2023高考数学二轮专题导数38讲 专题24 极值点偏移之和(x1＋x2)型不等式的证明

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专题24　极值点偏移之和(x1＋x2)型不等式的证明
【例题选讲】
[例1](2013湖南)已知函数f(x)＝ex．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：当f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，x1＋x2＜0．
解析　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)．
f¢(x)＝()¢ex＋ex＝[＋]ex＝ex．
当x＜0时，f¢(x)＞0；当x＞0时，f¢(x)＜0．
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
(2)法一：令函数F(x)＝f(x)－f(－x)，x∈(0，＋∞)，代入化简得F(x)＝．
再次局部构造辅助函数，令G(x)＝(1－x)ex－，求导得G′(x)＝－xe－x(e2x－1)．
当x∈(0，＋∞)时，G′(x)<0，即G(x)是(0，＋∞)上的单调减函数．于是G(x) 即F(x)＝f(x)－f(－x)<0．所以x∈(0，＋∞)时，f(x) 由x2∈(0，＋∞)，则f(x2) 根据(1)知f(x)是(－∞，0)上的单调增函数，而x1∈(－∞，0)，－x2∈(－∞，0)，
所以x1<－x2，故x1＋x2<0得证．
法二：不妨设x1＜x2，要证明x1＋x2＜0，即x1＜－x2＜0，只需证明f(x1)＜f(－x2)，
因为f(x1)＝f(x2)，即f(x2)＜f(－x2)．而f(x2)＜f(－x2)等价于(1－x2)－1－x2＜0，x∈(0，＋∞)，
令g(x)＝(1－x)－1－x(x＞0)，则g¢(x)＝(1－2x)－1，
令h(x)＝(1－2x)－1，则h¢(x)＝－4x＜0，所以h(x)单调递减，h(x)＜h(0)＝0，即g¢(x)＜0，
所以g(x)单调递减，所以g(x)＜g(0)＝0，得证．
法三：先证明：x∈(0，＋∞)，f(x)＜f(－x)，即证ex＜e－x，
此不等式等价于(1－x)ex－＜0．
令g(x)＝(1－x)ex－，则g¢(x)＝－xe－x(e2x－1)．
当x∈(0，＋∞)，g(x)＜0，g(x)单调递减，从而g(x)＜g(0)＝0，即(1－x)ex－＜0．
所以x∈(0，＋∞)，f(x)＜f(－x)，而x2∈(0，＋∞)，所以f(x2)＜f(－x2)，从而f(x1)＜f(－x2)．
由于x1，－x2∈(－∞，0)，f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以x1＜－x2，即x1＋x2＜0．
[例2](2016全国I)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2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，求证：x1＋x2<2．
解析　(1) f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
②当a>0时，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
因为f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b 则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在两个零点．
②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，所以f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．
当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)分析法　不妨设x1 f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0．
因为f(2－x2)＝－x2＋a(x2－1)2，f(x2)＝(x2－2)＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2－(x2－2)．
设g(x)＝－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(－ex)，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2．
(2)综合法　设F(x)＝f(2－x)－f(x)，x<1，代入整理得F(x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex．
求导得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2)．即x<1时，F′(x)<0，则函数F(x)是(－∞，1)上的单调减函数．
于是F(x)>F(1)＝0，则f(2－x)－f(x)>0，即f(2－x)>f(x)．
由题x1，x2是f(x)的两个零点，并且在x＝1的两侧，所以不妨设x1<1 则f(x2)＝f(x1) 由(1)知函数f(x)是(1，＋∞)上的单调增函数，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，
所以x2<2－x1．故x1＋x2<2得证．
[例3]已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－aln x，a∈R．
(1)若f(x)存在极值点1，求a的值；
(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2．
解析　(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－，
因为f(x)存在极值点1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1．
(2)f′(x)＝x＋1－a－＝(x＋1)(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝a，
当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增，当0 所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．
又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)<0，即a2＋(1－a)a－aln a<0，整理得ln a>1－a，
作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，
令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－aln，
则h′(x)＝－2＋＝－2＋，
因为在(0，2a)上，h′(x)≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增，
不妨设x1h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，
又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，
所以2a－x22a，又ln a>1－a，易知a>1成立，故x1＋x2>2．
[例4]已知函数f(x)＝x－1＋aex．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>4．
解析　(1)f′(x)＝1＋aex，当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增．当a<0时，令f′(x)>0，得x 则f(x)的单调递增区间为，令f′(x)<0，得x>ln，
则f(x)的单调递减区间为．
(2)由f(x)＝0得a＝，设g(x)＝，则g′(x)＝．
由g′(x)<0，得x<2；由g′(x)>0，得x>2．故g(x)min＝g(2)＝－<0．
当x>1时，g(x)<0，当x<1时，g(x)>0，不妨设x1 x1＋x2>4等价于x2>4－x1，∵4－x1>2且g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴要证x1＋x2>4，只需证g(x2)>g(4－x1)，∵g(x1)＝g(x2)＝a，
∴只需证g(x1)>g(4－x1)，即，即证(x1－3)＋x1－1<0；
设h(x)＝e2x－4(x－3)＋x－1，x∈(1，2)，则h′(x)＝e2x－4(2x－5)＋1，令m(x)＝h′(x)，
则m′(x)＝4e2x－4(x－2)，∵x∈(1，2)，∴m′(x)<0，∴m(x)在(1，2)上单调递减，
即h′(x)在(1，2)上单调递减，∴h′(x)>h′(2)＝0，∴h(x)在(1，2)上单调递增，∴h(x) ∴＋x1－1<0，从而x1＋x2>4得证．
[例5]已知函数（a∈R）．
(1)若函数在上是增函数，求实数的取值范围；
(2)如果函数恰有两个不同的极值点，证明：．
思维引导　(2)，．所证不等式含有3个字母，考虑利用条件减少变量个数．由为极值点可得，从而可用表示，简化所证不等式．
解析　(1)是上是增函数，，
设，，令解得，
故在单调递减，在单调递增．，．
(2)依题意可得：，．
是极值点，，两式相减可得：．
所证不等式等价于：，不妨设，两边同除以可得：
（观察指数幂的特点以及分式的分母，化不同为相同，同除以使得多项呈的形式）
从而考虑换元减少变量个数．令．
所证不等式只需证明：，设，
由可得：，，
在单调递减，，原不等式成立即
总结提升　本题第(2)问在处理时首先用好极值点的条件，利用导数值等于0的等式消去，进而使所证不等式变量个数减少．最大的亮点在于对的处理，此时对数部分无法再做变形，两边取指数，而后同除以，使得不等式的左右都是以为整体的表达式，再利用整体换元转化为一元不等式．
[例6]已知函数f(x)＝＋lnx－1(m∈R)的两个零点为x1，x2(x1＜x2)．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求证：＋＞．
解析　(1)f¢(x)＝－+＝，
①m≤0时，f¢(x)＞0，f(x)在(0，∞)上单调递增，不可能有两个零点．
②m＞0时，由f¢(x)＞0可解得x＞2m，由f¢(x)＜0可解得0＜x＜2m，
∴f(x)在(0，2m)上单调递减，在(2m，＋∞)上单调递增，
于是f(x)min＝f(2m)min＝f(x)min＝f(2m)＝＋ln2m－1，
要使得f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，则＋ln2m－1＜0，解得0＜m＜，
又f(1)＝m－1＞0，f(e2)＝＞0，即m的取值范围为(0，)．
(2)令t＝，则f(t)＝mt－lnt－1，
由题意知方程mt－2lnt－1＝0有两个根t1，t2，即方程m＝有两个根t1，t2，
不妨设t1＝，t2＝．令h(t)＝，则h¢(t)＝－，
由h¢(t)＞0可得0＜t＜，由h¢(t)＜0可得t＞，
∴t∈(0，)时，h(t)单调递增，t∈(，＋∞)时，h(t)单调递减．
故结合已知有t1＞＞t2＞0，要证＋＞，即证t1＋t2＞，即t1＞－t2＞．
即证h(t1)＜h(－t2)．令φ(x)＝h(x)－h(－x)，
下面证φ(x)＜0对任意的x∈(0，)恒成立．
φ¢(x)＝h¢(x)＋h¢(－x)＝＋．
∵x∈(0，)，∴－lnx－1＞0，x2＜(－x)2，
∴φ¢(x)＞＋＝．
∵x(－x)＜[]2＝，∴φ¢(x)＞0，∴φ(x)在(0，)是增函数，∴φ(x)<φ()＝0，
∴原不等式成立．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝ex－ax－1(a为常数)，曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1．
(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；
(3)若x1＜ln2，x2＞ln2，且f(x1)＝f(x2)，试证明：x1＋x2＜2ln2．
1．解析　(1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a．又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，
所以f(x)＝ex－2x－1，f′(x)＝ex－2．由f′(x)＝ex－2＞0，得x＞ln2．
所以函数y＝f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增．
(2)设x＞ln 2，所以2ln2－x＜ln2，
f(2ln2－x)＝e(2ln 2－x)－2(2ln2－x)－1＝＋2x－4ln2－1．
令g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＝ex－－4x＋4ln2(x≥ln2)，所以g′(x)＝ex＋4e－x－4≥0，
当且仅当x＝ln2时，等号成立，
所以g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)在(ln2，＋∞)上单调递增．
又g(ln2)＝0，所以当x＞ln2时，g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＞g(ln2)＝0，
即f(x)＞f(2ln2－x)，所以f(x2)＞f(2ln2－x2)，又因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(2ln2－x2)，
由于x2＞ln2，所以2ln2－x2＜ln2，因为x1＜ln2，由(1)知函数y＝f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减，
所以x1＜2ln2－x2，即x1＋x2＜2ln2．
2．已知函数f(x)＝lnx－ax2，其中a∈R．
(1)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)有极大值为－，且方程f(x)＝m的两个根为x1，x2，且x14a．
2．解析　(1)由题知f′(x)＝－2ax＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点．
当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝．
当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(，＋∞)时，f′(x) <0，f(x)单调递减，
所以f(x)的极大值为f()＝ln－，由ln－>0，得0 因为f(e－a)＝ln(e－a)－ae－2a＝－a－ae－2a<0，所以f(x)在上必存在一个零点．
显然当x→＋∞时，f(x)<0，所以f(x)在上必存在一个零点，
所以当0 (2)由(1)可知，当a>0时，f(x)的极大值为f＝ln－＝－，解得a＝，
所以f(x)＝lnx－x2．由f′(x)＝－x>0，得01，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当x→0时，f(x)<0，且当x→＋∞时，f(x)<0，f(1)＝－，
则由f(x)＝m的两个根分别为x1，x2，得x1<1 令F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝＋－2，
当00，所以F(x)单调递增．
因为x1<1 又因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2) 因为f(x)在(1，＋∞)上单调递减，x2∈(1，＋∞)，2－x1∈(1，＋∞)，
所以x2>2－x1，即x1＋x2>2＝4a，原命题得证．
3．已知函数f(x)＝ln x＋－s(s，t∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性及最值；
(2)当t＝2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(04．
3．解析　(1)f′(x)＝(x>0)，
当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；
当t>0时，由f′(x)<0，得x0，得x>t，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝t处取得极小值也是最小值，最小值为f(t)＝ln t＋1－s，无最大值．
(2)证明：∵f(x)恰有两个零点x1，x2(0 ∴f(x1)＝ln x1＋－s＝0，f(x2)＝ln x2＋－s＝0，即s＝＋ln x1＝＋ln x2，∴＝ln ，
设m＝>1，则ln m＝，x1＝，故x1＋x2＝x1(m＋1)＝，
∴x1＋x2－4＝．
令函数h(m)＝－2ln m，∵h′(m)＝>0，∴h(m)在(1，＋∞)上单调递增，
∵m>1，∴h(m)>h(1)＝0，又m＝>1，∴ln m>0，故x1＋x2>4成立．
4．已知f (x)＝x2－a2lnx，a>0．
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)若f (x1)＝f (x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a．
4．解析　(1)f ′(x)＝x－＝(x>0)．
当x∈(0，a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
当x＝a时，f (x)取最小值f (a)＝a2－a2lna．
令a2－a2lna≥0，解得0 (2)由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0 要证x1＋x2>2a即x1>2a－x2，则只需证f (x1) 设g(x)＝f (x)－f (2a－x)，a≤x<2a．
则g′(x)＝f ′(x)－[f (2a－x)]′＝x－＋2a－x－＝－≤0，
所以g(x)在[a，2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)＝0．
又由题意得a 5．已知函数f(x)＝aln x－x2＋(2a－1)x(a∈R)有两个不同的零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>2a．
5．解析　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x＋2a－1＝，
①当a≤0时，易得f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
则f(x)至多只有一个零点，不符合题意，舍去．
②当a>0时，令f′(x)＝0得：x＝a，则
当x∈(0，a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(a，＋∞)时，f′(x) <0，f(x)单调递减．
∴f(x)max＝f(x)极大＝f(a)＝a(ln a＋a－1)．
∴要使函数f(x)有两个零点，则必有f(a)＝a(ln a＋a－1)>0，即ln a＋a－1>0，
设g(a)＝ln a＋a－1，∵g′(a)＝＋1>0，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又∵g(1)＝0，∴a>1；
当a>1时，∵f＝a－－<0，∴f(x)在区间上有一个零点；
设h(x)＝ln x－x，∵h′(x)＝－1＝，∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)≤h(1)＝－1<0，∴ln x ∴f(x)＝aln x－x2＋(2a－1)x≤ax－x2＋(2a－1)x＝3ax－x2－x≤3ax－x2＝x(3a－x)，
则f(4a)<0，∴f(x)在区间(a，4a)上有一个零点，那么，此时f(x)恰有两个零点．
综上所述，当f(x)有两个不同零点时，a的取值范围是(1，＋∞)．
(2)由(1)可知，∵f(x)有两个不同零点，∴a>1，且当x∈(0，a)时，f(x)是增函数．
当x∈(a，＋∞)时，f(x)是减函数，不妨设：x1 设F(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，x∈(0，a)，则
F′(x)＝f′(a＋x)＋f′(a－x)＝－2(a＋x)＋(2a－1)＋－2(a－x)＋(2a－1)
＝＋－2＝．
当x∈(0，a)时，F′(x)>0，∴F(x)单调递增，又∵F(0)＝0，∴F(x)>0，∴f(a＋x)>f(a－x)，
∵a－x1∈(0，a)，∴f(x1)＝f(x2)＝f(a－(a－x1)) ∵x2∈(a，＋∞)，2a－x1∈(a，＋∞)，f(x)在(a，＋∞)上单调递减，∴x2>2a－x1，∴x1＋x2>2a．
6．已知函数f(x)＝x－aex＋b(a>0，b∈R)．
(1)求f(x)的最大值；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2<－2lna．
6．解析　(1)令f′(x)＝1－aex>0，得x ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴f(x)max＝f＝ln －1＋b．
(2)由题知两式相减得x1－x2＝a(ex1－ex2)，即a＝．
故要证x1＋x2<－2ln a，只需证x1＋x2<－2ln ，即证<，
即证(x1－x2)2 不妨设x10，则需证t2 设g(t)＝t2－e－t＋2－et，则g′(t)＝2t＋e－t－et．设h(t)＝2t＋e－t－et，则h′(t)＝2－e－t－et<0，
∴h(t)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(t) ∴g(t) 7．设函数．
(1)当时，求的单调区间是的导数）；
(2)若有两个极值点、，证明：．
7．解析　(1)当时，，则，
，，显然递减，且，
故当时，，时，，故在递增，在递减；
(2)，，
由题意知有2个不相等的实数根，即有2个不相等的实数根，，
则，令，则，令，解得，，令，解得，，
故在递增，在递减，故，而时，，
故的取值范围是，，由，得，
故，
令，则，，，
故不等式只要在时成立，
令，，，
故在上单调递增，即，故在上单调递减，即，
故原不等式成立．
8．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)与直线x－y－1＝0相切，求实数a的值；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明：＋＞2．
8．解析　(1)由f(x)＝ln x－ax，得f′(x)＝－a．设切点横坐标为x0，依题意得
解得
(2)不妨设0＜x1＜x2，由得ln x2－ln x1＝a(x2－x1)，
即＝，所以＋－2＝＋－2＝－2＝．
设t＝＞1，则ln＞0，－－2ln＝t－－2ln t．
设g(t)＝t－－2ln t，则g′(t)＝＞0，即函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(t)＞g(1)＝0，从而＞0，即＋＞2．
9．已知函数，．
(1)讨论函数的极值点；
(2)若，是方程的两个不同的正实根，证明：．
9．解析　(1)，
，令，△，
当时，△，，无极值点，
当时，令，解得，，
当，，时，，递增，
，时，，递减，
故极大值点是，极小值点是；
综上，时，无极值点，时，极大值点是，极小值点是；
(2)由，即，令，
，令，得，
当时，，当时，，
在递减，在，上递增，又有2个零点，
，即，解得，，
且，两式相减得：，
设，，，要证明，
即证明，，，即证明，
令，，在上单调递减，，
，即．
10．已知函数f(x)＝a－－lnx(a∈R)．
(1)若a＝2，求函数f(x)在(1，e2)上的零点个数（e为自然对数的底数）；
(2)若f(x)有两零点x1，x2(x1＜x2)，求证：2＜x1＋x2＜3ea－1－1．
10．解析　(1)由题设，f¢(x)＝，故f(x)在(1，e2)上单调递减，
所以f(x)在(1，e2)上至多只有一个零点．又f(1)f(e2)＝－＜0，故f(x)在(1，e2)上只有一个零点．
(2)先证x1＋x2＞2．
法一　利用通法证明f(x)＝a－－lnx的极值点x＝1向左偏移，即1＜．
法二　直接换元法化单变元：依题设，有a＝＋lnx1＝＋lnx2，于是＝ln，
记＝t(t＞1)，则lnt＝，故x1＝．
于是x1＋x2＝x1(t＋1)＝，x1＋x2－2＝．
记函数g(x)＝－lnx(x＞1)．因g¢(x)＝＞0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增；于是t＞1时，g(t)＞g(1)＝0．又lnt＞0，所以，x1＋x2＞2．
再证x1＋x2＜3ea－1－1．
因f(x)＝0Ûh(x)＝ax－1－xlnx＝0，故x1，x2也是h(x)的两零点．
由h¢(x)＝a－1－lnx＝0，得x＝ea－1，且x＜ea－1，h¢(x)＞0，x＞ea－1，h¢(x)＜0．
利用通法证明h(x)＝ax－1－xlnx的极值点x＝ea－1向右偏移，
所以＜ea－1即x1＋x2＜2ea－1，由x1＋x2＞2即＞1得：
1＋(x1＋x2)＜＋(x1＋x2)＝＜2ea－1＝3ea－1Þ x1＋x2＜3ea－1－1．