1、极值点偏移问题【类型一： 类】12xa1. （2013 年高考湖南文）已知函数 21()xfxe. ()求 )fx的单调区间；()证明:当 1212()(fx时， 120x.解: () .)123)() 2 xexef （ （ ;)(,0(0-024 单 调 递 增时 ，（当 fyfx单 调 递 减） 时 ，当 ),)( xyfx.所以, ） 上 单 调 递 减，上 单 调 递 增 ； 在，在 （ -)(fy . ()由( )知，只需要证明:当 x0 时 ()fx即可. 1)(112222 xeeexf xx . )(0,)(xxgg令. ,0422 2exhexh令 )(0)( hy） 上
2、单 调 递 减，在 （ gxxg） 上 单 调 递 减，在 （ .001)(122 yxxeey 时） 上 单 调 递 减 ， 但，在 （ )(0)(ffxf.0)(212121 x时 ，且所 以 ， 当2. (2010 年天津卷)已知函数 ()xfeR（）求函数 的单调区间和极值；(fx（）已知函数 的图象与函数 的图象关于直线 对称，证明当 时，)yg()yfx1x1x；()fx（）如果 ，且 ，证明 .12x12()fxf12x（）解： ()fe令 =0,解得fx当 变化时， ， 的变化情况如下表()ffxx ( ),11 ( )1,()f+ 0 -xA极大值 A所以 在( )内是增函数
3、，在( )内是减函数。)f,11,函数 在 处取得极大值 且 =x(fe（）证明：由题意可知 ,得)2)gx2()xgxe令 ,即()(FxfF于是 21)xxe当 时， ,从而 ，又 ，所以 ,从而函数 F（x）在1,+)是x010xe()0Fx增函数又 ,即 .1()Fex， 所 以 时 ， 有 ()1Fx()fg（)证明：（1）若 2121212()0,(),.xffx由 （ ） 及 则 与 矛 盾（2）若 1( ()xx由 （ ） 及 得 与 矛 盾根据（1） （2）得 1212)(0,.x不 妨 设由（）可知， ，则 ，所以 .fxg()(fg12()fxf因为 ，所以 ，又由（）可
4、知函数 在区间（-，1）内事增函数，所以 ,2x2 fx 12x即 .1本题第二问的设置，实质上是降低了难度。通过本题可以得出，极值点偏移问题也可以看成是做对称函数的问题。下面多个问题都可以这样做.类题：已知函数 ， .12()ln,0fxx12()fxf证明： .12e证明：构造函数 ，()()gxfxe3. （反解表示类或构造函数单调性）已知函数 1()lnfx，若方程 ()fxa有两个不同的根12,x，求证： 12x证明：法 1： ，()(0)f时， ； 时， ；0(fx在（0,1）上递减，在 递增.()fx(1,)方程 a有两个不同的根 2，则可不妨设 120x若 ，则必有 ，故只需证
5、 时，有 212x1212x设函数 的图象和 的图象关于 对称，()yg()yf设 的解为 ，则有xa221x只需证明 的图象恒在 的图象的上方，即可得到 ，即有()1)()12)fx2x12法 2： ，2()(0)xf时， ； 时， ；01()0fx在（0,1）上递减，在 递增.()f (,方程 xa有两个不同的根 12，则可不妨设 12x法 3： 121ln,ln,xaxa所以 1212l ， 12121lnlnxx所以12lnx，212lnx，所以122112lnlx令 12,0xt，则 12lnlnttx，令 ()lngtt，22(1)()0tgt，所以 t在 (0,1上递增， ()，
6、即 lntt因为 lnt，所以 2lnt，即 12x类题 1：已知 a且 0为实数，所以函数23()ln(1)axf a（I）当 0时，求函数 ()fx的单调区间；（II）若函数 ()f有两个不同的零点 12,()x（i）求实数 a的取值范围；（ii）求证： 12+x类题 2：*已知 a为实数，函数 ()ln1fxa（I）讨论函数 ()fx的单调性；（II）若函数 有两个不同的零点 12,()x（i）求实数 a的取值范围；（ii）求证： 112,+xxe且 （e 为自然对数的底数）.4. 已知直线 :1lyx与函数 ()eaxbf的图象相切，且 (1)ef.（1）求实数 ,ab的值；（2）若在
7、曲线 ()mf上存在两个不同的点 12(,),()AmfxBfx关于 y轴的对称点均在直线上 l，证明： 124x.解：（1）设 :ly与 ()eaxbf的图象相切于点 0(,)f ()eaxbf，则根据题意可得 0()1f即0e1axb 01xa， 1eab，又 (1)fe， eab，由可得， ,0.（2）点点 12(),()AxmfBxf关于 y轴的对称点为 12(,),()xmfxf在直线上 l， 12e,exx法 1：整体变量法两式相加得， 1221(+)()xx，两式相减得， em.由以上两式可得（反解出 21x） ，212121221ee()()xxx即212121221ee()(
8、)xx，不妨设 210t要证 214，即证12214ex，即证2121e()xx，即证 121(e)()x x，即证 ()tt.设 ),0ttg， e1,0tg，令 ()eth，则 (th， ()gt在 ,)上单调递增，又 (0)g当 0,t时， ()g恒成立， )在 ,上单调递增，又 ()g， 0,t即 21 2121(e)x x，即2121e()xx 214x.法 2：构造函数法 12e,e1xxm12上式等价于 有两个零点 12,x，下面证明 124x1xe令 ()xg，则 2e()g，当 1时， (0；当 1x时， (0gx；当 2时， ()0gx所以 在 上递减，在 上递减，在 上递
9、增)x,)(,),)又 时， (g， 时， ， 1时， ()，且 =(2)ge且，要使得 有两个零点 12,x，必有 12x1xem2111()4)(4)gg14e()114e()xx不好算？怎么办？法 3：以上同法 2令 ，01t2()()1ttegt22(1)()tte22tet令 ，则 ，()1)(htt2()1the ， 在 上单调递减，240te0,1()0ht所以 在 上单调递减， ()(tt) 2又 ，所以 21t2,()()gtgtt令 ，则 ，即 1tx11()xx124()xgx又 在 上递增，且 ，()g2,)24,所以 ，即 1412类题：（2016 高考全国 I 理科
10、）已知函数 有两个零点.2()e(1)xfxa（1）求 的取值范围；a（2）设 ， 是 的两个零点，求证： 1x2()fx12解：法 1：（1）由题意 .exa=e2xa当 ，即 时， 恒成立.令 ，则 ，0a20x0f1所以 的单调增区间为 .同理可得 的单调减区间为 fx1,x,当 ，即 时，令 ，则 或 2fx1ln2a（）当 ，即 时，令 ，则 或 ，ln1ae20fxln2a所以 的单调增区间为 和 .同理 的单调减区间为 ；fx,ln,af 1,ln2a（）当 ，即 时，ln21a2e当 时， ， ，所以 .同理 时， 1x01e2e0xa0fx10fx故 的单调增区间为 ；f,（
11、）当 ，即 时.令 ，则 或 ，ln21ae02a0fxln2a1x所以 的单调增区间为 和 ，同理 的单调减区间为 fx,ln1,f ln2,a综上所述，当 时， 的单调增区间为 和 ，单调减区间为e2afx,ln2,a；1,ln2当 时， 的单调增区间为 ；eafx,当 时， 的单调增区间为 和 ，单调减区间为 ；02f ,ln2a1,ln2,1a当 时， 的单调增区间为 ，单调减区间为 afx1,（2）若 有两个零点，则 ，0a且 在 上单调递减，在 上单调递增.fx,1,要证明 ，不妨设 ，且 .212x12x只需证明： ，因为 在 上单调递减，12xf,所以 ，又 ，ff12xf则
12、，即令 ，22xx1gx， 2 22 2eeexxgaxa 因为 ，10，2 22e1e1exxxxxx 当 时， 且 ，所以 ，20g所以函数 在 上单调递增，因此 ，gx1,x故 ，即有 ，则 ，2ff22ff12fxf又 在 上单调递减，则 ，故 .证毕.yfx,112x12x法 2：（分离参数）显然， 不是 的零点yf所以， 有两个零点，等价于 有两个实数解，又等价2()2)e()xfa 2()e(1)0xa于 有两个实数解1xa令 ，则2()e)xg23(45)e)1xxg所以，在 上单调递减，在 上单调递增,1,又在区间 上， 且当 时 ，当 时 ；()()0x()0gx1x()g
13、在区间 上，当 时 ，当 时 ；,()()故 的图象如图所示()gx由图象知， 有两个实数解等价于 即 2()e1xa0a所以实数 的取值范围是 0,5. *函数 ，若存在 使 ，()(0)axfe12()x12()0fxf求证：(1) ；21* (2) 12xae证明： 即 ，()0fx因为 ，所以 ，故方程可化为 ，进而 ，axelnxalnx令 ，易得 时原方程有两个不等实根，且 .ln()h1ae120e再令 ，则 也是 的两个实根.lgx12,x()0gx，则 ，1()0a a当 时， ，当 时， ，,x()x(,)()x所以 在 上减，在 增.()g1,令 则 ，1()0,hxgx
14、aa 21()()01ahxgxax所以 在 上减，所以 ，即 成立()0,(由 ，结合函数 的单调性可知， ，所以1212gxx)gx120x，2 112()()()ggaaa由函数在 增且 知， ，,)2,x21x又由 得， ，所以 .10xee12ea由 知 ，故可得 .aea所以 .12xe类题：6. 已知函数 , lnfxexg（1）记 ,判断 在区间 内的零点个数并说明理由；FfF1,2（2）记 在 内的零点为 , ,若 ( )x1,20xmin,fxg)mxnR在 内有两个不等实根 , （ ）,判断 与 的大小,并给出对应的证明,1212120解：（1）证明： ,定义域为 , ,
15、lnxFxe0x1lnxFxe而 ,故 ,即 在 上单调递增,2x012又 , ,而 在 上连续,e2leFx故根据根的存在性定理有： 在区间 有且仅有唯一实根.x（2）法 1：由（1）知, ,当 时, ,1lnxFe0Fx且存在 使得 ,02x000xfg故 时, ；当 时, fgxfx因而 ,0ln,1xme显然当 时, , 因而 单增；当 时, ,0lnx1ln0mxmx0xxme,因而 递减； 在 有两不等实根 , ,1xe,12则 ,102显然当 时, ,下面用分析法给出证明要证： 即证 ,x120x120x2010xx而 在 上递减,故可证 ,又由 ,m0201mxxm即证 ,即
16、,11xx011lnxe记 , ,其中 02lnxheh,0x 0022lxxe记 , ,当 时, ； 时, 故 ,te1te1t1t0tmax1te而 故 ,而 ,从而 ,00x02xe因此 ,0 00221lnlnxxhxe e即 单增从而 时, 即 ,h0112lnx故 得证.120x法 2：如果作 的对称函数，则 和 的求导都更简洁.()fx020202()()l()fxxx(xge由（1）知, ,当 时, ,1lnxFxe0Fx且存在 使得 ,0,2000fg故 时, ；当 时, xfxgxfx因而 ,0ln,1xme显然当 时, , 因而 单增；当 时, ,0lnx1ln0mxmx
17、0xxme,因而 递减； 在 有两不等实根 , ,1xe,12则 , 1020显然当 时, ,1x20x下面证明 时，有 01120x因为 在 上递增,故只需证 ,又由 ,mx， 2mx12mx故只需证 ,即 202x2020()ln()xxe记 , ,其中 20()ln()xhxe10h则 ,01l2x0ln()xxe0021x1,xxee又 ，00ln(2)ln(21)ln0所以 ，所以 在 上递减hxhx0,从而 时, .001故 ，即 .12mxx120x【类型二： 类】a7. （2014 年大庆市第二次质量检测）已知 ()ln()fxaR(1)若 ()fx无零点，求 的范围；(2)若
18、存在两个实数 12,x且 12x，满足 12()0fxf，求证： 21xe（2）法 1：整体替换，对数不等式 .121212lnxx设 120x， ()ff， 12lnl0xax 1212ln()xa， 12()2e等价于 12l,xx即 ，即 121l()x，即 212()ln令 12tx，则 ， 122()lnx也即 (1)lnt令 ()()ltgt，2()01tg 21ln()tt单调递增， ()0g，即不等式 2()ln1t成立故 21xe成立法 2：（1）分参数， 有两个根， 在（0，e）上增，在 上减.lnxaln()xg(,)e()age（2）等价于证 ，只需证 ，即证21ex2
19、1()egx22()egx令 ，2()()hgx2lnl,e21ln)()() 0xhe所以 .故原题得证.0xe类题 1：已知函数 .21()ln(,)fxaxbR（1）若 且 ，讨论函数 的单调性；abf（2）若 ，且函数 有两个不同的零点 .0()f 12,x求实数 的取值范围；求证： （ 为自然对数的底数）21ex解：（1） ，分类讨论1()()fxa（2） 时， ，直接求导和分参均可， .0alnfb10be法 1：不妨设 ，由题意 ，12x12lx则两式子相加 ，两式子相减 .121ln()b2121ln()xbx所以 ，1212lnxx12 21212ln()(l)lnxx欲证
20、，只需证明： ，只需证明， ，21xe12ln()x21lnx设 ，则只需证明： ，也就是证明：21txl1tl201t法 2：要证 ，只需证 .21ex21ex ， ，2,)b2b 在 上增，只需证 ，也即 .()fx10,21e()fxf22e()fxf要证 ，只需证 .21e21e法 3： ， ，2,)xb221bex 在 上增，只需证 .（化简下去，并不简单？）()f10,21()0ffx类题 2：已知函数 ),ln)( Rbabxf (1)讨论函数 的单调区间与极值；(2)若 ，使得 对任意 恒成立，求 的取值范围；0,afsi1)(0xb(3)当 时，若函数 有且仅有一个零点，设
21、，且函数 有两bx )(1)(RmaF)(xF个零点 ，求实数 的取值范围，并证明： 21,xm21e解:（） ,2)(xbf当 时， 恒成立，函数 的单调增区间为 ，无极值；0b0xf )(f ),0(当 时， 时， ， 时， ，函数 的单调减区间为),(b0xf ),bxf)(xf，增区间为 ，有极小值 。 ),(af1ln)(（） 对任意 恒成立，则必有 ，即 ，即axfsin1x0axfsin1)(min， 使得 成立，令函数 ，bln,obsilxg，得 为增函数， ， 。0cos)(xxg xxgsin)(0)(lnminabb（）法 1：由（）知， 时，当 时， ，当 时，b)(
22、xf )(x，)(xf函数 有且仅有一个零点，即 ， 。01ln)()(minabfxf 1lnab， )0(ln1)( bmbaF记 ， ，故函数 在 上递增，在 上递减，l(),()x2ln1)(xF )(xF,0e),(emeF1)(时， ； 时， ， 有两个零点 ，0x)(xFxmxF)()(x21,x故 ， . 01me1e不妨设 ，由题意 ，12x12lnxm则 ， 22 112111lnln(),ln()xxxmx欲证 ，只需证明： ，只需证明： ，即证： ，21e2l()12()mx121()lnx即证 ，设 ，则只需证明： ，21lnx21xtln1t也就是证明： l0t记
23、， ，1()ln2,()tut2214(1)()0)tutt在 单调递增，t,)，所以原不等式成立，故 得证. ()10u21ex法 2： ，设 ，则 ，ln0Fxmx()lnhm1()hxm若 ，则 恒成立，所以函数 在 单调递增，与题意不符，舍.m()h x(0,若 ，则 ， 在 单调递增，在 单调递减，所以若函数01x()1)(,)有两个零点，则只需 ，解得 .()Fx1()0hm1e不妨设 ，则 ，12120x设 ，则()(),)Gxhx 1()(),Gxhxm化简可得 ，所以函数 在 单调递增，3201xm10, 10()0Ghm时， ， ，又因为 ，0x1()()hx122()()
24、hxhx12,+x）且函数 在 单调递减， ， ，即 ，(),1212m2lnx所以 成立.21xe类题 2：已知函数 .2()ln()xeaf Rx（1）当 时，讨论函数 的单调性；a )f（2）若 存在三个不同的极值点，分别为 ，且 ，求实数 的取值范围，()fx12,x120xa并证明： .12解析：（1）法 1： ， .3(2)xeafx令 ，()xhea当 时， 在 上恒成立，0 ()0x(,)当 时， ，令 ，则 .hea0xhealn()xa时， ， 减； 时， ， 增.(,ln)xa()()(ln),0h(x.ln1h所以，令 ，则 .3(2)=0xeafx2x在 减，在 增.
25、()f0,法 2： （看成关于 a 的一次函数） ，xhe 1()xxe易得 ，所以 ,所以 ，下同法 1.1x1x()0xha（2）法 1：即 有三个零点，即 在 上有两个零点.3(2)xef()xhea(0,2)由（1）只需 解得 .(2)0,ln,ha2ea因为 ，所以 ，所以 ，12=0xea12xea1221()xeax1221()xeax由（1）易得 1ln()要证 ，只需证 ，即证 ,即证 .2x122x 212ln()l()x21ln()xx因为 在 上增，所以只需证 .()h(l),a1ha即证 .11n令 ， ， .()(2l)gxx(0,ln)a2()20xgea故 ，所
26、以 .ln0a112h故原题得证.法 2：即 有三个零点，即 在 上有两个零点.3(2)xefx()xhea(0,2)即 在 上有两个不等根，即 在 上有两个不等根.xea0, lnllnx即 在 上有两个不等根.ln(),令 ，易得 在 上减，在 上增，且 .()gx()g0,1(,2)(2)lg故 ，解得 ，且易得 .1l2la2ea10x要证 ，只需证 .12x12x因为 在 上减，所以只需证 ，()g(0,)12()gx因为， ，故只需 .12x22(令 ， .()()kg11lnllnxx(1,2)x，所以 .21x20()0k所以 ，即 .()g221()gx故原题得证.法 3：【
27、三. 转化为极值点偏移问题】8. （注：可以分析出导函数先正再负，函数先增再减. 实质上是极值点左移问题，但是由于求不出极值点，所以构造方法不行了）（2014 长春市一模）已知 2()ln()fxxaR（）当 2a时，求 的图象在 1的切线方程；（）若 ()gxfaxm在 ,e上有两个零点，求实数 m的取值范围；（）若函数 f的图象与 轴有两个不同的交点 12(,0),AxB且 120x，求证：120xf类题 1：（2014 唐山二模）已知函数 2()lnfxax 奎 屯王 新 敞新 疆（1）若存在 (0,)x，使 0，求实数 的取值范围；（2）若 )f有两个不同实根 ,()uv，证明： 12
28、uvf解：（I）当 (0,)x时， )0fx等价于 lnxa令 ln()g，则21lg当 0,1x时， ()0x；当 (,)时， ()0gx所以， min()1g所以， a(2)计算出 .lnuv欲证 12uvf，只需证 ln20uv，又因为 0，故只需证 ()l，即证 4ln201uv令 utv，则 1t，故只需证 4()ln20()1gt tt恒成立因为224()0)()tgtt ，所以 1gt，从而原题得证.9. （2011 辽宁理）已知函数 2ln()fxax（I）讨论 的单调性；)(xf（II）设 ，证明：当 时， ；0aax10)1()(xaff（III）若函数 的图像与 x 轴交
29、于 A，B 两点，线段 AB 中点的横坐标为 x0，证明： （x 0）)(fy f0解：（I） ()(0,)fx的 定 义 域 为 1(21)(2().afax（i）若 单调增加., ,)ax则 所 以 在（ii）若 0()fa则 由 得且当 11,0,()0.xxfxa 时 当 时所以 单调增加，在 单调减少. 4 分()f在 (（II）设函数 则(),gxffxa，()ln1l2a32( .11aaxgx当 .0,()0,(),)0xgx时 而 所 以故当 时， 8 分a.ffxa（III）法 1：极值点偏移由（I）可得，当 时，函数 的图像与 x 轴至多有一个交点，0()yf故 ，从而
30、的最大值为 ，且a()fx1a()0.f不妨设 ，1212,ABx12x由（II）得 1112()()(0.fxfxfaa从而 2210, .x于 是由（I）知， 在 单调减， 12 分()f,)a0().fx10. 设函数 ，其图像与 轴交于两点 ，且 .(xeR12(,0),)AxB12x（1）求 a 的取值范围；（2）证明： （ 是 的导函数）.12()0f()fxf（2）证明：法 1：整体换元，构造函数，难度很大因为 两式相减得， .12,0xea21xea.212121()xxef 212121()(xxxe记 ，则 .21(0)xt2121()()xtteft令 ，则 ，所以 是单调减函数，所以 .()ttge()0tgt(gt ()0gt而 ，所以 .210xet21()0xf又 是单调增函数，且 ，所以 .()xfa211x12()0fx法 2：变化结构，极值点偏移令 ()ln)(ln)Fffax()xe(，所以 在 上单调递增.20xae F0,因此，当 时， ，即 .0()(ln)(ln)fafax由（1）知， ，所以 .12ln22,x因此， .()fxfl(l)fal(l)f 2(ln)fax由于在 在 上单调递减，所以 即 ，,)12nax12从而 .122lnxa又 是单调增函数，所以 .()xfe12()(ln)0fxfa法 3:对数不等式11.
