第三章进阶篇不等式的证明方法进阶3极值点偏移(一)

进阶3极值点偏移(一)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.题型一对称化构造法(和型)例1已知函数f(x)=lnx+ax(1)若函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)当a=1时，若方程f(x)=m有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x1+x2>2.(1)解由题意f'(x)=1x-ax2=x−当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，满足题意；当a>0时，当0<x<a时，f'(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，当x>a时，f'(x)>0，f(x)在(a，+∞)上单调递增，又函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，故0<a≤1，综上可知，实数a的取值范围为(-∞，1].(2)证明当a=1时，f(x)=lnx+1x由(1)可知f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以0<x1<1<x2，令g(x)=f(x)-f(2-x)(0<x<1)，则g'(x)=x−1x2-x−1所以g(x)在(0，1)上单调递减，g(x)>g(1)=0，即f(x)>f(2-x)(0<x<1)，令x=x1，则f(x1)>f(2-x1)，故f(x2)=f(x1)>f(2-x1)，又f(x)在(1，+∞)上单调递增，2-x1>1，所以x2>2-x1，故x1+x2>2.思维升华证明x1+x2>2x0的步骤(1)求极值点x0：求出函数f(x)的极值点x0，结合函数f(x)的图象，由f(x1)=f(x2)得出x1，x2的取值范围.(2)构造函数：对结论为x1+x2>2x0(x1<x2)的情况，构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x).①若F'(x)=f'(x)+f'(2x0-x)>0，则F(x)单调递增；②注意到F(x0)=0，则F(x1)=f(x1)-f(2x0-x1)<0，即f(x1)<f(2x0-x1)；③f(x2)=f(x1)<f(2x0-x1)，若f(x)在(x0，+∞)上单调递减，则x2>2x0-x1；④得到结论x1+x2>2x0.跟踪训练1(2026·佳木斯模拟)已知函数f(x)=ex-ax2(a∈R).(1)当a=1时，判断函数f(x)的单调性；(2)已知函数f(x)有两个正零点x1，x2，且x1<x2，求证：x1+x2>4.(1)解当a=1时，f(x)=ex-x2，定义域为R，求导得f'(x)=ex-2x，令h(x)=ex-2x，h'(x)=ex-2，当x∈(-∞，ln2)时，h'(x)<0，f'(x)单调递减，当x∈(ln2，+∞)时，h'(x)>0，f'(x)单调递增，所以f'(x)≥f'(ln2)=2-2ln2>0，所以函数f(x)=ex-x2在R上单调递增.(2)证明因为ex1=ax12，ex2=ax22，且易知a>0所以两边同时取自然对数，得x1=lna+2lnx1，x2=lna+2lnx2，两式相减得x2-x1=2(lnx2-lnx1)，即x2−要证x1+x2>4，只需证明x2−x即x2−x1x1+x2<1因为0<x1<x2，令t=x2x1，只需证明lnt>2(t−1)t+1构造函数g(t)=lnt-2(t−1)t+1求导得g'(t)=1t-4(t+1所以函数g(t)在(1，+∞)上单调递增，于是g(t)>g(1)=0，所以不等式lnt>2(t综上，不等式x1+x2>4成立.题型二对称化构造法(积型)例2(2025·江苏联考)已知函数f(x)=xlnx+t在点(1，f(1))处的切线经过原点.(1)求t的值；(2)若存在x1<x2，使得f(x1)=f(x2)，求证：x1x2<1e(1)解因为f'(x)=lnx+1(x>0)，所以f'(1)=1，因为f(1)=t，所以切线方程为y-t=x-1，即y=x+t-1.因为切线经过原点，所以0=0+t-1，所以t=1.(2)证明由(1)得f'(x)=lnx+1(x>0)，令f'(x)>0，解得x>1e令f'(x)<0，解得0<x<1e所以f(x)在1e，+∞上单调递增，在因为f

1e=1-1e，f(1当x趋近于0时，f(x)趋近于1，f(x)的大致图象如图所示.所以存在x1<x2，使得f(x1)=f(x2)，且0<x1<1e，1e<x要证x1x2<1e2，即证x1<因为1e2<1e2x2<1e，只需证f(因为f(x1)=f(x2)，即证f(x2)>f

1令g(x)=f(x)-f

1e2x=xlnx=xlnx+1e2x(lnx+2所以g'(x)=(lnx+1)+−=(lnx+1)1−1因为1e<x<1，所以g'(x)>0所以g(x)在1e所以g(x)>g1e=0所以f(x)>f

1即f(x2)>f

1e2x2，所以x1思维升华对结论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，跟踪训练2已知函数f(x)=(x+a)ex，直线y=2x+1是曲线y=f(x)的一条切线.(1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x1)=f(x2)，其中x1<x2，证明：x1x2>4.(1)解设直线y=2x+1与曲线y=f(x)相切于点(x0，f(x0))，∵f'(x)=(x+a+1)ex，∴f'(x0)=(x0+a+1)ex0∴(x0+a)ex0=2-又f(x0)=(x0+a)ex0=2x0∴2-ex0=2x0即ex0+2x0设g(x)=ex+2x-1，则g'(x)=ex+2>0，∴g(x)在R上单调递增，又g(0)=0，∴g(x)有唯一零点x=0，∴x0=0，∴a+1=2，解得a=1，∴f(x)=(x+1)ex，f'(x)=(x+2)ex，则当x∈(-∞，-2)时，f'(x)<0；当x∈(-2，+∞)时，f'(x)>0，∴f(x)在(-∞，-2)上单调递减，在(-2，+∞)上单调递增.(2)证明由(1)知f(x)min=f(-2)=-e-2<0，当x<-1时，f(x)<0；当x>-1时，f(x)>0，∴x1<-2<x2<-1，要证x1x2>4，只需证x1<4x又x2>-2，∴4x∵f(x)在(-∞，-2)上单调递减，∴只需证f(x1)>f

4又f(x1)=f(x2)，则只需证f(x2)>f

4x2对任意x2∈(-2，设h(x)=f(x)-f

4x(-2<x则h'(x)=(x+2)ex+8(=(x设p(x)=x3ex−4x+8(则p'(x)=xex−∴p(x)在(-2，-1)上单调递减，∴p(x)<p(-2)=0.又当-2<x<-1时，(x+2)∴h'(x)>0，∴h(x)在(-2，-1)上单调递增，∴h(x)>h(-2)=0，即f(x)>f

4x在x∈(-2，又x2∈(-2，-1)，∴f(x2)>f

4故原不等式得证.课时精练[分值：34分]1.(17分)已知函数f(x)=(x-1)lnx-x2+ax(a∈R).(1)若函数y=f'(x)有两个零点，求a的取值范围；(8分)(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：2x1·(1)解f(x)=(x-1)lnx-x2+ax，则f'(x)=1-1x+lnx-2x+a令f'(x)=0，得a=2x+1x-lnx-1若函数y=f'(x)有两个零点，则直线y=a与函数y=2x+1x-lnx-1的图象有两个不同的交点设g(x)=2x+1x-lnx-1(x>0则g'(x)=2-1x2=2x2−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)→+∞，作出函数g(x)与直线y=a的大致图象，如图所示，要使二者有两个不同的交点，则a>2，故a的取值范围为(2，+∞).(2)证明因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点，所以f'(x1)=f'(x2)=0.由(1)知g(x1)=g(x2)=a，不妨设0<x1<1<x2，要证2x1·2x2>4，即证x1+只需证x2>2-x1，显然2-x1>1.由(1)知当x∈(1，+∞)时，g(x)单调递增，所以只需证g(x2)>g(2-x1)，而g(x1)=g(x2)=a，所以即证g(x1)>g(2-x1).设h(x)=g(x)-g(2-x)=4x+1x-lnx-12−x+ln(2-x)-4，0<则h'(x)=4(x当x∈(0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，所以当0<x<1时，h(x)>h(1)=0，所以当0<x1<1时，g(x1)>g(2-x1)，原不等式得证.2.(17分)已知函数f(x)=xlnx-12ax2(a(1)若函数f(x)在定义域内为减函数，求实数a的取值范围；(6分)(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2>1a(1)解f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1+lnx-ax，由题意f'(x)≤0恒成立，即a≥lnx设h(x)=lnx+1x，则h'(x)=1−lnx−1x当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，h(x)max=h(1)=1，故a≥1，即实数a的取值范围为[1，+∞).(2)证明方法一函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0<a<1，设g(x)=f'(x)=1+lnx-ax，则x1，x2(0<x1<x2)是g(x)的两个变号零点，g'(x)=1x-a，当x∈0，1a时，g'(x当x∈1a，+∞时，g'(x所以g(x)在0，1a上单调递增，在所以0<x1<1a<x2又因为g(1)=1-a>0，所以0<x1<1<1a<x2要证x1x2>1a，只需证x2>1ax只需证g(x2)<g1a其中g(x2)=0，即证g1ax1=1-ln(ax1)-即证ln(ax1)+1x由g(x1)=lnx1-ax1+1=0，设t=ax1，t∈(0，1)，则lnx1=t-1，x1=et-1，则ln(ax1)+1x1-1<0⇔lnt+e1-t设G(t)=lnt+e1-t-1(0<t<1)，G'(t)=1t-e1-t=e由(1)知lnx+1x故lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立，所以ex-1≥x，当且仅当x=1时，等号成立，et-1-t>0，即G'(t)>0，G(t)在(0，1)上单调递增，G(t)<G(1)=0，故ln(ax1)+1x1即x1x2>1a方法二先证明引理：当0<t<1时，lnt<2(t当t>1时，lnt>2(t设M(t)=lnt-2(t−1)t+1M'(t)=1t-4(t+1)所以M(t)在(0，+∞)上单调递增，又M(1)=0，当0<t<1时，M(t)<M(1)=0，当t>1时，M(t)>M(1)=0，故引理得证.因为函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0<a<1，设g(x)=f'(x)=1+lnx-ax，则x1，x2(0<x1<x2)是g(x)的两个变号零点，g'(x)=1x-a，当x∈0，1a时，g'(x当x∈1a，+∞时，g'(x所以g(x)在0，1a上单调递增，在所以0<x1<1a<x2，即0<ax1<1<ax2要证x1x2>1a，只需证lnx1+lnx2>-lna因为1+ln即证a(x2+x1)>2-lna，由引理可得ax2+lna-1=ln(ax2)>2(a化简可得a2x22+a(