微專題18 極值點(diǎn)偏移

微專題18極值點(diǎn)偏移【知識(shí)拓展】已知f(x)圖象頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)就是極值點(diǎn)x0，若f(x)＝c的兩根的中點(diǎn)剛好滿足eq\f(x1＋x2,2)＝x0，即極值點(diǎn)在兩根的正中間，也就是說極值點(diǎn)沒有偏移，此時(shí)f(x)在x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢相同，如圖(1)所示；若eq\f(x1＋x2,2)≠x0，則極值點(diǎn)偏移，此時(shí)函數(shù)f(x)在x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢不同，如圖(2)(3)所示.【類型突破】類型一對(duì)稱化構(gòu)造例1已知h(x)＝lnx－ax的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1，x2，證明：x1x2>e2.證明h(x)＝lnx－ax(x>0)，則h(x)的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1，x2.h′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x).當(dāng)a≤0時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不存在兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，則h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1>0，得0<a<eq\f(1,e).設(shè)x1<x2，則x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).因?yàn)閔(x1)＝h(x2)＝0，所以lnx1＝ax1，lnx2＝ax2.要證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)>2，即證x1＋x2>eq\f(2,a)，即證x2>eq\f(2,a)－x1，即證h(x1)＝h(x2)<heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x1)).令F(x)＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))－h(huán)(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))－lnx＋ax＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))－lnx＋2ax－2，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))).則F′(x)＝eq\f(2（ax－1）2,x（ax－2）)<0，所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，當(dāng)x→eq\f(1,a)時(shí)，F(xiàn)(x)→0，所以F(x)>0.因?yàn)镕(x1)＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x1))－h(huán)(x1)>0，故x1x2>e2成立.規(guī)律方法對(duì)稱化構(gòu)造主要用來解決與兩個(gè)極值點(diǎn)之和、積相關(guān)的不等式的證明問題.其解題要點(diǎn)如下：(1)定函數(shù)(極值點(diǎn)為x0)，即利用導(dǎo)函數(shù)符號(hào)的變化判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而確定函數(shù)的極值點(diǎn)x0.(2)構(gòu)造函數(shù)，即根據(jù)極值點(diǎn)構(gòu)造對(duì)稱函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若證x1x2>xeq\o\al(2,0)，則令F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x))).(3)判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論F(x)的單調(diào)性.(4)比較大小，即判斷函數(shù)F(x)在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系.(5)轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性，將f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為x與2x0－x之間的關(guān)系，進(jìn)而得到所證或所求.訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝xe－x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>2.(1)解f′(x)＝(1－x)e－x，則由f′(x)<0，得x>1，由f′(x)>0，得x<1，所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)的極大值是f(1)＝eq\f(1,e)，無極小值.(2)證明不妨設(shè)x1<x2，由(1)知x1<1，x2>1，要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，即證f(x1)＝f(x2)<f(2－x1).構(gòu)造F(x)＝f(2－x)－f(x)＝(2－x)ex－2－xe－x，x<1，則F′(x)＝(1－x)(ex－2－e－x)<0，所以F(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，所以F(x)＝f(2－x)－f(x)>F(1)＝0，故F(x1)＝f(2－x1)－f(x1)>0，x1<1，可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，故x1＋x2>2.類型二比(差)值換元例2(2023·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝－2lnx＋eq\f(a,x2)＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x0為其極值點(diǎn)，證明：eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,xeq\o\al(2,2))>2f(x0).(1)解∵f(x)＝－2lnx＋eq\f(a,x2)＋1，∴f′(x)＝－eq\f(2x2＋2a,x3)(x>0)，當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù).當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)>0得0<x<eq\r(－a)，∴f(x)在(0，eq\r(－a))上單調(diào)遞增；由f′(x)<0得x>eq\r(－a)，∴f(x)在(eq\r(－a)，＋∞)上單調(diào)遞減.(2)證明由(1)可知a<0，且當(dāng)x＝eq\r(－a)時(shí)，f(x)取得極大值，也是最大值，為f(eq\r(－a))＝－ln(－a)，從而x0＝eq\r(－a).由題意得f(eq\r(－a))＝－ln(－a)>0，即－1<a<0.設(shè)h(x)＝lnx－x，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(1)＝－1<0，從而lnx<x，∴2f(x0)＝－4ln(eq\r(－a))＝2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))<－eq\f(2,a).∵x1，x2是f(x)的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，∴f(x1)＝－2lnx1＋eq\f(a,xeq\o\al(2,1))＋1＝0，f(x2)＝－2lnx2＋eq\f(a,xeq\o\al(2,2))＋1＝0，兩式相減得－eq\f(1,a)＝eq\f(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1),2xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)ln\f(x2,x1)).不妨設(shè)x2>x1>0，則要證明eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,xeq\o\al(2,2))>2f(x0)，只需要證明eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,xeq\o\al(2,2))>2·eq\f(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1),2xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)ln\f(x2,x1)).即證明lneq\f(xeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1))>eq\f(2（xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)）,xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))，也就是證明lneq\f(xeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1))>eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1))－1)),\f(xeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1))＋1)，設(shè)eq\f(xeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1))＝t，t∈(1，＋∞)，則只需證明lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)(t>1)，設(shè)g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t>1)，則g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，∴g(t)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，從而g(t)>g(1)＝0，∴l(xiāng)nt>eq\f(2（t－1）,t＋1)成立，從而eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,xeq\o\al(2,2))>2f(x0).規(guī)律方法比(差)值換元就是根據(jù)已知條件首先建立極值點(diǎn)之間的關(guān)系，然后利用兩個(gè)極值點(diǎn)之比(差)作為變量，從而實(shí)現(xiàn)消參、減元的目的.一般用t表示兩個(gè)極值點(diǎn)之比(差)，繼而將所求解問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù)問題.訓(xùn)練2(2023·威海模擬改編)已知f(x)＝2lnx－x＋eq\f(a,x).若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2，證明：eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<eq\f(2,\r(a))－2.證明f′(x)＝－eq\f(x2－2x＋a,x2)，由題意知x1，x2是x2－2x＋a＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則x1＋x2＝2，x1x2＝a，eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)＝eq\f(2（lnx2－lnx1）－（x2－x1）＋\f(a（x1－x2）,x1x2),x2－x1)，將x1x2＝a代入，得eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)＝eq\f(2（lnx2－lnx1）,x2－x1)－2，要證明eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<eq\f(2,\r(a))－2，只需證明eq\f(2（lnx2－lnx1）,x2－x1)－2<eq\f(2,\r(a))－2，即證eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)<eq\f(1,\r(a))＝eq\f(1,\r(x1x2))，因?yàn)?<x1<x2，所以x2－x1>0，只需證明lneq\f(x2,x1)<eq\f(x2－x1,\r(x1x2))＝eq\r(\f(x2,x1))－eq\r(\f(x1,x2))，令eq\r(\f(x2,x1))＝t，則t>1，只需證明lnt2<t－eq\f(1,t)，即證2lnt－t＋eq\f(1,t)<0(t>1)，令h(t)＝2lnt－t＋eq\f(1,t)，t>1，則h′(t)＝eq\f(2,t)－1－eq\f(1,t2)＝eq\f(－（t－1）2,t2)<0，所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，可得h(t)<h(1)＝0，所以2lnt－t＋eq\f(1,t)<0(t>1)，所以eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<eq\f(2,\r(a))－2.【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、基本技能練1.已知函數(shù)f(x)＝xlnx－x，兩相異正實(shí)數(shù)x1，x2滿足f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>2.證明f′(x)＝lnx，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，且f(1)＝－1，如圖所示，不妨設(shè)x1<1<x2，要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，只需要證f(2－x1)<f(x2)，又f(x1)＝f(x2)，∴只需證f(2－x1)<f(x1)，設(shè)g(x)＝f(x)－f(2－x)(x∈(0，1))，則g′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′＝lnx＋ln(2－x)，0<x<1，再設(shè)h(x)＝lnx＋ln(2－x)，0<x<1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2－x)＝eq\f(2－2x,x（2－x）)>0，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，∴h(x)<h(1)＝0，∴g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴g(x)>g(1)＝0，∴f(x)－f(2－x)>0，0<x<1，∴f(x1)>f(2－x1)，∴x1＋x2>2.2.已知函數(shù)f(x)＝xlnx的圖象與直線y＝m交于不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2).求證：x1x2<eq\f(1,e2).證明f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增.可設(shè)0<x1<eq\f(1,e)<x2.f(x1)＝f(x2)即x1lnx1＝x2lnx2，令t＝eq\f(x2,x1)>1，則x2＝tx1，代入上式得x1lnx1＝tx1(lnt＋lnx1)，得lnx1＝eq\f(tlnt,1－t).又x1x2<eq\f(1,e2)?lnx1＋lnx2<－2?2lnx1＋lnt<－2?eq\f(2tlnt,1－t)＋lnt<－2?lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>0.設(shè)g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t>1)，則g′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0.∴當(dāng)t>1時(shí)，g(t)單調(diào)遞增，g(t)>g(1)＝0，∴l(xiāng)nt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>0.故x1x2<eq\f(1,e2).3.(2023·杭州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x－lnx－a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2.(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)證明：x1＋x2>a＋1.(1)解∵函數(shù)f(x)＝x－lnx－a，∴f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.故當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)＝x－lnx－a取最小值f(1)＝1－a，若函數(shù)f(x)＝x－lnx－a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2.則1－a<0，即a>1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞).(2)證明由(1)可設(shè)0<x1<1<x2，則x1－lnx1＝a，且x2－lnx2＝a，若證x1＋x2>a＋1，即證x2>1－lnx1，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－f(1－lnx)，0<x<1，所以g(x)＝x－lnx－(1－lnx)＋ln(1－lnx)＝x－1＋ln(1－lnx)，所以g′(x)＝1－eq\f(1,x（1－lnx）)，0<x<1，令h(x)＝x(1－lnx)，則h′(x)＝－lnx>0，所以h(x)單調(diào)遞增，所以0<h(x)<h(1)＝1.所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(1－lnx)，0<x<1，又0<x1<1<x2，所以f(x2)＝f(x1)>f(1－lnx1).因?yàn)閒(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2>1－lnx1，即x1＋x2>a＋1，故原不等式得證.二、創(chuàng)新拓展練4.(2023·臨沂模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－2aeq\r(x)(a>0).(1)若a＝e，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若x1，x2是f(x)的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，證明：1<x1＋x2<2lna＋ln2.(1)解f(x)＝ex－2aeq\r(x)(a>0)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝ex－eq\f(a,\r(x)).當(dāng)a＝e時(shí)，f′(x)＝ex－eq\f(e,\r(x))，令f′(x)＝0，則x＝1，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)證明因?yàn)閤1，x2是f(x)的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，所以ex1＝2aeq\r(x1)，ex2＝2aeq\r(x2)，顯然x1>0，x2>0，則有x1＝ln2＋lna＋eq\f(1,2)lnx1，x2＝ln2＋lna＋eq\f(1,2)lnx2，所以x1－x2＝eq\f(1,2)lnx1－eq\f(1,2)lnx2.不妨令x1>x2>0，設(shè)t＝eq\f(x1,x2)，t>1，所以x1＝eq\f(tlnt,2（t－1）)，x2＝eq\f(lnt,2（t－1）)，所以要證x1＋x2＝eq\f(（t＋1）lnt,2（t－1）)>1，只要證lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)，即證lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>0，令g