2023高考数学二轮专题 微专题37 极值点偏移问题

微专题37　极值点偏移问题

1.已知函数f(x)图象顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)所示.若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)所示.

2.设a，b>0，a≠b，则>>，其中被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.

类型一　对称变换

对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题.其解题要点如下：

(1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0.

(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>x，则令F(x)＝f(x)－f.

(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性.

(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系.

(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求.

例1 已知函数f(x)＝xe－x(x∈R).

(1)求函数f(x)的单调区间和极值；

(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.

(1)解　由题知f′(x)＝(1－x)e－x，

则由f′(x)<0，得x>1，

由f′(x)>0，得x<1，

所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

f(x)的极大值是f(1)＝.

(2)证明　构造函数F(x)＝f(1＋x)－f(1－x)＝(1＋x)e－(1＋x)－(1－x)ex－1，

则F′(x)＝x[ex－1－e－(1＋x)]，

当x>0时，F′(x)>0，

所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增.

又F(0)＝0，所以F(x)>0，

即f(1＋x)>f(1－x).

因为x1≠x2，

不妨设x1<x2，由(1)知x1<1，x2>1，

所以f(x1)＝f(x2)＝f[1＋(x2－1)]>f[1－(x2－1)]＝f(2－x2).

因为x2>1，所以2－x2<1，

f(x)在(－∞，1)上单调递增，

所以x1>2－x2，所以x1＋x2>2.

训练1 已知函数f(x)＝xln x－x，两相异正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2).

求证：x1＋x2>2.

证明　f′(x)＝ln x，当x∈(0，1)时，f(x)单调递减，当x>1时，f(x)单调递增，且f(1)＝－1，如图所示，不妨设x1<1<x2，

要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，

只需要证f(2－x1)<f(x2)，

又f(x1)＝f(x2)，

所以只需证f(2－x1)<f(x1)，

设g(x)＝f(x)－f(2－x)(x∈(0，1))，

则g′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′＝ln x＋ln(2－x)，0<x<1，

再设h(x)＝ln x＋ln(2－x)，0<x<1，

则h′(x)＝－＝>0，

∴h(x)在(0，1)上单调递增，

∴h(x)<h(1)＝0，

∴g(x)在(0，1)上单调递减，

∴g(x)>g(1)＝0，

∴f(x)－f(2－x)>0，0<x<1，

∴f(x1)>f(2－x1)，∴x1＋x2>2.

类型二　消参减元

含参函数问题可考虑先消去参数，其目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数.

例2 (2022·济南模拟改编)已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1·x2>e2.

证明　法一(消参转化成无参数问题)

由题知f(x)＝0，

则ln x＝ax，即ln x＝aeln x.

因为x1，x2是方程f(x)＝0的两个根，

所以x1，x2也是方程ln x＝aeln x的两个根，

即ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根.

设u1＝ln x1，u2＝ln x2，g(x)＝xe－x，

即g(u1)＝g(u2)，从而由x1x2>e2，

可得ln x1＋ln x2>2，即u1＋u2>2，

由本专题例1得证.

法二(直接换元构造新函数)

由题知a＝＝，

则＝，

设x1<x2，t＝(t>1)，

则x2＝tx1，

所以＝t，即＝t，

解得ln x1＝，ln x2＝ln tx1＝ln t＋ln x1＝ln t＋＝.

由x1x2>e2，

得ln x1＋ln x2>2，

所以ln t>2，

所以ln t－>0，

构造g(t)＝ln t－，t>1，

g′(t)＝－＝>0，

所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增.

又g(1)＝0，所以g(t)>g(1)＝0，

即ln t>，故x1x2>e2.

训练2 已知函数f(x)＝ln(ax)＋ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1<x2，求证：x1＋x2>2.

证明　因为f′(x)＝(x>0)，f(x)有两个极值点x1，x2，

所以x1，x2是方程ax2－2x＋1＝0的两个不相等的正实数根，

从而Δ＝(－2)2－4a>0，a>0，

解得0<a<1.

由ax2－2x＋1＝0得a＝.

因为0<a<1，所以x>且x≠1.

令g(x)＝，x>且x≠1，

则g′(x)＝，

所以当<x<1时，g′(x)>0，

从而g(x)单调递增；

当x>1时，g′(x)<0，

从而g(x)单调递减，

于是a＝＝.

要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1，

只要证明g(x2)<g(2－x1).

因为g(x1)＝g(x2)，

所以只要证g(x1)<g(2－x1).

令F(x1)＝g(x1)－g(2－x1)＝－，

则F′(x1)＝＋

＝＋

＝2(1－x1)

＝.

因为<x1<1，所以F′(x1)>0，

即F(x1)在上单调递增，

所以F(x1)<F(1)＝0，

即g(x1)<g(2－x1)，

所以x2>2－x1，即x1＋x2>2.

类型三　比(差)值换元

比(差)值换元就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的.一般用t表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题.

例3 (2022·长沙调研改编)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：x1x2<.

证明　f′(x)＝ln x＋1，

由f′(x)>0，得x>，

由f′(x)<0，得0<x<，

∴函数f(x)在上单调递减，

在上单调递增.

可设0<x1<<x2.

法一　f(x1)＝f(x2)即x1ln x1＝x2ln x2，

令t＝>1，则x2＝tx1，

代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，

得ln x1＝.

又x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t<－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0.

设g(t)＝ln t－(t>1)，

则g′(t)＝>0.

∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，

∴ln t－>0.

故x1x2<.

法二　构造函数F(x)＝f(x)－f，

则F′(x)＝f′(x)＋f′

＝1＋ln x＋·

＝(1＋ln x)·，

当0<x<时，

1＋ln x<0，1－<0，则F′(x)>0，

得F(x)在上单调递增，

∴F(x)<F＝0，

∴f(x)<f，

将x1代入上式得f(x1)<f，

又f(x1)＝f(x2)，

∴f(x2)<f，

又x2>，>，

且f(x)在上单调递增，

∴x2<，∴x1x2<.

训练3 已知函数f(x)＝－m

的两个零点为x1，x2，证明：ln x1＋ln x2>2.

证明　不妨设x1<x2，

由题意知

则ln x1x2＝m(x1＋x2)，

ln ＝m(x2－x1)⇒m＝.

欲证ln x1＋ln x2>2，

只需证ln x1x2>2，

只需证m(x1＋x2)>2，

即证ln >2.

即证 ln >2，

设t＝>1，

则只需证ln t>，

即证ln t－>0.

记u(t)＝ln t－(t>1)，

则u′(t)＝－＝>0.

所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，

所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，

故ln x1＋ln x2>2.

类型四　对数均值不等式

对数均值不等式可用对称化构造或比值换元进行证明，在解答题中，一般要先证明后应用.

例4 (2022·南京质检改编)已知f(x)＝a－－ln x有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：2<x1＋x2<3ea－1－1.

证明　函数f(x)定义域为(0，＋∞).

∵a＝＋ln x1＝＋ln x2，

∴x1x2＝，

由对数均值不等式知：<，

∴<x1x2，

∴>1，

∴x1＋x2>2>2.

令f(x)＝0，即ax－1－xln x＝0，

设h(x)＝ax－1－xln x，x>0，

则h′(x)＝a－1－ln x，其在(0，＋∞)上单调递减，

且h′(x)的零点为p＝ea－1，

∴h(x)在(0，p)单调递增，在(p，＋∞)单调递减，且a－1－ln p＝0(*)

∴x1<p<x2，

由对数均值不等式知：>，

∴ln x1<＋ln p，

∴a－<＋ln p，

化简得：(2＋ln p－a)x－(2p＋ap－pln p－1)x1＋p>0，

把(*)式代入上式得：

x－(3p－1)x1＋p>0；

同理可得：x－(3p－1)x2＋p<0，

∴x－(3p－1)x2＋p<x－(3p－1)x1＋p，

∴(x2－x1)(x2＋x1)<(3p－1)(x2－x1)，

∵x1<x2，∴x1＋x2<3ea－1－1.

综上所述，2<x1＋x2<3ea－1－1.

训练4 试用对数均值不等式证明例2.

证明　不妨设x1>x2，

∵ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，

∴ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，

∴＝a＝，

由对数均值不等式可得>＝，

∴ln x1＋ln x2>2，

即ln(x1x2)>2，故x1x2>e2.

一、基本技能练

1.已知函数f(x)＝＋ln x，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>4.

证明　由题知f′(x)＝－＋＝，

则f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数.

由函数f(x)＝＋ln x的单调性可知，

若f(x1)＝f(x2)，设x1<x2，

则必有0<x1<2<x2，所以4－x1>2，

则f(x1)－f(4－x1)＝＋ln x1－－ln(4－x1).

令h(x)＝－＋ln x－ln(4－x)(0<x<2)，

则h′(x)＝－－＋＋

＝

＝－<0，

所以函数h(x)在(0，2)上为减函数，

所以h(x)>h(2)＝0，

所以f(x1)－f(4－x1)>0，

则f(x1)>f(4－x1)，

又f(x1)＝f(x2)，

所以f(x2)>f(4－x1)，

则x2>4－x1，所以x1＋x2>4.

2.已知函数f(x)＝，f(x1)＝f(x2)＝t(0<x1<x2，0<t<1).证明：x1＋x2>2x1x2.

证明　因为x2>x1>0，

依题意得⇒

两式相减得ln x1－ln x2＝x1－x2，

由对数均值不等式得<＝1<，

∴x1x2<1，

即>1，且x1＋x2>2，

故>2，

所以x1＋x2>2x1x2.

3.(2022·宁波调研)已知函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.

(1)求实数a的取值范围；

(2)证明：x1＋x2>a＋1.

(1)解　∵函数f(x)＝x－ln x－a，

∴f′(x)＝1－＝，

当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数.

故当x＝1时，函数f(x)＝x－ln x－a取最小值f(1)＝1－a，

若函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.

则1－a<0，即a>1.

故实数a的取值范围为(1，＋∞).

(2)证明　由(1)可设0<x1<1<x2，

则x1－ln x1＝a，且x2－ln x2＝a，

若证x1＋x2>a＋1，

即证x2>1－ln x1，

构造函数g(x)＝f(x)－f(1－ln x)，0<x<1，

所以g(x)＝x－ln x－(1－ln x)＋ln(1－ln x)＝x－1＋ln(1－ln x)，

所以g′(x)＝1－，0<x<1，

令h(x)＝x(1－ln x)，

则h′(x)＝－ln x>0，所以h(x)单调递增，

所以0<h(x)<h(1)＝1.

所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，

即f(x)>f(1－ln x)，0<x<1，

又0<x1<1<x2，

所以f(x2)＝f(x1)>f(1－ln x1).

因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，

所以x2>1－ln x1，故原不等式得证.

二、创新拓展练

4.已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.

(1)求a的取值范围；

(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1＋x2<2.

(1)解　f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).

①当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.

②当a>0时，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.

因为f(1)＝－e，f(2)＝a，

故在(1，＋∞)上有一个零点.

取b满足b<0且b<ln ，

则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，

故在(－∞，1)上有一个零点，

故f(x)存在两个零点.

③当a<0时，由f′(x)＝0，

得x＝1或x＝ln(－2a).

若a≥－，则ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.

当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.

若a<－，

则ln(－2a)>1，

所以f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，

在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.

当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.

综上，a的取值范围为(0，＋∞).

(2)证明　不妨设x1<x2，

由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，

f(x)在(－∞，1)上单调递减，

所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.

因为f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，

f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，

所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.

设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x>1，

则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，

当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减.

因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<0，

从而g(x2)＝f(2－x2)<0，

故x1＋x2<2.