极值点偏移系统整理(教师版)

1、 / 45专题01初识极值点偏移、极值点偏移的含义众所周知，函数f(x)满足定义域内任意自变量x都有f(x)= f(2m x),则函数f(x)关于直线x= m对称；可以理解为函数 f(x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若 f(x)为单峰函数，则x=m必 为f(x)的极值点.如二次函数 f(x)的顶点就是极值点xc若f(x)=c的两根的中点为吗上,则刚好x-i + xo有二L= xc即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数f(x)的极值点为m,且函数f(x)满足定义域内x=m左侧的任意自变量 x都有f(x)f(2m x)或f(x) vf(2m

2、x),则函数f(x)极值点m左右侧变化快xi + x2.慢不同.故单峰函数f(x)7E义域内任息不同的头数xi, x2满足f(xi)=f(x2),则一2一与极值点m必有确定的大小关系：若 mv%上,则称为极值点左偏；若m%上,则称为极值点右偏.如函数吗逸的左边，我们称之为极值点左偏.1,若函数f(x)存在两个零点xi , x2且xWx2,求证：x + x22xo(xo为函数f(x)的极值点)；2,若函数f(x)中存在xi, x2且xWx2满足f(xi) = f(x2),求证：xi + *2 2xo(xo为函数f(x)的极值点)； , ，一. . ,l . 人Xl + X2 4、十,.若函数f(

3、x)存在两个零点 X1, X2且XWX2,令X0 = 2,求证：f X0)0;X1+X2 十 ，/.若函数 f(X)中存在X1,X2 且XWX2满足 f(Xi) = f(X2),令X0=,求证：fX0) 0 .三、问题初现，形神合聚 函数 f(X)= X22x+ 1 + aeX有两极值点 X1, x2,且 X1VX2.证明：X1 + X24.1【解析】令g(X)=f x)=2x2+ ae ,则X1, x2为函数g(X)的两个手点，令g(X)=0得，a=京01一一. 1一 ,一、一. 2),令 h(x)= - -x(2x- 2),则 h(X1)=h(X2),则 h x) = x(2x- 4),故

4、 h(x)在区间(一. 2)上单倜递 ee减，在区间(2,+ 8止单调递增,故 X1V2VX2，令 H(x)=h(2 + x) h(2 x),则 Hx) =2x(e2-X2-x.-e )2_x 2 4xe e当 0vxv2 时，H x)0, H(x)单调递减，故 H(x)H(0)=0,故 h(2 +x)v h(2 x),故 h(x1)=h(x2) = h2 + (X22)vh2 (X22) = h(4X2),因 x12, 4-X24 x2,即 x1 + x24.已知函数f(x) = lnx的图象C1与函数g(x) = 2ax2+bx(aw0)的图象C2交于P, Q,过PQ的中点R作x轴的垂线分

5、别交 C1，G于点M, N,问是否存在点 R,使5在M处的切线与C2在N处的切线平行？若存在，求出 R的横坐标；若不存在，请说明理由.八上5 一， X + X2y + y2, x+x2【分析】设 P(X1, y1) ,Q(X2, y2)(X1WX2),则 R(2 ，2 )，点M，N 的横坐标XM = Xn= -2 ，X1,X2为函数F(x) = f(x)g(x)的两个零点，原问题即探究f X1 ； x2), g X1 ；x2)的大小关系,即Fx12x2)=f华2) g 斗产)的符号，实质也是探究 F(x)的极值点是否偏移中点.四、招式演练过点P(-1, 0)作曲线f(x)=eX的切线1.求切线

6、l的方程;A(xi, yi), B(X2, 丫2),求证：Xl+X2 4.【解析】(1).fx)=eX,设切点(X0, y0),则 y0=ex0, ej3，解得，Xo=0,故f (0)1,故切线1.右直线l与曲线y= a?，x(aC R)交于不同的两点方程为y= x+ 1 ； .依题意得，(Xi+1)3=(X2+1)52,设 g(X)=(X+ 1)ex,则 gX)=(X+2)eX,当 XV 2 时，gX) 2时，gX)0；故g(X)在(一8, 2)上单调递减，在(2, +8单调递增，因X1WX2, 不妨设 X1 - 2,设 h(x)=g(x)-g(-4-x),则 hx)=gx)+g44x)=(

7、x+ 2)1 - e 2(2+ x)ex,当 X2 时，hx)0, h(x)在(一2, +8详l调递增，故 h(x)h( 2)=0,故当 x2 时， g(x)g(- 4-x).因 X2- 2,故 g(x2)g(-4-X2),从而 g(X1) g(- 4-X2),因一4X2 2，g(x) 在(OO, 2)单调递减，故 X1V 4 X2,即 X1 +X2 V 4.极值点偏移问题在 近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策，而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参 数的. 其实，此类问题处理的手段有很多，方法也就有很多，下面我们来

8、逐一探索！专题02:极值点偏移利器一极值点判定定理一、极值点偏移的判定定理对于可导函数y=f(x),在区间(a, b)上只有一个极大(小)值点X0,方程f(x) = 0的解分别为x1， x2,且 ax1x2b,X1 Xoi 一一,一、一， ,.右f(X1)vf(2X0 X2),则一2)X0,即函数y = f(x)在区间(X1, X2)上极(小)大值点X0右(左) 偏；X1 + X2.若f(X1)f(2X0 X2),则2()X0,即函数y = f(x)在区间(X1, X2)上极(小)大值点X0右(左) 偏.证明：.因对于可导函数y=f(x),在区间(a, b)上只有一个极大(小)值点X0,则函数

9、f(x)的单调递增(减)区间为(a, X0),单调递减(增)区间为(X0, b),由于aX1VX2b,有且2% x?X1 + X2X0,又 f(X1)vf(2X0X2),故 X1)2X0-X2,故-2-)X0,即函数极(小)大值点 X0 右(左)偏； .证明略.左快右慢(极值点左偏？ m v x1磬)左慢右快(极值点右偏？ mx1；xj左慢右快(极值点右偏？ mx1-2-x2)左快右慢(极值点左偏？ mv *2)二、运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：.求出函数f(x)的极值点Xo；.构造一元差函数 F(x)= f(x0+x)f(x0 x);.确定函数F(x)的单调性；.结合F(0)

10、 = 0,判断F(x)的符号,从而确定f(x0+x)、f(x0 x)的大小关系.口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.2、抽化模型答题模板：若已知函数f(x)满足f(x1)= f(x2), xo为函数f(x)的极值点，求证：xi+x2F(xo)=f(xo)f(xo) =o,从而得到：x% 时，f(xo+x)f(xo-x).不妨设XiXoX0 时,f(Xo + X)f(XoX)且 X1VX0VX2, f(Xi)=f(X2),故 f(Xl)=f(X2)=fX0十(X2X0) fX0(X2Xo) = f(2X0X2),又 X1X0, 2X0X2 Xo 且 f(X)在(

11、一8, Xo)上单调递减，从而 得到 X1V2X0 x2,从而 X1 + X2 V 2x0 得证.若要证明f 2*)0,还需进一步讨论x詈与Xo的大小，得出 吗*所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因Xi + X22Xo,故，一“、一，X1 + X2Xo,由于f(x)在(一8, Xo)上单倜递减，故 f -e2一)2.【解析】容易求得第问：f(X)在(8, 1)上单调递增，在(1, +8止单调递减，故f(X)的极大值为 f(1) = ：第问构造函数F(x)= f(1 + X)-f(1 -X)= (1 + X)e (1 +X)- (1 - X)e (1

12、X),则 F,x)=xeX 1-e(1 + X),当 x0 时，Fx)0,故 F(x)在(0, +8 止单调递增，又 F(0)=0,故 F(x)F(0)=0,即 f(1 + X)f(1 -X),因 X1WX2,不妨设 X1X2,由得，X11,故 f(X1) = f(x2) = f1 +(X2 1)f1 (X21) = f(2 X2).因 X21,故 2-X22-X2,即 X1 + X2 2.函数 f(x) = x4 4x3与直线 y=a(a 1)交于 A(X1, a)、B(X2, a)两点.证明：X1+X2V2. 33【解析】设X1VX2,函数f(X)= X44x3的单调递减区间为(00, 1

13、),单调递增区间为(1, +8),有 3X21,设 F(x)=f(1 + x)f(1x),则 Fx)=8(3x22x+1)0,故 F(x)单调递增区间为(8, + 8), 又 F(0)=0,故当 x0 时，F(x)F(0) = 0,即当 x。时，f(1 + x)f(1-x), f(x1) = f(x2) = f1 + (x2 -1)f1 -(x2-1)=f(2-x2),又 x21,故 2 x21,又 f(x)在(8, 1)上单调递增，故 x12 x2,即 x1+x24. x2【解】由函数f(x)= -+ lnx单倜性可知：育f(x1)=f(x2),则必有x12vx2,故4 x12,而f(x1)

14、 x22222，8(x-2)f(4-x1)=+ lnx1一+ ln(4 x1)，令 h(x) = -+ lnx+ln(4 -x),则 h x)=- -2x14 -x1x 4 - xx (4 - x)h(2) = 0,故 f(x1)f(4 x1)0,即 f(x1)f(4 x1)，故 f(x2) f(4 - x2),故 x + x24.已知函数f(x) = (x- 2)ex+ a(x1)2有两个零点.设 x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2V2.【解析】不妨设x1x2,由题意知，f(x1) = f(x2)=0,要证不等式成立，只需证当x11x2时，原不等式成立即可.令 F(x)=f(1

15、 + x)-f(1-x),则 Fx) = x(e1xe1+x),当 x0 时，Fx)v0,故 F(x) vF(0) = 0,即 f(1 +x)vf(1x),令 x=1x1，则 f(x2) = f(x1)=f1 -(1-x1)f1 + (1 -x1)=f(2-x1), 即 f(x2)vf(2 x1)，而x2,2-x1 (1 , +8),且 f(x)在(1 , +8止单调递增，故x22-xn即x1 +x20 时，f x)0 在 xC (- R + 8时成立，故f(x)在(8, +8止单调递增，f(x)无极值.当a0时，fx) = ex+a=0解得， x= ln( - a),由 f x00 得，xl

16、n( a),故 f(x)在(一0, ln( a)上单调 递减，在(ln( a), + 8止单调递增，故 f(x)有极小值f(ln( - a) = - a1 - ln( - a).当 a=- 1 时，f(x)=ex-x 的定义域为(8, +8),，x)=ex1,由 f x) = ex-1 = 0,解得 x=0.当 x变化时，fx), f(x)变化情况如 下表:x( 8, 0)0(0, +8)fx)一0十f(x)单调递减极小值单调递增因 xwx2,且 f(x1) = f(x2),则 xi0 x2(不妨设 xix2),设函数 F(x) = f(x) f( x) = eJ 2x(xv e0),故 Fx

17、)=ex+4一2,因当 xv 0 时，0v ex2,故当 xv 0 时，Fx)0,故函数 eeF(x)在(8, 0)上单调递增,故 F(x)vF(0)=0,即当 xv 0 时,f(x)f(-x),因 xi0,故 f(x1)v f(xi),又 f(xi)=f(x2),故 f(x2) f( xi),因 f(x)在(0, + 8 止单调递增，因04a.fz x)= -(i 2ax2)(x 0)x、D.当awo时，x)0函数f(x)在(0, +8止单调递增，不可能有两个零点;f(x)的极大值为-2+1,由_ 1+In(2a) 0 得，0vav 2e；因 f(e a) = _ ae 2a+ 1n(e当

18、a0 时，fx)=0, x=7=, 2axi(0,南i V2a1,、+ 8)V2af xO十0一f(x)极大值a)=a(i + e 2a)0时，f(x)的极大值为i-+1nii .2,故 a=2,令 F(x) = f(x)-f(2-x),则 F，x)=i-L-2,令 Fx)=0 得，x=i, x x-2X(0, 1)1(1 , +8)Fx)十0一F(x)极大值因 Xi1X2,故 F(Xi)= f(xi) f(2 Xi)v F(1) = 0,即 f(xi)vf(2 Xi),又 f(xi)= f(x* 故 f(&)vf(2 Xi),又 f(x)在(1 , + 8)上单调递增，因X1V1VX2,2-

19、Xi1 ,故Xi2X2,故Xi+ X22.专题03极值点偏移第一招一不含参数的极值点偏移问题函数的极值点偏移问题，其实是导数应用问题，呈现的形式往往非常简洁，涉及函数的双零点, 是一个多元数学问题，不管待证的是两个变量的不等式， 还是导函数的值的不等式，解题的策略都 是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.X例.(10 天津理)已知函数 f(x)=r(xe R),若 X1WX2,且 f(Xi)=f(X2),证明：Xi+X22. e、1【解一】(判7E7E理)f X)=(1x),易得，f(X)在(8, 1)上单倜递增，在(1, + 8止单倜递减,e当 X 8时，f(

20、x) f oo, f(0) = 0,当 x- 十 8时，f(x) -0,函数f(x)在x= 1处取得极大值f(1)1=-，如图所不，由f(Xi) = f(X2), X1WX2,不妨e设x1V x2,则必有0Vxi0,故 F(x)在(0, 1上单调递增,F(x)F(0) = 0,即 f(1+x)f(1-x)对 xC (0, 1恒成立.由 0vxi1vx2,则 1-xi (0, 1,故 f1+(1 xi) = f(2xi)f1 (1 xi) = f(xi) = f(X2), 即 f(2 x1)f(x2),又 2 x1，x2C(1, +8),且 f(x)在(1 , + 8止单调递减，故 2x1V x

21、2,即证 x1【解二】欲证Xi+ X22,即证X22-Xi,由法一知，0vxi1vx2,2 Xi,X2 (1 , +8),又 f(x)在(1 , + 8止单调递减，故只需证f(X2)0,则 H(x)在(0, 1)上单调递增，故 H(x)vH(1) = 0,即已证明 H(x)2亦成立.【解三】由f(x1) = f(x2)得，x1eX1 = X2e x2,化简得，em”=劭，不妨设X2x1,由法一知，0vx1X1V1VX2.令t=X2-X1,则 t0,X2=t+X1,代入式得，et=氐t+x1),反解出X1=t(et1)T,则X1+ x2= 2X1+ t= t+2t(et- 1) 1,故要证 X1

22、 + x22,即证 t+2t112,又 910,等价于 证 明：2t+(t2)(81)0，构造函数 G(t)=2t+(t 2)(et1)0(t0),则 G t)= 1 + (t1)eM G t)(= tet0,故Gt) (0, +8止单调递增，Gtx G (0)0,从而G(t)也在(0, +8止单调递增，G(t)G(0)=0,即证成立，亦即可原不等式x1 + x2 2亦成立.【解四】由解三中式，两边同时取以e为底的对数得,X2 InX2X1AX2 X1 = In= Inx2 lnx1, 即=1,X2InX1而 XI + X2= (X1 + X2)/ X2 X1X2 XX2 - X1X2In 一

23、X1X21匚In* X21X1IX1令t=X2(t1)，则欲证X + X22,等价1rl 1 一 t于证明一工tlnt2凯构造M(t)= )lnt(t 1),则 M th ；(t2 1 2tlnt)(t 1) 2,又令(Xt) = t2-1-2tlnt(t1),则 力戈=2(t-1-lnt),由于 t1lnt 小寸？tC(1, 十夕恒成立，故 3tx0,旭)在(1, 十丐上单调递增，故 黑) M1)= 0,从而MtX0故M在(1 , +上单调递增,由洛比塔法则知：Iim M =Iim (t+1)Int =Iim (t+1)Int x-1x1t 7x-i(t7)t+ 1r,、lim (丁+lnt

24、)=2,即证 M(t)X 1t2,即证式成立，也即原不等式 X1+X22成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式,方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三 ，、四则是利用构 造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.例.(13湖南文)已知函数f(X) =X2+1(1 x)e: 证明：当 f(X1)= f(X2)(XWX2)时，X1+X20,1X2+1(1 X) 0,故 f(X)0；同理，当 X1 时，f(X)V0.当 f(X1) =f(X2)(X1 W X2)时，不妨设 X1 X2,由函数的单调性知,xe ( 8, 0), X2

25、C (0, 1).1V 11V卜面证明：？xC(0, 1), f(x)f(-x),即证 X2(1x)eX X217(1 + x)e-X,此不等式等价于 ex(1x)-(1x(1 + x)0,令 F(x) = eX(1x) eX(1+x), xC (0, 1),则 F&)= 32),当 xC(0, 1), F，x)x1 0, F(x)单倜递减,从而 F(x)vF(0)=0,即 e (1 x) r(1 + x)v 0,故？xC (0, 1), f(x)vf(x), e、而 x2C(0, 1),故 f(x2) Vf(x2),又 f(xi)=f(x2),从而 f(xi)Vf(x* 又 xi , 一 x

26、? C ( oo,。)，且 f(x) 在(OO, 0)上单调递增，故 xV x2,即x1 + x2 1 ,解得：x1 + x2 2 ,已知函数 f(x) = x+lnx.求函数f(x)的单调区间；.若方程f(x)= m(mv 2)有两个相异实根x1，x2,且xvx2,证明：xx2v2.1 x【解析】.f(x) = x+lnx 的te义域为(0, +), f x) =,令 f x)=0 得，x=1,当 xC (0, 1),xfx)0, f(x)在(0, 1)上单调递增，当 xC(1, +8), f x)0, f(x)在(1, +8)上单调递减；.由可设f(x)= m的两个相异实根分别为 x1，x

27、2满足一m x+lnx=0,且0小1,m-x1+ lnx1= - m-x2 + lnx2= 0,由题意知，一x2+lnx2= mv 2v 2 +ln2,又由知，f(x) = -x TOC o 1-5 h z + lnx在(1, + 8递减，故 x22,故 0vx1, 2?-22),则 ht)=t 3 (t+1)(t2)2,当 t2 时， x2tht)v 0, h(t)在(2, +8 止单调递减故 h(t)h(2) = |+2ln2,故当 x22 时，g(x1) g(2?2) v 0,2x2即 g(x1)vg(2?4),因 0 x1, 2?Nv1, g(x)在(0, 1)上单调递增，故 x12?

28、2,即为42. x2x2x22综上所述，x1x22.【解析】思路一：函数f(x)的两个零点，等价于方程eXx= 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x1, x2,故x1 = aex1，x2=aex2，+得，x1 + x2= a(ex1+ex2), 要证明 xi + x2 2,只要证明 a(ex1 + ex2) 2,一得，xi x2= a(ex1 ex2),即 a= (xi x2)(ex1 ex2)一ex1ex21，即证 x2)-x e -e为-x2

29、rre2,即(xix2)_xl也 e1t一 2,不妨设 xix2,记 t = xi -x2,则 t0, et-1一etq1ret-1u -11,因此只要证明：te12,即t2-1 0,再次换元令et=u1,则t=lnu,即证一2_u_1(u -1)2F u)= 二 u(u 1)e -1e 1u 1+ lnu0, uC (1, +oo)构造新函数 F(u)= 21 + lnu, F(1) = 0,求导得,u 10,得F(u)在(1, +8止递增，故F(u)0,故原不等式X1 + x22获证.例2.已知函数f(x)=ax+ lnx,a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，X2,证明：X1X2e2.

30、【解一】f(x) = 0,即ax= lnx,即aelnx=lnx,x1,x2是方程f(x)=0的两根,即aenx=lnx的两根,则lnx1,lnx2为方程 x=aex的两根，u1=lnxru?= Inx2,g(x)=x；则 g(u1)= g(u2),从而X1X2e2,即elnx1 + lnx22,即u1+u22,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X1X2,因一ax+lnx = 0, axz+lnx?=0, 故 1nxi + lnx2= a(x1 + x2), 1nxi lnx2= a(x1 x2), 故Jnxn x2 =a,欲证明 x1x2

31、e2,即证 lnx1Xi X2+ inx22.因1nxi+lnx2=a(xi+x2),故即证ax,故原命题等价于证明Jn春，即证：1nx12iS21令仁物1)，构造gUV)+1ntt1,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 = -1nxi= _1nx2,即、2 =、,设XiX2, t= (t 1),则X2=txi, xix2lnxixixi=t，即 n nx1 = t ,反解出：lnxi = -lnt, lnx2= lntx1= lnt+ lnxi = (1 + -)lnt=tint, in x1in x1t 1t1 t1故 xix2e2,即 lnx1+

32、lnx22,即 J(t+1)lnt2,转化成法二，下同，略.例3.已知xi, X2是函数f(x) = exax的两个零点，且 xix2.求证：Xi+X22；.求证：x1x2Vl.【解析】.问题转化为y=X与y=1有两个交点，由图知，0vx1v1vx2,且ex1 = ax1,ex2=ax2,e aIP x1 = -e , x2 = -ex2,故 e ex1= a(x2x1)故 a= e-,故要证 x1 + x22,即证1(ea+e)a ax2-%ar ex2 , e512e2倜递增，在(e, + 8详L倜递减，故 g(x)max=g(e) =一，e.下面证明：当0vave时，方程2 =3有两个实

33、数根，i.当 xC(0, e)时,g(x)为增函数,g(1)=0, g(e) = 1, g(1)ag(e),故当 x (0, e)时，a = ex有一解，记为X1,ii.当 xC (e, + 8时，g(x)为减函数，g(a) = - 2a2lna,先证 gCa2)-2,令 h(a) = alna(a0),求导得，h(a)的单调性得，h(a)min= h(e) = e；故不等式alna2成立，即原1Inx .不等式g(F)va成立，故当 xC (e, + 8时 a= 一有一斛，记为 X2, ax 12 人、t2,即, ,令 t=X2X1,则 te (0, + 8),设 g(t) = t(e +

34、1)x2x1x2 -x1e -eX2 -X1e -1X2 -x1-2(et- 1),则 gthtet-et+1, gfHtet0,故 gt)(0, + 比单调递增，gxg (0)0,故g(t)在(0, +8止单调递增，g(t)g(0)=0,故原不等式成立；.要证：x1x2 1,即证：o2(ex1ex2) 1,等价于 e*e,v (ex2e )2%x1)2,也即 ex1ex2(ex2 e51) 2 (2-1)2,等价于e52x1(ex2x1- 1)20 等价于et(et-1)20),也等价于 e：(et1) 1v；(t0),等价于即证：teZet+10),则 h-X=区(1 t 1.t-t-11

35、十2-e2),又令(f)(t)= 1 + e2(t0),得t)(= 5 2e20)若存在X1,52(x1 0),求导知，g(x)在(0, e)上单 xx、再证：x1vae.因x1=ax-二ax1而 0Vxi1, 故x1=ax1vae/1 = ae. 证毕.x2x2ax2In x2 x2In x2【招式演练】设函数 f(x)=ex ax+a(aC R)的图像与 x 轴交于 A(x1, 0), B&, 0)(XiX2)两点.证明：fX1X2)v0；.求证：X1X20),则 f (2 )= e 2 (e -e )(x2_x1) =e 2 2s (e -e )(2s),设 g(s)=2sx1+x2(e

36、s-e s),则 g,s)=2-(es+ e s)0,故 f 1 2 2) 0, 又 fx) = exa 为单调增函数，且 x1 2 2#伏2,故 fX1x2)0),则 F,x)=a(ex+e x- 2)0,故 F(x)在(0, 十 8 止单调递增，故 F(x)F(0)=0,即 x0 时，f(lna)+xf(lna) x,易证 X1lnavx2,故(2lna) X2 lna,故 f(x1) = f(x2) = f(ln a)+的Ina) f(lna) (X2lna) = f(2lna) X2,又 f(x)在(8, Ina)上单调递减,故 x1 (2lna) x2,故x12x2v一 X1 + X

37、2Ina,即 Vx1x2 V 2 Ina,又 f x)= e a 为单倜增函数，故 f 正益)x 1 且 a e,从而 ex x= (x1一 1)(x2 1),令 a= X1 1 , 3= X2 1 ,则 e a 3= a 31 ,故 In a In 3= a 3,由于 X1X2V X1 + X2,即 a 甚 1 ,下面 只要证明：a甚1,即3 a 1(0 a 1 0(0 V a 1),令 g( a) = a 1 - a+ 2In o(0 O 1),则g = E 2(a- 1)20,故g(a)在(0, 1)上单调递减，故 g(力g(1) = 0,故原不等式xix2 x1 + x2 成立.设函数

38、f(x)=bx2 + aInx,其图像在点 P(2, f(2)处切线的斜率为一3.当a = 2时，令g(x) = f(x) -kx,设Xi,X2(xiX2)是方程g(x)=0的两个根，X0是x1，X2的等差中项，求证：gx0)1) = 0,又 2(x1-x2)10),函数 fx)为 f(x)的导函数,且 A(x1, f(x1) B(x2, f%)是 f(x) x的图像上不同的两点，满足f(x1) + f(x2) = 0,线段AB中点的横坐标为x0,证明：ax01.【解析】因ax。1,即审4即X1aX2,又依题意 f,x)=(a-x)20得，f(x)在定义域上单调递增，故要证 ax01,只需证一

39、f(x2) = f(x1)f(|-x2),即 f(| x2) + f(x2)V。，不妨设 刈 x?,注意到f(1)=0,由函数单调性知，有x11,构造函数F(x) = f(2-x)+f(x),则Fx) = fx)aa |f | x)= - x2(ax- 1)3(2- ax) 2,当 x；时，Fx)W0,即 F(x)单调递减，当 x|时，F(x)vF(|) =0,从而不等式式成立，故原不等式成立.1 一已知函数 f(x) = alnx(a C R). x.若a=2,求函数f(x)在(1, e2)上的零点个数;.若 f(x)有两零点 x1, x2(x1x2),求证：2Vx1 + x23ea 1 -

40、 1 .【解析】.fx) = x2(1x),故f(x)在(1, e2)上单调递减，故f(x)在(1, e2)上至多只有一个零点，又f(1) f(e2) = - 422,法一：利用通法证明 f(x) =a1lnx的极值点x= 1向左偏移，即1 1)，则 g/3x 1)20,故 g(x)在(1, 十00止单调递增，于是当 x 1 时，g(x)g(1) = 0,又 lnx0,故 x1+x22.14 / 45 / 45.再证 xi + x23ea 1 1.因 f(x)=0,即 h(x)= ax1 xlnx=0,故 x1，X2也是 h(x)的两个零点.由 hx) = a1 lnx=0 得，x= e1,且

41、当 xve1 时，hx)0；当 xe1 时，hx)v0.利用通法证o_ xx1 + x2明h(x) = ax1 xlnx的极值点x= e 1向右偏移，故一百5 十工士eaT,即 x1+x22 即x1芸 1 得，1 + % 弋 2 .,“广 , + x2)x12 2+ (x1 + x2)= 2(x + x2)v|?2ea 1 = 3ea 1,即 x+: ；/x2 3ea 1-1.2【点评】1.方程的变形方向： x1，x2是函数f(x)的两个零点，1是该函数的极值点.x1，x2是 函数h(x)的两个零点，ea 1是该函数的极值点.2.难点x1+x22放缩.1 O已知函数 f(x) = 2x2+ (

42、1 a)x alnx.讨论f(x)的单调性；.设 a0,证明：当 0vxva 时，f(a + x)vf(a x);.设x1, x2是f(x)的两个零点，证明 f斗:产)。.1【解析】.f(x)的 7E 乂域为(0, +8)f x)=-(x+ 1)(xa)若 a0,此时 f(x)在(0, x、+ 8止单调递增；若 a0,则由 1x) = 0 得，x= a,当 0vxv a 时，f x)a 时，fx), 0, 此时f(x)在(0, a)上单调递减，在(a, +8止单调递增.1c1c.令 g(x)=f(a+x)-f(a-x),则 g(x)=2(a+x)2+(1 a)(a+x) aln(a+x)2(a

43、x)2+(1a)(a x)aln(ax) = 2xaln(a+x)+aln(a x).则 g x)= 2x2(a2 x2) 1,当 0vxva 时,g x)0,从而f(x)的最小值为f(a),且f(a) 2a-x1,于是 x1；“由知，f x1 2 x2) 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.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.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0vxva时的最大值小于零即可.要充分利用问的结论.已知函数 f(x) = 2mx2+4ln

44、x(m0).若m=1,求函数f(x)的单调递增区间；.若函数g(x)= f(x)(m4)x,对于曲线y= g(x)上的两个不同的点 M(x1，g(x1)，N(x2, g%), 记直线MN的斜率为k,若k=gx0),证明：xi + x22xo.1【解析】.f x)=- -(x+ 2)(x-2),令f x)0得,0V x1,则一一区-1x2 , d x1 t+ 1一十 1x1+ lnt(t1).令 十。=2能 t% lnt(t1),则 htX=t1t(t+1)故 h(t)在(1,+ 8比单调递增，故h(t)2h(1) = 0,故一一if-1 ；-+ In-0.又 x2 x20,故 gx0)g巡+1

45、x1x1x1 + x2X2-)0即 g，xT2-2) 2x0.1 2已知函数 f(x) = ln(x+1), g(x)= 2x -x.求过点(一1, 0)且与曲线y=f(x)相切的直线方程;.设h(x)= af(x) + g(x),其中a为非零实数，y= h(x)有两个极值点x1x2,且 x1 v x2,求 a 的取值范围;.在的，条件下，求证：2h(x2) 刈0.11.【斛析】.f x)=x77,设切点为(小，)，则切线的斜率为=点(?y。)在曲线 f(x)=ln(x+,.1111)上，故y0=|n(x0+1),故侬+尸/斛彳x0=eT,故切线-的斜率为故切线万程为 x ey + 1 = 0

46、;.h(x) = af(x)+g(x) = 1x2 x+aln(x+1),则 hx)= x2+(a1), x- 1,当 a10 时，即 2x+1a1 时，hx)0, h(x)在(一1, + 8止单调递增；当 0va1 时，由 h&)=0得，x = 一 # 1 a, x2= 1 a,故h(x)在(1, 、1 a)上单调递增，在(一、1 a, 1 a)上单调递减，在 31 - a, + 8止单调递增；当 a0时，由h，x) = 0得，x0= 1 a, h(x)在(91 a, 1 a)上单调递减， 在甘 a, + 8止单调递增.当0vav1时，h(x)有两个极值点，即 x1= 1 a, x2=/1

47、a, 即a的范围是(0, 1);.由知，x + x2=0, x1x2=a1,由 0vav1 得，一1vx10, 0V x20,则 2h(x2) + x20,即 x2-x2 + 2aln(x2+ 1)0,因 x2=1 a,故 a=1 x2,即证 x2 xz + 2(1 x2)ln(x2+ 1)0,即证一x2+2(1 + x2)ln(x2+1)。，构造函数 t(x) = t + 2(1+x)ln(x+ 1), xC (0, 1),则 tx)= 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xC(0, 1)恒成立，即-x2+2(1 + x2)l

48、n(x2+ 1)0 成立，故 2h(x2)-x10? ? ? ? ? ?.点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略.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. .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) = lnx.证明：当 x1 时，x+12(x 1)0; fx.若函数 g(x)= f(x)ax2+x 有两个零点 x1, x2(x1x2, a0),证明： g1Kx1+2x2)0,即证 K(x)= _

49、 2(x _ 1 I lnx0,因 K x)=1(x)20,故 f(x)x+1xx+ 1K(x)在(1, +8止递增,故 K(x)K(1)=0;.因 x1, lnx2(；),取 x = x2,则(x1 x2)(1nxi lnx2) 1v x1 J x2,则ax2+x1+ 1nxi= 0,一C . . c.-1. ,.1 x1 + x2 ,2.,.2 r ，一i一同-0，ax2+ x2+ 1nx2= 0,故(x1一x2)(lnx1 一 lnx2) =a(x + x2) V2，故xm2-a(x1+x2)-10,g，x),1，一g x)4 -2-2a 0, g x)在(0, + 8止单倜 x递减，因

50、3(x1+2x2)x12 2,故 g 3(x1 + 2x2)v g，x1 22)0, h(x)单调递增，当 x 1 时，s(x)v0, h(x)单调递减，故 h(x)wh(l),0vav1, 1 -a0,右大于左，原题得证.f(x)的极值点为x0,专题05:极值点偏移第三招 一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：若则根据对称性构造一元差函数F(x) = f(/+x)f(x0 x),巧借F(x)的单调性以及F(0)=0,借助于f(xi) x+ x2cj=f(x2) = fx0(x0 x2)与 fx0+ (x0 x2) = f(2x0 x2),比较

51、 x2 与 2x0 x1的大小，即比较 x0与人的大小.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%)=f(x2)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)= ax2+(2 a)x+lnx.讨论f(x)的单调性;.设a0,证明：当0V x1时, a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x0,证明：fx0)0.当 aw。时，f(x)在(0, + 8止单调递增，当 a0时，f(x)在(0, 3)上单调递增，在(;+

52、 OO止单调递减;.法一：构造函数 g(x)=f(1+x)-f(1-x)(0 x0,故 g(x)在(0, a aa1 ,、,r 1、 j 、3上单倜递增，又 g(0)=0,故 g(x)0,即 f(a+x)f(a-x)；法二：构造以 a 为主元的函数，设函数 h(a)=f(；+x) f(；x),则 h(a) = 2ax+ln(1 + ax) ln(1 ax), h a) = 2a3x2(1 a2x2) 1,由 0vxv1 得，0V a0,故 h(a)在(0, + 8) x上单调递增，而 h(0) =0,故 h(a)0,故当 0vx1时，f(1 +x)f(1x). a a a.由知，只有当a0时，

53、且f(X)的最大值f(1)0时，函数y=f(X)才会有两个零点，不妨设A(X1, a，a),由得，f(|-X1)=f(l+a刈* 141 一，-%= X1： X2,由知，f，X0)2 a0), B(x2, 0), 0X1X2,则 0VX1a- - Xi,于 aaa b.证明：.先证:qabvL(a, b)，不等式即 lna-lnb1),构造函数 f(X) = (x $+2InX(X 1),则 f x) = (1；)2.因 x 1a -I- b _.再证：L(a, b)a2一，不等式即2T 11)(其中X= 1),构造函数 X -I- Iu时，f X)V0,故函数f(x)在(1 , + o比单调

54、递减，故f(x)vf(1) = 0,从而不等式成立;Ina- lnb-j(a- b)即 lna2(a- 1)Ca+ 1) 1,即 Inx.abb b b2g(x)=_(1)+ Inx(x1),则 g，x)=(二)2.因 x 1，x+ 1x(x+ 1 J时，gx)0,故函数g(x)在(1, +o正单调递增，故g(x)vg(1)=0,从而不等式成立；综合知，对？a, b0,都有对数平均不等式 VabL(a, b)wa2b成立，当且仅当a=b时，等号成立.例题问另解：由 f(x1)= f(x2)= 0 得，ax2+(2 a)x+Inx1=aX2+(2a)x2+Inx2=0,即 2(x1一 X2) +

55、 (Inx1Inx2)=a(X2x2 + x1一X2),即 a= 2(xl X2) + (Inx1 一 Inx2)( X2 X2+x1一 X2) : 故要证 fx0) a，即XL2X2(x2 x2+x一 X2)2(X1 X2)+(Inx1Inx?) 1 = (X1 + x2+1)(2 +InX11nX211,即7V1nx1一?X2根据对数平均不等式，此不等式显然成立，故原不等式得证-X1 X2X1 X2X1 X2已知函数 f(x)=xInx 与直线 y=m 交于 A(x1，y1)，B(X2, 丫2)两点.求证：0X1X2- m(Inx1 -Inx2)&产*2),利用得，m(In X219 /

56、45 / 45+ lnxi)(2ln xilnx2)1 m(lnxiinx2)1,由于y= m与y= xlnx交于不同两点， 易得出则 me2.【解析】.依题意得f x)=(1+a-lnx)()2,故f(今，又由切线方程得，f (141,即 xx+a，1+a1 + alnx 1 Inx=1,解得，a= 0,此日f(x)= , f x)=2,令 f x)0,即 1 lnx0,解得，0V x e;令 f x)xxe,故 f(x)的增区间为(0, e),减区间为(e, + 8),故 f(2016) f(2017),即 2016 11n2016 2017 11n2017, 20171n2016 201

57、61n2017 , 2016201720172016.证明：不妨设 x1 x20,因 g(x1)= g(&)= 0,故化简得，kx1+1nx1=0, %+1nx2=0,故 1nx1 + 1nx2= k(x1 + x2), 1nx1 1nx2= k(x1 x2).要证明 x1x2e； 即证 1nx1 + 1nx22,即 k(x1+x2)2,则t 1,即证1ntm .1nx1 1nx2 44r口口、丁 1nx1 - 1nx22 Rn . x1,1 人,x1f)令hf U因 k= x x-，故即证 x _x-x +x，即 皿7(*1 x2)(x1+x2), 令 t = E，由hX= (J 1)20,

58、故函数h(t)在(1 , +8是增函数，故 t(t + 1)h(t)h(1) = 0,即 1nt-2 t ； 1t得证.故x1x2 e2.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) =:一a+1nx(a, b C R).讨论函数f(x)的单调区间与极值；.若b0且f(x)0恒成立，求ea1b+1的最大值；.在的条件下，且求

59、ea 1 b+ 1取得最大值时，设F(b) = ：(a- 1)一m(mC R),且函数F(x) 有两个零点x1, x2,求实数m的取值范围，并证明：x1x2e2.1.【解析】.f x)=-2(x b),当b0恒成立，函数f(x)的单倜递增区间为(0, +8) x、无极值；当b0时，xC(0, b)时，fx)0 时,由知，f(x)min=1-a+lnb0, lnba-1, bea1,故 ea1b+1 即当 lnb=a1时，eaT b+1的最大值为1;.由知，当 e1 b+1 取最大值 1 时，eaT=b,即 a-1 = lnb,即 F(b) = m+%nb(b0),记F(x)= m+nx(x 0

60、), F(x) = 0,即一mx+lnx=0,不妨设 x1x2,由题意得，lnx= mx1，lnx2= mx2, x、, x2In -x2.x12则 lnx1x2 = m(x1 + x2), ln= m(x1一x2),即 m =,欲证明 xx2e ,只需证明 ln(xx2)2,只需x1x2- x1证明 m(x1 + x2)2,即证明(x1+x2)(x1+x?) 1lnx22,即证(x2+ 1)(x2 1) 1 lnx22,设1=常1,则 2 1 - t2 1 -t2 1 -t(t 1)2只需证明 lnt一七彳，即证明 七7 lnt 0,记 u(t) = -t-y)+ lnt(t 1),故 u