中考数学二轮精品专题复习 专题25　极值点偏移之积(x1x2)型不等式的证明（解析版)

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专题25　极值点偏移之积(x1x2)型不等式的证明
【例题选讲】
[例1]　已知f(x)＝xlnx－mx2－x，x∈R．
(1)当m＝－2时，求函数f(x)的所有零点；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．
解析　(1)当m＝－2时，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，x＞0．设g(x)＝lnx＋x－1，x＞0，
则g′(x)＝＋1＞0，于是g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
又g(1)＝0，所以g(x)有唯一的零点x＝1，从而函数f(x)有唯一的零点x＝1．
(2)欲证x1x2＞e2，只需证ln x1＋ln x2＞2．
由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x) 有两个零点，又f′(x)＝ln x－mx，
所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．于是有
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，即m＝，
②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，即m＝，
从而可得＝，于是ln x1＋ln x2＝．
由0＜x1＜x2，设t＝，则t＞1．因此ln x1＋ln x2＝，t＞1．
要证ln x1＋ln x2＞2，即证＞2(t＞1)，即证当t＞1时，有ln t＞．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数．因此h(t)＞ln 1－＝0．
于是当t＞1时，有ln t＞．所以有ln x1＋ln x2＞2成立，即x1x2＞e2．
[例2]　已知函数．
(1)函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
(2)在(1)的条件下，求证：．
解析　(1)有两个不同的零点，即有两个不同的根，．
设，，令可得：．
在单调递减，在单调递增，且时，，，
(2)思路一：不妨设，由已知可得：，．
即只需证明：，在方程可得：．
，只需证明：．
即．
令，则，所以只需证明不等式：①，
设，，，
，在单调递增．．
在单调递增，，即不等式①得证．
即，．
思路二：所证不等式，因为有两不同零点．
满足方程，由(1)可得：．
考虑设，，由(1)可得：在单调递减，在单调递增．
，．结合的单调性可知：只需证明．
，所以只需证明：．
即证明：．
设，则．
，则．
，则．
单调递减，，单调递减，．
单调递减，，即得证．
得证，从而有．
[例3]　已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，方程f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1·x＜2．
解析　(1)由题意得，f′(x)＝－a＝(x＞0)．
当a≤0时，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜，由f′(x)＜0，得x＞，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由题意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的两个相异实根x1，x2满足ln x－x－m＝0，
且0＜x1＜1＜x2，即ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0．
由题意，可知ln x1－x1＝m＜－2＜ln 2－2，
又由(1)可知，f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)上单调递减，故x2＞2．
令g(x)＝ln x－x－m，则g(x)－g＝－x＋＋3ln x－ln 2．
令h(t)＝－t＋＋3ln t－ln 2(t＞2)，则h′(t)＝－．
当t＞2时，h′(t)＜0，h(t)单调递减，所以h(t)＜h(2)＝2ln 2－＜0，所以g(x)＜g．
因为x2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－g＝g(x1)－g＜0，即g(x1)＜g．
因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以x1＜，故x1·x＜2．
总结提升　本题第(2)问要证明的方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系即可．显然构造函数的关键仍然是消掉参数，另外根据函数性质确定“x2＞2”是解题的一个关键点，确定其范围之后才能将x1与化归到函数的同一个单调区间上，这也是此类问题的一个难点——精确定位．
[例4]　已知函数(，)有两个不同的零点，．
(1)求的最值；
(2)证明：．
思维引导　(1)求出导函数，由函数有两个不同的零点，则在内必不单调，得，进而得到函数的单调性，即可求出函数的最值．
(2)由题意转化为证明，不妨设，令，只需证明，设，根据函数的单调性，即可作出证明．
解析　(1)，有两个不同的零点，∴在内必不单调，故，
此时，解得，∴在上单增，上单减，
∴，无最小值．
(2)由题知两式相减得，即，
故要证，即证，即证，
不妨设，令，则只需证，设，
则，设，则，
∴在上单减，∴，∴在上单增，∴，
即在时恒成立，原不等式得证．
总结提升　体会在用表示时为什么要用两个方程，而不是只用来表示？如果只用或进行表示，则很难处理，用两个变量表示，在代入的时候有项，即可以考虑利用换元法代替，这也体现出双变量换元时在结构上要求“平衡”的特点．

【对点训练】
1．已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x20得x>，由f′(x)