极值点偏移问题专题

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极值点偏移的典型例题(含答案)

极值点偏移的典型例题(含答案)

极值点偏移的问题(含答案)21212()ln ,(1()1121()()3(),,f x x ax a f x x x a a f m f mf x x x x x e =-==⋅1.已知为常数)()若函数在处的切线与轴平行,求的值;()当时,试比较与的大小;()有两个零点证明:>21212()ln (),,.f x x ax f x x x x x e =-⋅变式:已知函数,a 为常数。

(1)讨论的单调性;(2)若有两个零点,试证明:>2012120()+sin,(0,1);2()()()()(),2.xf x x ax x f x a a f x f x f x f x x x x π=+∈=+2.已知(1)若在定义域内单调递增,求的取值范围;(2)当=-2时,记取得极小值为若求证>()2121212121()ln -,()2(1=()()()(1)()1,,0,2f x x ax x a R f f xg x f x ax g x a x x f x f x x x x x =+∈-++=+≥3.已知(1)若)0,求函数的最大值;(2)令=-,求函数的单调区间;(3)若=-2,正实数满足()证明:212122(1)1(1)1,,x x x x x e -+>>4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明:当时,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 求证:x1212312()2ln ,1()2(),8f x x a a x a R f x f x x x x x a x x a =--∈<⋅<5.已知常数。

()求的单调区间;()有两个零点,且;(i)指出的取值范围,并说明理由;(ii)求证:6.设函数()e ()x f x ax a a =-+∈R ,其图象与x 轴交于1(0)A x ,,2(0)B x ,两点,且12x x <.(1)求a 的取值范围;(2)证明:0f '<(()f x '为函数()f x 的导函数);。

极值点偏移问题专练B卷—2023届高考数学重难点专题

极值点偏移问题专练B卷—2023届高考数学重难点专题

极值点偏移问题专练B卷1.已知函数,.
若,求的单调区间;
若有两个不同的零点,,证明:.
2.已知函数.
讨论函数的单调性
若函数有两个零点,,求证:.
3. 已知函数.
若在上单调递减,求实数的取值范围;
若是方程的两个不相等的实数根,证明:.
3.已知函数,函数在上存在两个零点,.
求的单调区间;
证明:.
5. 已知函数
求函数在定义域内的最值;
当时,若有两个不同的零点,,求证:
6. 已知函有两个极值点,.
求的取值范围;
当时,证明:.
7. 已知函数为自然对数的底数.
若在上单调递增,求的取值范围;
若,函数的两个极值点为,证明:.
8. 已知函数,
讨论极值点的个数
若有两个极值点,,且,证明:.。

专题三 极值点偏移问题(原卷版)

专题三  极值点偏移问题(原卷版)
9.已知函数 , .其中 , 为常数.
(1)若函数 在定义域内有且只有一个极值点,求实数 的取值范围;
(2)已知 , 是函数 的两个不同的零点,求证: .
10.设函数 , ,其中 , 是自然对数的底数.
(1)若 在 上存在两个极值点,求 的取值范围;
(2)当 ,设 , ,若 在 上存在两个极值点 , ,且 ,求证: .
专题三 极值点偏移问题
1.已知函数 .
(1)讨论函数 的单调性;
(2)当 时,若关于 的方程 有两个实数根 , ,且 ,求证:单调性;
(2)设函数 满足 ,若函数 有两个不同的零点 、 且 .
①求实数 的取值范围;
②证明: .
3.已知函数 有两个相异零点 .
(1)求a的取值范围.
(2)求证: .
4.已知函数 若关于 的方程 有两个正实数根 且 .
(1)求实数 的取值范围;
(2)求证: .
5.设函数 ( ).
(1)讨论函数 的单调性;
(2)若 且方程 , 在 上有两个不相等的实数根 , ,求证: .
6.已知函数 , .
(1)求函数 的最小值;
(2)若 是 的切线,求实数k的值;
11.已知函数 有两个零点 , .
(1)求实数 的取值范围;
(2)求证: .
12.已知函数 ,曲线 在点 处切线与直线 垂直.
(1)试比较 与 的大小,并说明理由;
(2)若函数 有两个不同的零点 , ,证明: .
(3)若 与 的图象有两个不同交点A( , ),B( , ),求证: .
7.已知函数 .
(Ⅰ)求函数 的图象在点 处的切线方程;
(Ⅱ)若存在两个不相等的数 , ,满足 ,求证: .

极值点偏移的问题(含答案)

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:$x_1\cdot x_2>e^2$。

高中数学专题 微专题13 极值点偏移问题

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,

g(x)

2x

1 x

பைடு நூலகம்
ln
x-1

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,
123
(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.

专题31 极值点偏移问题的研究(解析版)

专题31 极值点偏移问题的研究(解析版)

专题31 极值点偏移问题的研究一、题型选讲题型一、常见的极值点偏移问题常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型:1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠,求证:0212x x x >+(0x 为函数)(x f 的极值点); 2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =,求证:0212x x x >+(0x 为函数)(x f 的极值点);3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠,令2210x x x +=,求证:0)('0>x f ; 例1、(2019无锡期末)已知函数f(x)=e x -a2x 2-ax(a>0).(1) 当a =1时,求证:对于任意x>0,都有f(x)>0 成立;(2) 若函数y =f(x)恰好在x =x 1和x =x 2两处取得极值,求证:x 1+x 22<ln a.思路分析 (1)利用导数分别讨论函数 和 的单调性即可;(2)直接证明比较困难,需要利用分析法,通过代数变形,换元等方法将问题转化为熟悉的不等式问题,再通过构造函数,结合常用不等式 ,利用导数进行证明.(1)由f(x)=e x -12x 2-x,则f′(x)=e x -x -1,令g(x)=f′(x),则g′(x)=e x -1,(3分)当x>0,g′(x)>0,则f′(x)在(0,+∞)上单调递增,故f′(x)>f′(0)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,(5分)进而f(x)>f(0)=1>0,即对于任意x>0,都有f(x)>0.(6分)(2) f′(x)=e x -ax -a,因为x 1,x 2为f(x)的两个极值点,所以⎩⎪⎨⎪⎧f′(x 1)=0,f′(x 2)=0.即⎩⎪⎨⎪⎧e x 1-ax 1-a =0,e x 2-ax 2-a =0.两式相减,得a =⎩⎪⎨⎪⎧e x 4-ax 1-a =0,e x 2-ax 2-a =0.两式相减,得a =e x 1-e x 2x 1-x 2,(8分)则所证不等式等价x 1+x 22<ln e x 1-e x 2x 1-x 2,即e x 1-x 22<e x 1-x 2-1x 1-x 2,(12分)令t =x 1-x 2,t>0,所以证不等式只需证明: e t 2<e t -1t →t e t2-e t +1<0,(14分) 设φ(t)=t e t 20⎝⎛⎭⎫t2+1≥0,所以φ′(t)≤0,所以φ(t)在(0,+∞)单调递减,φ(t)<φ(0)=0. 所以x 1+x 22<ln a.(16分)例2、(2018常州期末)已知函数f(x)=ln x(x +a )2,其中a 为常数.(1) 若a =0,求函数f(x)的极值;(2) 若函数f(x)在(0,-a)上单调递增,求实数a 的取值范围;(3) 若a =-1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x 0,求证:f(x 0)<-2.思路分析 第一小问,利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤,必须掌握!也是解决后面问题的基础;第二小问,由函数在(0,-a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号,转化为含参数的恒成立问题;第三小问,关键是找到零点的大致范围,还是利用导数求最大值、最小值的方法.规范解答 (1) 当a =0时,f(x)=ln xx 2,定义域为(0,+∞).f′(x)=1-2ln x x 3,令f′(x)=0,得x =e .当x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:所以当x =e 时,f(x)的极大值为12e ,无极小值.(4分)(2) f′(x)=1+ax-2ln x (x +a )3,由题意f′(x)≥0对x∈(0,-a)恒成立.因为x∈(0,-a),所以(x +a)3<0,所以1+ax -2ln x≤0对x∈(0,-a)恒成立.所以a≤2x ln x -x 对x∈(0,-a)恒成立.(6分)令g(x)=2x ln x -x,x∈(0,-a),则g′(x)=2ln x +1.∈若0<-a≤e -12,即0>a≥-e -12,则g′(x)=2ln x +1<0对x∈(0,-a)恒成立,所以g(x)=2x ln x -x 在(0,-a)上单调递减,则a≤2(-a)ln (-a)-(-a),所以ln (-a)≥0,所以a≤-1与a≥-e -12矛盾,舍去;∈若-a>e -12,即a<-e -12,令g′(x)=2ln x +1=0,得x =e -12,当0<x<e -12时,g′(x)=2ln x +1<0,所以g(x)=2x ln x -x 单调递减,当e -12<x<-a 时,g′(x)=2ln x +1>0,所以g(x)=2x ln x -x 单调递增,所以当x =e -12时,g(x)min =g(e -12)=2e -12·lne -12-e -12=-2e -12,所以a≤-2e -12.综上,实数a 的取值范围是(-∞,-2e -12].(10分)(3) 当a =-1时,f(x)=ln x(x -1)2,f′(x)=x -1-2x ln x x (x -1)3.令h(x)=x -1-2x ln x,x∈(0,1),则h′(x)=1-2(ln x +1)=-2ln x -1,令h′(x)=0,得x =e -12.∈当e -12≤x<1时,h′(x)≤0,所以h(x)=x -1-2x ln x 单调递减,h(x)∈(0,2e -12-1],x∈(0,1),所以f′(x)=x -1-2x ln x x (x -1)3<0恒成立,所以f(x)=ln x (x -1)2单调递减,且f(x)≤f(e -12).(12分)∈当0<x≤e -12时,h′(x)≥0,所以h(x)=x -1-2x ln x 单调递增,其中h ⎝⎛⎭⎫12=12-1-2·12·ln 12=ln 4e>0, h(e -2)=e -2-1-2e -2·lne -2=5e2-1<0,所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫e -2,12,使得h(x 0)=0,所以f′(x 0)=0, 当0<x<x 0时,f′(x)>0,所以f(x)=ln x(x -1)2单调递增;当x 0<x≤e -12时,f′(x)<0,所以f(x)=ln x (x -1)2单调递减,且f(x)≥f(e -12),(14分) 由∈和∈可知,f(x)=ln x(x -1)2在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,所以当x =x 0时,f(x)=ln x(x -1)2取极大值.因为h(x 0)=x 0-1-2x 0ln x 0=0,所以ln x 0=x 0-12x 0,所以f(x 0)=ln x 0(x 0-1)2=12x 0(x 0-1)=12⎝⎛⎭⎫x 0-122-12.又x 0∈⎝⎛⎭⎫e -2,12∈⎝⎛⎭⎫0,12,所以2⎝⎛⎭⎫x 0-122-12∈⎝⎛⎭⎫-12,0,所以f(x 0)=12⎝⎛⎭⎫x 0-122-12<-2.(16分)例3、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)设函数f(x)=x -a sin x(a>0).(1) 若函数y =f(x)是R 上的单调增函数,求实数a 的取值范围; (2) 设a =12,g (x )=f (x )+b ln x +1(b ∈R ,b ≠0),g ′(x )是g (x )的导函数.∈若对任意的x >0,g ′(x )>0,求证:存在x 0,使g (x 0)<0;∈若g (x 1)=g (x 2)(x 1≠x 2),求证:x 1x 2<4b 2.思路分析 (1) 由题意,f′(x)≥0对x∈R 恒成立,可考虑参数分离求参数范围;(2)∈根据x >0,g ′(x )>0,知g (x )为增函数,根据基本初等函数的性质得出必须有b >0,当然要说明理由,再寻找支撑点x 0的值,x →0时,b ln x 下降的程度大于x ,而-12sin x 在固定范围,所以使b ln x 足够小即可;∈用(1)的结论和g (x 1)=g (x 2)(x 1≠x 2),构建不等式-2b >x 2-x 1ln x 2-ln x 1>0,然后运用放缩和换元的策略,转化为证明一元函数的单调性,即可证明.规范解答 (1) 由题意,f ′(x )=1-a cos x ≥0对x ∈R 恒成立,(1分) 因为a >0,所以1a ≥cos x 对x ∈R 恒成立,因为(cos x )max =1,所以1a≥1,从而0<a ≤1.(3分)(2) ∈g (x )=x -12sin x +b ln x +1,所以g ′(x )=1-12cos x +bx.若b <0,则存在-b 2>0,使g ′⎝⎛⎭⎫-b 2=-1-12cos ⎝⎛⎭⎫-b 2<0,不合题意,所以b >0.(5分)取x 0=e -3b,则0<x 0<1.此时g (x 0)=x 0-12sin x 0+b ln x 0+1<1+12+b lne -3b +1=-12<0.所以存在x 0>0,使g (x 0)<0.(8分)∈依题意,不妨设0<x 1<x 2,令x 2x 1=t ,则t >1.由(1)知函数y =x -sin x 单调递增,所以x 2-sin x 2>x 1-sin x 1.从而x 2-x 1>sin x 2-sin x 1.(10分) 因为g (x 1)=g (x 2),所以x 1-12sin x 1+b ln x 1+1=x 2-12sin x 2+b ln x 2+1,所以-b (ln x 2-ln x 1)=x 2-x 1-12(sin x 2-sin x 1)>12(x 2-x 1).所以-2b >x 2-x 1ln x 2-ln x 1>0.(12分)下面证明x 2-x 1ln x 2-ln x 1>x 1x 2,即证明t -1ln t >t ,只要证明ln t -t -1t <0 (*).设h (t )=ln t -t -1t (t >1),所以h ′(t )=-(t -1)22t t <0在(1,+∞)上恒成立.所以h (t )在(1,+∞)上单调递减,故h (t )<h (1)=0,从而(*)得证.所以-2b >x 1x 2,即x 1x 2<4b 2.(16分)例4、(2018南通、泰州一调)已知函数g(x)=x 3+ax 2+bx(a,b∈R )有极值,且函数f (x )=(x +a )e x 的极值点是g (x )的极值点,其中e 是自然对数的底数.(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值)(1) 求b 关于a 的函数关系式;(2) 当a >0时,若函数F (x )=f (x )-g (x )的最小值为M (a ),证明:M (a )<-73.思路分析 (1) 易求得f(x)的极值点为-a -1,则g′(-a -1)=0且g′(x)=0有两个不等的实数解,解之得b与a 的关系.(2) 求导得F′(x)=(x +a +1)(e x -3x +a +3),解方程F′(x)=0时,无法解方程e x -3x +a +3=0,构造函数h(x)=e x -3x +a +3,证得h(x)>0,所以-a -1为极小值点,而且得出M(a),利用导数法证明即可.规范解答 (1) 因为f′(x)=e x +(x +a)e x =(x +a +1)e x ,令f′(x)=0,解得x =-a -1.列表如下:所以x =-a -1时,f(x)取得极小值.(2分)因为g′(x)=3x 2+2ax +b,由题意可知g′(-a -1)=0,且Δ=4a 2-12b>0,所以3(-a -1)2+2a(-a -1)+b =0,化简得b =-a 2-4a -3.(4分)由Δ=4a 2-12b =4a 2+12(a +1)(a +3)>0,得a≠-32.所以b =-a 2-4a -3⎝⎛⎭⎫a≠-32.(6分) (2) 因为F(x)=f(x)-g(x)=(x +a)e x -(x 3+ax 2+bx),所以F′(x)=f′(x)-g′(x)=(x +a +1)e x -[3x 2+2ax -(a +1)(a +3)]=(x +a +1)e x -(x +a +1)(3x -a -3)=(x +a +1)(e x -3x +a +3).(8分)记h(x)=e x -3x +a +3,则h′(x)=e x -3,令h′(x)=0,解得x =ln 3.列表如下:所以x =ln 3时,h(x)取得极小值,也是最小值,此时,h(ln 3)=e ln 3-3ln 3+a +3=6-3ln 3+a=3(2-ln 3)+a =3ln e 23+a>a>0.(10分)所以h(x)=e x -3x +a +3≥h(ln 3)>0,令F′(x)=0,解得x =-a -1.列表如下:所以x =-a -1时,F(x)取得极小值,也是最小值.所以M(a)=F(-a -1)=(-a -1+a)e-a -1-[(-a -1)3+a(-a -1)2+b(-a -1)]=-e-a -1-(a +1)2(a +2).(12分)令t =-a -1,则t<-1,记m(t)=-e t -t 2(1-t)=-e t +t 3-t 2,t<-1,则m′(t)=-e t +3t 2-2t,t<-1.因为-e -1<-e t <0,3t 2-2t>5,所以m′(t)>0,所以m(t)单调递增.(14分) 所以m(t)<-e -1-2<-13-2=-73,即M(a)<-73.(16分)题型二、构造函数的极值点偏移问题(1)求出函数)(x f 的极值点0x ;(2)构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=;(3)确定函数)(x F 的单调性;(4)结合0)0(=F ,判断)(x F 的符号,从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系.例5、(2017苏州期末)已知函数f (x )=(ln x -k -1)x (k ∈R ).(1) 当x >1时,求函数f (x )的单调区间和极值;(2) 若对于任意x ∈[e,e 2],都有f (x )<4ln x 成立,求实数k 的取值范围; (3) 若x 1≠x 2,且f (x 1)=f (x 2),证明:x 1x 2<e 2k .. 思路分析 (1) 只要注意对k 的讨论. (2) 分离出k ,转化为k >K (x )恒成立问题.(3) 先说明0<x 1<e k<x 2,从而只要证e k<x 2<e 2k x 1,只要证f (x 1)=f (x 2)<f ⎝⎛⎭⎫e 2k x 1.转化为关于x 1的不等式对0<x 1<e k 恒成立问题.规范解答 (1) f ′(x )=ln x -k ,其中x >1.(1分)∈若k ≤0,则x >1时,f ′(x )>0恒成立,f (x )在(1,+∞)上单调递增,无极值;(2分) ∈若k >0,则f (x )在(1,e k ]上单调递减,在[e k ,+∞)上单调递增,(4分) 有极小值f (e k )=-e k ,无极大值.(5分)(2) 问题可转化为k >⎝⎛⎭⎫1-4x ln x -1对x ∈[e,e 2]恒成立.(7分) 设K (x )=⎝⎛⎭⎫1-4x ln x -1,则K ′(x )=4x 2ln x +⎝⎛⎭⎫1-4x 1x =4x 2(ln x -1)+1x. 当x ∈[e,e 2]时,K ′(x )≥1x >0,所以K (x )在[e,e 2]上单调递增,K (x )max =K (e 2)=1-8e 2.(9分)所以实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1-8e 2,+∞.(10分) (3) 因为f ′(x )=ln x -k ,所以f (x )在(0,e k ]上单调递减,在[e k ,+∞)上单调递增.不妨设0<x 1<e k<x 2.要证x 1x 2<e 2k ,只要证x 2<e 2kx 1.因为f (x )在[e k,+∞)上单调递增,所以只要证f (x 1)=f (x 2)<f ⎝⎛⎭⎫e 2kx 1,即要证(ln x 1-k -1)x 1<(k -ln x 1-1)e2kx 1.(12分)令t =2(k -ln x 1)>0,只要证(t -2)e t +t +2>0.设H (t )=(t -2)e t +t +2,则只要证H (t )>0对t >0恒成立.H ′(t )=(t -1)e t +1,H ″(t )=t e t >0对t >0恒成立.所以H ′(t )在(0,+∞)上单调递增,H ′(t )>H ′(0)=0.(14分)所以H (t )在(0,+∞)上单调递增,H (t )>H (0)=0. 综上所述,x 1x 2<e 2k .(16分)例6、(2019南通、泰州、扬州一调)已知函数f(x)=ax +ln x(a∈R ).(1) 讨论f (x )的单调性;(2) 设f (x )的导函数为f ′(x ),若f (x )有两个不相同的零点x 1,x 2.∈求实数a 的取值范围;∈证明:x 1f ′(x 1)+x 2f ′(x 2)>2ln a +2.思路分析 (1)求导函数f′(x),对a 分类讨论,确定导函数的正负,即可得到f(x)的单调性(2)∈根据第(1)问的函数f(x)的单调性,确定a>0,且f(x)min =f(a)<0,求得a 的取值范围,再用零点判定定理证明根的存在性.∈ 对所要证明的结论分析,问题转化为证明x 1x 2>a 2,不妨设0<x 1<a<x 2,问题转化为证明x 1>a 2x 2,通过对f(x)的单调性的分析,问题进一步转化为证明f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 2),构造函数,通过导数法不难证得结论.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=x -ax2.(1.1)当a≤0时,f′(x)>0成立,所以f(x)在(0,+∞)为增函数;(2分)(1.2)当a>0时,(i )当x>a 时,f′(x)>0,所以f(x)在(a,+∞)上为增函数;(ii )当0<x<a 时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,a)上为减函数.(4分)(2)∈由(1)知,当a≤0时,f(x)至多一个零点,不合题意;当a>0时,f(x)的最小值为f(a),依题意知f(a)=1+ln a<0,解得0<a<1e.(6分)一方面,由于1>a,f(1)=a>0,f(x)在(a,+∞)为增函数,且函数f(x)的图像在(a,1)上不间断.所以f(x)在(a,+∞)上有唯一的一个零点. 另一方面, 因为0<a<1e ,所以0<a 2<a<1e .f(a 2)=1a +ln a 2=1a +2ln a,令g(a)=1a +2ln a,当0<a<1e 时,g′(a)=-1a 2+2a =2a -1a 2<0,所以f(a 2)=g(a)=1a+2ln a>g ⎝⎛⎭⎫1e =e -2>0 又f(a)<0,f(x)在(0,a)为减函数,且函数f(x)的图像在(a 2,a)上不间断.所以f(x)在(0,a)有唯一的一个零点. 综上,实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0,1e .(10分) ∈ 设p =x 1f′(x 1)+x 2f′(x 2)=1-a x 1+1-ax 2=2-⎝⎛⎭⎫a x 1+a x 2. 又⎩⎨⎧ln x 1+a x 1=0,ln x 2+a x 2=0,则p =2+ln (x 1x 2).(12分)下面证明x 1x 2>a 2.不妨设x 1<x 2,由∈知0<x 1<a<x 2. 要证x 1x 2>a 2,即证x 1>a 2x 2.因为x 1,a 2x 2∈(0,a),f(x)在(0,a)上为减函数,所以只要证f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 1).又f(x 1)=f(x 2)=0,即证f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 2).(14分) 设函数F(x)=f ⎝⎛⎭⎫a 2x -f(x)=x a -a x -2ln x +2ln a(x>a). 所以F′(x)=(x -a )2ax 2>0,所以F(x)在(a,+∞)为增函数.所以F(x 2)>F(a)=0,所以f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 2)成立. 从而x 1x 2>a 2成立.所以p =2+ln (x 1x 2)>2ln a +2,即x 1f′(x 1)+x 2f′(x 2)>2ln a +2成立.(16分)解题反思 1. 第(2)∈中,用零点判定定理证明f(x)在(0,a)上有一个零点是解题的一个难点,也是一个热点问题,就是当0<a<1e 时,要找一个数x 0<a,且f(x 0)>0,这里需要取关于a 的代数式,取x 0=a 2,再证明f(a 2)>0,事实上由(1)可以得到x ln x≥-1e ,而f(a 2)=1a +ln a 2=1+2a ln a a>0即可.2. 在(2)∈中证明x 1x 2>a 2的过程,属于构造消元构造函数方法,将两个变量x 1,x 2转化为证明单变量的问题,这一处理方法,在各类压轴题中,经常出现,要能领悟并加以灵活应用二、达标训练1、(2018常州期末)已知函数f(x)=ln x(x +a )2,其中a 为常数.(1) 若a =0,求函数f(x)的极值;(2) 若函数f(x)在(0,-a)上单调递增,求实数a 的取值范围;(3) 若a =-1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x 0,求证:f(x 0)<-2.思路分析 第一小问,利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤,必须掌握!也是解决后面问题的基础;第二小问,由函数在(0,-a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号,转化为含参数的恒成立问题;第三小问,关键是找到零点的大致范围,还是利用导数求最大值、最小值的方法.规范解答 (1) 当a =0时,f(x)=ln xx 2,定义域为(0,+∞).f′(x)=1-2ln x x 3,令f′(x)=0,得x =e .当x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:所以当x =e 时,f(x)的极大值为12e ,无极小值.(4分)(2) f′(x)=1+ax-2ln x (x +a )3,由题意f′(x)≥0对x∈(0,-a)恒成立.因为x∈(0,-a),所以(x +a)3<0,所以1+ax -2ln x≤0对x∈(0,-a)恒成立.所以a≤2x ln x -x 对x∈(0,-a)恒成立.(6分)令g(x)=2x ln x -x,x∈(0,-a),则g′(x)=2ln x +1.∈若0<-a≤e -12,即0>a≥-e -12,则g′(x)=2ln x +1<0对x∈(0,-a)恒成立,所以g(x)=2x ln x -x 在(0,-a)上单调递减,则a≤2(-a)ln (-a)-(-a),所以ln (-a)≥0,所以a≤-1与a≥-e -12矛盾,舍去;∈若-a>e -12,即a<-e -12,令g′(x)=2ln x +1=0,得x =e -12,当0<x<e -12时,g′(x)=2ln x +1<0,所以g(x)=2x ln x -x 单调递减,当e -12<x<-a 时,g′(x)=2ln x +1>0,所以g(x)=2x ln x -x 单调递增,所以当x =e -12时,g(x)min =g(e -12)=2e -12·lne -12-e -12=-2e -12,所以a≤-2e -12.综上,实数a 的取值范围是(-∞,-2e -12].(10分)(3) 当a =-1时,f(x)=ln x(x -1)2,f′(x)=x -1-2x ln x x (x -1)3.令h(x)=x -1-2x ln x,x∈(0,1),则h′(x)=1-2(ln x +1)=-2ln x -1,令h′(x)=0,得x =e -12.∈当e -12≤x<1时,h′(x)≤0,所以h(x)=x -1-2x ln x 单调递减,h(x)∈(0,2e -12-1],x∈(0,1),所以f′(x)=x -1-2x ln x x (x -1)3<0恒成立,所以f(x)=ln x (x -1)2单调递减,且f(x)≤f(e -12).(12分)∈当0<x≤e -12时,h′(x)≥0,所以h(x)=x -1-2x ln x 单调递增,其中h ⎝⎛⎭⎫12=12-1-2·12·ln 12=ln 4e>0, h(e -2)=e -2-1-2e -2·lne -2=5e2-1<0,所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫e -2,12,使得h(x 0)=0,所以f′(x 0)=0,当0<x<x 0时,f′(x)>0,所以f(x)=ln x(x -1)2单调递增;当x 0<x≤e -12时,f′(x)<0,所以f(x)=ln x (x -1)2单调递减,且f(x)≥f(e -12),(14分)由∈和∈可知,f(x)=ln x(x -1)2在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,所以当x =x 0时,f(x)=ln x(x -1)2取极大值.因为h(x 0)=x 0-1-2x 0ln x 0=0,所以ln x 0=x 0-12x 0,所以f(x 0)=ln x 0(x 0-1)2=12x 0(x 0-1)=12⎝⎛⎭⎫x 0-122-12.又x 0∈⎝⎛⎭⎫e -2,12∈⎝⎛⎭⎫0,12,所以2⎝⎛⎭⎫x 0-122-12∈⎝⎛⎭⎫-12,0,所以f(x 0)=12⎝⎛⎭⎫x 0-122-12<-2.(16分) 2、(2017南京学情调研)已知函数f (x )=ax 2-bx +ln x ,a ,b ∈R .(1) 当a =b =1时,求曲线y =f (x )在x =1处的切线方程; (2) 当b =2a +1时,讨论函数f (x )的单调性;(3) 当a =1,b >3时,记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点是x 1和x 2 (x 1<x 2),求证:f (x 1)-f (x 2)>34-ln2.思路分析 (1) 通过求出f ′(1),f (1)的值,利用点斜式求出切线的方程;(2) 研究单调性,通过求出导函数f ′(x ),然后研究f ′(x )的正负,分类讨论,确定分类的标准是a ≤0,a >0,在a >0时,再按12a <1,12a =1,12a>1分类;(3) 要证明此不等式,首先要考察x 1,x 2的范围与a ,b 的关系,由已知求出f ′(x )=2x 2-bx +1x (x >0),因此x 1,x 2是方程g (x )=2x 2-bx +1=0的两根,x 1x 2=12,粗略地估计一下,由于g ⎝⎛⎭⎫12=3-b 2<0,g (1)=3-b <0,因此有x 1∈⎝⎛⎭⎫0,12,x 2∈(1,+∞),由此可知f (x )在[x 1,x 2]上为减函数,从而有f (x 1)-f (x 2)>f ⎝⎛⎭⎫12-f (1),这里f ⎝⎛⎭⎫12-f (1)=b 2-34-ln2>34-ln2,正好可证明题设结论.规范解答 (1) 因为a =b =1,所以f (x )=x 2-x +ln x , 从而f ′(x )=2x -1+1x.因为f (1)=0,f ′(1)=2,所以曲线y =f (x )在x =1处的切线方程为y -0=2(x -1),即2x -y -2=0.(3分) (2) 因为b =2a +1,所以f (x )=ax 2-(2a +1)x +ln x ,从而f ′(x )=2ax -(2a +1)+1x =2ax 2-(2a +1)x +1x =(2ax -1)(x -1)x,x >0.(5分)当a ≤0时,若x ∈(0,1),则f ′(x )>0;若x ∈(1,+∞),则f ′(x )<0,所以f (x )在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.(7分)当0<a <12时,由f ′(x )>0得0<x <1或x >12a ;由f ′(x )<0得1<x <12a ,所以f (x )在区间(0,1)和⎝⎛⎭⎫12a ,+∞上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎫1,12a 上单调递减. 当a =12时,因为f ′(x )≥0(当且仅当x =1时取等号),所以f (x )在区间(0,+∞)上单调递增.当a >12时,由f ′(x )>0得0<x <12a 或x >1;由f ′(x )<0得12a <x <1,所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎫12a ,1上单调递减.(10分) (3) 证法1 因为a =1,所以f (x )=x 2-bx +ln x ,从而f ′(x )=2x 2-bx +1x(x >0).由题意知,x 1,x 2是方程2x 2-bx +1=0的两个根,由根与系数的关系可得x 1x 2=12.记g (x )=2x 2-bx +1,因为b >3,所以g ⎝⎛⎭⎫12=3-b 2<0,g (1)=3-b <0,所以x 1∈⎝⎛⎭⎫0,12,x 2∈(1,+∞),且bx i =2x 2i +1(i =1,2),(12分)所以f (x 1)-f (x 2)=(x 21-x 22)-(bx 1-bx 2)+ln x 1x 2=-(x 21-x 22)+ln x 1x 2. 因为x 1x 2=12,所以f (x 1)-f (x 2)=x 22-14x 22-ln(2x 22),x 2∈(1,+∞).(14分) 令t =2x 22∈(2,+∞),φ(t )=f (x 1)-f (x 2)=t 2-12t-ln t .因为φ′(t )=(t -1)22t 2≥0,所以φ(t )在区间(2,+∞)上单调递增,所以φ(t )>φ(2)=34-ln2,即f (x 1)-f (x 2)>34-ln2.(16分)证法2 因为a =1,所以f (x )=x 2-bx +ln x ,从而f ′(x )=2x 2-bx +1x(x >0).由题意知,x 1,x 2是方程2x 2-bx +1=0的两个根.记g (x )=2x 2-bx +1,因为b >3,所以g ⎝⎛⎭⎫12=3-b 2<0,g (1)=3-b <0,所以x 1∈⎝⎛⎭⎫0,12,x 2∈(1,+∞),且f (x )在[x 1,x 2]上为减函数.(12分)所以f (x 1)-f (x 2)>f ⎝⎛⎭⎫12-f (1)=14-b 2+ln 12-(1-b )=-34+b2-ln2. 因为b >3,所以f (x 1)-f (x 2)>-34+b 2-ln2>34-ln2.(16分)3、已知函数()()2ln 2,g x x ax a x a R =-+-∈.(1)求()g x 的单调区间;(2)若函数()()()212f x g x a x x =++-, 1212,()x x x x <是函数()f x 的两个零点, ()f x '是函数()f x 的导函数,证明: 1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭'. 【解析】试题分析:(1)先求函数导数,根据导函数是否变号进行讨论,当0a ≤时, ()0g x '>, ()g x 递增,当0a >时,导函数有一零点,导函数先正后负,故得增区间为10,a ⎛⎫⎪⎝⎭,减区间为1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭;(2)利用分析法先等价转化所证不等式:要证明1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭',只需证明121212ln ln 20x x x x x x --<+- 12(0)x x <<,即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+,即证明12112221ln 1x x xx x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+,再令()120,1x t x =∈,构造函数()()1ln 22h t t t t =+-+,利用导数研究函数()h t 单调性,确定其最值: ()h t 在()0,1上递增,所以()()10h t h <=,即可证得结论. 试题解析:(1) ()g x 的定义域为()0,+∞, ()()122g x ax a x-'=+- 当0a ≤时, ()0g x '>, ()g x 递增当0a >时, ()()()()()2221211122ax a x x ax g x ax a x x x-+-++-'+=-+-==()()10,0,xg x g x a '<递增; ()()1,0,x g x g x a'><递减 综上:∈当0a >时, ()g x 的单调增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭当0a ≤时, ()g x 的单调增区间为()0,+∞即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+,即证明()12112221ln *1x x xx x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+令()120,1x t x =∈,则()()1ln 22h t t t t =+-+ 则()1ln 1h t t t +'=-, ()2110h t t t -'=<' ∈()h t '在()0,1上递减, ()()10h t h ''>=,∈()h t 在()0,1上递增, ()()10h t h <=所以()*成立,即1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭' 4、已知函数()ln (,f x ax x b a b =+为实数)的图像在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-. (1)求实数,a b 的值及函数()f x 的单调区间;(2)设函数()()1f x g x x+=,证明()()1212()g x g x x x =<时, 122x x +>.5、过点P(−1,0)作曲线f(x)=e x的切线l.(1)求切线l的方程;(2)若直线l与曲线y=a f(x) (a∈R)交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),求证:x1+x2<−4.试题分析:(1)先根据导数几何意义求切线斜率y′|x=0=1,再根据点斜式求切线方程y=x+1.因为x1≠x2,不妨设x1<−2,x2>−2.设g(x)=f(x)−f(−4−x),则g′(x)=f′(x)+f′(−4−x)=(x+2)e x(1−e−2(2+x)),当x>−2时,g′(x)>0,g(x)在(−2,+∞)单调递增,所以g(x)>g(−2)=0,所以当x>−2时,f(x)>f(−4−x).因为x2>−2,所以f(x2)>f(−4−x2),从而f(x1)>f(−4−x2),因为−4−x2<−2,f(x)在(−∞,−2)单调递减,所以x1<−4−x2,即x1+x2<−4.。

专题:极值点偏移问题

专题:极值点偏移问题

极值点偏移问题的解法探究极值点偏移问题在高考中很常见,此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力,层次性强,能力要求较高.极值点偏移(()00f x '=)二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+= 一、常规方法——对称化构造例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1x =对称,证明:当1x >时,()()f x g x >; (3)如果12x x ≠,且()()12f x f x =,证明:122x x +>.()()1220112022f x f x x x x x x 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,有以下三个关键点:(1)1x ,2x 的范围(121x 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()()()22e 1xf 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 21e21ee x xxx F x f x f x x a x a 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 +<.注意: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值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.练习1.已知函数()ln f x x =和()g x ax =,若存在两个实数1x ,2x ,且12x x ≠,满足()()11f x g x =,()()22f x g x =,求证:(1)122e x x +>;(2)212e x x >.二、偏移新花样——拐点偏移拐点偏移()()00f x ''=()()()12012022f x f x f x x x x +=⇒+=()()()120201120222fx f x f x x x x x x x +=⇒>-⇒+>例4. 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 +≥。

极值点偏移问题专题 —拐点偏移PK极值点偏移常规套路

极值点偏移问题专题 —拐点偏移PK极值点偏移常规套路

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) 极值点偏移问题专题(1)——对称化构造(常规套路) 极值点偏移问题专题(2)——函数的选取(操作细节) 极值点偏移问题专题(3)——变更结论(操作细节) 极值点偏移问题专题(4)——比值代换(解题方法) 极值点偏移问题专题(5)——对数平均不等式(本质回归)极值点偏移问题专题(6)——泰勒展开(本质回归)极值点偏移问题专题(7)——好题精选一题多解23例极值点偏移问题专题(8)——利用对数平均不等式处理极值点偏移压轴难题 极值点偏移问题专题(9)——一题学懂极值点偏移五大处理套路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()()1221212212x 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 '''=--⎛⎫⎛⎫=++-+-+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭()()141102x x x ⎛⎫=--≥ ⎪ ⎪-⎝⎭,得()Fx 在(]0,1上单增,有()()()1214F x F ≤=+=,得证。

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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
41102x 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 ''=
()()()12012022f 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
) 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1x =对称,证明:当1x >时,
()()f x g x >;
(3)如果12x x ≠,且()()12f x f x =,证明:
()()12201
120
22f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>()()()120201120
222f x f x f x x x x x x x +=⇒>-⇒+>
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 ⎛⎫ ⎪⎝⎭

,在1
,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭

;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:
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()()2
0x F x f x f x ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
),求导,限定围(1x 或2x 的围),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.。

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