专题 06 三元极值偏移 三元极值偏移问题中，一定有一个是我们能快速得到的简单零，也就是说三 元中有一元是确定的值，找到这个零点，三元偏移问题就转变成了常规的极值 点偏移。 1．（2020•台州模拟）已知函数 f（x）＝ ． （1）若 a＝0，讨论 f（x）的单调性． （2）若 f（x）有三个极值点 x1，x2，x3． ① 求 a 的取值范围； ② 求证：x1+x2+x3＞﹣2． 2．（2021•大庆模拟）已知函数 f（x）＝xex﹣a（x2+2x）（a∈R）． （1）当 a＝1 时，求函数 f（x）的单调区间； （2）当 时，函数 f（x）有三个不同的零点 x1，x2，x3，求证： ． ． 3．（2020•辽阳二模）已知函数 （1）讨论 f（x）的极值点的个数； （2）若 f（x）有 3 个极值点 x1，x2，x3（其中 x1＜x2＜x3），证明：x1x3＜x22． 4．（2020 春•南开区校级月考）已知函数 f（x）＝lnx﹣mx，m∈R． （Ⅰ）求 f（x）的极值； （Ⅱ）证明：m＝0 时，ex＞f（x+2） （Ⅲ）若函数 g（x）＝（x﹣e）f（x）有且只有三个不同的零点，分别记为 x1，x2，x3， 设 x1＜x2＜x3 且 的最大值是 e2，证明：x1x3 5．（2020•洛阳一模）设函数 ． ． （1）若 k＝1，求 f（x）的单调区间； （2）若 f（x）存在三个极值点 x1，x2，x3，且 x1＜x2＜x3，求 k 的取值范围，并证明： x1+x3＞2x2． 6．（2019 秋•龙岩期末）已知函数 f（x）＝kex﹣x． （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若函数 g（x）＝xf（x）﹣3kex﹣ 有三个极值点 x1，x2，x3，求实数 k 的 取值范围，并证明 x1+x2+x3＞4． 7．（2019 春•沙坪坝区校级月考）已知函数 f（x）＝ ﹣ax+alnx，其中 a＞0． （1）若函数 f（x）仅在 x＝1 处取得极值，求实数 a 的取值范围； （ 2 ） 若 函 数 g （ x ） ＝ f （ x ） +a （ lnx+ ） 有 三 个 极 值 点 x1 ， x2 ， x3 ， 求 证 ： x1x2+x1x3+x2x3＞2x1x2x3． 8．（2020•苏州二模）已知函数 f（x）＝ ﹣ax+alnx，其中 a＞0． （1）若函数 f（x）在（1，+∞）上单调递增，求实数 a 的取值范围； （2）若函数 g（x）＝f（x）+a（lnx+ ）有三个极值点 x1，x2，x3，求证： + + ＞2． 9．（2020•市中区校级模拟）已知函数 f（x）＝alnx﹣x，且函数 f（x）在 x＝1 处取到极值． （1）求曲线 y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （2）若函数 ，且函数 g（x）有 3 个极值点 x1，x2，x3（x1＜ x2＜x3），证明：ln（ ）＞﹣ ． 10．（2021 春•湖北期中）已知函数 f（x）＝（x﹣2）ex+ ax2﹣ax（a＜0）． （1）讨论函数 f（x）的单调性； （ 2 ） 当 a ＜ ﹣ e2 时 ， 函 数 f （ x ） 有 三 个 不 同 的 零 点 x1 ， x2 ， x3 ， 求 证 ： ． 11．（2021 春•内江期末）已知函数 f（x）＝ x3+tx+t． （1）讨论函数 f（x）的单调区间； （2）若函数 f（x）有三个不同的零点 x1、x2、x3，求 t 的取值范围，并证明：x1+x2+x3＜ ． 参考答案与解析 1．（2020•台州模拟）已知函数 f（x）＝ ． （1）若 a＝0，讨论 f（x）的单调性． （2）若 f（x）有三个极值点 x1，x2，x3． ① 求 a 的取值范围； ② 求证：x1+x2+x3＞﹣2． 【分析】（1）求导，根据的导函数与 0 的关系求出单调区间， （2）①先求导，f′（0）＝0，令 g（x）＝ex﹣a（x+2），再求导，判断根的范围 ② 利 用 分 析 法 进 行 求 证 ， 要 证 ： x1+x2+x3 ＞ ﹣ 2 ． 只 要 证 ： x1+x2 ＞ ﹣ 2 ， 只 要 证 ，转化为只要证 求导，判断增减性，问题得以证明． ， 【解答】解：（1）当 a＝0 时，f（x）＝ ，x≠﹣1， ， ∴ 当 f′（x）＜0 时，x 在（﹣∞，﹣1）和（﹣1，0）上，f（x）单调递减， 当 f′（x）＞0 时，x 在（0，+∞）上，f（x）单调递增， （2）①∵f（x）＝ ， ∴f′（x）＝ 首先 f′（0）＝0，令 g（x）＝ex﹣a（x+2），则 g（x）＝0 应有两个既不等于 0 也不等 于﹣1 的根， 求导可得，g′（x）＝ex﹣a， 此时，g′（x）＝ex﹣a＝0 有唯一的根 x0＝lna，并且 x0 是 g（x）的极小值点， 要使 g（x）＝0 有两根，只要 g（x0）＜0 即可，（因为当 x→+∞和 x→﹣∞时，g（x）＝ ex﹣a（x+2）→+∞） 由 ＝elna﹣a（lna+2）＝﹣a（lna+1）＜0，得 a 又由 g（0）≠0，得 a 反过来，若 ， ， 时，则 g（﹣1）＝ ，g（x）＝0 的两根中，一个大 于﹣1，另一个小于﹣1， 于是在定义域中，连同 x＝0，f′（x）＝0 共有三个相异实根，并且在这三个根的左右，f ′（x）的正负变号，它们就是 f（x）的三个极值点， 综上，a 的取值范围是 ； ② 证明由①可知 f（x）有三个极值点 x1，x2，x3 中，两个是 g（x）＝0 的两根（不妨设 为 x1，x2，其中 x1＜﹣1＜x2），另一个为 x3＝0， 要证：x1+x2+x3＞﹣2． 只要证：x1+x2＞﹣2， 即只要证明 x1＞﹣x2﹣2， 因为 g（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，其中 lna＞﹣1， 故只要证 g（x1）＜g（﹣2﹣x2），其中 g（x1）＝g（x2）＝0， 只要证 g（x2）＜g（﹣2﹣x2）， 而 +2] 只要证 ， 由 g （ x2 ） ＝ ＝0，得 a＝ ﹣ ，由此代入上述不等式，只要证明 ， 只要证 ， 令 h（x）＝xex+（x+2）e﹣x﹣2， 当 x＞﹣1 时，h′（x）＝（x+1）ex﹣（x+1）e﹣x﹣2＝（x+1）（ex﹣e﹣x﹣2）＞0，h（x） 单调递增，而 h（﹣1）＝0， 所以当 x＞﹣1 时，h（x）＞0， 于是证 ， 即：x1+x2+x3＞﹣2． 2．（2021•大庆模拟）已知函数 f（x）＝xex﹣a（x2+2x）（a∈R）． （1）当 a＝1 时，求函数 f（x）的单调区间； （2）当 时 ， 函 数 f （ x ） 有 三 个 不 同 的 零 点 x1 ， x2 ， x3 ， 求 证 ： ． 【分析】（1）求出原函数的导函数，得到函数零点，由导函数零点对定义域分段，再 由导函数在不同区间段内的符号得到原函数的单调区间； （2）由 f（0）＝0，可得 x＝0 是函数的一个零点，不妨设 x3 ＝0，把问题转化为证 ．由 f（x）＝0，得 ex﹣a（x+2）＝0，结合 x1，x2 是 ，即证 方程 ex﹣a（x+2）＝0 的两个实根，得到 ，代入 ，不妨设 x1＞x2．转化为证 设 【解答】（1）解：f′（x）＝ex+xex﹣（2x+2）＝（x+1）（ex﹣2）， 令 f′（x）＝0，得 x1＝﹣1，x2＝ln2． 当 x＜﹣1 或 x＞ln2 时，f′（x）＞0；当﹣1＜x＜ln2 时，f′（x）＜0． ∴f（x）增区间为（﹣∞，﹣1），（ln2，+∞）；减区间为（﹣1，ln2）； （2）证明：∵f（0）＝0，∴x＝0 是函数的一个零点，不妨设 x3＝0， 则要证 ，只需证 ． 由 f（x）＝0，得 ex﹣a（x+2）＝0， ∵x1，x2 是方程 ex﹣a（x+2）＝0 的两个实根， ，① ，②， ①﹣② 得： ． ，则等价于 e2t﹣2tet﹣1＞0（t＞0）．设 g（t）＝e2t﹣2tet﹣1（t＞0），利 用导数证明 g（t）＞0 即可． ∴ ，只需证 ， 代入 ，只需证 ，不妨设 x1＞x2． ∵x1﹣x2＞0，∴只需证 ∵ ． ，∴只需证 设 ． ，则等价于 e2t﹣2tet﹣1＞0（t＞0）． 设 g（t）＝e2t﹣2tet﹣1（t＞0），只需证 g（t）＞0， 又 g'（t）＝2et（et﹣t﹣1），设 φ（t）＝et﹣t﹣1（t＞0）， 则 φ'（t）＝et﹣1＞0，∴φ（t）在（0，+∞）上单调递增，则 φ（t）＞φ（0）＝0． ∴g'（t）＞0，从而 g（t）在（0，+∞）上是增函数， ∴g（t）＞g（0）＝0． 综上所述， ． ． 3．（2020•辽阳二模）已知函数 （1）讨论 f（x）的极值点的个数； （2）若 f（x）有 3 个极值点 x1，x2，x3（其中 x1＜x2＜x3），证明：x1x3＜x22． 【分析】（1）求出导函数，构造 ，利用函数的导数判断函数的单调性求出函 数的极值，推出函数 f（x）的极值点的个数． （2）f（x）有 3 个极值点 x1，x2，x3（其中 x1＜x2＜x3），得到 且 x2＝1，即 ，要证 x1x3＜1，设 ， ，k＞1，得到 x3﹣x1＝lnk，通过联立 推出 ，要证 x1x3＜1，只需 证明 ．转化证明 ，k＞1，需 ．利用函数的导数判断函数的 单调性转化证明即可． 【解答】（1）解：f'（x）＝（x﹣1）ex+a（x2﹣x）＝（x﹣1）（ex+ax）， 令 ， ，故 g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞） 上单调递增， 在（﹣∞，0）上单调递减，且当 x＜0 时，g（x）＜0． 当 a＞0 时，f（x）有 2 个极值点，当﹣e≤a≤0 时，f（x）只有 1 个极值点， 当 a＜﹣e 时，f（x）有 3 个极值点． （2）证明：因为 f（x）有 3 个极值点 x1，x2，x3（其中 x1＜x2＜x3），所以 且 x2＝1，即得 要证 ，即 x1x3＜1， 由 ，得 设 ，k＞1， 联立 ， ， ，所以 x3﹣x1＝lnk， 得 所以 ， ， 所以要证 x1x3＜1，只需 则有 令 ，k＞1， ，即 ，则需证明 ，t＞1，即需证明 ． ． 因为 恒成立， 所以 h（t）在 t∈（1，+∞）上是单调递减函数，则有 即 ， 成立，所以 x1x3＜1，即 得以证明． 4．（2020 春•南开区校级月考）已知函数 f（x）＝lnx﹣mx，m