第15讲 导数中的极值点偏移问题
（高阶拓展、竞赛适用）
（8 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
恒成立问题、零点问题
2022 年全国甲卷理，第 21 题,12 分 导数中的极值偏移问题
利用导数证明不等式
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2021 年新 I 卷，第 22 题,12 分 导数中的极值偏移问题
利用导数证明不等式
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数解决函数的基本问题
2 能理解并掌握极值点偏移的含义
3 能结合极值点偏移的形式综合证明及求解
【命题预测】极值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结
合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高，需要综合复习
知识讲解
1. 极值点偏移的含义
众所周知，函数 f (x) 满足定义域内任意自变量 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) x x的极值点. 如二次函数 f (x) 的顶点就是极值点 x0 ，若 f (x) c的两根的中点为 1 2 ，则刚2
x1 x好有 2 x0 ，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.2
若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数 f (x) 的极值点为m ，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m 左右侧变
x x
化快慢不同. 故单峰函数 f (x) 定义域内任意不同的实数 x 1 21, x2 满足 f (x1) f (x2 )，则 与极值点m2
必有确定的大小关系：
m x x x x若 1 2 ，则称为极值点左偏；若m 1 2 ，则称为极值点右偏.
2 2
如函数 g(x) x x x x 的极值点 x0 1刚好在方程 g(x) c 的两根中点
1 2 的左边，我们称之为极值点左偏.
e 2
2. 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) 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）；
x x
3. 若函数 f (x) 存在两 个零点 x1 , x 1 22 且 x1 x2 ，令 x0 ，求证： f ' (x2 0
) 0；
x x
4. 若函数 f (x) 中存在 x1 , x2 且 x1 x2 满足 f (x1) f (x2 )，令 x0 1 2 ，求证： f ' (x ) 0 .2 0
3. 极值点偏移的判定定理
对于可导函数 y f (x)，在区间 (a,b)上只有一个极大（小）值点 x0 ，方程 f (x) 0 的解分别为
x1, x2 ，且 a x1 x2 b ，
f (x ) x x（1）若 1 f (2x0 x2 )，则 1 2 ( )x0 ，即函数 y f (x)在区间 (x1, x2 ) 上极（小）大值点2
x0 右（左）偏；
（2）若 f (x1) f (2x
x x
0 x2 )，则 1 2 ( )x0 ，即函数 y f (x)在区间 (x1, x2 ) 上极（小）大值点2
x0 右（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数 y f (x)，在区间 (a,b)上只有一个极大（小）值点 x0 ，则函数 f (x) 的
单调递增（减）区间为 (a, x0 )，单调递减（增）区间为 (x0 ,b) ，由于 a x1 x2 b ，有 x1 x0 ，且 2x0 x2 x0 ，
又 f (x1) f (2x0 x )
x x
2 ，故 x1 ( )2x0 x2，所以 1 2 ( )x0 ，即函数极（小）大值点 x0 右（左）偏；2
（2）证明略.
m x1 x x x左快右慢（极值点左偏 2 ） 左慢右快（极值点右偏 m 1 2 ）
2 2
m x1 x x x左快右慢（极值点左偏 2 ） 左慢右快（极值点右偏 m 1 2 ）
2 2
4. 对数平均不等式
ì a b (a b),
两个正数 a和b 的对数平均定义： L(a,b)
í ln a ln b
a(a b).
对数平均与算术平均 几何平均的大小关系：
ab L(a,b) a b （此式记为对数平均不等式）
2
取等条件：当且仅当 a b时，等号成立．
a b
只证：当 a b 时， ab L(a,b) ．不失一般性，可设 a b．
2
证明如下：
（I）先证： ab L(a,b) ……①
不等式① ln a ln b a b ln a a b 2ln x x 1 a（其中 x 1）
ab b b a x b
构造函数 f (x) 2ln x (x
1 2
), (x 1) ，则 f (x) 1
1 1
2 (1 )
2
．
x x x x
因为 x 1时， f (x) 0 ，所以函数 f (x) 在 (1, )上单调递减，
故 f (x) f (1) 0，从而不等式①成立；
（II）再证： L(a,b)
a b
……②
2
a
ln a ln b 2(a b) a
2( 1) 2(x 1)
不等式② ln ba ln x
a
（其中
a b b (x 1) x 1） ( 1) b
b
2(x 1) 2
构造函数 g(x) ln x , (x 1)，则 g (x)
1 4 (x 1)
(x ． 1) x (x 1)2 x(x 1)2
因为 x 1时， g (x) 0，所以函数 g(x)在 (1, )上单调递增，
故 g(x) g(1) 0，从而不等式 成立；
综合（I）（II）知，对 a,b R ，都有对数平均不等式 ab
a b
L(a,b) 成立，
2
当且仅当 a b时，等号成立．
5. 运用判定定理判定极值点偏移的方法
1、方法概述：
（1）求出函数 f (x) 的极值点 x0 ；
（2）构造一元差函数 F (x) f (x0 x) f (x0 x)；
（3）确定函数 F (x)的单调性；
（4）结合 F (0) 0 ，判断 F (x)的符号，从而确定 f (x0 x)、 f (x0 x)的大小关系.
考点一、极值点偏移高考真题鉴赏
x
1．（2022· e全国·统考高考真题）已知函数 f x ln x x a ．
x
(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．
【答案】(1) ( ,e 1]
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
ex 1
xe x é 2 ln x 1 1 ù（2）利用分析法，转化要证明条件为 ê x ÷ú 0，再利用导数即可得证.x 2 è x
【详解】（1）[方法一]：常规求导
f (x) 的定义域为 (0, )，则
x
f (x) 1 1 x 1 1
2 ÷e 1 1
1 ex 1 x 1 e ÷ 1 ÷ 1÷
è x x x x è x è x x è x
令 f x 0 ,得 x 1
当 x (0,1), f (x) 0, f (x)单调递减
当 x (1, ), f (x) 0, f (x)单调递增 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]
[方法二]：同构处理
由 f x 0 得： e ln x x x ln x a 0
令 t x ln x, t 1，则 f t et t a 0 即 a et t
令 g t et t, t 1, ，则 g ' t et 1 0
g t et故 t 在区间 1, 上是增函数
故 g t g 1min e 1，即 a e 1
所以 a的取值范围为 ( ,e 1]
（2）[方法一]：构造函数
由题知, f x 一个零点小于 1,一个零点大于 1，不妨设 x1 <1< x2
1
要证 x1x2 1,即证 x1 x2
1
因为 x1, (0,1)
1
x ,即证
f x1 f ÷
2 è x2
又因为 f x1 f x
1
2 ,故只需证 f x2 f x ÷è 2
ex 1 1
即证 ln x x xe x ln x 0, x (1, )
x x
ex 1
即证 xe x 2
éln x 1 x 1 ùê 0x 2
÷
è x ú
x e
x 1
下面证明 1时， xe x
1 1
0, ln x x
x 2 x ÷
0
è
g(x) e
x 1
设 xe x , x 1，
x
g (x) 1 1
1 1
ex
e x xe x 1 1 1 1
1
x 1
则 x x2 ÷ 2 ÷÷ ÷
e e x 1 ÷
è è è x x è x è x
x 1 x 1 1
1 e
÷ e x
x 1 e
÷ e x
è x
÷
è x x è x
x
x e x 1 , x 1 1 ex x 1设 2 ÷ ex 0x è x x x2
所以 x 1 e 1 ,而 e x e
ex 1
所以 e x 0 ,所以 g (x) 0
x
所以 g(x)在 (1, )单调递增
x 1
即 g(x) g(1) 0 , e所以 xe x 0
x
令 h(x)
1 1
ln x x
÷ , x 12 è x
h (x) 1 1 1 1 2x x
2 1 (x 1)2
x 2
è x2 ÷ 2x2
2x2
0
所以 h(x) 在 (1, )单调递减
即h(x) h(1) 0 ,所以 ln x
1
x
1
÷ 0；2 è x
ex 1 é
综上, xe x 2 êln x
1 x 1 ù 0 ,所以 x x 1.x 2 è x
÷ú 1 2
[方法二]：对数平均不等式
x x
由题意得： f x e ln e a
x x
t e
x
令 1，则 f t t ln t a ， f ' t 1 1 0
x t
所以 g t t ln t a 在 1, 上单调递增，故 g t 0只有 1 个解
x x ex1 ex2
又因为 f x e ln e a有两个零点 x1, x2 ，故 t
x x x1 x2
x1 x2
两边取对数得： x1 ln x1 x2 ln x2 ，即 1ln x1 ln x2
x x x1 x2又因为 1 2 * ln x ln x ，故 x1x2 1，即 x1x2 11 2
x1 x2
下证 x1x2 * ln x1 ln x2
x x x1 x2 ln x ln x x1 x2 ln x1 x1 x因为 1 2 1 2 2ln x1 ln x2 x1x2 x2 x2 x1
x 1
不妨设 t 1 1，则只需证 2ln t t x2 t
h t 2ln t 1
2
构造 t , t 1 h ' t 2 1 1，则 1 t t t 2 1 ÷ 0è t
故 h t 2ln t t 1 在 1, 上单调递减
t
故 h t h 1 0 ，即 2ln t t 1 t 得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
h(x) ln x 1 x 1 这个函数经常出现，需要掌握2 è x ÷
1．（2021·全国·统考高考真题）已知函数 f x x 1 ln x .
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）设 a b
1 1
， 为两个不相等的正数，且b ln a a ln b a b ，证明： 2 e .
a b
【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.
1 1
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令 m, n，命题转换为证明： 2 m n e，然后构造对称差
a b
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
1 1 1 1 1 1
由b ln a a ln b a b 得 (1 ln ) (1 ln ) ，即 f ( ) f ( )．
a a b b a b
1 1
由 a b ，得 ．
a b
1
由（1）不妨设 (0,1),
1 (1, ) 1 1 ，则 f ( ) 0 ，从而 f ( ) 0
1
，得 (1,e)，
a b a b b
①令 g x f 2 x f x ，
则 g (x) ln(2 x) ln x ln(2x x2 ) 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 1 1 ) f ( ) f ( )，
a a b
1 1 1 1
由（1）得 2 即 2 ．①
a b a b
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 1 f (1，所以 ) e ．
b b
1 1 1 1 1 1
又由 (0,1)，可得 (1 ln ) f ( ) f ( )a ，a a a a b
1 1 f (1所以 )
1
e．②
a b b b
1 1
由①②得 2 e．
a b
ln a ln b 1 1 ln a 1 ln b 1
[方法二]【最优解】： b ln a a ln b a b 变形为 ，所以 ．
a b b a a b
1 m, 1令 n．则上式变为m 1 ln m n 1 ln n ，
a b
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 éx 2 x ù 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．
2 1 1综合可知 e．
a b
[方法三]：比值代换
1 1
证明 2同证法 2．以下证明 x
a b 1
x2 e．
x
不妨设 x2 tx1 ，则 t
2 1
x ，1
由 x1(1 ln x1) x2 (1 ln x2 )得 x1(1 ln x1) tx1[1 ln(tx1)] ln x
t ln t
， 1 1 ，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，
ln(1 t) 1 t ln t即 1，
t 1
ln(1 t) ln t
即证 ．
t t 1
g(s) ln(1 s)
s
记 , s (0, ) ln(1 s)，则
s g (s) 1 s
.
s2
s 1 1
记 h(s) ln(1 s) ，则 h (s) 0
1 s (1 s)2 1 s
，
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 ，
ln(1 t) ln t
即 ．
t t 1
[方法四]：构造函数法
ln a ln b 1 1 1
由已知得 ，令 x
1
1, x ，a b b a a b 2
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．
e
x x e 1 ln x 2 ln x再证明 1 2 ．令 h(x) (0 x e), h (x) x ．
x e (x e)2
令 (x)
e
ln x 2(0 x e)，则 (x)
1 e x e
0．
x x x2 x2
所以 x e 0, h x 0 ， h x 在区间 0,e 内单调递增．
1 ln x
0 x x e 1
1 ln x2 1 ln x1 x1 e
因为 1 2 ，所以 x1 e x2 e
，即1 ln x2 x2 e
又因为 f x1 f x2
1 ln x1 x x x e
，所以 2 , 2 11 ln x ，2 x1 x1 x2 e
即 x22 ex
2
2 x1 ex1, x1 x2 x1 x2 e 0．
1 1
因为 x1 x2，所以 x1 x2 e，即 e．a b
1 1
综上，有 2 e结论得证．
a b
【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.
考点二、含对数型极值点偏移
1．（2022·全国·模拟预测）设函数 f x lnx 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： lnx1 2lnx2 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 lnx 3x f x 1 3x求导后得 , x 0，分别求出 f x 0和 f x 0的解集，
x
从而可求解.
（2）由 g x xf x x a 有两个极值点 x1, x2 lnx1 2ax1, lnx2 2ax2，从而要证
ln x2
t x 2 , t 1
lnx1 2lnx
3 x 3
2 3 2ax1 4ax2 3 a 1
，令 x ，构建函数
2x1 4x2 x2 x
1
1 x1 2x2
3 t 1
h t lnt ，然后利用导数求解 h t 的最值，从而可求解证明.
1 2t
1 3x
【详解】（1）由题意得 f x lnx 3x ，则 f x , x 0 .
x
1 1
令 f x 0，解得0 x ；令 f x 0，解得 x ，
3 3
\ f x 0, 1 1在 ÷上单调递增，在 ,
3 ÷上单调递减，è 3 è
\ f (x) f 1 1 1max ÷ ln 3 ln3 1，
è 3 3 3
\ f x 无最小值，最大值为 ln3 1 .
（2）Q g x xf x x a xlnx ax2 x a ，则 g x lnx 2ax ，
又 g x 有两个不同的极值点 x1, x2 ,\lnx1 2ax1, lnx2 2ax2 ，
欲证 lnx1 2lnx2 3，即证 2ax1 4ax2 3，
3
Q0 x1 x2 ,\原式等价于证明 a 2x 4x ①.1 2
ln xx 22
由 lnx1 2ax1, lnx2 2ax2 ，得 ln 2a x2 x1 x ，则 a x 1 ②.1 2 x2 x1
ln x2
由①②可知原问题等价于求证 x1 3 ，
x2 x1 x1 2x2
x2 3 1
x2 3 x2 x
x ÷
即证 ln 1 è 1 .
x1 x1 2x 2x2 1 2
x1
t x 2 3 t 1t 1 令 x ，则 ，上式等价于求证 lnt .1 1 2t
3 t 1 1
3 1 2t 6 t 1 t 1 4t 1
令 h t lnt ，则 h t ，
1 2t t (1 2t)2 t(1 2t)2
Qt 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 3 t 1，即 lnt ，
1 2t
\原不等式成立，即 lnx1 2lnx2 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
x
2
，t x2 x1 ÷；
è 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.
f x x 2a ln x1．（23-24 高三上·江苏南通·阶段练习）已知函数 , a R .
x
1
(1)当 a 时，求函数 f x 的极值；
2
(2) f x
f
x x，x 1 f x2 若 有两个极值点 1 2 ，求证： 4 .x1 x2
【答案】(1)有极小值 1,无极大值；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导函数研究函数的极值即可；
（2）根据题意得出 x1，x2 是方程 x2 2a ln x 2a 0的两个根，结合函数表达式将问题转化为证 a x1x2 ，利
用极值点偏移构造函数H x h x a h ÷ ，判定其单调性计算即可.
è x
a 11 ln x
2
【详解】（ ）当 时，函数 f x x x 0 f x x ln x 1 2 ，2 x x
g x x2易知 ln x 1在定义域上单调递增，且 g 1 0，
所以当 x 0,1 时， g x 0 f x 0，即此时 f x 单调递减，
当 x 1, 时， g x 0 f x 0 ，即此时 f x 单调递增，
故 f x 在 x 1时取得极小值， f 1 1，无极大值；
2 f x x 2a ln x x
2 2a ln x 2a
（ ）由 f x
x x2
，
令 f x 0，即 x2 2a ln x 2a 0，
由题意可知 x1，x2 是方程 x2 2a ln x 2a 0的两个根，
ìx21 2a ln x1 2a 0
则 í 2 ，
x2 2a ln x2 2a 0
f x1 f x2
欲证 4，
x1 x2
x 2a ln x1 2a ln x x
2 2a x2 2a
1 x 2 x x 1 2
即证 x 2 1 21 x2 x x 1 2 2 2a 4，
x1 x2 x1 x2 x1x2
即证 a x1x2 ，
2
令 h x x2 2a ln x 2a x 0 h x 2x 2a ，
x
若 a 0， h x 0 h x 定义域上单调递增，不存在两个零点，舍去；
则 a 0，可知在 x 0, a 时， h x 0 h x 单调递减，
在 x a , 时， h x 0 h x 单调递增，
要符合题意则需 h a 3a a ln a 0 a e3 , ，
又 x 0 时， h x 0 ， x 时， h x 0 ，
此时不妨令 0 x1 a x2 ，
H x h x h a 构造函数 ÷ 0 x a
è x
2
2 a 2 ÷ 2a 22x 2a è x a 2 x2 a H x a 0，x x2 x3
x
即H x a 在定义域内单调递增，即H x H a 0 h x h x ÷，è
a
所以 h x1 h x2 h x ÷，è 1
a
因为 0 x1 a x2 ，所以 ax ，1
且在 x a , 时， h x a单调递增，故 x2 x1x2 ax ，得证.1
a
【点睛】本题关键在于先转化问题为证 a x1x2 ，利用极值点偏移构造函数 H x h x h ÷ 0 x a ，
è x
h x h x h a 判定其单调性及最值得出 1 2 即可.
è x
÷
1
2．（2024·河北保定·二模）已知函数 f (x) ax x ln x, f (x)为其导函数．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数 x1, x2 ，使得 f x1 f x2 ，证明： f x1x2 0 ．
【答案】(1) ,1
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于 1，即可求解；
e2a 2 e2a 2
（2）不等式转化为证明 x1 e
a 1
，即证明 f x2 f ÷ ，构造函数x2 è x2
2a 2
g x f x f e , x ea 1, ea ÷ ，利用导数证明函数的单调性，即可证明.
è x
【详解】（1） f x a 1 lnx，当 0 x ea 1 时， f x 0, f x 单调递增；
当 x ea 1时， f x 0, f x a 1 a 1单调递减．所以 f (x)max f e e 1，
解得 a 1，即 a的取值范围为 ,1 ．
（2）证明：不妨设 x1 x2，则0 x1 e
a 1 x2 e
a
，要证 f x1x2 0 ，
e2a 2
即证 x1x2 e
a 1
，则证 x1x2 e
2a 2 a 1
，则证 x1 e ，x2
e2a 2 e2a 2 所以只需证 f x1 f x ÷，即 f x2 f ÷ ．è 2 è x2
e2a 2 2 2a 2
令 g x f x f ÷ , x ea 1, eax g e
a 1 0 a 1 lnx x e ，则 ， g x ．
è x2
当 x ea 1时， a 1 lnx 0, x2 e2a 2 0，则 g x 0，
2a 2
所以 g x a 1 a a 1 e在 e ,e 上单调递减，则 g x g e 0．所以 f x1 f ÷．
è x2
2a 2
由（1）知 f x 在 0,ea 1 e上单调递增，所以 x1 ，从而 f x1x2 0 成立．x2
e2a 2
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明 f x2 f x ÷ .è 2
考点三、含指数型极值点偏移
x
1．（22-23 e k高二上·重庆沙坪坝·期末）已知函数 f x ．
x
(1)若 f x 在 0, 上单调递增，求实数 k 的取值范围；
(2)若 g x f x klnx 2存在极小值，且极小值等于 lnk ，求证： k lnk 2e ．
【答案】(1) k 1；
(2)证明见解析.
xex ex k1 x【分析】（ ）由条件可得 f x 0在 0, 上恒成立，然后可得 k e 1 x ，然后利用导
x2
x
数求出 x =e 1 x 的最大值即可；
t
（2）求出 g x ，分 k 1、1 k e 、 k e、 k e四种情况讨论 g x ln t t ln e的单调性，然后可得 t t ，t e e
令 h x ln x x 1 、G x 2e x ln x x ln 2e x 1 x e ，然后利用 h x 、G x 的单调性可证明.
x
x
1 f x e k【详解】（ ）因为 在 0, 上单调递增，
x
xex ex k
所以 f x 0在 0, 上恒成立，且 f x 不恒等于 0 ，
x2
xex
e
x k x
由 f x 0可得 k e 1 x ，
x2
令 x =ex 1 x ，则 x =ex 1 x ex = xex 0，
所以 x =ex 1 x 在 0, 上单调递减，
所以 k 0 1；
（2）因为 g x f x klnx，其定义域为 0, ，
k e
x k x 1
所以 g x f x ，
x x2
①当 k 1时， ex k 0 ，所以当 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，
所以 g x 的极小值为 g 1 e k 0 lnk 2，而 0，不合题意，
②当1 k e 时，由 g x 0 可得 x ln k 或 x 1，
当 x 0, ln k 时， g x 0， g x 单调递增，
当 x ln k,1 时， g x 0， g x 单调递减，
当 x 1, 时， g x 0， g x 单调递增，
所以 g x 的极小值为 g 1 e k 0 lnk 2，而 0，不合题意，
③当 k e时， g x 0， g x 在 0, 上单调递增，不合题意，
④当 k e时，由 g x 0 可得 x ln k 或 x 1，
当 x 0,1 时， g x 0， g x 单调递增，
当 x 1, ln k 时， g x 0， g x 单调递减，
当 x ln k, 时， g x 0， g x 单调递增，
所以 g x 的极小值为 g ln k k ln ln k ln k 2 ，
令 t ln k 1, ，则 et ln t t 2 ，
ln t t ln et
所以 t t ， t e e
令 h x ln x x 1 ，则 h t h et ， h x 1 ln x 2 ，x x
所以 h x 在 1,e 上单调递增，在 e,+ 上单调递减，所以1 t e et ，
令G x 2e x ln x x ln 2e x 1 x e ，
则G x 2e x x ln x ln 2e x
x 2e x
ln x 2e x 2e x x ln é 2e x x é ù x e
2 e2 ù ln e
2 2 0
x 2e x x 2e x
所以G x 在 1,e 上单调递增，所以G x G e 0，
x 1,e ln x ln 2e x 所以当 时有 ，
x 2e x
t
t ln e ln t ln 2e t 因为1 t e e ，所以 t ，e t 2e t
又因为 h x 在 e,+ 上单调递减，所以 et 2e t ，
所以 et t 2e ，即 k lnk 2e .
1
1 2023· · f x x e 1 ex ex2 e2．（ 全国 模拟预测）已知函数 x．
2
(1)求函数 f x 的单调区间与极值．
(2)若 f x1
x x
f x 3 12 f x3 x1 x2 x3 ，求证： e 1．2
【答案】(1)单调递增区间为 ,1 和 e, 1 e 1 3，单调递减区间为 1,e ；极大值为 e ，极小值为 e e
2 2
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数可求得 f x 的单调区间，并确定极值点，由此可进一步求得极值；
（2）根据 f x 单调性和极值可确定 x1, x2 , x3的范围，利用极值点偏移的证明方法，构造函数
F x f x f 2 x ，m x f x f 2e x ，可证得 x1 x2 2， x2 x3 2e，结合不等式的性质可证
得结论.
【详解】（1）Q f x 定义域为R ， f x x e ex ex e2 x e ex e ，
令 f x 0，解得： x e或 x 1，
\当 x ,1 U 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 1的极大值为 f 1 e，极小值为 f e ee 1 e3 .
2 2
（2）由（1）知： x1 1，1 x2 e， x3 e．
令F x f x f 2 x ，1 x e ，
x
则F x f x é f 2 x ù x e ex e 2 x e e2 x e
e e
x é 1 x e e
x 1 x e 2ù
e
；
G x x e ex 1 x e 2 G x x e 1 ex 1令 ，则 1；
令H x G x ，则H x x e 2 ex 1，
QH 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．
Q x2 1,e ，\ f x2 f 2 x2 ，又 f x1 f x2 ，\ f x1 f 2 x2 ，
Q 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 ，
m x f x f 2e x x e ex e 2e x e e2e x e x e ex e2e x则 é ù ；
Q y ex e2e x 在 1,e 上单调递增，\ex e2e x ee ee 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．
Q x2 1,e ，\ f x2 f 2e x2 ．又 f x2 f x3 ，\ f x3 f 2e x2 ，
Q 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 x x 2e 2
x3 x
1 2 ，\ 1 e 1 .2
【点睛】思路点睛：本题第（1）问用到导数零点九字诀：有没有，在不在，比大小．第（2）问用到第
（1）问的两个极值点1和 e，然后两次利用极值点偏移法，得出两个不等式 x1 x2 2和 x2 x3 2e，再利
用这两个不等式巧妙得出所要证明的不等式．
2 23-24 · · a b f x x ex．（ 高三上 云南昆明 阶段练习）设 ， 为函数 m （m 0）的两个零点．
(1)求实数m 的取值范围；
(2)证明： ea eb 1．
1
【答案】(1) ,0e ÷è
(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 0min ，
1 1 1
求出m ，结合题目条件，得到当 m 0
时， f
e e ÷
0，根据零点存在性定理得到 f x 在 ， 1
è m
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；
b b
（2）设 a 1 b 0，由 a ea b eb a b可得 e ，令 t 0,1 a ln t t ln t ，故 ，b ，推出要证a a 1 t 1 t
ln t 1 ln t
ea eb 1，即证 ，构造 g x ln x ， x 1，求导，对分子再构造函数，证明出 g x 0， g x
t t 1 x 1
t ln t
在定义域内单调递减，故 g t 1 g t ，即 ln 1 t 0，证明出结论.
1 t
【详解】（1） f x 的定义域为 R f (x) x 1 ex， ，
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 f 1 e 1 m 0 m 1min ，故 ，e
1
由题目条件m 0，可得 m 0，
e
1 1 1 1
当 m 0 f 时，因为 ÷ em m
1
m m 0，又 e 1，
e è m m m
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 1 在 R 上存在两个零点，故满足题意的实数m 的取值范围为 ,0÷；
è e
b
（2）证明：由（1）可设 a 1 b 0，由 a ea b eb ea b可得 ，a
b ln t
令 t 0,1 ，则b at ，所以 ea at t ，故 a ，a 1 t
b t ln t所以 at ，
1 t
要证 ea eb 1，
ln t t ln t t ln t t ln t t ln t t ln t
ln t 1
即证 e1 t e 1 t 1 e 1 t eln t 1 1 e 1 t t 1 1 e 1 t eln t 1 1 e 1 t 1，
t ln t
即证 ln 1 t 0，
1 t
t 0,1 ln 1 t ln t ln t 10 ln t因为 ，即证 ，即 ，
t 1 t t t 1
x 1 1
ln x 1 ln 1
令 g x ln x ， x 1，
x 1 g x
x x x ，
x 1 2 x 1 2
令 h u u 1 ln u 1，则 h u 1 ，当u 0,1 时， h u 0，
u
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，
1
u 1 1所以 1 ln u 0 ，令u 得 1 ln 0，
x x x
1 1 1 ln
故 g x x x 0 ， g x 在定义域内单调递减，
x 1 2
故 g t 1 g t ln t 1 ln t，即 ， ln t 1 t ln t ， ln 1 t t ln t 0，
t t 1 t 1 1 t
则 ea eb 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
考点四、加法型极值点偏移
1．（2024 高三· x全国·专题练习）已知函数 f x xe a恰有两个零点 x1, x2 ．
(1)求 a的取值范围；
(2)证明： x1 x2 2．
1
【答案】(1) ,0
e ֏
(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 .
x x
【详解】（1）因为 f x xe a，所以 f x x 1 e ，
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，
1
所以当 x= 1时，函数 f x 取最小值 f 1 a ．
e
因为当 x 时， f x a，当 x 时， f x ，
x
且函数 f x xe a恰有两个零点 x1, x2 ，
ì a 0
1
所以 í 1 ,所以 a的取值范围为 ,0 ．
a 0 e
÷
è
e
（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，
é 2 x 1 ù
g x f x f 2 x x 1 ex 2 x 1 e 2 x x 1 e 1 ê ex 2 ú 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.
2．（2023·山西·模拟预测）已知函数 f x lnx a x 1,a R .
(1)若 f x 0 ，求 a的取值范围；
(2)若关于 x 2的方程 f x eax ex2 有两个不同的正实根 x1, x2 ，证明： x1 x2 2 e .
é2 e
【答案】(1) ê , e ÷÷
(2)证明见解析
【分析】
lnx 1
（1）对不等式 f x 0 参变分离，然后构造函数 g x ，利用导数求 g x 的最大值可解；
x
（2）将 f 2 2x eax ex2 ln ex变形为 e ln ex2 eax ax，构造函数F x x ex ，根据其单调性将方程转化
1 2
为 ax ln ex2 h x 1 2lnx，再构造函数 ，利用导数讨论其性质，结合图象可得 x1 e x2 ,0 a ，x e e
2 t 1
x
G t lnt (t 1) t 2 1
x2 x1 x1 x2
构造函数 ，根据单调性，并令 x ，可得
，最后由
t 1 1 lnx2 lnx1 2
ìax1 1 2ln x1
í .
ax 1
作差整理可证
2 2ln x2
【详解】（1） f x 的定义域为 0, ，
由 f x lnx 1 lnx a x 1 0，得 a .
x
g x lnx 1设 ，则 g x 1 lnx .
x 2x 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
2 e é 2 e
故a ，即 a的取值范围是 ê , e ÷e ÷
.
2 ax 2
（2）证明：由 f x e ex ，得 lnx2 ax 1 eax ex2 ，
ex2 ln ex2 2即 eax ax ln ex，即 e ln ex2 eax ax .
F x x ex eln ex
2
设 ，则 ln ex2 eax ax 2等价于F ln ex F ax .
易证F x 在R 上单调递增，则 ax ln ex2 1 2lnx，即 a .x
h x 1 2lnx h x 1 2lnx设 ，则 .
x x2
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，
1
2 1 2ln e 21 ÷
从而 h(x)max h e ，且 1 e h ÷ h e 2 è ，÷ 1 0
è e è e 2
当 x 趋于 时， h x 趋于 0.
2
方程 f x eax ex2 有两个不同的正实根 x1, x2 ，不妨设 x1 x2，
1 2
由图可知， x1 e x2 ,0 a .e e
2 t 1
2
设G t lnt
(t 1),G t (t 1) 2 0,t 1 t(t 1)
则G t 在 1, 上单调递增.
G 1 0 G t 0 2lnt t 1 因为 ，所以 ，即 0 .
t 1
x2 1
x2
设 t 1，则 ln
x2 2 x 1 0
x ，1 x x1 2 1
x1
2 x2 x1 x x x x
即 lnx lnx 2 1 1 2
x 2 1
，则
1 x2 lnx2 lnx
.
1 2
2 ax 2
因为方程 f x e ex 有两个不同的正实根 x1, x2 ，
ìax1 1 2ln x1 x2 x1 2
所以 í .
ax2 1 2ln x
，作差得
2 lnx2 lnx1 a
2 x x
因为0 a
2
，所以 e 2 1，所以 e
e a lnx2 lnx
，
1
x x
则 1 2 e ，故 x1 x 2 e .2 2
【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.
3 x 2．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数 f x e ax (a 0)．
2
(1) a e当 时，判断 f x 在区间 1, 内的单调性；
4
(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
e2
(2)（i） a , ÷ ；（ii）证明见解析
è 4
【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；
x x
（2）（i）原条件可转化a e e 2 有三个不等实根，从而构造函数 h x ，研究该函数即可得；（ii2 ）借助的x x
h xx 3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 x ，从而将三个变2
2 x 1
量的问题转化为单变量问题，即可构造函数m x ln x x 1 ，证明其在 1, 上大于 0 即可.
x 1
e2 e2 2
【详解】（1）当 a 时， f x ex x2 ， f x ex e x ，
4 4 2
2 2
令 g x f x ex e x ， g x ex e ，
2 2
e2 e2
令 g x ex 0，可得 x ln 2 ln 2，
2 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，
2
又 g 1 e f 1 e 0， g 2 f 2 e2 e2 0 ，
2
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ex ax2 0 有三个根，
x
由 x 0 e不是该方程的根，故a 2 有三个根 x1, x2 , x3，且 x x xx 1 2 3
，
x x 2 ex
令 h x e 2 ， h x
，
x x3
故当 x ,0 U 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，
e2 e2h 2 2 ，当 x 时， h x →0， x 0 时， h x ，2 4
当 x 0 时， h x ， x 时， h x ，
2 x
故 a
e
,
e
4 ÷
时，a 2 有三个根；è x
e 1 1 e2
（ii）由 h x 在 ,0 上单调递增， h 1 2 4e 4 ，故 x 2 1
1，
ex1 ex2 ex3
由（i）可得 2 2 2 a ，且 1 x1 0 x2 2 x3，x1 x2 x3
x3
即只需证 x2 x3 4，设 t 1 x x tx ，则 3 2 ，2
ex2 ex2t
则有 2 x2 t 1 x2 2 ，即有 t e ，故 2ln t x2 t 1 x
2ln t
， ，
2 x 22t t 1
x 2t ln t 2ln t 2t ln t 2 t 1 ln t则 3 ，即 x2 x3 ，t 1 t 1 t 1 t 1
2 t 1 ln t t 1 ln t 2 t 14 2 ln t 即只需证 0，
t 1 t 1 t 1
令m x 2 x 1 ln x x 1 ，
x 1
1 2 x 1 2 x 1m x x 1
2 4x x 1 2
则 2 2 2 0 恒成立，x x 1 x x 1 x x 1
故m x 在 1, 上单调递增，
则m x m 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 2x0 （ 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 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 x
x x
2 ，令 x0 1 2
，求证： f x0 0；2
4.若函数 f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 满足 f (x1) f (x2 )，令 x
x1 x 2 0 ，求证： f x0 0 .2
1．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f x 2x ln x a a R 有两个零点 x1, x2 xx 1 x2 ．
(1)求实数 a的取值范围；
(2)证明： x1 x2 1．
【答案】(1) 0,
1
e ֏
(2)证明见解析
2
【分析】（1）先分离参数将函数的零点个数转化为方程根的个数，构造函数 g x x ln x，求其单调性、最
值即可得 a的取值范围；
x
2 1 x , x t 2（ ）法一、根据第（ ）问得到 1 2 的取值范围，令 x ，通过比值换元将问题化为证1
t 2 ln t
2 ln t 1 0，构造函数求其导函数、单调性最值即可；法二、根据第（1）问得到 x1, x2 的取值范围，1 t
1 1
先判定1 x1 结论成立，再利用函数的单调性将所证不等式转化为函数不等式来判定e e
1 1
2
x1 0时是否成立，通过构造 p x ln x 1 1÷ ln 1 x
1
0 x
÷，利用导数研究其单调性及最e è x è 2
值即可.
【详解】（1）由 f x 0 a得 x2 ln x，
2
则由 f x a 2有两个零点知方程 x ln x有两个不同的实数根．
2
令 g x x2 ln x，则 g x x 1 2ln x ，
由 g 1 1x 0得 x ，由 g x 0得0 x ，
e e
g x 0, 1 1 所以 在 ÷上单调递减，在 , ÷ 上单调递增．
è e è e
g 1 1而 ÷ ，当 x 时， g x ，当 x 0 时， g x 0，
è e 2e
1 a 1
故 0，即0 a
1
，实数 a的取值范围为 0, ．
2e 2 e e ֏
（2）法一、
1 x
由（1）知0 x1 x t
2
2 ，令 x ，则 t 1．e 1
2
x2由 1 ln x x
2 ln x 得 x21 2 2 1 ln x1 t
2x2 t ln t1 ln t ln x1 ln x1 ，1 t 2
要证 x1 x2 1，只需证 x1 t 1 1，
2
只需证 ln x1 ln t 1 0 t ln t，即证 2 ln t 1 0，1 t
2
即证 1 t ln t 1 t 2 ln t 0．
令 h t 1 t 2 ln t 1 t 2 ln t t 1 ，
则 h t 2t ln t 1 é 1 2t ln t 1 2t ln 1 1 2t ln 1 1 ù t ÷ ê 1 t ÷ è è 2t ú，
s 1 1 1 1 1 s令 ，m s ln 1 s s ，则 s 0,1 ,m s 0，
t 2 1 s 2 2 2s
所以m s 单调递增，即m s m 0 0，
故 h t 0 在 1, 上恒成立，
即 h t 在 1, 上单调递减，故 h t 0，得证．
法二、
1
由（1）知0 x1 x ，e 2
当1
1 1
x1 时，显然 x1 x2 1．e e
1 1 1当 x1 0时，则1 x1 ，e e
要证 x1 x2 1，只需证 x2 1 x1，
1 x 1 , x 1 g x x2 1又 1 2 且 ln x在 ,
÷ 上单调递增，e e è e
故只需证 g x2 g 1 x1 ，即证 g x1 g 1 x1 ，
2
2 2 1 即证 x1 ln x1 1 x1 ln 1 x1 0，即证 ln x1 1÷ ln 1 x1 0，
è x1
2
令 p x ln x 1 1
÷ ln 1 x
0 x
1
x ÷
，
è è 2
p x 1 x x则 é ù
x3 ê
2ln 1 x ，
1 x ú
令 n x 2ln 1 x x 0 x 1
1 x 2 ÷
，
è
n x 2x 1则 0 n x1 x 2 ，
在 0,
1
÷ 上单调递减，è 2
所以 n x 1 0 ，故 p x 0 ，所以 p x 在 0, ÷ 上单调递减，则 p x 0，
è 2
1 1 1 1又 ，所以当1 x 0 p2 时， x 0，即 x1 x2 1．e e
【点睛】方法点睛：含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及两个不同变量，
处理此类问题有两个策略：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的等式，把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式
求解；
二是巧妙构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而求其最值．
2．（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数 f x 2x ln x x2 1．
(1)证明： f x 1；
(2)若0 x1 x2 ，且 f x1 f x2 0，证明： x1 x2 2．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数 f x 2x ln x x2 1变形整理 f x 1 2x ln x x2 x 2ln x x ，构造函数
g x 2ln x x，对其进行二次求导，从而可求出 g x 的单调性，进而可求出函数的最大值，即可证明结
论成立.
（2）对函数 f x 2x ln x x2 1进行二次求导，从而可判断函数 f x 单调性，要证 x1 x2 2，只需证
x2 2 x1，结合 f x 在 0, 上单调递减知只需证 f x2 f 2 x1 ，即证 f x1 f 2 x1 0，进而构
造函数F x f x f 2 x 判断其单调性即可证明.
2
【详解】（1）由题意， f x 1 2x ln x x x 2ln x x ，设
g x 2ln x x x 0 g x 2 x，则
x
，当 x 0,2 时， g x 0，\ g x 单调递增；当 x 2, 时， g x 0，
\ g x 单调递减，从而 g x g 2 2ln 2 2 2 ln 2 1max 0 ，故 g x 0 恒成立，
\ f x 1 xg x 0，故 f x 1．
（2）由题意， f x 2ln x 2 2x f x 2 2 1 x ， 2 ， x 0，
x x
\ f x 0 0 x 1， f x 0 x 1，
从而 f x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减，故 f x f 1 0 ，
\ f x 在 0, 上单调递减，且 f 1 0，
若0 x1 x2 1，则 f x1 f x2 0，不合题意，
若1 x1 x2 ，则 f x1 f x2 0，不合题意，∴ 0 x1 1 x2 ，
要证 x1 x2 2，只需证 x2 2 x1，结合 f x 在 0, 上单调递减知只需证 f x2 f 2 x1 ，
又 f x1 f x2 0，\ f x2 f x1 ，故只需证 f x1 f 2 x1 ，即证 f x1 f 2 x1 0 ①，
令F x f x f 2 x ，0 x 1，
则F x f x f 2 x 2ln x 2 2x é 2ln 2 x 2 2 2 x ù 2ln
x
4 4x，
2 x
F x 2 2 x 2 x 1 x 4 2 4 4
4
2 4 0x 2 x x 2 x x 2 x ，\F x 在 0,1 上单调递增，
÷
è 2
又F 1 0 ，\F x 0，从而F x 在 0,1 上单调递减，QF 1 2 f 1 0，\F x 0，
Q0 x1 1，\F x1 f x1 f 2 x1 0，即不等式①成立，故 x1 x2 2．
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性及利用导数证明不等式问题，考查了学生的逻辑推理能力
及数据分析能力，考查了转化思想，属于难题.
1 1
3 2024 · · f (x) ex ex2 (x 1)3
5e
．（ 高三 全国 专题练习）设函数 , x [0, ) ．
2 3 2
(1)判断函数 f (x) 的单调性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 f x2 6e ，求证： x1 x2 2．
【答案】(1)在[0, ) 上单调递增
(2)证明见解析
é
f (x) ex 1 ex (x 1)
2 ù
(1) g(x) ex (x 1)
2
【分析】 由题意得 ê x ú ，令e (x 0)
，根据 g xx 的正负确定 g x e
ex (x 1)2
的单调性，得 1，即得函数 f (x)x 的单调性.e
（2）构造函数F (x) f (2 x) f (x) 6e，其中 x [0,1) ，则F (x) f (2 x) f (x)，令
m x ex e2 x 2ex 2e，得m x 0，从而可得 F (x)在[0,1)上单调递减，然后根据函数的单调性可得
f (x) ex 1 ex2 1 3 5e【详解】（1）∵ (x 1) ， x [0, )，
2 3 2
2
∴ f (x) ex ex (x 1)2 ex
é ù
ê1
ex (x 1)
ex ú
．
g(x) ex (x 1)
2 (x 1)(x e 3)
令 x (x 0) ，则 g (x) ．e ex
令 g (x) 0，得 x 1或 x 3 e．
当 x [0,3 e)时， g (x) 0；当 x (3 e,1) 时， g (x) 0；当 x (1, )时， g (x) 0．
∴ g(x)在[0,3 e)上单调递减，在 (3 e,1)上单调递增，在 (1, )上单调递减．
g(0) 1 g(1) 1 ex (x 1)
2
又 ， ，故 1对一切 x [0, )恒成立，
ex
∴1 ex (x 1)
2
0，于是 f (x) 0，故 f (x) 在[0, )x 上单调递增．e
（2）不妨设0 x1 1 x2 ．
构造函数F (x) f (2 x) f (x) 6e，其中 x [0,1) ，
则F (x) f (2 x) f (x)．
由 f (x) ex ex (x 1)2，得F (x) ex e2 x 2ex 2e．
令m x ex e2 x 2ex 2e，
∵ m x ex e2 x 2e 2 ex e2 x 2e 0，
∴ F (x)在[0,1)单调递增，则F (x) F (1) 0．
∴ F (x)在[0,1)上单调递减，∴ F (x) F (1) 0，
即 f (2 x) f (x) 6e对 x [0,1) 恒成立．
∵ x1 [0,1) ，∴ f 2 x1 f x1 6e，
∴ f 2 x1 6e f x1 f x2 ．
由（1）知 f (x) 在 1, 上单调递增，
∴ 2 x1 x2 ，故 x1 x2 2．
考点五、减法型极值点偏移
1．（23-24 2高二下·云南·期中）已知函数 f x 3lnx ax 4x(a 0) .
(1)当 a 1时，讨论 f x 的单调性；
1
(2)当 a 时，若方程 f x b 有三个不相等的实数根 x
2 1
, 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 2x2 4x 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 3lnx 1 x2 4x，求导，得到函数单调性，得到0 x1 1 x2 3 x3 ，构造2
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, ，
2
f x 3 2ax 4 2ax 4x 3 ，
x x
令 f x 0，可得 2ax2 4x 3 0，当 a 1时，即 2x2 4x 3 0，
Δ 16 24 8 0，可知 2x2 4x 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.
a 1 1 2（2）当 时，可得 f x 3lnx x 4x，
2 2
3 x 3 x 1f x x 4 ，
x 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，
2
则 g x f x f 2 3 x x 4 3 2 x 4 6(x 1) ÷ ÷ 0
è x è 2 x x 2 ， x
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，
3 3 2(x 3)
2
则 h x f x f 6 x x 4÷ 6 x 4 0
è x è 6 x
÷
x 6 x ，
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 .
2
1．（23-24 高三上·河南·开学考试） f x ln ex a 1 x x b 有两个零点 x1, x2 x1 x ．2 4 2
(1) a 0时，求b 的范围；
5
(2) b = -1且 a 时，求证： x2 x1 2 5 4a ．4
【答案】(1) ,0
(2)证明见详解
【分析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可
求解.
2 2 2
（2）当b = -1时由 f x ln ex a 1 x x x x x x 1 a 1及 a 1 0的两个零点之间的距离可2 4 4 2 4 2
得 x2 x1 2 5 4a .
2
【详解】（1） a 0时， f x ln ex 1 x x b，2 4
由题意 f x 的两个零点 x1, x2 x1 x2 即为
x x2
方程 ln ex 1 b 0的两个根，2 4
x x2 x x2
分离参数即得b ln ex 1 ，令 g x ln ex 12 4 ，2 4
x x
对其求导得 g x e x 1 e x 1 x ，设 s x x ，e 1 2 2 e 1 2 2
x
则 s x
1 e
0
2 ex 2 ，所以 g x 在定义域上面单调递减， 1
注意到 g 0 0，所以 g x 、g x 随 x 的变化情况如下表：
,0 0,
g x
g x Z ]
所以 g x 有极大值（最大值） g 0 ln 2，
又当 x 时， g x ；当 x 时， g x ，
x x2
若方程b ln ex 1 有两个根，2 4
则b é g x ù g 0 ln 2max ，即b 的取值范围为 , ln 2 .
2
（2）因为 ln ex a 1 ln ex a x a，设 g x x x a 1，
4 2
b = -1 a
5
f x ln ex a 1 x x
2 x2 x
所以当 且 时有 1 a 1 g x ，4 2 4 4 2
2 2
进而有 f x x1 x1 x2 x21 0 a 1 g x1 ， f x 0 a 1 g x4 2 2 4 2 2 且
2
f x 的函数图像恒在 g x 的函数图象上方，不妨设 g x x x a 1的两个零点为 x3、x4 （且 x3 x4 ），4 2
如图所示：
2
因此 f x 的两个零点 x1, x2 x x g x x x1 2 在二次函数 a 1两个零点之内，4 2
2
所以有 x2 x1 x4 x
x x
3，令 a 1 0，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为4 2
a 1 1
2
1 、b1 、c1 a 1
1 1 1 5 4a
，其判别式D b21 4a1c1 ÷ 4 a 1 a 1 ，4 2 è 2 4 4 4
5 4a
x x b1 D b D D又 4 3 1 ，所以2a 2a a x4 x
D 4
3 1 2 5 4a ，1 1 1 a1
4
综上，有 x2 x1 x4 x3 2 5 4a ，命题得证.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键
x a x a
是进行放缩 ln e 1 ln e x a，进而去发现相应零点之间的变化.
2．（23-24 高三下·天津·阶段练习）已知函数 f (x) x2 2ax 4ln x．
(1)讨论 f (x) 的单调区间；
(2)已知 a [4,6]，设 f (x) 的两个极值点为l1,l2 l1 l2 ，且存在b R ，使得 y f (x) 的图象与 y b有三个
公共点 x1, x2 , x3 x1 x2 x3 ；
①求证： x1 x2 2l1；
②求证： x3 x1 4 7 ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论D，结合函数的定义域，即可求函数的单调区间；
（2）①要证 x1 x2 2l1，即证 x2 2l1 x1，只需证 f x1 f 2l1 x1 ，构造函数
g x f x f 2l1 x ， x 0,l1 ，借助导数即可得证；②同①中证法，先证 x2 x3 2l2 ，则可得
x3 x 21 x2 x3 x2 x1 2l2 2l1，利用l1、l2 是方程 x ax 2 0 的两根所得韦达定理，结合 a [4,6]
即可得证.
4 2 x2 ax 2 【详解】（1） f x 2x 2a ， x 0，
x x
其中 t x x2 ax 2，D a2 8，
当D 0时，即 2 2 a 2 2 ，此时 f x 0恒成立，
函数 f x 在区间 0, 单调递增，
当D 0时，即 a 2 2 或 a 2 2 ，
当 a 2 2 时， f x > 0在区间 0, 上恒成立，
即函数 f x 在区间 0, 上单调递增，
2
a 2 2 t x 0 x a a 8 x a a
2 8
当 时， ，得 1 或 1 ，2 2
2
0 x a a 8 x a a
2 8
当 ，或 时， f x > 0，
2 2
a a2 8 2
当 x a a 8 时， f x 0，
2 2
a a2 8 a a2 8
所以函数 f x 的单调递增区间是 0, ÷÷ 和 , ÷2 ÷ ，è è 2
a a2 8 a a2 8
单调递减区间是 , ÷2 2 ÷
，
è
综上可知，当a 2 2 时，函数 f x 的单调递增区间是 0, ；
2 2
当 a 2 2 时，函数 f x
a a 8 a a 8
的单调递增区间是 0, ÷÷ 和 , ÷÷ ，
è 2 è 2
a a2 8 a a2 8
单调递减区间是 , ÷÷；
è 2 2
（2）①由（1）知，当 a [4,6]时，函数 f x 的单调递增区间是 0,l1 和 l2 , ，
单调递减区间是 l1,l2 ，l1、l2 是方程 x2 ax 2 0 的两根，
有l1l2 2，l1 l2 a ，
又 y f (x) 的图象与 y b有三个公共点 x1, x2 , x3 x1 x2 x3 ，
故0 x1 l1 x2 l2 x3，则 2l1 x1 l1，
要证 x1 x2 2l1，即证 x2 2l1 x1，又 2l1 x1 l1，
且函数 f x 在 l1,l2 上单调递减，即可证 f x2 f 2l1 x1 ，
又 f x1 f x2 b ，即可证 f x1 f 2l1 x1 ，
令 g x f x f 2l1 x ， x 0,l1 ，
4 2 x2 ax 2 2 x l1 x lf x 2x 由 2a 2 ，
x x x
2 x l1 x l2 2 2l1 x l1 2l1 x l则 g x 2
x 2l1 x
x l 2l x x x l 2l 2 x l 2 1 2 1 1 x 2l1 x
x22 x l 2l l
2
1 2
2l1x l2x x l2x 2l1x
1 x 2l1 x
2 x l2 x l 1 l2 4l x l
2
1
2 1 0恒成立，
x 2l1 x x 2l1 x
故 g x 在 0,l1 上单调递增，即 g x g l1 f l1 f 2l1 l1 0，
即 f x1 f 2l1 x1 恒成立，即得证；
②由0 x1 l1 x2 l2 x3，则 2l2 x3 l2，
令 h x f x f 2l2 x ， x l2 , ，
2 x l1 x l2 2 2l2 x l1 2l2 x lh x 2 则
x 2l2 x
x l1 2l2 x x x l 2 x l 1 2l2 2 x 2l2 x
2 2
2 x l2
x 2l1l2 2l2x l1x x l1x 2l2x
x 2l2 x
2 x l l 4l x l 2
2 x l 2 1 1 2 2 0，x 2l2 x x 2l2 x
故 h x 在 l2 , 上单调递增，即 h x h l2 f l2 f 2l2 l2 0，
即当 x l2 , 时， f x f 2l2 x ，
由 x3 l2 ，故 f x3 f 2l2 x3 ，又 f x3 f x2 ，故 f x2 f 2l2 x3 ，
由 2l2 x3 l2，l1 x2 l2 ，函数 f x 在 l1,l2 上单调递减，故 x2 2l2 x3 ，
即 x2 x3 2l2 ，又由①知 x1 x2 2l1，故 x3 x1 x2 x3 x2 x1 2l2 2l1，
又 2l2 2l1 2 l1 l
2 2 2
2 4l1l2 2 a 8 2 6 8 4 7 ，
故 x3 x1 4 7 .
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于先证 x2 x3 2l2 ，从而借助①中所得 x1 x2 2l1，得到
x3 x1 x2 x3 x2 x1 2l2 2l1 .
考点六、平方型（立方型）极值点偏移
1 lnx
1．（22-23 高三上·云南·阶段练习）已知函数 f x ， a 0．
ax
(1)若 f x ≤1，求 a的取值范围；
(2) 2 2证明：若存在x1，x2，使得 f x1 f x2 ，则 x1 x2 2．
【答案】(1) 1,
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证 x1 x2 2
2 2
，结合不等式放缩可证 x1 x2 2 .
f (x) 1 ln x【详解】（1） f (x)
ln x
， ，令 f 2 (x) 0ax ，解得 x 1，ax
所以当 x (0,1)时， f (x) 0 ， f (x) 在 (0,1)上单调递增；
当 x (1, ) 时， f (x) 0 ， f (x) 在 (1, )单调递减，
1
所以 f (x)max f (1)
1
，要使 f (x) 1，则有 1，而 a 0，故a 1a ，a
所以 a的取值范围为[1, )．
（2）证明：当 a 0时，由（1）知，当 x (0,1)时， f (x) 单调递增；
当 x (1, ) 时， f (x) 单调递减，
设 x1 x2，所以 x1 (0,1) ， x2 (1, )，
①若 x2 [2, )
2 2 2
，则 x1 x2 x2 4 2，成立；
②若 x2 (1, 2)，先证 x1 x2 2，此时 2 x2 (0,1)，
要证 x1 x2 2，即证 x1 2 x2 ，即 f (x1) f (2 x2 )， f (x2 ) f (2 x2 ) ，
令 g(x) f (x) f (2 x)， x (1, 2) ，
g (x) ln x ln(2 x) 1 é ln x ln(2 x) ù 2 2 ê ax a(2 x) a x2 (2 x)2 ú
1 é ln x ln(2 x) ù 1 ln[x(2 x)] 1 ln[ (x 1)2 1]
ê 2 2 ú 2 2 0 ，a x x a x a x
所以 g(x)在(1,2)上单调递增，所以 g(x) g(1) 0，
即 f (x) f (2 x)， x (1, 2) ，所以 x1 x2 2，
2
因为 x1 1 2x x
2
1， 2 1 2x2 ，所以 x21 1 x22 1 2(x1 x2 )，
即 x2 x21 2 2(x1 x2 ) 2 2．
【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，
而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理.
a
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x 1 ln x a R ．
x
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 2有两个零点x1，x2，且 x1 x2，求证： x1x2 e a ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数 f x 的导数，然后分类讨论 a的取值情况，从而可求解.
x2
（2）结合（1）中结论可知 a 0，从而求出 0 a 1，0 x1 1 x2 e ，然后设 t 1x 并构造函数1
h t ln t 4 2 t 1 ，然后利用导数求解 x1x2 1，然后再构造函数t 1
x e x x x ln x e 2x x ln x 证明 x2 e a，从而求解.
a x
【详解】（1）因为函数 f x 的定义域是 0, ， f x 2 ，x
当 a 0时， f x 0，所以 f x 在 0, 上单调递减；
当 a 0时，令 f x 0，解得 x a，
当 x 0, a 时， f x 0， f x 单调递增；当 x a, 时， f x 0， f x 单调递减．
综上所述，当 a 0时， f x 的减区间为 0, ，无增区间；
当 a 0时， f x 的增区间为 0, a ，减区间为 a, ．
（2）因为 x1, x2 是函 f x 的两个零点，由（1）知 a 0，
因为 f x 0 x x ln x a ，设 g x x x ln x ，则 g x ln x，
当 x 0,1 ， g x 0，当 x 1, ， g x 0，
所以 g x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减， g x g 1 1max ．
又因为 g x1 g x2 a，且 g e 0，
所以 0 a 1，0 x1 1 x2 e ．
首先证明： x1x2 1．
ì x1 x1lnx1 a x2 ì x 1 lnx a,
由题意，得 í ，设 t 1
1 1
x ，则 2 x2lnx2 a x
í
1 x1t 1 lnx1 lnt a.
t ln t
两式相除，得 ln x1 1 ．t 1
要证 x1x2 1，只要证 ln x1 ln x2 0，即证 2ln x1 ln t 0．
2 2t ln t ln t 0 ln t 2 4只要证 ，即证 0．
t 1 t 1
h t ln t 2 4设 ， t 1．
t 1
t 1 2
因为 h t 1 4 2 0，所以 h t 在 1, 上单调递增．t t 1 t t 1 2
所以 h t h 1 0 ，即证得 x1x2 1①．
其次证明： x2 e a．设 x e x x x ln x e 2x x ln x ，1 x e ．
因为 x ln x 1 0 ，所以 x 在 1,e 上单调递减．
所以 x2 e 0，
即 x2 e 2x2 x2 ln x2 e x2 x2 x2 ln x2 e x2 a 0．
所以 x2 e a ②．
①② x x2由 可证得 1 2 e a ．
【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）利用导数研究函数的零点问题．
ln x 1 x
3 e．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) ， g(x) ．
x x
(1)若对任意的m, n (0, )都有 f (m) t g(n)，求实数 t 的取值范围；
xx1
(2)若 x1, x2 (0, ) x x e
x2 x且 1 2
3 3
1 2 ， x ，证明： x1 x2 2．x 21
【答案】(1)[1,e]
(2)证明见解析
ln x 1 ex
【分析】（1）分别计算 f (x) ， g(x) 的导函数，接着分析它们的单调性，求得在 x 1时， f (x)
x x
的最大值为 f (1) 1， g(x)的最小值为 g(1) e ，问题得解；
xx1
2 ex2 x 1（ ）先将 1 2 转化为 f x
xx1 1
f x2 ，再设 x1 x2，数形结合得到 x1 1 xe 2 ，接着构造函数，利用1
函数的单调性得到 x1 x2 2，最后利用放缩法证明不等式.
f (x) ln x 1
x
【详解】（1）由 ， g(x)
e
，
x x
x
f (x) ln x g (x) e (x 1)得 ， ，
x2 x2
当0 x 1时， f (x) 0 ， f (x) 在区间( 0, 1)上单调递增，当 x 1时， f (x) 0 ， f (x) 在区间 (1, )上单调
递减，所以当 x (0, )时， f (x) 的最大值为 f (1) 1．
当0 x 1时， g (x) 0， g(x)在区间( 0, 1)上单调递减，当 x 1时， g (x) 0， g(x)在区间 (1, )上单调
递增，所以当 x (0, )时， g(x)的最小值为 g(1) e ．
所以1 t e，故实数 t 的取值范围为[1,e]．
xx1
（2 x x）由 e 1 1 2 ex1 x1x 得 x
x1 xx1 ，两边取对数并整理，
x 1 1 21
ln x 1 ln x 1得 x2 ln x1 1 x1 ln x 1 1 22 ，即 ，即 f x1 f xx 2 ．1 x2
由（1）知，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，（技巧：注意对第（1）问结论的应用）
f 1 而 ÷ 0 ，当 x 1时， f (x) 0
1
恒成立，不妨设 x1 x2，则 x 1 x
è e e
1 2 ．
记 h(x) f (x) f (2 x)
1
， x ,1÷，
è e
h (x) f (x) ln x ln(2 x)则 f (2 x) 2 x (2 x)2
ln x ln(2 x) ln é (x 1)
2 1ù
0 ，所以函数 h(x)
1
在 ,1
e ÷上单调递增，x2 x2 x2 è
所以 h(x) f (1) f (2 1) 0，即 f (x) f (2 x) x
1
， ,1
e ÷，è
于是 f x2 f x1 f 2
1
x 1 ， 2 x1 1,2 ，
è e ÷
又 f (x) 在 (1, )上单调递减，因此 x2 2 x1，即 x1 x2 2，
所以 x31 x
3 x32 1 2 x
3
1 8 12x1 6x21 6 x1 1
2 2 2．
【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：
（1）求导，得到函数 f (x) 的单调性、极值情况，作出函数图象，由 f x2 f x1 得到 x1, x2 的大致范围．
（2）构造辅助函数（若要证 x1 x2 ( )2x0 ，则构造函数 g(x) f (x) f 2x0 x 2；若要证 x1x2 ( )x0 ，则
2
构造函数 g(x) f (x) f
x
0 ÷ .），限定 x1, x2 的范围，求导，判定符号，获得不等式．
è x
（3）代入 x1, x2 ，利用 f x2 f x1 及 f (x) 的单调性即得所证结论．
1．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数 f x lnx ax2 .
(1)讨论函数 f x 的单调性：
(2) 2 2若 x1, x2 是方程 f x 0的两不等实根，求证： x1 x2 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 lnx ax2 0 2ln x 2ax2 0 可得， x1, x2 是方程 lnx2 2ax2 0的两不等实根，从而可将问题转化
为 t1, t2 是方程 2a
lnt
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t
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, .
2
由 f x lnx ax2 f x 1 1 2ax得： 2ax ，
x x
当 a 0时， f x 0, f x 在 0, 上单调递增；
当 a 0 f x > 0 0 x 2a时，由 得 ，由 f x 0 x 2a得 ，2a 2a
2a 2a
所以 f x 在 0, 上单调递增，在 , 上单调递减.
è 2a
÷÷
è 2a ÷
÷
（2）因为 x1, x2 是方程 lnx ax2 0的两不等实根， lnx ax2 0 2ln x 2ax2 0 ，
即 x1, x2 是方程 lnx2 2ax2 0的两不等实根，
lnt
令 t x2 (t 0) ，则 t1 x
2 2
1 , t2 x2 ，即 t1, t2 是方程 2a 的两不等实根.t
g t lnt g t 1 lnt令 ，则 2 ，所以 g t 在 0,e 上递增，在 e, 上递减， g e
1
，
t t e
当 t 0时， g t ；当 t 时， g t 0且 g t 0 .
2a 1 a 1所以 0 ，即 0 .
e 2e
令1 t1 e t
2 2
2 ，要证 x1 x2 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 ，
lnt ln 2e t 2e t lnt tln 2e t则 h t g t g 2e t
t 2e t t 2e t ，
令 t 2e t lnt tln 2e t ，
t 2e 1 lnt ln 2e t 2e t t 2e t t则 t ln t 2 2et 2 0，t 2e t t 2e t t 2e t
所以 t 在 1,e 上递增， t 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 x21 x
2
2 2e .
x1 x2 x1 x2
解法 2（对数均值不等式）：先证 ，令0 x xlnx lnx 2 1 2 ，1 2
x2 x1 lnx lnx 2 x 1
只需证 2 1
，只需证 lnx
x
0 x 2 1
x2 x1 2 x 1
x ÷
，
è 1
2 x 1
2
令 x
lnx(x 1), x 4 1 (x 1) 0 ，
x 1 (x 1)2 x x(x 1)2
所以 x 在 1, 上单调递减，所以 x 1 0 .
t1 t2 t1 t t 2 1 t2 t1 t2因为 lnt lnt ，所以
1 2 lnt1 lnt2 lnt1 lnt
，
2 2
2
所以 lnt1 lnt2 2，即 t1t2 e ，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．
lnx 1
2．（22-23 高二下·辽宁·期末）已知函数 f x .
ax
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 ex1
x2 ex x1 e 2 22 （ 是自然对数的底数），且 x1 > 0， x2 0， x1 x2 ，证明： x1 x2 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.
f (x) ln x 1【详解】（1）函数 的定义域为 (0, ) f (x)
ln x
f (x) 0 x 1
ax ，求导得则 ax2 ，由 得 ，
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.
ln x 1 ln x 1
（2）由 ex x21 ex
x1 1 2
2 ，两边取对数得 x2 ln x1 1 x1 ln x2 1 ，即 x x ，1 2
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
1
，而 f ( ) 0 ， x 1时， f (x) 0 恒成立，
e
因此当 a 1时，存在 x1, x2 且 0 x1 1 x2 ，满足 f x1 f x2 ，
x [2, ) x2 x2 2若 2 ，则 1 2 x2 4 2成立；
若 x2 (1,2) ，则 2 x2 (0,1) ，记 g(x) f (x) f (2 x)， x (1, 2) ，
g (x) ln x ln(2 x)
2
则 f (x) f (2 x)
ln x ln(2 x)
2 2
ln[ (x 1) 1]
x (2 x) 2 0， x x2 x2
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，
x2 1 2 x2 2x , x2 2 2 2 2 2又 1 1 1 2 1 2 x2 2x2 ，则有 x1 1 x2 1 2 x1 x2 4，则 x1 x2 2，
所以 x21 x
2
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.
ln x
3．（2023·山西·模拟预测）已知函数 f x ax .
x
(1)若 f x 1，求实数 a的取值范围；
12
(2)若 f x 有 2 2 2个不同的零点 x1, x2 （ x1 x2），求证： 2x1 3x2 .5a
【答案】(1) 1,
(2)证明见解析
ln x x ln x x
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到 a 2 ，构造 h x 2 ，利用导函数得到其单调性，x x
极值和最值情况，得到 a h 1 1；
a ln x F x ln x（2）转化为 2 有 2 个不同的实数根，构造 2 ，得到其单调性，得到1 x1 e x2 ，且x x
2
a 0, 1 x
2
2 ln x 12 t 1 12 t 2 1 2 ÷ ，求出 2 ，换元后即证 ln t 0，构造G t ln t t 1 ，求导后得è 2e x1 ln x 5 3t 21 2 5 3t 2 2
到G t 在 1, 上单调递增，G t G 1 0，得到证明.
ln x x
【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 成立.
x2
令 h x ln x x 1 x 2ln x ，则 h x ，
x2 x3
令 g x 1 x 2ln x ，则 g x 2 1 0 ，所以 g x 在 0, 内单调递减，
x
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, .
ln x
（2） f x 有 2 个不同的零点等价于 a 2 有 2 个不同的实数根.x
F x ln x 1 2ln x令 2 ，则F x ，当F 3 x 0时，解得x x 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 1在 x e 处取极大值为F e .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 .
a 0, 1 所以1 x1 e x2 ，且 2e ÷
.
è
ln x ìln x ax21 1
因为 x1, x2 是方程 a 2 的 2 个不同实数根，即x í
.
ln x
2
2 ax2
x2 ln x
将两式相除得 2 2
x2
，
1 ln x1
x ln x t 2
令 t 2x ，则 t 1
t 2 2， ln x ，变形得 ln x
ln t
1 2 ， ln x
t ln t
2 .
1 1 t 1 t 2 1
x2 ln x 1 x2 ln x2 2x2 3x2 12 2ln x 3ln x 12又因为 1 ， 2 ，因此要证 1 2 ，只需证 1 2 .a a 5a a a 5a
2
因为 a 0，所以只需证 2ln x
12 3t ln t 2ln t 12
1 3ln x2 ，即证 .5 t 2 1 t 2 1 5
12 t 2 1
因为 t 1，即证 ln t 0 .
5 3t 2 2
2
12 t 2 1 3t 2 2
令G t ln t t 1 2 ，则
G t 2 ≥0，5 3t 2 t 3t 2 2
所以G t 在 1, 上单调递增，G t G 1 0，
12 t 2 1
即当 t 1时， ln t 0 2 成立，命题得证.5 3t 2
【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 x ln x ln
x x
1 2
1 1
x 进行变形，可构造关于
t
x 的函数，利用导函数再进行求解.2 2
考点七、乘积型极值点偏移
x
1．（2023 高三·全国·专题练习）已知函数 f x e ln x x a .若 f (x) 有两个零点 x1, x2 ，证明： x1x2 1.x
【答案】证明见解析
x2 x1
【分析】利用构造函数法，从而只需证明 x1x2 ln x ln x ，即可求解.2 1
f x e
x ex x 1
【详解】由题意得 ln a t e，令 1，则 f t t ln t a ， f t 1 0，
x x x t
所以 f t t ln t a 在 1, 上单调递增，故 f t 0至多有1解；
x
又因为 f x 有两个零点 x1, x e2 ，所以， t 有两个解 x1, x2 ，x
ex ex x 1 ex
令 y ， y 2 ，易得 y 在 0,1 上递减，在 1, 上递增，所以 0 x1 1 x2 .x x x
x x x x x2 1 2
此时 e 1 tx 21;e tx2 ，两式相除，可得： e x xx 2 1
ln x2 ln x1 .
1
x2 x1
于是，欲证 x1x2 1只需证明： x1x2 ln x2 ln x
，
1
x x x2 x 1下证 1 2 ln x ln x ：2 1
x2 x1 x2 x1 x2 x2 x
因为 x1x2 ln x ln x ln 1ln x2 ln x
2 1
1 x1x2 x1 x1 x
，
2
x
不妨设 s 2 1，则只需证 2ln s s
1
，
x1 s
2
构造函数 h s 2ln s s 1 , s 1 h s 2 1 1 1 1，则 2
÷ 0，s s s è s
故 h s 在 1, 上单调递减，故 h s h 1 0，即 2ln s s 1 得证，
s
综上所述：即证 x1x2 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.
1
2．（2024·广东湛江· ln一模）已知函数 f x 1 ln x e ax ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若方程 f x 1有两个根x1，x2，求实数 a 的取值范围，并证明： x1x2 1．
【答案】(1) f x 在 0,1 上单调递增， 1, 上单调递减，
(2)见解析
【分析】（1）求出 f x ，根据导数的符号判断函数的单调性；
1 ln x 1 1 ln x a g x 1 ln x
1 ln x 1 ln x
（2 1 2）由 ，得 ，设 ，画出 g x 的图象可得 0 a 1；由 ，
ax x x x1 x2
设 h x g x g 1 ，对 h x 求导可得 g x
1
g ，又 g x g x ，再由 g x 在 1, 上单调递减，
è x ÷ 1
÷ 1 2
è x1
1
可得 x2 ，即可证明 x1x2 1x .1
1
【详解】（1）由题意可得 x 0, 0，所以 a 0，
ax
ln 1
f x 1 ln x e ax 1 ln x 的定义域为 0, ，
ax
1
ax 1 ln x a
又 f x x ln x ，由 f x 0，得 x 1，
ax 2 ax2
当0 x 1时， f x 0，则 f x 在 0,1 上单调递增，
当 x 1时， f x 0，则 f x 在 1, 上单调递减，
1 ln x 1 1 ln x（2）由 ，得 a ，设 g x 1 ln x ，
ax x x
1
x 1 ln x
g x x ln x ，由 g x 0 ，得 x 1，
x2 x2
当0 x 1时， g x 0，则 g x 在 0,1 上单调递增，
当 x 1时， g x 0，则 g x 在 1, 上单调递减，
g 1 又 ÷ 0 ， g 1 1 xe ，且当 趋近于正无穷， g x 趋近于 0 ，è
g x 1 ln x 的图象如下图，
x
1 ln x
所以当 0 a 1时，方程 a 有两个根，
x
1 ln x 1 ln x
证明：不妨设 x1 x2，则 0 x1 1 x
1 22 ， x ，1 x2
h x g x g 1 1 ln x设 ÷ x 1 ln x ，
è x x
2
h x ln x ln x x 1 ln x 0，所以 h x 在 0, 2 2 上单调递增，x x
又 h 1 0，所以 h x1 g x g
1 1
1 ÷ 0，即 g x1 gx ÷，è 1 è x1
又 g x1 g x
1
2 ，所以 g x2 g ÷，
è x1
1
又 x2 1， 1， g x 在 1, x x
1
上单调递减，所以 2 ，
1 x1
故 x1x2 1 .
【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出 f x 的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出
1
单调性；（2）解此问的关键在于把 x1x2 1转化为 g x2 g ÷来证，又 g x1 g x2 ，构造
è x1
1 h x g x g ÷，对 h x 求导，得到 h x 的单调性和最值可证得 g x1 g
1
÷，即可证明 x1x2 1 .
è x è x1
1
3．（2024 高三·全国· 2专题练习）已知函数 f (x) ln x ax (a 1)x, (a R) .
2
(1)当 a 第15讲 导数中的极值点偏移问题
（高阶拓展、竞赛适用）
（8 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
恒成立问题、零点问题
2022 年全国甲卷理，第 21 题,12 分 导数中的极值偏移问题
利用导数证明不等式
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2021 年新 I 卷，第 22 题,12 分 导数中的极值偏移问题
利用导数证明不等式
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数解决函数的基本问题
2 能理解并掌握极值点偏移的含义
3 能结合极值点偏移的形式综合证明及求解
【命题预测】极值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结
合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高，需要综合复习
知识讲解
1. 极值点偏移的含义
众所周知，函数 f (x) 满足定义域内任意自变量 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) x x的极值点. 如二次函数 f (x) 的顶点就是极值点 x0 ，若 f (x) c的两根的中点为 1 2 ，则刚2
x1 x好有 2 x0 ，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.2
若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数 f (x) 的极值点为m ，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m 左右侧变
x x
化快慢不同. 故单峰函数 f (x) 定义域内任意不同的实数 x 1 21, x2 满足 f (x1) f (x2 )，则 与极值点m2
必有确定的大小关系：
m x x x x若 1 2 ，则称为极值点左偏；若m 1 2 ，则称为极值点右偏.
2 2
如函数 g(x) x x x x 的极值点 x0 1刚好在方程 g(x) c 的两根中点
1 2 的左边，我们称之为极值点左偏.
e 2
2. 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) 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）；
x x
3. 若函数 f (x) 存在两 个零点 x1 , x 1 22 且 x1 x2 ，令 x0 ，求证： f ' (x2 0
) 0；
x x
4. 若函数 f (x) 中存在 x1 , x2 且 x1 x2 满足 f (x1) f (x2 )，令 x0 1 2 ，求证： f ' (x ) 0 .2 0
3. 极值点偏移的判定定理
对于可导函数 y f (x)，在区间 (a,b)上只有一个极大（小）值点 x0 ，方程 f (x) 0 的解分别为
x1, x2 ，且 a x1 x2 b ，
f (x ) x x（1）若 1 f (2x0 x2 )，则 1 2 ( )x0 ，即函数 y f (x)在区间 (x1, x2 ) 上极（小）大值点2
x0 右（左）偏；
（2）若 f (x1) f (2x
x x
0 x2 )，则 1 2 ( )x0 ，即函数 y f (x)在区间 (x1, x2 ) 上极（小）大值点2
x0 右（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数 y f (x)，在区间 (a,b)上只有一个极大（小）值点 x0 ，则函数 f (x) 的
单调递增（减）区间为 (a, x0 )，单调递减（增）区间为 (x0 ,b) ，由于 a x1 x2 b ，有 x1 x0 ，且 2x0 x2 x0 ，
又 f (x1) f (2x0 x )
x x
2 ，故 x1 ( )2x0 x2，所以 1 2 ( )x0 ，即函数极（小）大值点 x0 右（左）偏；2
（2）证明略.
m x1 x x x左快右慢（极值点左偏 2 ） 左慢右快（极值点右偏 m 1 2 ）
2 2
m x1 x x x左快右慢（极值点左偏 2 ） 左慢右快（极值点右偏 m 1 2 ）
2 2
4. 对数平均不等式
ì a b (a b),
两个正数 a和b 的对数平均定义： L(a,b)
í ln a ln b
a(a b).
对数平均与算术平均 几何平均的大小关系：
ab L(a,b) a b （此式记为对数平均不等式）
2
取等条件：当且仅当 a b时，等号成立．
a b
只证：当 a b 时， ab L(a,b) ．不失一般性，可设 a b．
2
证明如下：
（I）先证： ab L(a,b) ……①
不等式① ln a ln b a b ln a a b 2ln x x 1 a（其中 x 1）
ab b b a x b
构造函数 f (x) 2ln x (x
1 2
), (x 1) ，则 f (x) 1
1 1
2 (1 )
2
．
x x x x
因为 x 1时， f (x) 0 ，所以函数 f (x) 在 (1, )上单调递减，
故 f (x) f (1) 0，从而不等式①成立；
（II）再证： L(a,b)
a b
……②
2
a
ln a ln b 2(a b) a
2( 1) 2(x 1)
不等式② ln ba ln x
a
（其中
a b b (x 1) x 1） ( 1) b
b
2(x 1) 2
构造函数 g(x) ln x , (x 1)，则 g (x)
1 4 (x 1)
(x ． 1) x (x 1)2 x(x 1)2
因为 x 1时， g (x) 0，所以函数 g(x)在 (1, )上单调递增，
故 g(x) g(1) 0，从而不等式 成立；
综合（I）（II）知，对 a,b R ，都有对数平均不等式 ab
a b
L(a,b) 成立，
2
当且仅当 a b时，等号成立．
5. 运用判定定理判定极值点偏移的方法
1、方法概述：
（1）求出函数 f (x) 的极值点 x0 ；
（2）构造一元差函数 F (x) f (x0 x) f (x0 x)；
（3）确定函数 F (x)的单调性；
（4）结合 F (0) 0 ，判断 F (x)的符号，从而确定 f (x0 x)、 f (x0 x)的大小关系.
考点一、极值点偏移高考真题鉴赏
x
1．（2022· e全国·统考高考真题）已知函数 f x ln x x a ．
x
(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．
1．（2021·全国·统考高考真题）已知函数 f x x 1 ln x .
（1）讨论 f x 的单调性；
1 1
（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 e .
a b
考点二、含对数型极值点偏移
1．（2022·全国·模拟预测）设函数 f x lnx 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： lnx1 2lnx2 3 .
1．（23-24 高三上·江苏南通·阶段练习）已知函数 f x x 2a ln x , a R .
x
1
(1)当 a 时，求函数 f x 的极值；
2
(2)若 f x
f x f x
有两个极值点 x1，x
1 2
2 ，求证： 4 .x1 x2
2．（2024·河北保定·二模）已知函数 f (x) ax x ln x, f (x)为其导函数．
(1)若 f (x) 1恒成立，求 a的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数 x1, x2 ，使得 f x1 f x2 ，证明： f x1x2 0 ．
考点三、含指数型极值点偏移
x
1．（22-23 e k高二上·重庆沙坪坝·期末）已知函数 f x ．
x
(1)若 f x 在 0, 上单调递增，求实数 k 的取值范围；
(2)若 g x f x klnx lnk 2存在极小值，且极小值等于 ，求证： k lnk 2e ．
1
1．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x x e 1 ex ex2 e2x．
2
(1)求函数 f x 的单调区间与极值．
(2)若 f x1 f x2 f x3 x1 x2 x
x x
3 ，求证： 3 1 e 1．2
2．（23-24 高三上·云南昆明·阶段练习）设 a，b 为函数 f x x ×ex m （m 0）的两个零点．
(1)求实数m 的取值范围；
(2)证明： ea eb 1．
考点四、加法型极值点偏移
1 x．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f x xe a恰有两个零点 x1, x2 ．
(1)求 a的取值范围；
(2)证明： x1 x2 2．
2．（2023·山西·模拟预测）已知函数 f x lnx a x 1,a R .
(1)若 f x 0 ，求 a的取值范围；
(2) 2若关于 x 的方程 f x eax ex2 有两个不同的正实根 x1, x2 ，证明： x1 x2 2 e .
3 x 2．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数 f x e ax (a 0)．
(1) a e
2
当 时，判断 f x 在区间 1, 内的单调性；
4
(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 .
a
1．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f x 2x ln x a R 有两个零点 x1, xx 2 x1 x2 ．
(1)求实数 a的取值范围；
(2)证明： x1 x2 1．
2．（2024 高三下·全国· 2专题练习）已知函数 f x 2x ln x x 1．
(1)证明： f x 1；
(2)若0 x1 x2 ，且 f x1 f x2 0，证明： x1 x2 2．
3．（2024 高三·全国·专题练习）设函数 f (x) ex
1
ex2 1 (x 1)3 5e , x [0, ) ．
2 3 2
(1)判断函数 f (x) 的单调性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 f x2 6e ，求证： x1 x2 2．
考点五、减法型极值点偏移
1．（23-24 高二下·云南·期中）已知函数 f x 3lnx ax2 4x(a 0) .
(1)当 a 1时，讨论 f x 的单调性；
(2)当 a
1
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 .2
2
1．（23-24 高三上·河南· f x ln ex a 1 x x开学考试） b 有两个零点 x1, x2 x1 x2 ．2 4
(1) a 0时，求b 的范围；
5
(2) b = -1且 a 时，求证： x2 x1 2 5 4a ．4
2．（23-24 高三下·天津·阶段练习）已知函数 f (x) x2 2ax 4ln x．
(1)讨论 f (x) 的单调区间；
(2)已知 a [4,6]，设 f (x) 的两个极值点为l1,l2 l1 l2 ，且存在b R ，使得 y f (x) 的图象与 y b有三个
公共点 x1, x2 , x3 x1 x2 x3 ；
①求证： x1 x2 2l1；
②求证： x3 x1 4 7 ．
考点六、平方型（立方型）极值点偏移
1 lnx
1．（22-23 高三上·云南·阶段练习）已知函数 f x ， a 0．
ax
(1)若 f x ≤1，求 a的取值范围；
(2)证明：若存在x1，x2，使得 f x1 f x 2 22 ，则 x1 x2 2．
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x a 1 ln x a R ．
x
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 有两个零点x1，x2，且 x1 x 22，求证： x1x2 e a ．
ln x 1
3 e
x
．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) ， g(x) ．
x x
(1)若对任意的m, n (0, )都有 f (m) t g(n)，求实数 t 的取值范围；
x1
(2)若 x1, x2 (0, )且 x x
x2 x x1 2 3 3
1 2 ， e ，证明： x x 2．xx2 1 21
1．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数 f x lnx ax2 .
(1)讨论函数 f x 的单调性：
(2)若 x1, x
2 2
2 是方程 f x 0的两不等实根，求证： x1 x2 2e；
2．（22-23 高二下·辽宁·期末）已知函数 f x lnx 1 .
ax
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 ex x2 ex x1 2 21 2 （e 是自然对数的底数），且 x1 > 0， x2 0， x1 x2 ，证明： x1 x2 2 .
ln x
3．（2023·山西·模拟预测）已知函数 f x ax .
x
(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： 2x2
12
1 3x
2
2 .5a
考点七、乘积型极值点偏移
x
1．（2023 高三· e全国·专题练习）已知函数 f x ln x x a .若 f (x) 有两个零点 x1, x2 ，证明： x
x 1
x2 1.
1
2．（2024· ln广东湛江·一模）已知函数 f x 1 ln x e ax ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若方程 f x 1有两个根x1，x2，求实数 a 的取值范围，并证明： x1x2 1．
1
3．（2024 2高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) ln x ax (a 1)x, (a R) .
2
(1)当 a 1时，判断函数 y f (x) 的单调性；
x f (x) 1(2) 2若关于 的方程 ax 有两个不同实根 x1, x2 ，求实数 a的取值范围，并证明 x1 × x2 e
2 .
2
1
1．（23-24 高三上· · 2河南 阶段练习）已知函数 f (x) ax (2a 1)x 2ln x(a R) .
2
(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： x1x2 4 .
1
2 2．（23-24 高三上·四川遂宁·阶段练习）设 f x ax a 1 x ln x， a R .
2
(1)当 a 2时，求 f x 的极值；
(2)若 x 0有 f x 0 恒成立，求 a的取值范围；
(3)当 a 0时，若 f x1 f x2 ，求证： x1x2 1.
3．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知 f (x) 2x sin x a 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 ．
考点八、商式型极值点偏移
x
1．（2022 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) x ea (a 0) 有两个相异零点x1 x2，且 x1 x2，求证：
x1 e
x .2 a
2 x．（福建省宁德市 2021 届高三三模数学试题）已知函数 f (x) ae ln x 1 a R .
（1）当 a e时，讨论函数 f (x) 的单调性：
x
（2）若函数 f (x) 2恰有两个极值点 x1, x2 x1 x2 ，且 x1 x2 2ln 3，求 x 的最大值.1
3．（22-23 高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数 f x ax2 ， g x x 1 ln x .
(1)若对于任意 x 0, ，都有 f x g x ，求实数 a的取值范围；
1 1
(2)若函数 y g x m有两个零点 x1, x2 ，求证： 2x x .1 2
1．（22-23 高二下·湖北· x期末）已知函数 f x ae 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
x
恰有两个极值点x x x x 2e 1 × ln 2e1， 2（ 1 2），且 x1 x
2
2 ，求 的最大值.2e 1 x1
2．（21-22 高二上·湖北武汉·期末）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 x2 ln x1 x1 ln x2 2ex1x2 ln x1 ln x2 ，证明： 2e
1 1
2e 1
x x .1 2
6．（2023·湖北武汉·三模）已知函数 f x ax a 1 ln x 1 ， a R ．
x
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若关于 x 的方程 f x xex ln x 1 有两个不相等的实数根x1、x2，x
（ⅰ）求实数 a 的取值范围；
ex1 ex2 2a
（ⅱ）求证： ．
x2 x1 x1x2
1．（2023 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) x ln x 的图像与直线 y m交于不同的两点 A x1, y1 ，
B x 12 , y2 ，求证： x1x2 2 ．e
m
2．（2023·江西·模拟预测）已知函数 f (x) x ．
ex
(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．
3．（23-24 2高二下·广东东莞·阶段练习）已知函数 f x x ax x ln x的导函数为 f x ，若 f x 存在两个
不同的零点 x1, x2 .
(1)求实数 a的取值范围；
(2)证明： x1 x2 1 .
1
4．（23-24 高三上· 2江苏连云港·阶段练习）已知函数 f x lnx ax a 1 x a R .
2
(1)当 a 1时，求函数 y f x 的零点个数.
1
(2) x f x ax2 2若关于 的方程 有两个不同实根 x
2 1
, x2 ，求实数 a的取值范围并证明 x1 × x2 e .
1
5 2 2．（2024·云南·二模）已知常数 a 0，函数 f (x) x ax 2a ln x .
2
(1)若 x 0, f (x) 4a2 ，求 a的取值范围;
(2)若x 、x 是 f (x)1 2 的零点，且 x1 x2 ，证明: x1 x2 4a .
1 3
6．（22-23 3 2高二下·安徽·阶段练习）已知函数 f x x x log x a 0, a 1 ．
3 2 a
(1)若 f x 为定义域上的增函数，求 a 的取值范围；
(2)令 a e
1 3
，设函数 g x f x x 4ln x 9x，且 g x1 g x2 0 ，求证： x3 1 x2 3 11．
7．（2023·山东日照·二模）已知函数 f x x a ln x．
(1)若 f x 1恒成立，求实数 a的值：
(2) x x若 x1 > 0， x 0， e 12 ln x 12 x1 x2 ，证明： e x2 2 ．
f x
8 ．（2023·江西南昌·二模）已知函数 f x x ln x a ， g x a ax ．
x
(1)当 x 1时， f x ≥ ln x 2恒成立，求 a 的取值范围．
(2)若 g x 2的两个相异零点为x1，x2，求证： x1x2 e ．
2 3 9．（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知函数 f x x ln x a ÷，a 为实数．
è 2
(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
a
10．（2023·北京通州·三模）已知函数 f x ax ln x(a 0)
x
(1)已知 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y x 1，求实数 a 的值；
(2)已知 f（x）在定义域上是增函数，求实数 a 的取值范围.
(3)已知 g x f x a 2有两个零点x1，x2，求实数 a 的取值范围并证明 x1x2 e .x
11．（22-23 2高三下·河北石家庄·阶段练习）已知函数 f x x ln x a a R .
(1)求函数 f x 的单调区间；
2
(2)若函数 f x 有两个零点x1、x2，证明1 x1 x2 .e
a
12．（2022 高三·全国· 2专题练习）已知函数 f x x ln x x x a(a R)在其定义域内有两个不同的极值
2
点.
(1)求 a的取值范围；
(2)记两个极值点为 x1, x2 ，且 x1 x2 . 若l 1 1 l，证明： e x × xl1 2 .
13．（2023·贵州毕节·模拟预测）已知函数 f x 2x a lnx 3 x a ,a 0 .
(1)当 x 1时， f x 0，求 a的取值范围.
1
(2)若函数 f x 有两个极值点 x1, x2 ，证明： x1 x2 2e 2 .
14．（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x x 2 ex ax a R ．
(1)若 a 2，讨论 f x 的单调性．
(2)已知关于 x 的方程 f x x 3 ex 2ax 恰有 2个不同的正实数根 x1, x2 ．
（i）求 a的取值范围；
（ii）求证： x1 x2 4．
2 3 15．（23-24 高三上·天津和平·阶段练习）已知函数 f x x ln x a ÷，a 为实数．
è 2
2
(1)当 a 时，求函数在 x 1处的切线方程；
3
(2)求函数 f x 的单调区间；
(3)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．
16 23-24 · · f x xlnx ax2．（ 高三上 重庆渝中 期中）已知函数 x,a R ．
(1)若函数 f x 是减函数，求 a的取值范围；
(2)若 f x 8有两个零点 x1, x2 ，且 x2 2x1，证明： x1x2 2 ．e
1
17．（23-24 高三上· 2江苏·阶段练习）已知函数 f x x ln x ax a 0 .
2
(1)若函数 f x 在定义域内为减函数,求实数 a 的取值范围;
1
(2)若函数 f x 有两个极值点 x1, x2 x1 x2 ,证明： x1x2 .a
18．（2023· x辽宁阜新·模拟预测）已知函数 f x e ax
(1)若 a 2 时，求 f x 的最值；
(2)若函数 g x f x 1 x2，且 x1, x2 为 g x 的两个极值点，证明： g x1 g x2 22
19．（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数 g x ln x ax2 2 a x（ a R ）．
(1)求 g x 的单调区间；
(2)若函数 f x g x a 1 x2 2x ， x1, x2 0 x1 x2 是函数 f x
x x
的两个零点，证明： f 1 2 ÷ 0．
è 2
20．（2023·山东泰安· x 1二模）已知函数 f x me ln x ，m R .
(1)当m 1时，讨论方程 f x 1 0解的个数；
2 2
(2)当m e时， g x f x ln x tx e e 有两个极值点x
2 1
，x2，且 x1 x2，若 e t ，证明：2
（i） 2 x1 x2 3；
（ii） g x1 2g x2 0 .
1．（全国·高考真题）已知函数 f (x) (x 2)ex a(x 1)2有两个零点.
（Ⅰ）求 a 的取值范围；
（Ⅱ）设 x1，x2 是 f (x) 的两个零点，证明： x1 x2 2 .
2．（天津·高考真题）已知函数 f (x) xe x (x R)
（Ⅰ）求函数 f (x) 的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知函数 y g(x) 的图象与函数 y f (x) 的图象关于直线 x 1对称，证明当 x 1时， f (x) g(x)
（Ⅲ）如果 x1 x2 ，且 f (x1) f (x2 )，证明 x1 x2 2
