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

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

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

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

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 $

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

1. $y=f(x)的图象关于y轴对称\Longleftrightarrow 对任何x \in D,f(x)=f(-x);$即偶函数。

2. $y=f(x)的图象关于原点对称\Longleftrightarrow 对任何x \in D,f(-x)=-f(x);$即奇函数。

3. $y=f(x)$的图象关于直线$y=x$对称$\Longleftrightarrow$对任何 $x\in D,f^{-1} (x)=f(x)$;

4. $y=f(x)$的图象关于直线$x=m对称\Longleftrightarrow$ 对任何$x \in D,f(m+x)=f(m-x)$或$f(x)=f(2m-x)$

5. $y=f(x)$的图象关于点$(\frac{a+b}{2},\frac{c}{2})$对称$\Longleftrightarrow$对任何$x \in D,f(x+a)+f(b-x)=c;$

6. $y=f(x+a)$是奇函数，则$y=f(x)$的图象关于点$(a,0)$对称;若$f (x+a)$是偶函数，则$f(x)$的图象关于直线$x=a$对称

   函数图象的四种变换：

图象变换含义：通过对一个函数图象进行适当地变换得到另一个与之有关的函数的图象，叫做图象变换。

对称变换

1. 函数 $y=f(x) 与y=f(−x)$的图象关于$ y $轴对称；

2. 函数 $y=f(x) 与y=-f(−x)$ 的图象关于$x $轴对称；

3. 函数$y=f(x) 与 y=−f(-x)$ 的图象关于原点对称;

4. 函数 $y=f(x) 与 y=f^{−1}(x)$的图象关于直线$ y=x$对称；

5. 函数 $y=f(x)与y=f(2m-x) $的图象关于直线$ x=m $对称；

6. 函数 $y=f(a+x)$与$y=f(a−x)$的图象关于y轴对称;$\qquad x=\frac{a-x-(x+a)}{2}=0$

7. 函数 $y=f(x−a)$与$y=y(a−x)$的图象关于$x=a$轴对称$\qquad x=\frac{a-x-(x-a)}{2}=a$

8. 函数$y=f(x)与y=2b−f(2a−x)$的图象关于点$(a,b)$对称；

   ### 平移变换总结：上加下减，左加右减

   #### 1、把 $y=f(x)$的图象沿$ x$轴左、右平移 $|c|$ 个单位$(c>0)$ 时向左移， $c<0$ 时向右移,得到函数 $y=f(x+c)$的图象（其中c 是实常数）；

   #### 2、把$y=f(x)$ 的图象沿 y 轴上、下平移$|b|$ 个单位$(b>0)$时向上移， b<0 时向下移）得到函数 $y=f(x)+b$的图象（其中 $b$ 是实常数）。

   ### 伸缩变换

   1. $将 y=f(x)$的图象上各点的纵坐标伸长$(a>1 )$或缩短$( 0<a<1)$到原来的 $a倍$，而横坐标不变，得到函数$y=af(x)(a>0)$的图象；

   2. 将$y=f(x)$ $的图象上各点的横坐标伸长$$(0<b<1)$或缩短$(b>1)$到原来的$\frac{1}{b}$倍，而纵坐标不变，得到函数 $y=f(bx)(b>0)$的图象

   ### 翻折变换(绝对值)

   1.$由 y=f(x)$ 的图象作出$y=|f(x)|$的图象。将函数 $y=f(x)$的图象中 x轴下方部分，沿 $x 轴对折到 x$轴上方即可.

   2.$由 y=f(x) 的图象作出 y=f(|x|)$的图象。先作出函数 $y=f(x)$的图象，取 $x≥0 部分的 y=f(x)$ 的图象，然后将这部分图象沿$y 轴$对折到 $y 轴$左侧，这两部分图象组成了 $y=f(|x|)$的图象

   函数的周期：$a,b,T$均为正数！

   1、若$f(x)=f(x+T)\Leftrightarrow f(x)$的周期为$T$，它的几何意义为$f(x)$往左移动$T$个单位，图象不变。

   2、若$f(x+a)=f(x-a)\Leftrightarrow f(x)$的周期为$2a$。说人话就是：若$f(x)$往左移动$a个单位f(x+a)$,往右移动$a个单位f(x-a)$,移动得到的两个图象重合$\Leftrightarrow f(x)$的周期为$2a$。推导：$x+a代入x\Rightarrow f(x+a+a)=f(x+a-a)=f(x)$

3、若$f(x+a)=f(x-b)\Leftrightarrow f(x)$的周期为$a+b$,说人话就是：若$f(x)$往左移动$a个单位得到f(x+a)$图,往右移动$b$个单位得到$f(x-b)$,移动得到两个图象重合$\Leftrightarrow f(x)$的周期为$a+b$。证：将$x+b代入f(x+a)=f(x-b)$中x消去$f(x-b)中的b$得到 $f(x)=f(x+a+b)$

4、若$f(x)=-f(x+a)$,则$f(x)$的周期为$2a$，此式的几何意义：将$f(x)$向左移动$a$个单位后再向x轴反射得到图象与$f(x)$重合,则$f(x)$的周期为$2a$。代数意义是：$f(x)$向左移$a个单位f(x+a)$，再取相反数后相等。 推导：$f(x+a)$再向左移$a$个，即$f(x+a+a)$也是$f(x+a)$的相反数。即$f(x+a)=-f(x+2a)\Rightarrow f(x)=f(x+2a)$

5、若$f(x)=\frac{1}{f(x+a)}$,则$f(x)$的周期为$2a$,此式的代数意义为：$f(x)$向左移$a$个单位得$f(x+a)$后倒数与f(x)相等。故将$f(x+a)$再向左移$a$个单位后再取倒数，即$f(x+a)=\frac{1}{f(x+2a)}$相等，故有$f(x)=f(x+2a)$

6、若$f(x)=-\frac{1}{f(x+a)}$,则$f(x)$的周期为$2a$,此式的代数意义：$f(x)$向左移$a$个单位得$f(x+a)再向x轴反射得到-f(x+a)$,然后倒数与$f(x)$相等。将$f(x+a)$再向左移$a$个单位得$f(x+2a)$，再反射、取倒数后得$f(x+a)=-\frac{1}{f(x+2a)}$，故有$f(x)=f(x+2a)$

奇偶性与对称性相结合：

1、奇函数$f(-x)=-f(x),f(-x)$是表示将$f(x)沿y$轴反射，$-f(x)$是表示将$f(x)沿x$轴反射。相等是表示两种反射的图形重合。也可以理解为：$f(x)沿原点旋转180度后仍重合$,故奇函数故存在$f(0),必然有f(0)=0$。

2、偶函数$f(-x)=f(x),f(-x)$是表示将$f(x)沿y$轴反射，相等是表示反向前后图形重合。

3、若奇函数$f(x)关于(a,0)$中心对称，则有：$f(x)$是周期为$2a$的函数。$f(-x)=-f(x)且f(x)=-f(2a-x)$则有$f(-x)=f(2a-x)$,用$x代替式中的-x,得f(x)=f(2a+x)$。

4、若奇函数$f(x)关于x=a$轴对称，则有：$f(x)$是周期为$4a$的函数。$f(-x)=-f(x)且f(x)=f(2a-x)$则有$f(-x)=-f(2a-x)$,用$x代替-x,得f(x)=-f(2a+x)$。$f(x)$向左移$2a$单位变相反，再向左移$2a$单位变正号,此时有$f(x)=f(x+4a)$。

5、若偶函数$f(x)关于x=a$轴对称，则有：$f(x)$是周期为$2a$的函数。$f(-x)=f(x)且f(x)=f(2a-x)$则有$f(-x)=f(2a-x)$,用$x代替式中的-x,得f(x)=f(2a+x)$。

6、若偶函数$f(x)关于(a,0)$中心对称，则有：$f(x)$是周期为$4a$的函数。$f(-x)=f(x)且f(x)=-f(2a-x)$则有$f(-x)=-f(2a-x)$,用$x代替式中的-x,得f(x)=-f(2a+x)$。再将$x+2a$代替上式中的$x$,得$f(x+2a)=-f(x+4a)$。得:$f(x)=f(x+4a)$。

周期函数高考真题

#### 1、2018年新课标2卷已知$f(x)$是定义域为$(-\infty,+\infty)$的奇函数，满足$f(1-x)=f(1+x),若f(1)=2$，则$f(1)+f(2)+f(3)+...+f(50)=$C
#### A、-50 B 、0 C 、 2 D、 50
#### 2、2021年全国甲卷：$f(x)$是定义域为R的奇函数，且$f(1+x)=f(-x)$.若$f(-\frac{1}{3})=\frac{1}{3}$,则$f(\frac{5}{3})=$C
#### $A-\frac{5}{3}\quad B-\frac{1}{3}\quad C\frac{1}{3} \quad D\frac{5}{3}$
#### 3、2021年全国甲卷理：函数$f(x)$是定义域为R,，$f(x+1)$为奇函数，$f(x+2)$为偶函数.当$x\in [1,2],f(x)=ax^2 +b$ .若$f(0)+f(3)=6$则，$f(\frac{9}{2})=$
#### A、$-\frac{9}{4}\qquad$B$-\frac{3}{2}\quad$C $\frac{7}{4}\quad$ D$\frac{5}{2}$

4、2022年新高考2卷：函数$f(x)$是定义域为R,，$f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),f(1)=1$则$\sum_{k=1}^{22}f(k)=( \quad A)$

A -3 B -2 C 0 D 1

5、2022年乙卷新高考:函数$f(x)$是定义域为R,$f(x)+g(2-x)=5,g(x)-f(x-4)=7$，若的$y=g(x)$图像关于直线$x=2$对称，$g(2)=4,则$$\sum_{k=1}^{22}f(k)=( D\quad )$ A -21 B -22 C -23 D -24

同构函数图象

上图$f(x)=xe^x \quad {f}'(x)=(x+1)e^x \quad y=f(\ln x)=x\ln x \quad {y}' ={f}'(\ln x)\times ({\ln x})'=1+\ln x$

上图幂指、幂对函数分别在$x=-1和x=\frac{1}{e}$处有最小值$-\frac{1}{e}$

上图：$f(x)=\frac{x}{e^x} \quad {f}'(x)=\frac{1-x}{e^x} \quad y=f(\ln x)=\frac{\ln x}{x}\quad {y}'= {f}'(\ln x){( \ln x)}'=\frac{1-\ln x}{e^{\ln x}}\frac{1}{x} =\frac{1-\ln x}{x^2}$

上图幂除以指和对数除以幂函数分别在$1和e处有最大值\frac{1}{e}$

$f(x)=\frac{e^x}{x} \quad{f}' (x) =\frac {e^x(x-1)}{x^2};\quad y=f(\ln x)=\frac{x}{\ln x}\quad {y}' ={f}'(\ln x){(\ln x)}'=\frac{\ln x-1 }{\ln ^2 x}$

指除以幂和幂除以对函数分别在$1和e处有最小值e$