极值点偏移问题专题
极值点偏移的问题(含答案)
极值点偏移的问题(含答案)1.已知 $f(x)=\ln x-ax$，其中 $a$ 为常数。
1）若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线与 $x$ 轴平行，求$a$ 的值；2）当 $a=1$ 时，比较 $f(m)$ 和 $f(1)$ 的大小；3）$f(x)$ 有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，证明：$x_1\cdotx_2>e^2$。
变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。
1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；2) 若有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，试证明：$x_1\cdotx_2>e$。
2.已知 $f(x)=x^2+ax+\sin (\pi x)$，$x\in(0,1)$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
4.设 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$。
1）证明：当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ 恒成立；2）若函数 $f(x)$ 无零点，求实数 $a$ 的取值范围；3）若函数$f(x)$ 有两个相异零点$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。
(完整版)极值点偏移问题专题——对数平均不等式
极值点偏移——对数平均不等式（本质回归）笔者曾在王挽澜先生的著作《建立不等式的方法》中看到这样一个不等式链：， 不曾想，其中一部分竟可用来解极值点偏移问题． 对数平均不等式：对于正数，，且，定义为，的对数平均值，且，即几何平均数＜对数平均数＜算术平均数，简记为．先给出对数平均不等式的多种证法． 证法1（对称化构造） 设，则，，构造函数，则．由得，且在上，在上，为的极大值点．对数平，等价于，这是两个常规的极值点偏移问题，留给读者尝试．证法2（比值代换） 令，则，构造函数可证．证法3（主元法） 不妨设，111ln2e e 2ln b a b aa ab b ab ab b a b a ba b a b b b a a a ---⎛⎫-+⎛⎫<<<<<<⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭ab a b ≠ln ln a ba b--a b ln ln 2a b a ba b -+<-()()(),,,G a b L a b A a b <<0ln ln a bR a b-=>-ln ln k a k b a b -=-ln ln k a a k b b -=-()ln f x k x x =-()()f a f b =()1kf x x'=-()0f k '=()f x ()0,k Z (),k +∞]x k =()f x 2a b k +<<22a b kab k +>⎧⎨<⎩1at b=>()()11ln ln 2ln 2b t b t a b a ba b t -+-+<<⇔<<-()2111ln ln 21t t t t t t --+⇔<⇔<<+a b >．记，，则 ，得在上，有，左边得证，右边同理可证．证法4（积分形式的柯西不等式） 不妨设，则由得，； 由得，．证法5（几何图示法） 过上点作切线，由曲边梯形面积，大于直角梯形面积，可得，即； 如上右图，由直角梯形面积大于曲边梯形面积，可得． 由对数平均不等式的证法1、2即可看出，它与极值点偏移问题间千丝万缕的联系，下面就用对数平均不等式再解前面举过的例题．再解例1：即，，则ln ln ln ln 0ln ln a b a b a b a b -<⇔-<⇔-<-()ln ln f a a b =-(),a b ∈+∞()210f a a '==<()f a (),b +∞]()()0f a f b <=a b >()()()()2ln ln ln 22ln ln ln e e 1aa axx bbbdxdxdx <⎰⎰⎰()()()2221ln ln 2b a a b a b -<--ln ln 2a b a ba b -+<-()222111a a ab b bdx dx dx x x ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰()()211ln ln a b a b b a ⎛⎫-<-- ⎪⎝⎭ln ln a ba b-<-()1f x x =2,2a b a b +⎛⎫⎪+⎝⎭()11ln ln 2a b a b dx a b a b x -⋅<=-+⎰ln ln 2a b a b a b -+<-1dx x=< ⎪ ⎪⎝⎭ln ln a b a b -<-()()12f x f x =1212ee x x x x --=1122ln ln x x x x -=-12121ln ln x x x x -=-（正数，的对数平均数为1），得，且．再解例2：即；由得，两式相减得 ，下面用反证法证明．若，则，，取对数得，则．而由对数平均不等式得，矛盾．再解例3：由得， ； ． 由对数平均不等式得，，得． 再解练习1：由得，则，1x 2x 1212x x +<<121x x <122x x +>()()()22e 10xf x x a x =-+-=()()22e 10xx a x -=->()()120f x f x ==()()()()122112222e 12e 1x x x a x x a x ⎧-=-⎪⎨-=-⎪⎩()()()()121212122e 2e 2x xx x a x x x x ---=-+-122x x +<122x x +≥()()12122e 2e 0x x x x ---≤()()12122e 2e x xx x -≤-()()1122ln 2ln 2x x x x -+≤-+()()21121ln 2ln 2x x x x -≥---()()()()()()()()121221121212222221ln 2ln 2ln 2ln 222x x x x x x x x x x x x ----+--+=<=-≤------1122ln ln x x x x m ==11ln m x x =22ln mx x =1212121212ln ln ln ln ln ln ln ln m mx x x x mx x x x x x --==---()12121212ln ln ln ln ln ln m x x m mx x x x x x ++=+=()()12121212ln ln 0,ln 0,ln 0ln ln 2ln ln m x x mm x x x x x x +-<<<<+()12122ln ln ln x x x x ->+=1221e x x <1122ln ln x ax x ax -=-1212110ln ln e x x a x x a -⎛⎫=<< ⎪-⎝⎭1212x xa +<得； ，已证． 再解例4：同例1，不再详述． 再解例5：同例1得到，则． 再解例7（2）：易得，则，则，． 再解例8：，，得，则，，．再解练习2：原题结论抄写有误，应更正为．即，，则 ①－②得，则（正数，的对数平均数为1）．，得，且．①＋②得，由此可得．解练习3：选项D ：即，则，，所以1222ex x a +>>()2121212122e ln ln 22x x x x a x x x x a>⇔+>⇔+>⇔+>121x x <12112x x +>>()1ln 1ln ln ln 0,1a b a b a b a b ++-==∈-1ln ln a b a b->-12a b+>2a b +>11222ln 2ln x ax x ax -=-()()12122ln ln x x a x x -=-12122ln ln x x x x a -=-1222x x a +>124x x a +>()121224262x x x x x a a a+=++>+=0f '<()0f x =()()2e 1e x a x a =->()ln ln 1x a x =+-()()1122ln ln 1 ln ln 1 x a x x a x =+-⎧⎨=+-⎩①②()()()()12121211ln 1ln 1x x x x x x -=---=---()()()()1212111ln 1ln 1x x x x ---=---11x -21x -()()121112x x -+-<<()()12111x x --<124x x +>()()12122ln ln 112ln x x a x x a +=+--<12ln 2x x a +<<0f '<()()12f x f x =121222ln ln x x x x +=+()12122112222ln ln x x x x x x x x --=-=121212ln ln 2x x x x x x -=-． 顺带地，也有． 极值点偏移问题，多与指数函数或对数函数有关，解题的关键有以下几步： （1）根据建立等量关系；（2）等量关系中如果含有参数，可考虑消参；如果含有指数式，可考虑两边取对数； （3）通过恒等变形转化出对数平均数（的值或仍用，表示），代入对数平均不等式求解．细心的读者不难发现，用对数平均不等式来解极值点偏移问题的方法也有局限性，也不是万能的（再解过程中漏掉了例6），其中能否简洁地表示出对数平均数是关键中的关键，最后再举一例． 例10设函数的两个零点是，，求证：． 证法1：首先易知，且在上，在上，不妨设，，构造函数可证．证法2：由题意得，两式相减得 ， ，，121212442x x x x x x <⇒>⇒+>>()()1212111212121111122x x x x x x x x x x x x +<⇒<+⇔--<⇔+>()()120f x f x ==1x 2x ()()2ln 2f x x ax a x =-+-1x 2x 1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭0a >()f x 10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭Z 1a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭]1210x x a <<<121212201022x x x x f a x x a ++⎛⎫'<⇔⋅->⇔+> ⎪⎝⎭()()2F x f x f x a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()()21112222ln 20ln 20x ax a x x ax a x ⎧-+-=⎨-+-=⎩()()()()12121212ln ln 20x x a x x x x a x x --+-+--=()()()121212ln ln 2x x x x a x x a -=-++-()12121210ln ln 2x x x x a x x a -=>-++-所以．()()()()212121212122012x x a x x a x x a x x a +<⇒++-+->++-()()()12121212221002x x a x x x x x x f a +⎛⎫'⇒+-++>⇒+>⇒< ⎪⎝⎭。
高中数学专题 微专题13 极值点偏移问题
由 f′(x)＝1－1x＋ln x－2x＋a＝0 得
a＝2x＋1x－ln x－1，
所以直线 y＝a 与函数 g(x)＝2x＋1x－ln x－1 的图象有两个交点，
由
g(x)
＝
2x
＋
1 x
－
பைடு நூலகம்
ln
x－1
得
g′(x)
＝
2
－
1 x2
－
1 x
＝
2x2－x－1 x2
＝
2x＋1x－1
x2
，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2， 当x→0时，g(x)→＋∞， 当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 作出y＝g(x)的大致图象，如图所示. 所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为 (2，＋∞).
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点， 所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2， 要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1， 显然2－x1>1， 由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2 －x1)， 而g(x1)＝g(x2)＝a， 所以证明g(x1)>g(2－x1)即可， 即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
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(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数 根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.
极值点偏移问题专题(三)一一题学懂端点偏移5大套路
极值点偏移问题专题(三)一一题学懂端点
偏移5大套路
问题背景
在数学中，极值点偏移是指函数的极值点随着一定条件的改变而发生位移的现象。
在解决极值点偏移问题时，有许多常用的策略和技巧可以应用。
解决方案
以下是解决极值点偏移问题的五种常见策略：
1. 极值点的函数改变
通过改变函数的形态和特征，可以导致极值点的偏移。
这可以通过增加或减少函数的项、重新调整函数的系数等方式来实现。
2. 增加约束条件
通过引入额外的约束条件，可以使极值点受到限制，从而发生偏移。
这些约束条件可以是函数的限制、变量的限制等。
3. 改变函数的定义域
通过改变函数的定义域，可以使极值点的位置发生变化。
这可以通过增加或减少函数定义域的范围、改变函数定义域的形状等方式来实现。
4. 变换坐标系
通过变换坐标系，可以使原本的极值点在新的坐标系中发生偏移。
这可以通过旋转、平移、缩放等方式来实现。
5. 改变问题的目标函数
通过改变问题的目标函数，可以直接影响极值点的位置。
这可以通过调整目标函数的构成、改变目标函数的权重等方式来实现。
总结
极值点偏移问题在数学中很常见，但通过简单的策略和技巧，我们可以解决这些问题。
以上介绍的五种策略可以作为解决极值点偏移问题的参考，灵活运用它们可以帮助我们更好地理解和解决这类问题。
(完整版)极值点偏移问题
(完整版)极值点偏移问题
判定方法
1极值点偏移的定义
对于函数yf(x)在区间(a,b)内只有一个极值点X.,方程f(x)0的解分别为 Xpx,且aXX ₂b.
(2)若空-x ₙ,则函数yf(x)在区间(x,x ₂)上极值点X ₀左偏,简称极值点X 。
2左偏：
(3)若XC,2贝u 函数yf(x)在区间(x,x ₂)上极值点X,右偏,简称极值点X 。
右偏。
2、极值点偏移的判定定理
证明:(1)因为可导函数yf(x),在区间(a,b)上只有一个极大(小)值点x ₀. '。
(a,b)由于f(-^o.故匹。
(a,x),所以
222
公令(风。
即函数极大(小)值点X 。
右(左)偏。
判定定理2对于可导函数yf(x)，在区间(a ，b)上只有一个极大(小)值点沧，方程f(x)0的解分别为x[X,且aXX,b. (1) 若冬=x 。
则称函数yf(x)在区间(x, x ₂ )上极值点X ₐ偏移: 2。
极值点偏移问题专题
极值点偏移问题专题0——偏移新花样拐点偏移例1已知函数()22ln f x x x x =++;若正实数1x ;2x 满足()()12+=4f x f x ; 求证:122x x +≥..证明：注意到()1=2f ;()()()12+=21f x f x f()22=2f x x''-+;()1=0f '';则1;2是()f x 图像的拐点;若拐点1;2也是()f x 的对称中心;则有12=2x x +;证明122x x +≥则说明拐点发生了偏移;作图如下想到了“极值点偏移”;想到了“对称化构造”;类似地;不妨将此问题命名为“拐点偏移”;仍可用“对称化构造”来处理． 不妨设1201x x <≤≤;要证()()()2F x f x f x =+-;(]0,1x ∈;则()()141102x x x ⎛⎫=--≥ ⎪ ⎪-⎝⎭;得()F x 在(]0,1上单增;有()()()1214F x F ≤=+=;得证.. 2、极值点偏移PK 拐点偏移常规套路 1、 极值点偏移()00f x '=二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+= 2、拐点偏移()()00f x ''=极值点偏移问题专题1——对称化构造常规套路例12010天津已知函数()e xf x x -=．1求函数()f x 的单调区间和极值；2已知函数()g x 的图像与()f x 的图像关于直线1x =对称;证明：当1x >时;()()f x g x >；()()1220112022f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>3如果12x x ≠;且()()12f x f x =;证明：122x x +>．点评：该题的三问由易到难;层层递进;完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程;直观展示如下：例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e xf x x -=;已知()()12f x f x =;12x x ≠;证明122x x +>．再次审视解题过程;发现以下三个关键点： 11x ;2x 的范围()1201x x <<<； 2不等式()()()21f x f x x >->；3将2x 代入2中不等式;结合()f x 的单调性获证结论．把握以上三个关键点;就可轻松解决一些极值点偏移问题．例22016新课标Ⅰ卷已知函数()()()22e 1x f x x a x =-+-有两个零点．1求a 的取值范围；2设1x ;2x 是()f x 的两个零点;证明：122x x +<． 解：1()0,+∞;过程略； 2由1知()f x 在(),1-∞上;在()1,+∞上;由()()120f x f x ==;可设121x x <<．构造辅助函数()()()2F x f x f x =-- 当1x <时;10x -<;2e e0xx--<;则()0F x '>;得()F x 在(),1-∞上;又()10F =;故()()01F x x <<;即()()()21f x f x x <-<．将1x 代入上述不等式中得()()()1212f x f x f x =<-;又21x >;121x ->;()f x 在()1,+∞上;故112x x <-;122x x +<．通过以上两例;相信读者对极值点偏移问题以及对称化构造的一般步骤有所了解． 但极值点偏移问题的结论不一定总是()1202x x x +><;也可以是()2120x x x ><;借鉴前面的解题经验;我们就可给出类似的过程．例3 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ;()22,B x y ;求证：1221ex x <． 证明：i ()ln 1f x x '=+;得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上;在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上；当01x <<时;()0f x <；()10f =；当1x >时;()0f x >；当0x +→时;()0f x →洛必达法则；当x →+∞时;()f x →+∞;于是()f x 的图像如下;得12101ex x <<<<．小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：step1：求导;获得()f x 的单调性;极值情况;作出()f x 的图像;由()()12f x f x =得1x ;2x 的取值范围数形结合；step2：构造辅助函数对结论()1202x x x +><;构造()()()02F x f x f x x =--；对结论()2120x x x><;构造()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭;求导;限定范围1x 或2x 的范围;判定符号;获得不等式；step3：代入1x 或2x ;利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论．。
【高三】极值点偏移专题04 极值点偏移第二招---含参数的极值点偏移问题
专题04 极值点偏移第二招---含参数的极值点偏移问题含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元x 1，x 2的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数．★例1．已知函数f (x )＝x －a e x 有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2＞2．【解析】思路一：函数f (x )的两个零点，等价于方程xe x ＝a 的两个实根，从而这一问题与专题三(不含参数的极值点偏移问题)例题完全等价，专题三例题的四种方法都可以用； 思路二：也可以利用参数a 这个媒介构造出新的函数．【解】因函数f (x )有两个零点x 1，x 2，故x 1＝a e x 1①，x 2＝a e x 2②，①＋②得，x 1＋x 2＝a (e x 1＋e x 2)，要证明x 1＋x 2＞2，只要证明a (e x 1＋e x 2)＞2，①－②得，x 1－x 2＝a (e x 1－e x 2)，即a ＝(x 1－x 2)(e x 1－e x 2)－1，即证(x 1－x 2)1212x x x x e e e e +-＞2，即(x 1－x 2)121211x x x x e e --+-＞2，不妨设x 1＞x 2，记t ＝x 1－x 2，则t ＞0，e t ＞1，因此只要证明：t 11t t e e +-＞2，即t －211tt e e -+＞0，再次换元令e t＝u ＞1，则t ＝ln u ，即证－211u u -+＋ln u ＞0，u ∈(1，＋∞)，构造新函数F (u )＝－211u u -+＋ln u ，F (1)＝0，求导得，F ′(u )＝22(1)(1)u u u -+＞0，得F (u )在(1，＋∞)上递增，故F (u )＞0，故原不等式x 1＋x 2＞2获证．★例2．已知函数f (x )＝－ax ＋ln x ，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2．【解一】f (x )＝0，即ax ＝ln x ，即a e ln x ＝ln x ，x 1，x 2是方程f (x )＝0的两根，即a e ln x ＝ln x 的两根，则ln x 1，ln x 2为方程x ＝a e x 的两根，u 1＝ln x 1，u 2＝ln x 2，g (x )＝xe x ，则g (u 1)＝g (u 2)，从而x 1x 2＞e 2，即ln x 1＋ln x 2＞2，即u 1＋u 2＞2，此问题等价转化为专题三例题，下略． 【解二】利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数：不妨设x 1＞x 2，因－ax 1＋ln x 1＝0，－ax 2＋ln x 2＝0，故ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，故ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ，欲证明x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2．因ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，故即证a ＞2x 1＋x 2，故原命题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即证：ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令t ＝x 1x 2(t ＞1)，构造g (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t ，t ＞1，此问题等价转化成为例1中思路2的解答，下略．【解三】直接换元构造新函数：a ＝1x 1ln x 1＝1x 2ln x 2，即21ln ln x x ＝x 2x 1，设x 1＜x 2，t ＝x 2x 1(t ＞1)，则x 2＝tx 1，11ln ln tx t x =，即11ln ln ln t x t x +=，反解出：ln x 1＝1t －1ln t ，ln x 2＝ln tx 1＝ln t ＋ln x 1＝(1＋1t －1)ln t ＝1t －1t ln t ，故x 1x 2＞e 2，即ln x 1＋ln x 2＞2，即1t －1(t ＋1)ln t ＞2，转化成法二，下同，略．★例3．已知x 1，x 2是函数f (x )＝e x －ax 的两个零点，且x 1＜x 2．⑴．求证：x 1＋x 2＞2； ⑵．求证：x 1x 2＜1．【解析】⑴．问题转化为y ＝x e x 与y ＝1a有两个交点，由图知，0＜x 1＜1＜x 2，且e x 1＝ax 1，e x 2＝ax 2，即x 1＝1a e x 1，x 2＝1a e x 2，故e x 2－e x 1＝a (x 2－x 1)，故a ＝2121x xe e x x --，故要证x 1＋x 2＞2，即证1a (e x 2＋e x 1)＞2，即2121x x x x e e e e +-＞212x x -，212111x xx x e e --+-＞212x x -，令t ＝x 2－x 1，则t ∈(0，＋∞)，设g (t )＝t (e t ＋1)－2(e t －1)，则g ′(t )＝t e t －e t ＋1，g ′′(t )＝t e t ＞0，故g ′(t )在(0，＋∞)上单调递增，g ′(t )＞g ′(0)＝0，故g (t )在(0，＋∞)上单调递增，g (t )＞g (0)＝0，故原不等式成立；⑵．要证：x 1x 2＜1，即证：1a 2(e x 1e x 2)＜1，等价于e x 1e x 2＜(e x 2－e x 1)2(x 2－x 1)－2，也即e x 1e x 2(e x 2－e x 1)－2＜(x 2－x 1)－2，等价于e x 2－x 1(e x 2－x 1－1)－2＜(x 2－x 1)－2，令t ＝x 2－x 1＞0等价于e t (e t－1)－2＜1t 2(t ＞0)，也等价于e t 2(e t－1)－1＜1t (t ＞0)，等价于即证：t e t 2－e t ＋1＜0，令h (t )＝t e t 2－e t ＋1(t ＞0)，则h ′(t )＝e t 2(1＋t 2－e t 2)，又令φ(t )＝1＋t 2－e t 2(t ＞0)，得φ′(t )＝12－t 2e t2＜0，故φ(t )在(0，＋∞)单调递减，φ(t )＜φ(0)＝0，从而h ′(t )＜0，h (t )在(0，＋∞)单调递减，故h (t )＜h (0)＝0，即证原不等式成立．【点评】从消元的角度，消掉参数a ，得到一个关于x 1，x 2的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式．★例4．已知函数f (x )＝x －e ax (a ＞0)，若存在x 1，x 2(x 1＜x 2)，使f (x 1)＝f (x 2)＝0，求证：x 1x 2＜a e ．【解析】函数f (x )的零点等价于方程a ＝ln x x 的实根，令g (x )＝ln xx (x ＞0)，求导知，g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e ，①．下面证明：当0＜a ＜e 时，方程a ＝ln xx有两个实数根，i ．当x ∈(0，e)时，g (x )为增函数，g (1)＝0，g (e)＝1e ，g (1)＜a ＜g (e)，故当x ∈(0，e)时，a ＝ln xx有一解，记为x 1，ii ．当x ∈(e ，＋∞)时，g (x )为减函数，g (1a 2)＝－2a 2ln a ，先证g (1a 2)＜a ，即证a ln a ＞－12，令h (a )＝a ln a (a ＞0)，求导得，h (a )的单调性得，h (a )min ＝h (1e )＝－1e ＞－12，故不等式a ln a ＞－12成立，即原不等式g (1a 2)＜a 成立，故当x ∈(e ，＋∞)时，a ＝ln xx有一解，记为x 2，再证：x 1x 2＜a e ．因x 1x 2＝1122ln ax ax ax x ，而0＜x 1＜e ＜x 2，ln x 2＞1，故x 1x 2＝12ln ax x ＜a e /1＝a e ．证毕． 【招式演练】例1、设函数f (x )＝e x －ax ＋a (a ∈R)的图像与x 轴交于A (x 1，0)，B (x 2，0)(x 1＜x 2)两点．⑴．证明：f ′(x 1x 2)＜0； ⑵．求证：x 1x 2＜x 1＋x 2．例2、设函数f (x )＝－bx 2＋a ln x ，其图像在点P (2，f (2))处切线的斜率为－3．当a ＝2时，令g (x )＝f (x )－kx ，设x 1，x 2(x 1＜x 2)是方程g (x )＝0的两个根，x 0是x 1，x 2的等差中项，求证：g ′(x 0)＜0(g ′(x )为函数g (x )的导函数)．例3、设函数f (x )＝a 2x －1x －2a ln ax (a ＞0)，函数f ′(x )为f (x )的导函数，且A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))是f (x )的图像上不同的两点，满足f (x 1)＋f (x 2)＝0，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：ax 0＞1．例4、已知函数f (x )＝a －1x－ln x (a ∈R)．⑴．若a ＝2，求函数f (x )在(1，e 2)上的零点个数；⑵．若f (x )有两零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，求证：2＜x 1＋x 2＜3e a －1－1．例5、已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ．⑴．讨论f (x )的单调性；⑵．设a ＞0，证明：当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )； ⑶．设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明f ′(x 1＋x 22)＞0．例6、已知函数f (x )＝－12mx 2＋4ln x (m ＞0)．⑴．若m ＝1，求函数f (x )的单调递增区间；⑵．若函数g (x )＝f (x )－(m －4)x ，对于曲线y ＝g (x )上的两个不同的点M (x 1，g (x 1))，N (x 2，g (x 2))，记直线MN 的斜率为k ，若k ＝g ′(x 0)，证明：x 1＋x 2＞2x 0．例7、已知函数f (x )＝ln(x ＋1)，g (x )＝12x 2－x ．⑴．求过点(－1，0)且与曲线y ＝f (x )相切的直线方程；⑵．设h (x )＝af (x )＋g (x )，其中a 为非零实数，y ＝h (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求a 的取值范围；⑶．在⑵的条件下，求证：2h (x 2)－x 1＞0．例8、已知函数f (x )＝ln x ．⑴．证明：当x ＞1时，x ＋1－2(x －1)1f (x )＞0；⑵．若函数g (x )＝f (x )－ax 2＋x 有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2，a ＞0)，证明：g ′[13(x 1＋2x 2)]＜1－a ．【答案】★设函数f (x )＝e x －ax ＋a (a ∈R)的图像与x 轴交于A (x 1，0)，B (x 2，0)(x 1＜x 2)两点．⑴．证明：f ′(x 1x 2)＜0； ⑵．求证：x 1x 2＜x 1＋x 2．【解析】⑴．法一：e x 1－ax 1＋a ＝0，e x 2－ax 2＋a ＝0，两式相减得，a ＝(e x 2－e x 1)(x 2－x 1)－1，记12(x 2－x 1)＝s (s ＞0)，则f ′(x 1＋x 22)＝e x 1＋x 22－(e x 2－e x 1)(x 2－x 1)－1＝e x 1＋x 22[2s －(e s －e －s )](2s )－1，设g (s )＝2s －(e s －e －s )，则g ′(s )＝2－(e s ＋e －s )＜0，故g (s )为单调减函数，则有g (s )＜g (0)＝0，而e x 1＋x 22(2s )－1＞0，故f ′(x 1＋x 22)＜0，又f ′(x )＝e x －a 为单调增函数，且x 1＋x 22＞x 1x 2，故f ′(x 1x 2)＜0；法二：x ＝ln a 为f (x )的极小值点，易证x 1＜ln a ＜x 2，设F (x )＝f [(ln a )＋x ]－f [(ln a )－x ]＝a (e x －e －x －2x )(x ＞0)，则F ′(x )＝a (e x ＋e －x －2)≥0，故F (x )在(0，＋∞)上单调递增，故F (x )＞F (0)＝0，即x ＞0时，f [(ln a )＋x ]＞f [(ln a )－x ]，易证x 1＜ln a ＜x 2，故(2ln a )－x 2＞ln a ，故f (x 1)＝f (x 2)＝f [(ln a )＋(x 2－ln a )] ＞f [(ln a )－(x 2－ln a )]＝f [(2ln a )－x 2]，又f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，故x 1＜(2ln a )－x 2，故x 1＋x 22＜ln a ，即x 1x 2＜x 1＋x 22＜ln a ，又f ′(x )＝e x －a 为单调增函数，故f ′(x 1x 2)＜f ′(ln a )＝0；⑵．证：由e x 1＝a (x 1－1)，e x 2＝a (x 2－1)，易知x 2＞x 1＞1且a ＞e ，从而e x 1－x 2＝(x 1－1)(x 2－1)－1，令α＝x 1－1，β＝x 2－1，则e α－β＝αβ－1，故ln α－ln β＝α－β，由于x 1x 2＜x 1＋x 2，即αβ＜1，下面只要证明：αβ＜1，即β＜α－1(0＜α＜1＜β)，结合对数函数y ＝ln x 的图像可知，只需证：(α，ln α)，(α－1，－ln α)两点连线的斜率要比(α，ln α)，(β，ln β)两点连线的斜率小即可，又k ＝(ln α－ln β)(α－β)－1＝1，即证：(ln α－ln α－1)(α－α－1)＜1，即α－1－α＋2ln α＞0(0＜α＜1)，令g (α)＝α－1－α＋2ln α(0＜α＜1)，则g ′(α)＝－α－2(α－1)2＜0，故g (α)在(0，1)上单调递减，故g (α)＞g (1)＝0，故原不等式x 1x 2＜x 1＋x 2成立．★设函数f (x )＝－bx 2＋a ln x ，其图像在点P (2，f (2))处切线的斜率为－3．当a ＝2时，令g (x )＝f (x )－kx ，设x 1，x 2(x 1＜x 2)是方程g (x )＝0的两个根，x 0是x 1，x 2的等差中项，求证：g ′(x 0)＜0(g ′(x )为函数g (x )的导函数)．【解析】由函数f (x )的图像在点P (2，f (2))处的其斜率的斜率为－3得，b ＝1，故g (x )＝－x 2－kx ＋2ln x 的两个零点x 1，x 2，则－x 21－kx 1＋2ln x 1＝0，－x 22－kx 2＋2ln x 2＝0，相减得，－(x 21－x 22)－k (x 1－x 2)＋2(ln x 1－ln x 2)＝0，因x 1≠x 2，故k ＝2(ln x 1－ln x 2)(x 1－x 2)－1－(x 1＋x 2)，故g ′(x 0)＝2x 0－2x 0－k ＝4x 1＋x 2－2(ln x 1－ln x 2)(x 1－x 2)－1＝2[2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1－ln x 1x 2](x 1－x 2)－1，令t ＝x 1x 2，t ∈(0，1)，令φ(t )＝－2(1－t )t ＋1－ln t ＝2－4•11＋t －ln t ，则φ′(t )＝－(t －1)2t (t ＋1)2＜0，故φ(t )在(0，1)上单调递减，故φ(t )＞φ(1)＝0，又2(x 1－x 2)－1＜0，故g ′(x 0)＜0，证毕．★设函数f (x )＝a 2x －1x －2a ln ax (a ＞0)，函数f ′(x )为f (x )的导函数，且A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))是f (x )的图像上不同的两点，满足f (x 1)＋f (x 2)＝0，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：ax 0＞1．【解析】因ax 0＞1，即x 1＋x 22＞1a ，即x 1＞2a －x 2，又依题意f ′(x )＝(a －1x )2≥0得，f (x )在定义域上单调递增，故要证ax 0＞1，只需证－f (x 2)＝f (x 1)＞f (2a －x 2)，即f (2a －x 2)＋f (x 2)＜0①，不妨设x 1＜x 2，注意到f (1a )＝0，由函数单调性知，有x 1＜1a ，x 2＞1a ，构造函数F (x )＝f (2a －x )＋f (x )，则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(2a －x )＝－4x 2(ax －1)3(2－ax )－2，当x ≥1a 时，F ′(x )≤0，即F (x )单调递减，当x ＞1a 时，F (x )＜F (1a )＝0，从而不等式①式成立，故原不等式成立．★已知函数f (x )＝a －1x－ln x (a ∈R)．⑴．若a ＝2，求函数f (x )在(1，e 2)上的零点个数；⑵．若f (x )有两零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，求证：2＜x 1＋x 2＜3e a －1－1．【解析】⑴．f ′(x )＝1x 2(1－x )，故f (x )在(1，e 2)上单调递减，故f (x )在(1，e 2)上至多只有一个零点，又f (1) f (e 2)＝－1e 2＜0，故f (x )在(1，e 2)上只有一个零点；⑵．①．首先证x 1＋x 2＞2，法一：利用通法证明f (x )＝a －1x －ln x 的极值点x ＝1向左偏移，即1＜x 1＋x 22．法二：(利用换元法化单变元)依题设，有a ＝1x 1＋ln x 1＝1x 2＋ln x 2，于是1x 1x 2(x 2－x 1)＝ln x 2x 1，记t ＝x 2x 1，则t ＞1，则ln t ＝(t －1)(tx 1)－1，x 1＝(t －1)(t ln t )－1，于是，x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝(t 2－1)(t ln t )－1，x 1＋x 2－2＝2(t 2－12t －ln t )(ln t )－1．记g (x )＝x 2－12x－ln x (x ＞1)，则g ′(x )＝12x2(x －1)2＞0，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增，于是当x ＞1时，g (x )＞g (1)＝0，又ln x ＞0，故x 1＋x 2＞2．②．再证x 1＋x 2＜3e a －1－1．因f (x )＝0，即h (x )＝ax －1－x ln x ＝0，故x 1，x 2也是h (x )的两个零点．由h ′(x )＝a －1－ln x ＝0得，x ＝e a －1，且当x ＜e a－1时，h ′(x )＞0；当x ＞e a－1时，h ′(x )＜0．利用通法证明h (x )＝ax －1－x ln x 的极值点x ＝e a－1向右偏移，故x 1＋x 22＜e a －1，即x 1＋x 2＜2e a －1，由x 1＋x 2＞2即x 1＋x 22＞1得，1＋(x 1＋x 2)＜x 1＋x 22＋(x 1＋x 2)＝32(x 1＋x 2)＜32•2e a －1＝3e a －1，即x 1＋x 2＜3e a －1－1． 【点评】1．方程的变形方向：①x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，1是该函数的极值点．②x 1，x 2是函数h (x )的两个零点，e a－1是该函数的极值点．2．难点x 1＋x 2＜3e a －1－1的证明依赖利用x 1＋x 2＞2放缩． ★已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ．⑴．讨论f (x )的单调性；⑵．设a ＞0，证明：当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )； ⑶．设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明f ′(x 1＋x 22)＞0． 【解析】⑴．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x (x ＋1)(x －a )，若a ≤0，则f ′(x )＞0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若a ＞0，则由f ′(x )＝0得，x ＝a ，当0＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，当x ＞a 时，f ′(x ),＞0，此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．⑵．令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12(a －x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )．则g ′(x )＝－2x 2(a 2－x 2)－1，当0＜x ＜a 时，g ′(x )＜0，故g (x )在(0，a )上是减函数．而g (0)＝0，故g (x )＜g (0)＝0，故当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )；⑶．由⑴知，当a ≤0时，函数y ＝f (x )至多有一个零点，故a ＞0，从而f (x )的最小值为f (a )，且f (a )＜0，不妨设0＜x 1＜x 2，则0＜x 1＜a ＜x 2，故0＜a －x 1＜a ，由⑵得，f (2a －x 1)＝f (a ＋a －x 1)＜f (x 1)＝0，从而x 2＞2a －x 1，于是x 1＋x 22＞a ，由⑴知，f ′(x 1＋x 22)＞0．点晴：本题考查函数导数的单调性．不等式比较大小，函数的零点问题：在⑴．中通过求导，并判断导数的符号，分别讨论a 的取值，确定函数的单调区间．⑵．通过构造函数g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，把不等式证明问题转化为函数求最值问题，求函数g (x )当0＜x ＜a 时的最大值小于零即可．⑶．要充分利用⑴⑵问的结论．★已知函数f (x )＝－12mx 2＋4ln x (m ＞0)．⑴．若m ＝1，求函数f (x )的单调递增区间；⑵．若函数g (x )＝f (x )－(m －4)x ，对于曲线y ＝g (x )上的两个不同的点M (x 1，g (x 1))，N (x 2，g (x 2))，记直线MN 的斜率为k ，若k ＝g ′(x 0)，证明：x 1＋x 2＞2x 0．【解析】⑴．f ′(x )＝－1x (x ＋2)(x －2)，令f ′(x )＞0得，0＜x ＜2，故f (x )的单调递增区间为(0，2)；⑵．依题意，g (x )＝f (x )－(m －4)x ＝－12mx 2＋(4－m )x ＋4ln x ，g (x 1)－g (x 2)＝－12m (x 21－x 22)＋(4－m )(x 1－x 2)＋4(ln x 1－ln x 2)＝－12m (x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋(4－m )(x 1－x 2)＋4(ln x 1－ln x 2)，由题设得，g ′(x 0)＝g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2＝－12m (x 1＋x 2)＋4－m ＋4(ln x 1－ln x 2)(x 1－x 2)－1．又g ′(x 1＋x 22)＝－m •x 1＋x 22＋4－m ＋4•2x 1＋x 2，故g ′(x 0)－g ′(x 1＋x 22)＝4(ln x 1－ln x 2)(x 1－x 2)－1－4•2x 1＋x 2＝4[(ln x 2－ln x 1)－2(x 2－x 1)x 2＋x 1](x 2－x 1)－1＝4[－2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1＋ln x 2x 1](x 2－x 1)－1．不妨设0＜x 1＜x 2，记t ＝x 2x 1，则t ＞1，则－2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1＋ln x 2x 1＝2(1－t )t ＋1＋ln t (t ＞1)．令h (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t (t ＞1)，则h ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故h (t )在(1，＋∞)上单调递增，故h (t )＞h (1)＝0，故－2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1＋ln x 2x 1＞0．又x 2－x 2＞0，故g ′(x 0)－g ′(x 1＋x 22)＞0，即g ′(x 1＋x 22)＜g ′(x 0)．又由g ′(x )＝－mx ＋(4－m )＋4x知，g ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，故x 1＋x 22＞x 0，即x 1＋x 2＞2x 0．★已知函数f (x )＝ln(x ＋1)，g (x )＝12x 2－x ．⑴．求过点(－1，0)且与曲线y ＝f (x )相切的直线方程；⑵．设h (x )＝af (x )＋g (x )，其中a 为非零实数，y ＝h (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求a 的取值范围；⑶．在⑵的条件下，求证：2h (x 2)－x 1＞0． 【解析】⑴．f ′(x )＝1x ＋1，设切点为(x 0，y 0)，则切线的斜率为1x 0＋1，点(x 0，y 0)在曲线f (x )＝ln(x ＋1)上，故y 0＝ln(x 0＋1)，故1x 0＋1ln(x 0＋1)＝1x 0＋1，解得，x 0＝e －1，故切线的斜率为1e，故切线方程为x －e y ＋1＝0； ⑵．h (x )＝af (x )＋g (x )＝12x 2－x ＋a ln(x ＋1)，则h ′(x )＝1x ＋1[x 2＋(a －1)]，x ＞－1，当a －1≥0时，即a ≥1时，h ′(x )≥0，h (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜1时，由h ′(x )＝0得，x 1＝－1－a ，x 2＝1－a ，故h (x )在(－1，－1－a )上单调递增，在(－1－a ，1－a )上单调递减，在(1－a ，＋∞)上单调递增；当a ＜0时，由h ′(x )＝0得，x 0＝1－a ，h (x )在(－1－a ，1－a )上单调递减，在(1－a ，＋∞)上单调递增．当0＜a ＜1时，h (x )有两个极值点，即x 1＝－1－a ，x 2＝1－a ，即a 的范围是(0，1)；⑶．由⑵知，x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝a －1，由0＜a ＜1得，－1＜x 1＜0，0＜x 2＜1，由2h (x 2)－x 1＞0，则2h (x 2)＋x 2＞0，即x 22－x 2＋2a ln(x 2＋1)＞0，因x 2＝1－a ，故a ＝1－x 22，即证x 22－x 2＋2(1－x 22)ln(x 2＋1)＞0，即证－x 2＋2(1＋x 2)ln(x 2＋1)＞0，构造函数t (x )＝－t ＋2(1＋x )ln(x ＋1)，x ∈(0，1)，则t ′(x )＝1＋2ln(x ＋1)＞0，故t (x )在(0，1)上单调递增，又t (0)＝0，故t (x )＞0对任意x ∈(0，1)恒成立，即－x 2＋2(1＋x 2)ln(x 2＋1)＞0成立，故2h (x 2)－x 1＞0．点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略⑴．构造差函数h (x )＝f (x )－g (x )．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．⑵．根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数．★已知函数f (x )＝ln x ．⑴．证明：当x ＞1时，x ＋1－2(x －1)1f (x )＞0； ⑵．若函数g (x )＝f (x )－ax 2＋x 有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2，a ＞0)，证明：g ′[13(x 1＋2x 2)]＜1－a ．【解析】⑴．欲证x ＋1－2(x －1)1f (x )＞0，即证K (x )＝－2(x －1)x ＋1＋ln x ＞0，因K ′(x )＝1x (x －1x ＋1)2＞0， 故K (x )在(1，＋∞)上递增，故K (x )＞K (1)＝0； ⑵．因x ＞1，ln x ＞2(x －1)x ＋1，取x ＝x 2x 1，则(x 1－x 2)(ln x 1－ln x 2)－1＜x 1＋x 22，则－a x 21＋x 1＋ln x 1＝0，－a x 22＋x 2＋ln x 2＝0，故(x 1－x 2)(ln x 1－ln x 2)－1＝[a (x 1＋x 2)]－1＜x 1＋x 22，故2x 1＋x 2－[a (x 1＋x 2)－1]＜0，g ′(x )＝1x ＋1－2ax ，g ′(x 1＋x 22)＝2x 1＋x 2－[a (x 1＋x 2)－1]＜0，g ′′(x )＝－1x 2－2a ＜0，g ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，因13(x 1＋2x 2)＞x 1＋x 22，故g ′[13(x 1＋2x 2)]＜g ′(x 1＋x 22)＜0，－ax 2＋x ＋ln x ＝0，即a ＝1x 2(x ＋ln x )，令h (x )＝1x 2(x ＋ln x )，则h ′(x )＝1x 3(1－x －2ln x )，令s (x )＝1－x －2ln x ，易知s (x )在(0，∞)递减，s (1)＝0，当0＜x ＜1时，s (x )＞0，h (x )单调递增，当x ＞1时，s (x )＜0，h (x )单调递减，故h (x )≤h (1)，x ＞1时，h (x )＞0，x →0，h (x )→－∞，要合题意，如图，0＜a ＜1，1－a ＞0，右大于左，原题得证．。
【高三】极值点偏移专题05：极值点偏移第三招---含对数式的极值点偏移问题
专题05：极值点偏移第三招---含对数式的极值点偏移问题前面我们已经指明并提炼出利用判定定理解决极值点偏移问题的策略：若f (x )的极值点为x 0，则根据对称性构造一元差函数F (x )＝f (x 0＋x )－f (x 0－x )，巧借F (x )的单调性以及F (0)＝0，借助于f (x 1)＝f (x 2)＝f [x 0－(x 0－x 2)]与f [x 0＋(x 0－x 2)]＝f (2x 0－x 2)，比较x 2与2x 0－x 1的大小，即比较x 0与x 1＋x 22的大小．有了这种解题策略，我们师生就克服了解题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙的想法喝彩．本文将提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：根据f (x 1)＝f (x 2)建立等式，通过消参、恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解． ★例．已知函数f (x )＝－ax 2＋(2－a )x ＋ln x ．⑴．讨论f (x )的单调性；⑵．设a ＞0，证明：当0＜x ＜1a 时，f (1a ＋x )＞f (1a－x )；⑶．若函数y ＝f (x )的图象与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：f ′(x 0)＜0．【解析】⑴．当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＜0时，f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减；⑵．法一：构造函数g (x )＝f (1a ＋x )－f (1a －x )(0＜x ＜1a )，则g ′(x )＝2a 3x 2(1－a 2x 2)－1＞0，故g (x )在(0，1a )上单调递增，又g (0)＝0，故g (x )＞0，即f (1a ＋x )＞f (1a－x )；法二：构造以a 为主元的函数，设函数h (a )＝f (1a ＋x )－f (1a －x )，则h (a )＝－2ax ＋ln(1＋ax )－ln(1－ax )，h ′(a )＝2a 3x 2(1－a 2x 2)－1，由0＜x ＜1a 得，0＜a ＜1x ，当0＜a ＜1x 时，h ′(a )＞0，故h (a )在(0，＋∞)上单调递增，而h (0)＝0，故h (a )＞0，故当0＜x ＜1a 时，f (1a ＋x )＞f (1a －x )．⑶．由⑴知，只有当a ＞0时，且f (x )的最大值f (1a )＞0时，函数y ＝f (x )才会有两个零点，不妨设A (x 1，0)，B (x 2，0)，0＜x 1＜x 2，则0＜x 1＜1a ＜x 2，故1a －x 1∈(0，1a )，由⑵得，f (2a －x 1)＝f (1a ＋1a －x 1)＞f [1a －(1a －x 1)]＝f (x 1)＝f (x 2)，又f (x )在(1a ，＋∞)上单调递减，故x 2＞2a －x 1，于是x 0＝x 1＋x 22＞1a，由⑴知，f ′(x 0)＜0．【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明两个正数a 和b 的对数平均定义：L (a ，b )＝,,ln ln ,a ba b a b a a b-⎧≠⎪-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：ab ≤L (a ，b )≤a ＋b2(此式记为对数平均不等式)取等条件：当且仅当a＝b 时，等号成立．只证：当a ≠b 时，ab ＜L (a ，b )＜a ＋b2．不失一般性，可设a ＞b ．证明：⑴．先证：ab ＜L (a ，b )①，不等式①即ln a －ln b ＜1ab(a －b )，即ln a b ＜1b ab －1a ab ，即2ln x ＜x －1x (其中x ＝1b ab ＞1)，构造函数f (x )＝－(x －1x )＋2ln x (x ＞1)，则f ′(x )＝－(1－1x )2．因x ＞1时，f ′(x )＜0，故函数f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故f (x )＜f (1)＝0，从而不等式①成立；⑵．再证：L (a ，b )＜a ＋b 2②，不等式②即ln a －ln b ＞1ab(a －b )，即ln a b ＞2(a b －1)(a b ＋1)－1，即ln x ＞2(x －1)x ＋1 (其中x ＝1b ab ＞1)，构造函数g (x )＝－2(x －1)x ＋1＋ln x (x ＞1)，则g ′(x )＝(x －1)2x (x ＋1)2．因x ＞1时，g ′(x )＞0，故函数g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )＜g (1)＝0，从而不等式②成立；综合⑴⑵知，对∀a ，b ＞0，都有对数平均不等式ab ≤L (a ，b )≤a ＋b2成立，当且仅当a ＝b 时，等号成立．例题⑶问另解：由f (x 1)＝f (x 2)＝0得，－a x 21＋(2－a )x 1＋ln x 1＝－a x 22＋(2－a )x 2＋ln x 2＝0，即2(x 1－x 2)＋(ln x 1－ln x 2)＝a (x 21－x 22＋x 1－x 2)，即a ＝[2(x 1－x 2)＋(ln x 1－ln x 2)]( x 21－x 22＋x 1－x 2)－1，故要证f ′(x 0)＜0，即证x 0＝x 1＋x 22＞1a ，即x 1＋x 22＞(x 21－x 22＋x 1－x 2)[2(x 1－x 2)＋(ln x 1－ln x 2)]－1＝(x 1＋x 2＋1)(2＋ln x 1－ln x 2x 1－x 2)－1，即2x 1＋x 2＜ln x 1－ln x 2x 1－x 2．根据对数平均不等式，此不等式显然成立，故原不等式得证．★已知函数f (x )＝x ln x 与直线y ＝m 交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点．求证：0＜x 1x 2＜1e 2． 【解析】由x 1ln x 1＝m ，x 2ln x 2＝m 得，x 1＝m (ln x 1)－1①，x 2＝m (ln x 2)－1②，①－②得，x 1－x 2＝m (ln x 2－ln x 1)(ln x 1ln x 2)－1，即(x 1－x 2)(ln x 1－ln x 2)－1＝－m (ln x 1ln x 2)－1③，①＋②得，x 1＋x 2＝m (ln x 2＋ln x 1)(ln x 1ln x 2)－1④，根据对数平均不等式得，x 1＋x 22＞－m (ln x 1－ln x 2)－1(x 1≠x 2)，利用③④得，m (ln x 2＋ln x 1)(2ln x 1ln x 2)－1＞－m (ln x 1ln x 2)－1，由于y ＝m 与y ＝x ln x 交于不同两点，易得出则m ＜0，故上式简化为：ln(x 1x 2)＜－2＝lne －2，故0＜x 1x 2＜1e 2．招式演练：例1、已知函数f (x )＝ln xx ＋a (a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．⑴．试比较20162017与20172016的大小，并说明理由；⑵．若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2．例2、已知函数f (x )＝bx－a ＋ln x (a ，b ∈R)．⑴．讨论函数f (x )的单调区间与极值；⑵．若b ＞0且f (x )≥0恒成立，求e a －1－b ＋1的最大值；⑶．在⑵的条件下，且求e a －1－b ＋1取得最大值时，设F (b )＝1b (a －1)－m (m ∈R)，且函数F (x )有两个零点x 1，x 2，求实数m 的取值范围，并证明：x 1x 2＞e 2．例3、已知函数f (x )＝axln x ，g (x )＝b (x ＋1)，其中a ≠0，b ≠0．⑴．若a ＝b ，讨论F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；⑵．已知函数f (x )的曲线与函数g (x )的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：1a (x 1＋x 2)g (x 1＋x 2)＞2．例4、已知函数f(x)＝a•xln x．⑴．若f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线4x＋y＝0垂直，求函数f(x)的单调递减区间；⑵．若方程f(x)＝1有两个不相等的实数解x1，x2，证明：x1＋x2＞2e．【答案】★已知函数f (x )＝ln xx ＋a(a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．⑴．试比较20162017与20172016的大小，并说明理由；⑵．若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2．【解析】⑴．依题意得f ′(x )＝(1＋a x －ln x )(1x ＋a )2，故f ′(1)＝11＋a ，又由切线方程得，f ′(1)＝1，即11＋a ＝1，解得，a ＝0，此时f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2，令f ′(x )＞0，即1－ln x ＞0，解得，0＜x ＜e ；令f ′(x )＜0，即1－ln x ＜0，解得，x ＞e ，故f (x )的增区间为(0，e)，减区间为(e ，＋∞)，故f (2016)＞f (2017)，即2016－1ln2016＞2017－1ln2017，2017ln2016＞2016ln2017，20162017＞20172016．⑵．证明：不妨设x 1＞x 2＞0，因g (x 1)＝g (x 2)＝0，故化简得，－kx 1＋ln x 1＝0，－kx 2＋ln x 2＝0，故ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)．要证明x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2，即k (x 1＋x 2)＞2，因k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，故即证ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＞(x 1－x 2)(x 1＋x 2)－1，令t ＝x 1x 2，则t ＞1，即证ln t ＞－2(1－t )t ＋1．令h (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t (t ＞1)，由h ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故函数h (t )在(1，＋∞)是增函数，故h (t )＞h (1)＝0，即ln t ＞－2(1－t )t ＋1得证．故x 1x 2＞e 2．点睛：本题主要考查函数导数与切线的关系，考查利用导数来证明不等式，考查利用分析法和导数来证明不等式的方法．有关导数与切线的问题，关键的突破口在与切点和斜率，本题中已知切线和某条直线垂直，也即是给出斜率，利用斜率可求得函数的参数值．利用导数证明不等式通常先利用分析法分析，通过转化后再利用导数来证明．★已知函数f (x )＝bx－a ＋ln x (a ，b ∈R)．⑴．讨论函数f (x )的单调区间与极值；⑵．若b ＞0且f (x )≥0恒成立，求e a －1－b ＋1的最大值；⑶．在⑵的条件下，且求e a －1－b ＋1取得最大值时，设F (b )＝1b (a －1)－m (m ∈R)，且函数F (x )有两个零点x 1，x 2，求实数m 的取值范围，并证明：x 1x 2＞e 2．【解析】⑴．f ′(x )＝1x 2(x －b )，当b ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无极值；当b ＞0时，x ∈(0，b )时，f ′(x )＜0，x ∈(b ，＋∞)时，函数f (x )的单调递减区间为(0，b )，单调递增区间为(b ，＋∞)，故f (x )的极小值为f (b )＝1－a ＋ln b ；⑵．当b ＞0时，由⑴知，f (x )min ＝1－a ＋ln b ≥0，ln b ≥a －1，b ≥e a －1，故e a －1－b ＋1≤1，即当ln b ＝a －1时，e a －1－b ＋1的最大值为1；⑶．由⑵知，当e a －1－b ＋1取最大值1时，e a －1＝b ，即a －1＝ln b ，即F (b )＝－m ＋1b ln b (b＞0)，记F (x )＝－m ＋ln xx (x ＞0)，F (x )＝0，即－mx ＋ln x ＝0，不妨设x 1＜x 2，由题意得，ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2，则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 1－x 2)，即m ＝lnx 2x 1x 2－x 1，欲证明x 1x 2＞e 2，只需证明ln(x 1x 2)＞2，只需证明m (x 1＋x 2)＞2，即证明(x 1＋x 2)(x 1＋x 2)－1ln x 2x 1＞2，即证(x 2x 1＋1)(x 2x 1－1)－1 ln x 2x 1＞2，设t ＝x 2x 1＞1，则只需证明ln t ＞－2(1－t )t ＋1，即证明2(1－t )t ＋1＋ln t ＞0，记u (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t (t ＞1)，故u ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故u (t )在(1，＋∞)单调递增，故u (t )＞u (1)＝0，故原不等式成立．★已知函数f (x )＝axln x ，g (x )＝b (x ＋1)，其中a ≠0，b ≠0．⑴．若a ＝b ，讨论F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；⑵．已知函数f (x )的曲线与函数g (x )的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：1a(x 1＋x 2)g (x 1＋x 2)＞2．【解析】⑴．由已知得，F (x )＝f (x )－g (x )＝－a (x ＋1－ln x x )，故F ′(x )＝－ax2(x 2－1＋ln x )，当0＜x ＜1时，因x 2－1＜0，ln x ＜0，故x 2－1＋ln x ＜0；当x ＞1时，x 2－1＞0，ln x ＞0，故x 2－1＋ln x ＞0．故若a ＞0，F (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；故若a ＜0，F (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．⑵．不妨设x 1＞x 2，依题意，1x 1a ln x 1＝b (x 1－1)，故a ln x 1＝b (x 21－x 1)①，同理，a ln x 2＝b (x 22－x 2)②，①－②得，a ln x 1x 2＝b (x 21－x 1－x 22＋x 2)＝b (x 1－x 2)(x 1＋x 2－1)，故b a (x 1＋x 2－1)＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，故1a (x 1＋x 2)g (x 1＋x 2)＝b a (x 1－x 2)(x 1＋x 2－1)＝(x 1＋x 2)(x 1－x 2)－1ln x 1x 2，故只需证(x 1＋x 2)(x 1－x 2)－1ln x 1x 2＞2，取t ＝x 1x 2＞1，即只需证明1t －1(t ＋1)ln t ＞2，∀t ＞1成立．即只需证p (t )＝21－t 1＋t ＋ln t ，∀t ＞1成立．p ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故p (t )在区间[1，＋∞)上单调递增，故p (t )＞p (1)＝0，∀t ＞1成立．故原命题得证．★已知函数f (x )＝a •x ln x．⑴．若f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线4x ＋y ＝0垂直，求函数f (x )的单调递减区间；⑵．若方程f (x )＝1有两个不相等的实数解x 1，x 2，证明：x 1＋x 2＞2e ．【解析】⑴．f ′(x )＝a ln x －1ln 2x ，故f ′(e 2)＝a 4＝14，故a ＝1，令f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＜0得，x ∈(0，1)∪(1，e)，故函数f (x )的单调递减区间为(0，1)和(1，e)；⑵．由ln x 1＝ax 1，ln x 2＝ax 2，故ln x 1x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1x 2＝a (x 1－x 2)，故a ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，因x 1＋x 2＞2x 1x 2，只要证x 1x 2＞e 2，即ln x 1＋ln x 2＞2，只需证ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)＝(x 1＋x 2)ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2，不妨设x 1＞x 2，即证ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令t ＝x 1x 2＞1，只需证ln t ＞－2(1－t )t ＋1，令g (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t ＝－2＋4•11＋t ＋ln t ，则g (t )在(1，＋∞)上单调递增， g (t )＞g (1)＝0(t ＞1)，即证．。
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极值点偏移问题专题（0)——偏移新花样（拐点偏移）
例１已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数1x ,2x 满足()()12+=4f x f x , 求证：122x x +≥。
证明：注意到()1=2f ，()()()12+=21f x f x f
()()()12+=21f x f x f
()2
=
+210f x x x '+>
()22
=2f x x
''-+,()1=0f '',则（1,2)是()f x 图像的拐点,若拐点(１,２）也是()f x 的对称
中心,则有12=2x x +,证明122x x +≥则说明拐点发生了偏移,作图如下
想到了“极值点偏移”,想到了“对称化构造”,类似地,不妨将此问题命名为“拐点偏移”，仍可用“对称化构造”来处理． 不妨设1201x x <≤≤，要证
()()
1221212
212x x x x f x f x +≥⇔≥-≥⇔≥- ()()
()()
11114242f x f x f x f x ⇔-≥-⇔≥+-
()()()2F x f x f x =+-,(]0,1x ∈,则
()()()()222212212F x f x f x x x x x '''=--⎛⎫⎛⎫=++-+-+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭
()
()
1
4110
2
x
x x
⎛⎫
=--≥
⎪
⎪
-
⎝⎭
,
得()
F x在(]0,1上单增，有()()()
1214
F x F
≤=+=，得证。
2、极值点偏移PK拐点偏移常规套路
1、极值点偏移(()00
f x
'=)
二次函数()()
12120
2
f x f x x x x
=⇒+=
2、拐点偏移()
()
f x
''=
()()()
120120
22
f x f x f x x x x
+=⇒+=
极值点偏移问题专题(１)——对称化构造（常规套路）
例1（２０１0天津）
已知函数()e x
f x x-
=．
(１）求函数()
f x的单调区间和极值；
(2)已知函数()
g x的图像与()
f x的图像关于直线1
x=对称,证明:当1
x>
()()
12201
120
2
2
f x f x x x x
x x x
=⇒>-
⇒+>
()()()
120201
120
22
2
f x f x f x x x x
x x x
+=⇒>-
⇒+>
时,()()f x g x >；
（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =,证明:122x x +>.
点评：该题的三问由易到难，层层递进，完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程,直观展示如下：
例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e x
f x x -=,已知()()12f x f x =，12x x ≠,
证明122x x +>.
再次审视解题过程，发现以下三个关键点： (1)1x ，2x 的范围()1201x x <<<； (2）不等式()()()21f x f x x >->;
(3)将2x 代入（２）中不等式,结合()f x 的单调性获证结论． 把握以上三个关键点,就可轻松解决一些极值点偏移问题.
例2（２016新课标Ⅰ卷）已知函数()()()2
2e 1x f x x a x =-+-有两个零点.
（1)求a 的取值范围；
（2)设1x ,2x 是()f x 的两个零点,证明：122x x +<． 解：(１)()0,+∞，过程略； (2)由(1)知()f x 在(),1-∞上
,在()1,+∞上
，由()()120f x f x ==，可设121x x <<.
构造辅助函数()()()2F x f x f x =--
()()()
()()()()()()
2221e 21e 21e e x x x x F x f x f x x a x a x --'''=+-=-++-+=-- 当1x <时，10x -<,2e e
0x
x
--<，则()0F x '>，得()F x 在(),1-∞上，又()10F =,
故()()01F x x <<,即()()()21f x f x x <-<.
将1x 代入上述不等式中得()()()1212f x f x f x =<-,又21x >,121x ->,()f x 在
()1,+∞上
，故112x x <-,122x x +<.
通过以上两例,相信读者对极值点偏移问题以及对称化构造的一般步骤有所了解.
但极值点偏移问题的结论不一定总是()1202x x x +><，也可以是()2
120x x x ><,借鉴前面的
解题经验，我们就可给出类似的过程.
例3 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证:1221
e
x x <
. 证明：(i)()ln 1f x x '=+，得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
上
，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
上
；当01x <<时，
()0f x <;()10f =；当1x >时，()0f x >；当0x +→时，()0f x →(洛必达法则）;
当x →+∞时,()f x →+∞，于是()f x 的图像如下，得121
01e
x x <<
<<．
小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：
s ｔｅp1:求导，获得()f x 的单调性,极值情况，作出()f x 的图像,由()()12f x f x =得1x ，
2x 的取值范围(数形结合)；
ｓｔep2：构造辅助函数（对结论()1202x x x +><,构造()()()02F x f x f x x =--;对结论()2
120x x x
><，构造
()()20x F x f x f x ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
）,求导，限定范围(1x 或2x 的范围)，判定符
号,获得不等式；
step ３：代入1x (或2x ），利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论．。