重难点 导数与极值点偏移、拐点偏移问题 讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦导数综合应用中的极值点偏移和拐点偏移核心考点，按“含义-题设形式-解决策略”逻辑架构，通过考点梳理、策略指导（对称化构造等）、真题训练（含2022全国甲卷等）环节，帮助学生构建问题分析框架，突破高考难点。 资料以“策略+例题+变式”模式创新教学，如用比值代换转化双变量问题培养数学思维，借对数均值不等式强化数学语言表达，设置分层练习适配不同学生。助力学生高效掌握解题方法，提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

★高中数学重难点系列★ 重难点　极值点偏移和拐点偏移问题 目录 一、极值点偏移的含义 1 二、极值点偏移问题的一般题设形式： 3 三、极值点偏移问题的解决策略 3 策略1 对称化构造 3 策略2 比值代换 4 策略3 非标准极值点偏移问题 5 策略4 对数均值不等式 7 拐点偏移问题 8 一、极值点偏移的含义 函数f(x)满足内任意自变量x都有f(x)＝f(2m－x)，则函数f(x)关于直线x＝m对称．可以理解为函数f(x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f(x)为单峰函数，则x＝m必为f(x)的极值点x0，如图(1)所示，函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点则刚好满足＝x0，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移． 　　　　　　　　 图(1)　　　 　　　图(2)　　　　 　　　　　　　　图(3) 若≠x0，则极值点偏移．若单峰函数f(x)的极值点为x0，且函数f(x)满足定义域内x＝m左侧的任意自变量x都有f(x)>f(2m－x)或f(x)<f(2m－x)，则函数f(x)极值点x0左右侧变化快慢不同．如图(2)(3)所示．故单峰函数f(x)定义域内任意不同的实数x1，x2，满足f(x1)＝f(x2)，则与极值点x0必有确定的大小关系：若x0<，则称为极值点左偏；若x0>，则称为极值点右偏． 深层理解 1．已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)． 2．若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)． (1)极值点左偏：x1＋x2＞2x0，x＝处切线与x轴不平行． 若f(x)上凸（f(x)递减），则f()＜f(x0)＝0，若f(x)下凸（f(x)递增），则f()＞f(x0)＝0． (2)极值点右偏：x1＋x2＞2x0，x＝处切线与x轴不平行． 若f(x)上凸（f(x)递减），则f()＜f(x0)＝0，若f(x)下凸（f(x)递增），则f()＜f(x0)＝0． 二、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＞2x0（x0为函数f(x)的极值点）； (2)若函数f(x)定义域中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞2x0（x0为函数f(x)的极值点）； (3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令x0＝，求证：f(x0)＞0； (4)若函数f(x)定义域中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝，求证：f(x0)＞0． 三、极值点偏移问题的解决策略 策略1 对称化构造 对称构造法主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式的证明问题．其解题要点如下： (1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0. (2)构造函数，即对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；对结论x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式．或两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可． (3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性． (4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系． (5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的大小关系，进而得到所证或所求. 若要证明f′<0，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证．此处只需继续证明：因为x1＋x2<2x0，故<x0，由于f(x)在(－∞，x0)上单调递减，故f′<0. 例1 已知函数f(x)＝，x∈(0，π)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>. 例2已知函数f(x)＝x2，a为实数． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在x＝e处取得极值，f′(x)是函数f(x)的导函数，且f′(x1)＝f′(x2)，x1<x2，证明：2<x1＋x2<e. 　1.(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋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x1x2＜1. 策略2 比值代换 比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解． 特殊地，如运算过程中产生对数均值不等式＜＜(x1＞0，x2＞0，且x1≠x2)形式，则可使用比值代换法证明． 其解题要点为： (1)联立消参：利用方程f (x1)＝f (x2)消掉解析式中的参数a． (2)抓商构元：令t＝，消掉变量x1，x2，构造关于t的函数h(t)． (3)用导求解：利用导数求解函数h(t)的最小值，从而可证得结论． 例3　已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2＞2. 1.已知函数f(x)＝x(ln x－a)，g(x)＝＋a－ax. (1)当x≥1时，f(x)≥－ln x－2恒成立，求a的取值范围； (2)若g(x)的两个相异零点为x1，x2，求证：x1x2>e2. 2. (2024·安徽六安一中模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x(a∈R)． (1)证明：曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l恒过定点； (2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：x1x2>. 策略3 非标准极值点偏移问题 应用极值点偏移方法证明x1＋x2>2x0的关键是x0是函数f(x)的极值点，如果x0不是题给函数的极值点，就需要我们重新构造函数，使新函数的极值点恰好为x0，进而使用极值点偏移方法，亦或是借用其它数量值或不等关系，重新包装所求代数不等式， 隐去“x1＋x2>2x0”这一极值点偏移“显眼包”，。 例4已知函数f(x)＝ln x－ax2(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两个不等实根，求证： ①x＋x>2e； ②x1x2>. 　1.已知函数f(x)＝xln x－＋tx－1(t∈R)有两个极值点x1，x2(x1<x2)． (1)求t的取值范围； (2)证明：x1＋x2>x1x2. 　2. (2023·马鞍山模拟)设函数f(x)＝ln(x－1)－. (1)若f(x)≥0对∀x∈[2，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围； (2)已知方程＝有两个不同的根x1，x2，求证：x1＋x2>6e＋2，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数． 3.已知函数. (1)讨论的单调性和最值； (2)若关于的方程有两个不等的实数根，求证：. 　4.已知函数f(x)=a－－lnx,aR. （1）若a=2，求函数f(x)在(1,e2)上的零点个数； （2）若f(x)有两零点x1,x2(x1＜x2)，求证：2＜x1+x2＜3ea-1－1. 　5.已知函数f(x)= lnx－a(x－2),aR. （1）讨论函数f(x)的单调性； （2）若f(x)有两零点x1,x2(x1＜x2)，求证：x1+3x2＞＋2. 　6.已知函数f(x)= x－1－ae−x,aR. （1）讨论函数f(x)的单调性； （2）若f(x)有两个零点x1,x2，且x1＜x2，求证：x1+2x2＜＋1. 策略4 对数均值不等式 规律方法　利用对数均值不等式解题的一般步骤： 步骤1：构建等量关系式； 步骤2：对等量关系式进行处理； 步骤3：恒等变形转化出对数平均数(或它的倒数)，代入对数均值不等式(根据题目需要和放缩的方向，可以恰当选择调和平均数等其它形式)进行求解； 步骤4：根据证明的目标，从不等式a<<<<<b中恰当选择放缩的方向和放缩的工具. 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系： （此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 指数不等式 在对数均值不等式中，设a＝em，b＝en，则E(a，b)＝根据对数均值不等式有如下关系：e≤E(a，b)≤. 例5 (2010天津)已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2． 例6 已知f(x)＝2x－sinx－ln x. (1)当a＝1时，讨论函数f(x)的极值点个数； (2)若存在x1，x2(0<x1<x2)，使f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2<a. 1.(2026广东华附、省实、广雅、深中四校联考)19.已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1)－asinx,aR. (1)讨论函f(x)在区间(0,)内的零点个数； (2)若a[0,1],使得f(x－1)+ax2≤bebx对x(1,+)恒成立，求实数b的取值范围 (3)若方程f(x－1)=(x+1)lnx－2ax(a＞0)有两个不相等的实根x1,x2，求证：x1x2＜. 2.已知函数， (1)讨论函数的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围； (3)令，若存在，且时，，证明：． 拐点偏移问题 拐点偏移：设x＝x0是函数f(x)的拐点，若函数f(x)的图象与直线y＝f(x0)＋m和y＝f(x0)－m分别交于A(x1，f(x0)＋h)，B(x2，f(x0)－h)两点，则AB的中点为M，称＝x0为拐点居中；＜x0为拐点右偏；＞x0为拐点左偏． 拐点右偏＜x0 拐点左偏＞x0 已知f(x)＝…，x1≠x2，若f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)，求证：x1＋x2＞2x0或x1＋x2＜2x0. 解题思路： (1) 构造一元和函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)； (2) 求F′(x)，F″(x)，判断导数符号，确定F(x)的单调性； (3) 结合F(x0)＝2f(x0)，判断F(x)与2f(x0)的大小关系； (4) 由f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)及F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＞2f(x0)得f(2x0－x2)＞f(x1)，或由F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＜2f(x0)得f(2x0－x2)＜f(x1). (5) 结合f(x)的单调性得2x0－x2＞x1或2x0－x2＜x1，从而得x1＋x2＜2x0或x1＋x2＞2x0. 例7已知函数f(x)＝ex－x2－x－1，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＜0. 已知函数f(x)＝x ln x－x2＋，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＞2. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $★高中数学重难点系列★ 重难点　极值点偏移和拐点偏移问题 目录 一、极值点偏移的含义 1 二、极值点偏移问题的一般题设形式： 3 三、极值点偏移问题的解决策略 3 策略1 对称化构造 3 策略2 比值代换 7 策略3 非标准极值点偏移问题 11 策略4 对数均值不等式 19 拐点偏移问题 24 一、极值点偏移的含义 函数f(x)满足内任意自变量x都有f(x)＝f(2m－x)，则函数f(x)关于直线x＝m对称．可以理解为函数f(x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f(x)为单峰函数，则x＝m必为f(x)的极值点x0，如图(1)所示，函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点则刚好满足＝x0，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移． 　　　　　　　　 图(1)　　　 　　　图(2)　　　　 　　　　　　　　图(3) 若≠x0，则极值点偏移．若单峰函数f(x)的极值点为x0，且函数f(x)满足定义域内x＝m左侧的任意自变量x都有f(x)>f(2m－x)或f(x)<f(2m－x)，则函数f(x)极值点x0左右侧变化快慢不同．如图(2)(3)所示．故单峰函数f(x)定义域内任意不同的实数x1，x2，满足f(x1)＝f(x2)，则与极值点x0必有确定的大小关系：若x0<，则称为极值点左偏；若x0>，则称为极值点右偏． 深层理解 1．已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)． 2．若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)． (1)极值点左偏：x1＋x2＞2x0，x＝处切线与x轴不平行． 若f(x)上凸（f(x)递减），则f()＜f(x0)＝0，若f(x)下凸（f(x)递增），则f()＞f(x0)＝0． (2)极值点右偏：x1＋x2＞2x0，x＝处切线与x轴不平行． 若f(x)上凸（f(x)递减），则f()＜f(x0)＝0，若f(x)下凸（f(x)递增），则f()＜f(x0)＝0． 二、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＞2x0（x0为函数f(x)的极值点）； (2)若函数f(x)定义域中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞2x0（x0为函数f(x)的极值点）； (3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令x0＝，求证：f(x0)＞0； (4)若函数f(x)定义域中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝，求证：f(x0)＞0． 三、极值点偏移问题的解决策略 策略1 对称化构造 对称构造法主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式的证明问题．其解题要点如下： (1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0. (2)构造函数，即对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；对结论x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式．或两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可． (3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性． (4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系． (5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的大小关系，进而得到所证或所求. 若要证明f′<0，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证．此处只需继续证明：因为x1＋x2<2x0，故<x0，由于f(x)在(－∞，x0)上单调递减，故f′<0. 例1 已知函数f(x)＝，x∈(0，π)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>. [解析]　(1)f′(x)＝，0<x<π，由f′(x)＝0得x＝， 当0<x<时，f′(x)>0；当<x<π时，f′(x)<0. ∴f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是. (2)证明：∵x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，∴由(1)知，不妨设0<x1<<x2<π. 要证x1＋x2>，只需证x2>－x1， 而<－x1<，f(x)在上单调递减，故只需证f(x2)<f. 又f(x1)＝f(x2)，∴只需证f(x1)<f. 令函数g(x)＝f(x)－f＝－=－（0<x<）， 则g′(x)＝＋＝(cos x－sin x)·. 当0<x<时，cos x－sin x>0，－x>x，故g′(x)>0， ∴g(x)在上单调递增， 故在上g(x)<g＝f－f＝0， ∴f(x1)<f成立，故x1＋x2>成立． 例2已知函数f(x)＝x2，a为实数． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在x＝e处取得极值，f′(x)是函数f(x)的导函数，且f′(x1)＝f′(x2)，x1<x2，证明：2<x1＋x2<e. 解　(1)函数f(x)＝x2的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2x＋x＝x(2ln x－3a＋1)．令f′(x)＝0，得x＝e， 当x∈(0，e)时，f′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0， 故函数f(x)的单调递减区间为(0，e)，单调递增区间为(e，＋∞)． (2)证明：因为函数f(x)在x＝e处取得极值，所以x＝e＝e，得a＝1， 所以f(x)＝x2，得f′(x)＝x(2ln x－2)＝2x(ln x－1)， 令g(x)＝2x(ln x－1)，因为g′(x)＝2ln x，当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0， 所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 且当x∈(0，e)时，g(x)＝2x(ln x－1)<0，当x∈(e，＋∞)时，g(x)＝2x(ln x－1)>0， 故0<x1<1<x2<e. 先证x1＋x2>2，需证x2>2－x1. 因为x2>1，2－x1>1，下面证明g(x1)＝g(x2)>g(2－x1)． 设t(x)＝g(2－x)－g(x)， 则当0<x<1时，t′(x)＝－g′(2－x)－g′(x)＝－2ln (2－x)－2ln x＝－2ln [(2－x)x]>0， 故t(x)在(0，1)上为增函数， 故t(x)<t(1)＝0， 所以t(x1)＝g(2－x1)－g(x1)<0，则g(2－x1)<g(x2)，所以2－x1<x2，即得x1＋x2>2. 下面证明：x1＋x2<e. 令g(x1)＝g(x2)＝m，当x∈(0，1)时，g(x)－(－2x)＝2xln x<0，所以g(x)<－2x成立， 所以－2x1>g(x1)＝m，所以x1<－. 当x∈(1，e)时，记h(x)＝g(x)－(2x－2e)＝2xln x－4x＋2e， 所以当x∈(1，e)时，h′(x)＝2ln x－2<0，所以h(x)为减函数，得h(x)>h(e)＝2e－4e＋2e＝0， 所以m＝g(x2)>2x2－2e，即得x2<＋e.所以x1＋x2<－＋＋e＝e. 综上，2<x1＋x2<e. 　1.(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋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x1x2＜1. 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex－＋1＝ex＋＝， 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以f(x)≥f(1)＝e＋1－a， 若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1， 所以a的取值范围为(－∞，e＋1]． (2)证法一：由题意知，f(x)的一个零点小于1，一个零点大于1.不妨设0<x1＜1＜x2， 要证x1x2＜1，即证x1＜. 因为x1，∈(0，1)，即证f(x1)＞f，因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)＞f， 即证－ln x＋x－xe－ln x－＞0，x∈(1，＋∞)，即证－xe－2>0. 下面证明当x＞1时，－xe＞0，ln x－＜0. 设g(x)＝－xe，则g′(x)＝ex－＝. 设φ(x)＝， 则当x>1时，φ′(x)＝ex＝ex＞0，所以φ(x)＞φ(1)＝e，而e＜e，所以－e＞0， 所以当x>1时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，即g(x)＞g(1)＝0， 所以－xe＞0. 令h(x)＝ln x－， 则当x>1时，h′(x)＝－＝－＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减， 即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－＜0. 综上，－xe－2＞0，即x1x2＜1得证． 证法二：不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，0<<1. 由f(x1)＝f(x2)＝0，得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2，即ex1－ln x1＋x1－ln x1＝ex2－ln x2＋x2－ln x2. 因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立． 构造函数h(x)＝x－ln x，g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥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，h(x)>h， 所以h(x1)＝h(x2)>h， 又h′(x)＝1－＝，当0<x<1时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，1)上单调递减， 所以0<x1<<1，即x1x2<1. 策略2 比值代换 比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解． 特殊地，如运算过程中产生对数均值不等式＜＜(x1＞0，x2＞0，且x1≠x2)形式，则可使用比值代换法证明． 其解题要点为： (1)联立消参：利用方程f (x1)＝f (x2)消掉解析式中的参数a． (2)抓商构元：令t＝，消掉变量x1，x2，构造关于t的函数h(t)． (3)用导求解：利用导数求解函数h(t)的最小值，从而可证得结论． 例3　已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2＞2. 【解答】f′(x)＝(1－x)e－x，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) ↗ 极大值 ↘ 所以f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数，则函数f(x)在x＝1处取得极大值且f(1)＝＞0，f(－1)＝－e＜0，当x＞0时，f(x)＞0，故若有x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，则0＜x1＜1＜x2. 方法一：由f(x1)＝f(x2)得x1e－x1＝x2e－x2，整理可得ex2－x1＝，两边取对数得x2－x1＝ln x2－ln x1.因为0＜x1＜1＜x2，所以＝1，故x1＋x2＝(x1＋x2)×＝·(ln x2－ln x1)＝ln .令t＝＞1，则x1＋x2＝ln t，所以要证x1＋x2＞2，即证当t＞1时，ln t＞2，即证当t＞1时，(1＋t)ln t＞2(t－1)，只要证当t＞1时，ln t＞2－(***)，即证当t＞1时，ln t－2＋＞0.构造函数m(t)＝ln t－2＋，t＞1，则m′(t)＝－＝＞0，所以m(t)在(1，＋∞)上单调递增，有m(t)＞m(1)＝0，所以当t＞1时，ln t－2＋＞0(***)，即原命题x1＋x2＞2得证． 方法二：由f(x1)＝f(x2)得x1e－x1＝x2e－x2，整理可得ex2－x1＝，两边取对数得x2－x1＝ln x2－ln x1(△).下面证明对数均值不等式：当a＞b＞0时，恒有＜.要证＜，只要证＜，只要证ln a－ln b＞，由方法一中(***)部分可得证．因为0＜x1＜1＜x2，故有＜，结合(△)，可得＞1，即x1＋x2＞2. 1.已知函数f(x)＝x(ln x－a)，g(x)＝＋a－ax. (1)当x≥1时，f(x)≥－ln x－2恒成立，求a的取值范围； (2)若g(x)的两个相异零点为x1，x2，求证：x1x2>e2. 解　(1)当x≥1时，f(x)≥－ln x－2恒成立，即当x≥1时，(x＋1)ln x－ax＋2≥0恒成立， 设F(x)＝(x＋1)ln x－ax＋2， 所以F(1)＝2－a≥0，即a≤2；F′(x)＝ln x＋＋1－a， 设r(x)＝ln x＋＋1－a，则r′(x)＝－＝， 所以当x≥1时，r′(x)≥0，即r(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以r(x)≥r(1)＝2－a≥0， 所以当x≥1时，F′(x)＝r(x)≥0，即F(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以F(x)≥F(1)＝2－a≥0. 所以a的取值范围为(－∞，2]． (2)法一：对称化构造法1 由x1，x2是方程f (x)＝0的两个不同实根得a＝，令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)， 由于g′(x)＝，因此，g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 设1<x1<e<x2，需证明x1x2>e2，只需证明x1>∈(1，e)，只需证明f(x1) > f()， 即f(x2)>f()，即f(x2)－f()>0． 令h(x)＝f(x)－f()(x∈(1，e))，h′(x)＝>0． 故h(x)在(1，e)上单调递增，故h(x) <h(0)＝0．即f(x)<f()，令x＝x1，则f (x2)＝f (x1) <f() 因为x2，∈(e，＋∞) ，f (x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x1>，即x1x2>e2． 对称化构造法2 由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f (x1)＝f (x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根． 令t1＝ln x1，t2＝ln x2．设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2． 下证：t1＋t2>2． g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝．当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0． 由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2，作出函数g(x)的图象如图所示，由图知必有0<t1<1<t2， 令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝(e2x－1)>0， 所以F(x)在(0，1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0，1]恒成立， 即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立． 由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0，1]，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)， 即g(2－t1)>g(t2)，又2－t1∈(1，＋∞)，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以2－t1<t2，即t1＋t2>2． 法二：比值换元法1 不妨设x1>x2>0，因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0， 所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a， 欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2． 因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>， 所以原问题等价于证明>，即ln>， 令t＝(t>1)，则不等式变为ln t>．令h(t)＝ln t－，t>1， 所以h′(t)＝－＝>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即ln t－>0(t>1)，因此原不等式x1x2>e2得证． 比值换元法2 由题知a＝＝，则＝，设x1<x2，t＝(t>1)，则x2＝tx1， 所以＝t，即＝t，解得lnx1＝，lnx2＝lntx1＝lnt＋lnx1＝lnt＋＝． 由x1x2>e2，得lnx1＋lnx2>2，所以lnt>2，所以lnt－>0，令h(t)＝ln t－，t>1， 所以h′(t)＝－＝>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即ln t－>0(t>1)，因此原不等式x1x2>e2得证． 法三：差值换元法 由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f (x1)＝f (x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根． 设t1＝ln x1，t2＝ln x2，设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2． 下证：t1＋t2>2． 由g(t1)＝g(t2)，得t1＝t2，化简得＝，① 不妨设t2>t1，由法二知，0<t1<1<t2．令s＝t2－t1，则s>0，t2＝s＋t1，代入①式， 得es＝，解得t1＝．则t1＋t2＝2t1＋s＝＋s，故要证t1＋t2>2，即证＋s>2， 又es－1>0，故要证＋s>2，即证2s＋(s－2)(es－1)>0，② 令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，则G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0， 故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0，从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增， 所以G(s)>G(0)＝0，所以②式成立，故t1＋t2>2． 总结提升　该方法的关键是巧妙引入变量s，然后利用等量关系，把t1，t2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为： (1)取差构元：记s＝t2－t1，则t2＝t1＋s，利用该式消掉t2． (2)巧解消参：利用g(t1)＝g(t2)，构造方程，解之，利用s表示t1． (3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数G(s)． (4)转化求解：利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值，从而证得结论． 2. (2024·安徽六安一中模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x(a∈R)． (1)证明：曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l恒过定点； (2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：x1x2>. [证明]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝xln x－ax2＋x，得f′(x)＝ln x－2ax＋2，则f′(1)＝2(1－a)，又f(1)＝1－a，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l的方程为y－(1－a)＝2(1－a)(x－1)，即y＝2(1－a)，显然恒过定点. (2)若f(x)有两个零点x1，x2，则x1ln x1－ax＋x1＝0，x2ln x2－ax＋x2＝0，得a＝＋＝＋. 因为x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，则＋＝＋， 得ln x1＝－1，则ln x2＝ln(tx1)＝ln t＋ln x1＝－1， 所以ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2＝－1＋－1＝－2. 令h(t)＝－2(t>2)，则h′(t)＝， 令φ(t)＝－2ln t＋t－(t>2)，则φ′(t)＝－＋1＋＝>0， 则φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t)>φ(2)＝－2ln 2>0. 所以h′(t)＝>0，则h(t)在(2，＋∞)上单调递增， 所以h(t)>h(2)＝3ln 2－2＝ln ，即ln(x1x2)>ln ，故x1x2>. 策略3 非标准极值点偏移问题 应用极值点偏移方法证明x1＋x2>2x0的关键是x0是函数f(x)的极值点，如果x0不是题给函数的极值点，就需要我们重新构造函数，使新函数的极值点恰好为x0，进而使用极值点偏移方法，亦或是借用其它数量值或不等关系，重新包装所求代数不等式， 隐去“x1＋x2>2x0”这一极值点偏移“显眼包”，。 例4已知函数f(x)＝ln x－ax2(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两个不等实根，求证： ①x＋x>2e； ②x1x2>. (1)解　由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 由f(x)＝ln x－ax2，得f′(x)＝－2ax＝， 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<， 由f′(x)<0得x>，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明　因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0的两个不相等的实根， 即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0的两个不相等的实根， 令t＝x2(t>0)，则t1＝x，t2＝x，即t1，t2是方程2a＝的两个不相等的实根． 令g(t)＝，则g′(t)＝， 当0<t<e时，g′(t)>0；当t>e时，g′(t)<0， 所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝， 当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)>0且g(t)→0.所以0<2a<，即0<a<. 令1<t1<e<t2. ①要证x＋x>2e，只需证t1＋t2>2e， 方法一　令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)， 则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝－＝， 令φ(t)＝(2e－t)ln t－tln(2e－t)， 则φ′(t)＝－1－ln t－ln(2e－t)＋＝＋－ln(－t2＋2et)>＋－2>0， 所以φ(t)在(1，e)上单调递增，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)， 因为t2>e,2e－t1>e，且g(t)在(e，＋∞)上单调递减， 所以t2>2e－t1，即t1＋t2>2e，所以x＋x>2e. 方法二　先证<， 令0<x1<x2，只需证<，只需证2－ln x<0(x＝>1)， 令φ(x)＝2－ln x(x>1)，φ′(x)＝－＝<0， 所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)＝0. 因为＝，所以＝<， 所以ln t1＋ln t2>2，即t1t2>e2，所以t1＋t2>2>2e. 方法三　由＝(1<t1<e<t2)， 设t2＝λt1(λ>1)，＝，所以ln λ＋ln t1＝λln t1， 即ln t1＝，ln t2＝，ln t1＋ln t2＝， 构造函数g(x)＝ln x－(x>1)，g′(x)＝－＝>0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0. 即ln x>(x>1)，即>2(x>1)， 则ln t1＋ln t2>2，即t1t2>e2，所以t1＋t2>2>2e. ②要证x1x2>，只需证t1t2>， 只需证ln t1＋ln t2>1－ln 2a，只需证2at1＋2at2>1－ln 2a，只需证t1＋t2>， ∵<， 令t1＝得<，即2at＋(ln 2a－1)t2＋＋>0，① 令t2＝，得<，即－2at－(ln 2a－1)t1－>0② ①＋②得2a(t－t)＋(ln 2a－1)(t2－t1)>0，即t1＋t2>. 　1.已知函数f(x)＝xln x－＋tx－1(t∈R)有两个极值点x1，x2(x1<x2)． (1)求t的取值范围； (2)证明：x1＋x2>x1x2. 解　(1)f′(x)＝ln x＋1－＋t，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－＝(x>0)， 令g′(x)＝0，解得x＝， 所以当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0， 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以g(x)max＝g＝1－ln 2＋t. 因为f(x)有两个极值点，所以g(x)有两个变号零点， 所以g(x)max>0，即1－ln 2＋t>0，所以t>ln 2－1，即t的取值范围为(ln 2－1，＋∞)． (2)证明：由题意，知ln x2－＋t＋1＝0，ln x1－＋t＋1＝0， 所以ln x2－ln x1＝(x2－x1)，即＝. 要证x1＋x2>x1x2，只需证＋>，即证＋>， 即证2ln <＋＝－， 设＝u(u>1)，则只需证u－>2ln u(u>1)， 令h(u)＝u－－2ln u(u>1)，则h′(u)＝1＋－＝＝>0， 所以h(u)在(1，＋∞)上单调递增，又当u从右侧趋近于1时，h(u)趋近于0， 所以h(u)>0，即u－>2ln u(u>1)，则x1＋x2>x1x2. 　2. (2023·马鞍山模拟)设函数f(x)＝ln(x－1)－. (1)若f(x)≥0对∀x∈[2，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围； (2)已知方程＝有两个不同的根x1，x2，求证：x1＋x2>6e＋2，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数． 【明说解题】>3e (1)解　由f(x)＝ln(x－1)－≥0，得xln(x－1)－k(x－2)≥0. 令φ(x)＝xln(x－1)－k(x－2)，x∈[2，＋∞)，则φ′(x)＝ln(x－1)＋－k， 令h(x)＝φ′(x)，则h′(x)＝－＝≥0(x≥2)． 所以函数φ′(x)＝ln(x－1)＋－k在[2，＋∞)上单调递增， 故φ′(x)≥φ′(2)＝2－k. ①当k≤2时，φ′(x)≥2－k≥0，所以φ(x)在[2，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(2)＝0， 此时f(x)≥0对∀x∈[2，＋∞)恒成立，符合题意； ②当k>2时，φ′(2)＝2－k<0，φ′(ek＋1)＝>0，故存在x0∈(2，＋∞)使得φ′(x0)＝0， 当x∈(2，x0)时，φ′(x)<0，则φ(x)单调递减，此时φ(x)<φ(2)＝0，不符合题意． 综上，实数k的取值范围为(－∞，2]． (2)证明　由(1)中结论，取k＝2，有ln(x－1)>(x>2)， 令t＝x－1，则t>1，即ln t>(t>1)． 不妨设x2>x1>1，t＝>1，则ln >，整理得>. 于是>＝＝3e， 即x1＋x2>6e＋2. 3.已知函数. (1)讨论的单调性和最值； (2)若关于的方程有两个不等的实数根，求证：. 【明说解题】利用同构可得原方程即为有两个不同的实数根，结合构造法ex1,ex2就是方程lnx+2=mx的两个不同实数根，函数y=lnx+2-mx有极值点,得证成立. 【详解】（1），其中 若，则在上恒成立，故在上为减函数， 故无最值. 若，当时，； 当时，； 故在上为增函数，在上为减函数， 故，无最小值. （2）方程即为， 故， 因为为上的增函数，所以 所以关于的方程有两个不等的实数根即为： 有两个不同的实数根. 所以，所以， 不妨设，，故， 要证：即证， 即证，即证， 即证， 设，则， 故，所以在上为增函数， 故，所以在上为增函数， 所以，故成立. 【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程， 　4.已知函数f(x)=a－－lnx,aR. （1）若a=2，求函数f(x)在(1,e2)上的零点个数； （2）若f(x)有两零点x1,x2(x1＜x2)，求证：2＜x1+x2＜3ea-1－1. 【明说解题】函数f(x)的极值点为1,　可以证明x1+x2>2.函数y=ax－1－xlnx的极值点为ea-1,可以证明x1+x2＜2ea-1,所以1+x1+x2＜+(x1+x2)＜3ea-1. 　5.已知函数f(x)= lnx－a(x－2),aR. （1）讨论函数f(x)的单调性； （2）若f(x)有两零点x1,x2(x1＜x2)，求证：x1+3x2＞＋2. 【明说解题】f(x)极值点是，可以证明x1+x2>,又x2>，x2>2,得证． （1）解：，， ①当时，，恒成立，在上递增 ②当时，令，解得 在上递增，在上递减 综上，当时，在上递增； 当时，在上递增，在上递减 （2）解：由（1），当时，在上递增，在上递减 且，， 且当时，，当时， 因为，所以，则，又因为，则 所以只需证明，即有，下面证明 设 设，则， 令，解得，在上递减，在上递增 ，则在上递增 又因为，所以 即，因为，所以 而，，在上递减 所以，即，得证 　6.已知函数f(x)= x－1－ae−x,aR. （1）讨论函数f(x)的单调性； （2）若f(x)有两个零点x1,x2，且x1＜x2，求证：x1+2x2＜＋1. 【明说解题问题转化为a=(x－1)ex有两解，研究y=(x－1)ex的单调性，画出图象，结合与y=a的交点情况，知x1＜0＜x2＜1，由极值点偏移，可以证明x1+x2＜0,问题转化为证明x2＜＋1，而a=(x2－1)ex2，所以只要证明x2－1＜(x2－1)ex2−1，即证明1> ex2−1, x2－1＜0,得证． 策略4 对数均值不等式 规律方法　利用对数均值不等式解题的一般步骤： 步骤1：构建等量关系式； 步骤2：对等量关系式进行处理； 步骤3：恒等变形转化出对数平均数(或它的倒数)，代入对数均值不等式(根据题目需要和放缩的方向，可以恰当选择调和平均数等其它形式)进行求解； 步骤4：根据证明的目标，从不等式a<<<<<b中恰当选择放缩的方向和放缩的工具. 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系： （此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 指数不等式 在对数均值不等式中，设a＝em，b＝en，则E(a，b)＝根据对数均值不等式有如下关系：e≤E(a，b)≤. 定理的证明：当时，．不失一般性，可设．证明如下： (1)先证：　　　　① 不等式① 构造函数，则． 因为时，，所以函数在上单调递减， 故，从而不等式①成立； (2)再证：　　　　② 不等式② 构造函数，则． 因为时，，所以函数在上单调递增， 故，从而不等式②成立； 综合(1)(2)知，对，都有对数平均不等式成立，当且仅当时，等号成立． 例5 (2010天津)已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2． 解析　(1)f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1， ∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)有极大值f(1)＝，f(x)无极小值． (2)方法一　(对称化构造法) 分析法　欲证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，由(1)可设0<x1<1<x2，故x1，2－x2∈(0，1)， 又因为f(x)在(0，1)上单调递增，故只需证f(x1)>f(2－x2)，又因为f(x1)＝f(x2)， 故也即证f(x2)>f(2－x2)，构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)， 则等价于证明F(x)>0对x∈(1，＋∞)恒成立． 由F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)， ∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0， 则F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)>0， 即已证明F(x)>0对x∈(1，＋∞)恒成立，故原不等式x1＋x2>2亦成立． 综合法　构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1， 则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)， ∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0， ∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0，故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*) 由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1<x2，将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)，又f(x1)＝f(x2)， ∴f(x1)>f(2－x2)．又x1<1，2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴x1>2－x2，∴x1＋x2>2． 总结提升　本题(2)证明的不等式中含有两个变量，对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧，然后根据函数的单调性，通过两个变量之间的关系“减元”，建立新函数，最终将问题转化为函数的最值问题来求解．考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素养．在求解此类问题时，需要注意变量取值范围的限定，如本题中利用x1，2－x2，其取值范围都为(0，1)，若将所证不等式化为x1＞2－x2，则x2，2－x1的取值范围都为(1，＋∞)，此时就必须利用函数h(x)在(1，＋∞)上的单调性来求解．对于x1＋x2型不等式的证明常用对称化构造法去解决，书写过程可用分析法或用综合法． 方法二　(比值代换法) 设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)即取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2． 令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝． ∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0， 设g(t)＝ln t－ (t>1)，∴g′(t)＝－＝>0， ∴当t>1时，g(t)为增函数，∴g(t)>g(1)＝0，∴ln t－>0，故x1＋x2>2． 总结提升　对于(2)的证明，也经常用比值代换法证明．比值代换的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解． 方法三　(对数均值不等式法) 设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)，即取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2， 可得，1＝，利用对数平均不等式得，1＝<，即证，x1＋x2>2． 总结提升　对于(2)的证明，也可用对数均值不等式法证明，用此法往往可秒证．但必须用前给出证明． 例6 已知f(x)＝2x－sinx－ln x. (1)当a＝1时，讨论函数f(x)的极值点个数； (2)若存在x1，x2(0<x1<x2)，使f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2<a. 解　(1)当a＝1时，f(x)＝2x－sinx－ln x，则f′(x)＝2－cosx－， 当x≥1时，f′(x)≥1－cosx≥0，故f(x)在[1，＋∞)上单调递增，不存在极值点； 当0<x<1时，令h(x)＝2－cosx－，则h′(x)＝sinx＋>0恒成立， 故函数h(x)即f′(x)在(0，1)上单调递增， 且f′(1)＝1－cos1>0，f′＝－cos－2<0，所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0， 所以当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 故函数f(x)在(0，1)上存在唯一极值点． 综上，当a＝1时，函数f(x)的极值点有且仅有一个． (2)证明：由f(x1)＝f(x2)，知2x1－sinx1－ln x1＝2x2－sinx2－ln x2， 整理，得2(x1－x2)－(sinx1－sinx2)＝(ln x1－ln x2)(*)， 不妨令g(x)＝x－sinx(x>0)，则g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当0<x1<x2时，有g(x1)<g(x2)，即x1－sinx1<x2－sinx2， 那么sinx1－sinx2>x1－x2，因此(*)即转化为>. 接下来证明>(0<x1<x2)，等价于证明ln >－， 不妨令＝t(0<t<1)，建构新函数φ(t)＝2ln t－t＋(0<t<1)， φ′(t)＝－1－＝－<0， 则φ(t)在(0，1)上单调递减，又当t从左侧趋近于1时，φ(t)趋近于0， 所以φ(t)>0，故ln >－即>(0<x1<x2)得证， 由不等式的传递性知<，即x1x2<a. 1.(2026广东华附、省实、广雅、深中四校联考)19.已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1)－asinx,aR. (1)讨论函f(x)在区间(0,)内的零点个数； (2)若a[0,1],使得f(x－1)+ax2≤bebx对x(1,+)恒成立，求实数b的取值范围 (3)若方程f(x－1)=(x+1)lnx－2ax(a＞0)有两个不相等的实根x1,x2，求证：x1x2＜. 【明说解题】本题应该是基于sin(x－1)~(x－1)命制的，需要通过不等式放缩，直接运用对数均值不等式搞定。原方程可化为lnx=2ax－asin(x－1)，相减得lnx2－lnx1=2a(x2－x1)－a[sin(x2－1)－sin(x1－1)]，不妨设x2＞x1,由y=t－sint的单调递增，得sin(x2－1)－sin(x1－1)＜(x2－1)－(x1－1)＝x2－x1，所以lnx2－lnx1＞a(x2－x1)，即＞a，由对数均值不等式＞＞a，所以x1x2＜. 2.已知函数， (1)讨论函数的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围； (3)令，若存在，且时，，证明：． 【明说解题】本题与上题类似.根据题意可得，通过构造函数，求函数单调性及参变分离可得，令，通过导数得的单调性，即可证明，从而可证明. 【详解】（1）定义域为，， 当时，恒成立，所以在上单调递增 当时，由得，由得， 即在上单调递增，在上单调递减， 综上可得当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）当时，不等式恒成立在上恒成立， 设，，所以， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以时，； （3），， ， 令，则， 在上单调递增，不妨设， ， ， 要证，即，只需证， 令，只需证，只需证， 设，则， ∴在上单调递增，∴， 所以，即成立， ∴，即. 【点睛】思路点睛:利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性. 拐点偏移问题 拐点偏移：设x＝x0是函数f(x)的拐点，若函数f(x)的图象与直线y＝f(x0)＋m和y＝f(x0)－m分别交于A(x1，f(x0)＋h)，B(x2，f(x0)－h)两点，则AB的中点为M，称＝x0为拐点居中；＜x0为拐点右偏；＞x0为拐点左偏． 拐点右偏＜x0 拐点左偏＞x0 已知f(x)＝…，x1≠x2，若f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)，求证：x1＋x2＞2x0或x1＋x2＜2x0. 解题思路： (1) 构造一元和函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)； (2) 求F′(x)，F″(x)，判断导数符号，确定F(x)的单调性； (3) 结合F(x0)＝2f(x0)，判断F(x)与2f(x0)的大小关系； (4) 由f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)及F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＞2f(x0)得f(2x0－x2)＞f(x1)，或由F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＜2f(x0)得f(2x0－x2)＜f(x1). (5) 结合f(x)的单调性得2x0－x2＞x1或2x0－x2＜x1，从而得x1＋x2＜2x0或x1＋x2＞2x0. 例7已知函数f(x)＝ex－x2－x－1，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＜0. 【解答】由f′(x)＝ex－x－1≥0，知函数f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0.因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以x1＜0＜x2.构造和函数F(x)＝f(x)＋f(－x)＝ex－x2－2＋e－x，x＞0，则F′(x)＝f′(x)－f′(－x)＝ex－e－x－2x，F″(x)＝ex＋e－x－2＞0，所以F′(x)＞F′(0)＝0，因此F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(0)＝0，所以F(x2)＝f(x2)＋f(－x2)＞0.又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以－f(x1)＋f(－x2)＞0，即f(－x2)＞f(x1).因为f(x)在R上单调递增，所以－x2＞x1，即x1＋x2＜0. 已知函数f(x)＝x ln x－x2＋，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＞2. 【解答】由f′(x)＝ln x－x＋1≤0，知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0.因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以0＜x1＜1＜x2.构造和函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝x ln x＋(2－x)ln (2－x)－x2＋2x－1，0＜x＜1，则F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝ln x－ln (2－x)－2x＋2，则F″(x)＝＋－2＝＞0，因此F′(x)在(0，1)上单调递增，所以F′(x)＜F′(1)＝0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)＝0，所以F(x1)＝f(x1)＋f(2－x1)＞0，又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以－f(x2)＋f(2－x1)＞0，即f(2－x1)＞f(x2).因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $