∴
2 ln x1 2 ln x2
+ +
m x1 m x2
−1 −1
= =
0 0.
消去a得2x1 ln x1 − x1 = 2x3 ln x3 − x3;
令ϕ(x)
=
2x ln x
−
x, ϕ′(x)
=
2 ln x
+
1, ϕ′(x)的零点为x
=
1 √
e
,
且x1
<
1 √
e
<
x3;
∴
ϕ(x)在(0,
1 √
2
e2
∴ h(x)在(1, 2)内存在零点，设h(x0) = 0, ∴ x0 > m,
当f ′(x) > 0时，即0 < x < m, 或x > x0,函数单调递增；
当f ′(x) < 0时，即m < x < x0,函数单调递减，
∴当x = m时，函数有极大值，∴当0 < m < 1时，x = m 是f (x)极大值点；
e
=
0;
∴只要证明x ∈ (0, √1 ]上F (x)单调递减； e
ϕ(x)在(0,
1 √
]单调递减；
e
∴
x增大时，
1 √
e
−
x减小，ϕ(
1 √
e
−
x)增大，−ϕ(
1 √
e
−
x)减小；
∴ −ϕ( √1 − x)在(0, √1 ]上是减函数。
e
e
∴
ϕ(x)
−
ϕ(
2 √
−
x)在(0,
1 √
]上是减函数；
导数-极值点偏移问题答案解析
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1.（1）解：函数f (x)的定义域是(−∞, +∞).
f ′(x) = ( 1 − x )′ex +
1
−
x
ex
=
x2 [
−
2x
−
1 ]ex
=
−x[(x − 1)2 + 2] ex
1 + x2
1 + x2
(1 + x2)2
(1 + x2)2
所以当x ∈ (−∞, 0)时，f ′(x) > 0, y = f (x)单调递增。
令F (x)
=
ln x x
−
x, F ′(x)
=
1
− ln x x2
−
1
=
1
−
ln x − x2 , F ′(1) x2
=
0,
∀x ∈ (0, 1), F ′(x) > 0; x ∈ (1, +∞), F ′(x) < 0
所以F (x)在(0, 1)单调递增，在(1, +∞)单调递减，所以Fmax = F (1) = −1,所以c ≥ −1.
（2）由（1）可知，∴ h( m)是h(x)的最小值； 2
∵
f (x)有三个极值点x1
<
x2
<
x3; ∴
m h( )
2
=
2 ln
m 2
+
1
<
0; ∴
m
<
√2 ; e
∴
a的取值范围为(0,
2 √
)
e
当0
<
m
<
√2 时，h(m) e
=
2 ln m
<
0, h(1)
=
m
−
1
<
0; ∴
x2
=
m;
即x1, x3是函数h(x)的两个零点；
e
e
∴
当0
<
a
<
2 √
e
时，x1
+
x3
>
2
−
√ e
.
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4.解：（1）f ′(x) = ex − a
令f ′(x) = 0, x = ln a
（3）因为f (x)有两个相异零点，所以设ln x1 = cx1, ln x2 = cx2,①
即ln x1
−
ln x2
=
c(x1
−
x2),
∴
ln x1 − ln x x1 − x2
=
c②
而x1 · x2 > e2等价于：ln x1 + ln x2 > 2,即c(x1 + x2) > 2,③
由①②③得： ln
1 x
=
(x − m)(2 ln x + ln2 x
m x
− 1)
令h(x)
=
2
ln
x
+
m x
−
1,
∴
h′(x)
=
2x − x2
m;∴
h(x)在(0,
m 2
)上单调递减，在(
m 2
,
+∞)上单调递增；
∵ h(1) = m − 1 < 0, h(2) = 2 ln 2 + m − 1 = ln 4 + m > 0,
−
1+x 1 + x2
·
e−x
=
e−x [(1
1 + x2
−
x)e2x
−1
−
x].
令g(x) = (1 − x)e2x − 1 − x, x > 0, g′(x) = (1 − 2x)e2x − 1
令h(x) = (1 − 2x)e2x − 1, h′(x) = (1 − 2x)e2x = −4xe2x < 0.
>
0故函数H(t)是(1, +∞)上的增函数，∴
H (t)
>
H (1)
=
0.
即不等式ln t > 2(t − 1)成立， t+1
故所证不等式x1 · x2 > e2成立。
3.（1）f (x)
=
(x
−
m)2 ,x
>
0, 且x
̸=
1,
ln x
∴ f ′(x)
=
2(x − m) ln x − (x − m)2 · ln2 x
e
)上递减，在(
1 √
e
,
+∞)上递增；要证来自x1+ x3>
√2 e
⇐⇒
x3
>
√2 e
−
x1
⇐⇒
ϕ(x3)
>
ϕ( √2 e
−
x1);
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∵
ϕ(x1)
=
ϕ(x3),
∴即证ϕ(x1)
>
2 ϕ( √
e
−
x1);
构造函数F
(x)
=
ϕ(x)
−
2 ϕ( √
e
−
x);则F
1 (√ )
y = h(x)在(0, +∞)上 单 调 递 减=⇒ h(x) < h(0) = 0 =⇒ y = g(x)在(0, +∞)上 单 调 递
减=⇒
g(x)
<
g(0)
=
0
=⇒
y
=
e−x [(1
1 + x2
−
x)e2x
−
1
−
x]在(0, +∞)上单调递减，
当x = 0时y = 0 =⇒ f (x) − f (−x) < 0 =⇒ f (x) < f (−x),
所以，当f (x1) = f (x2)且x1 ̸= x2时，x1 + x2 < 0.
2.（1）c ≤ 0时，f (x)在(0, +∞)单 调 递 增;c > 0时f (x)在(0, 1 )单 调 递 增，(1 , +∞)单 调 递
c
c
减。
（2）ln x − cx ≤ x2, ∀x ∈ (0, +∞),所以c ≥ ln x − x, ∀x ∈ (0, +∞), x
x1 x1
− −
ln x2 x2
(x1
+
x2)
>
2
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不妨设x1
>
x2
>
0, 则t
=
x1 x2
>
1,
上式转化为：ln
t
>
2(t
−
1) ,t
>
1,设H (t)
=
ln t
−
2(t
−
1) ,
t
>
1,
t+1
t+1
则H ′ (t)
=
(t − 1)2 t(t + 1)2
当x ∈ [0, +∞)时，f ′(x) ≤ 0, y = f (x)单调递减。
所以y = f (x)在(−∞, 0]上单调递增，在x ∈ [0, +∞)上递减。
（2）解：由（1）知，只需要证明当x > 0时，f (x) < f (−x)即可。
f (x)
−
f (−x)
=
1 − x ex 1 + x2