专题17 导数中的极值点偏移问题（解析版）-2021年高考数学二轮复习之解答题专题

高考冲刺 专题 17 导数中的极值点偏移问题 1．已知函数   xf x ae x  ， aR ． （1）若  f x 在 0x  处的切线与 x 轴平行，求实数 a 的值； （2）若  f x 有两个不同的零点 1x 、 2x ． ①求实数 a 的取值范围； ②证明： 1 2 2x x  ． 【答案】（1）1；（2）① 10, e      ；②证明见解析. 【分析】 （1）由题意可得出  0 0f   ，进而可求得实数 a 的值； （2）①分 0a  、 0a  两种情况讨论，利用导数分析函数  f x 的单调性与极值，可得出关于实数 a 的不 等式，综合可得出实数 a 的取值范围； ②由   0f x  可得出 0x x ae   ，令   x xg x ae   ，      2H x g x g x   ，设 1 21x x< < ，利用分析 法得出所证不等式等价于证明    1 12g x g x  ，利用导数分析出函数  H x 在区间  ,1 上为增函数， 可得出    1 1 0H x H  ，进而可证得结论成立. 【详解】 （1）   xf x ae x  ，   1xf x ae   ，由题意可得  0 1 0f a   ，解得 1a  ； （2）①   1xf x ae   . 当 0a  时，   0f x  ，  f x 在 R 上单调递减，不可能有两个零点，舍去； 当 0a  时，令   0 lnf x x a    . 且当 lnx a  时，   0f x  ，此时，函数  f x 单调递减； 当 lnx a  时，   0f x  ，此时，函数  f x 单调递增.    min 0ln 1 lnx f aaf    ，解得 10 a e   . 令 1t ea   ，构造函数   2th t e t  ，其中t e ，则   2th t e t   ，   2 0th t e    ， 所以，函数  h t 在  ,e  上单调递增，可得出     22 0e eh t h e e e e e       ， 所以，函数  h t 在  ,e  上单调递增，可得出     2 0eh t h e e e    ， 所以，当 10 a e   时， 1 2 1ae a  . 当且仅当 10 a e   时，  0 0f a  ， 1 2 1 1 1 1 0af ae aa a a a           ， 所以，函数  f x 在 0, ln a 和 1ln ,a a     上各有一个零点， 综上所述，实数 a 的取值范围是 10, e      ； ②由   0xf x ae x   ，得 0x x ae   ，令   x xg x ae   ，则   1 x xg x e   ， 由   1 0x xg x e   ，得 1x  ；由   1 0x xg x e   ，得 1x  ． 所以  g x 在 ,1 上单调递增，在  1, 上单调递减， 由于 1x 、 2x 是方程   0g x  的实根，不妨设 1 21x x< < ， 要证 1 2 2x x  ，只要证 2 12 1x x   ． 由于  g x 在 1, 单调递减，故只要证    2 12g x g x  ， 由于    1 2 0g x g x  ，故只要证    1 12g x g x  ， 令        2 22 1x x x xH x g x g x xe e        ， 则     2 2 2 11 1 x x x x e e xx xH x e e e        ， 因为 1x  ，所以1 0x  ， 2 x x  ，所以 2 x xe e  ，即 2 0x xe e   ， 所以   0H x  ，所以  H x 在 ,1 上为增函数． 所以    1 1 0H x H  ，即有    1 12g x g x  成立，所以 1 2 2x x  ． 【点睛】 方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式    f x g x （或    f x g x ）转化为证明     0f x g x  （或     0f x g x  ），进而构造辅助函数      h x f x g x  ； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 2．已知函数     1 2 2ln xef x a x a Rx x         . （1）若 1a  ，求  f x 的单调区间； （2）若  f x 在  0,2 上有两个极值点 1x ， 2x  1 2x x . （i）求实数 a 的取值范围； （ii）求证： 1 2 1x x  . 【答案】（1）递减区间  0,2 ，递增区间为 2, ；（2）（i）1 2 ea  ，（ii）证明见解析. 【分析】 （1）求出函数的导数，利用导数的符号可求函数的增区间和减区间. （2）（i）令   1xg x e ax  ，就 1, ,1a a e a e    分类讨论前者导数的符号后结合单调性可求  g x 在  0,2 上有两点不同的零点时 a 满足的不等式，从而可求其取值范围. （ii）要证 1 2 1x x  ，即证 1 2 2 2ln 0x x a    ，利用导数可证       1 1 12 2ln , 0,ln 1g x g a x x a    恒成立，从而可证前者. 【详解】 （1）        1 3 2 0 xx e x f x xx     ， 令    1 0xg x e x x   ，   1 1xg x e   ，因为 0x  ， 1 1xe e   ， 所以当  0,1x 是，   0g x  ，  g x 单调递减， 所以当  1,x  时，   0g x  ，  g x 单调递增， 所以     01 1 0g x g e    ， 所以当  0,2x 时，   0f x  ，当  2,x  时，   0f x  ，  f x 的单调递减区间 0,2 ，单调递增区间为 2, . （2）（i）        1 3 2 0 xx e ax f xx x     ， 要使  f x 在 0,2 上有两个极值点 1x ， 2x ， 则   1xg x e ax  在  0,2 上有两个不同的零点， ① 1a  时，由（1）知，   1 1x xg x e ax e x     ， 令   1xS x e x  ，故   1 1 0xS x e     ，所以  S x 在 0,2 上为增函数， 所以    0 0S x S  ，故   0g x  ，故  g x 在 0,2 上无零点，舍. ②当 a e 时，  0,2x ， 1 1 ,xe ee      ，   1 0xg x e a    ， 则  g x 在  0,2 上单调递减 ，故  g x 最多只有一个零点，不合题意，舍去. ③当1 a e  时，由（1）知所以  g x 在 0,ln 1a  上单调递减，在 ln 1,2a  上单调递增， 所以    min ln 1 lng x g a a a    ， 即要使       10 0 ln 1 ln 0 2 2 0 g e g a a a g e a              ，解得1 2 ea  ， 综上所述，a 的取值范围为1 2 ea  . （ii）由（i）知，    1 2 0g x g x  ， 1 20 ln 1 2x a x     ， 即 1 2 1 1 1 2 x x e ax e ax       ，故 1 1 2 2 1 ln ln 1 ln ln x a x x a x        ， 所以  1 2 1 22 2ln lnx x a x x    ， 要证 1 2 1x x  ，只要证 1 2 2 2ln 0x x a    ， 就要证 2 12 2lnx a x   ， 由上可知   g x 在 ln 1,a   上单调递增， 所以只要证    2 12 2lng x g a x   ，而    2 1g x g x ， 所以只要证    1 12 2lng x g a x   ，（*） 令       2 2ln 0 ln 1h x g x g a x x a       ， 即      2 2ln1 2 2 1 lnx a xh x e e ax a ae       ， 所以    2 2ln 2 2ln1 12 2 2 0x a x x a xh x e e a e e ae e             ， 故  h x 在 0,ln 1a  上单调递增， 所以当  0,ln 1x a  时，    1 ln 0h x h a   ，即    2 2ln 0g x g a x    ，    1 12 2ln 0g x g a x    ， 即（*）式成立，所以 1 2 1x x  得证. 【点睛】 方法点睛：函数极值点的个数问题可转化为导函数的零点问题，后者再结合新函数的导数的符号得到单调 性，结合零点存在定理及零点的个数得到参数满足的不等式组.处理极值点偏移问题的基本策略是利用极值 点满足的等式构建不等式，再利用导数讨论不等式对应的函数的单调性即可. 3．已知函数   lnf x ax x  有两个零点 1x ， 2x . （1）求 a 的取值范围； （2）求证： 2 1 2x x e . 【答案】（1） 10, e      ；（2）证明见解析. 【分析】    1 f x 有两个零点 lnxa x   有两个相异实根，令   lnxG x x  ，利用导数研究其单调性，根据  G x 的 最值和图象确定 a 的取值范围；  2 不妨设 1 2x x ,将要证不等式转化为 1 2ln ln 2x x  ，由题意得 1 1 2 2 ln ln ax x ax x    ,两式相加减后再消去 a 得到 1 2ln lnx x 关于 2 1 xt x  的函数表达式，进一步转化为证明     2 1ln 1 tt t   ，令        2 1ln 11 tF t t tt    ， 利用导数研究其单调性进而可证明. 【详解】 (1)  f x 有两个零点 lnxa x   有两个相异实根． 令   lnxG x x  ，则   2 1 ln' xG x x  由  ' 0G x  得： 0 x e  ，由  ' 0G x  得： x e ，  G x 在 0,e 单调递增，在 ,e  单调递减，    max 1G x G e e    ， 又  1 0G  ，当 0 1x  时，   0G x  ，当 1x  时，   0G x  当 x   时，   0G x  ，  f x 有两个零点时，实数 a 的取值范围为 10, e      ． （2）不妨设 1 2x x ,由题意得 1 1 2 2 ln ln ax x ax x    ,  1 2 1 2ln lna x x x x    ，  2 1 2 1ln lna x x x x   , 2 1 2 1 ln lnx xa x x    ， 要证： 2 1 2·x x e ，只需证 1 2ln ln 2x x  .     2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 22 1 1 1 1ln lnln ln ln 1 x x x x xx x a x x x x xx x x x                 ， 令 2 1 xt x  ， 1t  ，只需证 1 ·ln 21 t tt      11 01 tt t    ，只需证：     2 1ln 1 tt t   . 令        2 1ln 11 tF t t tt    ,         2 2 2 11 4' 0 1 1 tF t t t t t        ，  F t 在 1, 递增，    1 0,F t F       2 1ln 1 tt t    成立. 综上所述， 2 1 2·x x e 成立． 【点睛】 本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能 力，属于常规题目．关键难点是（2）中的消元换元转化为     2 1ln 1 tt t   ，并构造函数，利用导数进行证明. 4．已知函数   a xx xf e   （ aR ）. （1）若 1a  ，求函数  f x 在 0x  处的切线； （2）若  f x 有两个零点 1x ， 2x ，求实数 a 的取值范围，并证明： 1 2 2x x  . 【答案】（1） 1 0e x y e    ；（2） 1a   ，证明见解析. 【分析】 （1）求得 1a  时 ( )f x 的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的斜截式方程可得所求切线的方程； （2）设函数 ( )g x x lnx a   ，与函数 ( )f x 具有相同的零点，求得导数和单调性，可得 ( )g x 的范围，由题 意可得 g （1） 0 ，解得 a 的范围；方法一、构造函数 ( ) ( ) (2 )F x g x g x   ， (1 2)x  ，求得导数，判 断单调性，即可得证；方法二、运用分析法证明，结合导数的运用，求单调性和最值，即可得证． 【详解】 （1） 1( ) xf x x e   的导数为 1( ) 1 xf x e    ， 则函数 ( )f x 在 0x  处的切线斜率为1 e ， 又切点为 (0, )e ， 则切线的方程为 (1 )y e x e   ，即 ( 1) 0e x y e    ； （2）设函数 ( )g x x lnx a   ，与函数 ( )f x 具有相同的零点， 1( ) xg x x   ，知函数 ( )g x 在 (0,1) 上递减， (1, ) 上递增， 当 0x  ， ( )g x   ； 可证当 (0, )x   时， 1lnx x  ，即 1 1 1lnx ln x x   „ ， 即此时 1( ) 1g x x lnx a x ax        ， 当 x   时， ( )g x   ， ( )f x 有两个零点，只需 g （1） 0 ，即 1a   ； 证明：方法一：设函数 ( ) ( ) (2 )F x g x g x   ， (1 2)x  则 ( ) 2 2 (2 )F x x lnx ln x     ， 且 22( 1)( ) 0( 2) xF x x x    对 (1,2)x 恒成立 即当 (1,2)x 时， ( )F x 单调递减，此时， ( )F x F （1） 0 ， 即当 (1,2)x 时， ( ) (2 )g x g x  ， 由已知 1 20 1x x   ，则  12 1,2x  ， 则有 1 1 1 2(2 ) (2 2 ) ( ) ( )g x g x g x g x      由于函数 ( )g x 在 (1, ) 上递增，即 1 22 x x  ， 即 1 2 2x x  ． 方法二：故 2 2 1 2 1 1 xx x lnx lnx ln x     ． 设 2 1 x tx  ，则 1t  ，且 2 1 2 1 x tx x x lnt     ，解得 1 1 lntx t   ，   2 1 2 1,1 1 t lnttlntx x xt t     ， 要证： 1 2 ( 1) 21 t lntx x t    ，即证明 ( 1) 2( 1)t lnt t   ， 即证明 ( 1) 2 2 0t lnt t    ， 设 ( ) ( 1) 2 2( 1)g t t lnt t t     ， 1( ) 1g t lnt t     ， 令 ( ) ( )h t g t ， ( 1)t  ，则 2 1( ) 0th t t    ， ( )h t 在 (1, ) 上单调增， ( ) ( )g t h t h   （1） 0 ， ( )g t 在 (1, ) 上单调增， 则 ( )g t g （1） 0 ． 即 1t  时， ( 1) 2 2 0t lnt t    成立， 【点睛】 关键点点睛：求函数的切线方程，利用导数求出切线的斜率，根据点斜式求解；利用导数求出函数的最值， 根据函数不等式恒成立可转化为不等式证明，考查方程思想和转化思想、构造法，以及化简运算能力、推 理能力，属于难题． 5．设函数     3 21 12 3 2 xf x e x kx kx    . （1）若 1k  ，求 ( )f x 的单调区间； （2）若 ( )f x 存在三个极值点 1x ， 2x ， 3x ，且 1 2 3x x x  ，求 k 的取值范围，并证明： 1 3 22x x x  . 【答案】（1）单调减区间为 ,1 ，单调增区间为 1, ；（2） k e ，证明见解析. 【分析】 （1）     3 21 12 3 2 xf x e x x x    ，     1xf x e x x    ，令 ( ) xh x e x  ， 则 ( ) 1xh x e   ，通过研究 ( )h x 的单调性可得 0xe x  ，然后分别令 ( ) 0f x  和 ( ) 0f x  ，解不等式 即可得解； （2）     1xf x e kx x    ，则   xg x e kx  有两个不同的零点，且都不是 1，对 k 分成 0k  ， 0k  两种情况分类讨论，利用导数研究  g x 的单调性和零点，由此求得 k 的取值范围；由上述分析可得 1 2 30 1x x x    ，利用导数证得 3 1 3 1 3 1 ln ln 21 x x x x x x    ， 从而证得 1 3 22x x x  . 【详解】 （1）当 1k  时，     3 21 12 3 2 xf x e x x x    ， ∴     1xf x e x x    ， 令 ( ) xh x e x  ，则 ( ) 1xh x e   ， ∴由 ( ) 0h x  得 0x  ， ( ) 0h x  得 0x  ， ∴ ( )h x 在  ,0 上递减，在 0,  上递增， ∴    0 1 0h x h   即 0xe x  ， ∴ ( ) 0f x  得 1x  ，解 ( ) 0f x  得 1x  ， ∴ ( )f x 的单调减区间为  ,1 ，单调增区间为 1, ； （2）       22 1x x xf x e x e kx kx e kx x         ， ∵ ( )f x 有三个极值点， ∴方程 0 xe kx 有两个不等根，且都不是 1， 令   xg x e kx  ， 当 0k  时，  g x 单调递增，   0g x  至多有一根， 当 0k  时， ( ) 0g x  得 lnx k ， ( ) 0g x  得 lnx k ， ∴  g x 在  ln k， 上递减，在 ln k ， 上递增， ∴    lnln ln 1 ln 0kg k e k k k k   ﹣ ， k e ， 此时， (0) 1 0g   ， ln 1k  ， (1) 0g e k   ， x   时， ( )g x   ， ∴ k e 时， ( ) 0f x  有三个根 1x ， 2x ， 3x ，且 1 2 30 1x x x    ， 由 1 1 xe kx 得 1 1lln nx k x ，由 3 3 xe kx 得 3 3lln nx k x ， ∴ 3 1 3 1 ln ln 1x x x x   ， 下面证明： 3 1 3 1 3 1 ln ln 2x x x x x x    ，可变形为 3 3 1 31 1 1 ln 2 1 x x x xx x     ， 令 3 1 1xt x   ， 2( 1)( ) ln 1 tx t t     ，       2 2 2 11 4( ) 0 1 1 tx t t t t         ，∴ ( )x 在 1, 上递增， ∴    1 0t   ，∴ 3 1 3 1 3 1 ln ln 21 x x x x x x    ， ∴ 1 3 22x x x  . 【点睛】 本题考查利用导数求函数的单调区间（不含参），考查根据极值求参数的取值范围，考查利用导数证明不等 式，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查分类和转化思想，属于难题. 6．已知函数     2 2ln , 0xf x x a R aa     . （1）求函数  f x 的极值； （2）若函数  f x 有两个零点 1 2 1 2, ( )x x x x ，且 4a  ，证明： 1 2 4x x  . 【答案】（1）答案详见解析；（2）证明详见解析. 【分析】 （1）求出  f x ，分两种情况讨论 a 的范围，分别令   0f x  求得 x 的范围，可得函数  f x 增区间，   0f x  求得 x 的范围，可得函数  f x 的减区间，根据单调性可得函数的极值； （2） 1x ， 2x 为函数  f x 零点，可得 1 20 2x x   ，要证 1 2 4x x  ，只需证 2 14x x  ，    1 1 1 14 2ln 2 4 2ln 4f x x x x      ，构造函数利用单调性可得结论. 【详解】 （1）函数  f x 的定义域为 0,  ，   22 2 2 2x x af x a x ax     . 当 0a  时，   0f x  ，  f x 在 0,  上是减函数，所以  f x 在 0,  上无极值； 当 0a  时，若  0,x a ，   0f x  ，  f x 在 0, a 上是减函数. 当  ,x a  ，   0f x  ，  f x 在 ,a  上是增函数， 故当 x a 时，  f x 在 0,  上的极小值为   1 2ln 1 lnf a a a    ， 无极大值. （2）当 4a  时，   2 2ln4 xf x x  ， 由（1）知，  f x 在 0,2 上是减函数，在 2, 上是增函数， 2x  是极值点， 又 1x ， 2x 为函数  f x 零点，所以 1 20 2x x   ，要证 1 2 4x x  ，只需证 2 14x x  . ∵       2 1 1 1 44 2ln 44 xf x x       2 1 1 12 4 2ln 44 x x x     ，又 ∵   2 1 1 12ln 04 xf x x   ，∴    1 1 1 14 2ln 2 4 2ln 4f x x x x      ， 令    2ln 2 4 2ln 4 (0 2)h x x x x x       ，则       22 22 22 04 4 xh x x x x x        ， ∴  h x 在  0,2 上是增函数，∴    2 0h x h  ，∴    1 24 0f x f x   ， ∴ 1 24 x x  ，即 1 2 4x x  得证. 【点睛】 本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问 题和解决问题的能力，属于较难题， 7．已知函数 ( ) e ( )xf x ax a   R . （1）讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）若函数 ( )f x 的图象与直线 y a 交于 A， B 两点，记 A， B 两点的横坐标分别为 1 2,x x ，且 1 2x x ， 证明： 2 1 2 lnx x a  . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析. 【分析】 （1）对函数求导得 ( ) xf x e a   ，再对 a 分两种情况讨论，即可得答案； （2）利用分析法要证 2 1 2 lnx x a  成立，只需要 2 12lnx a x  又 2 lnx a ，则只需要证明    2 12lnf x f a x  ，即证      1 2 12ln 0f a x f x f x    ，构造函数 ( ) (2ln ) ( )g x f a x f x   ， ( ln )x a ，只需证 ( ) (ln ) 0g x g a  ，即可得答案； 【详解】 解：（1） ( ) xf x e a   ， 0a  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 R 递增， 0a  时，令 ( ) 0f x  ，解得： lnx a ，令 ( ) 0f x  ，解得： lnx a ， 故 ( )f x 在 ( ,ln )a 递减，在 (ln , )a  递增； （2）函数的 ( )f x 的导数 ( ) xf x e a   ，若 0a  ，则 ( ) 0xf x e a    ，还是单调递增， 则不满足条件，则 0a  由 ( ) 0f x  得 lnx a ，由 ( ) 0f x  得 lnx a ， 即当 lnx a 时，还是 ( )f x 取得极小值同时也是最小值 ln(ln ) ln (1 ln )af a e a a a a    ∵ ( )f x a 有两个根，∴ (1 ln ) 0a a  ，即1 ln 0a  ，则 ln 1a  ，即 a e 要证 1 2 2lnx x a  ，则只需要 2 12lnx a x  又 2 lnx a ，则只需要证明    2 12lnf x f a x  ，即证      1 2 12ln 0f a x f x f x    ， 令 ( ) (2ln ) ( )g x f a x f x   ， ( ln )x a ， 则 2ln( ) (2ln )a x xg x e a a x e ax     ，    2 2 0 x x x x e a g x a e a e a e           ， 即 ( )g x 在 ( ,ln ]a 上单调递减， 即 ( ) (ln ) 0g x g a  则命题成立. 【点睛】 本题考查利用导数求函数的单调性、构造函数利用导数证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思 想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意分析法的应用. 8．已知函数 ( ) ( 2)ln 1f x x x x    . （1）求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))P f 处的切线方程； （2）已知 0x x 是函数 ( )y f x 的极值点，若    1 2 1 2 1 2, , ,f x f x x x x x R   ，求证： 1 2 02x x x  (极 值点是指函数取极值时对应的自变量的值). 【答案】（1） 0y  ；（2）证明见解析. 【分析】 （1）利用导数的几何意义求 ( )y f x 在点 (1, (1))P f 处的切线方程即可；（2）利用导数研究 ( )f x 有极值 点 0 1x  ；结合已知条件构造 ( ) ( ) (2 ), 0 1h x f x f x x     ，应用导数研究其单调性及    1 2f x f x 即可证 1 2 2x x  . 【详解】 （1）由 ( ) ( 2)ln 1f x x x x    ，有 2( ) ln 1xf x x x     ∴ ( ) 01f   ，而 (1) 0f  ，可知曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))P f 处的切线方程为 0y  （2）由（1）得 2 2( ) ln 1 ln 2xf x x xx x        ，令 2( ) ln 2 , 0g x x xx     ， 则 2 1 2( ) 0g x x x     在 (0, ) 上恒成立，即 2( ) ln 2g x x x    在 (0, ) 上单调递增，而 (1) 0g  ，知 当 0 1x  时， ( ) 0f x  ；当 1x  时， ( ) 0f x  ， ∴当函数 ( )f x 在 (0,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增，即 ( )f x 在 1x  处取得极大值. ∵    1 2 1 2 1 2, , ,f x f x x x x x R   ，不妨设 1 20 1x x   ， 令 ( ) ( ) (2 ), 0 1h x f x f x x     ，则 2 2( ) ( ) (2 ) ln 2 ln(2 ) 2 2h x f x f x x xx x              4ln (2 ) 4 (2 )x x x x      因为 0 1x  ，所以 0 (2 ) 1x x   ，即有 4ln (2 ) 0,4 0(2 )x x x x     ， ∴ ( ) 0h x  ，即函数 ( ) ( ) (2 )h x f x f x   在 (0,1) 上单调递减，而 (1) (1) (1) 0h f f   ， 所以 ( ) (1) 0h x h  在 (0,1) 上恒成立，即 ( ) (2 )f x f x  在 (0,1) 上恒成立，有    1 12f x f x  在 (0,1) 上恒成立，又    1 2f x f x ，所以    2 12f x f x  ， 因为 1 20 1x x   且 12 1x  ，而函数 ( )f x 在 (1, ) 上单调递增，所以 2 12x x  ，即 1 2 2x x  ，而 0 1x  ， 所以 1 2 02x x x  得证. 【点睛】 本题考查了由导数的几何意义求切线方程，利用导数研究函数的单调性，并结合已知条件构造函数并判断 其单调性，进而证明不等式. 9．已知函数 21( ) ln ( 1) ,( )2     f x x ax a x a R ． （1）当 1a  时，判断函数 ( )y f x 的单调性； （2）若关于 x 的方程 21( ) 2f x ax 有两个不同实根 1 2,x x ，求实数 a 的取值范围，并证明 2 1 2x x e  ． 【答案】（1） ( )f x 在 (0, ) 上单调递增；（2） 11, 1e      ，证明见解析. 【分析】 （1）对 ( )f x 求导，根据 ( )f x 的符号得出 ( )f x 的单调性； （2）由题意可知 ln ( 1)x a x  有两解，求出 lny x 的过原点的切线斜率即可得出 a 的范围，设 2 1 2 1 0 , txx x x    ，根据分析法构造关于t 的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可． 【详解】 （1） 1a  时， 21( ) ln 2 ( 0)2f x x x x x    ， 故 2 2 1 2 1( ) 2 0x xf x xx x        ， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增． （2）由题意可知 ln ( 1)x a x  有两解， 设直线 y kx 与 lny x 相切，切点坐标为  0 0,x y ， 则 0 0 0 0 0 ln 1 y kx y x k x         ，解得 0 0 1, 1,x e y k e    ， 10 1a e     ，即 11 1a e     ． ∴实数 a 的取值范围是 11, 1e      ． 不妨设 2 1 0x x  ，则 1 1 2 2ln ( 1) , ln ( 1)x a x x a x    ， 两式相加得：    1 2 1 2ln ( 1)x x a x x   ， 两式相减得：  2 2 1 1 ln ( 1)x a x xx    ，  1 2 1 2 2 2 1 1 ln ln x x x x x x x x    ，故   1 2 2 1 2 2 1 1 ln lnx x xx x x x x   ， 要证 2 1 2x x e ，只需证 1 2 2 2 1 1 ln 2   x x x x x x ， 即证   2 2 1 12 21 1 2 1 2 12ln 1 x x x xx xx x x x        ， 令 2 1 1xt x   ，故只需证 2( 1)ln 1 tt t   在 (1, ) 恒成立即可． 令 2( 1)( ) ln ( 1)1 tg t t tt    ， 则 2 2 2 1 4 ( 1)( ) 0( 1) ( 1) tg t t t t t       ， ∴ ( )g x 在 (1, ) 上单调递增， ( ) (1) 0g t g   ， 即 2( 1)ln 1 tt t   在 (1, ) 恒成立． 2 1 2  x x e ． 【点睛】 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与不等式的关系，构造关于 t 的不等式，还考查了转化化 归的思想、分类讨论的思想和运算求解的能力，，属于难题． 10．已知函数    21 1 ln , .2f x x a x a x a R     （1）若  f x 存在极值点 1，求 a 的值； （2）若  f x 存在两个不同的零点 1 2,x x ，求证： 1 2 2.x x  【答案】(1) 1a  ；(2) 见解析. 【详解】 试题分析：（1）由  f x 存在极值点为 1，得  1 0f   ，可解得 a. (2)是典型的极值点偏移问题，先证明      2 0h x f a x f x    ,再利用  f x 在 0,a 上的单调性，即 可得证. 试题解析：(1)   1 af x x a x      ，因为  f x 存在极值点为 1，所以  1 0f   ，即 2 2 0, 1a a   ， 经检验符合题意，所以 1a  . (2)    1 1 1 ( 0)a af x x a x xx x             ①当 0a  时，   0f x  恒成立，所以  f x 在 0,  上为增函数，不符合题意； ②当 0a  时，由   0f x  得 x a ， 当 x a 时，   0f x  ，所以  f x 为增函数， 当 0 x a  时，   0f x  ，所  f x 为减函数， 所以当 x a 时，  f x 取得极小值  f a 又因为  f x 存在两个不同零点 1 2,x x ，所以   0f a  ，即  21 1 ln 02 a a a a a    整理得 1ln 1 2a a  ， 作  y f x 关于直线 x a 的对称曲线    2g x f a x  ， 令           22 2 2 ln a xh x g x f x f a x f x a x a x               2 2 2 2 2 22 2 02 a ah x a x x x a a            所以  h x 在 0,2a 上单调递增， 不妨设 1 2 2x a x a  ，则    2 0h x h a  ， 即        2 2 2 12g x f a x f x f x    ， 又因为    2 12 0, , 0, ,a x a x a   且  f x 在 0,a 上为减函数， 故 2 12a x x  ，即 1 2 2x x a  ，又 1ln 1 2a a  ，易知 1a  成立， 故 1 2 2x x  . 点晴：本题主要考查导数在函数中的应用，具体涉及到函数的极值，函数的极值点偏移问题.第一问中  f x 存在极值点 1，所以  1 0f   ，解得 1a  ;第二问处理极值点问题有两个关键步骤：一是在 ,2a a 构 造函数      2h x f a x f x   证明其大于于 0 恒成立，二是利用  f x 在 0,a 上为减函数 ，两者结合 即可证明结论成立.