
′( x)=( x +1)e
x>0，所以g( x)= x e
x−1在(0,+∞)上单调递增，
当0< x< x0时，g( x)<0，即F
′( x)<0，当x> x0时，g( x)>0，即F
′( x)>0，
所以F( x)在(0, x0)上单调递减，在( x0,+∞)上单调递增，
故F( x)的最小值为F( x0)= x0e
x0−x0−ln x0=1−ln x0e
x0=1−0=1.
（ii）由题意可知，xe
x−x−ln x =t，
即方程f ( x)−ln f ( x)=t有两个根x1，x2( x1< x2)，
令m1= f ( x1)，m2= f ( x2)，则{
m1−ln m1=t
m2−ln m2=t)，所以m1−m2= ln m1
m2
，
设u= m1
m2
，由（1）知，f ( x)在(0,+∞)上单调递增，又0< x1< x2，
所以0<f ( x1)<f ( x2)，则0<u<1，
由{
u= m1
m2
m1−m2= ln m1
m2)
，得m1= u lnu
u−1 ，m2= lnu
u−1，
所以f ( x1)+2f ( x2)=m1+2m2= (u+2)lnu
u−1
，
要证(u+2)lnu
u−1
>3，需证(u+2)lnu<3(u−1)，即证3(u−1)−(u+2)lnu>0，
令h(u)=3(u−1)−(u+2)lnu(0<u<1)，则h
′(u)=2−lnu−2
u，
令φ(u)=2−lnu−2
u (0<u<1)，则φ
′(u)= 2−u
u
2 >0，
所以φ(u)在(0,1)上单调递增，则φ(u)<φ(1)=2−ln1−2=0，即h
′(u)<0，
则h(u)在(0,1)上单调递减，所以h(u)>h(1)=0，
因此3(u−1)−(u+2)lnu>0成立，故f ( x1)+2f ( x2)>3，得证.
【突破提升训练・24】已知函数f (x)=2 x +a x
2+ xln x ,a∈R.
(1)当a=0时，求曲线y = f (x)在x =e处的切线方程；
(2)若f (x)有两个零点x1, x2，且x2>3 x1，证明：x1 x2> 9
e
4 .
【答案】(1)4 x−y −e=0
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解；
（2）令f (x1)= f (x2)=0得−a= 2+ln x1
x1
= 2+ln x2
x2
，令x2=t x1(t >3)，则
2+ln x1
x1
= 2+ln(t x1)
t x1
= 2+lnt +ln x1
t x1
，从而令h(t )= (t +1)lnt
t −1
−4 (t >3)，则利用导数
求出h(t )最小值可得答案.
【详解】（1）当a=0时，f (x)=2 x + xln x ,f
′ (x)=2+ln x +1，
曲线y = f (x)在x =e处切线的斜率为k = f
′ (e)=3+lne= 4，
又∵f (e)=2e+elne=3e,∴切线方程为y −3e= 4 (x−e)，
即曲线y = f (x)在x =e处的切线方程为4 x−y −e=0；
（2）若f (x)有两个零点x1, x2，
则2 x1+a x1
2+ x1ln x1=0,2 x2+a x2
2+ x2ln x2=0，
得−a= 2+ln x1
x1
= 2+ln x2
x2
.
∵x2>3 x1，令x2=t x1(t >3)，则2+ln x1
x1
= 2+ln(t x1)
t x1
= 2+lnt +ln x1
t x1
，
故ln x1= 2+lnt −2t
t −1
=lnt
t −1 −2，
则ln x2=ln(t x1)=lnt +ln x1=lnt +lnt
t −1 −2= t lnt
t −1 −2，
∴ln(x1 x2)=ln x1+ln x2=lnt
t −1 −2+ t lnt
t −1 −2= (t +1)lnt
t −1
−4，
令h(t )= (t +1)lnt
t −1
−4 (t >3)，则h
′ (t )=
−2lnt +t −1
t
(t −1)
2
，
令g(t )=−2lnt +t −1
t
(t >3)，则g
′ (t )=−2
t +1+ 1
t
2 = t
2−2t +1
t
2
= (t −1)
2
t
2
>0，
∴g(t )在(3,+∞)上单调递增，
∴g(t )> g(3)=−2ln3+3−1
3 = 2
3
(4−3ln3)= 2
3 (lne
4−ln3
3)>0，
∴h
′ (t )=
g(t )
(t −1)
2 >0，则h(t )在(3,+∞)上单调递增，
∴h(t )>h(3)= 4ln3
2
−4 =ln 9
e
4 ,∴ln(x1 x2)>ln 9
e
4 ，
故x1 x2> 9
e
4 .
