高考考点专题导数26 极值点偏移之其他型不等式的证明

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；(2)若函数f(x)＝g(x)＋(a＋1)x2－2x，x1，x2(0＜x1＜x2)是函数f(x)的两个零点，证明：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0．思维引导(2)利用分析法先等价转化所证不等式：要证明f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0，只需证明eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)<0，即证明，即证明，再令，构造函数，利用导数研究函数单调性，确定其最值：在上递增，所以，即可证得结论．解析(1)函数g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f((ax－1)(2x＋1),x)，①当a≤0时，g′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>0时，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，则g′(x)>0，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，则g′(x)<0，则g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)因为x1，x2是f(x)＝lnx＋ax2－ax的两个零点，所以lnx1＋axeq\o\al(2,1)－ax1＝0，lnx2＋axeq\o\al(2,2)－ax2＝0，所以a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＋(x2＋x1)，又f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq\f(2,x1＋x2)＋(x1＋x2)－a＝eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以要证f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0，只须证明eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)<0，即证明eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)>lnx1－lnx2，即证明令，则，则，．∴在上递减，，∴在上递增，．所以成立，即．[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)设F(x)＝f(x)－x2＋mx(m∈R)，x1，x2(0＜x1＜x2)分别是函数F(x)的两个零点，求证：F(eq\r(x1x2))＜0(F(x)为函数F(x)的导函数)．解析(1)a＝1，b＝－1；(2)，，，因为分别是函数的两个零点，所以，两式相减，得，，要证明，只需证．思维引导1因为，只需证．令，即证，令，则，所以函数在上单调递减，，即证，由上述分析可知．总结提升这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把转化为的函数，常把的关系变形为齐次式，设等，构造函数来解决，可称之对称化构造函数法．思维引导2因为，只需证，设，则，所以函数在上单调递减，，即证．由上述分析可知．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（或）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．思维引导3要证明，只需证，即证，由对数平均数易得．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．(1)若，使得恒成立，求的取值范围．(2)设，为函数图象上不同的两点，的中点为，求证：eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)<f(x0)．解析(1)恒成立，即恒成立，令，，由于，则在单调递减，在单调递增，故，解得．(2)因为为的中点，则，故，，故要证，即证，由于，即证．不妨假设，只需证明，即．设，构造函数，，则，则有，从而．[例4]已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax有两个极值点x1，x2(e为自然对数的底数)．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：f(x1)＋f(x2)>2．解析(1)由于f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax，则f′(x)＝ex－x－a，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\*GB3①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\*GB3②当a>1时，g(x)min＝1－a<0，且当当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞．此时，g(x)＝f′(x)＝ex－x－a有两个零点x1，x2，不妨设x1<x2，则x1<0<x2，所以函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax有两个极值点时，实数a的取值范围是(1，＋∞)；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．下面先证x1<－x2<0，只需证g(－x2)<g(x1)＝0，由于g(x2)＝－x2－a＝0，得a＝－x2，所以g(－x2)＝＋x2－a＝－＋2x2．设h(x)＝－＋2x(x>0)，则h′(x)＝－＋2<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，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)．要证f(x1)＋f(x2)>2，只需证f(－x2)＋f(x2)>2，即证＋－－2>0．设函数k(x)＝＋－－2，x∈(0，＋∞)，则k′(x)＝－－2x．设r(x)＝k′(x)＝－－2x，则r′(x)＝＋－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．故当x∈(0，＋∞)时，＋－－2>0，则＋－－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；(2)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：．1．解析(1)．．当时，，函数在上单调递增，即的单调递增区间为．当时，由得；由，解得．所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．(2)，是方程得两个不等实数根，由(1)可知：．不妨设．则，．两式相减得，化为．，当时，，当时，．故只要证明即可，即证明，即证明，设，令，则．，．在上是增函数，又在处连续且，当时，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；(2)设a＞0，证明：当0＜x＜eq\f(1,a)时，f(eq\f(1,a)＋x)＞f(eq\f(1,a)－x)；(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；若a＞0，f(x)在(0，eq\f(1,a))上单调递增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上单调递减；(2)法一：构造函数，利用函数单调性证明，方法上同，略；法二：构造以为主元的函数，设函数，则，，由，解得，当时，，而，所以，故当时，(2)由(1)可得a＞0，f(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋2－a在(0，＋∞)上单调递减，f(eq\f(1,a))＝0，不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，则0＜x1＜eq\f(1,a)＜x2，欲证明f(x)＜0，即f(x0)＜f(eq\f(1,a))，只需证明x0＝eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(1,a)，即x1＞eq\f(2,a)－x2，只需证明f(x2)＝f(x1)＞f(eq\f(2,a)－x2)．由(2)得f(eq\f(2,a)－x2)＝f[eq\f(1,a)＋(eq\f(1,a)－x2)]＞f[eq\f(1,a)－(eq\f(1,a)－x2)]＝f(x2)，得证．3．设函数f(x)＝ex－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(eq\r(x1x2))＜0(f(x)为函数f(x)的导函数)．3．解析(1)a∈(e2，＋∞)，且0＜x1＜lna＜x2，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增；(2)要证明f(eq\r(x1x2))＜0，只需证f(eq\f(x1＋x2,2))＜0，即f(eq\f(x1＋x2,2))＜f(lna)，因为f(x)＝ex－a单调递增，所以只需证eq\f(x1＋x2,2)＜lna，亦即x2＞2lna－x1，只要证明f(x2)＝f(x1)＞f(2lna－x1)即可；令g(x)＝f(x)－f(2lna－x)(x＜lna)，则g(x)＝f(x)－f(2lna－x1)＝ex－eq\f(a2,ex)－2a＜0，所以g(x)在(0，lna)上单调递减，g(x)＞g(lna)＝0，得证．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．4．解析(1)由f(x)＝0，可得a＝eq\f(1＋lnx,x)，转化为函数g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)与直线y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)(x>0)，故当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0．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．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g(x)>0．可得a∈(0，1)．(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－a，由(1)知x1，x2是lnx－ax＋1＝0的两个根，故lnx1－ax1＋1＝0，lnx2－ax2＋1＝0⇒a＝eq\f(lnx1－lnx2,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，即证a>eq\f(2,x1＋x2)，即证eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)．不妨设0<x1<x2，故lneq\f(x1,x2)<eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)，(*)令t＝eq\f(x1,x2)∈(0，1)，h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)，h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，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．5．已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(a∈R)．(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>a2，不妨设0<x1<a<x2，问题转化为证明x1>eq\f(a2,x2)，通过对f(x)的单调性的分析，问题进一步转化为证明f(eq\f(a2,x2))>f(x2)，构造函数，通过导数法不难证得结论．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(x－a,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；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<eq\f(1,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．另一方面，因为0<a<eq\f(1,e)，所以0<a2<a<eq\f(1,e)．f(a2)＝eq\f(1,a)＋lna2＝eq\f(1,a)＋2lna，令g(a)＝eq\f(1,a)＋2lna，当0<a<eq\f(1,e)时，g′(a)＝－eq\f(1,a2)＋eq\f(2,a)＝eq\f(2a－1,a2)<0，所以f(a2)＝g(a)＝eq\f(1,a)＋2lna>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－2>0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．综上，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．②设p＝x1f′(x1)＋x2f′(x2)＝1－eq\f(a,x1)＋1－eq\f(a,x2)＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1)＋\f(a,x2)))．又lnx1＋eq\f(a,x1)＝0，lnx2＋eq\f(a,x2)＝0，则p＝2＋ln(x1x2)．下面证明x1x2>a2．不妨设x1<x2，由①知0<x1<a<x2．要证x1x2>a2，即证x1>eq\f(a2,x2)．因为x1，eq\f(a2,x2)∈(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数，所以只要证f(eq\f(a2,x2))>f(x1)．又f(x1)＝f(x2)＝0，即证f(eq\f(a2,x2))>f(x2)．设函数F(x)＝f(eq\f(a2,x))－f(x)＝eq\f(x,a)－eq\f(a,x)－2lnx＋2lna(x>a)．所以F′(x)＝eq\f((x－a)2,ax2)>0，所以F(x)在(a，＋∞)为增函数．所以F(x2)>F(a)＝0，所以f(eq\f(a2,x2))>f(x2)成立．从而x1x2>a2成立．所以p＝2＋ln(x1x2)>2lna＋2，即x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2成立．总结提升1．第(2)①中，用零点判定定理证明f(x)在(0，a)上有一个零点是解题的一个难点，也是一个热点问题，就是当0<a<eq\f(1,e)时，要找一个数x0<a，且f(x0)>0，这里需要取关于a的代数式，取x0＝a2，再证明f(a2)>0，事实上由(1)可以得到xlnx≥－eq\f(1,e)，而f(a2)＝eq\f(1,a)＋lna2＝eq\f(1＋2alna,a)>0即可．2．在(2)②中证明x1x2>a2的过程，属于构造消元构造函数方法，将两个变量x1，x2转化为证明单变量的问题，这一处理方法，在各类压轴题中，经常出现，要能领悟并加以灵活应用．6．已知函数f(x)＝ex＋ax－1(a∈R)．(1)若对任意的实数x，函数y＝f′(x)的图象与直线y＝x有且只有两个交点，求a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x2＋1，若函数g(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，证明：g(x1)＋g(x2)>2．6．解析(1)f(x)＝ex＋ax－1，则f′(x)＝