第三章 突破5 极值点偏移问题

第三章一元函数的导数及其应用突破5极值点偏移问题

例1训练1例2训练2(2)证明：若

f

(

x

)有两个零点

x

1，

x

2，则

x

1

x

2＜1.

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2方法技巧对称构造法求解极值点偏移问题的步骤(1)求导，获得

f

(

x

)的单调性、极值点

x

0，作出

f

(

x

)的图象，由

f

(

x

1)＝

f

(

x

2)得

x

1，

x

2的取值范围(数形结合)；

(4)代入

x

1(或

x

2)，利用

f

(

x

1)＝

f

(

x

2)及

f

(

x

)的单调性去符号“

f

”得最终结论.例1训练1例2训练2训练1

已知函数

f

(

x

)＝(

x

－2)e

x

＋

a

(

x

－1)2有两个零点，

a

＞0，设

x

1，

x

2是

f

(

x

)的

两个零点，证明：

x

1＋

x

2＜2.[解析]因为

f

'(

x

)＝(

x

－1)(e

x

＋2

a

)，且

a

＞0，所以当

x

＜1时，

f

'(

x

)＜0，当

x

＞1

时，

f

'(

x

)＞0，所以

f

(

x

)的极小值点为

x

＝1.

f

(

x

1)＝

f

(

x

2)＝0，不妨设

x

1＜1＜

x

2，要证

x

1＋

x

2＜2，即证

x

2＜2－

x

1.构造函数

F

(

x

)＝

f

(2－

x

)－

f

(

x

)，

x

＜1，代入整理得

F

(

x

)＝－

x

e－

x

＋2－(

x

－2)e

x

.求导得F'(

x

)＝(1－

x

)(e

x

－e－

x

＋2).当

x

＜1时，F'(

x

)＜0，则

F

(

x

)在(－∞，1)上单调递减，于是

F

(

x

)＞

f

(2－1)－

f

(1)

＝0，则

f

(2－

x

)－

f

(

x

)＞0，即

f

(2－

x

)＞

f

(

x

)(

x

＜1).将

x

1代入，则

f

(

x

1)＜

f

(2－

x

1)，又

f

(

x

1)＝

f

(

x

2)，所以

f

(

x

2)＜

f

(2－

x

1).又函数

f

(

x

)在(1，＋∞)上单调递增，且

x

2，2－

x

1∈(1，＋∞)，所以

x

2＜2－

x

1，

即

x

1＋

x

2＜2得证.例1训练1例2训练2命题点2

比(差)值换元法求极值点偏移问题例2已知函数

f

(

x

)＝2

ax

－lnx

，其中

a

∈R.(1)讨论函数

f

(

x

)的单调性.

①当

a

≤0时，f'(

x

)＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以

f

(

x

)在(0，＋∞)上单调递减.例1训练1例2训练2

(2)记函数

f

(

x

)的导函数为f'(

x

).当

a

＞0时，若

x

1，

x

2(0＜

x

1＜

x

2)满足

f

(

x

1)＝

f

(

x

2)，证明：f'(

x

1)＋f'(

x

2)＜0.例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2方法技巧

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2不妨令

x

1＜

x

2，记

f

(

x

1)＝

f

(

x

2)＝

m

，则

m

∈(0，1)，且lnx

1＋1＝

mx

1

①，lnx

2

＋1＝

mx

2

②，①＋②得ln(

x

1

x

2)＝

m

(

x

1＋

x

2)－2

③，

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2

1.[命题点1/2023山东日照二模]已知函数

f

(

x

)＝

x

－

a

lnx

.(1)若

f

(

x

)≥1恒成立，求实数

a

的值.

①当

a

≤0时，

f

'(

x

)＞0，

f

(

x

)在(0，＋∞)上单调递增.当

a

＝0时，

f

(

x

)＝

x

(

x

＞0)，所以当

x

∈(0，1)时，

f

(

x

)＜1，不符合题意.

12②当

a

＞0时，若

x

∈(0，

a

)，则

f

'(

x

)＜0；若

x

∈(

a

，＋∞)，则

f

'(

x

)＞0.

f

(

x

)在(0，

a

)上单调递减，在(

a

，＋∞)上单调递增，所以

f

(

x

)min＝

f

(

a

)＝

a

－

a

lna

.若

f

(

x

)≥1恒成立，则

a

－

a

lna

≥1.令

g

(

a

)＝

a

－

a

lna

，则g'(

a

)＝－lna

，所以当

a

∈(0，1)时，g'(

a

)＞0；当

a

∈(1，

＋∞)时，g'(

a

)＜0.所以

g

(

a

)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又

g

(1)＝1，所以

a

－

a

lna

≤1.则当

a

＝1时，

a

－

a

lna

＝1符合题意.综上所述，

a

＝1.12

12

12

12

12

12

12

12

12

12

1.[2023山东德州4月二模]已知函数

f

(

x

)＝lnx

－

ax

，

a

∈R.

1234

1234(2)若函数

f

(

x

)有两个零点

x

1，

x

2，证明：

x

1

x

2＞e2.

1234

1234

1234因为

g

(2)＝e，当

x

→1＋或

x

→＋∞时，

g

(

x

)→＋∞，且当

x

＜1时，

g

(

x

)＜0，所以当

a

∈[0，e]时，

f

(

x

)没有极值点；(可导函数的极值点就是导函数的变号零点.

当

a

＝e时，直线

y

＝

a

与函数

g

(

x

)的图象虽然有1个交点，但当

x

∈(1，＋∞)时，

函数图象恒在该直线的上方，因此函数

f

(

x

)没有极值点)当

a

∈(－∞，0)时，

f

(

x

)有一个极值点；当

a

∈(e，＋∞)时，

f

(

x

)有两个极值点.1234(2)若

f

(

x

)有两个不同的极值点

x

1，

x

2，证明：

x

1＋

x

2＞4.

1234

1234

1234

因为

t

＞0，所以e

t

－1＞0，故不等式等价于2

t

＋(

t

－2)(e

t

－1)＞0，即

t

＋2＋(

t

－2)e

t

＞0.记

m

(

x

)＝

x

＋2＋(

x

－2)e

x

(

x

＞0)，则m'(

x

)＝1＋(

x

－1)e

x

，记

k

(

x

)＝1＋(

x

－1)e

x

(

x

＞0)，则k'(

x

)＝

x

e

x

，因为

x

＞0，e

x

＞0，所以k'(

x

)＞0，故函数

k

(

x

)在(0，＋∞)上单调递增，故

k

(

x

)＞1＋(0－1)×e0＝0，所以m'(

x

)＞0，故函数

m

(

x

)在(0，＋∞)上单调递增，所以

m

(

x

)＞0＋2＋(0－2)×e0＝0，即当

x

＞0时，

x

＋2＋(

x

－2)e

x

＞0.原不等式得证.1234

1234

1234要证

x

1＋

x

2＞2，即证

x

2＞2－

x

1.因为0＜

x

1＜1＜

x

2＜e，所以

x

2＞2－

x

1＞1，又

f

(

x

)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证

f

(

x

2)＜

f

(2－

x

1)，又

f

(

x

1)＝

f

(

x

2)，所以即证

f

(

x

1)＜

f

(2－

x

1)，即证当

x

∈(0，1)时，

f

(

x

)－

f

(2－

x

)＜0.构造函数

F

(

x

)＝

f

(

x

)－

f

(2－

x

)，则F'(

x

)＝

f

'(

x

)＋

f

'(2－

x

)＝－lnx

－ln(2－

x

)＝－ln[

x

(2－

x

)].当0＜

x

＜1时，

x

(2－

x

)＜1，则－ln[

x

(2－

x

)]＞0，即当0＜

x

＜1时，F'(

x

)＞0，所以

F

(

x

)在(0，1)上单调递增.所以当0＜

x

＜1时，

F

(

x

)＜

F

(1)＝0，1234所以当0＜

x

＜1时，

f

(

x

)－

f

(2－

x

)＜0成立，所以

x

1＋

x

2＞2成立.再证

x

1＋

x

2＜e.由(1)知，

f

(

x

)的极大值点为

x

＝1，