高考考點(diǎn)專題導(dǎo)數(shù)25 極值點(diǎn)偏移之積(x1x2)型不等式的證明

專題25極值點(diǎn)偏移之積(x1x2)型不等式的證明【例題選講】[例1]已知f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，x∈R．(1)當(dāng)m＝－2時(shí)，求函數(shù)f(x)的所有零點(diǎn)；(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，求證：x1x2＞e2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．解析(1)當(dāng)m＝－2時(shí)，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，x＞0．設(shè)g(x)＝lnx＋x－1，x＞0，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，于是g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．又g(1)＝0，所以g(x)有唯一的零點(diǎn)x＝1，從而函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn)x＝1．(2)欲證x1x2＞e2，只需證lnx1＋lnx2＞2．由函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，可得函數(shù)f′(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個(gè)不同實(shí)根．于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，①,lnx2－mx2＝0，②))①＋②可得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，即m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，②－①可得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，即m＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)，從而可得eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，于是lnx1＋lnx2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1)．由0＜x1＜x2，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)，則t＞1．因此lnx1＋lnx2＝eq\f((1＋t)lnt,t－1)，t＞1．要證lnx1＋lnx2＞2，即證eq\f((t＋1)lnt,t－1)＞2(t＞1)，即證當(dāng)t＞1時(shí)，有l(wèi)nt＞eq\f(2(t－1),t＋1)．令h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t＞1)，則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2(t＋1)－2(t－1),(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)＞0，所以h(t)為(1，＋∞)上的增函數(shù)．因此h(t)＞ln1－eq\f(2(1－1),1＋1)＝0．于是當(dāng)t＞1時(shí)，有l(wèi)nt＞eq\f(2(t－1),t＋1)．所以有l(wèi)nx1＋lnx2＞2成立，即x1x2＞e2．[例2]已知函數(shù)．(1)函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；(2)在(1)的條件下，求證：．解析(1)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即有兩個(gè)不同的根，．設(shè)，，令可得：．在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，且時(shí)，，，(2)思路一：不妨設(shè)，由已知可得：，．即只需證明：，在方程可得：．，只需證明：．即．令，則，所以只需證明不等式：①，設(shè)，，，，在單調(diào)遞增．．在單調(diào)遞增，，即不等式①得證．即，．思路二：所證不等式，因?yàn)橛袃刹煌泓c(diǎn)．滿足方程，由(1)可得：．考慮設(shè)，，由(1)可得：在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增．，．結(jié)合的單調(diào)性可知：只需證明．，所以只需證明：．即證明：．設(shè)，則．，則．，則．單調(diào)遞減，，單調(diào)遞減，．單調(diào)遞減，，即得證．得證，從而有．[例3]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，方程f(x)＝m(m＜－2)有兩個(gè)相異實(shí)根x1，x2，且x1＜x2，求證：x1·xeq\o\al(2,2)＜2．解析(1)由題意得，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x＞0)．當(dāng)a≤0時(shí)，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0，得0＜x＜eq\f(1,a)，由f′(x)＜0，得x＞eq\f(1,a)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由題意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的兩個(gè)相異實(shí)根x1，x2滿足lnx－x－m＝0，且0＜x1＜1＜x2，即lnx1－x1－m＝lnx2－x2－m＝0．由題意，可知lnx1－x1＝m＜－2＜ln2－2，又由(1)可知，f(x)＝lnx－x在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故x2＞2．令g(x)＝lnx－x－m，則g(x)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)))＝－x＋eq\f(2,x2)＋3lnx－ln2．令h(t)＝－t＋eq\f(2,t2)＋3lnt－ln2(t＞2)，則h′(t)＝－eq\f((t－2)2(t＋1),t3)．當(dāng)t＞2時(shí)，h′(t)＜0，h(t)單調(diào)遞減，所以h(t)＜h(2)＝2ln2－eq\f(3,2)＜0，所以g(x)＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)))．因?yàn)閤2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x\o\al(2,2))))＝g(x1)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x\o\al(2,2))))＜0，即g(x1)＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x\o\al(2,2))))．因?yàn)間(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以x1＜eq\f(2,x\o\al(2,2))，故x1·xeq\o\al(2,2)＜2．總結(jié)提升本題第(2)問要證明的方程根之間的不等式關(guān)系比較復(fù)雜，此類問題可通過不等式的等價(jià)變形，將兩個(gè)根分布在不等式兩側(cè)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)函數(shù)值之間的大小關(guān)系即可．顯然構(gòu)造函數(shù)的關(guān)鍵仍然是消掉參數(shù)，另外根據(jù)函數(shù)性質(zhì)確定“x2＞2”是解題的一個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)，確定其范圍之后才能將x1與eq\f(2,x\o\al(2,2))化歸到函數(shù)的同一個(gè)單調(diào)區(qū)間上，這也是此類問題的一個(gè)難點(diǎn)——精確定位．[例4]已知函數(shù)(，)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，．(1)求的最值；(2)證明：．思維引導(dǎo)(1)求出導(dǎo)函數(shù)，由函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則在內(nèi)必不單調(diào)，得，進(jìn)而得到函數(shù)的單調(diào)性，即可求出函數(shù)的最值．(2)由題意轉(zhuǎn)化為證明，不妨設(shè)，令，只需證明，設(shè)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，即可作出證明．解析(1)，有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，∴在內(nèi)必不單調(diào)，故，此時(shí)，解得，∴在上單增，上單減，∴，無最小值．(2)由題知兩式相減得，即，故要證，即證，即證，不妨設(shè)，令，則只需證，設(shè)，則，設(shè)，則，∴在上單減，∴，∴在上單增，∴，即在時(shí)恒成立，原不等式得證．總結(jié)提升體會(huì)在用表示時(shí)為什么要用兩個(gè)方程，而不是只用來表示？如果只用或進(jìn)行表示，則很難處理，用兩個(gè)變量表示，在代入的時(shí)候有項(xiàng)，即可以考慮利用換元法代替，這也體現(xiàn)出雙變量換元時(shí)在結(jié)構(gòu)上要求“平衡”的特點(diǎn)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．已知函數(shù)f(x)＝xlnx的圖象與直線y＝m交于不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)．求證：x1x2<eq\f(1,e2)．1．解析f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0得x>eq\f(1,e)，由f′(x)<0得0<x<eq\f(1,e)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增．可設(shè)0<x1<eq\f(1,e)<x2．方法一構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))，則F′(x)＝f′(x)＋eq\f(1,e2x2)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))＝1＋lnx＋eq\f(1,e2x2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋ln\f(1,e2x)))＝(1＋lnx)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,e2x2)))，當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時(shí)，1＋lnx<0，1－eq\f(1,e2x2)<0，則F′(x)>0，得F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上是增函數(shù)，∴F(x)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，∴f(x)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,e)))，將x1代入上式得f(x1)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x1)))，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x1)))，又x2>eq\f(1,e)，eq\f(1,e2x1)>eq\f(1,e)，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴x2<eq\f(1,e2x1)，∴x1x2<eq\f(1,e2)．方法二f(x1)＝f(x2)即x1lnx1＝x2lnx2，令t＝eq\f(x2,x1)>1，則x2＝tx1，代入上式得x1lnx1＝tx1(lnt＋lnx1)，得lnx1＝eq\f(tlnt,1－t)．∴x1x2<eq\f(1,e2)?lnx1＋lnx2<－2?2lnx1＋lnt<－2?eq\f(2tlnt,1－t)＋lnt<－2?lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0．設(shè)g(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t>1)，則g′(t)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0．∴當(dāng)t>1時(shí)，g(t)為增函數(shù)，g(t)>g(1)＝0，∴l(xiāng)nt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0．故x1x2<eq\f(1,e2)．2．已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，．①求的取值范圍；②證明：．2．解析(1)的定義域?yàn)?，?ⅰ)當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增；(ⅱ)當(dāng)時(shí)，若，則，在上單調(diào)遞增；若，則，在區(qū)間上單調(diào)遞減；綜上：時(shí)，在上單調(diào)遞增；時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；(2)①由(1)知，時(shí)，單調(diào)遞增，至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減；，若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，，由于時(shí)，，時(shí)，，所以，解得，故所求的取值范圍為；②證明：由題意：，，，要證，只要證，即．只要證即證，令，，，即成立，故原不等式成立．3．已知函數(shù)在其定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)．(1)求的取值范圍．(2)設(shè)的兩個(gè)極值點(diǎn)為，，證明．3．解析(1)函數(shù)的定義域?yàn)?，．函?shù)在其定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)．方程在有兩個(gè)不同根；轉(zhuǎn)化為函數(shù)與函數(shù)的圖象在上有兩個(gè)不同交點(diǎn)．又，即時(shí)，，時(shí)，，故在上單調(diào)增，在上單調(diào)減．故．又有且只有一個(gè)零點(diǎn)是1，且在時(shí)，，在在時(shí)，，故的草圖如圖，，即．故的取值范圍為．(2)由(1)可知，分別是方程的兩個(gè)根，即，，設(shè)，作差得．得．要證明．只需證明．，，即只需證明，令，則，只需證明，設(shè)，．函數(shù)在上單調(diào)遞增，，故成立．成立．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x＋a)(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直．(1)試比較20182019與20192018的大小，并說明理由；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－k有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1x2＞e2．4．解析(1)依題意得f′(x)＝eq\f(\f(x＋a,x)－lnx,（x＋a）2)，所以f′(1)＝eq\f(1＋a,(1＋a)2)＝eq\f(1,1＋a)，又曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直，所以f′(1)＝1，即eq\f(1,1＋a)＝1，解得a＝0．故f(x)＝eq\f(lnx,x)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)．令f′(x)＞0，則1－lnx＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，則1－lnx＜0，解得x＞e，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)．所以f(2018)＞f(2019)，即eq\f(ln2018,2018)＞eq\f(ln2019,2019)，整理得ln20182019＞ln20192018，所以20182019＞20192018．(2)不妨設(shè)x1＞x2＞0，因?yàn)間(x1)＝g(x2)＝0，所以lnx1－kx1＝0，lnx2－kx2＝0，可得lnx1＋lnx2＝k(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝k(x1－x2)．要證x1x2＞e2，即證lnx1x2＞2，只需證lnx1＋lnx2＞2，也就是證k(x1＋x2)＞2，即證k＞eq\f(2,x1＋x2)．因?yàn)閗＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以只需證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2)，即證lneq\f(x1,x2)＞eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)．令eq\f(x1,x2)＝t(t＞1)，則只需證lnt＞eq\f(2(t－1),t＋1)(t＞1)．令h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t＞1)，則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)＞0，故函數(shù)h(t)在(1，＋∞)上是單調(diào)遞增的，所以h(t)＞h(1)＝0，即lnt＞eq\f(2(t－1),t＋1)，所以x1x2＞e2．5．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(b,x)－a(a∈R，b∈R)有最小值M，且M≥0．(1)求ea－1－b＋1的最大值；(2)當(dāng)ea－1－b＋1取得最大值時(shí)，設(shè)F(b)＝eq\f(a－1,b)－m(m∈R)，F(xiàn)(x)有兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2(x1＜x2)，證明：．5．解析(1)有題意，當(dāng)時(shí)，，在上單增，此時(shí)顯然不成立，當(dāng)時(shí)，令，得，此時(shí)在上單減，在上單增，(b)，即，所以，．所以的最大值為1．(2)當(dāng)取得最大值時(shí)，，，的兩個(gè)零點(diǎn)為，，則，即，，不等式恒成立等價(jià)于，兩式相減得，帶入上式得，令，則，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，(1)，得證．6．已知函數(shù)f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．(1)當(dāng)x>1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對(duì)任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4lnx成立，求k的取值范圍；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，證明x1x2<e2k．6．解析(1)f′(x)＝eq\f(1,x)·x＋lnx－k－1＝lnx－k．①當(dāng)k≤0時(shí)，因?yàn)閤>1，所以f′(x)＝lnx－k>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間，無極值．②當(dāng)k>0時(shí)，令lnx－k＝0，解得x＝ek，當(dāng)1<x<ek時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>ek時(shí)，f′(x)>0．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1，ek)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ek，＋∞)，在(1，＋∞)上的極小值為f(ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，無極大值．(2)由題意，f(x)－4lnx<0，即問題轉(zhuǎn)化為(x－4)lnx－(k＋1)x<0對(duì)任意x∈[e，e2]恒成立，即k＋1>eq\f((x－4)lnx,x)對(duì)任意x∈[e，e2]恒成立，令g(x)＝eq\f((x－4)lnx,x)，x∈[e，e2]，則g′(x)＝eq\f(4lnx＋x－4,x2)．令t(x)＝4lnx＋x－4，x∈[e，e2]，則t′(x)＝eq\f(4,x)＋1>0，所以t(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞增，故t(x)min＝t(e)＝4＋e－4＝e>0，故g′(x)>0，所以g(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)max＝g(e2)＝2－eq\f(8,e2)．要使k＋1>eq\f((x－4)lnx,x)對(duì)任意x∈[e，e2]恒成立，只要k＋1>g(x)max，所以k＋1>2－eq\f(8,e2)，解得k>1－eq\f(8,e2)，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(8,e2)，＋∞))．(3)法一因?yàn)閒(x1)＝f(x2)，由(1)知，當(dāng)k>0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ek，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(ek＋1)＝0．不妨設(shè)x1<x2，當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，則0<x1<ek<x2<ek＋1，要證x1x2<e2k，只需證x2<eq\f(e2k,x1)，即證ek<x2<eq\f(e2k,x1)．因?yàn)閒(x)在區(qū)間(ek，＋∞)上單調(diào)遞增，所以只需證f(x2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，又f(x1)＝f(x2)，即證f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x)))＝(lnx－k－1)x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lneq\f(e2k,x)－k－1))eq\f(e2k,x)，即h(x)＝xlnx－(k＋1)x＋e2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(lnx,x)－eq\f(k－1,x)))，h′(x)＝lnx＋1－(k＋1)＋e2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(k－1,x2)))＝(lnx－k)eq\f(x2－e2k,x2)，當(dāng)x∈(0，ek)時(shí)，lnx－k<0，x2<e2k，即h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞增，h(x)<h(ek)，而h(ek)＝f(ek)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,ek)))＝0，故h(x)<0，所以f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，即f(x2)＝f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，所以x1x2<e2k成立．法二要證x1x2<e2k成立，只要證lnx1＋lnx2<2k．因?yàn)閤1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，所以(lnx1－k－1)x1＝(lnx2－k－1)x2，即x1lnx1－x2lnx2＝(k＋1)(x1－x2)，x1lnx1－x2lnx1＋x2lnx1－x2lnx2＝(k＋1)(x1－x2)，即(x1－x2)lnx1＋x2lneq\f(x1,x2)＝(k＋1)(x1－x2)，k＋1＝lnx1＋eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)，同理k＋1＝lnx2＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)，從而2k＝lnx1＋lnx2＋eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)－2，要證lnx1＋lnx2<2k，只要證eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)－2>0，不妨設(shè)0<x1<x2，則0<eq\f(x1,x2)＝t<1，即證eq\f(lnt,t－1)＋eq\f(lnt,1－\f(1,t))－2>0，即證eq\f((t＋1)lnt,t－1)>2，即證lnt<2·eq\f(t－1,t＋1)對(duì)t∈(0，1)恒成立，設(shè)h(t)＝lnt－2·eq\f(t－1,t＋1)，當(dāng)0<t<1時(shí)，h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以h(t)在t∈(0，1)上單調(diào)遞增，h(t)<h(1)＝0，得證，所以x1x2<e2k．專題3f(eq\f(x1＋x2,2))型不等式的證明【例題選講】[例1]已知函數(shù)g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x(a∈R)．(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)＝g(x)＋(a＋1)x2－2x，x1，x2(0＜x1＜x2)是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0．思維引導(dǎo)(2)利用分析法先等價(jià)轉(zhuǎn)化所證不等式：要證明f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0，只需證明eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)<0，即證明，即證明，再令，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，確定其最值：在上遞增，所以，即可證得結(jié)論．解析(1)函數(shù)g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x的定義域?yàn)?0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f((ax－1)(2x＋1),x)，①當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)>0，則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)a>0時(shí)，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，則g′(x)>0，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，則g′(x)<0，則g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)因?yàn)閤1，x2是f(x)＝lnx＋ax2－ax的兩個(gè)零點(diǎn)，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)，所以要證f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0，只須證明eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)<0，即證明eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)>lnx1－lnx2，即證明令，則，則，．∴在上遞減，，∴在上遞增，．所以成立，即．[例2]已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋blnx，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝2x．(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)設(shè)F(x)＝f(x)－x2＋mx(m∈R)，x1，x2(0＜x1＜x2)分別是函數(shù)F(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，求證：F(eq\r(x1x2))＜0(F(x)為函數(shù)F(x)的導(dǎo)函數(shù))．解析(1)a＝1，b＝－1；(2)，，，因?yàn)榉謩e是函數(shù)的兩個(gè)零點(diǎn)，所以，兩式相減，得，，要證明，只需證．思維引導(dǎo)1因?yàn)?，只需證．令，即證，令，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，，即證，由上述分析可知．總結(jié)提升這是極值點(diǎn)偏移問題，此類問題往往利用換元把轉(zhuǎn)化為的函數(shù)，常把的關(guān)系變形為齊次式，設(shè)等，構(gòu)造函數(shù)來解決，可稱之對(duì)稱化構(gòu)造函數(shù)法．思維引導(dǎo)2因?yàn)?，只需證，設(shè)，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，，即證．由上述分析可知．總結(jié)提升極值點(diǎn)偏移問題中，由于兩個(gè)變量的地位相同，將待證不等式進(jìn)行變形，可以構(gòu)造關(guān)于（或）的一元函數(shù)來處理．應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，并借助于單調(diào)性，達(dá)到待證不等式的證明．此乃主元法．思維引導(dǎo)3要證明，只需證，即證，由對(duì)數(shù)平均數(shù)易得．總結(jié)提升極值點(diǎn)偏移問題中，如果等式含有參數(shù)，則消參，有指數(shù)的則兩邊取對(duì)數(shù)，轉(zhuǎn)化為對(duì)數(shù)式，通過恒等變換轉(zhuǎn)化為對(duì)數(shù)平均問題，利用對(duì)數(shù)平均不等式求解，此乃對(duì)數(shù)平均法．[例3]已知函數(shù)．(1)若，使得恒成立，求的取值范圍．(2)設(shè)，為函數(shù)圖象上不同的兩點(diǎn)，的中點(diǎn)為，求證：eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)<f(x0)．解析(1)恒成立，即恒成立，令，，由于，則在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，故，解得．(2)因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，則，故，，故要證，即證，由于，即證．不妨假設(shè)，只需證明，即．設(shè)，構(gòu)造函數(shù)，，則，則有，從而．[例4]已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)求證：f(x1)＋f(x2)>2．解析(1)由于f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax，則f′(x)＝ex－x－a，設(shè)g(x)＝f′(x)＝ex－x－a，則g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0．所以當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0．所以g(x)min＝g(0)＝1－a．＝1\*GB3①當(dāng)a≤1時(shí)，g(x)＝f′(x)≥0，所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，沒有極值點(diǎn)；＝2\*GB3②當(dāng)a>1時(shí)，g(x)min＝1－a<0，且當(dāng)當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→＋∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞．此時(shí)，g(x)＝f′(x)＝ex－x－a有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，不妨設(shè)x1<x2，則x1<0<x2，所以函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax有兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1，＋∞)；答案速得函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)實(shí)質(zhì)上就是其導(dǎo)數(shù)f′(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，亦即函數(shù)y＝ex與直線y＝x＋a有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖所示，顯然實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1，＋∞)．(2)由(1)知，x1，x2為g(x)＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，x1<0<x2，g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．下面先證x1<－x2<0，只需證g(－x2)<g(x1)＝0，由于g(x2)＝－x2－a＝0，得a＝－x2，所以g(－x2)＝＋x2－a＝－＋2x2．設(shè)h(x)＝－＋2x(x>0)，則h′(x)＝－＋2<0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(0)＝0，h(x2)＝g(－x2)<0，所以x1<－x2<0．由于函數(shù)f(x)在(x1，0)上也單調(diào)遞減，所以f(x1)>f(－x2)．要證f(x1)＋f(x2)>2，只需證f(－x2)＋f(x2)>2，即證＋－－2>0．設(shè)函數(shù)k(x)＝＋－－2，x∈(0，＋∞)，則k′(x)＝－－2x．設(shè)r(x)＝k′(x)＝－－2x，則r′(x)＝＋－2>0，所以r(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，r(x)>r(0)＝0，即k′(x)>0．所以k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，k(x)>k(0)＝0．故當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，＋－－2>0，則＋－－2>0，所以f(－x2)＋f(x2)>2，亦即f(x1)＋f(x2)>2．總結(jié)提升本題是極值點(diǎn)偏移問題的泛化，是拐點(diǎn)的偏移，依然可以使用極值點(diǎn)偏移問題的有關(guān)方法來解決．只不過需要挖掘出拐點(diǎn)偏移中隱含的拐點(diǎn)的不等關(guān)系，如本題中的x1<－x2<0，如果“腦中有‘形’”，如圖所示，并不難得出．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－alnx．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若方程f(x)＝c有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，求證：．1．解析(1)．．當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，即的單調(diào)遞增區(qū)間為．當(dāng)時(shí)，由得；由，解得．所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為．(2)，是方程得兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，由(1)可知：．不妨設(shè)．則，．兩式相減得，化為．，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，．故只要證明即可，即證明，即證明，設(shè)，令，則．，．在上是增函數(shù)，又在處連續(xù)且，當(dāng)時(shí)，總成立．故命題得證．2．(2011遼寧)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a＞0，證明：當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時(shí)，f(eq\f(1,a)＋x)＞f(eq\f(1,a)－x)；(3)若函數(shù)y＝f(x)的圖象與軸交于A，B兩點(diǎn)，線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，證明：f(x0)＜0．2．解析(1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)增加；若a＞0，f(x)在(0，eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減；(2)法一：構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性證明，方法上同，略；法二：構(gòu)造以為主元的函數(shù)，設(shè)函數(shù)，則，，由，解得，當(dāng)時(shí)，，而，所以，故當(dāng)時(shí)，(2)由(1)可得a＞0，f(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋2－a在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，f(eq\f(1,a))＝0，不妨設(shè)A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，則0＜x1＜eq\f(1,a)＜x2，欲證明f(x)＜0，即f(x0)＜f(eq\f(1,a))，只需證明x0＝eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(1,a)，即x1＞eq\f(2,a)－x2，只需證明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)，得證．3．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax＋a，其圖象與軸交于A(x1，0)，B(x2，0)兩點(diǎn)，且x1＜x2．(1)求a的取值范圍；(2)證明：f(eq\r(x1x2))＜0(f(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))．3．解析(1)a∈(e2，＋∞)，且0＜x1＜lna＜x2，f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增；(2)要證明f(eq\r(x1x2))＜0，只需證f(eq\f(x1＋x2,2))＜0，即f(eq\f(x1＋x2,2))＜f(lna)，因?yàn)閒(x)＝ex－a單調(diào)遞增，所以只需證eq\f(x1＋x2,2)＜lna，亦即x2＞2lna－x1，只要證明f(x2)＝f(x1)＞f(2lna－x1)即可；令g(x)＝f(x)－f(2lna－x)(x＜lna)，則g(x)＝f(x)－f(2lna－x1)＝ex－eq\f(a2,ex)－2a＜0，所以g(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，g(x)＞g(lna)＝0，得證．4．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1有兩個(gè)零點(diǎn)．(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：f′(x1·x2)<1－a．4．解析(1)由f(x)＝0，可得a＝eq\f(1＋lnx,x)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)與直線y＝a的圖象在(0，＋∞)上有兩個(gè)不同交點(diǎn)．g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)(x>0)，故當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0．故g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，g(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，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的兩個(gè)根，故lnx1－ax1＋1＝0，lnx2－ax2＋1＝0?a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)．要證f′(x1·x2)<1－a，只需證x1·x2>1，即證lnx1＋lnx2>0，即證(ax1－1)＋(ax2－1)>0，即證a>eq\f(2,x1＋x2)，即證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)．不妨設(shè)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，則h(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，則h(t)<h(1)＝0，故(*)式成立，即要證不等式得證．5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)有兩個(gè)不相同的零點(diǎn)x1，x2．①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②證明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2．5．思維引導(dǎo)(1)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)，對(duì)a分類討論，確定導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，即可得到f(x)的單調(diào)性；(2)①根據(jù)第(1)問的函數(shù)f(x)的單調(diào)性，確定a>0，且f(x)min＝f(a)<0，求得a的取值范圍，再用零點(diǎn)判定定理證明根的存在性．②對(duì)所要證明的結(jié)論分析，問題轉(zhuǎn)化為證明x1x2>a2，不妨設(shè)0<x1<a<x2，問題轉(zhuǎn)化為證明x1>eq\f(a2,x2)，通過對(duì)f(x)的單調(diào)性的分析，問題進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為證明f(eq\f(a2,x2))>f(x2)，構(gòu)造函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)法不難證得結(jié)論．解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(x－a,x2)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0成立，所以f(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)；當(dāng)a>0時(shí)，(i)當(dāng)x>a時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(a，＋∞)上為增函數(shù)；(ii)當(dāng)0<x<a時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，a)上為減函數(shù)．(2)①由(1)知，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的最小值為f(a)，依題意知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，＋∞)為增函數(shù)，且函數(shù)f(x)的圖像在(a，1)上不間斷．所以f(x)在(a，＋∞)上有唯一的一個(gè)零點(diǎn)．另一方面，因?yàn)?<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，當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時(shí)，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)為減函數(shù)，且函數(shù)f(x)的圖像在(a2，a)上不間斷．所以f(x)在(0，a)有唯一的一個(gè)零點(diǎn)．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．②設(shè)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