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文档简介
极值点偏移问题1.极值点偏移的判定定理对于可导函数y=f(x)在区间(a,b)上只有一个极大(小)值点x0,方程f(x)=0的解分别为x1,x2,且a<x1<x2<b.(1)若0=f(x1)<f(2x0-x2),则x1+x22<(>)x0,即函数y=f(x)在区间(x1,x(2)若0=f(x1)>f(2x0-x2),则x1+x22>(<)x0,即函数y=f(x)在区间(x1,x极值点左偏极值点左偏2.证明极值点偏移的相关问题,一般有以下几种方法:(1)证明x1+x2<2a(或x1+x2>2a):①构造函数g(x)=f(x)-f(2a-x),求导,确定函数y=f(x)和函数y=g(x)的单调性;②确定x1,x2满足x1<a<x2,且f(x1)=f(x2),由函数值g(x1)与g(a)的大小关系,得g(x1)=f(x1)-f(2a-x1)=f(x2)-f(2a-x1)与零的大小关系;③由函数y=f(x)在区间(a,+∞)上的单调性得到x2与2a-x1的大小关系,从而证明相应问题.(2)证明x1x2<a2(或x1x2>a2)(x1,x2都为正数):①构造函数g(x)=f(x)-fa2x,求导,确定函数y=f(x)和函数y=g(②确定x1,x2满足x1<a<x2,且f(x1)=f(x2),由函数值g(x1)与g(a)的大小关系,得g(x1)=f(x1)-fa2x1=f(x2)-③由函数y=f(x)在区间(a,+∞)上的单调性得到x2与a2x(3)应用对数平均不等式x1x2<x①由题中等式中产生对数;②将所得含对数的等式进行变形得到x1③利用对数平均不等式来证明相应的问题.[典例]已知函数f(x)=xe-x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)若x1≠x2且f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2.[解](1)f′(x)=e-x(1-x),x∈R.令f′(x)>0,得x<1;令f′(x)<0,得x>1,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞),所以f(x)有极大值f(1)=1e(2)法一(对称化构造函数法):由(1)知,不妨设0<x1<1<x2,要证x1+x2>2,只要证x2>2-x1>1.由于f(x)在(1,+∞)上单调递减,故只要证f(x2)<f(2-x1),由于f(x1)=f(x2),故只要证f(x1)<f(2-x1),令H(x)=f(x)-f(2-x)=xe-x-(2-x)ex-2(0<x<1),则H′(x)=1−xex−因为0<x<1,所以1-x>0,2-x>x,所以e2-x>ex,即e2-x-ex>0,所以H′(x)>0,所以H(x)在(0,1)上单调递增,所以H(x)<H(1)=0,即有f(x1)<f(2-x1)成立,所以x1+x2>2.法二(比值代换法):设0<x1<1<x2,由f(x1)=f(x2),得x1e−等式两边取对数得lnx1-x1=lnx2-x2.令t=x2x1>1,则x2=tx1,代入上式得lnx1-x1=lnt+lnx1-tx1,得x1=lntt−1,所以即证x1+x2=t+1lntt−1设g(t)=lnt-2t−1t+所以g′(t)=1t−2所以当t>1时,g(t)单调递增,所以g(t)>g(1)=0,所以lnt-2t−1故x1+x2>2.极值点偏移问题的常用策略首先进行变量的转化,即由已知条件入手,寻找双变量所满足的关系式,或者通过比值代换令t[跟进训练]1.(2022·全国甲卷节选)已知函数f(x)=exx-lnx+x-a.证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2[证明]法一(对称化构造):由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ex+xx−1x2,可得函数由题知,f(x)的一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设0<x1<1<x2,要证x1x2<1,即证x1<1x因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f1x即证exx-lnx+x-xe1x-lnx-1x>0,x即证exx-xe1下面证明当x>1时,exx-xe1x>0,lnx设g(x)=exx-xe1则g′(x)=1x−1x=1x1−1x=1−1xe设φ(x)=exx(x>1),φ′(x)=1x−1x2所以φ(x)>φ(1)=e,而e1所以exx-e1x>0,所以所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,即g(x)>g(1)=0,所以exx-xe令h(x)=lnx-12x−1h′(x)=1x−121所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,即h(x)<h(1)=0,所以lnx-12x−综上,exx-xe1x-2lnx−1法二(对数平均不等式):f(x)=exx-lnx+x-a=ex-lnx+x-lnx-令t=x-lnx,则g(t)=et+t-a,易知g(t)单调递增,所以g(t)有且仅有一个零点t0,又f(x)有两个零点x1,x2,所以x-lnx=t0有两个实根x1和x2,所以x由对数平均不等式得x1x2<x1−x2lnx2.(2024·广州模拟)已知函数f(x)=lnx-ax2,若x1,x2是方程f(x)=0的两不等实根,求证:x12[解]因为x1,x2是方程lnx-ax2=0的两不等实根,lnx-ax2=0⇔2lnx-2ax2=0,即x1,x2是方程lnx2-2ax2=0的两不等实根,令t=x2(t>0),则t1=x12,t2=即t1,t2是方程2a=lnt令g(t)=lntt,则g′(t)=所以g(t)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,g(e)=1e当t→0时,g(t)→-∞;当t→+∞时,g(t)>0且g(t)→0.所以0<2a<1e,即0<a<1令1<t1<e<t2,要证x12+x22>2e,只需证法一(对称化构造):令h(t)=g(t)-g(2e-t),t∈(1,e),则h(t)=g(t)-g(2e-t)=lntt−令φ(t)=(2e-t)lnt-tln(2e-t),则φ′(t)=2et-1-lnt-ln(2e-t)+t2e−t=2e−tt所以φ(t)在(1,e)上单调递增,φ(t)<φ(e)=0,所以h(t)=g(t)-g(2e-t)<0,所以g(t)<g(2e-t),所以g(t2)=g(t1)<g(2e-t1),所以t2>2e-t1,即t1+t2>2e,所以x1法二(对数平均不等式):先证x1−x2lnx1−ln只需证x2−x只需证2x−1x+1-ln令φ(x)=2x−1x+1-lnx(x>1),φ′(x)=所以φ(x)在(1,+∞)上单调递减,所以φ(x)<φ(1)=0.即x1−x因为t1lnt1=t2lnt所以lnt1+lnt2>2,即t1t2>e2,所以t1+t2>2t13.(2024·河北石家庄模拟)已知函数f(x)=x2lnx-a(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,证明:1<x1+x2<2e[解](1)因为f(x)=x2lnx-a(a∈R)的定义域为(0,+∞),则f′(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1),令f′(x)>0,解得x>1e令f′(x)<0,解得0<x<1e所以f(x)的单调递减区间为0,单调递增区间为1e(2)证明:不妨设x1<x2,由(1)知,必有0<x1<1e<x2要证x1+x2<2e,即证x2<2e-x即证f(x2)<f2e又f(x2)=f(x1),即证f(x1)-f2e令g(x)=f(x)-f2e−x,其中x则g′(x)=x(2lnx+1)+2e−x2ln2e−xh′(x)=(2lnx+1)+2-2ln2e−x+1所以h(x)在0,1e上单调递减,即g′(x)在0,1e上单调递减,所以g′(所以g(x)在0,所以g(x)<g1e即f(x1)-f2e−x1<0,所以x1+x接下来证明x1+x2>1,令x2x1=t,则t>1,又f(x1)=f(x2),即x12lnx1=x22lnx要证1<x1+x2,即证1<x1+tx1,即(t+1)x1>1,不等式(t+1)x1>1两边取对数,即证lnx1+ln(t+1)>0,即证t2lnt1−t2+ln(令
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