專題5極值點偏移問題答案解析【專題探究】例1【解析】（1）因為fx=所以f'x由題意可得f0=?2因為f'x所以當x<0或x>1時，f'x>0，當0<x<1時，則fx在?∞,0與1,+∞上單調遞增，在（2）由（1）可知x1<0,0<x2設gx則g'設?x=x因為0<x<1，所以?'x>0，則?x因為?0=0，所以?x>0在0,1上恒成立，即g'x>0在0,1上恒成立，則gx在0,1上單調遞增.因為g0=0因為x2∈0,1因為fx1=fx因為fx在?∞,0上單調遞增，且x即證：x1練1【解析】(1)fx的定義域為0,+∞，f′x=1?lnx，

當f′x=0時，x=e，

當x∈0,e時，f′x>0，

當x∈e,+∞(2)fe2=0，f′e2=1?ln即x+y?e(3)先證x1+x2>2e，由(1)可知0<x1即證fx令gx=fx則g′x所以gx在區間0,e內單調遞增，gx<g即x1再證x1+x2<e2，由(2)令m(x)=f(x)?φ(x)=x(2?lnm′x=2?lnx，

∴mx故當x∈0,e2時，f則m=fx2<φ又0<x1<e，∴x練2【解析】∵函數f(x)=12x2?alnx的定義域為0,+∞，

且f′x=x?ax=x2?ax，

∴若a?0，f′x>0恒成立，這時函數fx在0,+∞內單調遞增，函數fx至有多一個零點，不合條件；

若a>0，令f′x=0，得x=a，

當x∈0,a時，f′x<0，函數fx單調遞減，

當x∈a,+∞時，f′x>0，函數fx單調遞增，

這時函數fx有最小值，且fxmin=fa=a21?lna．

∵函數f(x)=12x2?alnx的定義域0,+∞內有兩個零點，

∴首先必須滿足條件：fxmin=fa=a21?lna<0，解得：a>e．

在此條件下，∵f1=12>0，fa<0，又函數fx在0,a內單調遞減，

∴函數fx在0,a內有且僅有一個零點；

令?x=x?1?lnx(x>0)，∵?′x=1?1x=x?1x，

當0<x<1時，?′x<0，?x單調遞減，當x>1時，?′x>0，?x單調遞增，

∴?x??1例2【解析】（1）由f(x)=e2x?a(x?1)當a≤0時，f'(x)>0，函數f(x)是當a>0時，令f'當x>12lna2時，f'(x)>0，函數f(x)綜上所述：當a≤0時，函數f(x)是實數集上的增函數，當a>0時，當x>12lna2時，函數f(x)（2）由（1）可知：當a>0時，當x>12lna2時，函數f(x)最小值為：fx因為函數f(x)有兩個不同的零點x1,x因為當x→+∞時，f(x)→+∞，當x→?∞時，f(x)→+∞，所以有f(x)min<0，即f'因為函數f(x)有兩個不同的零點x1所以f(x因此f令x2構造函數?(t)=2t?e因為t>0，所以et+e所以當t>0時，函數?(t)單調遞減，故有?t而ex1+練3【解析】（1）由題意知x∈0,+∞，f'當a≤0時，f'(x)>0，函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增，即f(x)的單調遞增區間為(0,+∞)．當a>0時，由f'(x)>0得x>a2；由f'x所以函數f(x)的單調遞增區間為(a2,+∞)，單調遞減區間為由（1）可得，若函數f(x)有兩個零點，則a>0，且f(x)的最小值fa2即?a2+4a?4alna2<0．可知?(a)在(0,+∞)上為增函數，且?2=?2，?所以存在零點?a0=0當a>a0時，?（a）>0當0<a<a0時，?（a）<0．所以滿足條件的最小正整數又當a=3時，f（3）=32?ln3>0，f∴a=3時，f(x)有兩個零點．綜上所述，滿足條件的最小正整數a的值為3．（3）∵x1，x2是方程f(x)=c得兩個不等實數根，由（1）可知：不妨設0<x1<x2．則兩式相減得x12?a?2x∵f'(a2)=0，當x∈(0,a2)時，f故只要證明x1+x22>設t=x1x2(0<t<1)，令∵1>t>0，∴g't>0．∴g(t)在(0,1)上是增函數，又在t=1處連續且g∴當t∈(0,1)時，gt練4【解析】(1)由題設gx=?所以g'因為1<m<2，所以當x∈(1,m)時，g'(x)<0，函數當x∈1,m時，gxmax所以gxmax?g構造函數φm=12m則φ″m=1?1m=所以函數φm在1,2上單調遞增，φ所以對于?x1、x2(2)因為f'x=2x所以函數f'x單調遞增，且要證f'x1+x22因為函數fx有兩個零點x由題意可得x12?下面先證明x1+x整理得x1+x設t=x2x1>1所以函數?t在1,+∞上單調遞增，所以?因為x1>0，所以2x例3【解析】（1）由題設，f'x=ex①當1?a≥0，即a≤1時，f'x>0，f②當1?a<0，即a>1時，令f'x=0，得x=lna?1,當x∈?∞,lna?1，f'綜上，當a≤1時，fx在R上單調遞增；當a>1時，fx在?∞,ln（2）當a=3時，fx=ex?2x+b兩式相減得ex1?ex法一：要證ex1+兩邊同除以2ex1得：x故只需證u?2e令Gu=u?2令?u=u?1∴當u∈?∞,0時，?'u<0，故即G'u=?u>?0故Gu法二：令ex1=t1即t1=2ln要證ex1+ex2>4即lnt令u=t1t令Fu=當u∈0,1時，F'u>0，故∴Fu練5【解析】解：定義域為(0,+∞)，f′(x)=?mx2+1x=x?mx2，

當m≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上單調遞增；

當m>0時，由f′(x)=x?mx2=0得x=m，

當0<x<m時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，

當x>m時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；

綜上：當m≤0時，f(x)在(0,+∞)上單調遞增；當m>0時，f(x)在(0,m)上單調遞減，在(m,+∞)上單調遞增；

(2)證明：當x∈(1,+∞)時，因為14<m<1e，所以g(x)=xlnx+xme?mx>0，g(x)無零點．

當x∈(0,1)時，由g(x)=xlnx+xme?mx=0，

得xlnx=?xme?mx，即elnxlnx=e?mx?mx，

設?(x)=exx，則有?(lnx)=?(?mx)，

因為?′(x)=ex(x?1)x2<0在(?∞,0)上成立，所以?(x)在(?∞,0)上單調遞減，

當x∈(0,1)時，lnx<0,?mx<0，所以?(lnx)=?(?mx)等價于lnx=?mx，

即f(x)=mx+lnx=0，所以g(x)的零點與f(x)在(0,1)上的零點相同．

若14<m<1e，由(1)知f(x)在(0,m)上單調遞減，在(m,+∞)上單調遞增，

又f(m)=1+lnm<1+ln1e=0，練6【解析】（1）當k=1時，fx=e令?x=ex?x，則?'x=ex?∴?x在?∞,0上遞減，在0,+∞上遞增，∴?∴f'(x)>0得x>1，解f'∴f(x)的單調減區間為?∞,1，單調增區間為（2）f'x=∴方程ex?kx=0當k≤0時，gx單調遞增，g當k>0時，g'(x)>0得x>lnk,∴gx在?∞，∴glnk=此時，g0=1>0，lnk>1，g(1)=e?∴k>e時，f'(x)=0有三個根x1，x2，由ex1=kx1得x1=下面證明：lnx3?lnx1xφ'(x)=1t?∴φt>φ1∴x1練7【解析】(1)因為f'x當0<a<1時，f'x>0，fx當a>1時，令f'x=0，得當x∈0,e2alna時,f'x<0所以fx的單調遞減區間為0,e2alna，(2)（i）由（1）知a>1時,x0=e2alna于是fx得lne2alna由nx=xlnx在1,+∞單調遞增,則由0<alna<elne此時f1=ak>1,fk故1<x1<e（ii）證明：由ax1e2?loga設y=fx的極值點為x0，又由x0令?x=lnx?即?x在1,+∞上單調遞增，又?1=0，則?由1<x1<e<x2,可令即lnx2故有：x2?x1ln欲證x1+2x2>3a又由x0<x2由x0=e2alna,所以上述只需證令mx=即mx=x由1<a<e，可知a2【專題訓練】1.【解析】(1)由題意得f′(x)=設所求切線的切點為(x0,y0即y?y0=∴2e2?(令t(x)=lnx+2x2?2又t(e)=0，所以方程lnx0+2所以，直線l的方程是y=1?4e(2)證明：∵f(x1)=f(即lnx1?由(1)知只要證2x1+又因為0<x1<x令x1x2=t，則0<t<1，欲證設函數?(t)=lnt?2(t?1)所以函數?(t)是(0,1)上的增函數，所以?(t)<?(1)=0，即2(t?1)t+1所以f′((3)解法一：由題意得G(x)=ln則G′(x)=1x?ax+1=1?ax2+xx，令在(0,1+1+4a2a)上，G′(x)>0∴G(x)在(0,1+1+4a2a)上單調遞增，在(1+1+4a已知G(x)=f(x)+x+lna又G(2a)=0，所以G(1+所以a的取值的集合為2．解法二：由題意得G(x)=lnx?a2x2+x+∵a>0，∴△=1+4a>0，∴方程1?ax2+x=0有兩個不相等的實數根x則x1x2=?1a<0，不妨設x∴G(x由1?ax22∴G(x令g(x)=ln1+x2x則g′(x)=1x+1?1x+12=(x+2)(x?1)2x(x+1)，當0<x<1時，g′(x)<0，當x>1時，g′(x)>0，

所以g(x)當且僅當x2=1時取等號，又G(x2)≤0恒成立，所以G(x2)=0，且x2=1，將x22.【解析】f′(x)=(a?x?1)ex，

可得當x<a?1時，f′(x)>0，當x>a?1時，f′(x)<0，

∴f(x)在(?∞,a?1)上遞增，(a?1,+∞)上遞減，

∴f(x)的遞增區間為(?∞,a?1)，遞減區間為(a?1,+∞)；

(2)證明：若f(x)在x=1處的切線平行于x軸，

∴f′(1)=(a?2)e=0，∴a=2．

∴f(x)=(2?x)ex，f′(x)=(1?x)ex，

可得當x<1時，f′(x)>0，當x>1時，f′(x)<0，

f(x)在(?∞,1)上遞增，在(1,+∞)上遞減，

且當x<2時，f(x)>0;當x>2時，f(x)<0．

由f(m)=f(n)，不妨設m<n，則m<1，1<n<2，

若m≤0，則m+n<2;

若0<m<1，則2?m∈(1,2);

f(m)?f(2?m)=(2?m)em?me2?m=(2?m)e2m?2?mem?2(0<m<1)

構造函數F(x)=(2?x)e2x?2?x(0<x<1)，

F′(x)=(3?2x)e2x?2?1，

令g(x)=(3?2x)e2x?2?1，則g′(x)=(4?4x)e2x?2，

當0<x<1時，g′(x)>0，g(x)在(0,1)上遞增，即F′(x)在(0,1)上遞增，

∴F′(x)<F′(1)=0，

所以F(x)在(0,1)上遞減，∴F(x)>F(1)=03.【解析】(1)若a=1，f(x)<2x?x2等價于2lnx?2x+1<0．

設g(x)=2lnx?2x+1，定義域為(0,+∞)，g′(x)=2(1?x)x．

當0<x<1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，當x>1時，g′(x)<0，g(x)單調遞減．

所以g(x)≤g(1)=?1<0，從而f(x)<2x?x2．

(2)f(x)的定義域為(0,+∞)，f′(x)=2(a?x)(1+1x).

若a≤0，則f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)單調遞減，f(x)至多有一個零點，

若a>0，當0<x<a，f′(x)>0，當x>a時，f′(x)<0，所以f(x)在(0,a)單調遞增，在(a,+∞)單調遞減．

若f(x)有兩個不同的零點x1，x2，必有f(a)=2alna+a(a?1)>0，可得a>1．

當a>1時，因為e?2<1<a，f(e?2)=a(2e?2?3)?e?4?2e?2<0．

取x0=4a?2>a，由(1)可知2lnx0<2x0?1，從而f(x0)<x0(?x0+4a?2)=0．

因此，若f(x)有兩個不同的零點x1，x4.【解析】f'(x)=2ex?(1+lnx)，y=2ex是減函數，y=1+lnx是增函數，

所以f'(x)在(0,+∞)上單調遞減，

因為f'(e)=0，

所以x∈(0,e)時,f'(x)>f'(e)=0,f(x)單調遞增,x∈(e,+∞)時(2)證明：由題意，lnx1x1?lnx2x2=2elnx1?2elnx2，

即(2e?1x1)lnx1=(2e?1x2)lnx2，(2e?1x1)ln1x1=(2e?1x2)ln1x2，

所以F(x)在(1,e)上單調遞增,則F(x)<F(e)=0，

所以f(x)<f(2e?x)，取x=a1，則f(a1)<f(2e?a1)，

又f(a1)=f(a2)，則f(a2)<f(2e?a1)，

又2e?a1>e，a2>e，且f(x)在(e,+∞)上單調遞減，所以a2>2e?a1，即a1+a2>2e．

下證a1+a2<2e+1，

①當a2<e+1時，由a1<e得a1+a2<2e+1，

②當e+1≤a2<2e時，令G(x)=f(x)?f(2e+1?x)，e+1<x<2e，

則G'(x)=f('x)+f'(2e+1?x)=2ex?1?lnx+2e2e+1?x?1?ln(2e+1?x)=2e(2e+1)?x2+(2e+1)x?2?ln[?x2+(2e+1)x]，

記t=?x2+(2e+1)x，e+1≤x<2e，則G'(x)=2e(2e+1)t?2?lnt，

又t=?x2+(2e+1)x在[e+1,2e)上為減函數，所以t∈(2e,e2+1]，

2e(2e+1)t?2在(2e,e2+1)單調遞減，?(t)在(2e,e2+1)單調遞增，所以2e(2e+1)t?2?lnt單調遞減，

從而G'(x)在5.【解析】(1)若a=1，f(x)<2x?x2等價于2lnx?2x+1<0．

設g(x)=2lnx?2x+1，定義域為(0,+∞)，g′(x)=2(1?x)x．

當0<x<1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，當x>1時，g′(x)<0，g(x)單調遞減．

所以g(x)≤g(1)=?1<0，從而f(x)<2x?x2．

(2)f(x)的定義域為(0,+∞)，f′(x)=2(a?x)(1+1x).

若a≤0，則f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)單調遞減，f(x)至多有一個零點，

若a>0，當0<x<a，f′(x)>0，當x>a時，f′(x)<0，所以f(x)在(0,a)單調遞增，在(a,+∞)單調遞減．

若f(x)有兩個不同的零點x1，x2，必有f(a)=2alna+a(a?1)>0，可得a>1．

當a>1時，因為e?2<1<a，f(e?2)=a(2e?2?3)?e?4?2e?2<0．

取x0=4a?2>a，由(1)可知2lnx0<2x0?1，從而f(x0)<x0(?x0+4a?2)=0．

因此，若f(x)有兩個不同的零點x