极值点偏移问题【典型例题】例1.已知函数f(x)=lnx-ax，a是常数且a∈R．(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线经过点(-1,0)，求a的值；1(2)若02e．f(1)-0a【解析】(1)解：切线的斜率k=f(1)=1-af(1)=-a，k==-，1-(-1)2a即1-a=-，解得a=2；211(2)证明：①由f(x)=-a=0，得x=，xa11当00；当x>时，f(x)<0，aa11∴f(x)在x=处取得最大值f=-lna-1，f(1)=-a<0，aa111∵00，f(x)在区间1,有零点，eaa11∵f(x)在区间0,单调递增，∴f(x)在区间0,有唯一零点．aa1由幂函数与对数函数单调性比较及f(x)的单调性知，f(x)在区间,+∞有唯一零点，从而函数af(x)有两个零点．122②不妨设0f(x1)，aaa2又f(x1)=f(x2)，∴f-x1>f(x2)．a1∵0．aa11又0e，ea∴x1+x2>2e．例2.已知函数f(x)=lnx-ax(a∈R)．(1)若曲线y=f(x)与直线x-y-1-ln2=0相切，求实数a的值；11(2)若函数y=f(x)有两个零点x1，x2，证明+>2．lnx1lnx21【解析】解：(1)由f(x)=lnx-ax，得f(x)=-a，x1-a=1x0设切点横坐标为x0，依题意得，x0-1-ln2=lnx0-ax01x0=解得2，即实数a的值为1．a=1lnx1-ax1=0(2)不妨设01，则ln>0,--2ln=t--2lnt，x1x1x1x2x1t21t-2t+1设g(t)=t--2lnt，则g(t)=>0，tt2即函数g(t)在(1,+∞)上递减，所以g(t)>g(1)=0，x2x1x2x-x-2lnx从而121>0，lnx2x111即+>2．lnx2lnx1ee例3.已知函数f(x)=x-(a-lnx)且f(e)=(其中e为自然对数的底数)．24(Ⅰ)求函数f(x)的解析式；(Ⅱ)判断f(x)的单调性；(Ⅲ)若f(x)=k有两个不相等实根x1，x2，证明：x1+x2>2e．e1e【解析】解：(Ⅰ)f(e)=a-=，解得a=1，224e所以函数解析式为f(x)=x-(1-lnx)；2e1e(Ⅱ)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)=1-lnx+x--=-lnx，2x2xee1设g(x)=-lnx，g(x)=--，在(0,+∞)上，g(x)<0恒成立，2x2x2x所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，即f(x)在(0,+∞)上单调递减，又f(e)=0，则在(0,e)上f(x)>0，在(e,+∞)上f(x)<0．所以函数f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减；e(Ⅲ)证明：构造函数F(x)=F(x)-f(2e-x)，x∈(0,e)，F(x)=f(x)+f(2e-x)=-2xe1elnx+⋅-ln(2e-x)=-ln[x(2e-x)]，22e-xx(2e-x)设t=x(2e-x)，当x∈(0,e)时，t∈(0,e)，ee1设h(t)=-lnt，且h(t)=--<0，tt2t可知h(t)在(0,e)上单调递减，且h(e)=0，所以h(t)>0在t∈(0,e)上恒成立，即F(x)>0在x∈(0,e)上恒成立，所以y=F(x)在(0,e)上单调递增，不妨设x12e-x1，所以x1+x2>2e．例4.已知函数f(x)=e2x-a(x-1)．(1)讨论函数f(x)的单调性；x+x(2)若a>0，设f′(x)为f(x)的导函数，若函数f(x)有两个不同的零点x，x，求证：f′12<1220．【解析】(1)解：f′(x)=2e2x-a，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；1a1a当a>0时，令f′(x)>0，得x>ln，令f′(x)<0，得x0时，h′(t)=2-et-e-t=2-(et+e-t)<0，所以h(t)在(0,+∞)上单调递减，所以当t>0时，h(t)0，故f′<0．x2-x121232例5.已知函数f(x)=x-(a+1)x+2(a-1)lnx，g(x)=-x+x+(4-2a)lnx．22(1)若a>1，讨论函数f(x)的单调性；f(x1)-f(x2)(2)是否存在实数a，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有+a>0恒成立，若存在，求出x1-x2a的范围，若不存在，请说明理由；(3)记h(x)=f(x)+g(x)，如果x1，x2是函数h(x)的两个零点，且x10．3【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，21x-(a+1)x+2(a-1)(x-2)[x-(a-1)]f(x)=x-(a+1)+2(a-1)==，xxx(x-2)2①若a-1=2，则a=3，f(x)=>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；x②若a-1<2，则a<3，而a>1，∴10，所以f(x)在(a-1,2)上单调递减，在(0,a-1)及(2,+∞)单调递增；③若a-1>2，则a>3，同理可得f(x)在(2,a-1)上单调递减，在(0,2)及(a-1,+∞)单调递增．f(x1)-f(x2)(2)假设存在a，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有+a>0恒成立，x1-x2f(x2)-f(x1)不妨设00，即f(x2)+ax2>f(x1)+ax1，x2-x1令g(x)=f(x)+ax，只要g(x)在(0,+∞)上为增函数，22x-1+2a-9122(a-1)x-x+2(a-1)24g(x)=x-x+2(a-1)lnxg(x)=x-1+==，2xxx99只要g′(x)≥0在(0,+∞)恒成立，只要2a-≥0,a≥，489f(x1)-f(x2)故存在a∈,+∞时，对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，有+a>0恒成立．8x1-x212322(3)证明：由题意知，h(x)=x-(a+1)x+2(a-1)lnx+-x+x+(4-2a)lnx=2lnx-x22-ax，22h(x1)=2lnx1-x1-ax1=0,h(x2)=2lnx2-x2-ax2=0x2两式相减，整理得2ln+(x1-x2)(x1+x2)=a(x2-x1)，x12lnx2x12所以a=-(x2+x1)，又因为h(x)=-2x-a，x2-x1x3x2-32x1+x2622x2x11所以h=-(2x1+x2)-a=-ln--(x1-x2)，x232x1+x23x2-x1x12+3x1x23t-3(t-1)(t-4)令t=∈(1,4),φ(t)=lnt-，则φ(t)=2<0，x1t+2t(t+2)所以φ(t)在(1,4)上单调递减，故φ(t)<φ(1)=0，212x1+x2又-<0,-(x1-x2)>0，所以h>0．x2-x133例6.设函数f(x)=x2-alnx，g(x)=(a-2)x．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1，x2．(ⅰ)求满足条件的最小正整数a的值；x+x(ⅱ)求证：F′12>0．22a2x-a【解析】解：(Ⅰ)f(x)=2x-=(x>0)．⋯(1分)xx当a≤0时，f(x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞)，此时f(x)无单调减区间．⋯(2分)2a2a当a>0时，由f(x)>0，得x>，f(x)<0，得00)．xxxa因为函数F(x)有两个零点，所以a>0，此时函数f(x)在,+∞单调递增，2a在0,单调递减．⋯(4分)2a2a所以F(x)的最小值F<0，即-a+4a-4aln<0．⋯(5分)22aa因为a>0，所以a+4ln-4>0．令h(a)=a+4ln-4，显然h(a)在(0,+∞)上为增函数，22381且h(2)=-2<0,h(3)=4ln-1=ln-1>0，所以存在a0∈(2,3)，h(a0)=0．⋯(6分)216当a>a0时，h(a)>0；当00，F(1)=0，所以a=3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．⋯(8分)22(ii)证明：不妨设00，22222x1+x2ax1+2x1-x2-2x2故只要证>即可，即证明x1+x2>，⋯(11分)22x1+lnx1-x2-lnx22222即证x1-x2+(x1+x2)(lnx1-lnx2)0，所以m(t)≥0，⋯(13分)当且仅当t=1时，m(t)=0，所以m(t)在(0,+∞)上是增函数．又m(1)=0，所以当m∈(0,1