2026高中数学10大导数：专题26　极值点偏移之其他型不等式的证明教师版

专题26极值点偏移之其他型不等式的证明

【例题选讲】

[例1]已知函数g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x(a∈R)．

(1)求g(x)的单调区间；

x1＋x2

2

(2)若函数f(x)＝g(x)＋(a＋1)x－2x，x1，x2(0＜x1＜x2)是函数f(x)的两个零点，证明：f′2<0．

x1＋x2

2

思维引导(2)利用分析法先等价转化所证不等式：要证明f′2<0，只需证明－

x1＋x2

x

211

lnx1－lnx22x1x2x2x1x1

<0(0x1x2)，即证明lnx1lnx2，即证明ln，再令t0,1，

1－2xxx1xx

xx12122

x2

构造函数ht1tlnt2t2，利用导数研究函数ht单调性，确定其最值：ht在0,1上递增，所

以hth10，即可证得结论．

解析(1)函数g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，

1(ax－1)(2x＋1)

g′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，

xx

①当a≤0时，g′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增；

11

0，，＋∞

②当a>0时，若x∈a，则g′(x)>0，若x∈a，则g′(x)<0，

11

0，，＋∞

则g(x)在a上单调递增，在a上单调递减．

2

(2)因为x1，x2是f(x)＝lnx＋ax－ax的两个零点，

－

22lnx1lnx21

所以lnx1＋ax1－ax1＝0，lnx2＋ax2－ax2＝0，所以a＝＋(x2＋x1)，又f′(x)＝＋2x－a，

x1－x2x

x1＋x2

22lnx1－lnx2

所以f′2＝＋(x1＋x2)－a＝－，

x1＋x2x1＋x2x1－x2

x1＋x2

2lnx1－lnx2

所以要证f′2<0，只须证明－<0，

x1＋x2x1－x2

x

211

2(x1－x2)x2x1

即证明>lnx1－lnx2，即证明ln*

＋xx

x1x2112

x2

x111

令1，则，则，．

t0,1ht1tlnt2t2htlnt1ht20

x2ttt

∴ht在0,1上递减，hth10，∴ht在0,1上递增，hth10．

x1x2

所以*成立，即f0．

2

[例2]已知函数f(x)＝x2＋ax＋blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x．

(1)求实数a，b的值；

2

(2)设F(x)＝f(x)－x＋mx(m∈R)，x1，x2(0＜x1＜x2)分别是函数F(x)的两个零点，求证：F(x1x2)＜0(F(x)

为函数F(x)的导函数)．

解析(1)a＝1，b＝－1；

1

(2)fxx2xlnx，Fx1mxlnx，Fxm1，因为x,x分别是函数Fx的两个零

x12

1mx1lnx1lnxlnx1lnxlnx1

点，所以，两式相减，得m112，Fxxm112，

12

1mx2lnx2x1x2x1x2x1x2x1x2

lnxlnx1

要证明Fxx0，只需证12．

12

x1x2x1x2

x1x2x1x11x1

思维引导1因为0x1x2，只需证lnx1lnx2ln0．令t0,1，即

x1x2x2x2x1x2

x2

2

1121t1

证2lntt0，令ht2lntt0t1，则ht10，所以函数ht在0,1上

tttt2t2

单调递减，，即证1，由上述分析可知．

hth102lntt0Fx1x20

t

总结提升这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把x1,x2转化为t的函数，常把x1,x2的关系

x1x1x1x2

变形为齐次式，设t,tln,tx1x2,te等，构造函数来解决，可称之对称化构造函数法．

x2x2

x1x2xx2

思维引导2因为0x1x2，只需证lnx1lnx20，设Q(x)lnxlnx2(0xx2)，

x1x2x2x

x

xx(xx)2

222

12x1xx22x2xxx2(x2x)

则Q(x)0，所以函数Qx在

xx2xx2x2xx2x2xx2x2xx

xx

上单调递减，，即证2．由上述分析可知．

0,x2QxQx20lnxlnx2Fx1x20

x2x

总结提升极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于x1

（或x2）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主

元法．

lnxlnx1xx

思维引导3要证明Fxx0，只需证12，即证12xx，由对数平均

1212

x1x2x1x2lnx1lnx2

数易得．

总结提升极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，

通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法．

[例3]已知函数f(x)x2(a2)xalnx(a0)．

(1)若x0，使得f(x)3a23a恒成立，求a的取值范围．

设，为函数图象上不同的两点，的中点为，求证：

(2)P(x1,y1)Q(x2,y2)f(x)PQM(x0,y0)

f(x1)－f(x2)

<f(x0)．

x1－x2

解析(1)fx3a23a恒成立，即fx3a23a0恒成立，

ax12xa

令gxfx3a23a，gx2xa2，

xx

a

由于01，则gx在0,1单调递减，在1,单调递增，

2

21

故gxg13a4a10，解得a,1．

3

xx

(2)因为Mx,y为PQ的中点，则x12，

0002

a2a

故fx02x0a2x1x2a2，

x0x1x2

fxfxx2a2xalnxx2a2xalnx

12111222

x1x2x1x2

22x1x1

x1x2a2x1x2alnaln

x2x2

x1x2a2，

x1x2x1x2

x

aln1

fx1fx2x22a

故要证fx0，即证，

x1x2x1x2x1x2

x

ln1

x22

由于a0，即证．不妨假设x1x20，

x1x2x1x2

x

211

x2x1x2xx2

只需证明ln1，即ln1．

xxxxx1

21221

x2

2

x2t1t1

设1，构造函数，，则，

t1htlnth't20hth10

x2t1tt1

x

211

x1x2fx1fx2

则有ln，从而fx0．

xx1xx

2112

x2

x12

[例4]已知函数f(x)＝e－x－ax有两个极值点x1，x2(e为自然对数的底数)．

2

(1)求实数a的取值范围；

(2)求证：f(x1)＋f(x2)>2．

1

解析(1)由于f(x)＝ex－x2－ax，则f′(x)＝ex－x－a，

2

设g(x)＝f′(x)＝ex－x－a，则g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0．

所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0．所以g(x)min＝g(0)＝1－a．

①当a≤1时，g(x)＝f′(x)≥0，所以函数f(x)单调递增，没有极值点；

②当a>1时，g(x)min＝1－a<0，且当当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞．

x

此时，g(x)＝f′(x)＝e－x－a有两个零点x1，x2，不妨设x1<x2，则x1<0<x2，

1

所以函数f(x)＝ex－x2－ax有两个极值点时，实数a的取值范围是(1，＋∞)；

2

答案速得函数f(x)有两个极值点实质上就是其导数f′(x)有两个零点，亦即函数y＝ex与直线y＝x＋a

有两个交点，如图所示，显然实数a的取值范围是(1，＋∞)．

(2)由(1)知，x1，x2为g(x)＝0的两个实数根，x1<0<x2，g(x)在(－∞，0)上单调递减．

x2x2

下面先证x1<－x2<0，只需证g(－x2)<g(x1)＝0，由于g(x2)＝e－x2－a＝0，得a＝e－x2，

x2x2x2

所以g(－x2)＝e＋x2－a＝e－e＋2x2．

1

设h(x)＝ex－ex＋2x(x>0)，则h′(x)＝－ex＋2<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

ex

所以h(x)<h(0)＝0，h(x2)＝g(－x2)<0，所以x1<－x2<0．

由于函数f(x)在(x1，0)上也单调递减，所以f(x1)>f(－x2)．

x2x22

要证f(x1)＋f(x2)>2，只需证f(－x2)＋f(x2)>2，即证e＋e－x2－2>0．

设函数k(x)＝ex＋ex－x2－2，x∈(0，＋∞)，则k′(x)＝ex－ex－2x．

设r(x)＝k′(x)＝ex－ex－2x，则r′(x)＝ex＋ex－2>0，

所以r(x)在(0，＋∞)上单调递增，r(x)>r(0)＝0，即k′(x)>0．

所以k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)＝0．

∈xx2x2x22

故当x(0，＋∞)时，e＋e－x－2>0，则e＋e－x2－2>0，

所以f(－x2)＋f(x2)>2，亦即f(x1)＋f(x2)>2．

总结提升本题是极值点偏移问题的泛化，是拐点的偏移，依然可以使用极值点偏移问题的有关方法

来解决．只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系，如本题中的x1<－x2<0，如果“脑中有‘形’”，

如图所示，并不难得出．

【对点训练】

1．设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx．

(1)求函数f(x)的单调区间；

x1x2

(2)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f()0．

2

a2x2(a2)xa(2xa)(x1)

1．解析(1)x(0,)．f(x)2x(a2)．

xxx

当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0,)上单调递增，即f(x)的单调递增区间为(0,)．

aa

当a0时，由f(x)0得x；由f(x)0，解得0x．

22

aa

所以函数f(x)的单调递增区间为(,)，单调递减区间为(0,)．

22

(2)x1，x2是方程f(x)c得两个不等实数根，由(1)可知：a0．

22

不妨设0x1x2．则x1a2x1alnx1c，x2a2x2alnx2c．

22

22x12x1x22x2

两式相减得x1a2x1alnx1x2a2x2alnx20，化为a．

x1lnx1x2lnx2

aaa

f()0，当x(0,)时，f(x)0，当x(,)时，f(x)0．

222

xxax22xx22xx2x2x

故只要证明12即可，即证明xx1122，即证明ln112，

12

22x1lnx1x2lnx2x2x1x2

x14(t1)2

12t2

设t(0t1)，令gtlnt，则g(t)22．

x2t1t(t1)t(t1)

1t0，g(t)0．g(t)在(0,1)上是增函数，又在t1处连续且g(1)0，

当t(0,1)时，g(t)0总成立．故命题得证．

2．(2011辽宁)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．

(1)讨论f(x)的单调性；

111

(2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，f(＋x)＞f(－x)；

aaa

(3)若函数y＝f(x)的图象与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)＜0．

2．解析(1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调增加；

11

若a＞0，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减；

aa

111

(2)法一：构造函数g(x)f(x)f(x),(0x)，利用函数单调性证明，方法上同，略；

aaa

11

法二：构造以a为主元的函数，设函数h(a)f(x)f(x)，

aa

xx2x3a2

则h(a)ln(1ax)ln(1ax)2ax，h(a)2x，

1ax1ax1a2x2

111

由0x，解得0a，当0a时，h(a)0，而h(0)0，

axx

111

所以h(a)0，故当0x时，f(x)f(x)

aaa

11

(2)由(1)可得a＞0，f(x)＝－2ax＋2－a在(0，＋∞)上单调递减，f()＝0，

xa

1

不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，

a

1x1＋x212

欲证明f(x)＜0，即f(x0)＜f()，只需证明x0＝＞，即x1＞－x2，

a2aa

2

只需证明f(x2)＝f(x1)＞f(－x2)．

a

21111

由(2)得f(－x2)＝f[＋(－x2)]＞f[－(－x2)]＝f(x2)，得证．

aaaaa

x

3．设函数f(x)＝e－ax＋a，其图象与轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1＜x2．

(1)求a的取值范围；

(2)证明：f(x1x2)＜0(f(x)为函数f(x)的导函数)．

2

3．解析(1)a∈(e，＋∞)，且0＜x1＜lna＜x2，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增；

x1＋x2x1＋x2

(2)要证明f(x1x2)＜0，只需证f()＜0，即f()＜f(lna)，

22

xx1＋x2

因为f(x)＝e－a单调递增，所以只需证＜lna，亦即x2＞2lna－x1，

2

只要证明f(x2)＝f(x1)＞f(2lna－x1)即可；令g(x)＝f(x)－f(2lna－x)(x＜lna)，则

2

xa

g(x)＝f(x)－f(2lna－x1)＝e－－2a＜0，所以g(x)在(0，lna)上单调递减，g(x)＞g(lna)＝0，得证．

ex

4．已知函数f(x)＝lnx－ax＋1有两个零点．

(1)求a的取值范围；

(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：f′(x1·x2)<1－a．

1＋lnx

4．解析(1)由f(x)＝0，可得a＝，

x

1＋lnx

转化为函数g(x)＝与直线y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．

x

－lnx

g′(x)＝(x>0)，故当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0．

x2

故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1．

1

又ge＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，

11

0，，＋∞

故当x∈e时，g(x)<0；当x∈e时，g(x)>0．可得a∈(0，1)．

1

(2)f′(x)＝－a，由(1)知x1，x2是lnx－ax＋1＝0的两个根，

x

lnx1－lnx2

故lnx1－ax1＋1＝0，lnx2－ax2＋1＝0a＝．

x1－x2

⇒

要证f′(x1·x2)<1－a，只需证x1·x2>1，即证lnx1＋lnx2>0，即证(ax1－1)＋(ax2－1)>0，

2lnx1－lnx22

即证a>，即证>．

x1＋x2x1－x2x1＋x2

x1

－1

x12(x1－x2)2x2

不妨设0<x1<x2，故ln<＝，(*)

x1

x2x1＋x2＋1

x2

2

x12(t－1)14(t－1)

令t＝∈(0，1)，h(t)＝lnt－，h′(t)＝－＝>0，

22

x2t＋1t(t＋1)t(t＋1)

则h(t)在(0，1)上单调递增，则h(t)<h(1)＝0，故(*)式成立，即要证不等式得证．

a

5．已知函数f(x)＝＋lnx(a∈R)．

x

(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x1，x2．

①求实数a的取值范围；②证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2．

5．思维引导(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)①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

2

定定理证明根的存在性．②对所要证明的结论分析，问题转化为证明x1x2>a，不妨设0<x1<a<x2，问题

a2a2

转化为证明x1>，通过对f(x)的单调性的分析，问题进一步转化为证明f()>f(x2)，构造函数，通过导

x2x2

数法不难证得结论．

x－a

解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝．

x2

当a≤0时，f′(x)>0成立，所以f(x)在(0，＋∞)为增函数；

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．

(2)①由(1)知，当a≤0时，f(x)至多一个零点，不合题意；

1

当a>0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)＝1＋lna<0，解得0<a<．

e

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．

11111

另一方面，因为0<a<，所以0<a2<a<．f(a2)＝＋lna2＝＋2lna，令g(a)＝＋2lna，

eeaaa

1

1122a－11

当0<a<时，g′(a)＝－＋＝<0，所以f(a2)＝g(a)＝＋2lna>ge＝e－2>0

ea2aa2a

又f(a)<0，f(x)在(0，a)为减函数，且函数f(x)的图像在(a2，a)上不间断．

所以f(x)在(0，a)有唯一的一个零点．

1

0，

综上，实数a的取值范围是e．

aa

aa＋aa

②设p＝x1f′(x1)＋x2f′(x2)＝1－＋1－＝2－x1x2．又lnx1＋＝0，lnx2＋＝0，则p＝2＋ln(x1x2)．

x1x2x1x2

2

下面证明x1x2>a．不妨设x1<x2，由①知0<x1<a<x2．

222

2aaa

要证x1x2>a，即证x1>．因为x1，∈(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数，所以只要证f()>f(x1)．

x2x2x2

a2

又f(x1)＝f(x2)＝0，即证f()>f(x2)．

x2

a2xa

设函数F(x)＝f()－f(x)＝－－2lnx＋2lna(x>a)．

xax

(x－a)2

所以F′(x)＝>0，所以F(x)在(a，＋∞)为增函数．

ax2

2

a2

所以F(