重难点07：破解极值点偏移：导数极值点偏移问题之题型归纳（八大压轴考法）（下）（培优固本提能讲义）（教师版）_高考一二三轮复习_数学_2026年

重难点07：破解极值点偏移：导数极值点
偏移问题之题型归纳（八大压轴考法）
（下）
（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....................................................................................3
题型一、极值点偏移之“和”型....................................................................3
题型二、极值点偏移之“积”型....................................................................9
题型三、极值点偏移之“对数”型..............................................................14
题型四、极值点偏移之“指数”型..............................................................22
题型五、极值点偏移之“平方”型..............................................................29
题型六、极值点偏移之“分式”型..............................................................37
题型七、极值点偏移之“三极值点”型......................................................43
题型八、极值点偏移之“其它复杂”型......................................................50
题型精析・方法突破提能力..............................................................................59
知识点
 
 1  ：对称构造解决极值点偏移问题
 
 
基于极值点偏移的定义：若函数
f(x)有唯一极值点x0，且f(x1)=f(x2)（x1<x0<x2），则偏移本质是 “函数在x0
两侧的对称性缺失”。
对称构造函数法通过构造与
f(x)关于x=x0对称的函数F(x)=f(x)−f(2x0−x)，利用F(x)的单调性判断
f(x)与f(2x0−x)的大小关系，进而推导x1+x2与2x0的关系。
对称构造函数法的通用解题步骤（适配所有函数类型）
步骤 1：确定函数f(x)的唯一极值点x0
步骤 2：构造对称函数F(x)=f(x)−f(2x0−x)
步骤 3：分析F(x)的单调性与符号（关键推导环节）
知识网络・核心根基深扎牢
步骤 4：结合f(x1)=f(x2)推导偏移关系（核心结论）
步骤 5：总结偏移结论（呼应问题目标）
知识点
 
 2  ：比值代换解决极值点偏移问题
 
 
极值点偏移问题的核心矛盾是 “双变量x1,x2的关联性”，比值代换法通过设t=x2
x1
（或t=x1
x2
)，t>1以保证x2>x1），将双变量转化为单变量t，再结合 “f(x1)=f(x2)
” 建立关于t的等式，最终将 “证明x1+x2>2x0”或“x1x2>x0
2” 转化为 “证明关于
t的不等式”，降低多变量分析难度。
比值代换法的通用解题步骤（适配指数/对数型函数）
步骤 1：确定函数\(f(x)\)的唯一极值点x0
步骤 2：设比值变量，建立双变量关联
步骤 3：结合极值点，消去参数/多余变量
步骤 4：将偏移目标转化为关于t的不等式
步骤 5：构造关于t的函数，证明不等式
步骤 6：总结偏移结论
知识点
 
 3  ：差值代换法解决极值点偏移问题
 
 
极值点偏移问题中，当 “设比值” 易出现复杂分式（如指数函数e
x−e
y）时，差值
代换法通过设d =x2−x1（d>0，保证x2>x1），将双变量x1,x2转化为“x1与单变量
d”（即x2=x1+d），再结合 “
f(x1)=f(x2)”建立关于x1与d的等式，最终将偏移目标（如x1+x2>2x0）转化
为 “关于d的不等式”，规避比值代换的分式化简难题。
差值代换法的通用解题步骤（适配指数型/复杂函数）
步骤 1：确定函数f(x)的唯一极值点x0
步骤 2：设差值变量，建立双变量关联
步骤 3：解出x1关于d的表达式，消去多余变量
步骤 4：将偏移目标转化为关于d的不等式
步骤 5：构造关于d的函数，证明不等式
步骤 6：总结偏移结论
知识点
 
 4  ：差值代换法解决极值点偏移问题
 
 
极值点偏移问题中，当函数含对数或指数时，“f(x1)=f(x2)” 可转化为 “对数
差 / 指数差与变量差” 的关联，而对数均值不等式（LMI）和指数均值不等式（EMI）恰
好建立了这类 “差关系” 与 “均值关系” 的桥梁：
（1）对数均值不等式（LMI）：对正实数
(x1≠x2)，有❑√x1x2<x1−x2
lnx1−lnx2
<x1+x2
2
（几何均值 < 对数均值 < 算术均值）；
（2）指数均值不等式（EMI）：对实数(x1≠x2)，有e
x1+x2
2
<e
x1−e
x2
x1−x2
<e
x1+e
x2
2
（指
数几何均值 < 指数均值 < 指数算术均值）。
通过将 “f(x1)=f(x2)” 推导的 “差关系” 代入不等式，可直接关联 “
x1+x2”“x1x2” 与极值点x0，快速证明偏移目标。
对数指数均值不等式法的通用解题步骤（分对数 / 指数场景）
场景 1：含对数函数（适配 LMI，如f(x)=lnx−ax）
步骤 1：确定函数唯一极值点x0
步骤 2：由f(x1)=f(x2)推导 “对数差与变量差” 关系
步骤 3：代入 LMI，关联偏移目标
场景 2：含指数函数（适配 EMI，如f(x)=e
x−ax）
步骤 1：确定函数唯一极值点x0
步骤 2：由f(x1)=f(x2)推导 “指数差与变量差” 关系
步骤 3：代入 EMI，关联偏移目标
极值点偏移之“和”型特征：x1+x2>2x0或x1+x2<2x0
【例题1】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.
【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.
【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
，
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、极值点偏移之“和”型
典例探究
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(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
举一反三
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.
【1-2】已知函数f (x)= xe
x−a恰有两个零点x1, x2．
(1)求a的取值范围；
(2)证明：x1+ x2<−2．
【答案】(1)(−1
e ,0)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得到f
′ (x)，利用导数得到f (x)的最小值，从而要使f (x)有两个零
点，则f (x)最小值小于0，得到a的范围；
（2）由（1）的结论，构建函数g(x)= f (x)−f (−2−x)，x∈(−∞,−1)，由
g
′ (x)>0得到函数g(x)单调递增，得到g(x)< g(−1)=0，从而得到f (x2)<f (−2−x1)，又
函数f (x)在(−1,+∞)上单调递增，则得到x1+ x2<−2.
【详解】（1）因为f (x)= xe
x−a，所以f
′ (x)=(x +1)e
x，
所以当x∈(−∞,−1)时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
当x∈(−1,+∞)时，f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增，
所以当x =−1时，函数f (x)取最小值f (−1)=−1
e −a．
因为当x→−∞时，f (x)→−a，当x→+ ∞时，f (x)→+∞，
且函数f (x)= xe
x−a恰有两个零点x1, x2，
所以{
−a>0
−1
e −a<0),所以a的取值范围为(−1
e ,0)．
（2）由（1）知，x =−1为f (x)的极小值点，
所以可设x1<−1< x2，则−2−x1>−1，
构建函数g(x)= f (x)−f (−2−x)，x∈(−∞,−1)，
所以当x∈(−∞,−1)时，
g
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (−2−x)=(x +1)e
x+(−2−x +1)e
−2−x =(x +1)[
e2(x +1)−1
e
x +2
)>0，
函数g(x)单调递增，所以当x∈(−∞,−1)时，g(x)<g(−1)=0，
所以f (x1)−f (−2−x1)<0，
因为f (x1)= f (x2)，所以f (x2)−f (−2−x1)<0，
所以f (x2)<f (−2−x1)，
又函数f (x)在(−1,+∞)上单调递增，所以x2<−2−x1，
所以x1+ x2<−2．
【点睛】关键点点睛：由f (x)的极小值点，得到零点的位置，通过构建函数，由函数
单调性可得结果.
【1-3】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.
【点睛】本题属于极值点偏移问题，通常处理方法有构造差函数借助单调性证明，或
者合理代换将二元化为一元问题，利用导数求解即可.
极值点偏移之“积”型特征：x1∙x2>x0
2或x1∙x2<x0
2
【例题2】已知函数h(x)=ln x和g(x)=ax，若存在两个实数x1, x2，且x1≠x2，使得
h(x1)= g(x1)，h(x2)= g(x2)，证明：x1 x2>e
2．
【答案】证明见解析
【分析】利用参数a作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明
lnt −2(t −1)
t +1
>0，利用构造函数法，结合导数证得结论成立.
【详解】因为x1≠x2，不妨设x1> x2，
题型二、极值点偏移之“积”型
典例探究
因为ln x1−a x1=0，ln x2−a x2=0，
所以ln x1+ln x2=a(x1+ x2)，ln x1−ln x2=a(x1−x2)，
所以
ln x1−ln x2
x1−x2
=a，
欲证x1 x2>e
2，即证ln x1+ln x2>2.
因为ln x1+ln x2=a(x1+ x2)，所以即证a>
2
x1+ x2
，
所以即证
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，即证ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
．
令t = x1
x2
，则t >1，x1 x2>e
2等价于lnt −2(t −1)
t +1
>0，
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，t >1，
因为g
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，
故g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，
即lnt −2(t −1)
t +1
>0，所以x1 x2>e
2．
方法二：直接换元构造新函数  a=ln x1
x1
=ln x2
x2
，即ln x2
ln x1
= x2
x1
，设x1< x2，t = x2
x1
，
则t >1，
则x2=t x1，
lnt x1
ln x1
=t，可得ln x1=lnt
t −1，
ln x2=lnt x1=lnt +ln x1=lnt +lnt
t −1 = t lnt
t −1 ，
由于x1 x2>e
2⇔ ln x1+ln x2>2⇔ lnt
t −1 + t lnt
t −1 = t +1
t −1 lnt >2⇔ 
lnt −2(t −1)
t +1
>0
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，t >1，
因为g
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以g(t )在(1,+∞)上单调递增，
故g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，即lnt −2(t −1)
t +1
>0，
所以x1 x2>e
2.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)（或f (x)<g(x)）转化为证明
f (x)−g(x)>0（或f (x)−g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)= f (x)−g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构
造辅助函数.
【2-1】若x1, x2是函数f (x)=e
x−ax (x>0)的两个零点，且x1< x2，求证：x1+ x2>2且
x1 x2<1．
【答案】证明见解析
【分析】方法一：根据题意，得x1−ln x1= x2−ln x2=lna，令t = x2
x1
，对于
x1+ x2>2，其等价于lnt
t −1 + t lnt
t −1 >2，构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，即可得证
x1+ x2>2；令
❑√t =b，则b>1，构造函数h(b)=lnb
2−b+ 1
b
(b>1)，即x1 x2<1得证；
方法二：由函数y =e
x
x
单调性，知0< x1<1< x2，有e
x1=a x1，e
x2=a x2，则
举一反三
a=e
x2−e
x1
x2−x1
，且x1=e
x1
a
，x2=e
x2
a
，令g(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1)(t >0)，利用导数可证
x1+ x2>2；令h(t )=t e
t
2 −e
t +1(t >0)，利用导数可证x1 x2<1.
【详解】方法一：比值代换 
因为x>0，由题意结合e
x=ax (x>0)可知，a>0，x =lna+ln x，
所以x1−ln x1= x2−ln x2=lna．
令t = x2
x1
，则t >1，x2=t x1，代入上式得x1=lnt
t −1，
x2= t lnt
t −1 ．对于x1+ x2>2，其等价于lnt
t −1 + t lnt
t −1 >2，即lnt −2(t −1)
t +1
>0．
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，
则g
′ (t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以函数g(t )在(1,+∞)上单调递增，
所以g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，即x1+ x2>2得证．
对于x1 x2<1，其等价于t (lnt )
2
(t −1)
2 <1，即
❑√t lnt
t −1 <1，即lnt −❑√t + 1
❑√t <0．
令❑√t =b，则b>1，构造函数h(b)=lnb
2−b+ 1
b
(b>1)，则
h
' (b)= 2
b −1−1
b
2 =−(b−1)
2
b
2
<0，
h(b)在(1,+∞)上单调递减，所以h(b)<ln1
2−1+ 1
1 =0，即x1 x2<1得证．
方法二：差值代换 
由e
x=ax (x>0)可得a=e
x
x >0．
设函数y =e
x
x ，则y
′ =e
x(x−1)
x
2
，
当x∈(0,1)，y
′<0，则函数在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+ ∞)，y
′>0，则函数在(1,+∞)上单调递增，
所以0< x1<1< x2，则有e
x1=a x1，e
x2=a x2，则a=e
x2−e
x1
x2−x1
，且x1=e
x1
a ，x2=e
x2
a ．
对于x1+ x2>2，即e
x1+e
x2
a
>2，即e
x1+e
x2
e
x2−e
x1 >
2
x2−x1
，即e2
x2−x1+1
e
x2−x1−1
>
2
x2−x1
，
令x2−x1=t，则t >0，则只需证t (e
t +1)−2(e
t−1)>0．
令g(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1)(t >0)，则g
′ (t )=(t −1)e
t +1，g
″ (t )=t e
t>0，
则g
′ (t )在(0,+ ∞)上单调递增，则g
′ (t )>(0−1)e
0+1=0，
则g(t )在(0,+∞)上单调递增，则g(t )>0×(e
0+1)−2×(e
0−1)=0，即x1+ x2>2成立．
对于x1 x2<1，其等价于e
x1e
x2
a
2
<1，即e
x1e
x2<(
e
x2−e
x1
x2−x1)
2
，即e
x1e
x2
(e
x2−e
x1)
2 <(
1
x2−x1)
2
．
左边分子、分母同时除以e
2 x1，得e
x2−x1
(e
x2−x1−1)
2 <(
1
x2−x1)
2
，令x2−x1=t，则t >0，
则只需证e
t
(e
t−1)
2 <(
1
t)
2
，即t e
t
2 −e
t +1<0．
令h(t )=t e
t
2 −e
t +1(t >0)，则h
′ (t )=e
t
2(−e
t
2 + t
2 +1)，
令m(t )=−e
t
2 + t
2 +1，则m
′ (t )= 1
2(1−e
t
2)<0，
所以m(t )在(0,+ ∞)上单调递减，故m(t )=−e
t
2 + t
2 +1<−e
0
2 + 0
2 +1=0，所以h
′ (t )<0，
所以h(t )在(0,+∞)上单调递减，所以h(t )<0×e
0
2 −e
0+1=0，即x1 x2<1成立．
【2-2】已知函数f (x)= x−ln x−a．
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x1，x2，则x1 x2<1．
【答案】(1)(−∞,1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导，分别解不等式f
′ (x)>0，f
′ (x)<0即可；
（2）设x1< x2，结合（1）可知0< x1<1< x2，构造函数g(x)= f (x)−f(
1
x)，利用导
数判断单调性即可得f (x1)= f (x2)>f(
1
x2)，结合f (x)在(0,1)上单调递减即可得证.
【详解】（1）由题意知函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
解f
′ (x)= x−1
x
>0得x>1，解f
′ (x)= x−1
x
<0得0< x<1，
所以函数f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f (x)min= f (1)=1−a，
又f (x)≥0，所以1−a≥0，解得a≤1，
所以a的取值范围为(−∞,1)．
（2）不妨设x1< x2，则由（1）知0< x1<1< x2，0< 1
x2
<1，
构造函数g(x)= f (x)−f(
1
x)= x−1
x −2ln x，
则g
' (x)=1+ 1
x
2 −2
x = (x−1)
2
x
2
≥0，
所以函数g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)> g(1)=0，即当x>1时，f (x)>f(
1
x)，
所以f (x1)= f (x2)>f(
1
x2)，
又f (x)在(0,1)上单调递减，
所以0< x1< 1
x2
<1，即x1 x2<1．
【2-3】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.
【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.
极值点偏移之“对数”型特征：lnx1+ ln x2，aln x1+b ln x2，ln(x1+x2)，ln(x1∙x2)
【例题3】已知函数f (x)=e
x+ x
2，g(x)= x ln x +(a+1) x.
(1)求曲线y = g(x)在(1, g(1))处的切线方程；
(2)若f (x)≥g(x)，求a的取值范围；
(3)若f (x)= g(x)有两个实数解x1，x2，证明：ln x1+ ln x2<0.
【答案】(1)(a+2) x−y −1=0
(2)(−∞,e)
(3)证明见解析
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）设F (x)=e
x
x −ln x + x−(a+1)，借助导数研究其单调性即可得；
（3）结合（2）中所得可得a>e，可将所需证明内容转化为证明F (x2)> F(
1
x2)
，等
价于证明e
x2
x2
+lne
x2
x2
> x2e
1
x2 +ln(x2e
1
x2)，构造函数G (x)= x + ln x，结合其单调性只需证
题型三、极值点偏移之“对数”型
典例探究
x2−2ln x2−1
x2
>0，再构造函数h(x)= x−2ln x−1
x ，利用导数研究其单调性即可得证.
【详解】（1）g(1)=a+1，g
′ (x)= ln x +a+2，g
′ (1)=a+2，
所以g(x)在(1, g(1))处的切线方程为y −(a+1)=(a+2)(x−1)，
即(a+2) x−y −1=0；
（2）由f (x)≥g(x)可知，e
x+ x
2≥x ln x +(a+1) x，x∈(0,+∞)，
即e
x
x −ln x + x−(a+1)≥0在x∈(0,+ ∞)上恒成立，
设F (x)=e
x
x −ln x + x−(a+1)，F
′ (x)= (x−1)(e
x+ x)
x
2
，
当x∈(0,1)时，F
′ (x)<0，F (x)在(0,1)单调递减；
当x∈(1,+ ∞)时，F
′ (x)>0，F (x)在(1,+ ∞)单调递增，
所以x =1时，F (x)取得最小值，最小值为F (1)=e−a，
由题意知e−a≥0，即a≤e，故a的取值范围为(−∞,e)；
（3）方程e
x+ x
2= x ln x +(a+1) x有两实数解x1，x2，
即e
x
x −ln x + x−(a+1)=0有两实数解，不妨设x1< x2，
由（2）知方程f (x)= g(x)要有两实数解，则e−a<0，即a>e，
同时x1∈(0,1)，x2∈(1,+∞)，1
x2
∈(0,1)，
F (x)=e
x
x −ln x + x−(a+1)，
则F (x1)= F (x2)=0，F (x)在(0,1)单调递减，
欲证ln x1+ ln x2<0，即证x1 x2<1，x1< 1
x2
，
等价于F (x1)> F(
1
x2)，即F (x2)> F(
1
x2)，
等价于e
x2
x2
−ln x2+ x2> x2e
1
x2 + ln x2+ 1
x2
，
整理得e
x2
x2
+lne
x2
x2
> x2e
1
x2 +ln(x2e
1
x2)①，
令G (x)= x + ln x，①式为G(
e
x2
x2)>G(x2e
1
x2)，
又G (x)在(0,+∞)单调递增，
故①式等价于e
x2
x2
> x2e
1
x2，即x2−2ln x2−1
x2
>0，
令h(x)= x−2ln x−1
x ，h
′ (x)= (x−1)
2
x
2
，
当x>1时，h
′ (x)>0，h(x)在(1,+∞)单调递增，
又x2>1，h(x2)>h(1)=0，即x2−2ln x2−1
x2
>0，
所以x1 x2<1，则ln x1+ ln x2<0.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原不等式转化为证明F (x2)> F(
1
x2)，
再转化为证明e
x2
x2
+lne
x2
x2
> x2e
1
x2 +ln(x2e
1
x2)，最后转化为证明x2−2ln x2−1
x2
>0，从而
可构造函数h(x)= x−2ln x−1
x 帮助证明.
【3-1】2024 年9 月25 日，我国向太平洋发射了一发洲际导弹，我国洲际导弹技术先进，
飞行轨迹复杂，飞行时需要导弹上的计算机不断计算导弹飞行轨迹的弯曲程度，导弹的陀
螺仪才能引导导弹精准命中目标.为此我们需要刻画导弹飞行轨迹的弯曲程度.
举一反三
如图所示的光滑曲线C : y = f (x)上的曲线段´AB，其弧长为Δ s，当动点从A沿曲线段
´AB运动到B点时，A点的切线l A也随着转动到B点的切线lB，记这两条切线之间的夹角为
Δθ（它等于lB的倾斜角与l A的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯
曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K =|
Δθ
Δ s)为曲线
段´AB的平均曲率；显然当B越接近A，即Δ S越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯
曲程度，因此定义K = lim
Δ s→0|
Δθ
Δ s)=
|y
″)
(1+ y
′2)
3
2 （若极限存在）为曲线C在点A处的曲率.（其
中y
′，y
″分别表示y = f (x)在点A处的一阶、二阶导数）
(1)求函数f (x)= x
2−3 x−4在点(−1,0)处的曲率；
(2)已知函数g(x)=sin x +cos x，求函数g(x)的曲率K的最大值.
(3)设函数h(x)= x
2ln x−a
3 x
3−3
2 x
2，a∈(0, 1
e)，若存在x1，x2使得h(x)的曲率为
0，求证：2ln x1+ ln x2> 8
3 .
【答案】(1)
2
26
3
2
(2)❑√2
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得到f
′ (−1)=−5，二次求导得到f
″ (−1)=2，代入K =
|y
″)
(1+ y
′2)
3
2 ，
求出函数在点(−1,0)处的曲率；
（2）求导，二次求导，得到K
2= 1+sin 2 x
(2−sin 2 x)
3，令F (u)= 1+u
(2−u)
3，求导得到其单调
性，求出其最大值，得到曲率K的最大值；
（3）二次求导，令h
″ (x)=0，得a= ln x
x ，令φ(x)= ln x
x ，求导，得到其单调性和极
值情况，得到a=φ(x)有两个解，设为x1，x2，0< x1<e< x2，根据a= ln x1
x1
= ln x2
x2
变形得
到ln x2= ln t
t −1，ln x1= t ln t
t −1 ，从而所证不等式等价于lnt −8(t −1)
3(2t +1) <0，令
H (t )= lnt −8(t −1)
3(2t +1)，求导得到其单调性，求出H (t )< H (1)=0，得证.同理可证
0< x2<e< x1时不等式也成立.
【详解】（1）∵f (x)= x
2−3 x−4，
∴f
′ (x)=2 x−3，f
″ (x)=2，
∴f
′ (−1)=−5，f
″ (−1)=2，
所以函数f (x)= x
2−3 x−4在点(−1,0)处的曲率为K = 2
26
3
2 .
（2）∵g(x)=sin x +cos x，∴g
′ (x)=cos x−sin x，g
″ (x)=−sin x−cos x，
由K定义知K为非负数，由题意得，
|g
′ (x))
2=cos
2 x +sin
2 x−2sin x cos x =1−sin 2 x，
|g
″ (x))
2=sin
2 x +cos
2 x +2sin x cos x =1+sin 2 x，
∴K
2=
|g
″ (x))
2
(1+[g
′ (x))
2)
3 = 1+sin2 x
(2−sin2 x)
3，
令u=sin 2 x∈[−1,1)，∴K
2= 1+u
(2−u)
3，令F (u)= 1+u
(2−u)
3，
则F
′ (u)= (2−u)
3−[−3(2−u)
2)(1+u)
(2−u)
6
= 5+2u
(2−u)
4 >0在[−1,1)上恒成立，
∴F (u)= 1+u
(2−u)
3在[−1,1)上单调递增，即(K
2)max= F (u)max= F (1)=2，
∴K max = ❑√2，当且仅当u=sin2 x =1时取到，所以曲率K的最大值为
❑√2.
（3）函数h( x)= x
2ln x−a
3 x
3−3
2 x
2，求导得h
′( x)=2 x ln x −a x
2−2 x，
h
″( x)=2ln x −2ax，
由h( x)曲率为0，得h
″( x)=0，则ln x−ax =0，即a= ln x
x ，令φ( x)= ln x
x ，
求导得φ
′( x)= 1−ln x
x
2
=0，当x∈(0,e)时，φ
′( x)>0；当x∈(e,+ ∞)时，
φ
′( x)<0，
函数φ( x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，φ( x)在x =e处取得最大值
φ (e)= 1
e ，
又当x>1时，φ( x)= ln x
x >0恒成立，而a∈(0, 1
e )，因此a=φ( x)有两个解x1, x2，
当0< x1<e< x2时，a= ln x1
x1
= ln x2
x2
，则{
ln x1−a x1=0
ln x2−a x2=0)，设
ln x1
ln x2
= x1
x2
=t，
t ∈(0,1)，
于是
ln x1
ln x2
= ln t x2
ln x2
=t，t ∈(0,1)，lnt + ln x2=t ln x2，则ln x2= ln t
t −1，ln x1= t ln t
t −1，
不等式2ln x1+ ln x2> 8
3 ⇔(2t +1)lnt
t −1
> 8
3 ⇔lnt < 8(t −1)
3(2t +1) ⇔lnt −8(t −1)
3(2t +1) <0，
令f (t )= lnt −8(t −1)
3(2t +1) ,0<t <1，求导得
f
′(t )= 1
t −
8
(2t +1)
2 = (2t +1)
2−8t
t(2t +1)
2
= (2t −1)
2
t(2t +1)
2 ≥0，
因此函数f (t )在(0,1)上单调递增，f (t )<f (1)=0，则2ln x1+ ln x2> 8
3；
当0< x2<e< x1时，
ln x1
ln x2
= x1
x2
=t >1，
不等式2ln x1+ ln x2> 8
3 ⇔(2t +1)lnt
t −1
> 8
3 ⇔lnt > 8(t −1)
3(2t +1) ⇔lnt −8(t −1)
3(2t +1) >0，
g(t )= lnt −8(t −1)
3(2t +1) ,t >1，同理g
′(t )= (2t −1)
2
t(2t +1)
2 ≥0，函数g(t )在(1,+ ∞)上单调
递增，
因此g(t )>g(1)=0，则2ln x1+ ln x2> 8
3，
所以2ln x1+ ln x2> 8
3.
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信
息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信
息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以
及什么情况下可以使用书上的概念.
【3-2】设函数f (x)=ln x−ax (a∈R).
(1)若a=3，求函数f (x)的最值；
(2)若函数g(x)= xf (x)−x +a有两个不同的极值点，记作x1, x2，且x1< x2，求证：
ln x1+2ln x2>3.
【答案】(1)无最小值，最大值为−ln3−1
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数f (x)=ln x−3 x求导后得f
' (x)= 1−3 x
x
, x>0，分别求出
f
' (x)>0和f
' (x)<0的解集，从而可求解.
（2）由g(x)= xf (x)−x +a有两个极值点x1, x2⇔ln x1=2a x1,ln x2=2a x2，从而
要证ln x1+2ln x2>3⇔2a x1+ 4 a x2>3⇔a>
3
2 x1+ 4 x2
⇔
ln x2
x1
x2−x1
>
3
x1+2 x2
，令
t = x2
x1
,t >1，构建函数h(t )=lnt −3(t −1)
1+2t ，然后利用导数求解h(t )的最值，从而可求解
证明.
【详解】（1）由题意得f (x)=ln x−3 x，则f
′ (x)= 1−3 x
x
, x>0.
令f
′ (x)>0，解得0< x< 1
3；令f
′ (x)<0，解得x> 1
3，
∴f (x)在(0, 1
3)上单调递增，在(
1
3 ,+∞)上单调递减，
∴f ( x)max= f(
1
3)=ln 1
3 −3× 1
3 =−ln3−1，
∴f (x)无最小值，最大值为−ln3−1.
（2）∵g(x)= xf (x)−x +a= xln x−a x
2−x +a，则g
′ (x)=ln x−2ax，
又g(x)有两个不同的极值点x1, x2,∴ln x1=2a x1,ln x2=2a x2，
欲证ln x1+2ln x2>3，即证2a x1+ 4 a x2>3，
∵0< x1< x2,∴原式等价于证明a>
3
2 x1+ 4 x2
①.
由ln x1=2a x1,ln x2=2a x2，得ln x2
x1
=2a(x2−x1)，则a=
ln x2
x1
2(x2−x1)
②.
由①②可知原问题等价于求证ln x2
x1
x2−x1
>
3
x1+2 x2
，
即证ln x2
x1
> 3(x2−x1)
x1+2 x2
=
3(
x2
x1
−1)
1+ 2 x2
x1
.
令t = x2
x1
，则t >1，上式等价于求证lnt > 3(t −1)
1+2t .
令h(t )=lnt −3(t −1)
1+2t ，则h
′ (t )= 1
t −3(1+2t )−6(t −1)
(1+2t )
2
= (t −1)(4t −1)
t(1+2t )
2
，
∵t >1,∴h
′ (t )>0恒成立，∴h(t )在(1,+∞)上单调递增，
∴当t >1时，h(t )>h(1)=0，即lnt > 3(t −1)
1+2t ，
∴原不等式成立，即ln x1+2ln x2>3.
【点睛】方法点睛：①对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构
造商数或加数关系(t = x2
x1
，t = x2+ x1)；
②通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，
③利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
【3-3】已知函数f (x)= xln x−x．
(1)求函数f (x)的最值；
(2)若函数g(x)= f (x)−a x
2+a有两个不同的极值点，记作x1, x2，且x1< x2，求证：
ln x1+2ln x2>3．
【答案】(1)f (x)无最大值，最小值为−1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数知识可得函数f (x)的最值；
（2）由题可得，要证ln x1+2ln x2>3，即证ln x2
x1
>
3(
x2
x1
−1)
1+ 2 x2
x1
，然后通过研究：
h(t )=lnt −3(t −1)
1+2t
(t >1)单调性可完成证明.
【详解】（1）函数f (x)的定义域为(0,+ ∞),f
′ (x)=ln x．
令f
′ (x)<0，解得0< x<1；令f
′ (x)>0，解得x>1．
所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f ( x)min= f (1)=1×ln1−1=−1．
所以f (x)无最大值，最小值为−1；
（2）g(x)= f (x)−a x
2+a= xln x−a x
2−x +a，g
′ (x)=ln x−2ax．
因为g(x)有两个不同的极值点x1, x2，所以ln x1=2a x1，ln x2=2a x2．
欲证ln x1+2ln x2>3，即证2a x1+ 4 a x2>3，又0< x1< x2，
所以原式等价于a>
3
2 x1+ 4 x2
①.
由ln x1=2a x1，ln x2=2a x2,
得ln x2
x1
=2a(x2−x1) ⇒a=
ln x2
x1
2(x2−x1)
②.
由①②知原问题等价于求证ln x2
x1
x2−x1
>
3
x1+2 x2
，
即证ln x2
x1
> 3(x2−x1)
x1+2 x2
=
3(
x2
x1
−1)
1+ 2 x2
x1
．
令t = x2
x1
，则t >1，上式等价于求证lnt > 3(t −1)
1+2t ．
令h(t )=lnt −3(t −1)
1+2t
(t >1)，则h
′ (t )= 1
t −3(1+2t )−6(t −1)
(1+2t )
2
= (t −1)(4 t −1)
t (1+2t )
2
，
因为t >1，所以h
′ (t )>0恒成立，所以h(t )单调递增，
h(t )>h(1)=ln1−3×(1−1)
1+2×1 =0，
即lnt > 3(t −1)
1+2t ，所以原不等式成立，即ln x1+2ln x2>3．
【点睛】关键点睛：对于涉及双变量不等式的证明，常利用两变量的差或者商，将双
变量问题转变为单变量问题.
极值点偏移之“指数”型特征：a
x1∙a
x2，e
x1∙e
x2，a
x1+x2，e
x1+x2，ln(x1∙x2)
【例题4】已知函数f (x)=(x−1)ln x−x
2+ax (a∈R)．
(1)若函数y = f
′ (x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)设x1, x2是函数f (x)的两个极值点，证明：2
x1⋅2
x2>4．
【答案】(1)(2,+ ∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）函数y = f
' (x)有两个零点转化为直线y =a与函数
g(x)=2 x + 1
x −ln x−1的图象有两个不同的交点，利用导数研究函数单调性与最值，数形
结合即可求a的取值范围；
（2）由（1）知g(x1)= g(x2)=a，不妨设0< x1<1< x2
，要证2
x1⋅2
x2>4，即证
题型四、极值点偏移之“指数”型
典例探究
x1+ x2>2，只需证x2>2−x1，结合g(x)单调递增只需证g(x2)>g(2−x1)，再根据单调性
可得答案.
【详解】（1）f (x)=(x−1)ln x−x
2+ax，则f
′ (x)=1−1
x +ln x−2 x +a，
令f
′ (x)=0，得a=2 x + 1
x −ln x−1，
若函数y = f
' (x)有两个零点，则直线y =a与函数g(x)=2 x + 1
x −ln x−1的图象有两
个不同的交点．
设g(x)=2 x + 1
x −ln x−1，则g
′ (x)=2−1
x
2 −1
x = 2 x
2−x−1
x
2
= (2 x +1)(x−1)
x
2
．
当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0, g(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)>0, g(x)单调递
增，
因此g(x)min= g(1)=2．当x→0时，g(x)→+∞，当x→+ ∞时，g(x)→+∞，
作出函数g(x)的大致图象与直线y =a，如图所示，要使二者有两个不同交点，
则a>2，故a的取值范围为(2,+ ∞)．
（2）因为x1, x2是函数f (x)的两个极值点，所以f
′(x1)= f
′(x2)=0．
由（1）知g(x1)= g(x2)=a，不妨设0< x1<1< x2，
要证2
x1⋅2
x2>4，即证x1+ x2>2，
只需证x2>2−x1，显然2−x1>1．
由（1）知当x∈(1,+∞)时，g(x)单调递增，所以只需证g(x2)>g(2−x1)，
而g(x1)= g(x2)=a，所以即证g(x1)>g(2−x1)．
设h(x)= g(x)−g(2−x)= 4 x + 1
x −ln x−
1
2−x +ln(2−x)−4，
则h
′ (x)= 4 (x−1)
2[(x−1)
2−2)
x
2(2−x)
2
，
当x∈(0,1)时，h
′ (x)<0,h(x)单调递减，所以当0< x<1时，h(x)>h(1)=0，
所以当0< x1<1时，g(x1)> g(2−x1)，原不等式得证．
【点睛】方法点睛：解答函数零点个数问题常见思路：1，转化为方程的根的个数求
解；2，转化为函数图象的交点个数求解.
【4-1】已知函数h(x)= x−aln x (a∈R).
(1)若h(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)若方程xe
x−a(ln x + x)=0有两个实数根x1, x2，且x1≠x2，证明：e
x1+ x2>e
2
x1 x2
.
【答案】(1)(e,+∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数h(x)求导，分a=0和a≠0研究函数的单调性，根据零点个数数
形结合求解参数范围即可；
（2）令t = xe
x, x>0，将证明问题转化为t1+t2
t1−t2
ln t1
t2
>2，令s= t1
t2
>1，即证
ln s> 2(s−1)
s+1
，构造函数g(s)=ln s−2(s−1)
s+1
,s>1，利用导数法研究单调性，即可得证.
【详解】（1）易知函数h(x)的定义域为(0,+∞)，
当a=0时，h(x)= x，在(0,+∞)上无零点，与题意不符，
当a≠0时，由h(x)= x−aln x =0，得1
a =ln x
x
，令f (x)=ln x
x
, x>0，
所以若h(x)有两个零点，则直线y = 1
a与函数f (x)的图象有两个不同的交点，
举一反三
易得f
′ (x)= 1−ln x
x
2
，令f
′ (x)=0，得x =e，
所以当x∈(0,e)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增；
当x∈(e,+ ∞)时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，所以f ( x)max= f (e)= 1
e ，
又f (1)=0，当x→+ ∞时，f (x)>0，所以函数f (x)的大致图象如图所示，
由图可知，当0< 1
a < 1
e ，即a>e时，直线y = 1
a与函数f (x)的图象有两个不同的交点，
所以实数a的取值范围是(e,+∞).
（2）由xe
x−a(ln x + x)=0，得x e
x−aln(x e
x)=0，
令t = xe
x , x>0，则t −alnt =0,t >0，易得t
′ =(x +1)e
x>0，
所以函数t = xe
x在(0,+∞)上单调递增，
令t1= x1e
x1,t2= x2e
x2，则关于t的方程t −alnt =0有两个实数根t1,t2，且t1≠t2，
要证e
x1+ x2>e
2
x1 x2
，即证x1e
x1⋅x2e
x2>e
2，即证t1t2>e
2，即证lnt1+lnt2>2，
由已知得{
t1=alnt1
t2=alnt2)，所以{
t1−t2=a(lnt1−lnt2)
t1+t2=a(lnt1+lnt2))，所以
t1+t2
t1−t2
=lnt1+lnt2
lnt1−lnt2
，
不妨设t1>t2>0，即证lnt1+lnt2= t1+t2
t1−t2
ln t1
t2
>2，
即证ln t1
t2
> 2(t1−t2)
t1+t2
=
2(
t1
t2
−1)
t1
t2
+1
，令s= t1
t2
>1，即证ln s> 2(s−1)
s+1
，其中s>1，
构造函数g(s)=ln s−2(s−1)
s+1
,s>1，则g
′ (s)= 1
s −
4
(s+1)
2 = (s−1)
2
s(s+1)
2 >0，
所以函数g(s)在(1,+∞)上单调递增，所以g(s)>g(1)=0，故原不等式得证.
【点睛】方法点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的
本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围.
【4-2】已知函数f ( x)=e
x−ax（e是自然对数的底数）.
(1)讨论函数f ( x)的单调性；
(2)若g( x)=e
x( x −1)−a ln x + f ( x)有两个零点分别为x1, x2.
①求实数a的取值范围；
②求证：x1 x2>e
2
e
x1+ x2 .
【答案】(1)答案见解析
(2)①(e,+ ∞)；②证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果；
（2）①根据题意，将问题转化为g(x)= x e
x−a(ln x + x)= x e
x−aln(x e
x)(x >0)有
两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到a的取值范围；
②根据题意，将问题转化为ln(x1e
x1)+ln(x2e
x2)>2，再由①中的结论，即只需证
lnt1+ lnt2>2，然后构造函数求导即可得到证明.
【详解】（1）由题意可得，f
′( x)=e
x−a，
当a≤0时，f
′( x)=e
x−a>0，f ( x)在R上单调递增；
当a>0时，由f
′( x)=e
x−a>0解得x>ln a，由f
′( x)=e
x−a<0解得x<ln a，
所以，f ( x)在(−∞,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f ( x)在R上单调递增；
当a>0时，f ( x)在(−∞,ln a)上单调递减，在(ln a,+ ∞)上单调递增.
（2）①等价于g(x)= x e
x−a(ln x + x)= x e
x−aln(x e
x)(x >0)有两个零点，
令t = xe
x，则t
′ =(x +1)e
x>0，在x>0时恒成立，∴t = xe
x在x>0时单调递增，
∴g(x)= x e
x−a ln(x e
x)有两个零点，等价于g(t )=t −aln t有两个零点.
∵g
′(t )=1−a
t = t −a
t
 ，∴当a≤0时，g
′(t )>0，g(t )单调递增，不可能有两个零点；
当a>0时，令g
′(t )>0，得t >a，g(t )单调递增，
令g
′(t )<0，得0<t <a，g(t )单调递减，∴g(t )min= g(a)=a−aln a，
若g(a)>0，得0<a<e，此时g(t )>0恒成立，没有零点；
若g(a)=0，得a=e，此时g(t )有一个零点；
若g(a)<0，得a>e，∵g(1)=1>0，g (e)=e−a<0，
记m(x)=e
x−x
2, x>e，则m
′ (x)=e
x−2 x，
记n(x)=e
x−2 x , x>e，则n
′ (x)=e
x−2>0，
所以n(x)在(e,+∞)上单调递增，所以n(x)>n (e)=e
e−2e>0，即m
′ (x)>0，
故m(x)在(e,+ ∞)上单调递增，所以m(a)=e
a−a
2>m (e)=e
e−e
2>0，
即g(e
a)=e
a−a
2>0，
∴g(t )在(1,e)，(e,e
a)上各存在一个零点，符合题意，
综上，a的取值范围为(e,+∞).
②因为x1 x2>e
2
e
x1+ x2 ，不等式两边同时取对数化简可得ln x1+ ln x2>2−( x1+ x2)，
要证ln x1+ ln x2>2−( x1+ x2)即证：x1+ ln x1+ x2+ ln x2>2，
即证ln(x1e
x1)+ln(x2e
x2)>2，由（2）中①知t1= x1e
x1，t2= x2e
x2，∴只需证
lnt1+ lnt2>2.
∵a lnt1=t1，a lnt2=t2，∴a(ln t2−ln t1)=t2−t1，a(ln t2+ ln t1)=t2+t1，
∴ln t2+ ln t1= t2+t1
t2−t1
(ln t2−ln t1)=(
t2
t1
+1)ln t2
t1
t2
t1
−1
 ，只需证(
t2
t1
+1)ln t2
t1
t2
t1
−1
>2.
设0<t1<t2，令m= t2
t1
， 则m>1，∴只需证 ln m>2 m−1
m+1 ， 即证 
ln m+
4
m+1 −2>0， 
令h(m)= ln m+
4
m+1 −2，m>1，则 h
′(m)= 1
m −
4
(m+1)
2 = (m−1)
2
m(m+1)
2 >0，
h(m)>h(1)=0，
即当m>1时， ln m+
4
1+1 −2>0 成立.∴lnt1+ lnt2>2，即ln x1+ ln x2>2−( x1+ x2).
【点睛】关键点睛：第2 问的第①小问关键在于将g(x)变形，结合t = xe
x的单调性，
将问题转化为g(t )=t −a ln t有两个零点，然后利用导数讨论单调性，结合零点存在性定理
即可求得a的取值范围.第②小问关键在于取对数转化目标不等式，再通过换元将二元问题
转化为一元问题即可得证.
【4-3】设a，b为函数f (x)= x⋅e
x−m（m<0）的两个零点．
(1)求实数m的取值范围；
(2)证明：e
a+e
b<1．
【答案】(1)(−1
e ,0)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出定义域，求导，得到f (x)的单调性和极值情况，根据函数零点个
数，得到f (x)min<0，求出m>−1
e ，结合题目条件，得到当−1
e <m<0时，f(
1
m)>0，根
据零点存在性定理得到f (x)在(−∞，−1)内存在唯一零点，同理得到f ( x)在(−1,0)内存在
唯一零点，从而求出答案；
（2）设a<−1<b<0，由a⋅e
a=b⋅e
b可得e
a−b= b
a，令b
a =t ∈(0,1)，故a= ln t
1−t ，
b= t ln t
1−t ，推出要证e
a+e
b<1，即证ln (t +1)
t
< ln t
t −1，构造g(x)= ln x
x−1，x≠1，求导，对
分子再构造函数，证明出g
′ (x)≤0，g(x)在定义域内单调递减，故g(t +1)< g(t )，即
ln (1+t )+ t ln t
1−t <0，证明出结论.
【详解】（1）f (x)的定义域为R，f
′( x)=(x +1)e
x，
当x∈(−∞,−1)时，f
′ (x)<0，当x∈(−1,+∞)时，f
′ (x)>0，
故f (x)在(−∞,−1)内单调递减，在(−1,+∞)单调递增，
故要使f (x)有两个零点，则需f (x)min= f (−1)=−e
−1−m<0，故m>−1
e ，
由题目条件m<0，可得−1
e <m<0，
当−1
e <m<0时，因为f(
1
m)= 1
m e
1
m −m>m−m=0，又1
m <−e<−1，
故f (x)在(−∞，−1)内存在唯一零点，
又f (0)=−m>0，故f ( x)在(−1,0)内存在唯一零点，
则f (x)在R 上存在两个零点，故满足题意的实数m的取值范围为(−1
e ,0)；
（2）证明：由（1）可设a<−1<b<0，由a⋅e
a=b⋅e
b可得e
a−b= b
a ，
令b
a =t ∈(0,1)，则b=at，所以e
a−at =t，故a= ln t
1−t ，
所以b=at = t ln t
1−t ，
要证e
a+e
b<1，
即证
e
lnt
1−t +e
t lnt
1−t <1⇒e
t lnt
1−t (e
lnt +1)<1⇒e
t lnt
1−t (t +1)<1⇒e
t lnt
1−t eln(t +1)<1⇒e
t lnt
1−t + ln(t +1)
<1，
即证ln (1+t )+ t ln t
1−t <0，
因为t ∈(0,1)，即证ln (1+t )
t
+ ln t
1−t <0，即ln (t +1)
t
< ln t
t −1，
令g(x)= ln x
x−1，x≠1，g
′ (x)=
x−1
x
−ln x
(x−1)
2
=
1−1
x + ln 1
x
(x−1)
2
，
令h(u)=u−1−lnu，则h
′ (u)=1−1
u，当u∈(0,1)时，h
′ (u)<0，
当u∈(1,+ ∞)时，h
′ (u)>0，
故h(u)在(0,1)内单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以h(u)≥h(1)=0，
所以u−1−lnu≥0，令u= 1
x 得1
x −1−ln 1
x ≥0，
故g
′ (x)=
1−1
x + ln 1
x
(x−1)
2
≤0，g(x)在定义域内单调递减，
故g(t +1)< g(t )，即ln (t +1)
t
< ln t
t −1，ln (t +1)< t ln t
t −1 ，ln (1+t )+ t ln t
1−t <0，
则e
a+e
b<1，证毕．
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置
的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思
想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从
而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在
哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
极值点偏移之“平方”型特征：x1
2+x2
2，ax1
2+bx2
2，
【例题5】曲率是指曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲率越大，表示曲线在
题型五、极值点偏移之“平方”型
典例探究
该点处的弯曲程度越大．记f
″ (x)=[f
′ (x))
′，定义曲线y = f (x)在点P(x0,f (x0))处的曲率为
K =
|f
″(x0))
[1+(f
′(x0))
2)
3
2 ．
(1)比较曲线y = xln x在点A (1,0)和B(e
−1,−e
−1)处弯曲程度的大小；
(2)若函数f (x)= x
2ln x−a x
3−1
2 x
2的图象上存在两个不同的点P1(x1, g(x1))、
P2(x2, g(x2))，使得曲线y = g(x)在P1、P2处的曲率均为0．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x1
2+ x2
2>2．
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）(0, 1
3)；（2）证明见解析
【分析】（1）根据曲率的定义可求出曲线y = xln x在点A、B处曲率，比较大小即
可；
（2）（i）分析可知f
″ (x)=0有两个不同的解x1、x2，参变量分离可知3a= 1+ ln x
x
有
两个不同的解，利用导数分析函数φ(x)= 1+ ln x
x
的单调性与极值，数形结合可得出实数a
的取值范围；
（ii）由方程组得3a= ln x1−ln x2
x1−x2
= ln(x1 x2)+2
x1+ x2
，设x1> x2，先证x1 x2>1，结合分
析将所证不等式等价变形为即证ln x1
x2
>
2(
x1
x ❑
2
❑
−1)
x1
x ❑
2
❑
+1
，令t = x1
x2
>1，即证ln t > 2(t −1)
t +1
，
构造函数g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，结合函数g(t )的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）设f (x)= x ln x，其中x>0，则f
′ (x)= ln x +1，f
″ (x)= 1
x ，
所以f
′ (1)=1，f
″ (1)=1，f
′(e
−1)=0，f
″(e
−1)=e，
所以f (x)在点(1,0)处的曲率为k1=
1
(1+1)
3
2
=
❑√2
4 .
f (x)在点(e
−1,−e
−1)处的曲率为k2=e，
所以曲线y = xln x在点A (1,0)处的曲率小于其在点B(e
−1,−e
−1)处的曲率.
曲线y = xln x在点A (1,0)处的弯曲程度小于其在点B(e
−1,−e
−1)处的弯曲程度.
（2）（i）因为f (x)= x
2ln x−a x
3−1
2 x
2，其中x>0，
则f
′ (x)=2 x ln x−x−3a x
2−x =2 x ln x−3a x
2，f
″ (x)=2(1+ ln x)−6ax，
因为函数f (x)的图象上存在两个不同的点P1(x1, g(x1))、P2(x2, g(x2))，
使得曲线y = g(x)在P1、P2处的曲率均为0．
即f
″ (x)=0有两个不同的解x1、x2，即1+ ln x−3ax =0有两个不同的解x1、x2，
所以3a= 1+ ln x
x
，
令φ(x)= 1+ ln x
x
，得φ
′ (x)=−ln x
x
2 ，令φ
′ (x)=0，得x =1，
当x∈(0,1)时，φ
′ (x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递增，
当x∈(1,+ ∞)时，φ
′ (x)<0，即φ(x)在(1,+∞)单调递减，
所以，φ(x)max=φ(1)=1，作出直线y =3a与函数φ(x)的图象如下图所示：
由图可知，当0<3a<1时，即当0<a< 1
3时，直线直线y =3a与函数φ(x)的图象有两
个交点，
因此，实数a的取值范围是(0, 1
3)；
（ii）由{
ln x1−3a x1+1=0
ln x2−3a x2+1=0)得3a= ln x1−ln x2
x1−x2
= ln(x1 x2)+2
x1+ x2
，
不妨设x1> x2，由（i）可知0< x2<1< x1，先证明x1 x2>1，
即证(x1+ x2)
x1−x2
ln x1
x2
= ln(x1 x2)+2>2，即证ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
=
2(
x1
x ❑
2
❑
−1)
x1
x ❑
2
❑
+1
，
令t = x1
x2
>1，即证ln t > 2(t −1)
t +1
，构造函数g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中t >1，
则g
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0对任意的t ∈(1,+∞)恒成立，
所以函数g(t )在(1,+∞)上为增函数，则g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
> g(1)=0，
故当t >1时，ln t > 2(t −1)
t +1
，所以，x1 x2>1，
由基本不等式可得x1
2+ x2
2>2 x1 x2>2，故结论成立.
【6-1】已知函数f (x)=ln x
x
−ax．
(1)若f (x)≤−1，求实数a的取值范围；
(2)若f (x)有2 个不同的零点x1, x2(x1< x2)，求证：2 x1
2+3 x2
2> 12
5a．
【答案】(1)[1,+ ∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到a≥ln x + x
x
2
，构造h(x)= ln x + x
x
2
，利
用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到a≥h(1)=1；
（2）转化为a= ln x
x
2 有2 个不同的实数根，构造F (x)= ln x
x
2 ，得到其单调性，得到
1< x1<❑√e< x2，且a∈(0, 1
2e)，求出
x2
2
x1
2 = ln x2
ln x1
，换元后即证lnt −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
>0，构造
G(t )= lnt −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
(t >1)，求导后得到G (t )在(1,+ ∞)上单调递增，G (t )>G (1)=0，
得到证明.
【详解】（1）因为函数f (x)的定义域为(0,+∞)，所以f (x)≤−1成立，等价于
a≥ln x + x
x
2
成立.
令h(x)= ln x + x
x
2
，则h
′ (x)= 1−x−2ln x
x
3
，
令g(x)=1−x−2ln x，则g
′ (x)=−1−2
x <0，所以g(x)在(0,+∞)内单调递减，
又因为g(1)=0，所以当x∈(0,1)时，h
′ (x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，
h
′ (x)<0，h(x)单调递减，
举一反三
所以y =h(x)在x =1处取极大值也是最大值.
因此a≥h(1)=1，即实数a的取值范围为[1,+ ∞).
（2）f (x)有2 个不同的零点等价于a= ln x
x
2 有2 个不同的实数根.
令F (x)= ln x
x
2 ，则F
′ (x)= 1−2ln x
x
3
，当F
′ (x)=0时，解得x = ❑√e.
所以当x∈(0,❑√e)时，F
′ (x)>0，F (x)单调递增，
当x∈(❑√e,+ ∞)时，F
′ (x)<0，F (x)单调递减，
所以y = F (x)在x = ❑√e处取极大值为F (❑√e)= 1
2e.
又因为F (1)=0，当x∈(0,1)时，F (x)<0，当x>1时，F (x)>0.
且x→+ ∞时，F (x)→0.
所以1< x1<❑√e< x2，且a∈(0, 1
2e).
因为x1, x2是方程a= ln x
x
2 的2 个不同实数根，即{
ln x1=a x1
2
ln x2=a x2
2).
将两式相除得
x2
2
x1
2 = ln x2
ln x1
，
令t = x2
x1
，则t >1，t
2= ln(x1t)
ln x1
，变形得ln x1= lnt
t
2−1，ln x2= t
2ln t
t
2−1
.
又因为x1
2= ln x1
a
，x2
2= ln x2
a
，因此要证2 x1
2+3 x2
2> 12
5a，只需证2ln x1
a
+ 3 ln x2
a
> 12
5a.
因为a>0，所以只需证2ln x1+3 ln x2> 12
5 ，即证3t
2ln t
t
2−1
+ 2ln t
t
2−1
> 12
5 .
因为t >1，即证ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
>0.
令G (t )= ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
(t >1)，则G
′ (t )= (3t
2−2)
2
t (3t
2+2)
2 ≥0，
所以G (t )在(1,+∞)上单调递增，G (t )>G (1)=0，
即当t >1时，ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
>0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ln x1−ln x2= ln x1
x2
进行变形，可构造关于t = x1
x2
的
函数，利用导函数再进行求解.
【6-2】已知函数f (x)= 1+ ln x
ax
，其中e为自然对数的底数．
(1)当a=1时，求f (x)的单调区间；
(2)若方程f (x)=1有两个不同的根x1, x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x1
2+ x2
2>2．
【答案】(1)f (x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+ ∞)内单调递减；
(2)（i）(0,1)；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求函数f (x)的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数
与单调性的关系求单调区间；
（2）方程f (x)=1可化为1+ln x
x
=a，结合（1）确定函数g(x)= 1+ln x
x
的性质，由
条件确定a的取值范围；
（3）设x1< x2，由（i）0< x1<1< x2，由已知ln x1+1
x1
=ln x2+1
x2
，法一：先证明
x2≥2时结论成立，构造函数p(x)= g(x)−g(2−x)，0< x<1，并证明p(x)<0，由此可得
g(2−x1)> g(x1)= g(x2)，结合g(x)的单调性证明2−x1< x2，再结合基本不等式证明当
1< x2<2时，结论成立；法二：构造函数h(x)= g(x)−g(
1
x)，证明当0< x<1时，h(x)<0，
由此可证g(x2)<g(
1
x1)，结合g(x)的单调性证明x1 x2>1，再结合基本不等式证明结论.
【详解】（1）由题意得f (x)= 1+ln x
x
，x∈(0,+ ∞)，则f
′ (x)=−ln x
x
2 ，
由f
′ (x)=0，解得x =1．
当0< x<1时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增，
当x>1时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减；
综上，f (x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减；
（2）（i）由1+ ln x
ax
=1，得1+ln x
x
=a，
设g(x)= 1+ln x
x
，
由（1）得g(x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减，
又g(
1
e)=0, g(1)=1，当x>1时，g(x)>0，且当x→+ ∞时，g(x)→0，
所以当0<a<1时，方程1+ln x
x
=a有两个不同的根，即方程1+ ln x
ax
=1有两个不同的
根，
故a的取值范围是(0,1)． 
 
（ii）不妨设x1< x2，则0< x1<1< x2，且ln x1+1
x1
=ln x2+1
x2
．
法一：
当x2∈[2,+ ∞)时，结合（i）知x1
2+ x2
2> x2
2≥4>2，即x1
2+ x2
2>2； 
当x2∈(1,2)时，2−x2∈(0,1)．
设p(x)= g(x)−g(2−x)=ln x
x
+ 1
x − ln(2−x)
2−x
−
1
2−x ,0< x<1,
则p
′ (x)=−ln x
x
2 −ln(2−x)
(2−x)
2 >−ln x
x
2 −ln(2−x)
x
2
=−ln[−(x−1)
2+1)
x
2
>0,
所以p(x)在区间(0,1)内单调递增，
则p(x)< p(1)=0，即g(x)< g(2−x)，
所以g(2−x1)> g(x1)= g(x2),
又x1∈(0,1),2−x1>1, x2>1,g(x)在区间(1,+∞)内单调递减，
所以2−x1< x2，即x1+ x2>2，
又x1≠x2，所以x1
2+ x2
2>2 x1 x2，
故2 x1
2+2 x2
2> x1
2+ x2
2+2 x1 x2=(x1+) x2)
2>4，所以x1
2+ x2
2>2，得证．
法二：
设h(x)= g(x)−g(
1
x)= 1+ln x
x
−x (1−ln x)，x∈(0,+∞)，
则h
′ (x)= −ln x
x
2
+ln x =ln x⋅x
2−1
x
2
≥0，
所以h(x)在区间(0,+ ∞)内单调递增，又h(1)=0，
所以h(x1)= g(x1)−g(
1
x1)<0，即g(x1)<g(
1
x1)．
又g(x2)= g(x1)，所以g(x2)<g(
1
x1)，
又x2>1, 1
x1
>1, g(x)在区间(1,+∞)内单调递减．
所以x2> 1
x1
，即x1 x2>1，
又x1≠x2，所以x1
2+ x2
2>2 x1 x2>2，得证．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：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．
【6-3】已知函数f ( x)= 2ln x−a
x
2
.
(1)若x>0时，f ( x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当实数a取第（1）问中的最小值时，若方程f ( x)=m有两个不相等的实数根x1，x2，
请比较x1
2+ x2
2，2 x1
2 x2
2，2 这三个数的大小，并说明理由.
【答案】(1)a≥−1；
(2)x1
2+ x2
2>2 x1
2 x2
2>2.
【分析】（1）根据给定条件，变形不等式，分离参数构造函数，并求出函数的最大
值即得.
（2）由（1）求出函数f ( x)并变形，换元构造函数h(t )=t(1−ln t )，利用导数结合
极值点偏移推理即得.
【详解】（1）当x>0时，不等式f ( x)≤1⇔2ln x−a
x
2
≤1⇔a≥2ln x−x
2，
令g( x)=2ln x−x
2, x>0，依题意，∀x>0,a≥g( x)恒成立，
求导得g
′( x)= 2
x −2 x = 2(1−x
2)
x
，当0< x<1时，g
′( x)>0，当x>1时，g
′( x)<0，
于是函数g( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，g( x)max = g(1)=−1，
所以a≥−1.
（2）由（1）知，amin=−1，此时函数f ( x)= 2ln x +1
x
2
= 1
x
2 (1−ln 1
x
2 )，
令1
x
2 =t，h(t )=t(1−ln t )，则f ( x)=h(t )，
由方程f ( x)=m有两个不相等的实数根x1, x2，得方程h(t )=m有两个不相等的实数根
t1,t2，
t1= 1
x1
2 ,t2= 1
x2
2，要比较x1
2+ x2
2，2 x1
2 x2
2，2 这三个数的大小，只需比较
1
x1
2 + 1
x2
2，2，
2⋅1
x1
2 ⋅1
x2
2
这三个数的大小，即比较t1+t2,2,2t1t2这三个数的大小，
h
′(t )=−ln t，当0<t <1时，h
′(t )>0，当t >1时，h
′(t )<0，
则函数h(t )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，显然t ∈(0,1)，h(t )>0，
而h(e)=0，
由方程h(t )=m有两个不相等的实数根t1,t2，不妨设t1<t2，则0<t1<1<t2<e，
令函数φ(t )=h(t )−h(2−t ),0<t <1，显然2t −t
2=−(t −1)
2+1∈(0,1)，
求导得φ
′(t )=h
′(t )+h
′(2−t )=−ln t −ln(2−t )=−ln(2t −t
2)>0，函数φ(t )在
(0,1)上单调递增，
于是φ(t1)<φ(1)=0，即h(t1)<h(2−t1)，而h(t1)=h(t2),t2>1,2−t1>1，h(t )在
(1,+ ∞)上单调递减，
因此h(t2)<h(2−t1)，即有t2>2−t1，则t1+t2>2，
令函数u(t )=h(t )−h( 1
t ),0<t <1，1
t
2 >1,lnt <0，
求导得u
′(t )=h
′(t )+ 1
t
2 h
′( 1
t )=−lnt −1
t
2 ln 1
t =( 1
t
2 −1)lnt <0，函数u(t )在(0,1)上
单调递减，
u(t1)>u(1)=0，即h(t1)>h( 1
t1
)，而h(t1)=h(t2),t2>1, 1
t1
>1，h(t )在(1,+∞)上
单调递减，
因此h(t2)>h( 1
t1
)，即有t2< 1
t1
，则t1t2<1，有2t1t2<2，于是t1+t2>2>2t1t2，
从而
1
x1
2 + 1
x2
2 >2>2⋅1
x1
2 ⋅1
x2
2，所以x1
2+ x2
2>2 x1
2 x2
2>2.
【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.
题型六、极值点偏移之“分式”型
典例探究
极值点偏移之“分式”型特征：
x2
x1
或x1
x2
，1
x1
+ 1
x2
，
1
lnx1
+
1
lnx2
，1
x1
2 + 1
x2
2 等
【例题6】已知函数f (x)= x
2+ ax +a
e
x
(a∈R)有两个零点.
（1）求实数a的取值范围；
（2）设x1、x2是f (x)的两个零点，求证：1
x1
+ 1
x2
<0.
【答案】（1）(−∞,0)；（2）证明见解析.
【分析】（1）令f (x)=0可得出−a= x
2e
x
x +1，构造函数g(x)= x
2e
x
x +1
(x≠−1)，可得出
直线y =−a与函数y = g(x)的图象有两个交点，利用导数分析函数y = g(x)的单调性与极值，
数形结合可求得实数a的取值范围；
（2）依题意，设x1<0< x2，有f (x1)= f (x2)，构造函数利用导数研究可得x1+ x2>0，
结合x1 x2<0，即可得证.
【详解】（1）∵f (−1)=1>0，当x≠−1时，令f (x)= x
2+ a(x +1)
e
x
=0，可得
−a= x
2e
x
x +1，
令g(x)= x
2e
x
x +1，其中x≠1，则g
′ (x)= x e
x(x
2+2 x +2)
(x +1)
2
= x e
x⋅[(x +1)
2+1)
(x +1)
2
，
令g
′ (x)=0，可得x =0，列表如下：
x
(−∞,−1)
(−1,0)
0
(0,+∞)
g
′ (x)
−
−
0
+
g(x)
单调递减
单调递减
极小值
单调递增
所以，函数y = g(x)的极小值为g(0)=0，
当x<−1时，g(x)<0，当x>−1时，g(x)≥0，如下图所示：
由图象可知，当−a>0时，即当a<0时，直线y =−a与函数y = g(x)的图象有两个交
点，
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,0)；
（2）由（1）中的图象可知，当a<0时，直线y =−a与函数y = g(x)的图象有两个交
点，且一个交点的横坐标为正、另一个交点的横坐标为负，
即当a<0时，函数y = f (x)有两个零点，一个零点为正、另一个零点为负，
设函数y = f (x)的两个零点分别为x1、x2，不妨设x1<0< x2，有f (x1)= f (x2).
由f (x2)−f (−x1)= f (x1)−f (−x1)=(x1
2+ a x1+a
e
x1 )−(x1
2+ −a x1+a
e
−x1 ) 
=a[(x1+1)e
−x1+(x1−1)e
x1)，
令h(x)=(x−1)e
x+(x +1)e
−x(x<0)，则h
′ (x)= x(e
x−e
−x)= x(e
2 x−1)
e
x
>0，
所以函数y =h(x)在(−∞,0)上单调递增，所以∀x<0，h(x)<h(0)=0.
又a<0，所以f (x2)−f (−x1)>0，即f (x2)>f (−x1).
当x>0且a<0时，f
′ (x)= x(2e
x−a)
e
x
>0，则函数y = f (x)在区间(0,+∞)上单调递增，
又x1<0，−x1>0，所以x2>−x1，所以x1+ x2>0.
又x1 x2<0，所以1
x1
+ 1
x2
= x1+ x2
x1 x2
<0，所以1
x1
+ 1
x2
<0.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考
查分类讨论思想及推理论证能力，属于中档题.
【6-1】已知函数f (x)=ae
−x+ ln x−1（a∈R）.
（1）当a≤e时，讨论函数f (x)的单调性；
（2）若函数f (x)恰有两个极值点x1，x2（x1< x2），且x1+ x2≤(2e+1)⋅ln 2e
2e−1
，求
x2
x1
的最大值.
【答案】（1）答案见解析；（2）2e.
【分析】（1）首先求函数的导数，再分a≤0和0<a≤e求函数的导数；（2）首先由
条件可知{
e
x1−a x1=0
e
x2−a x2=0)，变形后两式相除得e
x2−x1= x2
x1
，设
x2
x1
=t，换元后，分别解出x1和
x2，通过构造函数h(t )= (t +1)ln t
t −1
（t >1），利用导数证明函数的单调性，再解抽象不等
式，从而求得
x2
x1
的最大值.
【详解】（1）函数的定义域为(0,+ ∞)，f
′ (x)=−ae
−x+ 1
x = e
x−ax
x e
x
，
当a≤0时，f
′ (x)>0恒成立，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当0<a≤e时，令f
′ (x)=0，则e
x−ax =0，设g(x)=e
x−ax，则g
′ (x)=e
x−a，
举一反三
易知，当0< 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，
∴g(x)≥g(ln a)=e
ln a−alna=a(1−ln a)≥0，
∴f
′ (x)≥0，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
综上，当a≤e时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
（2）依题意，f
′(x1)= f
′(x2)=0，则{
e
x1−a x1=0
e
x2−a x2=0)
两式相除得，e
x2−x1= x2
x1
，设
x2
x1
=t，
则t >1，x2=t x1，e
(t −1) x1=t，∴x1= ln t
t −1，x2= t ln t
t −1，
∴x1+ x2= (t +1)ln t
t −1
，
设h(t )= (t +1)ln t
t −1
（t >1），
则h
′ (t )=
t −1
t −21nt
(t −1)
2
，
设φ(t )=t −1
t −2ln t，则φ
′ (t )=1+ 1
t
2 −2
t = (t −1)
2
t
2
>0，
所以φ(t )在(1,+ ∞)单调递增，
则φ(t )>φ(1)=0，
∴h
′ (t )>0，则h(t )在(1,+∞)单调递增，
又x1+ x2≤2e−1
2e −2ln 2e，且h(2e)= (2e+1)⋅ln 2e
2e−1
∴h(t )≤h(2e)，
∴t ∈(1,2e)，即
x2
x1
的最大值为2e.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查转化
与化归思想，函数与方程思想，考查逻辑推理以及运算求解能力，属于中档题，本题第二
问的关键是换元后解出x1= ln t
t −1，x2= t ln t
t −1，从而将x1+ x2转化为h(t )= (t +1)ln t
t −1
（t >1
），利用导数判断函数的性质.
【6-2】已知函数f ( x)=(2e−x)ln x，其中e =2.71828⋅⋅⋅为自然对数的底数.
（1）讨论函数f ( x)的单调性；
（2）若x1, x2∈(0,1)，且x2ln x1−x1ln x2=2e x1 x2(ln x1−ln x2)，证明：
2e< 1
x1
+ 1
x2
<2e+1.
【答案】（1）x∈(0,e)时，递增；x∈(e ,+∞)时，递减；（2）证明见解析.
【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(2e−1
x1)ln 1
x1
=(2e−1
x2)ln 1
x2
，设1
x1
=a1，
1
x2
=a2，通过构造函数F( x)= f ( x)−f (2e−x)，1< x<e，利用导数证明a1+a2>2e，再
分a2<e+1和e+1≤a2<2e时，证明a1+a2<2e+1.
【详解】解：（1）f '( x)= 2e
x −(1+ ln x)，y = 2e
x 是减函数，y =1+ ln x是增函数，
所以f '( x)在(0,+ ∞)单调递减，
∵f ' (e)=0，
∴x∈(0,e)时，f '( x)>f ' (e)=0，f ( x)单调递增；x∈(e ,+∞)时，
f '( x)<f ' (e)=0，f ( x)单调递减.
（2）由题意得，ln x1
x1
−ln x2
x2
=2e ln x1−2e ln x2，即
(2e−1
x1)ln x1=(2e−1
x2)ln x2，(2e−1
x1)ln 1
x1
=(2e−1
x2)ln 1
x2
，
设1
x1
=a1，1
x2
=a2，则由x1, x2∈(0,1)得，a1,a2∈(1,+∞)，且f (a1)= f (a2).
不妨设a1<a2，则即证2e<a1+a2<2e+1，
由f (2e)=0及f ( x)的单调性知，1<a1<e<a2<2e.
令F( x)= f ( x)−f (2e−x)，1< x<e，则
F '( x)= f '( x)+ f '(2e−x)=
4 e
2
x(2e−x) −2−ln[x(2e−x))，
∵x (2e−x)≤e
2，∴F '( x)> 4 e
2
e
2 −2−ln e
2=0，F( x)< F(e)=0，
∴f ( x)<f (2e−x)，取x =a1，则f (a1)<f (2e−a1)，
又f (a1)= f (a2)，则f (a2)<f (2e−a1)，
又2e−a1>e，a2>e，且f ( x)在(e ,+∞)单调递减，∴a2>2e−a1，a1+a2>2e.
下证：a1+a2<2e+1.
（i）当a2<e+1时，由a1<e得，a1+a2<2e+1；
（ii）当e+1≤a2<2e时，令G( x)= f ( x)−f (2e+1−x)，e+1< x<2e，则
G'( x)= f '( x)+ f '(2e+1−x)= 2e
x −1−ln x +
2e
2e+1−x −1−ln(2e+1−x)
=
2e(2e+1)
−x
2+(2e+1)x
−2−ln[−x
2+(2e+1)x)，
记t =−x
2+(2e+1)x，e+1≤x<2e，则G'( x)= 2e(2e+1)
t
−2−ln t，
又t =−x
2+(2e+1)x在[e+1,2e)为减函数，∴t ∈(2e ,e
2+1)，
2e(2e+1)
t
−2在(2e ,e
2+1)单调递减，lnt在(2e ,e
2+1)单调递增，∴
2e(2e+1)
t
−2−ln t单调递减，从而，G'( x)在[e+1,2e)单调递增，
又G'(2e)=
2e(2e+1)
2e(2e+1−2e) −2−ln2e(2e+1−2e)=2e−1−ln2e，ln x ≤x−1，
∴G' (2e)>0，
又G'(e+1)=
2e(2e+1)
(e+1)(2e+1−e−1) −2−ln(e+1)(2e+1−e−1) 
= e−1
e+1 −ln(e+1)<0，
从而，由零点存在定理得，存在唯一x0∈(e+1,2e)，使得G' (x0)=0，
当x∈[e+1, x0)时，G'( x)<G' (x0)=0⇒G( x)单调递减；
当x∈(x0,2e)时，G'( x)>G' (x0)=0⇒G( x)单调递增.
所以，G( x)≤max {G(e+1),G(2e))，
又G(e+1)= f (e+1)−f (2e+1−e−1)= f (e+1)−f (e)=(e−1)ln(e+1)−e，
ln x
x ≤1
e ⇒ln x ≤x
e ⇒ln(e+1)≤e+1
e
，
所以，G(e+1)<(e−1)⋅e+1
e
−e = −1
e <0，
显然，G (2e)= f (2e)−f (2e+1−2e)=0−0=0，
所以，G( x)<0，即f ( x)−f (2e+1−x)<0，
取x =a2∈[e+1,2e)，则f (a2)<f (2e+1−a2)，
又f (a1)= f (a2)，则f (a1)<f (2e+1−a2)，
结合2e+1−a2<2e+1−(e+1)=e，a1<e，以及f ( x)在(0,e)单调递增，得到
a1<2e+1−a2，
从而a1+a2<2e+1.
【点睛】关键点点睛：本题第二问要证明不等式2e< 1
x1
+ 1
x2
<2e+1成立，换元后转
化为2e<a1+a2<2e+1，两次构造函数，并转化为极值点偏移问题，证明不等式.
【6-3】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.
【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.
极值点偏移之“三极值点”型特征：
x1+x2+x3，ax1+bx2+cx3，题干中含x1，x2，x3证明中含其中两项等
【例题7】已知函数f ( x)=e
x+e
−x−a
2 x
2有三个极值点x1, x2, x3．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：e
x1+e
x2+e
x3>2a−1．
【答案】(1)(2,+ ∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）将函数有三个极值点转化为导函数有三个变号零点，然后构造函数，
利用函数的奇偶性、单调性等研究函数的零点即可；
（2）先根据第（1）问得到x1, x2, x3之间的关系，将多元不等式问题转化为一元不等
题型七、极值点偏移之“三极值点”型
典例探究
式问题，然后换元，构造函数进行证明即可．
【详解】（1）由题意知f
′( x)有三个变号零点，且f
′( x)=e
x−e
−x−ax，
易知f
′(−x)=e
−x−e
x+ax =−f
′( x)，故f
′( x)为定义在R上的奇函数， 
又f
′(0)=0，所以f
′( x)在(0,+∞)上恰有一个变号零点．
令g( x)= f
′( x)，则g
′( x)=e
x+e
−x−a，
令φ( x)= g
′( x)，则φ
′( x)=e
x−e
−x，
当x∈(0,+ ∞)时，e
x>e
−x，φ′( x)=e
x−e
−x>0，g′( x)单调递增．
又g
′(0)=2−a，当x→+ ∞时g
′( x)→+ ∞，
所以当x∈(0,+ ∞)时，g
′( x)∈(2−a,+ ∞)．
若a≤2，则g
′( x)>0在(0,+∞)上恒成立，
所以g( x)在(0,+ ∞)上单调递增，g( x)>g(0)=0，不符合题意． 
故a>2，此时2−a<0，g
′( x)在(0,+∞)上存在唯一零点x0，
当x∈(0, x0)时，g
′( x)<0，g( x)单调递减，
当x∈(x0,+ ∞)时，g
′( x)>0，g( x)单调递增，
由g(0)=0，x→+ ∞时g( x)→+∞可知，f
′( x)在(0,+ ∞)上恰有一个变号零点．
综上，实数a的取值范围为(2,+∞)．
（2）不妨设x1< x2< x3，则由（1）的讨论可知x1=−x3，x2=0，x3>0， 
故只需证明e
−x3+e
0+e
x3>2a−1，
f
′(x3)=0⇒e
x3−e
−x3−a x3=0，解得a=e
x3−e
−x3
x3
， 
故只需证明e
−x3+e
0+e
x3>2⋅e
x3−e
−x3
x3
−1，
整理后，只需证明x3(e
−x3+e
x3+2)>2(e
x3−e
−x3)． 
设t =e
x3>1，则只需证明ln t ⋅(
1
t +t +2)>2(t −1
t)，
即证ln t ⋅(t
2+2t +1)>2(t
2−1)，
即证ln t ⋅(t +1)
2>2(t −1)(t +1)，即证ln t ⋅(t +1)> 2(t −1)，
故只需证明ln t >2⋅t −1
t +1 在t >1时恒成立． 
记h(t )= ln t −2⋅t −1
t +1 ，t >1，
则h
′(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，故h(t )在(1,+∞)上单调递增，
所以h(t )>ln1−2× 1−1
1+1 =0，即ln t >2⋅t −1
t +1 在t >1时恒成立，
所以e
x1+e
x2+e
x3>2a−1．
【7-1】若函数f (x)=a ln x−1
2 x
2+a+ 1
2
(x>0)有两个零点x1, x2，且x1< x2.
(1)求a 的取值范围；
(2)若f (x)在(x1,0)和(x2,0)处的切线交于点(x3, y3)，求证：2 x3< x1+ x2<2(a+1).
【答案】(1)(0,+ ∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的
变化趋势结合零点个数求解；
（2）构造函数g(x)= ln x−(x−1)，利用单调性证明ln x ≤x−1证明右边，再利用导
举一反三
数求切线方程得出a=
1
2 (x1
2−x2
2)
ln x1−ln x2
，左边可转化为ln t < 1
2(t −1
t)(t >1)，利用导数证明即
可.
【详解】（1）f
′ (x)= a
x −x = −x
2+a
x
当a≤0，f
′ (x)<0，f (x)在(0,+∞)上单调递减，不可能两个零点；
当a>0时，令f
′ (x)=0得x = ❑√a
x∈(0,❑√a)，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，x∈(❑√a,+∞)，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
∵x→0，f (x)→−∞；f (❑√a)≥f (1)=a>0；x→+ ∞，f (x)→−∞
∴x∈(0,❑√a)有唯一零点且x∈(❑√a,+ ∞)有唯一零点，满足题意，
综上：a∈(0,+ ∞)；
（2）先证右边：令g(x)= ln x−(x−1)则g
′ (x)= 1−x
x
，
∴x∈(0,1)，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，x∈(1,+∞)，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)的最大值为f (1)=0，∴g(x)≤0，即ln x ≤x−1，
∴f (2a+1)=a ln (2a+1)−1
2
(2a+1)
2+a+ 1
2 ≤a⋅2a−1
2
(2a+1)
2+a+ 1
2 =−a<0且
2a+1>❑√a，
∴x2<2a+1，
又∵f (1)>0，∴x1<1，
∴x1+ x2<2a+1+1=2(a+1)；
再证左边：曲线y = f (x)在(x1,0)和(x2,0)处的切线分别是
l1: y =(
a
x1
−x1)(x−x1)        l2: y =(
a
x2
−x2)(x−x2)
联立两条切线得x3= x1+ x2
a
x1 x2
+1，∴
x1+ x2
x3
=
a
x1 x2
+1，
由题意得{
a ln x1−1
2 x1
2+a+ 1
2 =0
a ln x2−1
2 x2
2+a+ 1
2 =0)
⇒a=
1
2 (x1
2−x2
2)
ln x1−ln x2
，
要证2 x3< x1+ x2，即证
x1+ x2
x3
>2，即证a
x1 x2
>1，即证
1
2(
x1
x2
−x2
x1)
ln x1
x2
>1，
令t = x1
x2
<1，即证ln t > 1
2(t −1
t)(0<t <1)，
令h(t )= ln t −1
2(t −1
t)，
h
′ (t )=−(t −1)
2
2t
2
<0，∴h(t )在(0,1)单调递减，∴h(t )>h(1)=0，
∴ln t > 1
2(t −1
t)(0<t <1)得证.
综上：2 x3< x1+ x2<2(a+1).
【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，
或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界
性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题.
【7-2】已知函数f (x)=e
x−a x
2(a>0)．
(1)当a=e
2
4 时，判断f (x)在区间(1,+ ∞)内的单调性；
(2)若f (x)有三个零点x1, x2, x3，且x1< x2< x3．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x1+ x2+ x3>3.
【答案】(1)f (x)在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增
(2)（i）a∈(
e
2
4 ,+ ∞)；（ii）证明见解析
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
（2）（i）原条件可转化a=e
x
x
2有三个不等实根，从而构造函数h(x)=e
x
x
2，研究该函
数即可得；（ii）借助的h(x)单调性，得到x1>−1，从而将证明x1+ x2+ x3>3，转化为证
明x2+ x3>4，再设t = x3
x2
，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数
μ(x)= ln x−2(x−1)
x +1
(x>1)，证明其在(1,+∞)上大于0即可.
【详解】（1）当a=e
2
4 时，f (x)=e
x−e
2
4 x
2，f
′ (x)=e
x−e
2
2 x，
令g(x)= f
′ (x)=e
x−e
2
2 x，g
′ (x)=e
x−e
2
2 ，
令g
′ (x)=e
x−e
2
2 =0，可得x = lne
2
2 =2−ln 2，
则当x∈(1,2−ln 2)时，g
′ (x)<0，当x∈(2−ln 2,+∞)时，g
′ (x)>0，
即g(x)在(1,2−ln 2)上单调递减，在(2−ln 2,+ ∞)上单调递增，
又g(1)= f
′ (1)=e−e
2
2 <0，g(2)= f
′ (2)=e
2−e
2=0，
故当x∈(1,2)时，f
′ (x)<0，当x∈(2,+∞)时，f
′ (x)>0，
故f (x)在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增；
（2）（i）f (x)有三个零点，即e
x−a x
2=0有三个根，
由x =0不是该方程的根，故a=e
x
x
2有三个根x1, x2, x3，且x1< x2< x3，
令h(x)=e
x
x
2，h
′ (x)= (x−2)e
x
x
3
，
故当x∈(−∞,0)∪(2,+ ∞)时，h
′ (x)>0，当x∈(0,2)时，h
′ (x)<0，
即h(x)在(−∞,0)、(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
h(2)=e
2
2
2 =e
2
4 ，当x→−∞时，h(x)→0，x→0
−时，h(x)→+ ∞，
当x→0
+时，h(x)→+∞，x→+ ∞时，h(x)→+∞，
故a∈(
e
2
4 ,+ ∞)时，a=e
x
x
2有三个根；
（ii）由h(x)在(−∞,0)上单调递增，h(−1)=e
−1
(−2)
2 = 1
4e <e
2
4 ，故x1>−1，
由（i）可得e
x1
x1
2 =e
x2
x2
2 =e
x3
x3
2 =a，且−1< x1<0< x2<2< x3，
即只需证x2+ x3>4，设t = x3
x2
>1，则x3= x2t，
则有e
x2
x2
2 =e
x2t
(x2t)
2，即有t
2=e
x2(t −1)，故2ln t = x2(t −1)，x2= 2ln t
t −1 ，
则x3= 2t ln t
t −1 ，即x2+ x3= 2ln t
t −1 + 2t ln t
t −1 = 2(t +1)ln t
t −1
，
即只需证2(t +1)ln t
t −1
>4⇔(t +1)ln t
t −1
>2⇔ln t −2(t −1)
t +1
>0，
令μ(x)= ln x−2(x−1)
x +1
(x>1)，
则μ
′ (x)= 1
x −2(x +1)−2(x−1)
(x +1)
2
= (x +1)
2−4 x
x (x +1)
2
= (x−1)
2
x (x +1)
2 >0恒成立，
故μ(x)在(1,+ ∞)上单调递增，
则μ(x)> μ(1)= ln1−0=0，即得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数f ( x)存在两个零点x1, x2且x1≠x2，求证：x1+ x2>2 x0（x0为函数f ( x)的极
值点）； 
2.若函数f ( x)中存在x1, x2且x1≠x2满足f ( x1)= f ( x2)，求证：x1+ x2>2 x0（x0为函
数f ( x)的极值点）；
3.若函数f ( x)存在两个零点x1, x2且x1≠x2，令x0= x1+ x2
2
，求证：f
′(x0)>0；
4.若函数f ( x)中存在x1, x2且x1≠x2满足f ( x1)= f ( x2)，令x0= x1+ x2
2
，求证：
f
′(x0)>0.
【7-3】已知函数f (x)=(x−e−1)e
x−1
2 e x
2+e
2 x．
(1)求函数f (x)的单调区间与极值；
(2)若f (x1)= f (x2)= f (x3)(x1< x2< x3)，求证：x3−x1
2
<e−1．
【答案】(1)单调递增区间为(−∞,1)和(e,+∞)，单调递减区间为(1,e)，极大值为
−1
2 e，极小值为−e
e+ 1
2 e
3．
(2)证明见解析
【分析】（1）对f (x)求导，分析函数单调性，根据极值定义即可求解；
（2）令F (x)= f (x)−f (2−x),1< x<e，则F
′( x)=e
x−e
e
x−1 [(x−e)e
x−1+ x +e−2)，
令G (x)=(x−e)e
x−1+ x +e−2，则G
′ (x)=(x−e+1)e
x−1+1，令H (x)=G
′ (x)，则
H
′ (x)=(x−e+2)e
x−1，分析单调性可得F (x)> F (1)=0，即f (x)>f (2−x)对任意
x∈(1,e)恒成立．继而可得f (x1)>f (2−x2)，由单调性可得x1+ x2>2，令
m(x)= f (x)−f (2e−x),1< x<e，利用导数分析单调性可得m(x)<m (e)=0，即
f (x)<f (2e−x)对任意x∈(1,e)恒成立．可得f (x3)<f (2e−x2)，继而可得x2+ x3<2e，
由x3−x1=(x2+ x3)+(−x1−x2)<2e−2即可证明.
【详解】（1）∵f (x)定义域为R，f
′ (x)=(x−e)e
x−e x +e
2=(x−e)(e
x−e)，
令f
′ (x)=0，解得x =e或x =1，
∴当x∈(−∞,1)∪(e,+ ∞)时，f
′ (x)>0；当x∈(1,e)时，f
′ (x)<0．
f (x)的单调递增区间为(−∞,1)和(e,+∞)，单调递减区间为(1,e)．
∴f (x)的极大值为f (1)=−1
2 e，极小值为f (e)=−e
e+ 1
2 e
3．
（2）证明：由（1）知x1<1,1< x2<e, x3>e．
令F (x)= f (x)−f (2−x),1< x<e，则F
′ (x)= f
′ (x)−[f (2−x))
′
=(x−e)(e
x−e)+(2−x−e)(e
2−x−e)=e
x−e
e
x−1
[(x−e)e
x−1+ x +e−2)．
令G (x)=(x−e)e
x−1+ x +e−2，则G
′ (x)=(x−e+1)e
x−1+1．
令H (x)=G
′ (x)，则H
′ (x)=(x−e+2)e
x−1．
∵H
′ (x)>0在(1,e)上恒成立，∴H (x)在(1,e)上单调递增，
∴H (x)> H (1)=3−e>0，∴G
′ (x)>0在(1,e)上恒成立，
∴G (x)在(1,e)上单调递增，∴G (x)>G (1)=0，
∴F
′ (x)>0在(1,e)上恒成立，∴F (x)在(1,e)上单调递增，
∴F (x)> F (1)=0，∴f (x)>f (2−x)对任意x∈(1,e)恒成立．
∵x2∈(1,e)，∴f (x2)>f (2−x2)．
又f (x1)= f (x2)，∴f (x1)>f (2−x2)．
∵f (x)在(−∞,1)上单调递增，x1,2−x2∈(−∞,1)，∴x1>2−x2，即x1+ x2>2．
令m(x)= f (x)−f (2e−x),1< x<e，则m
′ (x)= f
′ (x)+[f (2e−x))
′
=(x −e)(e
x−e)+(2e−x −e)(e
2e−x−e)=(x −e)(e
x−e
2e−x)．
∵y =e
x−e
2e−x在(1,e)上单调递增，
∴e
x−e
2e−x<e
e−e
e=0,∴m
′ (x)>0在(1,e)上恒成立，
∴m(x)在(1,e)上单调递增，∴m(x)<m (e)=0，
∴f (x)<f (2e−x)对任意x∈(1,e)恒成立．
∵x2∈(1,e),∴f (x2)<f (2e−x2)．又f (x2)= f (x3),∴f (x3)<f (2e−x2)．
∵f (x)在(e,+∞)上单调递增，且x3,2e−x2∈(e,+∞)，
∴x3<2e−x2,∴x2+ x3<2e．由x1+ x2>2，得−x1−x2<−2，
∴x3−x1=(x2+ x3)+(−x1−x2)<2e−2，∴x3−x1
2
<e−1．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题是高考数学中的热点和难点，通常作为压轴题出
现，这类题通常考查学生的逻辑推理能力和函数与方程思想，以下是三种常见的解法：
（1）构造法：构造函数F( x)= f ( x0+ x)−f ( x0−x)，通过判断其在x>0时的符号来
确定f ( x0+ x)与f ( x0−x)的大小关系；代换x = x0−x1，结合F( x1)= f ( x2)，得到
f (2 x0−x1)与f ( x2)的大小关系；再利用函数f ( x)的单调性解决问题.
（2）利用对称性：找到函数的极值点x0，构造对称函数F( x)= f ( x0+ x)−f ( x0−x)，
分析F( x)的单调性，利用其对称性来证明极值点偏移。
（3）增量法：令x2= x0+t，x1= x0−t，通过比较f ( x0+t )与f ( x0−t )的大小来证明
极值点偏移；再利用函数单调性和对称性进行推导.
极值点偏移之“其它复杂”型特征：
混合型（“
”“
”“
”“
”“
”“
和
积
分式
对数
指数），其它复杂型。
【例题8】已知函数f ( x)= 1
2 x
2+ x−x ln x的导函数为f
′( x).
(1)判断f ( x)的单调性；
(2)若关于x的方程f
′( x)=m有两个实数根x1，x2( x1< x2)，求证：x1 x2
2<2.
【答案】(1)在(0,+ ∞)上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，利用导函数的符号变化即
可求出函数的单调区间；
题型八、极值点偏移之“其它复杂”型
典例探究
（2）将证x1 x2
2<2成立，转化为证lnt
t −1 ⋅t
2(lnt )
2
(t −1)
2 <2成立，即证(lnt )
3< 2(t −1)
3
t
2
成立，
即证lnt < 2
1
3(t −1)
t
2
3
成立，再构造函数，利用函数的单调性进行证明.
【详解】（1）解：f
′( x)= x +1−(1+ln x)= x −ln x( x >0)，
令g( x)= x−ln x，由g
′( x)=1−1
x = x−1
x
( x>0)，
可得g( x)在(0,1)上单调递减，(1,+ ∞)上单调递增，
所以f
′( x)= g( x)≥g(1)=1>0，
所以f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增；
（2）解：依题意，{
x1−ln x1=m
x2−ln x2=m)，相减得x1−x2=−ln x2
x1
，
令
x2
x1
=t(t >1)，则有x1=lnt
t −1，x2= t lnt
t −1 ，
欲证x1 x2
2<2成立，
只需证lnt
t −1 ⋅t
2(lnt )
2
(t −1)
2 <2成立，
即证(lnt )
3< 2(t −1)
3
t
2
成立，
即证lnt < 2
1
3(t −1)
t
2
3
成立，
令t
1
3 = x( x>1)，只需证2
1
3( x−1
x
2 )−3ln x>0成立，
令F( x)=2
1
3( x−1
x
2 )−3ln x( x>1)，
即证x>1时，F( x)>0成立
F
′( x)=2
1
3(1+ 2
x
3 )−3
x = 2
1
3( x
3+2)−3 x
2
x
3
，
令h( x)=2
1
3( x
3+2)−3 x
2( x>1)，
则g
′( x)=2
1
3(3 x
2)−6 x =3 x(2
1
3 x−2)( x>1)，
可得h( x)在(1,2
2
3 )内递减，在(2
2
3 ,+∞)内递增，
所以h( x)≥h(2
2
3 )=0，所以F
′( x)≥0，
所以F( x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以F( x)> F(1)=0成立，故原不等式成立.
【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：如证明不等式f ( x)>g( x)（或f ( x)< g( x)）可转化为证明
f ( x)−g( x)>0（或f ( x)−g( x)<0），进而构造辅助函数h( x)= f ( x)−g( x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构
造辅助函数.
【8-1】已知函数f ( x)= xln x−a x
2−2 x.
(1)若过点(1,0)可作曲线y = f ( x)两条切线，求a的取值范围；
(2)若f ( x)有两个不同极值点x1, x2.
①求a的取值范围；
②当x1>4 x2时，证明：x1 x2
2>16e
3.
【答案】(1)(−∞,−2)；
举一反三
(2)①(0, 1
2e
2 )；②证明见解析.
【分析】（1）求出函数f ( x)的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的
点构造函数g( x)=a x
2−2ax−x +ln x −1，探讨函数g( x)有两个零点的a的值范围.
（2）①由f
′( x)=ln x −2ax−1有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线
y =2a与函数y =ln x−1
x
图象有两个公共点的a的值范围；②由方程根的意义可得
2a=ln x1−ln x2
x1−x2
，分析所证不等式，换元并证明lnt −4ln2⋅t −1
t +2 >0(t >4)即可.
【详解】（1）依题意，f
′( x)=ln x −2ax−1，
设过点(1,0)的直线与曲线y = f ( x)相切时的切点为( x0, y0)，斜率
k =ln x0−2a x0−1，
切线方程为y −( x0ln x0−a x0
2−2 x0)=(ln x0−2a x0−1)( x−x0)，而点(1,0)在切
线上，
则−x0ln x0+a x0
2+2 x0=(ln x0−2a x0−1)(1−x0)，即有
a x0
2−2a x0−x0+ln x0−1=0，
由过点(1,0)可作曲线y = f ( x)两条切线，得方程a x0
2−2a x0−x0+ln x0−1=0有两
个不相等的实数根，
令g( x)=a x
2−2ax−x +ln x −1，则函数g( x)有2 个零点，
求导得g
′( x)=2ax−2a−1+ 1
x = 2a x
2−(2a+1)x +1
x
= (2ax−1)( x−1)
x
，
①若a> 1
2，由g
′( x)>0，得0< x< 1
2a或x>1，由g
′( x)<0，得1
2a < x<1，
即函数g( x)在(0, 1
2a )，(1,+ ∞)上单调递增，在( 1
2a ,1)上单调递减，
则当x = 1
2a时，g( x)取得极大值；当x =1时，g( x)取得极小值，
又g( 1
2a )=a⋅( 1
2a )
2
−2a⋅1
2a −1
2a +ln 1
2a −1=−ln2a−1
4 a −2<0，
 当x ≤1时，g( x)<0恒成立，因此函数g( x)最多1 个零点，不合题意；
②若a= 1
2，g
′( x)≥0恒成立，函数g( x)在(0,+∞)上单调递增，
因此函数g( x)最多1 个零点，不合题意；
③若0<a< 1
2，由g
′( x)>0，得0< x<1或x> 1
2a，由g
′( x)<0，得1< x< 1
2a，
即函数g( x)在(0,1)，( 1
2a ,+ ∞)上单调递增，在(1, 1
2a )上单调递减，
则当x =1时，g( x)取得极大值；当x = 1
2a时，g( x)取得极小值，又
g(1)=−a−2<0，
显然当x ≤1
2a时，g( x)<0恒成立，因此函数g( x)最多1 个零点，不合题意；
④若a≤0，显然2ax−1<0，当0< x<1时，g
′( x)>0，当x>1时，g
′( x)<0，
函数在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，当x =1时，g( x)取得最大值
g(1)=−a−2，
要函数g( x)有2 个零点，必有g(1)=−a−2>0，得a<−2，
当0< x<1时，g( x)=a( x −1)
2−x −a−1+ln x <−a−1+ln x，
而函数y =−a−1+ln x在(0,1)上的值域为(−∞,−a−1)，因此g( x)在(0,1)上的值
域为(−∞,−a−2)，
当x>1时，令y = ln x−x，求导得y
′ = 1
x −1<0，函数y = ln x−x在(1,+∞)上单调递
减，
则ln x−x<−1，g( x)=a( x −1)
2−a−1+ln x −x <a( x −1)
2−a−2，
而函数y =a( x −1)
2−a−2在(1,+ ∞)上单调递减，值域为(−∞,−a−2)，
因此函数g( x)在(1,+ ∞)上的值域为(−∞,−a−2)，
于是当a<−2时，函数g( x)有两个零点，
所以过点(1,0)可作曲线y = f (x)两条切线时，a的取值范围是(−∞,−2).
（2）①由（1）知，f
′( x)=ln x −2ax−1，
由函数f ( x)有两个极值点x1, x2，得f
′( x)=0，即2a=ln x−1
x
有两个实数根x1, x2，
令u( x)=ln x−1
x
，求导得u
′( x)= 2−ln x
x
2
，当0< x<e
2时，u
′( x)>0，当x>e
2时，
u
′( x)<0，
函数u( x)在(0,e
2)上单调递增，(e
2,+ ∞)上单调递减，u( x)max = 1
e
2 ，
且u(e)=0，当x>e时，函数u( x)>0恒成立，因此当0<2a< 1
e
2 时，2a=ln x−1
x
有
两个实数根
所以函数f ( x)有两个极点时，a的取值范围是(0, 1
2e
2 ).
②由{
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
，
则φ(t )=t + 4 + 4
t −12ln2在t >4时单调递增，故φ(t )>φ(4)=9−12ln2>0，
则h
′(t )>0，令h(t )在t >4时单调递增，则h(t )>h(4)=ln 4−4× 1
2 ×ln2=0，
因此(t +2)⋅lnt
t −1 >4ln2(t >4)，即ln x1+2ln x2>4ln2+3，
所以x1 x2
2>16e
3.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是
导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是
构造一元函数.
【8-2】已知函数f (x)=e
x−ax，x∈(0,+ ∞)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若函数g(x)= f (x)−x ln x−1有两个零点x1, x2(x1< x2)；
（i）求a的取值范围；
（ii）证明
x2−x1
ln x2−ln x1
<1．
【答案】(1)当a≤1时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；当a>1时，f (x)在(0,ln a)上单调
递减，在(ln a,+ ∞)上单调递增.
(2)（i）(e−1,+ ∞)；（ii）证明见解析
【分析】（1）由已知可知f
′ (x)=e
x−a，分a≤1和a>1讨论函数的单调性；
（2）（i）设h(x)=e
x−1
x
−ln x，判断h(x)的单调性，然后结合单调性讨论求解；
（ii）先证明存在x3∈(1, 1
x1)使得x3−ln x3= x1−ln x1，然后证明h(x3)>h(x1)，最
后利用h(x)和φ(x)的单调性即得结论.
【详解】（1）由已知f (x)=e
x−ax，得f
′ (x)=e
x−a，
当a≤1时，对任意的x∈(0,+ ∞)，有f
′ (x)=e
x−a>e
0−a=1−a≥0，所以f (x)在
(0,+ ∞)上单调递增；
当a>1时，由于当x∈(0,ln a)时，f
′ (x)=e
x−a<e
ln a−a=a−a=0，当
x∈(ln a,+ ∞)时，f
′ (x)=e
x−a>e
ln a−a=a−a=0，
所以f (x)在(0,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增.
综上，当a≤1时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>1时，f (x)在(0,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增.
（2）（i）函数g(x)= f (x)−x ln x−1有两个零点x1, x2(x1< x2)，当且仅当方程
e
x−ax = x ln x +1有两个解x1, x2(x1< x2)，即方程e
x−1
x
−ln x =a有两个解x1, x2(x1< x2).
设h(x)=e
x−1
x
−ln x，则h
′ (x)= xe
x−e
x+1
x
2
−1
x = xe
x−e
x+1−x
x
2
= (x−1)(e
x−1)
x
2
，
这表明当0< x<1时，h
′ (x)<0；当x>1时，h
′ (x)>0.
所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
设φ(x)= x−ln x，则φ
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，所以当0< x<1时，φ
′ (x)<0；当x>1时，
φ
′ (x)>0.
故φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，从而对任意的x>0都有
φ(x)≥φ(1)=1>0，即对任意的x>0都有x>ln x.
而对任意实数t，在x>ln x中取x =e
t，就有e
t>t.
这表明当x>108时，有
h(x)=e
x−1
x
−ln x =(e
x
3)
3
−1
x
−ln x>(
x
3)
3
−1
x
−x = x
2(
1
27 −1
x −1
x
3)> x
2(
1
27 −2
x)> x
2(
1
27 −2
108)= x
2
54
.
原命题等价于方程h(x)=a有两个解x1, x2(x1< x2)，分情况讨论：
当a≤e−1时，对任意x∈(0,1)∪(1,+∞)，有h(x)>h(1)=e−1≥a，这表明方程
h(x)=a至多有一个解，不符合条件；
当a>e−1时，由于h(e
−a)=e
e
−a−1
e
−a
−ln(e
−a)>−ln(e
−a)=a，h(1)=e−1<a，
h(❑√54 a+108)> (❑√54 a+108)
2
54
> (❑√54 a)
2
54
=a，且0<e
−a<1<❑√54 a+108，故方程
h(x)=a有两个解x1, x2(x1< x2)，且满足0< x1<1< x2，再结合h(x)的单调性，知方程
h(x)=a的所有解即为x1, x2(x1< x2)，满足条件.
综上，a的取值范围是(e−1,+∞).
（ii）设λ(x)= x−1
x −2ln x，则λ
′ (x)=1+ 1
x
2 −2
x =(
1
x −1)
2
，
故当x>0且x≠1时λ
′ (x)>0，从而λ(x)在(0,1)和[1,+∞)上单调递增，故在(0,+∞)上
单调递增.
这就意味着当0< x<1时，有λ(x)< λ(1)=0，即x−1
x <2ln x.
由于φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，故由φ(1)<φ(x1)= x1−ln x1，
φ(
1
x1)= 1
x1
−ln 1
x1
= 1
x1
+ ln x1= x1−ln x1−λ(x1)> x1−ln x1知存在x3∈(1, 1
x1)，
使得φ(x3)= x1−ln x1，即x3−ln x3= x1−ln x1.
从而有e
x3−1
x3
−ln x3=e
ln x3+ x1−ln x1−1
x3
−ln x3=e
x1−ln x1−1
x3
+ x1−ln x1−x3，
e
x1−1
x1
−ln x1=e
ln x1+ x3−ln x3−1
x1
−ln x1=e
x3−ln x3−1
x1
−ln x1=e
x1−ln x1−1
x1
−ln x1，
这意味着h(x3)−h(x1)=(
e
x3−1
x3
−ln x3)−(
e
x1−1
x1
−ln x1)
=(e
x1−ln x1−1
x3
+ x1−ln x1−x3)−(e
x1−ln x1−1
x1
−ln x1)
= 1
x1
−1
x3
−x3+ x1
= x3−x1
x1 x3
−(x3−x1)
=(x3−x1)(
1
x1 x3
−1)>0，最后一步利用了x3>1> x1>0和x3< 1
x1
.
故h(x3)>h(x1)=a=h(x2)，但x2, x3∈(1,+∞)，而h(x)在(1,+∞)上单调递增，所以
x3> x2>1.
又因为φ(x)在(1,+∞)上单调递增，所以
x2−ln x2=φ(x2)<φ(x3)= x3−ln x3= x1−ln x1，
故x2−x1<ln x2−ln x1，即
x2−x1
ln x2−ln x1
<1.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，构造一个x3使得x3−ln x3= x1−ln x1，得到
h(x3)和h(x1)的大小关系，然后反向利用h(x1)=h(x2)，判断x3和x2的大小关系，再比较
x2−ln x2和x1−ln x1，即得结论.
【8-3】设函数f (x)= x
2+ ln x.
(1)求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)设函数g(x)= f (x)−ax (a∈R)
（i）当x =1时，g(x)取得极值，求g(x)的单调区间；
（ii）若g(x)存在两个极值点x1, x2，证明：g(x2)−g(x1)
x2−x1
> 4
a −a
2.
【答案】(1)y =3 x−2
(2)（i）单调增区间为(0, 1
2)，(1,+∞)，单调减区间为(
1
2 ,1)
（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）（i）g
′ (x)=2 x−a+ 1
x = 2 x
2−ax +1
x
(x>0)，x =1时，g(x)取得极值，所以
g
′ (1)=0，求出a，进而可求出函数的单调区间；
（ii）g
′ (x)= 2 x
2−ax +1
x
(x>0)，g(x)存在两个极值点，即方程g
′ (x)=0，在(0,+ ∞)
上有两个不等实根，所以{
Δ>0
x1 x2>0
x1+ x2>0)
，而
g(x2)−g(x1)
x2−x1
> 4
a −a
2等价于
ln x2−ln x1
x2−x1
> 4
a ，
构造函数即可得证.
【详解】（1）f
′ (x)=2 x + 1
x ，
则f
′ (1)=3,f (1)=1，
所以曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y −1=3(x−1)，即y =3 x−2；
（2）（i）g(x)= x
2−ax + ln x，
g
′ (x)=2 x−a+ 1
x = 2 x
2−ax +1
x
(x>0)，
∵x =1时，g(x)取得极值，∴g
′ (1)=2−a+1=0，解得a=3，
∴g
′ (x)= 2 x
2−3 x +1
x
= (2 x−1)(x−1)
x
，
令g
′ (x)>0，得0< x< 1
2或x>1；令g
′ (x)<0，得1
2 < x<1，
∴g(x)的单调增区间为(0, 1
2)，(1,+∞)，单调减区间为(
1
2 ,1)；
（ii）g
′ (x)= 2 x
2−ax +1
x
(x>0)，
∵g(x)存在两个极值点，
∴方程g
′ (x)=0，即2 x
2−ax +1=0在(0,+∞)上有两个不等实根.
∵{
Δ=a
2−8>0
x1 x2= 1
2 >0
x1+ x2= a
2 >0)
，解得a>2❑√2，
则
g(x2)−g(x1)
x2−x1
= x2
2−a x2+ ln x2−x1
2+a x1−ln x1
x2−x1
= x2+ x1−a+ ln x2−ln x1
x2−x1
=−a
2 + ln x2−ln x1
x2−x1
∴所证不等式
g(x2)−g(x1)
x2−x1
> 4
a −a
2等价于
ln x2−ln x1
x2−x1
> 4
a ，
即
ln x2−ln x1
x2−x1
>
2
x2+ x1
，
不妨设x2> x1>0，即证ln x2
x1
>2
x2
x1
−1
x2
x1
+1
，
令t = x2
x1
>1，h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
,t ∈(1,+∞)，
则h
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
∴h(t )在(1,+∞)上递增，∴h(t )>h(1)=0，
∴ln x2
x1
>2
x2
x1
−1
x2
x1
+1
成立，
∴g(x2)−g(x1)
x2−x1
> 4
a −a
2
.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)（或f (x)<g(x)）转化为证明
f (x)−g(x)>0（或f (x)−g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)= f (x)−g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构
造辅助函数.
【突破提升训练・1】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；
题型精析・方法突破提能力
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．
【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.
【突破提升训练・2】已知函数f (x)= ln x + 2a
x ,a∈R．若函数f (x)有两个不相等的零点
x1, x2．
(1)求a 的取值范围；
(2)证明：x1+ x2>4 a．
【答案】(1)(0, 1
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g(x)= f (x)−f (4 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：f (x)= ln x + 2a
x
(x>0)⇒f
′ (x)= x−2a
x
2
，
若a≤0，则f
′ (x)>0恒成立，即f (x)单调递增，不存在两个不等零点，
故a>0，
显然当x>2a时，f
′ (x)>0，当0< x<2a时，f
′ (x)<0，
则f (x)在(0,2a)上单调递减，在(2a,+ ∞)上单调递增，
所以若要符合题意，需f (2a)<0⇒ln 2a+1<0⇒a∈(0, 1
2e)，
此时有4 a
2<2a，且f (4 a
2)=2ln (2a)+ 1
2a，
令g(t )=2ln t + 1
t(t ∈(0, 1
e))⇒g
' (t )= 2t −1
t
2
，
而1
e < 1
2 ⇒t < 1
2 ⇒g
' (t )<0，
即g(t )在(0, 1
e)上递减，故g(t )>g(
1
e)=e−2>0，
所以f (4 a
2)>0，
又f (1)=2a>0，
故在区间(4 a
2,2a)和(2a,1)上函数f (x)存在各一个零点，符合题意，
综上a∈(0, 1
2e)；
（2）结合（1），不妨令0< x1<2a< x2，
构造函数g(x)= f (x)−f (4 a−x)(0< x<2a)，
则g
′ (x)= x−2a
x
2
+ 2a−x
(4 a−x)
2 =−8a(x−2a)
2
x
2(4 a−x)
2 <0，
即g(x)单调递减，所以g(x)>g(2a)=0，
即g(x1)= f (x1)−f (4 a−x1)>0⇒f (x1)= f (x2)>f (4 a−x1)，
因为0< x1<2a< x2，所以4 a−x1>2a，
由（1）知f (x)在(2a,+ ∞)上单调递增，所以由f (x2)>f (4 a−x1)⇒x2>4 a−x1，
故x1+ x2>4 a.
【突破提升训练・3】已知函数f ( x)= aln x +a
x
．
(1)讨论f (x)的极值；
(2)若(e x1)
x2=(e x2)
x1（e 是自然对数的底数），且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：
x1+ x2>2．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，求导得f
′ (x)，然后分a=0,a<0,a>0讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将原式变形为ln x1+1
x1
= ln x2+1
x2
，然后构造函数
g(x)= f (x)−f (2−x)，x∈(1,2)，求导可得函数g(x)在(1,2)上单调递增，即可证明.
【详解】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，求导得f
′ (x)=−aln x
x
2
，
若a=0，则f
′ (x)=0，无极值；
若a≠0，由f
′ (x)=0，可得x =1，
若a<0，当0< x<1时，f
′ (x)<0，则f (x)单调递减，当x>1时，f
′ (x)<0，则f (x)单
调递增，
此时，函数f (x)有唯一极小值f (1)=a，无极大值；
若a>0，当0< x<1时，f
′ (x)>0，则f (x)单调递增，当x>1时，f
′ (x)<0，则f (x)单
调递减，
此时，函数f (x)有唯一极大值f (1)=a，无极小值；
所以当a=0时，函数f (x)无极值；
当a<0时，函数f (x)有极小值f (1)=a，无极大值；
当a>0时，函数f (x)有极大值f (1)=a，无极小值；
（2）证明：由(e x1)
x2=(e x2)
x1，两边取对数可得x2(ln x1+1)= x1(ln x2+1)，即
ln x1+1
x1
= ln x2+1
x2
，
当a=1时，f ( x)= ln x +1
x
，f
′ (x)=−ln x
x
2 ，
由（1）可知，函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以
f (x)max= f (1)=1，
而f(
1
e)=0，x>1时，f (x)>0恒成立，
因此，当a=1时，存在x1, x2且0< x1<1< x2，满足f (x1)= f (x2)，
若x2∈[2,+ ∞)，则x1+ x2> x2≥2成立；
若x2∈(1,2)，则2−x2∈(0,1)，
记g(x)= f (x)−f (2−x)，x∈(1,2)，
则g
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (2−x)=−ln x
x
2 −ln (2−x)
(2−x)
2 >−ln x
x
2 −ln (2−x)
x
2
 
=−ln[−(x−1)
2+1)
x
2
>0，
即有函数g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)> g(1)=0，即f (x)>f (2−x)，
于是f (x1)= f (x2)>f (2−x2)，而x2∈(1,2)，2−x2∈(0,1)，x1∈(0,1)，
函数f (x)在(0,1)上单调递增，因此x1>2−x2，即x1+ x2>2.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题以及极值点偏移问题，
难度较大，解决本题的关键在于构造函数g(x)= f (x)−f (2−x)，x∈(1,2)，结合其单调
性证明.
【突破提升训练・4】已知函数f (x)=kx +ln x−5
4 k (k ∈R)．
(1)求函数f (x)的单调区间和最大值；
(2)设函数g(x)= f (x)−kx + 1
x 有两个零点x1, x2，证明：x1+ x2>2．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，分类讨论，研究单调性，求出最大值；
（2）利用极值点偏移直接求解.
【详解】（1）函数f (x)=kx +ln x−5
4 k (k ∈R)的定义域是(0,+∞),f
′ (x)=k + 1
x .
当k ≥0时，f
′ (x)>0恒成立，故f (x)在(0,+∞)上单调递增，无最大值；
当k <0时，令f
′ (x)>0，得0< x<−1
k ；令f
′ (x)<0，得x>−1
k ，
所以f (x)的单调递增区间为(0,−1
k)，单调递减区间为(−1
k ,+ ∞)，
f ( x)max= f(−1
k)=k(−1
k)+ln(−1
k)−5
4 k =ln(−1
k)−5
4 k −1．
（2）g(x)= f (x)−kx + 1
x = 1
x +ln x−5
4 k，
因为x1, x2为g(x)的两个零点，
所以g(x1)= g(x2)=0，不妨设x1< x2．
因为g
′ (x)= x−1
x
2 ，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以0< x1<1< x2．
又证明x2+ x1>2等价于证明x2>2−x1，
又因为2−x1>1, x2>1,g(x)在(1,+∞)上单调递增，
因此证明原不等式等价于证明g(x2)> g(2−x1)，即要证明g(x1)>g(2−x1)，
即要证明1
x1
+ln x1−5
4 k >
1
2−x1
+ln(2−x1)−5
4 k (0< x1<1)，
即1
x1
+ln x1−
1
2−x1
−ln(2−x1)>0(0< x1<1)恒成立．
令h(x)= 1
x +ln x−
1
2−x −ln(2−x)(0< x<1)，
则h
′ (x)=−1
x
2 + 1
x −
1
(2−x)
2 +
1
2−x = −4(1−x)
2
x
2(2−x)
2 <0，
所以h(x)在(0,1)上为减函数，
所以h(x)>h(1)=1+ln1−1−ln1=0，
即h(x)= 1
x +ln x−
1
2−x −ln(2−x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
因此不等式1
x1
+ln x1−5
4 k >
1
2−x1
+ln(2−x1)−5
4 k恒成立，
即x1+ x2>2．
【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）利用导数证明不等式．
【突破提升训练・5】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.
【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.
【突破提升训练・6】已知函数f (x)=e
x
x −x⋅e
1
x.
(1)求f (x)在[1,+∞)上的最小值.
(2)设g(x)= f (x)+ xe
1
x + x−ln x−a，若g(x)有两个零点x1, x2，证明：x1 x2<1.
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，令h(x)=e
x
x −e
1
x，利用导数可知当x ≥1时，h(x)≥0，由此可
知f
′ (x)≥0，得到f (x)单调性，由最值定义可求得结果；
（2）求导后，根据g
′ (x)正负可确定g(x)单调性，从而确定x1, x2的取值范围；采用
分析法可知要证x1 x2<1，只需证得g(x2)= g(x1)>g(
1
x2)；令p(x)= x−2ln x−1
x
(x>1)，
利用导数可证得p(x)>0，结合（1）中结论可证得g(x2)>g(
1
x2)，由此可得结论.
【详解】（1）f
′ (x)= (x−1)e
x
x
2
−e
1
x + 1
x e
1
x = x−1
x (
e
x
x −e
1
x)，
令h(x)=e
x
x −e
1
x，∴h
′ (x)= (x−1)e
x
x
2
+e
1
x
x
2 ，
则当x ≥1时，h
′ (x)>0恒成立，∴h(x)在[1,+∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)=0；
又当x ≥1时，x−1
x
≥0，∴f
′ (x)≥0，∴f (x)在[1,+∞)上单调递增，
∴f (x)min= f (1)=0.
（2）由题意得：g(x)=e
x
x + x−ln x−a(x>0)，则
g
′ (x)= (x−1)e
x
x
2
+1−1
x = x−1
x (
e
x
x +1)，
∴当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0；当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)>0；
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∵g(x)有两个零点x1, x2，∴0< x1<1，x2>1；
要证x1 x2<1，只需证x1< 1
x2
，
又0< x1<1，0< 1
x2
<1，g(x)在(0,1)上单调递减，∴只需证g(x1)>g(
1
x2)，
又g(x1)= g(x2)，∴只需证g(x2)>g(
1
x2)，
即证：e
x2
x2
−x2e
1
x2 + x2−2ln x2−1
x2
>0；
设p(x)= x−2ln x−1
x
(x>1)，则p
′ (x)=1−2
x + 1
x
2 = (x−1)
2
x
2
>0，
∴p(x)在(1,+∞)上单调递增，∴p(x)> p(1)=0，
∴p(x2)= x2−2ln x2−1
x2
>0；
由（1）知：e
x2
x2
−x2e
1
x2 >0，∴e
x2
x2
−x2e
1
x2 + x2−2ln x2−1
x2
>0成立，
综上所述：x1 x2<1.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数的最值、证明不等式的问题；本题证
明不等式的关键是利用极值点偏移的思想进行分析，将所证不等式转化为g(x2)>g(
1
x2)的
证明，通过构造函数，结合导数知识证得g(x2)>g(
1
x2)成立.
【突破提升训练・7】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 .
【点睛】方法点睛：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．
【突破提升训练・8】已知函数f (x)= 1
2 x
2−(a+2) x +2aln x (a∈R)．
(1)讨论函数f (x)的单调区间；
(2)当a= 1
2时，证明：f (x)−1
2 x
2+ 7
2 x ≤xe
x +1−2；
(3)函数h(x)= f (x)−1
2 x
2有两个零点x1、x2，求证：x1 x2>e
2．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求得f
′ (x)= (x−a)(x−2)
x
，对实数a的取值进行分类讨论，利用函数
的单调性与导数的关系可得出函数f (x)的增区间和减区间；
（2）当a= 1
2时，即证不等式ln x + x ≤e
x + ln x +1−2，令t = x + ln x +1∈R，即证不等
式e
t−t −1≥0，构造函数g(t )=e
t−t −1，利用导数求函数g(t )的最小值，即可证得结论
成立；
（3）设x1> x2>0，由已知等式推导出ln x1+ ln x2
ln x1−ln x2
= x1+ x2
x1−x2
，将所证不等式等价变形
为ln x1
x2
>
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，令t = x1
x2
>1，即证ln t > 2(t −1)
t +1
，令p(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中t >1，
令导数分析函数p(t )的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）函数f (x)= 1
2 x
2−(a+2) x +2aln x (a∈R)的定义域为(0,+ ∞)，
f
′ (x)= x−(a+2)+ 2a
x = x
2−(a+2) x +2a
x
= (x−a)(x−2)
x
，
当a≤0时，对任意的x>0，x−a>0，
由f
′ (x)<0可得0< x<2，由f
′ (x)>0可得x>2，
此时，函数f (x)的减区间为(0,2)，增区间为(2,+∞)；
当0<a<2时，由f
′ (x)<0可得a< x<2，由f
′ (x)>0可得0< x<a或x>2，
此时函数f (x)的减区间为(a,2)，增区间为(0,a)、(2,+ ∞)；
当a=2时，对任意的x>0，f
′ (x)= (x−2)
2
x
>0，
此时函数f (x)的增区间为(0,+ ∞)；
当a>2时，由f
′ (x)<0可得2< x<a，由f
′ (x)>0可得0< x<2或x>a，
此时，函数f (x)的减区间为(2,a)，增区间为(0,2)、(a,+∞).
综上所述，当a≤0时，函数f (x)的减区间为(0,2)，增区间为(2,+ ∞)；
当0<a<2时，函数f (x)的减区间为(a,2)，增区间为(0,a)、(2,+∞)；
当a=2时，f (x)的增区间为(0,+ ∞)，无减区间；
当a>2时，函数f (x)的减区间为(2,a)，增区间为(0,2)、(a,+∞).
（2）当a= 1
2时，f (x)= 1
2 x
2−5
2 x + ln x，
即证f (x)−1
2 x
2+ 7
2 x = ln x + x ≤xe
x +1−2=e
x + ln x +1−2，
令t = x + ln x +1，即证t −1≤e
t−2，即证e
t−t −1≥0，
因为t
′ =1+ 1
x >0，则函数t = x + ln x +1在(0,+∞)上单调递增，
当x→0
+时，t →−∞；当x→+ ∞时，t →+ ∞，
所以函数t = x + ln x +1的值域为R，
令g(t )=e
t−t −1，其中t ∈R，则g
′ (t )=e
t−1，
由g
′ (t )<0可得t <0，由g
′ (t )>0可得t >0，
所以函数g(t )的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+ ∞)，则g(t )min= g(0)=0，
故g(t )≥g(0)=0，即e
t−t −1≥0，故原不等式得证.
（3）h(x)= f (x)−1
2 x
2=2a ln x−(a+2) x，
因为函数h(x)有两个零点x1、x2，不妨设x1> x2>0，
则{
2aln x1=(a+2) x1
2aln x2=(a+2) x2)，所以，{
2a(ln x1−ln x2)=(a+2)(x1−x2)
2a(ln x1+ ln x2)=(a+2)(x1+ x2))，
整理可得
ln x1+ ln x2
ln x1−ln x2
= x1+ x2
x1−x2
，即ln(x1 x2)= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
，
要证x1 x2>e
2，即证ln(x1 x2)= x1+ x2
x1−x2
ln x1
x2
>2，
即证ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
=
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
，
令t = x1
x2
>1，即证ln t > 2(t −1)
t +1
，
令p(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中t >1，则p
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以函数p(t )在(1,+ ∞)上为增函数，则p(t )> p(1)=0，
即ln t −2(t −1)
t +1
>0，即ln t > 2(t −1)
t +1
，故原不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)（或f (x)<g(x)）转化为证明
f (x)−g(x)>0（或f (x)−g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)= f (x)−g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构
造辅助函数.
【突破提升训练・9】已知函数f ( x)= x e
−x( x ∈R)．
（1）判断函数f ( x)的单调性；
（2）若方程f ( x)+2a
2−3a+1=0有两个不同的根，求实数a的取值范围；
（3）如果x1≠x2，且f ( x1)= f ( x2)，求证：ln( x1+ x2)>ln 2．
【答案】（1）在(−∞,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减.；（2）(
1
2 ,1)；
（3）证明见解析.
【分析】（1）根据导数和函数单调性的关系即可求出；
（2）先求出函数的值域，即可求出a的范围；
（3）构造函数F( x)= f (1+ x)−f (1−x)，判断函数的单调性，即可证明．
【详解】解：（1）因为f ( x)= x e
−x，所以f
′( x)=(1−x)e
−x，令f
′( x)>0，解得
x<1，令f
′( x)<0，解得x>1，
即函数f ( x)= x e
−x在(−∞,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减．
（2）由（1）可得函数f ( x)= x e
−x在x =1处取得最大值，f ( x)max = f (1)= 1
e ，
所以函数f ( x)的图象大致如下：
易知函数f ( x)= x e
−x的值域为(−∞, 1
e)．
因为方程f ( x)+2a
2−3a+1=0有两个不同的根，
所以−2a
2+3a−1∈(0, 1
e )，即−2a
2+3a−1>0，−2a
2+3a−1< 1
e ，解得
1
2 <a<1．
即实数a的取值范围为(
1
2 ,1)．
（3）证明：由f ( x1)= f ( x2)，x1≠x2，不妨设x1< x2，
构造函数F( x)= f (1+ x)−f (1−x)，x∈(0，1]，
则F
′( x)= f
′(1+ x)+ f
′(1−x)= x
e
x +1 (e
2 x−1)>0，
所以F( x)在x∈(0，1]上单调递增，F( x)> F(0)=0，
也即f (1+ x)>f (1−x)对x∈(0，1]恒成立．
由0< x1<1< x2，则1−x1∈(0，1]，
所以f (1+(1−x1))= f (2−x1)>f (1−(1−x1))= f ( x1)= f ( x2)，
即f (2−x1)>f ( x2)，又因为2−x1，x2∈(1,+∞)，且f ( x)在(1,+ ∞)上单调递减，
所以2−x1< x2，
即证x1+ x2>2．
即ln( x1+ x2)>ln 2．
【点睛】本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的单调性及最值，考查不等式与
函数单调性的应用，考查转化思想，属于中档题．
【突破提升训练・10】已知函数f (x)= x
2ln x−1
3 a x
3−3
2 x
2.
（1）若函数y = f (x)在定义域上单调递减，求实数a的取值范围；
（2）设函数f (x)有两个极值点x1，x2，求证：ln(x1 x2)>4.
【答案】（1）[
2
e
2 ,+ ∞)；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意得f ' (x)≤0在(0,+ ∞)上恒成立，即a≥2ln x−2
x
在(0,+∞)上
恒成立，再求函数g(x)= 2ln x−2
x
的最大值即可得答案；
（2）根据题意得2ln x1 x2=
2ln x1
x2
x1−x2
(x1+ x2)+ 4，不妨设x1> x2，令x1
x2
=t ,t >1，则问
题转化为证明h(t )= t +1
t −1 ln t +2>4在(1,+ ∞)上恒成立，再转化为(t +1)ln t −2t +2>0在
(1,+∞)上恒成立，进一步令m(t )=(t +1)ln t −2t +2，只需求m(t )在(1,+∞)的最小值大于
零即可证毕.
【详解】解：（1）函数的定义域为(0,+ ∞)，
f ' (x)=2 x ln x + x−a x
2−3 x = x (2ln x−ax−2)
∵ 函数y = f (x)在定义域上单调递减，
∴ f ' (x)≤0在(0,+ ∞)上恒成立，
∴  2ln x−ax−2≤0在(0,+ ∞)上恒成立，即：a≥2ln x−2
x
在(0,+∞)上恒成立，
令g(x)= 2ln x−2
x
，则g' (x)= 2(2−ln x)
x
2
，
当x ∈(0,e
2)时，g' (x)>0，此时函数g(x)单调递增，
当x ∈(e
2,+ ∞)时，g' (x)<0，此时函数g(x)单调递减，
∴ 当x =e
2时，函数g(x)有极大值，也是最大值，
∴ a≥g(e
2)= 2
e
2，
故实数a的取值范围为：[
2
e
2 ,+ ∞)
（2）证明：∵ 函数f (x)有两个极值点x1，x2，f ' (x)= x (2ln x−ax−2)
∴ 根据（1）得：{
2ln x1=a x1+2
2ln x2=a x2+2)，
∴ 2ln x1 x2=a(x1+ x2)+ 4,2ln x1
x2
=a(x1−x2)，
∴  2ln x1 x2=
2ln x1
x2
x1−x2
(x1+ x2)+ 4，
∵ x1≠x2，∴ 不妨设x1> x2，令
x1
x2
=t ,t >1，
则ln x1 x2= t +1
t −1 ln t +2，设h(t )= t +1
t −1 ln t +2
故问题转化为证明h(t )= t +1
t −1 ln t +2>4在(1,+ ∞)上恒成立，
∴ 只需证(t +1)ln t −2t +2>0在(1,+ ∞)上恒成立，
令m(t )=(t +1)ln t −2t +2，m' (t )= ln t + 1
t −1，m' ' (t )= 1
t −1
t
2 = t −1
t
2 >0
∴ m' (t )在(1,+∞)上单调递增，由于m' (1)=0，
∴ m' (t )>m' (1)=0，即函数m(t )=(t +1)ln t −2t +2在(1,+∞)上单调递增，
∴ m(t )>m(1)=0，即(t +1)ln t −2t +2>0在(1,+∞)上恒成立
∴ ln(x1 x2)>4成立.
【点睛】本题考查已知函数的单调区间求参数范围，利用导数证明不等式恒成立问题，
考查分析问题与解决问题的能力，是难题.
【突破提升训练・11】已知函数g(x)= ln x−1
2 mx −1，m∈R.
（1）当m=1时，求该函数在x =1处的切线方程；
（2）求该函数的单调区间和极值；
（3）若函数f (x)= xg(x)在其定义域上有两个极值点x1, x2，且x1< x2，求证：
ln x1+ ln x2>2.
【答案】（1）x−2 y −4 =0；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）利用导数求得切线斜率，根据切点和斜率由点斜式求得切线方程.
（2）求得g
′ (x)，对m分成m≤0和m>0两种情况，讨论g(x)的单调区间和极值.
（3）求得f (x)表达式和导函数f
′ (x)，根据x1, x2是方程f
′ (x)=0的两个不同实根列方
程组，化简ln x1+ ln x2表达式，通过构造函数法，证得不等式ln x1+ ln x2>2成立.
【详解】（1）当m=1时，g(x)= ln x−1
2 x−1，则g
′ (x)= 1
x −1
2，故g
′ (1)= 1
2，又
g(1)=−3
2
故切线方程为y −(−3
2)= 1
2
(x−1)，即x−2 y −4 =0
（2）g
′ (x)= 1
x −m
2 = 2−mx
2 x
，x>0，
当m≤0时，g
′ (x)>0在(0,+ ∞)恒成立，g(x)的增区间为(0,+ ∞)，无极值.
当m>0时，令g
′ (x)=0，x = 2
m，则当m∈(0, 2
m)，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
当m∈(
2
m ,+ ∞)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
故g(x)的单调增区间为(0, 2
m)，
单调减区间(
2
m ,+∞)，g(x)有极大值g(
2
m)= ln 2
m −2，无极小值.
（3）f (x)= x ln x−1
2 m x
2−x，则f
′ (x)= ln x−mx，所以x1, x2是方程f
′ (x)=0的两
个不同实根.
于是有{
ln x1−m x1=0
ln x2−m x2=0)
故有m= ln x2−ln x1
x2−x1
= ln x2+ ln x1
x2+ x1
所以：ln x1+ ln x2= ln x2−ln x1
x2−x1
(x2+ x1)
令
x2
x1
=t，则t >1，即证ln t > 2(t −1)
t +1
设h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，t >1，则h
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 ≥0，所以h(t )为(1,+∞)为增函数，
又h(1)=0，因此，h(t )>h(1)=0，故当t >1时有ln t > 2(t −1)
t +1
，所以ln x1+ ln x2>2.
【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究函数的单调区间和
极值，考查利用导数证明不等式，属于难题.
【突破提升训练・12】设k ∈R，函数f (x)=ln x−kx.
(1)若k =2，求曲线y = f (x)在x =1处的切线方程；
(2)若f (x)无零点，求实数k的取值范围；
(3)若f (x)有两个相异零点x1，x2，求证：ln x1+ln x2>2.
【答案】(1)x + y +1=0
(2)(
1
e ,+ ∞)
(3)证明见解析.
【分析】（1）首先求得函数的导数，然后利用导数的几何意义即可求解曲线y = f (x)
在x =1处的切线方程；
（2）分类讨论k的取值范围，利用导数求解函数f ( x)的单调性，进而判断函数f ( x)
零点的个数即可求解；
（3）根据题意可将不等式转化为ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
，令t = x1
x2
>1，构造函数
g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，利用导数求解函数g(t )的单调性，进而得到函数g(t )的最值，即可
证明ln x1+ln x2>2.
【详解】（1）解：函数的定义域为(0,+∞)，f
′ (x)= 1
x −k = 1−kx
x
，
当k =2时，f (1)=−2,f
′ (1)=−1，则切线方程为y −(−2)=−(x−1)，即x + y +1=0.
所以曲线y = f (x)在x =1处的切线方程为x + y +1=0.
（2）解：①若k <0时，则f
′ (x)>0，f (x)是区间(0,+∞)上的增函数，
∵f (1)=−k >0，f (e
k)=k −k e
k =k (1−e
k)<0，
∴f (1)⋅f (e
k)<0，函数f (x)在区间(0,+ ∞)有零点；
②若k =0，f (x)=ln x有唯一零点x =1；
③若k >0，令f
′ (x)=0，得x = 1
k ，
当x∈(0, 1
k)时，f
′ (x)>0，函数f (x)在区间(0, 1
k)上单调递增；
当x∈(
1
k ,+ ∞)时，f
′ (x)<0，函数f (x)在区间(
1
k ,+∞)上单调递减；
故在区间(0,+ ∞)上，f (x)的最大值为f(
1
k)=ln 1
k −1=−lnk −1，
由于f (x)无零点，则f(
1
k)=−ln k −1<0，解得k > 1
e ，
故所求实数k的取值范围是(
1
e ,+∞).
（3）解：设f (x)的两个相异零点为x1，x2，设x1> x2>0，
∵f (x1)=0，f (x2)=0，∴ln x1−k x1=0，ln x2−k x2=0，
∴ln x1−ln x2=k (x1−x2)，ln x1+ln x2=k (x1+ x2)，
∵x1> x2>0，要证ln x1+ln x2>2，只需证k (x1+ x2)>2，
只需
ln x1−ln x2
x1−x2
>
2
x1+ x2
，等价于ln x1
x2
> 2(x1−x2)
x1+ x2
，
设t = x1
x2
>1上式转化为lnt > 2(t −1)
t +1
(t >1)，
设g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
，g
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
∴g(t )在(1,+∞)上单调递增，
∴g(t )> g(1)=0，∴lnt > 2(t −1)
t +1
，
∴ln x1+ln x2>2.
【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)考查数形结合思想的应用．
【突破提升训练・13】已知函数f (x)= x−ln x +m,g(x)= x
e
x ．
(1)若函数f (x)和g(x)的图象都与平行于x轴的同一条直线相切，求m的值；
(2)若函数F (x)= f (x)−g(x)有两个零点x1, x2，证明：e
x1⋅e
x2>e
2．
【答案】(1)m= 1
e −1
(2)证明见详解
【分析】（1）求导得到f (x)与g(x)的单调性，进而分别可得两函数斜率为0 的切线
方程，根据题意得到方程，求出m的值；
（2）令t1= x1
e
x1 ,t2= x2
e
x2 可得−lnt1−t1+m=−lnt2−t2+m=0，由函数单调性可得
x1
e
x1 = x2
e
x2 ，结合（1）可得g(x1)= g(x2)，不妨设0< x1<1< x2，构造差函数，解决极值点偏
移问题.
【详解】（1）由题意：函数f (x)的定义域为(0,+∞)，f
′ (x)=1−1
x ，
当x∈(0,1)时，f
′ (x)<0，当x∈(1,+∞)时，f
′ (x)>0，
故y = f (x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
由f (1)=1+m可得，y = f (x)图象与直线y =1+m相切．
g
′ (x)= 1−x
e
x
，当x∈(−∞,1)时，g
′ (x)>0，当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)<0，
故y = g(x)在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数，g(1)= 1
e ，
即y = g(x)图象与直线y = 1
e 相切．
两函数图象均与平行于x轴的同一条直线相切，则1+m= 1
e ，即m= 1
e −1．
（2）F (x)= x−ln x +m−x
e
x =−ln x
e
x −x
e
x +m，令t1= x1
e
x1 ,t2= x2
e
x2 ，
由F (x1)= F (x2)=0，得−lnt1−t1+m=−lnt2−t2+m=0，
函数y =−lnt −t +m在(0,+ ∞)上为减函数，故t1=t2，即x1
e
x1 = x2
e
x2 ,
即g(x1)= g(x2)，不妨设0< x1<1< x2，
要证e
x1⋅e
x2>e
2，只需证x1+ x2>2，
只需证x2>2−x1，即证g(x2)<g(2−x1)，
因为g(x1)= g(x2)，
只需证g(x1)< g(2−x1)，即g(x1)−g(2−x1)<0，
令h(x)= g(x)−g(2−x) = x
e
x −2−x
e
2−x , x∈(0,1)，
则h
′ (x)= 1−x
e
x
+ x−1
e
2−x =(1−x)e
2−x−e
x
e
xe
2−x
>0，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，
∴h(x)<h(1)=0，
∴原题得证．
【点睛】方法点睛：
极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若函数较为复杂，可先结合函数特
征变形，比如本题中设t1= x1
e
x1 ,t2= x2
e
x2 进行变形，得到x1
e
x1 = x2
e
x2 ,再利用导函数进行求解.
【突破提升训练・14】已知函数f (x)= xe
x−a ln x−a，其中a>0．
(1)若a=2e，求f (x)的极值：
(2)令函数g(x)= f (x)−ax +a，若存在x1，x2使得g(x1)= g(x2)，证明：
x1e
x1+ x2e
x2>2a．
【答案】(1)极小值为f (1)=−e，无极大值.
(2)证明见解析
【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g(x)= x e
x−a ln(x e
x)，令t = xe
x，则上述函数变形为
h(t )=t −a ln t，利用导数说明t (x)= xe
x的单调性，即可得到存在t1= x1e
x1、t2= x2e
x2 
(t1<t2)，使得h(t1)=h(t2)，再根据h(t )的单调性，可得0<t1<a<t2，再构造函数
F (t )=h(t )−h(2a−t )，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
【详解】（1）解：当a=2e时f (x)= xe
x−2eln x−2e，x∈(0,+ ∞)，
所以f
′ (x)=(1+ x)e
x−2e
x = x (1+ x)e
x−2e
x
，
当x∈(0,1)时，0< x
2+ x<2，1<e
x<e，所以f
′ (x)<0，
当x∈(1,+ ∞)时，x
2+ x>2，e
x>e，所以f
′ (x)>0，
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f (1)=−e，无极大值.
（2）证明：g(x)= f (x)−ax +a= x e
x−a ln x −ax = x e
x−a ln(x e
x)，
令t = xe
x，则上述函数变形为h(t )=t −a ln t，
对于t (x)= xe
x，x∈(0,+ ∞)，则t
′ (x)=(1+ x)e
x>0，即t (x)= xe
x在(0,+ ∞)上单调
递增，
所以若存在x1，x2使得g(x1)= g(x2)，则存在对应的t1= x1e
x1、t2= x2e
x2 (t1<t2)，
使得h(t1)=h(t2)，
对于h(t )=t −a ln t，则h
′ (t )=1−a
t ，因为a>0，所以当0<t <a时h
′ (t )<0，当t >a时
h
′ (t )>0，
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0<t1<a<t2，则2a−t1>a，
令F (t )=h(t )−h(2a−t )，则
F
′ (t )=h
′ (t )+h
′ (2a−t )=1−a
t +1−
a
2a−t = −2(t −a)
2
t (2a−t ) <0，
所以F (t )在(0,a)上单调递减，所以F (t1)> F (a)=0，
即h(t1)−h(2a−t1)>0，又h(t1)=h(t2)，所以h(t2)>h(2a−t1)，
又h(t )的单调性可知t2>2a−t1，即有t2+t1>2a成立，
所以x1e
x1+ x2e
x2>2a.
【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．
【突破提升训练・15】已知函数h(x)= x−a ln x (a∈R).
(1)若h(x)有两个零点，a的取值范围；
(2)若方程xe
x−a(ln x + x)=0有两个实根x1、x2，且x1≠x2，证明：e
x1+ x2>e
2
x1 x2
.
【答案】(1)(e,+∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析可知a≠0，由参变量分离法可知直线y = 1
a与函数f (x)= ln x
x 的图
象有两个交点，利用导数分析函数f (x)的单调性与极值，数形结合可求得实数a的取值范
围；
（2）令t = xe
x>0，其中x>0，令t1= x1e
x1，t2= x2e
x2，分析可知关于t的方程
t −a lnt =0也有两个实根t1、t2，且t1≠t2，设t1>t2>0，将所求不等式等价变形为
ln t1
t2
>
2(
t1
t2
−1)
t1
t2
+1
，令s= t1
t2
>1，即证ln s> 2(s−1)
s+1
，令g(s)= ln s−2(s−1)
s+1
，其中s>1，
利用导数分析函数g(s)的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：函数h(x)的定义域为(0,+∞).
当a=0时，函数h(x)= x无零点，不合乎题意，所以，a≠0，
由h(x)= x−a ln x =0可得1
a = ln x
x ，
构造函数f (x)= ln x
x ，其中x>0，所以，直线y = 1
a与函数f (x)的图象有两个交点，
f
′ (x)= 1−ln x
x
2
，由f
′ (x)=0可得x =e，列表如下：
x
(0,e
e
(e,+∞)
f
′ (x)
+
0
−
f (x)
增
极大值1
e
减
所以，函数f (x)的极大值为f (e)= 1
e ，如下图所示：
且当x>1时，f (x)= ln x
x >0，
由图可知，当0< 1
a < 1
e 时，即当a>e时，直线y = 1
a与函数f (x)的图象有两个交点，
故实数a的取值范围是(e,+∞).
（2）证明：因为xe
x−a(ln x + x)=0，则x e
x−a ln(x e
x)=0，
令t = xe
x>0，其中x>0，则有t −a lnt =0，
t
′ =(x +1)e
x>0，所以，函数t = xe
x在(0,+∞)上单调递增，
因为方程xe
x−a(ln x + x)=0有两个实根x1、x2，令t1= x1e
x1，t2= x2e
x2，
则关于t的方程t −a lnt =0也有两个实根t1、t2，且t1≠t2，
要证e
x1+ x2>e
2
x1 x2
，即证x1e
x1⋅x2e
x2>e
2，即证t1t2>e
2，即证lnt1+ lnt2>2，
由已知{
t1=a ln t1
t2=a ln t2)，所以，{
t1−t2=a(lnt1−lnt2)
t1+t2=a(lnt1+ lnt2))，整理可得
t1+t2
t1−t2
= ln t1+ ln t2
ln t1−ln t2
，
不妨设t1>t2>0，即证ln t1+ ln t2= t1+t2
t1−t2
ln t1
t2
>2，即证ln t1
t2
> 2(t1−t2)
t1+t2
=
2(
t1
t2
−1)
t1
t2
+1
，
令s= t1
t2
>1，即证ln s> 2(s−1)
s+1
，其中s>1，
构造函数g(s)= ln s−2(s−1)
s+1
，其中s>1，
g
′ (s)= 1
s −
4
(s+1)
2 = (s−1)
2
s(s+1)
2 >0，所以，函数g(s)在(1,+∞)上单调递增，
当s>1时，g(s)> g(1)=0，故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)（或f (x)<g(x)）转化为证明
f (x)−g(x)>0（或f (x)−g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)= f (x)−g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构
造辅助函数.
【突破提升训练・16】已知函数f (x)=e
x−2 x−(a+1)，g(x)= x
2+(a−1) x−(a+2)（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a>1时，设函数h(x)= f (x)−g(x)的两个极值点为x1、x2且x1< x2，求证：
e
x2−e
x1<4 a+2.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）f (x)=0可得a=e
x−2 x−1，令p(x)=e
x−2 x−1，其中x∈R，则函
数f (x)的零点个数等于直线y =a与函数p(x)=e
x−2 x−1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e
x2−e
x1=2(x2−x1)，将所证不等式转化为x2−x1<2a+1，设函数p(x)
的图象在x =0处的切线交直线y =a于点A(x
′
1,a)，函数p(x)的图象在x = x3处的切线交直
线y =a于点B(x
′
2,a)，证明出x1>−a，x2< x
′
2=
a
2 x3−1 + x3<a+1，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f (x)=0可得a=e
x−2 x−1，令p(x)=e
x−2 x−1，其中x∈R，
则函数f (x)的零点个数等于直线y =a与函数p(x)=e
x−2 x−1图象的公共点个数，
p
′ (x)=e
x−2，令p
′ (x)=0可得x = ln 2，列表如下：
x
(−∞,ln 2
ln2
(ln 2,+ ∞
p
′ (x
−
0
+
p(x)
减
极小值1−2ln2
增
如下图所示：
当a<1−2ln2时，函数f (x)无零点；
当a=1−2ln2时，函数f (x)只有一个零点；
当a>1−2ln2时，函数f (x)有两个零点.
（2）证明：∵h(x)= f (x)−g(x)=e
x−x
2−(a+1) x +1，其中x∈R，
所以，h
′ (x)=e
x−2 x−(a+1)，由已知可得{
h
′(x1)=e
x1−2 x1−(a+1)=0
h
′(x2)=e
x2−2 x2−(a+1)=0)，
上述两个等式作差得e
x2−e
x1=2(x2−x1)，
要证e
x2−e
x1<4 a+2，即证x2−x1<2a+1，
因为p(0)=0，设函数p(x)的图象交x轴的正半轴于点(x3,0)，则x3>ln2，
因为函数p(x)在(ln 2,+ ∞)上单调递增，p(1)=e−3<0，p(
3
2)=e
3
2 −4>0，
∴x3∈(1, 3
2)，
设函数p(x)的图象在x =0处的切线交直线y =a于点A(x
′
1,a)，
函数p(x)的图象在x = x3处的切线交直线y =a于点B(x
′
2,a)，
因为p
′ (0)=−1，所以，函数p(x)的图象在x =0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)，
构造函数m(x)= p(x)+ x =e
x−x−1，其中x∈R，则m
′ (x)=e
x−1，
当x<0时，m
′ (x)<0，此时函数m(x)单调递减，
当x>0时，m
′ (x)>0，此时函数m(x)单调递增，所以，m(x)≥m(0)=0，
所以，对任意的x∈R，p(x)≥−x，当且仅当x =0时等号成立，
由图可知x1<0，则p(x1)=e
x1−2 x1−1=a>−x1，所以，x1>−a，
因为p(x3)=e
x3−2 x3−1=0，可得e
x3=2 x3+1，
函数p(x)在x = x3处的切线方程为y =(e
x3−2)(x−x3)，
联立{
y =(e
x3−2)(x−x3)
y =a
)，解得x =
a
e
x3−2
+ x3=
a
2 x3−1 + x3，即点
B(
a
2 x3−1 + x3,a)，
因为
a
2 x3−1 + x3−(a+1)=(x3−1)(1−
2a
2 x3−1)= (x3−1)(2 x3−1−2a)
2 x3−1
<0，
所以，x
′
2=
a
2 x3−1 + x3<a+1，
构造函数n(x)=e
x−2 x−1−(e
x3−2)(x−x3)，其中x∈R，则n(x3)=0，
n
′ (x)=e
x−e
x3，
当x< x3时，n
′ (x)<0，此时函数n(x)单调递减，
当x> x3时， n
′ (x)>0，此时函数n(x)单调递增，则n(x)≥n(x3)=0，
所以，对任意的x∈R，p(x)≥(e
x3−2)(x−x3)，当且仅当x = x3时，等号成立，
所以，p(x2)=e
x2−2 x2−1=a>(e
x3−2)(x2−x3)，可得x2<
a
e
x3−2
+ x3= x
′
2，
因此，x2−x1< x
′
2−x
′
1<a+1+a=2a+1，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：
（1）直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)（或f (x)<g(x)）转化为证明
f (x)−g(x)>0（或f (x)−g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)= f (x)−g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构
造辅助函数.
【突破提升训练・17】在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，另一
个顶点B在函数f (x)=ln x
x
图象上
(1)当顶点B在x轴上方时，求 Rt△OAB以x轴为旋转轴，边AB和边OB旋转一周形成
的面所围成的几何体的体积的最大值；
(2)已知函数g(x)=e
a x
2−e x +a x
2−1
x
，关于x的方程f (x)= g(x)有两个不等实根
x1，x2 (x1< x2).
（i）求实数a的取值范围;
（ii）证明：x1
2+ x2
2> 2
e .
【答案】(1)4π
3e
2
(2)（i）(0, 1
2 e)；（ii）证明过程见详解.
【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，e
a x
2−e x +a x
2−1= ln x，进行同构e
a x
2+a x
2=e
ln ex+ lne x，
将问题转化为方程a x
2= lne x有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究h(x)= ln x +1
x
2
的单调性和极值，即可求出a 的取值范围.
（ii）由2(x1
2+ x2
2)>(x1+ x2)
2知，先证x1+ x2> 2
❑√e，即极值点偏移问题，构造函数
F (x)=h(x)−h(
2
❑√e −x)，求F
′ (x)，F (x)在(0, 1
❑√e)单调递增，F (x)< F(
1
❑√e)=0，得
h(x)<h(
2
❑√e −x)，从而可得h(x1)<h(
2
❑√e −x1)即h(x2)<h(
2
❑√e −x1)，再由h(x)的单调
性，即可得到x1+ x2> 2
❑√e.
【详解】（1）因为B在x轴上方，所以：ln x
x >0⇒ x>1；
△OAB为直角三角形，所以当AB⊥x轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设A (x ,0)，则B(x , ln x
x )，V = 1
3 ·π(
ln x
x )
2
· x =π
3 · ln
2 x
x
（x>1）.
设h(x)= ln
2 x
x
（x>1），则h
′ (x)= 2ln x−ln
2 x
x
2
，由h
′ (x)>0 ⇒ 2ln x−ln
2 x>0 ⇒ 
ln x (2−ln x)>0.
因为x>1，所以2−ln x>0 ⇒ x<e
2，
所以h(x)在(1,e
2)上单调递增，在(e
2,+∞)上单调递减，所以
h(x)max =h(e
2)= ln
2e
2
e
2
= 4
e
2 .
从而：V max = 4π
3e
2 .
（2）（i）因为f (x)= g(x)，即e
a x
2−e x +a x
2−1= ln x，即e
a x
2+a x
2=e
ln ex+ lne x，
 令u(t )=e
t +t，所以u(a x
2)=u(lne x)，
因为u(t )=e
t +t为增函数，所以a x
2= lne x即a x
2= ln x +1，
所以方程f (x)= g(x)有两个不等实根x1，x2等价于a= ln x +1
x
2
有两个不等实根
x1，x2，
令h(x)= ln x +1
x
2
，所以h
′ (x)= −1−2ln x
x
3
当x∈(0, 1
❑√e)时，h
′ (x)>0，h(x)单调递增；当x∈(
1
❑√e ,+∞)时，h
′ (x)<0，
h(x)单调递减.所以h(x)max =h(
1
❑√e)= 1
2 e.
当x→0时，h(x)→−∞；当x→+∞时，由洛必达法则知lim
x→+∞h(x)=
lim
x→+∞1
2 x
2 =0；
所以a∈(0, 1
2 e).
（ii）由（i）知，x1∈(
1
e , 1
❑√e)，x2∈(
1
❑√e ,+∞)
令F (x)=h(x)−h(
2
❑√e −x)，x∈(0, 1
❑√e)，
因为F (x)= ln x +1
x
2
−
ln(
2
❑√e −x)+1
(
2
❑√e −x)
2
，所以F
′ (x)=−2ln x +1
x
3
−
2ln(
2
❑√e −x)+1
(
2
❑√e −x)
3
，
因为x∈(0, 1
❑√e)，2
❑√e −x∈(
1
❑√e ，+∞)，所以F
′ (x)>0，即F (x)在(0, 1
❑√e)单
调递增，F (x)< F(
1
❑√e)=0，所以h(x)<h(
2
❑√e −x).
因为x1∈(0, 1
❑√e)，所以h(x1)<h(
2
❑√e −x1)，
又因为h(x1)=h(x2)，所以h(x2)<h(
2
❑√e −x1)，
因为x2∈(
1
❑√e ,+∞)，2
❑√e −x1∈(
1
❑√e ,+∞)，且h(x)在(
1
❑√e ,+∞)上单调递减，
所以x2> 2
❑√e −x1，即x2+ x1> 2
❑√e，所以2(x1
2+ x2
2)>(x1+ x2)
2> 4
e ，
所以x1
2+ x2
2> 2
e .
【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x0：求出函数f (x)的极值点x0，结合函数f (x)的图像，由f (x1)= f (x2)
得出x2, x1的取值范围；
（2）构造函数：对结论为x2+ x1>2 x0的情况，构造函数F (x)= f (x)−f (2 x0−x)；
①F
′ (x)= f
′ (x)+ f
′(2 x0−x)>0，则F (x)单调递增；
②注意到F (x0)=0，则F (x1)= f (x1)−f (2 x0−x1)<0即f (x1)<f (2 x0−x1)；
③f (x2)= f (x1)<f (2 x0−x1)，根据f (x)在(x0,+∞)单调减，则x2>2 x0−x1
④得到结论x2+ x1>2 x0.
【突破提升训练・18】已知函数f (x)=ln x +1
ax
.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若(e x1)
x2=(e x2)
x1（e 是自然对数的底数），且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：
x1
2+ x2
2>2.
【答案】(1)结论见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数f ( x)的导数f
′( x)，再按a<0,a>0分类探讨f
′( x)的正负作
答.
（2）等价变形给定等式，结合a=1时函数f ( x)的单调性，由0< x1<1< x2，
f (x1)= f (x2)，再构造函数g( x)= f ( x)−f (2−x)，x∈(1,2)，利用导数、均值不等式推
理作答.
【详解】（1）函数f ( x)= ln x +1
ax
的定义域为(0,+∞)，求导得则f
′( x)=−ln x
a x
2，由
f
′( x)=0得x =1，
若a<0，当0< x<1时，f
′( x)<0，则f ( x)单调递减，当x>1时，f
′( x)>0，则f ( x)
单调递增，
若a>0，当0< x<1时，f
′( x)>0，则f ( x)单调递增，当x>1时，f
′( x)<0，则f ( x)
单调递减；
所以当a<0时，函数f ( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
当a>0时，函数f ( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.
（2）由(e x1)
x2=(e x2)
x1，两边取对数得x2(ln x1+1)= x1(ln x2+1)，即
ln x1+1
x1
= ln x2+1
x2
，
由（1）知，当a=1时，函数f ( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
f ( x)max = f (1)=1，而f ( 1
e )=0，x>1时，f ( x)>0恒成立，
因此当a=1时，存在x1, x2且0< x1<1< x2，满足f (x1)= f (x2)，
若x2∈[2,+ ∞)，则x1
2+ x2
2> x2
2≥4>2成立；
若x2∈(1,2)，则2−x2∈(0,1)，记g( x)= f ( x)−f (2−x)，x∈(1,2)，
则g
′( x)= f
′( x)+ f
′(2−x)=−ln x
x
2 −ln(2−x)
(2−x)
2 >−ln x
x
2 −ln(2−x)
x
2
 
=−ln[−( x−1)
2+1]
x
2
>0，
即有函数g( x)在(1,2)上单调递增，g( x)>g(1)=0，即f ( x)>f (2−x)，
于是f (x1)= f (x2)>f (2−x2)，
而x2∈(1,2)，2−x2∈(0,1)，x1∈(0,1)，函数f ( x)在(0,1)上单调递增，因此
x1>2−x2，即x1+ x2>2，
又x1
2+1>2
❑√x1
2=2 x1, x2
2+1>2
❑√x2
2=2 x2，则有x1
2+1+ x2
2+1>2(x1+ x2)>4，则
x1
2+ x2
2>2，
所以x1
2+ x2
2>2.
【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.
【突破提升训练・19】已知函数f (x)=ln x−a x
2.
(1)讨论函数f (x)的单调性：
(2)若x1, x2是方程f (x)=0的两不等实根，求证：x1
2+ x2
2>2e；
【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a≤0和a>0分类讨论，即可得出函
数的单调性；
（2）由ln x−a x
2=0⇔2ln x−2a x
2=0可得，x1, x2是方程ln x
2−2a x
2=0的两不
等实根，从而可将问题转化为t1,t2是方程2a=lnt
t
的两不等实根，即可得到a和t1,t2的范
围，原不等式等价于t1+t2>2e，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f (x)=ln x−a x
2得：f
′ (x)= 1
x −2ax = 1−2a x
2
x
，
当a≤0时，f
′ (x)>0,f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a>0时，由f
′ (x)>0得0< x<
❑√2a
2a ，由f
′ (x)<0得x>
❑√2a
2a ，
所以f (x)在(0,
❑√2a
2a )上单调递增，在(
❑√2a
2a ,+∞)上单调递减.
（2）因为x1, x2是方程ln x−a x
2=0的两不等实根，
ln x−a x
2=0⇔2ln x−2a x
2=0，
即x1, x2是方程ln x
2−2a x
2=0的两不等实根，
令t = x
2(t >0)，则t1= x1
2,t2= x2
2，即t1,t2是方程2a=lnt
t
的两不等实根.
令g(t )=lnt
t
，则g
′ (t )= 1−lnt
t
2
，所以g(t )在(0,e)上递增，在(e,+∞)上递减，
g (e)= 1
e ，
当t →0时，g(t )→−∞；当t →+ ∞时，g(t )>0且g(t )→0.
所以0<2a< 1
e ，即0<a< 1
2e.
令1<t1<e<t2，要证x1
2+ x2
2>2e，只需证t1+t2>2e，
解法1（对称化构造）：令h(t )= g(t )−g(2e−t ),t ∈(1,e)，
则h(t )= g(t )−g(2e−t )=lnt
t
−ln(2e−t )
2e−t
= (2e−t )lnt −t ln(2e−t )
t (2e−t )
，
令φ(t )=(2e−t )lnt −t ln(2e−t )，
则φ
′ (t )= 2e
t −1−lnt −ln(2e−t )+
t
2e−t = 2e−t
t
+
t
2e−t −ln(−t
2+2et) 
> 2e−t
t
+
t
2e−t −2>0，
所以φ(t )在(1,e)上递增，φ(t )<φ (e)=0，
所以h(t )= g(t )−g(2e−t )<0，所以g(t )<g(2e−t )，
所以g(t2)= g(t1)< g(2e−t1)，所以t2>2e−t1，
即t1+t2>2e，所以x1
2+ x2
2>2e.
解法2（对数均值不等式）：先证
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
，令0< x1< x2，
只需证
x2−x1
x2+ x1
<ln x2−ln x1
2
，只需证2(x−1)
x +1
−ln x<0(x = x2
x1
>1)，
令φ(x)= 2(x−1)
x +1
−ln x( x>1),φ
′ (x)=
4
( x +1)
2 −1
x = −( x−1)
2
x( x +1)
2 <0，
所以φ(x)在(1,+∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)=0.
因为
t1
lnt1
= t2
lnt2
，所以
t1+t2
lnt1+lnt2
=
t1−t2
lnt1−lnt2
< t1+t2
2
，
所以lnt1+lnt2>2，即t1t2>e
2，所以t1+t2>2❑√t1t2>2e.
【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．
【突破提升训练・20】已知函数f (x)= ln x
x −ax.
(1)若f (x)≤−1，求实数a的取值范围；
(2)若f (x)有2 个不同的零点x1, x2（x1< x2），求证：2 x1
2+3 x2
2> 12
5a.
【答案】(1)[1,+ ∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到a≥ln x + x
x
2
，构造h(x)= ln x + x
x
2
，利
用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到a≥h(1)=1；
（2）转化为a= ln x
x
2 有2 个不同的实数根，构造F (x)= ln x
x
2 ，得到其单调性，得到
1< x1<❑√e< x2，且a∈(0, 1
2e)
，求出x2
2
x1
2 = ln x2
ln x1
，换元后即证ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
>0，构造
G (t )= ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
(t >1)，求导后得到G (t )在(1,+ ∞)上单调递增，G (t )>G (1)=0，
得到证明.
【详解】（1）因为函数f (x)的定义域为(0,+∞)，所以f (x)≤−1成立，等价于
a≥ln x + x
x
2
成立.
令h(x)= ln x + x
x
2
，则h
′ (x)= 1−x−2ln x
x
3
，
令g(x)=1−x−2ln x，则g
′ (x)=−1−2
x <0，所以g(x)在(0,+∞)内单调递减，
又因为g(1)=0，所以当x∈(0,1)时，h
′ (x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，
h
′ (x)<0，h(x)单调递减，
所以y =h(x)在x =1处取极大值也是最大值.
因此a≥h(1)=1，即实数a的取值范围为[1,+ ∞).
（2）f (x)有2 个不同的零点等价于a= ln x
x
2 有2 个不同的实数根.
令F (x)= ln x
x
2 ，则F
′ (x)= 1−2ln x
x
3
，当F
′ (x)=0时，解得x = ❑√e.
所以当x∈(0,❑√e)时，F
′ (x)>0，F (x)单调递增，
当x∈(❑√e,+ ∞)时，F
′ (x)<0，F (x)单调递减，
所以y = F (x)在x = ❑√e处取极大值为F (❑√e)= 1
2e.
又因为F (1)=0，当x∈(0,1)时，F (x)<0，当x>1时，F (x)>0.
且x→+ ∞时，F (x)→0.
所以1< x1<❑√e< x2，且a∈(0, 1
2e).
因为x1, x2是方程a= ln x
x
2 的2 个不同实数根，即{
ln x1=a x1
2
ln x2=a x2
2).
将两式相除得
x2
2
x1
2 = ln x2
ln x1
，
令t = x2
x1
，则t >1，t
2= ln x1t
ln x1
，变形得ln x1= lnt
t
2−1，ln x2= t
2ln t
t
2−1
.
又因为x1
2= ln x1
a
，x2
2= ln x2
a
，因此要证2 x1
2+3 x2
2> 12
5a，只需证2ln x1
a
+ 3 ln x2
a
> 12
5a.
因为a>0，所以只需证2ln x1+3 ln x2> 12
5 ，即证3t
2ln t
t
2−1
+ 2ln t
t
2−1
> 12
5 .
因为t >1，即证ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
>0.
令G (t )= ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
(t >1)，则G
′ (t )= (3t
2−2)
2
t (3t
2+2)
2 ≥0，
所以G (t )在(1,+∞)上单调递增，G (t )>G (1)=0，
即当t >1时，ln t −12(t
2−1)
5(3t
2+2)
>0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ln x1−ln x2= ln x1
x2
进行变形，可构造关于t = x1
x2
的
函数，利用导函数再进行求解.
【突破提升训练・21】已知函数f (x)= x
2ln x−a(a∈R)．
(1)若f (x)恰有两个零点，求a 的取值范围；
(2)若f (x)的两个零点分别为x1, x2（x1< x2），求证：2a
x1
2 + a
x2
2 <−e
2．
【答案】(1)(−1
2e ,0)
(2)证明见解析.
【分析】（1）构造g(x)= x
2ln x，由于f (x)恰有两个零点，则x
2ln x =a(a∈R)有两
个根，利用导数求出g(x)的性质即可借助图象求出a 的取值范围.
（2）由题意，将命题成立转化为(
2
x1
2 + 1
x2
2)
ln x1−ln x2
1
x1
2 −1
x2
2
<−e
2成立，令x2
x1
=t (t >1)，
即证明ln t +e
2(
1−t
2
2t
2+1)>0，令F (t )= ln t +e
2(
1−t
2
2t
2+1)，利用导数证明F (t )>0即可.
【详解】（1）令g(x)= x
2ln x，其定义域为(0,+∞)，
则g
′ (x)=2 x ln x + x = x (2ln x +1)，
令g
′ (x)=0，则x =e
−1
2，
当0< x<e
−1
2时，g
′ (x)<0，所以g(x)在(0,e
−1
2)上单调递减；
当x>e
−1
2时，g
′ (x)>0，所以g(x)在(e
−1
2 ,+∞)上单调递增；
因为当0< x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，
且g(e
−1
2)=−1
2e
，
又f (x)恰有两个零点，即x
2ln x =a(a∈R)有两个根，
故函数g(x)与y =a有两个交点，
所以−1
2e <a<0，故a 的取值范围为(−1
2e ,0).
（2）因为f (x)的两个零点分别为x1, x2（x1< x2），
所以x1
2ln x1−a=0，x2
2ln x2−a=0，
所以ln x1= a
x1
2，ln x2= a
x2
2，故ln x1−ln x2= a
x1
2 −a
x2
2 =a(
1
x1
2 −1
x2
2)，
所以a= ln x1−ln x2
1
x1
2 −1
x2
2
，
所以要证
2a
x1
2 + a
x2
2 <−e
2成立，只需证明(
2
x1
2 + 1
x2
2)
ln x1−ln x2
1
x1
2 −1
x2
2
<−e
2，
即证ln x2
x1
+e
2(
1
x2
2 −1
x1
2
2
x1
2 + 1
x2
2)
>0，即证ln x2
x1
+e
2(
1−x2
2
x1
2
2 x2
2
x1
2 +1)
>0，
令
x2
x1
=t (t >1)，即证明ln t +e
2(
1−t
2
2t
2+1)>0，
令F (t )= ln t +e
2(
1−t
2
2t
2+1)，又F (1)=0，
F
′ (t )= 1
t +e
2 × −2t (1+2t
2)−(1−t
2)×4t
(1+2t
2)
2
= 4t
4+(4−3e)t
2+1
t (1+2t
2)
2
，
由于t >1，令m=t
2>1，
所以4 t
4+(4−3e)t
2+1= 4 m
2+(4−3e)m+1，
而y = 4 m
2+(4−3e)m+1，其对称轴为m= 3e−4
8
<1，
所以y = 4 m
2+(4−3e)m+1在(1,+∞)上单调递增，
所以4 t
4+(4−3e)t
2+1>4 + 4−3e+1>0，
于是F
′ (t )>0在(1,+ ∞)上恒成立，
因此F (t )在(1,+∞)上单调递增，
所以F (t )> F (1)=0，
所以原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题（2）的关键点是构造函数F (t )= ln t +e
2(
1−t
2
2t
2+1)，进而
证明ln t +e
2(
1−t
2
2t
2+1)>0，从而说明原命题成立.
【突破提升训练・22】已知函数f (x)= x (1−ln x).
（1）讨论f (x)的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且b ln a−a ln b=a−b，证明：2< 1
a + 1
b <e.
【答案】（1）f (x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+∞)；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即
可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令1
a =m, 1
b =n，命题转换为证明：
2<m+n<e，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的
结论.
【详解】(1)f ( x)的定义域为(0,+∞)．
由f ( x)= x(1−ln x)得，f
′( x)=−ln x，
当x =1时，f ′( x)=0；当x∈(0,1)时f ′( x)>0；当x∈(1,+∞)时，f '( x)<0．
故f ( x)在区间(0,1]内为增函数，在区间[1,+∞)内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由b ln a−a ln b=a−b得1
a (1−ln 1
a )= 1
b (1−ln 1
b )，即f ( 1
a )= f ( 1
b )．
由a≠b，得1
a ≠1
b ．
由（1）不妨设1
a ∈(0,1), 1
b ∈(1,+∞)，则f ( 1
a )>0，从而f ( 1
b )>0，得
1
b ∈(1,e)，
①令g( x)= f (2−x)−f ( x)， 
则g
′( x)= ln(2−x)+ ln x = ln(2 x −x
2)= ln[1−( x −1)
2]，
当x∈(0,1)时，g′( x)<0，g( x)在区间(0,1)内为减函数，g( x)> g(1)=0，
从而f (2−x)>f ( x)，所以f (2−1
a )>f ( 1
a )= f ( 1
b )，
由（1）得2−1
a < 1
b 即2< 1
a + 1
b ．①
令h( x)= x + f ( x)，则h'( x)=1+ f
′( x)=1−ln x，
当x∈(1,e)时，h′( x)>0，h( x)在区间(1,e)内为增函数，h( x)<h(e)=e，
从而x + f ( x)<e，所以1
b + f ( 1
b )<e．
又由1
a ∈(0,1)，可得1
a < 1
a (1−ln 1
a )= f ( 1
a )= f ( 1
b )，
所以1
a + 1
b <f ( 1
b )+ 1
b <e．②
由①②得2< 1
a + 1
b <e．
[方法二]【最优解】：b ln a−a ln b=a−b变形为ln a
a −ln b
b = 1
b −1
a，所以
ln a+1
a
= ln b+1
b
．
令1
a =m, 1
b =n．则上式变为m(1−ln m)=n(1−ln n)，
于是命题转换为证明：2<m+n<e．
令f ( x)= x(1−ln x)，则有f (m)= f (n)，不妨设m<n．
由（1）知0<m<1,1<n<e，先证m+n>2．
要证：m+n>2⇔n>2−m⇔f (n)<f (2−m)⇔f (m)<f (2−m)
⇔f (m)−f (2−m)<0．
令g( x)= f ( x)−f (2−x), x∈(0,1)，
则g′( x)=−ln x−ln(2−x)=−ln[ x(2−x)]≥−ln1=0，
∴g( x)在区间(0,1)内单调递增，所以g( x)<g(1)=0，即m+n>2．
再证m+n<e．
因为m(1−ln m)=n⋅(1−ln n)>m，所以需证n(1−ln n)+n<e⇒m+n<e．
令h( x)= x(1−ln x)+ x , x∈(1,e)，
所以h'( x)=1−ln x>0，故h( x)在区间(1,e)内单调递增．
所以h( x)<h(e)=e．故h(n)<e，即m+n<e．
综合可知2< 1
a + 1
b <e．
[方法三]：比值代换
证明1
a + 1
b >2同证法2．以下证明x1+ x2<e．
不妨设x2=t x1，则t = x2
x1
>1，
由x1(1−ln x1)= x2(1−ln x2)得x1(1−ln x1)=t x1[1−ln(t x1)]，ln x1=1−t ln t
t −1 ，
要证x1+ x2<e，只需证(1+t )x1<e，两边取对数得ln(1+t )+ ln x1<1，
即ln(1+t )+1−t ln t
t −1 <1，
即证ln(1+t )
t
< ln t
t −1．
记g(s)= ln(1+ s)
s
,s∈(0,+ ∞)，则g
′(s)=
s
1+ s −ln(1+ s)
s
2
.
记h(s)=
s
1+ s −ln(1+ s)，则h′(s)=
1
(1+ s)
2 −1
1+ s <0，
所以，h(s)在区间(0,+∞)内单调递减．h(s)<h(0)=0，则g'(s)<0，
所以g(s)在区间(0,+∞)内单调递减．
由t ∈(1,+ ∞)得t −1∈(0,+∞)，所以g(t )<g(t −1)，
即ln(1+t )
t
< ln t
t −1．
[方法四]：构造函数法
由已知得ln a
a −ln b
b = 1
b −1
a，令1
a = x1, 1
b = x2，
不妨设x1< x2，所以f ( x1)= f ( x2)．
由（Ⅰ）知，0< x1<1< x2<e，只需证2< x1+ x2<e．
证明x1+ x2>2同证法2．
再证明x1+ x2<e．令h( x)= 1−ln x
x−e (0< x<e),h
′( x)=
−2+ e
x + ln x
( x−e)
2
．
令φ( x)= ln x + e
x −2(0< x<e)，则φ′( x)= 1
x −e
x
2 = x−e
x
2 <0．
所以φ( x)>φ(e)=0,h′( x)>0，h( x)在区间(0,e)内单调递增．
因为0< x1< x2<e，所以
1−ln x1
x1−e < 1−ln x2
x2−e ，即
1−ln x1
1−ln x2
> x1−e
x2−e
又因为f ( x1)= f ( x2)，所以
1−ln x1
1−ln x2
= x2
x1
, x2
x1
> x1−e
x2−e ，
即x2
2−e x2< x1
2−e x1,( x1−x2)( x1+ x2−e)>0．
因为x1< x2，所以x1+ x2<e，即1
a + 1
b <e．
综上，有2< 1
a + 1
b <e结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函
数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的
处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利
用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于x1+ x2−e<0的式子，这是本方法证明不等式
的关键思想所在.
【突破提升训练・23】已知函数f ( x)= a+ ln x
x
(a∈R)．
(1)求函数f ( x)的单调区间；
(2)当函数f ( x)与函数g( x)=lnx图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；
(3)证明：当a∈(0, 1
2 )时，函数h( x)= f ( x)−ax有两个零点x1，x2，且满足
1
x1
+ 1
x2
< 1
a．
【答案】(1)答案见解析
(2){ ln 2
2 }
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求解单调性；
（2）利用是g( x)=lnx的切线求出其切线方程，再利用切线方程与f ( x)只有一个公
共点，即可求出实数a的取值集合；
（3）证明h( x)有两个零点，即证明函数k( x)=a x
2−lnx −a，其中一个零点x1=1通
过观察即可求得，另一个零点通过切线放缩即可证明x2>
1
❑√2a，将x1=1代入1
x1
+ 1
x2
< 1
a中，
即证明1+ ❑√2a< 1
a成立，通过构造函数v(a)= 1
a −❑√2a−1，判断其单调性即可证明.
【详解】（1）函数f ( x)的定义域为(0,+∞)，
对f ( x)= a+lnx
x
求导，得f
′( x)= 1−a−lnx
x
2
，
令f ′( x)=0，解得x =e
1−a，
当x∈(0,e
1−a)时，f ′( x)>0，f ( x)单调递增．
当x∈(e
1−a,+ ∞)时，f ′( x)<0，f ( x)单调递减；
故f ( x)的单调递增区间为(0,e
1−a)，单调递减区间为(e
1−a,+∞).
（2）设公切线l与函数g( x)=lnx的切点为( x0，y0)，则公切线l的斜率
k = g′( x0)= 1
x0
，
公切线l的方程为：y −y0= 1
x0
( x−x0)，将原点坐标(0,0)代入，得y0=1，
解得x0=e．
公切线l的方程为：y = 1
e x，将它与f ( x)= a+lnx
x
联立，整理得a= 1
e x
2−lnx．
令m( x)= 1
e x
2−lnx，对之求导得：m′( x)= 2 x
2−e
e x
，令m
′( x)=0，解得x = ❑√
e
2．
当x∈(0,❑√
e
2 )时，m′( x)<0，m( x)单调递减,当x∈(❑√
e
2 ,+∞)时，m′( x)>0，
m( x)单调递增，则m( x)有最小值m(❑√
e
2 )= ln 2
2 ，
由于直线l与函数f ( x)相切，即只有一个公共点，
故实数a的取值集合为{ ln 2
2 }；
（3）证明：由h( x)= a+lnx−a x
2
x
得，要证h( x)有两个零点，
只要证k( x)=a x
2−lnx −a有两个零点即可．
观察得k (1)=0，即x =1时函数k( x)的一个零点．
对k( x)求导得：k ′( x)=2ax−1
x ，令k ′( x)=0，解得x =
1
❑√2a．
当x>
1
❑√2a时，k ′( x)>0，k( x)单调递增；当0< x<
1
❑√2a时，k ′( x)<0，k( x)单调
递减；即x =
1
❑√2a时，k( x)取最小值，且k(
1
❑√2a )= 1
2 −ln
1
❑√2a −a= 1
2 −a+ 1
2 ln 2a 
< 1
2 −a+ 1
2
(2a−1)=0， 
 
由k( x)=a x
2−lnx −a>a x
2−( x−1)−a=a x
2−x +1−a>a x
2−x + 1
2得：必定存
x0>
1
❑√2a在使得二次函数u( x)=a x0
2−x0+ 1
2 >0，
即k( x0)>u( x0)>0．因此在区间上(
1
❑√2a , x0)必定存在k( x)的一个零点．
综上所述，h( x)有两个零点，一个是x =1，另一个在区间(
1
❑√2a ,+∞)上．
下面证明1
x1
+ 1
x2
< 1
a．
由上面步骤知h( x)有两个零点，一个是x =1，另一个在区间(
1
❑√2a ,+∞)上．
不妨设x1=1，x2>
1
❑√2a则1
x1
+ 1
x2
=1+ 1
x2
<1+ ❑√2a，下面证明1+ ❑√2a< 1
a即可．
令v(a)= 1
a −❑√2a−1，对之求导得v ′(a)=−1
a
2 −
1
❑√2a <0，
故v（a）在定义域内单调递减，v(a)= 1
a −❑√2a−1>v( 1
2 )=0，即1+ ❑√2a< 1
a．
证明完毕．
【突破提升训练・24】已知函数f (x)=ae
−x+ ln x−1(a∈R).
(1)当a≤e时，讨论函数f (x)的单调性；
(2)若函数f (x)恰有两个极值点x1，x2(x1< x2)，且x1+ x2≤3
2 ln5，求x2
x1
的取值范围.
【答案】(1)f (x)在(0,+∞)上单调递增
(2)(1,5)
【分析】（1）求导f
′ (x)=−ae
−x+ 1
x =e
x−ax
xe
x
，分a≤0， 0<a≤e，讨论求解； 
（2）由f
′(x1)= f
′(x2)=0，得到¿，令x2
x1
=t >1，两式相除得到 x1= lnt
t −1，x2= t lnt
t −1，
从而有x1+ x2= (t +1)ln t
t −1
，设h(t )= (t +1)ln t
t −1
(t >1)，用导数法，结合h(t )≤3
2 ln5求解.
【详解】（1）解：函数的定义域为(0,+ ∞)，f
′ (x)=−ae
−x+ 1
x =e
x−ax
xe
x
，
①当a≤0时，f
' (x)>0恒成立，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
②当0<a≤e时，令f (x)=0，则e
x−ax =0，设g(x)=e
x−ax，则g
′ (x)=e
x−a，
当0< 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，
∴g(x)≥g(ln a)=e
ln a−a ln a=a(1−ln a)≥0，
∴f
′ (x)≥0，f (x)在(0,+ ∞)上单调增；
综上，当a≤e时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
（2）依题意，f
′(x1)= f
′(x2)=0，则¿，令x2
x1
=t >1，则x2=t x1，
两式相除得，e
x2−x1= x2
x1
，e
(t −1) x1=t，
∴x1= ln t
t −1，x2= t ln t
t −1，
∴x1+ x2= (t +1)ln t
t −1
，
设h(t )= (t +1)ln t
t −1
(t >1)，
则h
′ (t )=
t −1
t −2lnt
(t −1)
2
，
设φ(t )=t −1
t −2ln t (t >1)，
则φ
′ (t )=1+ 1
t
2 −2
t = (t −1)
2
t
2
>0，
∴φ(t )在(1,+ ∞)单调递增，则φ(t )>φ(1)=0，
∴h
′ (t )>0，则h(t )在(1,+∞)单调递增，
又x1+ x2≤3
2 ln5，即h(t )≤3
2 ln5，而h(5)= 3
2 ln5，
∴t ∈(1,5)，即
x2
x1
∈(1,5).
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由则¿，令
x2
x1
=t >1，两式相除得到
e
x2−x1= x2
x1
，e
(t −1) x1=t，从而构造x1+ x2= (t +1)ln t
t −1
，再结合x1+ x2≤3
2 ln5成立而得解.
【突破提升训练・25】已知函数f (x)=3ln x +a x
2−4 x(a>0).
(1)当a=1时，讨论f (x)的单调性；
(2)当a= 1
2时，若方程f (x)=b有三个不相等的实数根x1, x2, x3，且x1< x2< x3，证明：
x3−x1<4.
【答案】(1)在(0,+ ∞)上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，结合a=1得到2 x
2−4 x +3>0，即f
′ (x)>0在
(0,+ ∞)内恒成立，所以f (x)在(0,+ ∞)内单调递增；
（2）f (x)=3ln x + 1
2 x
2−4 x，求导，得到函数单调性，得到0< x1<1< x2<3< x3，
构造g(x)= f (x)−f (2−x),0< x<1，求导得到函数单调性，得到x1+ x2>2，再构造
h(x)= f (x)−f (6−x),1< x<3，求导得到函数单调性，得到x2+ x3<6，两式结合得到答
案.
【详解】（1）由题意可知：f (x)的定义域为(0,+∞)，
f
′ (x)= 3
x +2ax−4 = 2a x
2−4 x +3
x
，
令f
′ (x)=0，可得2a x
2−4 x +3=0，当a=1时，即2 x
2−4 x +3=0，
Δ=16−24 =−8<0，可知2 x
2−4 x +3>0在(0,+ ∞)上恒成立，
即f
′ (x)>0在(0,+ ∞)上恒成立，所以f (x)在(0,+∞)上单调递增.
（2）当a= 1
2时，可得f (x)=3ln x + 1
2 x
2−4 x，
f
′ (x)= 3
x + x−4 = (x−3)(x−1)
x
，
1< x<3,f
′ (x)<0;0< x<1,或x>3,f
′ (x)>0;
故f (x)在(0,1),(3,+ ∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，
由题意可得：0< x1<1< x2<3< x3，
因为f (x1)= f (x2)= f (x3)=b，
令g(x)= f (x)−f (2−x),0< x<1，
则g
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (2−x)=(
3
x + x−4)+(
3
2−x +2−x−4)= 6( x−1)
2
x (2−x) >0，
可知g(x)在(0,1)上单调递增，
则g(x)< g(1)=0，可得f (x)<f (2−x)在(0,1)上恒成立，
因为0< x1<1，则f (x1)= f (x2)<f (2−x1)，
且1<2−x1<2,1< x2<3,f (x)在(1,3)上单调递减
则2−x1< x2，即x1+ x2>2；
令h(x)= f (x)−f (6−x),1< x<3，
则h
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (6−x)=(
3
x + x−4)+ (
3
6−x +6−x−4)= 2( x−3)
2
x (6−x) >0，
可知h(x)在(1,3)上单调递增，则h(x)<h(3)=0，
可得f (x)<f (6−x)在(1,3)上恒成立，
因为1< x2<3，则f (x2)= f (x3)<f (6−x2)，
且3<6−x2<5, x3>3,f (x)在(3,+∞)上单调递增，
则6−x2> x3，即x2+ x3<6；
由x1+ x2>2和x2+ x3<6可得x3−x1<4.
【点睛】关键点点睛：构造两次差函数，解决极值点偏移问题，即构造
g(x)= f (x)−f (2−x),0< x<1，求导得到函数单调性，得到x1+ x2>2，再构造
h(x)= f (x)−f (6−x),1< x<3，求导得到函数单调性，得到x2+ x3<6.
【突破提升训练・26】已知函数f (x)= ae
x
x + ln x−x (a∈R)．
(1)讨论函数f (x)的极值点的个数；
(2)若函数f (x)恰有三个极值点x1、x2、x3(x1< x2< x3)，且x3−x1≤1，求x1+ x2+ x3
的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2) 2e
e−1
【分析】（1）求出函数f (x)的定义域与导数，对实数a的取值进行分类讨论，利用导
数分析函数f (x)的单调性，可得出函数f (x)在实数a取不同知值时的极值点个数；
（2）由已知可得出{
ae
x1= x1
ae
x3= x3)，两式相除得到e
x3−x1= x3
x1
，令t = x3
x1
，则t >1，则
x3=t x1，e
(t −1) x1=t，得x1= ln t
t −1，x3= t ln t
t −1，分析可得1<t ≤e，则
x1+ x2+ x3= (t +1)ln t
t −1
+1．
令k (t )= (t +1)ln t
t −1
+1，其中1<t ≤e，利用导数求出函数k (t )的最大值，即为所求.
【详解】（1）解：函数f (x)= ae
x
x + ln x−x (a∈R)的定义域为(0,+∞)，
且f
′ (x)= a(x−1)e
x
x
2
+ 1
x −1= (x−1)(ae
x−x)
x
2
．
①当a≤0时，ae
x−x<0，由f
′ (x)<0，可得x>1；由f
′ (x)>0，可得0< x<1.
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
因此f (x)在x =1处取得极大值，故当a≤0时，f (x)有一个极值点；
②当a≥1
e 时，令g(x)= x
e
x ，其中x>0，则g
′ (x)= 1−x
e
x
，
由g
′ (x)<0可得x>1，由g
′ (x)>0可得0< x<1，
因此g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以g(x)max= g(1)= 1
e ，所以a≥1
e ≥x
e
x ，故ae
x−x ≥0，
由f
′ (x)<0可得0< x<1，由f
′ (x)>0可得x>1，
所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
因此f (x)在x =1处取得极小值，故当a≥1
e 时，f (x)有一个极值点；
③当0<a< 1
e 时，f
′ (x)= (x−1)(ae
x−x)
x
2
=
e
x(x−1)(a−x
e
x)
x
2
，
令f
′ (x)=0得x =1或a= x
e
x ，令h(x)=a−x
e
x ，由②知h(x)min=h(1)=a−1
e <0，
而h(0)=a>0，h(ln 1
a
2)=a+2a
2ln a=a(1+2a ln a)，
令φ(a)=2a ln a+1(0<a< 1
e)，则φ
′ (a)=2(1+ ln a)<0，
所以φ(a)在(0, 1
e)上单调递减，因此φ(a)>1−2
e >0，故h(ln 1
a
2)>0，
所以函数h(x)在(0,1)和(1,ln 1
a
2)上各存在唯一的零点，分别为m、n，
所以函数f (x)在(0,m)上单调递减，在(m,1)上单调递增，在(1,n)上单调递减，在
(n,+∞)上单调递增，
故函数f (x)在x =m和x =n处取得极小值，在x =1处取得极大值，
所以当0<a< 1
e 时，f (x)有三个极值点．
综上所述，当a≤0或a≥1
e 时，f (x)有一个极值点；当0<a< 1
e 时，f (x)有三个极值点．
（2）解：因为函数f (x)恰有三个极值点x1、x2、x3(x1< x2< x3)，
所以由（1）知x1=m，x2=1，x3=n，
由{
ae
x1= x1
ae
x3= x3)，两式相除得到e
x3−x1= x3
x1
．
令t = x3
x1
，则t >1，则x3=t x1，e
(t −1) x1=t，得x1= ln t
t −1，x3= t ln t
t −1，
因此x3−x1= lnt ≤1，所以1<t ≤e，则x1+ x2+ x3= (t +1)ln t
t −1
+1．
令k (t )= (t +1)ln t
t −1
+1，其中1<t ≤e，则k
′ (t )=
t −1
t −2lnt
(t −1)
2
，
令ω(t )=t −1
t −2ln t，则ω
′ (t )=1+ 1
t
2 −2
t = (t −1)
2
t
2
>0，
所以ω(t )在(1,e)上单调递增，则当1<t ≤e时，ω(t )>ω(1)=0，
即k
′ (t )>0，故k (t )在(1,e)上单调递增，
所以当1<t ≤e时，k (t )≤k (e)= 2e
e−1 ，故x1+ x2+ x3的最大值为2e
e−1 ．
【点睛】易错点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值点个数，要注意“极值点”
与“零点”的区别，在转化为导函数的零点问题时，还应注意函数在极值点附近的单调性
的变化，紧扣“极值点”的定义来解题.
【突破提升训练・27】已知函数f ( x)=(1−
2
x +1)e
x−k( x−1), x>−1,k ∈R．
(1)若k =0，证明：x∈(−1,0)时，f ( x)<−1；
(2)若函数f ( x)恰有三个零点x1, x2, x3，证明：x1+ x2+ x3>1．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）当k =0时，f ( x)= x−1
x +1 e
x , x∈(−1,0)，求导，得到导函数大于0 恒
成立，故得到f ( x)<f (0)=−1；（2）首先确定x =1为函数的一个零点，接下来研究
F( x)=e
x
x +1 −k，构造差函数，求导后单调性，得到证明.
【详解】（1）k =0时，函数f ( x)= x−1
x +1 e
x , x∈(−1,0)，
则f
′( x)= x
2+1
( x +1)
2 e
x>0，
f ( x)在(−1,0)上单调递增，
所以f ( x)= x−1
x +1 e
x<f (0)=−1．
（2）f ( x)=( x−1)(
e
x
x +1 −k)，显然x =1为函数的一个零点，设为x3；
设函数F( x)=e
x
x +1 −k，F
′( x)=
xe
x
( x +1)
2
当x∈(−1,0)时，F
′( x)<0，当x∈(0,+∞)时，F
′( x)>0，
故F( x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
由已知，F( x)必有两个零点x1, x2，且−1< x1<0< x2，下证：x1+ x2>0．
设函数h( x)= F( x)−F(−x), x∈(−1,0)，则h( x)=e
x
x +1 +e
−x
x−1，
h
′( x)= xe
−x
( x +1)
2(e
x+ x +1
x−1)(e
x−x +1
x−1)，
由于x∈(−1,0)，则xe
−x
( x +1)
2(e
x−x +1
x−1)<0，
由（1）有e
x+ x +1
x−1 >0，故h
′( x)<0，
即函数h( x)在(−1,0)上单调递减，
所以h( x)>h(0)=0，
即有F (x2)= F (x1)> F (−x1)，
由于−x1, x2∈(0,+∞)，且在(0,+∞)上单调递增，
所以x2>−x1，
所以x1+ x2>0．
【点睛】对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进
行证明.
【突破提升训练・28】已知函数f (x)= (x−a)
2
ln x
（其中a为常数）．
(1)当a=1时，对于任意大于1的实数x，恒有f (x)≥k成立，求实数k的取值范围；
(2)当0<a<1时，设函数f (x)的3个极值点为x1、x2、x3，且x1< x2< x3，求证：
x1+ x3> 2
❑√e ．
【答案】(1)k ≤0；
(2)证明见解析.
【分析】（1）构造函数g(x)=(x −1)
2−k ln x，分析可知，不等式g(x)≥0对任意的
x>1恒成立，分k ≤0、k >0两种情况讨论，利用导数分析函数g(x)的单调性，验证
g(x)≥0能否在(1,+ ∞)上恒成立，即可得解；
（2）分析可知x1、x3是函数h(x)=2ln x + a
x −1的两个零点，可得出
2 x1ln x1−x1=2 x3ln x3−x3，构造函数m(x)=2 x ln x−x，利用导数分析函数m(x)的单
调性，可得出x1< 1
❑√e < x3，再构造函数t (x)=m(x)−m(
2
❑√e −x)，其中0< x< 1
❑√e，利用
导数分析函数t (x)在(0, 1
❑√e)的单调性，通过比较t (x1)与t(
1
❑√e)的大小关系，结合函数
m(x)在(
1
❑√e ,+ ∞)上的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）解：当a=1且x>1时，f (x)≥k，即(x −1)
2−k ln x ≥0成立，
令g(x)=(x −1)
2−k ln x，则g
′ (x)=2 x−2−k
x = 2 x
2−2 x−k
x
，
∵x>1，则2 x
2−2 x =2 x (x−1)>0.
①当k ≤0，g
′ (x)>0，∴g(x)在(1,+∞)上是增函数，
即当x>1时，g(x)> g(1)=0，满足题意；
②当k >0时，令g
′ (x)=0，解得x1= 1−❑√1+2k
2
<0，x2= 1+ ❑√1+2k
2
>1，
当1< x< x2时，g
′ (x)<0，函数g(x)在(1, x2)上是减函数，此时g(x)<g(1)=0，不合
乎题意.
综上所述，k ≤0.
（2）证明：因为f (x)= (x−a)
2
ln x
，其中x>0且x≠1，
则f
′ (x)=
2(x−a)ln x−(x−a)
2
x
ln
2 x
=
(x−a)(2ln x + a
x −1)
ln
2 x
，
对于函数h(x)=2ln x + a
x −1，有h
′ (x)= 2
x −a
x
2 = 2 x−a
x
2
，
因为0<a<1，当0< x< a
2时，h
′ (x)<0，函数h(x)单调递减，
当x> a
2时，h
′ (x)>0，此时函数h(x)单调递增，
因为函数f (x)有3个极值点x1、x2、x3，且x1< x2< x3，
所以，h(x)min=h(
a
2)=2ln a
2 +1<0，解得0<a< 2
❑√e ，
当0<a<1时，h(a)=2ln a<0，h(1)=a−1<0，所以，x1<a<1< x3，
当0< x< x1时，x−a<0，h(x)>0，则f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
当x1< x<a时，x−a<0，h(x)<0，则f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增，
当a< x<1时，x−a>0，h(x)<0，则f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
当1< x< x3时，x−a>0，h(x)<0，则f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
当x> x3时，x−a>0，h(x)>0，则f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增，
所以，函数f (x)的单调递增区间有：(x1,a)、(x3,+∞)，单调递减区间有：(0, x1)、
(a,1)、(1, x3)，故x2=a，
∴当0<a<1时，x1、x3是函数h(x)=2ln x + a
x −1的两个零点，
即有{
2ln x1+ a
x1
−1=0
2ln x3+ a
x3
−1=0)
，消去a有2 x1ln x1−x1=2 x3ln x3−x3，
令m(x)=2 x ln x−x，其中x>0，则m
′ (x)=2ln x +1，令m
′ (x)=0可得x = 1
❑√e，
当0< x< 1
❑√e时，m
′ (x)<0，此时函数m(x)单调递减，
当x> 1
❑√e时，m
′ (x)>0，此时函数m(x)单调递增，且m(
1
❑√e)=−2
❑√e <0，且
x1< 1
❑√e < x3，
构造函数t (x)=m(x)−m(
2
❑√e −x)，其中0< x< 1
❑√e，
则t
′ (x)=m
′ (x)+m
′(
2
❑√e −x)=2ln x +2ln(
2
❑√e −x)+2=2ln[x(
2
❑√e −x))+2
<2ln(
x + 2
❑√e −x
2
)
2
+2=0，
所以，函数t (x)在(0, 1
❑√e)上单调递减，
因为0< x1< 1
❑√e，则t (x1)>t(
1
❑√e)=0，即m(x1)−m(
2
❑√e −x1)>0，
即m(x3)=m(x1)>m(
2
❑√e −x1)，因为0< x1< 1
❑√e < x3，则2
❑√e −x1> 1
❑√e，
函数m(x)在(
1
❑√e ,+ ∞)上单调递增，故x3> 2
❑√e −x1，即x1+ x3> 2
❑√e.
【点睛】思路点睛：利用对称函数法证明x1+ x2<2a（或x1+ x2>2a）型极值点偏移
的相关问题，步骤如下：
①首先构造函数g(x)= f (x)−f (2a−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x1<a< x2，且f (x1)= f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得
g(x1)= f (x1)−f (2a−x1)= f (x2)−f (2a−x1)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x2与2a−x1的大小，从而证明相
应问题.
【突破提升训练・29】已知函数f ( x)=ax−ln x，g(x)=e
x−ax +2．
(1)若f ( x)与g( x)都存在极值，且极值相等，求实数a的值；
(2)令h( x)= f ( x)
x
2
，若h( x)有2 个不同的极值点x1, x2
，求证：
x1h(x1)−x2h(x2)
x1−x2
< 1
2e
3
．
【答案】(1)e
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求得函数f (x),g(x)的单调性与极值，结合题意，列出方程，
即可求解；
（2）求得h
′( x)=−ax +1−2ln x
x
3
，根据题意转化为h
′( x)=0有2 个不相等的正根
x1, x2， 令k( x)=ax +1−2ln x，求得k
′( x)= ax−2
x
，分类讨论，求得k( x)的单调性与
k( x)min<0，设x1< x2，令F (x)=k (x)−k( 4
a −x)，求得F( x)在(0, 2
a)上递减，在
(
2
a ,+ ∞)上递增，得到{
2ln x1=a x1+1
2ln x2=a x2+1)，求得x1 x2>e
3，化简
x1h(x1)−x2h(x2)
x1−x2
=
1
2 x1 x2
，进而证得结论.
【详解】（1）解：由函数f ( x)=ax−ln x，可得其定义域为(0,+∞)，
函数g(x)=e
x−ax +2的定义域为R，且f
′( x)=a−1
x = ax−1
x
，g
′( x)=e
x−a，
若a≤0，则f
′( x)<0，f ( x)在(0,+ ∞)上单调递减，且g
′( x)>0，g( x)在R上单调递
增，此时f ( x)与g(x)都无极值，不符合题意（舍去）；
若a>0，则函数f ( x)在(0, 1
a)上单调递减，在(
1
a ,+∞)上单调递增，
因此当x = 1
a时，f ( x)取得极小值，无极大值，且极小值为f(
1
a)=1+ ln a，
当x∈(−∞,ln a)时，g
′( x)<0，g( x)在(−∞,ln a)上单调递减，
当x∈(ln a,+ ∞)时，g
′( x)>0，g( x)在(ln a,+ ∞)上单调递增，
所以当x = ln a时，g(x)取得极小值，无极大值，且极小值为g(ln a)=a−aln a+2，
因为f ( x)与g(x)都存在极值，且极值相等，可得f(
1
a)= g(ln a)，
即1+ ln a=a−a ln a+2，所以a−(a+1)ln a+1=0，即(a+1)(1−a)=0，
又因为a>0，所以ln a=1，解得a=e.
（2）解：由题意知h( x)= f ( x)
x
2 = a
x −ln x
x
2 ，可得h
′( x)=−ax +1−2ln x
x
3
，
因为h( x)有2 个不同的极值点x1, x2，所以h
′( x)=0有2 个不相等的正根x1, x2， 
令k( x)=ax +1−2ln x，则k( x)=0有2 个不相等的正根x1, x2，
又由k
′( x)=a−2
x = ax−2
x
，
若a≤0，则k
′( x)<0，k( x)在(0,+∞)上单调递减，则k( x)=0至多有1 个根，不合
题意．
若a>0，则当x∈(0, 2
a)时，k
′( x)<0，k( x)在(0, 2
a)上单调递减，当
x∈(
2
a ,+ ∞)时，k
′( x)>0，k( x)在(
2
a ,+∞)上单调递增，若k( x)=0有2 个不相等的正
根x1, x2，
则需k( x)min=k( 2
a )=3−2ln 2
a <0，即ln 2
a > 3
2，解得0<a<2e
−3
2，
又因为x→0时，k( x)→+ ∞，当x→+ ∞时，k( x)→+ ∞，
所以k (x)在(0, 2
a)和(
2
a ,+∞)上各存在一个零点，得k( x)=0有2 个不相等的正根
x1, x2，
不妨设x1< x2，则0< x1< 2
a < x2，
令F (x)=k (x)−k( 4
a −x), x∈(0, 2
a )，
则F
′ (x)=k
′ (x)−k
′( 4
a −x)= ax−2
x
+ 2−ax
4
a −x
= −2(ax−2)
2
ax( 4
a −x) ，
因为x∈(0, 2
a)，所以F
′ (x)<0，F( x)在(0, 2
a)上单调递减，可得F( x)>0
因为x1∈(0, 2
a)，所以F( x1)>0，即k (x1)>k( 4
a −x1)，
又因为k (x1)=k (x2)，所以k (x2)>k( 4
a −x1)，
因为x2> 2
a , 4
a −x1> 2
a，且函数k( x)在(
2
a ,+∞)上单调递增，
所以x2> 4
a −x1，即x1+ x2> 4
a ，
因为{
k (x1)=0
k (x2)=0)，可得{
2ln x1=a x1+1
2ln x2=a x2+1)，
可得ln x1+ ln x2= a( x1+ x2)
2
+1> a
2 × 4
a +1=3，即ln x1 x2>3，所以x1 x2>e
3，
又由x1h(x1)−x2h(x2)
x1−x2
=
f (x1)
x1
−f (x2)
x2
x1−x2
=
(a−ln x1
x1
)−(a−ln x2
x2
)
x1−x2
=
ln x2
x2
−ln x1
x1
x1−x2
=
a x2+1
2 x2
−a x1+1
2 x1
x1−x2
=
x1−x2
2 x1 x2
x1−x2
=
1
2 x1 x2
，
因为x1 x2>e
3，所以
1
2 x1 x2
< 1
2e
3，所以
x1h(x1)−x2h(x2)
x1−x2
< 1
2e
3.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等
关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不
等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关
系；
4、构造“形似”函数，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.
【突破提升训练・30】若函数f (x)在定义域内存在两个不同的数x1，x2，同时满足
f (x1)= f (x2)，且f (x)在点(x1,f (x1))，(x2,f (x2))处的切线斜率相同，则称f (x)为“切合
函数”.
(1)证明：f (x)=2 x
3−6 x为“切合函数”；
(2)若g(x)= xln x−1
e x
2+ax为“切合函数”（其中e为自然对数的底数），并设满足
条件的两个数为x1，x2.
（ⅰ）求证：x1 x2<e
2
4 ；
（ⅱ）求证：(a+1)
2 x1 x2−❑√x1 x2< 3
4 .
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）假设存在x1，x2满足题意，结合题意f (x1)= f (x2)，f
′(x1)= f
′(x2)，即
可求解；
（2）结合新定义“切合函数”满足的条件，得到x1，x2的关系，构造新的函数求导
利用单调性证明.
【详解】（1）假设存在x1，x2满足题意，易知f
′ (x)=6 x
2−6，由题可得：
f (x1)= f (x2)⇔2 x1
3−6 x1=2 x2
3−6 x2⇒x1
2+ x1 x2+ x2
2=3，
f
′(x1)= f
′(x2)⇔6 x1
2−6=6 x2
2−6⇒x1+ x2=0⇒x1=−x2代入上式可解得，
x1=−❑√3，x2= ❑√3或x1= ❑√3，x2=−❑√3，
故f (x)为“切合函数”.
（2）由题可知g
′ (x)=ln x−2 x
e
+a+1，因为g(x)为“切合函数”，故存在不同的x1，
x2（不妨设0< x1< x2），
使得{
g(x1)= g(x2)
g
′(x1)= g
′(x2))，即{
x1ln x1−x1
2
e +a x1= x2ln x2−x2
2
e +a x2
ln x1−2 x1
e
+a+1= ln x2−2 x2
e
+a+1)
，
{
a= x1ln x1−x2ln x2
x2−x1
+ x2+ x1
e
①
e
2 =
x2−x1
ln x2−ln x1
②
)
（ⅰ）先证：
x2−x1
ln x2−ln x1
>❑√x1 x2，即证：
x2−x1
❑√x1 x2
= ❑√
x2
x1
−❑√
x1
x2
>ln x2−ln x1=ln x2
x1
，
令t = ❑√
x2
x1
，则由0< x1< x2可知t >1，要证上式，只需证：
t −1
t >lnt
2=2lnt ⇔m(t )=2lnt −t + 1
t <0，易知m
′ (t )= −(t −1)
2
t
2
<0，
故m(t )在(1,+∞)上单调递减，所以m(t )<m(1)=0，故有
x2−x1
ln x2−ln x1
>❑√x1 x2成立，
由上面的②式可得❑√x1 x2<e
2 ⇒x1 x2<e
2
4 ；
（ⅱ）由上面的②式可得：1
e =ln x2−ln x1
2(x2−x1) ，代入到①式中可得：
a= x1ln x1−x2ln x2
x2−x1
+ 1
2
(ln x2−ln x1)(x2+ x1)
x2−x1
 
= x1ln x1−x2ln x2−x2ln x1+ x1ln x2
2(x2−x1)
= x1ln x1 x2−x2ln x1 x2
2(x2−x1)
 =−ln x1 x2
2
⇒x1 x2=e
−2a，
且由（ⅰ）可得a>−
lne
2
4
2
=ln 2
e
.
（另解：由上面的②式可得x2−x1
e
=ln x2−ln x1
2
，代入到①式的变形：
a(x2−x1)= x1ln x1−x2ln x2+ x2
2−x1
2
e
，整理后也可得到a=−ln x1 x2
2
）
故要证(a+1)
2 x1 x2−❑√x1 x2< 3
4 ，只需证：
(a+1)
2e
−2a−e
−a< 3
4 ⇔3
4 e
2a+e
a−(a+1)
2>0(a>ln 2
e)，
设h(a)= 3
4 e
2a+e
a−(a+1)
2(a>ln 2
e)，则即证：h(a)>0，
h
′ (a)= 3
2 e
2a+e
a−2(a+1)，设M (a)= 3
2 e
2a+e
a−2(a+1)
M
′ (a)=3e
2a+e
a−2=(3e
a−2)(e
a+1)，
∵a>ln 2
e >ln 2
3，∴e
a> 2
3， 
⇒3e
a−2>0⇒M
′ (a)>0⇒h
′ (a)在(ln 2
3 ,+ ∞)上单调递增，
h
′ (a)>h
′(ln 2
e)>h
′(ln 2
3)=2(
2
3 −ln 2
3 −1)，
下面证明x−ln x−1≥0在(0,+∞)上恒成立，
令L(x)= x−ln x−1，则L
′ (x)=1−1
x = 1−x
x
，
所以当x∈(0,1)时，L
′ (x)<0，
当x∈(1,+ ∞)时，L
′ (x)>0，
所以L(x)在x =1处取得最小值，L(1)=0，
所以L(x)≥0在(0,+ ∞)上恒成立，
所以当x = 2
3时，2(
2
3 −ln 2
3 −1)>0，即h
′ (a)>0，
⇒h(a)在(ln 2
3 ,+∞)上单调递增，
⇒h(a)>h(ln 2
e)>h(ln 2
3)=(ln 2
3)(−ln 2
3 −2)>0，
所以原不等式成立.
【点睛】方法点睛：考查了函数的新定义以及不等式的证明问题，利用导数研究函数
的单调性，通过构造新函数，利用函数的单调性证明.
【突破提升训练・31】已知h(x)=ln x−ax
(1)若h(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)若方程ax⋅e
x =ln x + x有两个实根x1、x2，且x2> x1，证明：h
′(
x1e
x1+ x2e
x2
2
)<0.
【答案】(1)0<a< 1
e
(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f (x)= ln x
x 的图象有两
个交点，利用导数分析函数f (x)的单调性与极值，数形结合可求得实数a的取值范围；
    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）解法一：首先通过同构，将等式整理成ax⋅e
x =ln(x ⋅e
x)，再令t = x⋅e
x，通
过已知条件，假设t1= x1e
x1，t2= x2e
x2是h(x)的两个零点，进而可得a=lnt1−lnt2
t1−t2
，要证
h
′(
t1+t2
2 )<0=h
′(
1
a)
，即证t1+t2> 2(t1−t2)
lnt1−lnt2
，即证ln t1
t2
< 2(t1−t2)
t1+t2
=
2(
t1
t2
−1)
t1
t2
+1
，令
k = t1
t2
∈(0,1)，构造函数φ(k )=lnk −2(k −1)
k +1
进行证明即可；
    解法二：首先根据已知条件t1= x1e
x1、t2= x2e
x2是h(x)的两个零点，证
h
′(
t1+t2
2 )<0=h
′(
1
a)，即证t1+t2> 2
a，然后分t2≥2
a和1
a <t2< 2
a两种情况进行分类讨论，
最终构造函数F (x)=h(x)−h(
2
a −x)（1
a < x< 2
a）进行证明.
【详解】（1）解法一：函数f (x)的定义域为(0,+∞)，由f (x)=0可得a=ln x
x
，
令g(x)=ln x
x
，其中x>0，则g
′ (x)= 1−ln x
x
2
，令g
′ (x)=0可得x =e，列表如下：
x
(0,e)
e
(e,+∞)
g
′ (x)
＋
0
－
g(x)
增
极大值1
e
减
且当x>1时，g(x)=ln x
x
>0，作出函数g(x)和y =a的图象如下图所示：
由图可知，当0<a< 1
e 时，
即当0<a< 1
e 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(0, 1
e).
解法二：h(x)=ln x−ax⇒h
′ (x)= 1
x −a
当a≤0时，∴h
′ (x)>0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a>0时，得h(x)在(0, 1
a)递增；在(
1
a ,+∞)递减，
要使h(x)有两个不同零点，
必须a>0且极大值h(
1
a)>0（x→0和x→+ ∞时h(x)→−∞），
∴0<a< 1
e .
（2）解法一：方程ax⋅e
x =ln x + x⇔ax⋅e
x =ln(x⋅e
x)
令t = x⋅e
x，由ax⋅e
x=ln x + x有两个实根x1、x2，
则t1= x1e
x1，t2= x2e
x2是h(x)的两个零点，
由h(t1)=lnt1−at1=0且h(t2)=lnt2−at2=0，可得a=lnt1−lnt2
t1−t2
，
由h(x)=ln x−ax可得h
′ (x)= 1
x −a，要证h
′(
t1+t2
2 )<0=h
′(
1
a)，
即证t1+t2> 2
a，即证t1+t2> 2(t1−t2)
lnt1−lnt2
，
∵x2> x1，∴t2>t1，∴即证ln t1
t2
< 2(t1−t2)
t1+t2
=
2(
t1
t2
−1)
t1
t2
+1
.
令k = t1
t2
∈(0,1)，即证ln k < 2(k −1)
k +1
，
构造函数φ(k )=ln k −2(k −1)
k +1
，其中0<k <1，即证φ(k )<0，
φ
′ (k )= 1
k −
4
(k +1)
2 = (k −1)
2
k (k +1)
2 >0，所以，函数φ(k )在(0,1)上单调递增，
∴φ(k )<φ(1)=0，故原不等式成立.
解法二：方程ax⋅e
x =ln x + x ⇔ax⋅e
x =ln(x ⋅e
x)
令t = x⋅e
x，由ax⋅e
x =ln x + x有两个实根x1、x2，
则t1= x1e
x1、t2= x2e
x2是h(x)的两个零点
由h(x)=ln x−ax可得h
′ (x)= 1
x −a为减函数，
要证h
′(
t1+t2
2 )<0=h
′(
1
a)，即证t1+t2> 2
a，
由h(x)的图象，不妨设t1< 1
a <t2（t1，t2分布在h(x)的极值点两侧）
要证t1+t2> 2
a，只需证t1> 2
a −t2
①当t2≥2
a时，因0<t1< 1
a，故上式显然成立.
②当1
a <t2< 2
a时，0< 2
a −t2< 1
a，又0<t1< 1
a，
由h(x)在(0, 1
a)递增，即证明h(t1)>h(
2
a −t2)⇔h(t2)>h(
2
a −t2)
构造函数F (x)=h(x)−h(
2
a −x)（1
a < x< 2
a）
F
′ (x)=h
′ (x)+h
′(
2
a −x)= 1
x −a+
1
2
a −x
−a=
2
a −4 x +2a x
2
x(
2
a −x)
=
2a(x−1
a)
2
x(
2
a −x)
>0，
∴F (x)在(
1
a , 2
a)为增函数，F (x)> F(
1
a)=0，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.
【突破提升训练・33】已知函数f (x)= ln x
x
2+a（x>0），其中a∈R.
（1）讨论函数f (x)的单调性；
（2）若e
2[(x −1)
2(x +1)+ ln x)<e
2 x ln x，求x 的取值范围；
（3）当a=3e
4时，若x1，x2为函数g(x)= f (x)−m（m∈R）的两个零点，试证明：
4 e
2
(x1+e
2)(x2+e
2)
<m(x1+ x2)<
1+e
e(
❑√x1+ ❑√x2).
【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）(0,1)∪(1,+ ∞)；（3）证明见解析.
【分析】（1）f
′ (x)= a+ x
2−2 x
2ln x
x(x
2+a)
2
，a=2 x
2ln x−x
2= x
2(2ln x−1)，
令h(x)= x
2(2ln x−1)，利用导数研究h(x)的单调性，可知h(x)在区间(0,1)上单调递
减，在区间(1,+ ∞)上单调递增，可得h(x)≥h(1)=−1，当x→0+，h(x)→0，当x→+∞，
h(x)→+∞，然后分a≤−1、−1<a<0、a>0三种情况对a 进行分类讨论，利用导数可得
出函数f (x)的单调性；
（2）要证e
2[(x−1)
2(x +1)+ ln x)<e
2 x ln x，即证(x−1)(x
2−1)<e2(x−1)ln x−ln x，
分析可得：当x≠1时，
x−1
e
2( x−1)−1
< ln x
x
2−1，即当a=−1时，f (e
x−1)<f (x)，利用（1）的
结论即可证得，从而e
x−1> x，由于y =e
x−1与y = x在x =1处相切，且y =e
x−1为下凹函数，
故x∈(0,1)∪(1,+ ∞)；
（3）构造函数φ(x)= ln x−2(x−e
2)
x +e
2
−2，μ(x)= ln x−
❑√x
e + e
❑√x −2，通过证明
φ(x)与0 的大小可得出
4 e
2
(x1+e
2)(x2+e
2)
<m(x1+ x2)，通过证明μ(x)与0 的大小可得出
m(x1+ x2)<
1+e
e(
❑√x1+ ❑√x2)，进而证得结论.
【详解】（1）f
′ (x)=
x + a
x −2 x ln x
(x
2+a)
2
= a+ x
2−2 x
2ln x
x(x
2+a)
2
，极值点即为f
′ (x)的变号零
点，
即a=2 x
2ln x−x
2= x
2(2ln x−1)，记h(x)= x
2(2ln x−1)，h′ (x)= 4 x ln x，
令h′ (x)>0，解得x>1；令h′ (x)<0，解得0< x<1，
故h(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增，
则h(x)≥h(1)=−1，当x→0+，h(x)→0，当x→+ ∞，h(x)→+∞，
①当a≤−1时，f
′ (x)≤0在区间(0,❑√−a)∪(❑√−a,+∞)上恒成立，所以函数f (x)在
区间(0,❑√−a)和(❑√−a,+∞)上单调递减；
②当−1<a<0时，则方程a=2 x
2ln x−x
2= x
2(2ln x−1)有两个根，记为x1，x2，不
妨设x1<1< x2，
因为h(❑√−a)<a，故x1<❑√−a< x2，当0< x< x1或x> x2时，f ' (x)<0；当
x1< x<❑√−a或
❑√−a< x< x2时，f ' (x)>0，
所以函数f (x)在(0, x1)，(x2,+∞)上单调递减，在(x1,❑√−a)，(
❑√−a, x2)上单调递增.
③当a>0时，则方程a=2 x
2ln x−x
2= x
2(2ln x−1)有一个根，记为x3，
当0< x< x3时，f ' (x)>0；当x> x3时，f ' (x)<0，所以函数f (x)在(0, x3)上单调递增，
在(x3,+∞)上单调递减.
（2）e
2[(x −1)
2(x +1)+ ln x)<e
2 x ln x，即(x −1)(x
2−1)<e2(x−1)ln x −ln x，
当x =1时，左边=右边（舍）；当x>1时，x
2−1>0，e2(x−1)−1>0，
当x<1时，x
2−1<0，e2(x−1)−1<0，即当x≠1时，(x
2−1)⋅(e2(x−1)−1)>0，
于是
x−1
e
2( x−1)−1
< ln x
x
2−1，即当a=−1时，f (e
x−1)<f (x)，
由（1）知，当a≤−1时，f (x)在(0,+∞)上单调递减，所以f (e
x−1)<f (x)⇔e
x−1> x
（x∈(0,+ ∞)），
由于y =e
x−1与y = x在x =1处相切，且y =e
x−1为下凹函数，故x∈(0,1)∪(1,+∞)；
（3）f
′ (x)=
x + a
x −2 x ln x
(x
2+a)
2
=0，即a=2 x
2ln x−x
2= x
2(2ln x−1)，
∵a=3e
4，∴x0=e
2，
由（1）知：当a>0时，f (x)先增后减，不妨设1< x1<e
2< x2，
{
g(x1)=
ln x1
x1
2+3e
4 −m=0
g(x2)=
ln x2
x2
2+3e
4 −m=0)
，{
ln x1=m(x1
2+3e
4)
ln x2=m(x2
2+3e
4))，
构造函数φ(x)= ln x−2(x−e
2)
x +e
2
−2，μ(x)= ln x−
❑√x
e + e
❑√x −2，
φ
′ (x)= 1
x −2(x +e
2)−2(x−e
2)
(x +e
2)
2
= 1
x −
4 e
2
(x +e
2)
2 = (x−e
2)
2
x(x +e
2)
2 ≥0=φ
′(e
2)，
∴{
ln x< 2(x−e
2)
x +e
2
+2(x<e
2)
ln x> 2(x−e
2)
x +e
2
+2(x>e
2)
，即{
ln x1=m(x1
2+3e
4)< 2(x1−e
2)
x1+e
2
+2
ln x2=m(x2
2+3e
4)> 2(x2−e
2)
x2+e
2
+2)
，
两式相减得：m(x2
2−x1
2)> 2(x2−e
2)
x2+e
2
−2(x1−e
2)
x1+e
2
=
4 e
2(x2−x1)
(x1+e
2)(x2+e
2)
，
即
4 e
2
(x1+e
2)(x2+e
2)
<m(x1+ x2)，
μ
′ (x)= 1
x −
1
2e ❑√x −
e
2 x ❑√x = 2e ❑√x−x−e
2
2ex ❑√x
= −(❑√x−e)
2
2ex ❑√x
≤0= μ
′(e
2)，
∴{
ln x>
❑√x
e −e
❑√x +2(x<e
2)
ln x<
❑√x
e −e
❑√x +2(x>e
2))
，
即{
ln x1=m(x1
2+3e
4)>
❑√x1
e −e
❑√x1
+2
ln x2=m(x2
2+3e
4)<
❑√x2
e −e
❑√x2
+2)
，两式相减得：
m(x2
2−x1
2)<
❑√x2−❑√x1
e
+ e(
❑√x2−❑√x1)
❑√x1 x2
，
即m(x1+ x2)<(
1
e +
e
❑√x1 x2)⋅
1
❑√x1+ ❑√x2
，∴1
e +
e
❑√x1 x2
< 1
e +e，
即m(x1+ x2)<
1+e
e(
❑√x1+ ❑√x2)，
综上所述：
4 e
2
(x1+e
2)(x2+e
2)
<m(x1+ x2)<
1+e
e(
❑√x1+ ❑√x2).
【点睛】方法点睛：构造函数证明不等式的常用方法：1、移项法构造函数；2.作差法
构造函数；3.换元法构造函数；4.从条件等式入手构造；5.主元法构造函数；6.构造二阶导
数函数；7.对数法构造函数；8.构造形似函数.