专题六第8讲双变量与极值点偏移

第8讲双变量与极值点偏移微点一切割线夹问题例1已知函数f(x)=1−x(1)求函数f(x)的零点x0，以及曲线y=f(x)在x=x0处的切线方程；(2)设方程f(x)=m(m>0)有两个实根x1，x2，求证：|x1-x2|<2-m1+1(1)解令f(x)=1−x2ex=0所以函数f(x)的零点x0=±1，又f'(x)=x则f'(-1)=2e，f'(1)=-2e，则曲线y=f(x)在点(-1，0)，(1，0)处的切线方程分别为y=2e(x+1)和y=-2e(x(2)证明画出函数f(x)=1−x2ex的图象，易知x1，x2∈(又f(0)=1，f'(0)=-1，所以曲线y=f(x)在点(-1，0)，(0，1)处的切线方程分别为y=2e(x+1)和y=-x+1.令g(x)=2e(x+1)，h(x)=-x+1.先证f(x)<g(x)(-1<x<1)，再证f(x)≤h(x)(-1<x<1).构造函数F(x)=f(x)-g(x)=1−x2ex-2e(x+1)(易证当-1<x<1时，F'(x)=x2−2x−1ex-2e<0，所以F(故F(x)=1−x2ex-2e(x+1)<F(即f(x)<g(x)(-1<x<1).f(x)-h(x)=1−x2e=(x−1)[ex令φ(x)=ex-(x+1)(-1<x<1)，φ'(x)=ex-1，令φ'(x)<0，得-1<x<0，令φ'(x)>0，得0<x<1，则φ(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以当-1<x<1时，φ(x)≥φ(0)=0，又当-1<x<1时，x-1<0，ex>0，所以f(x)-h(x)≤0，即f(x)≤h(x)(-1<x<1)，不妨设-1<x1<x2<1，方程g(x)=m的根为x'1，可得x'1=m2e因为g(x)在(-1，1)上单调递增，且g(x1)>f(x1)=m=g(x'1)，所以x1>x'1.类似地，设方程h(x)=m的根为x'2，可得x'2=1-m.因为h(x)在(-1，1)上单调递减，且h(x2)≥f(x2)=m=h(x'2)，所以x2≤x'2.由此可得x2-x1<x'2-x'1=1-m-m=2-m1+1综上，|x1-x2|<2-m1+1[规律方法]当方程的根无法求解时，可以联想到弦长公式的求法|AB|=1+k2|x1-x2|，设而不求，尝试转化，借助第(1跟踪演练1已知函数f(x)=xlnx.(1)对于任意的x>0，证明：f(x)≥-2x-e-3；(2)若f(x)=b有两个实根x1，x2(x1≠x2)，求证：|x1-x2|<32b+1+1证明(1)令g(x)=f(x)+2x+e-3=xlnx+2x+e-3，g'(x)=lnx+3，显然g'(x)=0时，x=e-3，当x∈(0，e-3)时，g'(x)<0，∴函数g(x)在(0，e-3)上单调递减；当x∈(e-3，+∞)时，g'(x)>0，∴函数g(x)在(e-3，+∞)上单调递增，∴g(x)≥g(e-3)=-3e-3+2e-3+e-3=0.∴对于任意的x>0，f(x)≥-2x-e-3.(2)当x=1时，f(1)=0，由函数f(x)=xlnx在点(1，0)处切线的斜率k=f'(1)=1，可得在(1，0)处的切线方程为y=x-1，作出直线y=x-1与f(x)=xlnx的图象，如图，根据图象可得x1，x2∈(0，1)，易证f(x)>x-1(0<x<1)，记直线y=-2x-e-3，y=x-1分别与y=b交于点(x'1，b)，(x'2，b)，可得x'1=−b−e−32，x'2=b+1，不妨设x1<x2，则x'1≤x1，故|x1-x2|=x2-x1<x'2-x'1=(b+1)-−b2−12故|x1-x2|<32b+1+1微点二代数偏移与几何偏移1.极值点偏移的定义极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性.例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标的两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移.2.从图形角度理解极值点偏移(x0为极值点，且x1<x2)(1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2=2x0.(2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0.(3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0.例2已知函数f(x)=lnx+1x+a，a(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时，证明：x1+x2>2.(1)解函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1x-1x在(0，1)上，f'(x)<0，f(x)单调递减；在(1，+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增，故f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞).(2)证明方法一(对称化构造法)由(1)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，在x=1处取得极小值.不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，欲证x1+x2>2，即证x2>2-x1，又2-x1>1，即证f(x2)>f(2-x1)，由f(x1)=f(x2)，即证f(x1)>f(2-x1).构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)，0<x<1，则F'(x)=f'(x)+f'(2-x)=x−1x2+1−x所以F(x)在(0，1)上单调递减，所以F(x)>f(1)-f(2-1)=0.又因为x1∈(0，1)，所以F(x1)=f(x1)-f(2-x1)>0，即f(x1)>f(2-x1)，故x1+x2>2，得证.方法二(引元消参法)由(1)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，在x=1处取得极小值.不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，由f(x1)=f(x2)，得lnx1+1x1=lnx2令x2x1=t(t>1)，可得x2=则lnx1+1x1=ln(tx1)解得x1=t−1tlnt，欲证x1+x2>2，即证t−1tlnt+t即证2lnt-t+1t<0令g(t)=2lnt-t+1t，t则g'(t)=2t-1-1t2=所以g(t)在(1，+∞)上单调递减，所以g(t)<2ln1-1+11=0所以2lnt-t+1t<0故x1+x2>2，得证.[规律方法]对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x1+x2>2x0型，构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x).(2)对结论x1x2>x02型，方法一是构造函数F(x)=f(x)-f

x02x，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1跟踪演练2(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=exx-lnx+x-(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.(1)解由题意知函数f(x)的定义域为(0，+∞).由f'(x)=ex(x=ex(可得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(1)=e+1-a.又f(x)≥0，所以e+1-a≥0，解得a≤e+1，所以a的取值范围为(-∞，e+1].(2)证明方法一(对称化构造法)由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，由f(x)有两个零点，可得f(1)=e+1-a<0，即a>e+1.不妨设0<x1<1<x2，要证x1x2<1，即证x2<1由1x1>1，x2即证f(x2)<f

1即证f(x1)<f

1构造函数h(x)=f(x)-f

1x(0<x<1则h'(x)=f'(x)+1x2=(构造函数m(x)=ex+x-xe1x-1(0<x则m'(x)=ex+1-e因为0<x<1，所以1-1x<0所以m'(x)>0在(0，1)上恒成立，即m(x)在(0，1)上单调递增，所以m(x)<e+1-e-1=0，又因为x-1<0，所以h'(x)>0在(0，1)上恒成立，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)<f(1)-f(1)=0，即f(x)<f

1又因为0<x1<1，所以f(x1)<f

1即x1x2<1，得证.方法二(引元消参法)由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，由f(x)有两个零点，可得f(1)=e+1-a<0，即a>e+1.因为f(x)的两个零点为x1，x2，所以e即e由函数y=ex+x在R上单调递增，可得x1-lnx1=x2-lnx2，不妨设0<x1<1<x2，令t=x2x1(可得x1-lnx1=tx1-ln(tx1)，解得x1=ln进而可得x2=t欲证x1x2<1，即证t(lnt即证lnt-t+1t<0令h(t)=lnt-t+1t，t则h'(t)=1t-12t-12tt所以h(t)在(1，+∞)上单调递减，所以h(t)<ln1-1+11=0即lnt-t+1t<0故x1x2<1，得证.微点三不对称零点和积最值问题例3已知函数f(x)=xlnx-ax2-x，g(x)=f(x)x(1)讨论g(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x14x2>e3.(e=2.71828(1)解g(x)=f(x)x=lnx-ax-1，x>0，g'(x)=①当a≤0时，g'(x)>0，g(x)在(0，+∞)上单调递增；②当a>0时，令g'(x)=0，解得x=1当x∈0，1a时，g'(x)>0，g(当x∈1a，+∞时，g'(x)<0，g(综上，当a≤0时，g(x)在(0，+∞)上单调递增；当a>0时，g(x)在0，1a上单调递增，在1(2)证明由题意知，f'(x)=lnx-2ax，x>0，x1，x2是f'(x)=0的两个不同的实数根，即lnx1-2ax1=0，lnx2-2ax2=0，解得2a=lnx1−lnx要证x14x2>e即证4lnx1+lnx2>3，即4·2ax1+2ax2>3，把(*)式代入得lnx1−lnx2x1−x2·(4x1+x所以只需证lnx1x2<令t=x1x2，即证h(t)=lnt-3(t−1)4t+1<0而h'(t)=1t-15(4=16t−所以h(t)在(0，1)上单调递增，所以h(t)<h(1)=0，所以命题得证.[规律方法]当我们遇到x1+x2或者x1x2最值时，这个属于对称零点最值，也通常指向极值点偏移方向，而x1+kx2或者x1kx2跟踪演练3已知关于x的方程ax-lnx=0有两个不相等的正实根x1和x2，且x1<x2.(1)求实数a的取值范围；(2)设k为常数，当a变化时，若x1kx2有最小值ee，求常数解(1)由ax-lnx=0且x>0，可得a=lnx设F(x)=lnxx，x∈(0，则F'(x)=1−ln令F'(x)=0，解得x=e.当0<x<e时，F'(x)>0，F(x)单调递增；当x>e时，F'(x)<0，F(x)单调递减，函数F(x)=lnxx的图象如图，又当x趋向于0时，F(x)趋向于-当x趋向于+∞时，F(x)趋向于0；要使F(x)的图象与直线y=a有两个交点，则0<a<F(e)=1e，故a的取值范围是(2)因为F(1)=0，由(1)得1<x1<e<x2，则a=lnx1x1设x2x1=t(则t=ln即lnx1=lntt−1，ln由x1kx2有最小值e即klnx1+lnx2=(k+设g(t)=(k+t)lng'(t)=−(记G(t)=-(k+1)lnt+t-kt+k-1，t>1G'(t)=-k+1t+1+k由于t>1，若k≤1，则G'(t)>0，可得G(t)单调递增，此时G(t)>G(1)=0，即g'(t)>0，g(t)单调递增，此时g(t)在(1，+∞)上没有最小值，不符合题意.若k>1，当t∈(1，k)时，G'(t)<0，则G(t)在(1，k)上单调递减，当t∈(k，+∞)时，G'(t)>0，则G(t)在(k，+∞)上单调递增.又G(1)=0，G(k)<G(1)=0，且当t趋向于+∞时，G(t)趋向于+∞，故存在唯一的t0∈(k，+∞)，使得G(t0)=0.当1<t<t0时，G(t)<0，即g'(t)<0，此时g(t)在(1，t0)上单调递减；当t>t0时，G(t)>0，即g'(t)>0，g(t)在(t0，+∞)上单调递增.所以当k>1时，g(t)有最小值g(t0)，而G(t0)=0，即-(k+1)lnt0+t0-kt0+k整理得k=−ln此时g(t0)=(=(ln由题意知g(t0)=e.令y=x+e-x-1且x>0，则y'=1-e-x>0，即y在(0，+∞)上单调递增，故y>y|x=0=0，设h(x)=x2x+eh'(x)=x[设H(x)=(x+2)e-x+x-2，x>0，H'(x)=-(x+1)e-x+1.设u(x)=H'(x)，x>0，u'(x)=xe-x>0，故H'(x)单调递增，H'(x)>H'(0)=0.此时H(x)单调递增，H(x)>H(0)=0，故h'(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，而由h(1)=e知，h(x)=e的唯一解是x=1.故g(t0)=e的唯一解是lnt0=1，即t0=e.综上所述，k=e2-2e.专题强化练[分值：60分]1.(13分)已知函数f(x)=xe2x-aex.(1)若f(x)≥-1，求a的取值范围；(5分)(2)若函数g(x)=a(e3x-ex)-f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2<2ln1a(1)解因为f(x)≥-1，所以xe2x-aex+1≥0，即a≤xex+1e令t(x)=xex+1则t'(x)=xex+ex-1e当x∈(-∞，0)时，ex<1<1ex，t'(x)<0，t当x∈(0，+∞)时，ex>1>1ex，t'(x)>0，t(所以t(x)min=t(0)=1，则a≤1，故a的取值范围是(-∞，1].(2)证明g(x)=a(e3x-ex)-f(x)=e2x(aex-x)，易知e2x>0.令h(x)=aex-x，则h(x)有两个不同的零点x1，x2.求导得h'(x)=aex-1，当a≤0时，h'(x)<0，h(x)在R上单调递减，故h(x)不可能存在两个不同的零点，不满足题意；当a>0时，当x∈(-∞，-lna)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(-lna，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增.当x→-∞时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)→+∞.故h(x)min=h(-lna)=1+lna<0，解得0<a<1e设x1<x2，则x1∈(-∞，-lna)，x2∈(-lna，+∞).要证x1+x2<2ln1即证2ln1a-x1>x2因为x1，x2是h(x)的两个不同的零点，所以h(x1)=h(x2)=0，故令F(x)=h2ln1a−x-h(x)=1aex-aex+2x+2lna，x<-ln所以F'(x)=-1aex-aex+2=-1a所以F(x)在(-∞，-lna)上单调递减，故F(x)>F(-lna)=0.因为x1∈(-∞，-lna)，所以F(x1)=h2ln1a−x1-h(所以h2ln1a−x1>h(x1)=h因为h(x)在(-lna，+∞)上单调递增，且2ln1a-x1∈(-lna，+∞)，x2∈(-lna，+∞所以2ln1a-x1>x2即x1+x2<2ln1a2.(15分)(2025·十堰模拟)已知函数f(x)=eaxx，g(x)=ax(1)判断f(x)的单调性；(5分)(2)若f(x)+g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(5分)(3)若方程f(x)+g(x)=0有两个不同的根x1，x2，证明：x1x2>e2.(5分)(1)解因为f(x)=eaxx，x所以f'(x)=(ax当a=0时，f'(x)<0，所以f(x)在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递减；当a>0时，令f'(x)>0，得x>1令f'(x)<0，得0<x<1a或x<0所以f(x)在1a，+∞上单调递增，在(-∞，0当a<0时，令f'(x)>0，得x<1令f'(x)<0，得1a<x<0或x>0所以f(x)在−∞，1a上单调递增，在1a，0和(综上所述，当a=0时，f(x)在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在1a，+∞上单调递增，在(-∞，0当a<0时，f(x)在−∞，1a上单调递增，在1a，0和((2)解方法一因为f(x)+g(x)=eaxx+ax-lnx-1≥0(x所以eax-lnx+ax-lnx-1≥0恒成立.令t=ax-lnx，则et+t-1≥0.令ω(t)=et+t-1，则ω(t)在R上单调递增.因为ω(0)=0，所以ω(t)≥0，即t≥0.由t=ax-lnx≥0(x>0)，得a≥lnx令φ(x)=lnxx，x∈(0，则φ'(x)=1−ln当x∈(0，e)时，φ'(x)>0，当x∈(e，+∞)时，φ'(x)<0，所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，所以φ(x)max=φ(e)=1所以a的取值范围为1e方法二令h(x)=f(x)+g(x)=eaxx+ax-lnx-1，x∈(0，+则h(x)≥0恒成立.h'(x)=aeaxx−=(①当a≤0时，因为x>0，所以h'(x)<0，所以h(x)在(0，+∞)上单调递减.因为h(1)=ea+a-1≤e0+0-1=0，所以h(x)≥0不恒成立.②当a>0时，当x∈0，1a时，h'(x)当x∈1a，+∞时，h'(x所以h(x)在0，1a上单调递减，在故h(x)min=h1a=ae+lna因为函数F(a)=ae+lna在(0，+∞)上单调递增，且F1e=0所以当a∈1e，+∞时，h(x)≥故实数a的取值范围为1e(3)证明由(2)得，h(x)=f(x)+g(x)，x∈(0，+∞)，当0<a<1e时，h(x)min=h1a<0，此时因为h(1)=ea+a-1>e0+0-1=0，h(e)=eaee+ae-lne-1<e1e当x→+∞时，h(x)→+∞，所以h(x)=0有两个不同的根，即f(x)+g(x)=0有两个不同的根x1，x2，不妨设x1<x2，则1<x1<e<x2.由f(x)+g(x)=0得，eax-lnx+ax-lnx-1=0，因为函数ω(t)=et+t-1在R上单调递增，且ω(0)=0，所以ax-lnx=0，所以a故a=lnx又a(x1+x2)=lnx1+lnx2，所以lnx1+lnx2=lnx1−lnx2x1−x2(x1令m=x1x2∈(0则lnx1+lnx2=m+1m−1·ln要证x1x2>e2，只要证lnx1+lnx2>2，即证m+1m−1·ln方法一要证m+1m−1·lnm>2，m∈(0即证(m+1)lnm-2(m-1)<0.令p(m)=(m+1)lnm-2(m-1)，m∈(0，1)，则p'(m)=lnm+m+1令q(m)=lnm+m+1m-2，m∈(0，则q'(m)=1m-1m2=所以p'(m)在(0，1)上单调递减，所以p'(m)>p'(1)=0，所以p(m)在(0，1)上单调递增.所以p(m)<p(1)=0，即(m+1)lnm-2(m-1)<0成立，故x1x2>e2.方法二要证m+1m−1·lnm>2，m∈(0即证lnm-2(m令k(m)=lnm-2(m−1)m+1，m∈则k'(m)=1m-4(m+1所以k(m)在(0，1)上单调递增，所以k(m)<k(1)=0，即lnm-2(m−1)故x1x2>e2.3.(15分)已知函数f(x)=xlnx-a(x2-1)+x.(1)若f(x)单调递减，求实数a的取值范围；(6分)(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x2>2x1，证明：e6x1x2(1)解由f(x)=xlnx-a(x2-1)+x得f'(x)=lnx-2ax+2(x>0)，因为f(x)单调递减，所以f'(x)=lnx-2ax+2≤0在x>0时恒成立，即2a≥lnx+2x在令g(x)=lnx+2x(则g'(x)=−ln可知当0<x<1e时，g'(x)>0，g(x当x>1e时，g'(x)<0，g(x则当x=1e时g(x)取最大值g1e=e，所以2a≥所以a的取值范围是e2(2)证明由(1)知，当a≥e2时，f(x因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，则f'(x)=lnx-2ax+2(x>0)有两个变号零点x1，x2，令φ(x)=f'(x)=lnx-2ax+2(x>0)，φ'(x)=1x-2a当a≤0时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，不符合题意，可知0<a<e2，且x2>2x1要证明e6x1x22只需证明lnx1+2lnx2>5ln2-6.由ln得ln则2a=ln所以lnx1+2lnx2=2a(x1+2x2)-6=lnx1−lnx2x1−=lnx令t=x1x2，要证明lnx1+2lnx2>5ln2-6，只需证lntt−1(t+2)令h(t)=lntt−1(t+2)，且则h'(t)=t令u(t)=t-3lnt-2t+1，且t∈则u'(t)=1-3t+2t2=则u(t)在0，1故u(t)<u12=3ln2-52故h'(t)<0，则h(t)在0，1所以h(t)>h12=5ln2即lntt−1(t+2)>5