高考数学导数冲满分-专题26　极值点偏移之其他型不等式的证明

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[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\c1(\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\c1(\f (x1＋x2,2)))<0，只需证明eq \f (2,x1＋x2)－eq \f (ln x1－ln x2,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)＝ln x－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\c1(0，\f (1,a)))，则g ′(x)>0，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,a)，＋∞))，则g ′(x)<0，
则g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 \\al(2,1)－ax1＝0，ln x2＋axeq \\al(2,2)－ax2＝0，所以a＝eq \f (ln x1－ln x2,x1－x2)＋(x2＋x1)，又f ′(x)＝eq \f (1,x)＋2x－a，
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (x1＋x2,2)))＝eq \f (2,x1＋x2)＋(x1＋x2)－a＝eq \f (2,x1＋x2)－eq \f (ln x1－ln x2,x1－x2)，
所以要证f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (x1＋x2,2)))<0，只须证明eq \f (2,x1＋x2)－eq \f (ln x1－ln x2,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)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 \* GB3 ①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 \* GB3 ②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下面先证x1<－x2<0，只需证g(－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)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)＝ln x－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＋ln x,x)，
转化为函数g(x)＝ eq \f(1＋ln x,x)与直线y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．
g′(x)＝ eq \f(－ln x,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g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，
故当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，g(x)<0；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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ln x－ax＋1＝0的两个根，
故ln x1－ax1＋1＝0，ln x2－ax2＋1＝0⇒a＝ eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)．
要证f′(x1·x2)<1－a，只需证x1·x2>1，即证ln x1＋ln x2>0，即证(ax1－1)＋(ax2－1)>0，
即证a> eq \f(2,x1＋x2)，即证 eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)> eq \f(2,x1＋x2)．
不妨设0令t＝ eq \f(x1,x2)∈(0，1)，h(t)＝ln t－ 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)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0eq \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(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当0geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(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\c1(\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00，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x12．
6．解析 (1) f(x)＝ex＋ax－1，则f′(x)＝ex＋a，
由已知得，函数y＝ex＋a的图象与直线y＝x有两个交点，
即方程ex－x＋a＝0有两个不相等的实数解，
设h(x)＝ex－x＋a，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)＝0，解得x＝0，
当x∈(－∞，0)时，h′(x) <0，h(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，h′(x) >0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a＋1，所以a＋1<0，所以a<－1，
当x→－∞时，h(x) →＋∞；当x→＋∞时，h(x) →＋∞
所以a<－1时，函数y＝f′(x)的图象与直线y＝x有且只有两个交点．
(2)g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x2＋1＝ex－eq \f(1,2)x2－ax，g′(x)＝ex－x－a，
因为函数g(x)有两个极值点x1，x2，方程g′(x)＝0有两个不同的实数解x1，x2，
由(1)知，h(x)＝ex－x＋a，h(x1)＝h(x2)＝0，且x1<0所以g(x)在区间(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减，
且得a＝－x2，所以h(－x2)＝＋x2－a＝－＋2x2．
设k(x)＝－＋2x(x>0)，则k′(x)＝－－＋2<0，所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以k(x)又因为g(x)在(x1，0)单调递减，所以g(x1)> g(－x2)，
要证g(x1)＋g(x2)>2，只须证g (－x2)＋g(x2)>2，
即证＋－－2>0，
设r(x)＝＋－－2，则r′(x)＝－－2x，
令p(x)＝r′(x)＝－－2x，则p′(x)＝＋－2>0，
所以p(x)在(0，＋∞)单调递增，p(x)>p(0)＝0，即r′(x)>0，
所以r(x)在(0，＋∞)单调递增，r(x)>r(0)＝0，
故当x>0时，＋－－2>0，即＋－－2>0，
所以g (－x2)＋g(x2)>2，亦即g(x1)＋g(x2)>2．