《2023一轮复习重难点专题突破专题05 极值点偏移问题与拐点偏移问题 （解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023一轮复习重难点专题突破专题05 极值点偏移问题与拐点偏移问题 （解析版）.pdf（49页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 一轮复习重难点专题突破一轮复习重难点专题突破专题专题 05 极值点偏移问题极值点偏移问题与拐点偏移问与拐点偏移问题题【考点预测】【考点预测】1.极值点偏移的相关概念极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。若函数)(xf在0 xx 处取得极值，且函数)(xfy 与直线by 交于),(),(21bxBbxA两点，则AB的中点为),2(21bxxM，而往往2210 xxx。如下图所示。图 1 极值点不偏移图 2极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(xfy 在区间),(ba内只有一个极值点0 x，方程)(xf的解分别
2、为21xx、，且bxxa21，（1）若0212xxx，则称函数)(xfy 在区间),(21xx上极值点0 x偏移；（2）若0212xxx，则函数)(xfy 在区间),(21xx上极值点0 x左偏，简称极值点0 x左偏；（3）若0212xxx，则函数)(xfy 在区间),(21xx上极值点0 x右偏，简称极值点0 x右偏。【方法技巧与总结】【方法技巧与总结】1.对称变换对称变换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0 x)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点 x0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2
3、)F xf xfxx，若证2120 x xx，则令02()()()xF xf xfx.(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0(2)fxx的大小关系(5)转化，即利用函数()f x的单调性，将()f x与0(2)fxx的大小关系转化为x与02xx之间的关系，进而得到所证或所求【注意】【注意】若要证明122xxf的符 号问题，还需进一步讨论122xx与 x0的大小，得出122xx所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个
4、高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2.应用对数平均不等式应用对数平均不等式12121212lnln2xxxxx xxx证明极值点偏移：证明极值点偏移：由题中等式中产生对数；将所得含对数的等式进行变形得到1212lnlnxxxx；利用对数平
5、均不等式来证明相应的问题.3.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然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可中的不等式即可.【题型归纳目录】【题型归纳目录】题型一：极值点偏移题型一：极值点偏移:加法型加法型题型二：极值点偏移题型二：极值点偏移:减法型减法型题型三：极值点偏移题型三：极值点偏移:乘积型乘积型题型四：极值点偏移题型四：极值点偏移:商型商型题型五：极值点偏移题型五：极值点偏移:平方型平方型题型六：拐点偏移问题题型六：拐点偏移问题【典例例题】【典例例题】题型一：极值点偏移题型一：极
6、值点偏移:加法型加法型例例 1（2022浙江期中）已知函数()f xxlnxa有两个不同的零点1x，2x（1）求实数a的取值范围；（2）证明：121xxa【解答】解：（1）函数()f xxlnxa1()1fxx ，当(0,1)x时，()0fx，()f x为减函数，当x时，()0fx，()f x为增函数，故当1x 时，函数()f xxlnxa取最小值1a，若函数()f xxlnxa有两个不同的零点1x，2x则10a，即1a；证明：（2）若函数()f xxlnxa有两个不同的零点1x，2x不妨设1201xx，则11xlnxa，且22xlnxa，若证121xxa即证211xlnx，构造函数()()(
7、1)g xf xflnx，01x，所以()(1)(1)1(1)g xxlnxlnxlnlnxxlnlnx，所以1()1(1)g xxlnx，01x，令()(1)h xxlnx，则()0h xlnx，所以()h x单调递增，所以0()h xh（1）1，所以()0g x，所以()g xg（1）0，即()(1)f xflnx，01x，又1201xx，所以211()()(1)f xf xflnx因为()f x在区间(1,)上单调递增，所以211xlnx，故原不等式得证例例 2（2022汕头一模）已知函数()f xxlnxa有两个相异零点1x，212()xxx（1）求a的取值范围；（2）求证：12423
8、axx【解答】解：（1）1()(0)xfxxx，当01x时，()0fx，()f x单调递减，当1x 时，()0fx，()f x单调递增；要使函数()f xxlnxa有两个相异零点，必有f（1）10a，1a，当1a 时，1ae，且()0aaf ee，函数()f x在(0,1)有一个零点1ae，()20aaf eea，函数()f x在(1,)有一个零点，a的取值范围为(1,)（2）由（1）知，1201xx，110 xlnxa，11axlnx，要证12423axx，11112114()24242333xlnxxlnxaxxx，故构造函数42()3xlnxg x，(01)x，则4()03xg xx，所
9、以()g x在(0,1)单调递减，()g xg（1）121x，114213xlnx，构造函数42()()()3xlnxh xf xf，(01)x2114()342xxh xxxlnxx，下面证明()0h x，即证明(5)(1)042xxlnxx，构造函数(5)(1)()42xxH xlnxx，(01)x32(1)()0(21)xH xxx在(0,1)上恒成立，因此()H x在(0,1)递增，从而()H xH（1）0，()0h x，()h x在(0,1)递增，()h xh（1）0，11142()()3xlnxf xf11242()()3xlnxf xf，1x 时，()0fx，()f x单调递增，
10、112423xlnxx，即12423axx例例 3（海淀区校级月考）已知函数2()(2)(1)xf xxea x，aR（）求曲线()yf x在点(1P，f（1）)处的切线方程；（）若0a，求()f x的零点个数；（）若()f x有两个零点1x，2x，证明：122xx【解答】解：（）()(1)(2)xfxxea，f（1）e，f（1）0，故切线方程是：0ye；（）由已知()(1)(2)xfxxea，(,1)x ，()0fx，()f x单调递减，(1,)x，()0fx，()f x单调递增，()minf xf（1）0e ，当x 时，2()(2)(1)xf xxea x0a，()f x，当x 时，()f
11、 x ，故函数()f x有 2 个零点；（）由（）1(,1)x，2(2,)x，使得12()()0f xf x，121xx，要证122xx，即证122xx，21x，221x，又11x 且()f x在(,1)上单调递减，需证122xx，即证12()(2)f xfx，12()()0f xf x，即证22()(2)f xfx，21x 由（）知1x 时，()()(2)0g xf xfx22()(2)0f xfx，22()(2)f xfx得证，122xx例例 4（2022江门一模）已知函数()|1|af xln xx，aR是常数（）求曲线()yf x在点(2，f（2）)处的切线方程，并证明对任意aR，切线
12、经过定点；（）证明：0a 时，设1x、2x是()f x的两个零点，且122xx【解答】（）解：根据题意，函数()|1|af xln xx，当1x，则()(1)af xln xx，则21()1afxxx，f（2）14a，f（2）2a，则切线的方程为(1)(2)24aayx，变形可得：2(4)4ayxx，联立4020 xxy，得42xy切线经过定点(4,2)；（）证明：函数()|1|af xln xx的定义域为|0 x x 且1x，曲线()f x在在各定义域区间内是连续不断的曲线，当0a 时，在区间(1,)上，f（2）02a，(1)011aaaaaa efeaee，()f x在区间(1ae，2)上
13、有零点1x，在区间(0,1)上，()(1)af xlnxx，21()01afxxx，函数()f x单调递减，又(1)011aaaaaaefeaee，若2n，且12nae，则1(1)()011nananaafenaa nee，()f x在区间(1ae，1)nae内有零点2x，由()f x单调递减知，()f x在区间(0,1)内有唯一零点2x112x，1021x，则1112111112(1)(2)|1|0()22(2)axaaafxlnxf xxxxxx，由()f x单调递减知，122xx，即122xx题型二：极值点偏移题型二：极值点偏移:减法型减法型例例 5（2022七星区校级月考）已知函数2(
14、)12af xxlnxx（1）若()f x在(0,)上单调递减，求a的取值范围；（2）若()f x在1x 处的切线斜率是12，证明()f x有两个极值点12x x，且213 2|3lnlnxlnx【解答】解：（1）()1(0)fxlnxax x，()f x在(0,)递减，()0fx 在(0,)上恒成立，1lnxax 在(0,)上恒成立，令1()lnxg xx，2()lnxg xx，(0,1)x 时，()0g x，()g x递增，(1,)x时，()0g x，()g x递减，()maxg xg（1）1，1a；（2）由题意得f（1）112a ，12a，21()14f xxlnxx，1()12fxln
15、xx，11()(0)2fxxx，令()0fx，解得：2x，令()0fx，解得：2x，故()fx在(0,2)递增，()fx在(2,)递减，又f（2）20ln，11()02fee，221()302f ee，故()fx分别在1(e，2)和2(2,)e有零点1x，2x，（不妨设12)xx，10 xx时，()0fx，()f x递减，12xxx时，()0fx，()f x递增，2xx时，()0fx，()f x递减，故()f x在1(e，2)和2(2,)e有 2 个极值点1x，2x，而13()2024fln，1()0fe，1112xe，f（4）410ln，2()0f e，224xe，112lnxln ，222
16、2lnlnx，213 23lnlnxlnx，故原命题成立例例 6（2022常熟市月考）设函数()f xlnx，()(1)g xa x，其中aR（1）若1a，证明：当1x 时，()()f xg x；（2）设()()()xF xf xg x e，且10ae，其中e是自然对数的底数证明()F x恰有两个零点；设0 x如为()F x的极值点，1x为()F x的零点，且10 xx，证明：0132xx【解答】（1）解：令11()()()(1)()1xh xf xg xlnxa xh xxx，当1x 时，()0h x，所以()h x在(1,)上递减，又()h x在1，)上连续，所以当1x 时，()h xh（
17、1）0，即当1x 时，()()f xg x；（2）证明：()()()(1)xxF xf xg x elnxa xe，得21()xax eF xx，令2()1xG xax e，由10ae，可知()G x在(0,)内单调递减，又G（1）10ae，且2211111()1()1()0G lna lnlnaaaaa 故()0G x 在(0,)有唯一解，从而()0F x在(0,)内有唯一解，不妨设为0 x，则011xlna，当0(0,)xx时，0()()()0G xG xF xxx，所以()F x在0(0,)x内单调递增；当0(xx，)时，0()()()0G xG xF xxx，所以()F x在0(x，)
18、内单调递减，因此0 x是()F x的唯一极值点由（1）知1lnxx从而1111111()(1)1()0lnaF lnlnlna lnelnlnlnh lnaaaaaa，又因为0()F xF（1）0，所以()F x在0(x，)内有唯一零点又()F x在0(0,)x内有唯一零点 1，从而()F x在(0,)内恰有两个零点由题意，1()0()0F xF x，即0120111(1)xxax elnxa xe，从而0111201xxxlnxex，即0120111xxx lnxex因为当1x 时，1lnxx，又101xx，故01220101(1)1xxxxexx，两边取对数，得0120 xxlnelnx，
19、于是100022(1)xxlnxx，整理得0132xx例例 7（2022黄州区校级模拟）已知函数()(1)f xaxlnxalnx，()f x的导数为()fx（1）当1a 时，讨论()fx的单调性；（2）设0a，方程3()f xxe有两个不同的零点1x，212()xxx，求证：121xexe【解答】（1）解：1()(1)afxa lnxx，221(1)()aaaxafxxxx若10a，则当10axa 时，()0fx，()fx单调递增；当1axa 时，()0fx，()fx单调递减若0a，则当0 x 时，()0fx，()fx单调递增故当10a 时，在1(0,)aa上()fx在(0,)上单调递增；在
20、1(0,)aa上单调递减当0a时，在(0,)上()fx单调递增（2）证明：令3()()g xf xxe，则()()1g xfx由（1）知，在(0,)上，()g x单调递增又g（1）f（1）10，所以在(0,1)上，()0g x，()g x单调递减；在(1,)上，()0g x，()g x单调递增又11312()(1)(1)(1)0agaaeeeeee，3(1)10ge，33()(1)(1)(1)0g eaeaea eeee，所以11xe，2xe，故121xexe例例 8（2022道里区校级二模）已知函数()(1)f xmxlnxmlnx，()fx为函数()f x的导数（1）讨论函数()fx的单调
21、性；（2）若当0m 时，函数()f x与3()g xxe的图象有两个交点1(A x，1)y，2(B x，212)()yxx，求证：211xxee【解答】解：（1）111()mmfxmlnxmxmlnxmxxx，设1()mh xmlnxmx，2211()mmmxmh xxxx，当0m时，()fx在(0,)单调递增；当10m 时，()fx在1(0,)mm单调递增，在1(mm，)单调递减；当1m时，()fx在(0,)单调递减（2）证明：设3()()()(1)F xf xg xmxlnxmlnxxe，1()1()xF xmlnxmxx，由于0m，0 x 21()0mmxxx恒成立，知函数()F x在(
22、0,)上为增函数且F（1）0，x(0,1)1(1,)()F x0()F x递减极小值递增F（1）3310eee，112()0eeFmeee，F（e）(1)3(1)0e em ee，知()F x在区间1(e，1)以及(1,)e内各有一个零点，即为11(xe，1)，2(1,)xe，知211xxee，即211xxee题型三：极值点偏移题型三：极值点偏移:乘积型乘积型例例 9（2021 春汕头校级月考）已知，函数()f xlnxax，其中aR（1）讨论函数()f x的单调性；（2）若函数()f x有两个零点，()i求a的取值范围；()ii设()f x的两个零点分别为1x，2x，证明：212x xe【解
23、答】解：（1）函数的定义域为(0,)，11()axfxaxx，当0a时，()0fx，()f x在(0,)单调递增；当0a 时，由()0fx得1xa，则当10 xa时，()0fx，()f x在1(0,)a单调递增；当1xa时，()0fx，()f x在1(,)a单调递减（2）()i法 1：函数()f x有两个零点即方程0lnxax在(0,)有两个不同根，转化为函数ylnx与函数yax的图象在(0,)上有两个不同交点，如图：可见，若令过原点且切于函数ylnx图象的直线斜率为k，只须0ak，设切点0(A x，0)lnx，所以0001|x xkyxx，又00lnxkx，所以0001lnxxx，解得0 x
24、e，于是1ke，所以10ae，法 2：由（1）当0a时，()f x在(0,)单调递增，不可能有两个零点，0a，此时11()()1maxf xflnaa，需110lna 解得10ae，从而1ea，211aa又1()10efea 故()f x在1(0,)a有一个零点；2211111()2flnlnaaaaa，设()2g xlnxx，xe，则2()10g xx 故()g x在(,)e 单调递减211()()()20()fgg eef xaa在1(,)a有一个零点故a的取值范围为1(0,)e()ii原不等式212122x xelnxlnx，不妨设120 xx，1()0f x，2()0f x，110ln
25、xax，220lnxax，1212()lnxlnxa xx，1212()lnxlnxa xx，12112121212122122()22()2lnxlnxxxxlnxlnxa xxlnxxxxxxx，令12xtx，则1t，于是1122122()2(1)1xxxtlnxxxt，设函数2(1)()1tg tlntt(1)t，求导得：22214(1)()0(1)(1)tg tttt t，故函数()g t是(1,)上的增函数，()g tg（1）0，即不等式2(1)1tlntt成立，故所证不等式212x xe成立例例 10（2022攀枝花模拟）已知函数()(,)bf xlnxa aR bRx有最小值M，
26、且0M（）求11aeb的最大值；（）当11aeb取得最大值时，设F（b）1()am mRb，()F x有两个零点为1x，212()xxx，证明：2312xxe【解答】解：（）有题意221()(0)bxbfxxxxx，当0b时，()0fx，()f x在(0,)上单增，此时显然不成立，当0b 时，令()0fx，得xb，此时()f x在(0,)b上单减，在(,)b 上单增，Mf（b）10lnba ，即1lnb a，所以1ab e，10aeb 所以11aeb的最大值为 1（）证明：当11aeb取得最大值时，1alnb，1()alnbF bmmbb，()F x的两个零点为1x，2x，则12120;0ln
27、xlnxmmxx，即11lnxmx，22lnxmx，不等式2312xxe恒成立等价于12121222(2)3lnxlnxmxmxm xx，两式相减得11212212()xlnxxlnm xxmxxx，带入上式得11211221211221223(1)3()(2)322xxlnxxxxxxxlnxxxxxxx，令12(01)xttx，则3(1)(),(01)2tg tlnttt，2(1)(4)()0(2)ttg tt t，所以函数()g t在(0,1)上单调递增，()g tg（1）0，得证例例 11（2022张家口二模）已知函数()(xalnxf xea ex是自然对数的底数）有两个零点（1）求
28、实数a的取值范围；（2）若()f x的两个零点分别为1x，2x，证明：12212xxex xe【解答】解：（1）由题意可得，()()0 xxxh xxealnxaxxealn xe有 2 个零点，令()xt xxe，则()(1)0 xt xxe在0 x 时恒成立，故()xt xxe在(0,)上单调递增，所以()h x有 2 个零点可转化为()g ttalnt 有 2 个零点，因为()1ag tt，0a时，()0g t，()g t单调递增，不可能有 2 个零点，当0a 时，由()0g t可得1t，()g t单调递增；()0g t可得0ta，()g t单调递减，()ming tg（a）aalna，
29、若0ae，则g（a）0，此时()0g t 恒成立，没有零点，若ae，则g（a）0，有一个零点，若ae，则g（a）0，因为g（1）10，2()0aag e ea，所以()g t在(1,)e，(,)ae e上各有 1 个零点，符合题意，综上，a的范围(,)e；（2）证明：要证12212xxex xe，只要证12212xxx x ee，即证1212()()2xxln x eln x e，由（1）可知，111xtx e，222xtx e，所以2121()a lntlnttt，2121()a lntlnttt，所以22211112212211(1)()1ttlnttttlntlntlntlnttttt，
30、只要证221121(1)21ttlntttt，设120tt，令21ttt，1t，所以只要证2(1)1tlntt即证4201lntt，令4()21h tlntt，1t，则22214(1)()0(1)(1)th tttt t，()h th（1）0，即当1t 时，4)201lntt，所以122lntlnt即12212()()xxx ex ee，故12212xxex xe例例 12（2022武进区校级月考）已知函数21()2f xlnxxax（1）若函数()f x在1x 处的切线与x轴平行，求a的值；（2）若存在 1t，1，使不等式()(1)f xtxalnx对于1x，e恒成立，求a的取值范围；（3）
31、若方程21()2f xx有两个不等的实数根1x、2x，试证明212x xe【解答】（1）解：1()fxxax，函数()f x在1x 处的切线与x轴平行，f（1）20a，解得2a（2）解：1x，e，不等式()(1)f xtxalnx化为：1(1)2lnxxatx，存在 1t，1，使不等式()(1)f xtxalnx对于1x，e恒成立，1(1)12lnxxax，化为：212()xxag xxlnx21(1)(1)2()()xxlnxg xxlnx，令1()12h xxlnx，111()022xh xxx，函数()h x在1x，e上单调递增，()h xh（1）11002()0g x，因此函数()g
32、x在1x，e上单调递增a g（e）2222eeea的取值范围是22,)22eee（3）证明：方程21()2f xx，即0axlnx，0 x 令()h xaxlnx，1()1()a xah xaxx可得：函数()h x在1xa时单调递增，在10 xa时单调递减1xa时，函数()h x取得极大值即最大值1()1hlnaa 方程21()2f xx有两个不等的实数根1x、2x121212()()lnxlnxa xxln x x，要证明：212x xe只要证明：12()2a xx即可不妨设1210 xxa，则121xaa，由于函数()h x在1xa时单调递增，因此只要证明：1122()()0lnxaxa
33、a即可得出212xxa，设函数22()()()()g xlnxaxlnxaxaa，2112(1)()22(2)axg xaxx axxa可得在2(0,)a上()0g x，且1()0ga110 xa，1()0g x，即111122()()()0lnxaxlnxaxaa，即1122()()0lnxaxaa212xxa，212x xe题型四：极值点偏移题型四：极值点偏移:商型商型例例 13已知函数()(0)xaf xxea有两个相异零点1x、2x，且12xx，求证：12xexa【解答】证明：1()1xafxea，由()0fx，得xalna，由()0fx，得xalna，()f x在(,)alna上单调
34、递增，在(,)alna 上单调递减，()f x在xalna处取得极大值，且为最大值等于()f alnaalnaa由函数()(0)xaf xxea有两个相异零点1x、2x，可得0alnaa，即aef（a）0ae，12xaalnax，21exxalnaaalna，即12exxalna，则121()exxlnaa，11xaxe，22xaxe，11221()12xeaxxlnaaxaxeeeexae例例 14（2022新疆模拟）已知函数21()2f xlnxaxx（1）当52a 时，求()f x的单调区间；（2）已知433a，1x，212()xxx为函数()f x的两个极值点，求1211222()xx
35、xylnxxx的最大值【解答】解：（1）当52a 时，251()22f xlnxxx，0 x，1()(2)152()2xxfxxxx，令()0fx，可得102x或2x，令()0fx，可得122x，所以()f x在1(0,)2，(2,)上单调递增，在1(2，2)上单调递减（2）211()xaxfxaxxx，因为1x，212()xxx为函数()f x的两个极值点，所以1x，2x是方程210 xax 的两个根，所以2142aax，2242aax，可得22212242424xaaaa axaa，因为433a，所以2ya为增函数，ya为增函数且大于 0，24ya为增函数且大于 0，所以22242aa a
36、y为增函数，所以221216822433322xaa ax，令12(3)xttx，则1211222()2(1)1xxxtylnlntxxxt，令2(1)4()211tg tlntlnttt，22241(1)()0(1)(1)tg tttt t，所以()g t在3，)上单调递减，所以()g t的最大值为g（3）13ln 例例 15（2021 春湖北期末）已知函数()1()xf xaelnxaR（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1x，212()xxx，且12(21)221eln exxe，求21xx的最大值【解答】解：（1）函数的定义域为(0,)，1
37、()xxxeaxfxaexxe，当0a时，()0fx恒成立，()f x在(0,)上单调递增，当0a e 时，令()0fx，则0 xeax，设()xg xeax，则()xg xea，易知，当0 xlna时，()0g x，()g x单调递减，当xlna时，()0g x，()g x单调递增，()()(1)0lnag xg lnaealnaalna，()0fx，()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，12()()0fxfx，则121200 xxeaxeax，两式相除得，2121xxxex，设21xtx，则1t，21xtx，1(1)txet，11ln
38、txt，21tlntxt，12(1)1tlntxxt，设(1)()(1)1tlnth ttt，则2121()(1)tntth tt，设1()2ttlntt，则22212(1)()10ttttt，所以()t在(1,)单调递增，则()t（1）0，()0h t，则()h t在(1,)单调递增，又1212222xxeln ee，且(21)2(2)21eln ehee()(2)h the，(1t，2 e，即21xx的最大值为2e例例 16（2022宁德三模）已知函数()1()xf xaelnxaR（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1x，212()xxx，且
39、122 3xxln，求21xx的最大值【解答】解：（1）函数的定义域为(0,)，1()xxxeaxfxaexxe，当0a时，()0fx恒成立，()f x在(0,)上单调递增；当0a e 时，令()0fx，则0 xeax，设()xg xeax，则()xg xea，易知，当0 xlna时，()0g x，()g x单调递减，当xlna时，()0g x，()g x单调递增，()()(1)0lnag xg lnaealnaalna，()0fx，()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，12()()0fxfx，则121200 xxeaxeax，两式相除
40、得，2121xxxex，设21xtx，则1t，21xtx，1(1)txet，12,11lnttlntxxtt，12(1)1tlntxxt，设(1)()(1)1tlnth ttt，则212()(1)tlntth tt，设1()2(1)ttlnt tt，则22212(1)()10ttttt，()t在(1,)单调递增，则()t（1）0，()0h t，则()h t在(1,)单调递增，又122 3xxln，即()2 3h tln，h（3）2 3ln，(1t，3，即21xx的最大值为 3题型五：极值点偏移题型五：极值点偏移:平方型平方型例例 17（2022广州一模）已知函数2()()f xxlnxaxx
41、aR（1）证明：曲线()yf x在点(1，f（1）)处的切线l恒过定点；（2）若()f x有两个零点1x，2x，且212xx，证明：22124xxe【解答】证明：（1）2()12122fxxlnxaxxlnxaxlnxax ，f（1）22a，又f（1）1a，曲线()yf x在点(1，f（1）)处的切线方程为(1)(22)(1)yaa x，即12(1)()2ya x，当12x 时，0y，故直线l过定点1(2，0)；（2）1x，2x是()f x的两个零点，且212xx，211112222000 x lnxaxxx lnxaxx，可得112211lnxaxlnxax ，12122112122111(
42、)2lnxlnxln x xlnxlnxxxxxxx，令21(2)xttx，21211221()(1)21xxx lnxtlntlnx xxxt，构造函数(1)()1tlntg tt，212()(1)tlnttg tt，令1()2h ttlntt，则22(1)()0th tt，则()h t在(2,)上单调递增，而h（2）1322222022lnln，()0g t，则()g t在(2,)上单调递增，()g tg（2）3 2ln，可得12()23 2ln x xln，则1228()ln x xlne，即1228x xe，则22121242xxx xe例例 18（2022浙江开学）已知aR，()ax
43、f xx e（其中e为自然对数的底数）（）求函数()yf x的单调区间；（）若0a，函数()yf xa有两个零点x，2x，求证：22122xxe【解答】解：()()(1)axaxaxI fxeax eeax，aR，0a时，1()(1)0axfxeaxxa，1()(1)0axfxeaxxa，0a时，增区间为：1,)a，减区间为：1(,)a；0a 时，()(1)10axfxeax，0a时，增区间为：(,)；0a 时，1()(1)0axfxeaxxa，1()(1)0axfxeaxxa，0a时，增区间为：1(,a，减区间为：1(,)a；综上：0a 时，增区间为：1,)a，减区间为：1(,)a；0a 时
44、，增区间为：(,)；0a 时，增区间为：1(,a，减区间为：1(,)a；（）证法一：由（1）知，0a 时，增区间为：1(,a，减区间为：1(,)a；且1xa时，()0f x，11fxfaae极大值，函数()yf x的大致图像如下图所示：因为0a 时，函数()yf xa有两个零点1x，2x，所以1aae，即21ae，不妨设12xx，则1210 xxa，先证：122xxa，即证：122xxa，因为11xa，所以221xaa，又()yf x在1(,)a单调递增，所以即证：122()()f xfxa又12()()f xf x，所以即证：222()()f xfxa，21xa，令函数2()()()F xf
45、 xfxa，1(,)xa，则222()(1)1()(1)axaxaxaxF xeaxeaxax eea ，因为1xa，所以2axax，10ax，故2()(1)0axaxF xax ee，函数2()()()F xf xfxa在1(,)a单调递增，所以1()()0F xFa，因为21xa，所以，222()()f xfxa，即122xxa，所以22212122()222xxxxea（）证法二：因为0a 时，函数()yf xa有两个零点1x，2x，则两个零点必为正实数，()0(0)lnx axlnaf xaeex，问题等价于lnxaxlna有两个正实数解；令()(0)g xlnxaxlna x则1()
46、(0)g xa xx，()g x在1(0,)a单调递增，在1(,)a单调递减，且1210 xxa，令2()()()G xg xgxa，1(,)xa，则1122()22021(2)G xaaaaxxaxxaa，所以()G x在1(,)a单调递增，1()()0G xGa，又21xa，故222()()g xgxa，21(,)xa，又12()()g xg x，所以122()()g xgxa，又1210 xxa，所以1x，221(0,)xaa，又()g x在1(0,)a单调递增，所以122xxa，所以22212122()222xxxxea例例 19（2021 秋泉州月考）已知函数1()lnxf xax（
47、1）讨论()f x的单调性；（2）若2112()()(xxexexe是自然对数的底数），且10 x，20 x，12xx，证明：22122xx【解答】解：（1）函数1()(0)lnxf xxax，则2()lnxfxax，令()0fx，解得1x，若0a，当01x时，()0fx，则()f x单调递增；当1x 时，()0fx，则()f x单调递减，所以()f x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减；若0a，当01x时，()0fx，则()f x单调递减；当1x 时，()0fx，则()f x单调递增，所以()f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增综上所述，当0a 时，()f x在(0,
48、1)上单调递增，在(1,)上单调递减；当0a 时，()f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增（2）证明：因为2112()()xxexex，两边取对数，可得2112()()x ln exx ln ex，即2112(1)(1)x lnxx lnx，所以121211lnxlnxxx，此时当1a 时，存在且10 x，20 x，12xx，满足12()()f xf x；由（1）可知，当1a 时，()f x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，不妨设12xx，所以1(0,1)x，2(1,)x，若22x，)，则22212242xxx成立；若2(1,2)x，则22(0,1)x，记1(2)1(
49、)()(2)22lnxlnxg xf xfxxxxx，01x，则222222(2)(2)(1)1()0(2)lnxlnxlnxlnxlnxg xxxxxx ，所以()g x在(0,1)上单调递增，则()g xg（1）0，即()(2)f xfx，所以212(2)()()fxf xf x，因为1(0,1)x，所以121x，又21x，()f x在(1,)上单调递减，所以122xx，即122xx，又221111 212xxx，222221 22xxx，以上两式左右分别相加，可得22121211 2()xxxx，即2212122()22xxxx，综合可得，22122xx例例 20（2022开封三模）已知
50、函数2()lnxf xmx（1）讨论()f x的单调性；（2）若2m，对于任意120 xx，证明：22222112212122()()()xf xxf xxxx xx【解答】解：（1）2()lnxf xmx的定义域为(0,)，312()lnxfxmx，当0m 时，()00fxxe，此时()f x在(0,)e上单调递增，()0fxxe，此时()f x在(,)e 上单调递减，当0m 时，()0fxxe，此时()f x在(,)e 上单调递增，()00fxxe，此时()f x在(0,)e上单调递减；综上可知：当0m 时，()f x的增区间是(0,)e，减区间是(,)e；当0m 时，()f x的增区间是