极值点偏移与和三阶导数的一点探究
1、极值点左偏的情形：
如:$f(x)=\cfrac{x}{e^x} (x>0)$
一阶导数$g(x)={f}' (x)=\cfrac{1-x}{e^x} $
二阶导数$h(x)={f}'' (x)=\cfrac{x-2}{e^x}$
三阶导数${h}' (x)={f}^{(3)} =\cfrac{3-x}{e^x}$
若$f(x)是凸函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)<0,\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0) >0\Rightarrow$极值点左偏；左快右慢
若$f(x)是凹函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)>0,\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0) <0\Rightarrow$极值点左偏；左快右慢
若$f(x)是凸函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)<0\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0)<0\Rightarrow$极值点右偏；左慢右快
若$f(x)是凹函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)>0,\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0) >0\Rightarrow$极值点右偏；左慢右快
$(1)定极值点；x=x_0(2)构造对称函数；(3)比较大小，F(x)单调性$
极值点偏移命题过程：
本质：一阶导数变化不均匀$\Leftrightarrow$ 二阶导数不为定值$\Leftrightarrow$三阶导数不为0
{\color{Red} 常规问题}：$x_1+x_2>2x_0或x_1x_2>x_0^2,f(\frac{x_1+x_2}{2} )>f(x_0)、{\color{Red} {f}'(x_1)+{f}'(x_2)\gt 0 } 、{f}' (\frac{x_1+x_2}{2})>0={f}' (x_0)$
$函数：x-\ln x 问题：x_1+x_2>2$
若：$x\to \frac{1}{x}\quad 则题目变成：\frac{1}{x} +lnx\quad 问题：\frac{1}{x_1} +\frac{1}{x_2}>2或\frac{x_1+x_2}{x_1x_2} >2 \quad or \quad x_1+x_2>2x_1x_2$
函数：$x-\ln x 问题：x_1x_2<1$
若：$x\to xe^x\quad 则题目变成：xe^x -ln(xe^x)即xe^x-x-\ln x\quad 问题：x_1x_2e^{x_1}e^{x_2}<1$
${\color{Red}题型一、 } x_1+x_2\gt 2x_0\Rightarrow 构造f(x)-f(2x_0-x)；$
${\color{Red}题型二、 } x_1\cdot x_2\lt x_0^2\Rightarrow 构造f(x)-f(\cfrac{x_0^2}{x} )；$
例1、$2022年高考f(x)=\frac{e^x}{x}-\ln x+x-a$
$(1)若f(x)>0,求a$的取值范围;
$(2)证明:若f(x)有两个零点x_1,x_2则x_1x_2<1。$
$f(x)=e^{x-\ln x}+x-\ln x-a$
例2、 已知函数$f(x)=-x+(x+a)\ln x(a\in R)$有两个不同的极值点。[极值点偏移，一个经典方法，讲透一个经典例题_哔哩哔哩_bilibili]
$(1)求实数a的取值范围；$
$(2)当a=2时，已知函数f(x)的图像在A(x_1,f(x_1)),B(x_2,f(x_2))(x_1<x_2)$两个不同的点处的切线互相平行，证明：$x_1+x_2>4。$
解： $(1)x\in (0,+\infty)\quad {f}' (x)=\cfrac{a}{x} +\ln x$
由题意得 ${f}' (x)=0有两个不同实根\Leftrightarrow a=-x\ln x有2个$不同实根。
令$g(x)=-x\ln x,x\in (0,+\infty),{g}' (x)=-\ln x-1=-(\ln x+1)$

$令{g}' (x)=0，解得x=\frac{1}{e},x\in (0,\frac{1}{e} ),{g}' (x)\gt 0,g(x)单增;x\in (\frac{1}{e},+\infty ),{g}' (x)\lt 0,g(x)单减$
$g(x)\le g(\frac{1}{e} )=\frac{1}{e},\lim_{x \to 0} g(x)=0;\lim_{x \to \infty}g(x) =-\infty$

$\therefore a\in (0,\frac{1}{e})$

$(2)证明：当a=2时，{f}' (x)=\frac{a}{x} +\ln x=\frac{2}{x} +\ln x；令h(x)=\frac{2}{x} +\ln x $
$\because f(x)在A,B$两不同点处的切线互相平行，$\therefore {f}' (x_1)={f}' (x_2)\Leftrightarrow {\color{Red}h(x_1)=h(x_2) }$
${h}' (x)=\frac{x-2}{x^2},{\color{Red}h(x)在(0,2)单减 } ,在(2,+\infty)$单增,
由题意得$0<x_1<2<x_2,4-x_1>2\quad 构造F(x)=h(x)-h(4-x),x\in (0,2)$

${F}' (x)={h}'(x)-(4-x)^{'} {h}' (4-x)={h}'(x)+ {h}' (4-x)=\frac{x-2}{x^2} +\frac{4-x-2}{(4-x)^2} =\frac{(x-2)(4-x)^2-x^2(x-2)}{x^2(4-x)^2} $

${F}' (x)=\frac{(x-2)(16-8x)}{x^2(4-x)^2} =\frac{-8(x-2)^2}{x^2(4-x)^2}\lt 0 ,\therefore F(x)单调递减。$

$\therefore F(x)\gt F(2)=h(2)-h(2)=0,x\in (0,2)\Rightarrow h(x)-(4-x)\gt 0$

$\Rightarrow h(x)\gt h(4-x)\Rightarrow h(x_1)\gt h(4-x_1),x_1\in(0,2)$

$\because {\color{Red}h(x)在(2,+\infty)单增 } ,\Rightarrow h(x_1)=h(x_2)\gt h(4-x_1),x_2\gt 4-x_1\Rightarrow x_1+x_2\gt 4$

复合函数求导公式：${y}'_x= {y}'_u {u}'_x\Rightarrow u=4-x,{h}' (u)=\frac{u-2}{u^2} ,{u}'_x=-1$

极值点偏移题目答题步骤：

$x_1+x_2\gt 4\Leftrightarrow x_1\gt 4-x_2{\color{Red} \Leftrightarrow f(x_1)\gt f(4-x_2)} {\color{Green} \Leftrightarrow f(x_2)\gt f(4-x_2)}$

$\Leftrightarrow f(x_2)- f(4-x_2)\gt 0，构造函数,要指明定义域在极值点的那一边，g(x)=f(x)-f(4-x),x\gt 2$

求导证明$g(x)在x>2$时的极小值大于零，即完工。关键点是，$f(x_1)=f(x_2)$要替换！

解：当a=2时，${f}' (x)=\frac{a}{x} +\ln x=\frac{2}{x} +\ln x；令h(x)=\frac{2}{x} +\ln x $
$\because f(x)在A,B$两不同点处的切线互相平行，$\therefore {f}' (x_1)={f}' (x_2)\Leftrightarrow {\color{Red}h(x_1)=h(x_2) }$
${h}' (x)=\frac{x-2}{x^2},{\color{Red}h(x)在(0,2)单减 } ,在(2,+\infty)$单增,
由题意得$0<x_1<2<x_2,4-x_1>2\quad 可构造F(x)=h(x)-h(4-x),x\in (0,2)$

$0\lt x_1 \lt 2 \lt x_2,4-x_1\gt 2,4-x_2\lt 2也可构造F(x)=h(x)-h(4-x),x\gt 2$

${F}' (x)=\frac{(x-2)(16-8x)}{x^2(4-x)^2} =\frac{-8(x-2)^2}{x^2(4-x)^2}\lt 0 ,F(x)\searrow $

$F(x)_{max}\lt F(2)=0,h(x)-h(4-x)\lt 0\quad(x\gt 2)\Rightarrow h(x_2)\lt h(4-x_2)\Leftrightarrow h(x_1)\lt h(4-x_2)$

$h(x)在x\lt 2$单调递减$h(x_1)\lt h(4-x_2) \Leftrightarrow x_1\gt 4-x_2\Leftrightarrow x_1+x_2\gt 4$

若$F(x),x\lt 2,F(x)_{max}\gt F(2)=0,h(x)-h(4-x)\gt 0\Rightarrow h(x_1)\gt h(4-x_1)$

$\Leftrightarrow h(x_2)\gt h(4-x_1),h(x)在x\gt 2单调递增,h(x_2)\gt h(4-x_1)\Leftrightarrow x_1+x_2\gt 4$

极值点偏移与和三阶导数的一点探究
1、极值点左偏的情形：
如:$f(x)=\cfrac{x}{e^x} (x>0)$
一阶导数$g(x)={f}' (x)=\cfrac{1-x}{e^x} $
二阶导数$h(x)={f}'' (x)=\cfrac{x-2}{e^x}$
三阶导数${h}' (x)={f}^{(3)} =\cfrac{3-x}{e^x}$
若$f(x)是凸函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)<0,\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0) >0\Rightarrow$极值点左偏；左快右慢
若$f(x)是凹函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)>0,\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0) <0\Rightarrow$极值点左偏；左快右慢
若$f(x)是凸函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)<0\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0)<0\Rightarrow$极值点右偏；左慢右快
若$f(x)是凹函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)>0,\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0) >0\Rightarrow$极值点右偏；左慢右快
$(1)定极值点；x=x_0(2)构造对称函数；(3)比较大小，F(x)单调性$
极值点偏移命题过程：
本质：一阶导数变化不均匀$\Leftrightarrow$ 二阶导数不为定值$\Leftrightarrow$三阶导数不为0
${\color{Red} 常规问题}：x_1+x_2>2x_0或x_1x_2>x_0^2,f(\cfrac{x_1+x_2}{2} )>f(x_0)、{\color{Red} {f}'(x_1)+{f}'(x_2)\gt 0 } 、{f}' (\cfrac{x_1+x_2}{2})>0={f}' (x_0)$
$函数：x-\ln x 问题：x_1+x_2>2$
若：$x\to \frac{1}{x}\quad 则题目变成：\frac{1}{x} +lnx\quad 问题：\frac{1}{x_1} +\frac{1}{x_2}>2或\frac{x_1+x_2}{x_1x_2} >2 \quad or \quad x_1+x_2>2x_1x_2$
函数：$x-\ln x 问题：x_1x_2<1$
若：$x\to xe^x\quad 则题目变成：xe^x -ln(xe^x)即xe^x-x-\ln x\quad 问题：x_1x_2e^{x_1}e^{x_2}<1$
${\color{Red}题型一、 } x_1+x_2\gt 2x_0\Rightarrow 构造f(x)-f(2x_0-x)；$

${\color{Red}题型二、 } x_1\cdot x_2\lt x_0^2\Rightarrow 构造f(x)-f(\cfrac{x_0^2}{x} )；$

例1、$2022年高考f(x)=\cfrac{e^x}{x}-\ln x+x-a$
$(1)若f(x)>0,求a$的取值范围;
$(2)证明:若f(x)有两个零点x_1,x_2则x_1x_2<1。$
$f(x)=e^{x-\ln x}+x-\ln x-a$

例2、 已知函数$f(x)=-x+(x+a)\ln x(a\in R)$有两个不同的极值点。[极值点偏移，一个经典方法，讲透一个经典例题_哔哩哔哩_bilibili]
$(1)求实数a的取值范围；$
$(2)当a=2时，已知函数f(x)的图像在A(x_1,f(x_1)),B(x_2,f(x_2))(x_1<x_2)$两个不同的点处的切线互相平行，证明：$x_1+x_2>4。$
解： $(1)x\in (0,+\infty)\quad {f}' (x)=\cfrac{a}{x} +\ln x$
由题意得 ${f}' (x)=0有两个不同实根\Leftrightarrow a=-x\ln x有2个$不同实根。
令$g(x)=-x\ln x,x\in (0,+\infty),{g}' (x)=-\ln x-1=-(\ln x+1)$

$令{g}' (x)=0，解得x=\frac{1}{e},x\in (0,\frac{1}{e} ),{g}' (x)\gt 0,g(x)单增;x\in (\frac{1}{e},+\infty ),{g}' (x)\lt 0,g(x)单减$
$g(x)\le g(\frac{1}{e} )=\frac{1}{e},\lim_{x \to 0} g(x)=0;\lim_{x \to \infty}g(x) =-\infty$

$\therefore a\in (0,\frac{1}{e})$

$(2)证明：当a=2时，{f}' (x)=\frac{a}{x} +\ln x=\frac{2}{x} +\ln x；令h(x)=\frac{2}{x} +\ln x $
$\because f(x)在A,B$两不同点处的切线互相平行，$\therefore {f}' (x_1)={f}' (x_2)\Leftrightarrow {\color{Red}h(x_1)=h(x_2) }$
${h}' (x)=\frac{x-2}{x^2},{\color{Red}h(x)在(0,2)单减 } ,在(2,+\infty)$单增,
由题意得$0<x_1<2<x_2,4-x_1>2\quad 构造F(x)=h(x)-h(4-x),x\in (0,2)$

${F}' (x)={h}'(x)-(4-x)^{'} {h}' (4-x)={h}'(x)+ {h}' (4-x)=\frac{x-2}{x^2} +\frac{4-x-2}{(4-x)^2} =\frac{(x-2)(4-x)^2-x^2(x-2)}{x^2(4-x)^2} $

${F}' (x)=\frac{(x-2)(16-8x)}{x^2(4-x)^2} =\frac{-8(x-2)^2}{x^2(4-x)^2}\lt 0 ,\therefore F(x)单调递减。$

$\therefore F(x)\gt F(2)=h(2)-h(2)=0,x\in (0,2)\Rightarrow h(x)-(4-x)\gt 0$

$\Rightarrow h(x)\gt h(4-x)\Rightarrow h(x_1)\gt h(4-x_1),x_1\in(0,2)$

$\because {\color{Red}h(x)在(2,+\infty)单增 } ,\Rightarrow h(x_1)=h(x_2)\gt h(4-x_1),x_2\gt 4-x_1\Rightarrow x_1+x_2\gt 4$

复合函数求导公式：${y}'_x= {y}'_u {u}'_x\Rightarrow u=4-x,{h}' (u)=\frac{u-2}{u^2} ,{u}'_x=-1$

极值点偏移题目答题步骤：

$x_1+x_2\gt 4\Leftrightarrow x_1\gt 4-x_2{\color{Red} \Leftrightarrow f(x_1)\gt f(4-x_2)} {\color{Green} \Leftrightarrow f(x_2)\gt f(4-x_2)}$

$\Leftrightarrow f(x_2)- f(4-x_2)\gt 0，构造函数,要指明定义域在极值点的那一边，g(x)=f(x)-f(4-x),x\gt 2$

求导证明$g(x)在x>2$时的极小值大于零，即完工。关键点是，$f(x_1)=f(x_2)$要替换！

解：当a=2时，${f}' (x)=\frac{a}{x} +\ln x=\frac{2}{x} +\ln x；令h(x)=\frac{2}{x} +\ln x $
$\because f(x)在A,B$两不同点处的切线互相平行，$\therefore {f}' (x_1)={f}' (x_2)\Leftrightarrow {\color{Red}h(x_1)=h(x_2) }$
${h}' (x)=\frac{x-2}{x^2},{\color{Red}h(x)在(0,2)单减 } ,在(2,+\infty)$单增,
由题意得$0<x_1<2<x_2,4-x_1>2\quad 可构造F(x)=h(x)-h(4-x),x\in (0,2)$

$0\lt x_1 \lt 2 \lt x_2,4-x_1\gt 2,4-x_2\lt 2也可构造F(x)=h(x)-h(4-x),x\gt 2$

${F}' (x)=\frac{(x-2)(16-8x)}{x^2(4-x)^2} =\frac{-8(x-2)^2}{x^2(4-x)^2}\lt 0 ,F(x)\searrow $

$F(x)_{max}\lt F(2)=0,h(x)-h(4-x)\lt 0\quad(x\gt 2)\Rightarrow h(x_2)\lt h(4-x_2)\Leftrightarrow h(x_1)\lt h(4-x_2)$

$h(x)在x\lt 2$单调递减$h(x_1)\lt h(4-x_2) \Leftrightarrow x_1\gt 4-x_2\Leftrightarrow x_1+x_2\gt 4$

若$F(x),x\lt 2,F(x)_{max}\gt F(2)=0,h(x)-h(4-x)\gt 0\Rightarrow h(x_1)\gt h(4-x_1)$

$\Leftrightarrow h(x_2)\gt h(4-x_1),h(x)在x\gt 2单调递增,h(x_2)\gt h(4-x_1)\Leftrightarrow x_1+x_2\gt 4$

定义：对于单个极值的函数，它在极值点左右两侧的增减速度不同，导致函数图像不具备轴对称的特性，这就称为函数的极值点偏移。具体来说，有以下两种情况：

1、极值点左偏：

已知函数$f(x)在x_0$处取得极大值，直线y=b与函数图像交于$A(x_1,b),B(x_2,b)$两个点，则$AB的中点M(\frac{x_1+x_2}{2},b)$,显然下图中$x_0<\frac{x_1+x_2}{2}$.

例１、已知函数$f(x)=xe^{-x}.$

(1)求函数 $f(x)$的单调性和极值。（2）若$x_1\ne x_2,且f(x_1)=f(x_2),证明x_1+x_2>2$
(3）若$0\lt x_1\lt 1\lt x_2,且f(x_1)=f(x_2),证明3x_1+x_2>3$
(1)解：$f(x)=\cfrac{x}{e^x} $

${f}'(x) =\cfrac{1-x}{e^x}$令${f}'(x) =0\Rightarrow x=1,x\in (-\infty ,1),{f}'(x) >0 ,f(x)递增,{\color{Red} 且有f(0)= 0}$ ;
$x\in (1,+\infty),{f}'(x) <0 ,f(x)递减,{\color{Red} 且有f(x)\gt 0} ；
极大值 f(1)=\frac{1}{e} $

(2)极值点偏移，证明$x_1+x_2\gt m,极值点一定在\frac{m}{2}$,且构造对称性函数证明过程中的极值也在此处，而且题设函数多数情况都是先增后减的。
不妨设$0\lt x_1\lt 1\lt x_2;$
$x_1+x_2>2\Leftrightarrow x_1\gt2-x_2$
$\because f(x) 在x\lt1 \nearrow ,\Leftrightarrow f(x_1)\gt f(2-x_2)$
$\Leftrightarrow f(x_2)\gt f(2-x_2)\quad \because f(x_1)=f(x_2)\Leftrightarrow f(x_2)- f(2-x_2)\gt 0$
构造$F(x)=f(x)-f(2-x),x\gt 1$
${F}' (x)={f}'(x) +{f}'(2-x)=\cfrac{1-x}{e^x} +\cfrac{1-(2-x)}{e^{2-x}} =\cfrac{1-x}{e^x} +\cfrac{x-1}{e^{2-x}}$
$=\cfrac{(x-1)(e^{2x}-e^2)}{e^{2+x}} \gt0 (x\gt0)$
${F}' (x)\gt0\Rightarrow F(x)\nearrow ,F(x)\gt F(1)=0$
第三问：
等差代换
$f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow \cfrac{x_1}{e^{x_1}} =\cfrac{x_2}{e^{x_2}}\Leftrightarrow$
${\color{Red} \cfrac{x_2}{x_1} =\cfrac{e^{x_2}}{e^{x_1}} =e^{x_2-x_1}作等差代换，令x_2-x_1=t(t\gt 0)} $
$\cfrac{x_2}{x_1} =e^t\Rightarrow x_2=e^t\cdot x_1=x_1+t\Rightarrow x_1=\cfrac{t}{e^t-1} ,x_2=\cfrac{te^t}{e^t-1}$
$3x_1+x_2\gt 3\Rightarrow \cfrac{3t}{e^t-1} +\cfrac{te^t}{e^t-1} \gt 3$
$3x_1+x_2\gt 3\Rightarrow \cfrac{3t}{e^t-1} +\cfrac{te^t}{e^t-1} \gt 3
\because t\gt 0,\therefore e^t-1\gt0,\Rightarrow te^t+3t\gt 3e^t-3$
$\Rightarrow te^t+3t-3e^t+3\gt0\Rightarrow (t-3)e^t+3t+3\gt0$
令$g(t)=(t-3)e^t+3t+3\Rightarrow {g}'(t)=(t-3+1)e^t+3=(t-2)e^t+3 ;{g}''(t)= (t-1)e^t$
令$h(t)={g}'(t)=(t-3+1)e^t+3=(t-2)e^t+3 ;{h}'(t)= (t-1)e^t$
当$t\in (0,1),{h}'(t)\lt 0;h(t)\searrow $
当$t\in (1,+\infty),{h}'(t)\gt 0;h(t)\nearrow $
故$h(t)\gt h(1)=3-e\gt0$
故${g}'(t)= h(t)\gt0 ;(t\gt0)故g(t)单调递增g(t)\gt g(0)=(0-3)e^0+0+3=0$
当$t\gt 0时,g(t)=(t-3)e^t+3t+3\gt 0$
2、极值点右偏：

已知函数$f(x)的x=x_0$处取得极大值，直线$y=b$与函数图像交于$A(x_1,b),B(x_2,b)$两点，则$AB的中点M(\frac{x_1+x_2}{2},b)显然下图中x_0<\frac{x_1+x_2}{2}$

例２、已知函数$f(x)=\frac{1-x}{1+x^2} e^x$.

(1)求函数$f(x)$的单调性；

(2)证明：当$f(x_1)=f(x_2)时,x_1+x_2<0$

解：（1）${f}' (x)=[\frac{1-x}{1+x^2}+(\frac{1-x}{1+x^2})'] e^x=[\frac{1-x}{1+x^2}+\frac{-1-x^2-2x(1-x)}{(1+x^2)^2}] e^x=\frac{-x[(x-1)^2+2]}{(1+x^2)^2}e^x$​

$x\in R,当x<0,{f}' (x)>0,f(x)\nearrow ,且{\color{Red} f(x)\gt 0} ;$

$x>0时，{f}' (x)<0,f(x)\searrow ,且0<x<1时，{\color{Red} f(x)\gt 0} $,f(x)在x=0处有极大值f(0)=1。

（2）$当f(x_1)=f(x_2)(x_1\ne x_2)$时,设$x_1<0<x_2<1$,要证$x_1+x_2\lt 0\Rightarrow x_1<-x_2<0,$

$\because {\color{Red} f(x)在x<0时是单调递减的，} $

只需证$f(x_1)<f(-x_2)\Leftrightarrow f(x_1)-f(-x_2)<0\Leftrightarrow {\color{Red} f(x_2)-f(-x_2)<0}$​ 即可。
$ \Leftrightarrow f(x)-f(-x)<0,x\in (0,1)。即证：[(1-x)e^x-\cfrac{1+x}{e^x}]\cfrac{1}{1+x^2}<0\Leftrightarrow (1-x)e^x-\cfrac{1+x}{e^2} <0$
构造$g(x)= (1-x)e^x-\cfrac{1+x}{e^2}(0<x<1),{g}' (x)=e^x(-1+1-x)-\cfrac{e^x(1-1-x)}{e^{2x}} =\cfrac{-x(e^{2x}-1)}{e^x}<0$
$g(x)在(0,1)单调递减，g(x)<g(0)=0,即(1-x)e^x-\cfrac{1+x}{e^2} <0$得证。

例３、已知函数$f(x)=x(1-\ln x)$.
(1)讨论$f(x)$的单调性;
(2)设 $a,b为两个不相等的正数,且b\ln a-a\ln b=a-b,证明:2<\cfrac{1}{a} +\cfrac{1}{b} $
解：(1)${f}' (x)=1-\ln x-1=-\ln x$

$x\in (0,1),{f}' (x)\gt 0,\qquad f(x)\nearrow ;$
$x\in (1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,\quad f(x)\searrow 。$​

f(x)在x=1处有极大值1。

(2)由题设：$b\ln a-a\ln b=a-b\Leftrightarrow \cfrac{\ln a}{a} －\cfrac{\ln b}{b} ＝\cfrac{1}{b} －\cfrac{1}{a} $

$\Leftrightarrow \cfrac{\ln a}{a}+\cfrac{1}{a}= \cfrac{\ln b}{b}+\cfrac{1}{b}$

且有$f(x)=x(1-\ln x)\Rightarrow f(\cfrac{1}{a})=\cfrac{\ln a}{a}+\cfrac{1}{a},f(\cfrac{1}{b})=\cfrac{\ln b}{b}+\cfrac{1}{b}$

即有$f(\cfrac{1}{a})=f(\cfrac{1}{b})$,不妨设$0\lt \cfrac{1}{a}\lt 1\lt \cfrac{1}{b}$

构造函数$F(x)=f(x)-f(2-x),0\lt x\lt 1$

${F}' (x)={f}'(x)+{f}'(2-x)=-\ln x-\ln (2-x)=-\ln x(2-x)=-\ln ( [1-(x-1)^2]) $

$0\lt 1-(x-1)^2\lt 1\Rightarrow {F}' (x)\gt 0,F(x)在x \in (0,1)处\nearrow ,\Rightarrow F(x)\lt F(1)=0$

$f(\cfrac{1}{a} )-f(2-\cfrac{1}{a}) \lt 0\Leftrightarrow f(\cfrac{1}{a} )\lt f(2-\cfrac{1}{a}) \quad \because f(\cfrac{1}{a})=f(\cfrac{1}{b}),f(x)在x\gt 1单调递减$

$ \therefore f(\cfrac{1}{b} )\lt f(2-\cfrac{1}{a}) \Rightarrow \cfrac{1}{b} \gt 2-\cfrac{1}{a} \Rightarrow \cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}\gt 2 $

${\color{Red}题型一、 } x_1+x_2\gt 2x_0\Rightarrow 构造f(x)-f(2x_0-x)；$
${\color{Red}题型二、 } x_1\cdot x_2\lt x_0^2\Rightarrow 构造f(x)-f(\cfrac{x_0^2}{x} )；$

含参变量恒成立问题

1、$已知a \in \mathbb{R}已知函数f(x)=\log_{2}{(\frac{1}{x}+a)}.$
$①当a=5时，解不等式f(x)\gt 0;$
$②若关于x的方程f(x)-\log_{2}{[(a-4)x+2a-5]} =0$的解集中恰好有一个元素，求$a$的取值范围;
$③设a\gt 0,若\forall t \in [\frac{1}{2},1]$函数f(x) 在区间$[t,1+t]$上最大值与最小值的差不超过1，求$a$的取值范围。

$2、函数y=\log_{\frac{1}{3}}{(x^2-ax+3)}$ 在[1,2]恒为正数，$a$取值范围（ ）。
$A、2\sqrt{2} <a<2\sqrt{3} $ $\quad B、2\sqrt{2} <a<\frac{7}{2}$ $\quad C、3 <a<\frac{7}{2}$ $\quad D、3 <a<2\sqrt{3}$

3、已知$f(x)=\log_{\sqrt{3} }{(3x-a)},$当点P(x,y)在函数y=f(x)图像上时，点$Ｑ(3x,\frac{y}{2})在y=g(x)$图像上．
$①求y=g(x)的表达式$
$②若A(x+a,y_1),B(x,y_2),C(3+a,y_2)$为函数$y=g(x)$图像上的三点,且满足$2y_2=y_1+y_3$的实数$x$有且只有两个不同的值,求实数$a$的取值范围．

4、已知$g(x)=ax^2-2 a x+1+b(a\neq 0,b\lt 1)$在区间[2,3]上有最大值4和最小值1，设$f(x)=\frac{g(x)}{x}.$
$①求a,b的值$。
$②不等式f(2^x)-k\cdot 2^x\ge0$在$x\in [-1,1]上恒成立，求实数k$的取值范围。
$③方程f(|2^x-1|)+k(\frac{2}{|2^x-1|}-3)$有三个不同的实数根，求实数$k$的取值范围。

$5、已知f(x)=x^2+(m+1)x+\lg{|m+2|} (m\neq -2,m\in \mathbb{R})$.
$①若f(x)能表示成一个奇函数g(x)和一个偶函数h(x),求g(x)和h(x)$
$②若f(x)和g(x)在区间[\lg|m+2|,(m+1)^2]$上都单调递减，求实数$m$的取值范围。
$③在②条件下， f(1)和\frac{1}{6}的大小。$

6、已知$m\gt 0,n\gt 0,\frac{1}{m}+\frac{4}{n}=1,$若不等式$m+n\ge -x^2+4x+a$对已知的$m,n及\forall x \in \mathbb{R}$恒成立，求实数$a$的最大值。

7、已知不等式$\quad ax^2+4x+a\gt 1-2x^2$对于一切实数$x$恒成立，求实数$a$的取值范围。

8、试确定实数$x$的值，使得不等式$(a+1)x^2-(3a+1)x-2(2a+1)\gt 0$对于$\forall a\in \mathbb{R}$恒成立。

9、已知关于$x$的不等式$ax+\frac{3}{x}\le 2a$在区间$(0,+\infty)$有解，求实数$a$的取值范围。