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2024年高考数学重难点突破讲义：微切口6 极值点偏移和拐点偏移问题
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这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：微切口6 极值点偏移和拐点偏移问题，共6页。
【思维引导】
eq \x(\a\al(研究f(x)的单,调性、极值点x0))―→ eq \x(构造F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x))―→ eq \x(研究F(x)的单调性)
【解答】 因为f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故x＝2时f(x)取极小值．由f(x1)＝f(x2)，不妨设x1＜2＜x2，令F(x)＝f(2＋x)－f(2－x)，x∈(0，2)，F′(x)＝f′(2＋x)＋f′(2－x)＝6x2＞0，所以F(x)在(0，2)上单调递增，F(x)＞F(0)＝0，所以f(2＋x)＞f(2－x).而x1∈(0，2)，2－x1∈(0，2)，所以f[2＋(2－x1)]＞f(x1)，即f(x1)＜f(4－x1).因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)＜f(4－x1).又x2，4－x1∈(2，＋∞)，且f(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以x2＜4－x1，所以x1＋x2＜4.
对称化构造法：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，即对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(对结论x1·x2>x eq \\al(2,0) 型，构造函数F(x)＝f(x)－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,0) ,x)))))，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(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．
利用对数平均不等式
例2 已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R).若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2＜e2k.
【思维引导】
eq \x(\a\al(目标不等式化为,ln x1＋ln x2<2k))―→凑 eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2) eq \(―――――――→,\s\up7(对数均值不等式)) eq \x(约分得结论)
【解答】 原不等式等价于证明ln x1＋ln x2＜2k.由f(x1)＝f(x2)得x1ln x1－(k＋1)x1＝x2ln x2－(k＋1)x2， eq \f(ln x1－(k＋1),ln x2－(k＋1))＝ eq \f(x2,x1)， eq \f(ln x1－ln x2,ln x1＋ln x2－2(k＋1))＝ eq \f(x2－x1,x2＋x1)， eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)＝ eq \f(x1＋x2,2(k＋1)－ln x1－ln x2).由对数均值不等式得 eq \r(x1x2)＜ eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)＝ eq \f(x1＋x2,2(k＋1)－ln x1－ln x2)＜ eq \f(x1＋x2,2)，所以ln x1＋ln x2＜2k，原不等式得证．
应用对数均值不等式 eq \r(x1x2)＜ eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)＜ eq \f(x1＋x2,2)证明极值点偏移：
(1) 由题中等式产生对数；
(2) 将所得含对数的等式进行变形得到 eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)；
(3) 利用对数均值不等式来证明相应的问题．
比值代换
例3 已知函数f(x)＝x－aex有两个不同的零点x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2.
【思维引导】
eq \x(f(x1)＝0，f(x2)＝0) eq \(―――→,\s\up7(消参a)) eq \x(令t＝\f(x1,x2)) eq \(―――→,\s\up7(求x1，x2)) eq \x(构造g(t)＝x1＋x2)
【解答】 易知x1＞0，x2＞0，由x1＝aex1，x2＝a ex2，两式相除得ex1－x2＝ eq \f(x1,x2)，令t＝ eq \f(x1,x2)(0＜t＜1)，t＝e(t－1) x2，两边同时取以e为底的对数，得ln t＝(t－1)x2，x2＝ eq \f(ln t,t－1)，x1＝tx2＝ eq \f(t ln t,t－1)，要证x1＋x2＞2，只要证 eq \f(t ln t,t－1)＋ eq \f(ln t,t－1)＞2，即证 eq \f(2(t－1),t＋1)＞ln t，t∈(0，1).构造新函数F(x)＝ln x－ eq \f(2(x－1),x＋1)，F(1)＝0，F′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(4,(x＋1)2)＝ eq \f((x－1)2,x(x＋1)2)＞0，则F(x)在(0，1)上单调递增，所以F(x)＜F(1)＝0，因此原不等式x1＋x2＞2获证．
比值代换法：比值换元的目的也是消参、减元，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的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t)表示两个极值点的比，即t＝ eq \f(x1,x2)，化为单变量的函数不等式，则将所求解问题转化为关于t的函数问题，进而求解．
拐点偏移问题
拐点偏移：设x＝x0是函数f(x)的拐点，若函数f(x)的图象与直线y＝f(x0)＋m和y＝f(x0)－m分别交于A(x1，f(x0)＋h)，B(x2，f(x0)－h)两点，则AB的中点为M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，f(x0)))，称 eq \f(x1＋x2,2)＝x0为拐点居中； eq \f(x1＋x2,2)＜x0为拐点左偏； eq \f(x1＋x2,2)＞x0为拐点右偏．
拐点左偏 eq \f(x1＋x2,2)＜x0 拐点右偏 eq \f(x1＋x2,2)＞x0
例4 已知函数f(x)＝ex－ eq \f(1,2)x2－x－1，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＜0.
【解答】 f′(x)＝ex－x－1≥0，即函数f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0.因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以x1＜0＜x2，构造和函数F(x)＝f(x)＋f(－x)＝ex－x2－2＋e－x，x＞0，则F′(x)＝f′(x)－f′(－x)＝ex－e－x－2x，F″(x)＝ex＋e－x－2≥0，所以F′(x)≥F′(0)＝0，因此F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(0)＝0，所以F(x2)＝f(x2)＋f(－x2)＞0，又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以－f(x1)＋f(－x2)＞0，即f(－x2)＞f(x1).因为f(x)在R上单调递增，所以－x2＞x1, 即x1＋x2＜0.
例5 已知函数f(x)＝x ln x－ eq \f(1,2)x2＋ eq \f(1,2)，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＞2.
【解答】 f′(x)＝ln x－x＋1≤0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0.因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以x1＜1＜x2.构造和函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝x ln x＋(2－x)ln (2－x)－x2＋2x－1，0＜x＜1，则F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝ln x－ln (2－x)－2x＋2，则F″(x)＝ eq \f(1,x)＋ eq \f(1,2－x)－2＝ eq \f(2,x(2－x))－2≥ eq \f(2,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋(2－x),2)))\s\up12(2))－2＝0，因此F′(x)在(0，1)上单调递增，所以F′(x)＜F′(1)＝0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)＝0，所以F(x1)＝f(x1)＋f(2－x1)＞0，又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以－f(x2)＋f(2－x1)＞0，即f(2－x1)＞f(x2).因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2.
拐点偏移问题的处理：
已知f(x)＝…，x1≠x2，若f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)，求证：x1＋x2＞2x0或x1＋x2＜2x0.
解题思路：对称化构造F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)，x＞x0.
(1) 构造一元和函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)，x＞x0；
(2) 求F′(x)，F″(x)，判断导数符号，确定F(x)的单调性；
(3) 结合F(x0)＝2f(x0)，判断F(x)与2f(x0)的大小；
(4) 由f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)及F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＞2f(x0)得f(2x0－x2)＞f(x1)，或由F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＜2f(x0)得f(2x0－x2)＜f(x1).
(5) 结合f(x)的单调性得2x0－x2＞x1或2x0－x2＜x1，从而得x1＋x2＜2x0或x1＋x2＞2x0.
注：极值点偏移与拐点的对称化构造函数的解题方法类似，但一个是构造差函数，一个是构造和函数，注意区分．
固能力触类旁通
1．若函数f(x)＝ eq \f(mx－1,x)－ln x(m∈R)恰有两个零点x1，x2(0＜x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2.
【解答】 由f(x1)＝ eq \f(mx1－1,x1)－ln x1＝0，f(x2)＝ eq \f(mx2－1,x2)－ln x2＝0，得m＝ eq \f(1,x1)＋ln x1＝ eq \f(1,x2)＋ln x2，所以 eq \f(x2－x1,x1x2)＝ln eq \f(x2,x1)，设t＝ eq \f(x2,x1)＞1，ln t＝ eq \f(t－1,tx1)，x1＝ eq \f(t－1,t ln t)，故x1＋x2＝x1(t＋1)＝ eq \f(t2－1,t ln t)，所以x1＋x2－2＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2－1,2t)－ln t)),ln t)，记函数h(t)＝ eq \f(t2－1,2t)－ln t，t＞1，因为h′(t)＝ eq \f((t－1)2,2t2)＞0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，又t＝ eq \f(x2,x1)＞1，ln t＞0，故x1＋x2＞2成立．
2．设函数f(x)＝ex－ax＋a(a＞0)，其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1＜x2，求证：f′( eq \r(x1x2))＜0.
【解答】 依题意，当a＞e2时，f(x)存在两个零点，且ex1－ax1＋a＝0，ex2－ax2＋a＝0，移项，取对数得x1＝ln (x1－1)＋ln a①，x2＝ln (x2－1)＋ln a②，①－②得x1－x2＝ln (x1－1)－ln (x2－1)，即 eq \f((x1－1)－(x2－1),ln (x1－1)－ln (x2－1))＝1，根据对数均值不等式，得 eq \r((x1－1)(x2－1))＜ eq \f((x1－1)－(x2－1),ln (x1－1)－ln (x2－1))＝1，所以(x1－1)(x2－1)＜1，则ln [(x1－1)(x2－1)]＜0.①＋②得x1＋x2＝2ln a＋ln [(x1－1)(x2－1)]＜2ln a，根据均值不等式得 eq \r(x1x2)＜ eq \f(x1＋x2,2)＜ln a.因为f′(x)＝ex－a，易得f′(x)为增函数，又 eq \r(x1x2)＜ln a，所以f′( eq \r(x1x2))＜f′(ln a)，即f′( eq \r(x1x2))＜0.
3．已知函数f(x)＝ eq \f(1,2a)x2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2)))x＋ eq \f(1,a)ln x(a∈R).
(1) 当a＞0时，讨论函数f(x)的单调性；
【解答】 f′(x)＝ eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2)))(x＞0)，因为a＞0，易知f′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f′(x)min＝f′(1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1)) eq \s\up12(2)≤0，所以当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增；当a≠1时，f′(x)＝0的根为x1＝a和x2＝ eq \f(1,a).①当0＜a＜1时，a－ eq \f(1,a)＜0，即0＜a＜ eq \f(1,a)，则f(x)在(0，a)和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(1,a)))上单调递减；②当a＞1时，a－ eq \f(1,a)＞0，即0＜ eq \f(1,a)＜a，则f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(a，＋∞)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))上单调递减．
(2) 当a＝ eq \f(1,2)时，设g(x)＝f(x)＋6x，若正实数x1，x2满足g(x1)＋g(x2)＝4，求证：x1＋x2≥2.
【解答】 由g(x1)＋g(x2)＝4得x eq \\al(2,1) ＋x1＋2ln x1＋x eq \\al(2,2) ＋x2＋2ln x2＝4，(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝4＋2[x1x2－ln (x1x2)].设函数φ(x)＝x－ln x.因为φ′(x)＝1－ eq \f(1,x)＝ eq \f(x－1,x)(x＞0)，所以当x∈(0，1)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增．因而函数φ(x)＝x－ln x的最小值为φ(1)＝1.由函数φ(x)＝x－ln x≥1知(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥6，即(x1＋x2＋3)(x1＋x2－2)≥0，又x1＋x2＞0，故x1＋x2≥2.
4．(2023·大庆一检)已知函数f(x)＝x ln x－ eq \f(1,2)ax2－x＋a的两个不同极值点分别为x1，x2(x1＜x2).
(1) 求实数a的取值范围；
【解答】 因为f(x)有两个不同极值点x1，x2，所以f′(x)＝ln x－ax＝0有两个不同的根x1，x2，令g(x)＝ eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2).令g′(x)＞0，得0＜x＜e；令g′(x)＜0，得x＞e，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝ eq \f(1,e).因为当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，所以a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
(2) 求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．
【解答】 由(1)可知1＜x1＜e＜x2，且x1，x2是方程ln x－ax＝0的两个根，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－ax1＝0，,ln x2－ax2＝0，))所以 eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)＝ eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)，所以ln x1＋ln x2＝ eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)(x1＋x2)，所以ln (x1x2)＝ eq \f(ln \f(x1,x2),\f(x1,x2)－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)＋1)).令 eq \f(x1,x2)＝t∈(0，1)，则ln (x1x2)＝ eq \f((t＋1)ln t,t－1)，要证x1x2＞e2，即证ln (x1x2)＝ eq \f((t＋1)ln t,t－1)＞2，即证ln t＜ eq \f(2(t－1),t＋1)，即证ln t－ eq \f(2(t－1),t＋1)＜0.令h(t)＝ln t－ eq \f(2(t－1),t＋1)，t∈(0，1)，则h′(t)＝ eq \f((t－1)2,t(t＋1)2)＞0，所以h(t)在(0，1)上单调递增．因为h(1)＝0，所以h(t)＜h(1)＝0，所以ln t－ eq \f(2(t－1),t＋1)＜0成立，故x1x2＞e2成立．
【思维引导】
eq \x(\a\al(研究f(x)的单,调性、极值点x0))―→ eq \x(构造F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x))―→ eq \x(研究F(x)的单调性)
【解答】 因为f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故x＝2时f(x)取极小值．由f(x1)＝f(x2)，不妨设x1＜2＜x2，令F(x)＝f(2＋x)－f(2－x)，x∈(0，2)，F′(x)＝f′(2＋x)＋f′(2－x)＝6x2＞0，所以F(x)在(0，2)上单调递增，F(x)＞F(0)＝0，所以f(2＋x)＞f(2－x).而x1∈(0，2)，2－x1∈(0，2)，所以f[2＋(2－x1)]＞f(x1)，即f(x1)＜f(4－x1).因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)＜f(4－x1).又x2，4－x1∈(2，＋∞)，且f(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以x2＜4－x1，所以x1＋x2＜4.
对称化构造法：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，即对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(对结论x1·x2>x eq \\al(2,0) 型，构造函数F(x)＝f(x)－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,0) ,x)))))，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(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．
利用对数平均不等式
例2 已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R).若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2＜e2k.
【思维引导】
eq \x(\a\al(目标不等式化为,ln x1＋ln x2<2k))―→凑 eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2) eq \(―――――――→,\s\up7(对数均值不等式)) eq \x(约分得结论)
【解答】 原不等式等价于证明ln x1＋ln x2＜2k.由f(x1)＝f(x2)得x1ln x1－(k＋1)x1＝x2ln x2－(k＋1)x2， eq \f(ln x1－(k＋1),ln x2－(k＋1))＝ eq \f(x2,x1)， eq \f(ln x1－ln x2,ln x1＋ln x2－2(k＋1))＝ eq \f(x2－x1,x2＋x1)， eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)＝ eq \f(x1＋x2,2(k＋1)－ln x1－ln x2).由对数均值不等式得 eq \r(x1x2)＜ eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)＝ eq \f(x1＋x2,2(k＋1)－ln x1－ln x2)＜ eq \f(x1＋x2,2)，所以ln x1＋ln x2＜2k，原不等式得证．
应用对数均值不等式 eq \r(x1x2)＜ eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)＜ eq \f(x1＋x2,2)证明极值点偏移：
(1) 由题中等式产生对数；
(2) 将所得含对数的等式进行变形得到 eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)；
(3) 利用对数均值不等式来证明相应的问题．
比值代换
例3 已知函数f(x)＝x－aex有两个不同的零点x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2.
【思维引导】
eq \x(f(x1)＝0，f(x2)＝0) eq \(―――→,\s\up7(消参a)) eq \x(令t＝\f(x1,x2)) eq \(―――→,\s\up7(求x1，x2)) eq \x(构造g(t)＝x1＋x2)
【解答】 易知x1＞0，x2＞0，由x1＝aex1，x2＝a ex2，两式相除得ex1－x2＝ eq \f(x1,x2)，令t＝ eq \f(x1,x2)(0＜t＜1)，t＝e(t－1) x2，两边同时取以e为底的对数，得ln t＝(t－1)x2，x2＝ eq \f(ln t,t－1)，x1＝tx2＝ eq \f(t ln t,t－1)，要证x1＋x2＞2，只要证 eq \f(t ln t,t－1)＋ eq \f(ln t,t－1)＞2，即证 eq \f(2(t－1),t＋1)＞ln t，t∈(0，1).构造新函数F(x)＝ln x－ eq \f(2(x－1),x＋1)，F(1)＝0，F′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(4,(x＋1)2)＝ eq \f((x－1)2,x(x＋1)2)＞0，则F(x)在(0，1)上单调递增，所以F(x)＜F(1)＝0，因此原不等式x1＋x2＞2获证．
比值代换法：比值换元的目的也是消参、减元，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的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t)表示两个极值点的比，即t＝ eq \f(x1,x2)，化为单变量的函数不等式，则将所求解问题转化为关于t的函数问题，进而求解．
拐点偏移问题
拐点偏移：设x＝x0是函数f(x)的拐点，若函数f(x)的图象与直线y＝f(x0)＋m和y＝f(x0)－m分别交于A(x1，f(x0)＋h)，B(x2，f(x0)－h)两点，则AB的中点为M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，f(x0)))，称 eq \f(x1＋x2,2)＝x0为拐点居中； eq \f(x1＋x2,2)＜x0为拐点左偏； eq \f(x1＋x2,2)＞x0为拐点右偏．
拐点左偏 eq \f(x1＋x2,2)＜x0 拐点右偏 eq \f(x1＋x2,2)＞x0
例4 已知函数f(x)＝ex－ eq \f(1,2)x2－x－1，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＜0.
【解答】 f′(x)＝ex－x－1≥0，即函数f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0.因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以x1＜0＜x2，构造和函数F(x)＝f(x)＋f(－x)＝ex－x2－2＋e－x，x＞0，则F′(x)＝f′(x)－f′(－x)＝ex－e－x－2x，F″(x)＝ex＋e－x－2≥0，所以F′(x)≥F′(0)＝0，因此F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(0)＝0，所以F(x2)＝f(x2)＋f(－x2)＞0，又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以－f(x1)＋f(－x2)＞0，即f(－x2)＞f(x1).因为f(x)在R上单调递增，所以－x2＞x1, 即x1＋x2＜0.
例5 已知函数f(x)＝x ln x－ eq \f(1,2)x2＋ eq \f(1,2)，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＞2.
【解答】 f′(x)＝ln x－x＋1≤0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0.因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以x1＜1＜x2.构造和函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝x ln x＋(2－x)ln (2－x)－x2＋2x－1，0＜x＜1，则F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝ln x－ln (2－x)－2x＋2，则F″(x)＝ eq \f(1,x)＋ eq \f(1,2－x)－2＝ eq \f(2,x(2－x))－2≥ eq \f(2,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋(2－x),2)))\s\up12(2))－2＝0，因此F′(x)在(0，1)上单调递增，所以F′(x)＜F′(1)＝0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)＝0，所以F(x1)＝f(x1)＋f(2－x1)＞0，又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以－f(x2)＋f(2－x1)＞0，即f(2－x1)＞f(x2).因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2.
拐点偏移问题的处理：
已知f(x)＝…，x1≠x2，若f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)，求证：x1＋x2＞2x0或x1＋x2＜2x0.
解题思路：对称化构造F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)，x＞x0.
(1) 构造一元和函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)，x＞x0；
(2) 求F′(x)，F″(x)，判断导数符号，确定F(x)的单调性；
(3) 结合F(x0)＝2f(x0)，判断F(x)与2f(x0)的大小；
(4) 由f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)及F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＞2f(x0)得f(2x0－x2)＞f(x1)，或由F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＜2f(x0)得f(2x0－x2)＜f(x1).
(5) 结合f(x)的单调性得2x0－x2＞x1或2x0－x2＜x1，从而得x1＋x2＜2x0或x1＋x2＞2x0.
注：极值点偏移与拐点的对称化构造函数的解题方法类似，但一个是构造差函数，一个是构造和函数，注意区分．
固能力触类旁通
1．若函数f(x)＝ eq \f(mx－1,x)－ln x(m∈R)恰有两个零点x1，x2(0＜x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2.
【解答】 由f(x1)＝ eq \f(mx1－1,x1)－ln x1＝0，f(x2)＝ eq \f(mx2－1,x2)－ln x2＝0，得m＝ eq \f(1,x1)＋ln x1＝ eq \f(1,x2)＋ln x2，所以 eq \f(x2－x1,x1x2)＝ln eq \f(x2,x1)，设t＝ eq \f(x2,x1)＞1，ln t＝ eq \f(t－1,tx1)，x1＝ eq \f(t－1,t ln t)，故x1＋x2＝x1(t＋1)＝ eq \f(t2－1,t ln t)，所以x1＋x2－2＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2－1,2t)－ln t)),ln t)，记函数h(t)＝ eq \f(t2－1,2t)－ln t，t＞1，因为h′(t)＝ eq \f((t－1)2,2t2)＞0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，又t＝ eq \f(x2,x1)＞1，ln t＞0，故x1＋x2＞2成立．
2．设函数f(x)＝ex－ax＋a(a＞0)，其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1＜x2，求证：f′( eq \r(x1x2))＜0.
【解答】 依题意，当a＞e2时，f(x)存在两个零点，且ex1－ax1＋a＝0，ex2－ax2＋a＝0，移项，取对数得x1＝ln (x1－1)＋ln a①，x2＝ln (x2－1)＋ln a②，①－②得x1－x2＝ln (x1－1)－ln (x2－1)，即 eq \f((x1－1)－(x2－1),ln (x1－1)－ln (x2－1))＝1，根据对数均值不等式，得 eq \r((x1－1)(x2－1))＜ eq \f((x1－1)－(x2－1),ln (x1－1)－ln (x2－1))＝1，所以(x1－1)(x2－1)＜1，则ln [(x1－1)(x2－1)]＜0.①＋②得x1＋x2＝2ln a＋ln [(x1－1)(x2－1)]＜2ln a，根据均值不等式得 eq \r(x1x2)＜ eq \f(x1＋x2,2)＜ln a.因为f′(x)＝ex－a，易得f′(x)为增函数，又 eq \r(x1x2)＜ln a，所以f′( eq \r(x1x2))＜f′(ln a)，即f′( eq \r(x1x2))＜0.
3．已知函数f(x)＝ eq \f(1,2a)x2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2)))x＋ eq \f(1,a)ln x(a∈R).
(1) 当a＞0时，讨论函数f(x)的单调性；
【解答】 f′(x)＝ eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2)))(x＞0)，因为a＞0，易知f′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f′(x)min＝f′(1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1)) eq \s\up12(2)≤0，所以当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增；当a≠1时，f′(x)＝0的根为x1＝a和x2＝ eq \f(1,a).①当0＜a＜1时，a－ eq \f(1,a)＜0，即0＜a＜ eq \f(1,a)，则f(x)在(0，a)和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(1,a)))上单调递减；②当a＞1时，a－ eq \f(1,a)＞0，即0＜ eq \f(1,a)＜a，则f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(a，＋∞)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))上单调递减．
(2) 当a＝ eq \f(1,2)时，设g(x)＝f(x)＋6x，若正实数x1，x2满足g(x1)＋g(x2)＝4，求证：x1＋x2≥2.
【解答】 由g(x1)＋g(x2)＝4得x eq \\al(2,1) ＋x1＋2ln x1＋x eq \\al(2,2) ＋x2＋2ln x2＝4，(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝4＋2[x1x2－ln (x1x2)].设函数φ(x)＝x－ln x.因为φ′(x)＝1－ eq \f(1,x)＝ eq \f(x－1,x)(x＞0)，所以当x∈(0，1)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增．因而函数φ(x)＝x－ln x的最小值为φ(1)＝1.由函数φ(x)＝x－ln x≥1知(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥6，即(x1＋x2＋3)(x1＋x2－2)≥0，又x1＋x2＞0，故x1＋x2≥2.
4．(2023·大庆一检)已知函数f(x)＝x ln x－ eq \f(1,2)ax2－x＋a的两个不同极值点分别为x1，x2(x1＜x2).
(1) 求实数a的取值范围；
【解答】 因为f(x)有两个不同极值点x1，x2，所以f′(x)＝ln x－ax＝0有两个不同的根x1，x2，令g(x)＝ eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2).令g′(x)＞0，得0＜x＜e；令g′(x)＜0，得x＞e，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝ eq \f(1,e).因为当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，所以a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
(2) 求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．
【解答】 由(1)可知1＜x1＜e＜x2，且x1，x2是方程ln x－ax＝0的两个根，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－ax1＝0，,ln x2－ax2＝0，))所以 eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)＝ eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)，所以ln x1＋ln x2＝ eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)(x1＋x2)，所以ln (x1x2)＝ eq \f(ln \f(x1,x2),\f(x1,x2)－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)＋1)).令 eq \f(x1,x2)＝t∈(0，1)，则ln (x1x2)＝ eq \f((t＋1)ln t,t－1)，要证x1x2＞e2，即证ln (x1x2)＝ eq \f((t＋1)ln t,t－1)＞2，即证ln t＜ eq \f(2(t－1),t＋1)，即证ln t－ eq \f(2(t－1),t＋1)＜0.令h(t)＝ln t－ eq \f(2(t－1),t＋1)，t∈(0，1)，则h′(t)＝ eq \f((t－1)2,t(t＋1)2)＞0，所以h(t)在(0，1)上单调递增．因为h(1)＝0，所以h(t)＜h(1)＝0，所以ln t－ eq \f(2(t－1),t＋1)＜0成立，故x1x2＞e2成立．
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