极值点偏移第3招--含对数式的极值点偏移问题

专題09极值点偏移第三搖——含对数式的根值点偏移问题前面我们已经指明并提炼出利用判定定理解决极值点偏移问题的策略：若f x的极值点为X。

，则根据对称性构造一元差函数F x f X o x f X o x，巧借F x的单调性以
及F 0 0，借助于f % f x2 f x0x0x2与f x0x0x2
f 2x o X2 ,比较X2与2x o X i的大小，即比较X o与x2生的大小•有了这种解题策
2
略，我们师生就克服了解题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙的想法喝彩。

本文将提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：根据 f X j f x2建立等式，通过消参、恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解.
2
★例.已知函数f (x) ln x ax (2 a)x.
(1)讨论f (x)的单调性；
1 1 1
(2 )设a 0，证明：当Ox 时，f( x) f ( x)；
a a a
(3)若函数y f (x)的图象与x轴交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为x0,证明：
f (X o) 0.
【解析】m易得；当门三0时』/oo在卩‘柯)上单调递増$
当时，/(©在但丄)上单调通増』在(丄■加)上单调递减
a a
⑵法一；构造=/<- + x)- /(I-< -).
则£©)=八丄+工)—fd—对=
a a(1 + cnXl-CT)
法二：构造以a为主元的函数，设函数h(a) f(a X) f(a X)，
二龙在(Q丄)上单调逡增」
a
g卩JX丄十力a#(丄一功.
a a
法二：构造以a为主元的函数，设函数h(a) f(a X) f(a X)，
(I )先证：.ab L(a, b)
[KS5UKS5UKS5U]
则 h(a) ln(1 ax) ln(ax) 2 ax , h (a) x x 1 ax 1 ax
由 0 x 1 解得 0 a 1 a x 当 0 a -时，h (a) 0」 h(a)在 (0, ）上单调递增， x 1 x — 时，f 』x ） 而 h(0) 0， 所以 h(a) 0 , 故当0 a a 2x ^32
2x a
，
1 a x
f （-
a ⑶ 由（1）灿 只有当应S/U ）
的最大值 x).
Ig 数F 二/U ）才会有两个零点、不妨设 10）=巩丙:"0 £西弋可」
故丄一珂 € ◎丄）,
又由ZW 在（一,他）上单调递减,
所以旳A ——西'于疋兀=
由 tn n^)<o
【问题的进一步探究】
对数平均不等式的介绍与证明 两个正数a 和b 的对数平均定义: L(a,b) ln a a(a a b
(a b), Inb b).
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系: \ ab L(a,b)
取等条件：当且仅当 a b
（此式记为对数平均不等式 2 a b 时，等号成立. 只证：当a b 时, 面
L （a,b ）专.不失一般性，可设a
b .
证明如下:
1
构造函数 f(x) 2Inx (x ),(x 1)，则 f (x)
x
因为x 1时，f(X) 0,所以函数f(x)在(1,
故f(x) f(1) 0,从而不等式
成立;
故g(x) g(1) 0,从而不等式
成立；
综合(I) (II)知，对 a,b R ，都有对数平均不等式 Ob L(a,b) 邑丄成立,
2
当且仅当a b 时，等号成立• 例题第(3)问另解：由f(xj
f (x 2) 0
2 In x-i In x 2 X 1 x 2
X-| x 2
根据对数平均不等式，此不等式显然成立，故原不等式得证
不等式 2ln x x
In a In b
In^ Tab b
a
b
1 -(其中 x x
1)
a b
(H "正：L(a
，
b) "T
[KS5UKS5U.KS 5U
不等式
lna Inb ◎ ln a
b
2(a 1)
In x
构造函数g (x) In x 因为x 1时，g (x)
0 ,所以函数
(U 1)
1)，则 g(x)-
x
4 (x 1)2
g(x)在(1,)上单调递增,
(其中x
(x 1f 1)2"
x(x
a 1)
In x 1 In x 2 2(X 1 X 2)
a
2
2
X 1
X 2 X 1 X 2
故要证 f (xO
X 。

为
x 2 1
2
a
2
2
X 1 X 2
X 1
X 2 x 1 x 2 x 2 1
%
X 2)
2 In x 1
In x 2 2(为 x 2) In 为 In x ?
(1
)上单调递减,
2
In x 1 ax 1 (2 a)x 1
In x 2 ax 22
(2 a)x 2 0
2 2
In x 1 In x 2 2( x 1 x 2) a(x 1
x 2
★已知函数f(x) xlnx 与直线y m 交于A(^, y 1), B(x 2, y 2)两点. 【解析】由Jqln J4 = m ? x 1hix 2=m f 可得:
⑪②得:
耐于4如宀亠玉
In jq InXj In jq —In Xj lmq lnx.
十/迴匕甩g)
根据对数平均不等式
利用③④式可得:
可 +1 D 刁)
—m
21u 珂 I D K Q h 叫 Ln 书
•••上式简化为
2
ln( x 1 x 2) 2 In e
二 0 x-|X 2
招式演练:
In x
(a R )，曲线y fx 在点1, f 1处的切线与直线
x a
由题于y m 与y
xln x 交于不同两点，易得出则 m 0
求证：0
x i x 2
2
e
—m
★已知函数f
x y 1 0垂直.
(1)试比较20162017与20172016的大小，并说明理由;
(2)若函数g x f x k 有两个不同的零点x 1,x 2，证明：x 1?x 2 e 2.
【答案】(1 ) 20162017
20仃2016 (2)见解析
【解析】试題分析；(1 )求出f ⑴的导數，由两直线垂直的条件；斜率相等』礦可得到切线的斜率^切 点坐机进而f(x)的解析式和导数，求出单调区间『可得f 0016 )>K 2017),艮冋得到如㈣丁与00/ 的大小i
(II 、运用分析法证明，不妨设xi>x^>0,由根的宣冥可得所以化简得Iw-biX), to-faoM).可得 lnxi+lw=k Csci+sj), lExi^liuc^t (xi^xs)；要证明』jq 'jq ye 1 ?即证明血i+tnxj>2,也就是 k (xi+)c) :>2-求出热即证瞎一令卷
=$ 、则t>l,即证ice 2(—1)令舟北)=]*_型迪
玛一延 jq 4-Xj 乜
f + L
t-¥ 1
<1>1)・求出导数，尹斷单调性’即可得fib 试题解析：
所以f x 的增区间为 0,e ，减区间为 e,
所以 f 2016 f 2017，即
ln2016
ln2017，
2016
2017
2017In2016 20161n2017，
20162017 20172016. (2)证明：不妨设x 1 X 2
0因为g 为
g X 2
所以化简得 lnx 1 kx 1 0， lnx 2 kx 2 0
可得Inx 1
lnx 2 k x-i X 2
，lnx 1 lnx 2 k x 1 x 2
(1 )依题意得
x a . lnx x
2~，
x a
所以f x
1 二 —，又由切线方程可得
1 a 1 a
lnx
1 lnx
此时f x
，f x
x
x
令f x
0，即 1 lnx 0，解得 0 x e ；
1
1
1，即
1，解得a 0
令 x 0，即 1 lnx 0,解得 x e
2
要证明X1X2 e ,即证明In/ lnx2 2，也就是k X i X2 2
因为k 见解析
Inx i lnx2
x1x2X i x2x1x2
即In互
X2
1，即证Int
故函数h
2 t 1
Int (t
t 1 1),由
2
1
—0
t在1, 是增函数，所以h t 即Int 整丄得证.
t 1
所以x,x2
点睛：本题主要考查函数导数与切线的关系, 考查利用导数来证明不等式，考查利用分析法和导数来证明不等式的方法•有关导数与切线的问题，关键的突破口在与切点和斜率, 本题
中已知切线和某条直线垂直，也即是给出斜率，利用斜率可求得函数的参数值•利用导数证明不等式通常先利用分析法分析，通过转化后再利用导数来证明
b
★已知函数f x Inx — a a, b R .”心x
（I）讨论函数f x的单调区间与极值;
（n）若b 0且f x 0恒成立，求e a 1 b 1的最大值;
（川）在（n）的条件下，且e a 1 b 1取得最大值时，设F 函数F x有两个零点x1,x2，求实数m的取值范围，并证明:
a 1
b
2
X1X2 e .
m R，且
【答案】（I）答案见解析；（n）当Inb a 1时，e a 1 b 1最大为1; （川）证明过程
【解折】试题分析：CI ）求导数，分类讨论」利用导数的正乳讨论11喲£⑴的单调区间与根值j （II）当祸时，由（I）得yd远=1山+1-口3阮日—心十1幻』即可求尸】一力十1的最大值,（in.）
= 洒（机訂），构造函数』得出当注T d 时,
b
F <x） fOD； Jlflffifl寸，F（2L）f EL,再用分析法进（亍证明即可.
试题解析八I）尸（刃二丄一4=^
X X X
当沁o时，『（刃〉。

恒成立，圈数门»的单谓増区间为①血），无极值』
当“0时‘雄（0上）时，于（刃5皿（乱枷）时…函数/（工）的单调诚区间为（恥），増区间为住皿卜有极小値/個）9讪亠1一小
（II）当bAOBX 由（1 ）fi/（A）ah=11^ + 1-a ?
即当lnb =总一i时，y】一乂 +1最大为1
（川）由（n ）知，当e a1 b 1 取最大值 1 时，
l , Inb Inx
e a 1 b a 1 Inb F b m, b 0，记F x m x 0 ，
b x
F x 0 Inx mx 0,不妨设捲X2，Inx-i
｛mx
?
则Inx1x2m x1 x2，
Inx2mx2
In X
In生m x2x1m ——匚，欲证明X1X2 e2，只需证明In x-i x22，只需证明
m x1x2 2 ,
1立
即证明X1 X2 In X. 2，即证为In X2 2，设t 垒1，则只需证明Int 2 t1 X2 X1 X1 X2 1X1 X t 1
X1
也就是证明Int t 1
2 0 记u t t
Int 2 -
1
,t 1
所以
1 4 t
t 1
2
1
t 1
u t 2 t在1, 单调递增，所以u t u 1 0，
t t 1 2 t t 1 所以原不等式成立
【答案】(I)见解析(n)见解析
IriV
【解析】(【)由已知得F(x) - f(x) - g(x) a(—Y-1)
x
I - Inx a 2
•'* F 何-a( ------- 1) - —(1 - yC - Inx)
° I - x' < 0, - lnx
< 0,代 I
故若松沁在 上单调递增，在1丄上单调递减; 故若沁水 网卅在 上单调递减，在H.
： -3上单调递增. InK. (n >不妨谗cf®依題意
同理“ - b(x 22・吋…②
In —
fei + S -1)=— a <X 1
■勺 b
勺+勺勺 —幅竹丿二臥I 厂 11 = b in-, ® ® 冨I ■七 勺
★已知函数f(x ) 扛 lnxj ，書伍)=+ 1},其中 a 0T b * 0
丿〔;，讨论：';、；：':.、:：―:的单调区间;
(2)已知函数 的曲线与函数［瑋.：|的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为 (1 )若 当卜弍需證：.时, 營 1 -冥"a 0, ” Jnx > 0、- 1 - < - Jnx a
0，
证明:
故只需证頁弋U
t + 1I ]
取*'* t =— >
成立•即只需证p(t)」lnL—严成立.
1 X；，即只需证明一•InJtWAl
i-1
1 4 (t-lr 、“
'■r p'(t)二 -------- = --------- > 0,二p©在区间［|*亠上单调递增，
t (t + 1/ t(t+ 1?
-■ ；：；：「」」：丁：「成立.
故原命题得证.
★已知函数f X 卒.
Inx
(1 )若f x 在点e , f e 2处的切线与直线 4x y 0垂直，求函数f x 的单调递增 区间；
(2)若方程f x 1有两个不相等的实数解 x-i , x 2，证明： 捲x 2 2e .
【答案】(I) 0,1和1,e ； (n)见解析
【解析】试题分析；
⑴利用题意苜先求得实数。

的值'然后结合导ia 数与原圈数的关系求得诙的单调区间即可！
(2)本題制用分析法证明做乩首先写出西皿 満足的关系式』然后箔合对数的运算法则进行恒等变形，最 卄血⑴響笛沁的性甌可证得馳
试题解析：
BP/(x)的单调减区间为01｝和口6
x-i x 2<0 / 得; (n)由{ lnx 2 ax 2 Inx ! ax.)
Inx 1 {I 1 Inx Inx 2 a x x 2 Inx 2 a x x 2 a
In% Inx 2
X i X 2 Q x x> 2 x i -x 2 , 只要证 x-i x 2 e 2 Inx-i Inx 2
2 只需证Inx-i lnx 2 a 为 x 2 x-i x 2 2，不妨设x-i x 2
(I )
In x Inm lnx 2
即证In X
X2 2 X1 X2 ,令X l t 1, X x2x2
只需证Int 2 t 1 2 t 1 4
,g t Int Int 2 , t 1 t 1 t 1
则g t在1, 上单调递增，g t g 1 0(t 1)，即证。