极值点偏移第二招--含参数的极值点偏移问题

而
，
，
故当
时，
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，当 时，函数
至多有一个零点，
故 ，从而 的最小值为 ，且
，
不妨设 由（Ⅱ）得
，则
从而
，于是
， ，
， ，
由（Ⅰ）知，
.
点晴:本题考查函数导数的单调性.不等式比较大小，函数的零点问题：在（Ⅰ）中通过求导，
并 判 断 导 数 的 符 号 ， 分 别 讨 论 的 取 值 ， 确 定 函 数 的 单 调 区 间 ．（ Ⅱ ） 通 过 构 造 函 数
求导 F ' (x)
1 x
4 (x 1)2
(x 1)2 x(x 1)2
0 ，得 F (x) 在 (1,) 上递增，
所以 F (x) 0 ，因此原不等式 x1 x2 2 获证.
★例 2. 已知函数 f (x) ln x ax ， a 为常数，若函数 f (x) 有两个零点 x1, x2 ，证明： x1 x2 e2.
M x1, g x1 ， N x2, g x2 ，记直线 MN 的斜率为 k ，若 k g x0 ，
证明： x1 x2 2x0 .
【答案】（1） 0, 2 （2）见解析
由题设得
g x0
g x1
x1
g x2
x2
4lnx1 lnx2
x1 x2
1 2
m
x1
x2
4
m
.
，也等价于
e2 et
1
1 (t t
t
0) ，等价于即证： t e2
et
1
0
令 h(t)
t
te2
et
1(t
0)
，则 h(t)
t
e2
1
t
e
t 2
et
t
e2 (1
t
t
e2 ) ，
2
2
又令 (t )
1
t
t
e2 (t
0) ，得(t)
1
t
t
e2
0 ，∴(t) 在 (0,) 单调递减，
2
22
★ 设 函 数 f (x) a2x 1 2a ln ax(a 0) ， 函 数 f (x) 为 f (x) 的 导 函 数 ， 且 x
A(x1, f (x1)), B(x2 , f (x2 )) 是 f (x) 的图像上不同的两点，满足 f (x1) f (x2 ) 0 ，线段 AB
中点的横坐标为 x0 ，证明： ax0 1.
当 0 a 1时， h x 有两个极值点，即 x1 1 a ， x2 1 a ，即 a 的范围是 (0,1)
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数 h x f x g x .根据
差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2） 根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或
2.难点 x1 x2 3ea1 1 的证明依赖利用 x1 x2 2 放缩.
★已知函数
.
（Ⅰ）讨论 的单调性；
（Ⅱ）设 ，证明：当
时，
；
（Ⅲ）设 是 的两个零点，证明
.
【答案】（Ⅰ） 在 上单调递减，在
上单调递增；（Ⅱ）当
时，
；
（Ⅲ）证明过程见解析
（Ⅱ）令
，则
.
求导数，得
，
当时
，
，
在 上是减函数.
又
g
x1
2
x2
x1
8
x2
m
x1 x2 4 m ， 2
∴
g
x0
g
x1 x2 2
4lnx1 lnx2
x1 x2
8 x1 x2
x2
4
x1
lnx2
lnx1
2
x2 x1
x2 x1
x2
4
x1
ln
x2 x1
2
x2 x1
1
x2 1 x1
.
不妨设 0 x1 x2 ，
含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元 x1, x2 的基础上，又多了一个参数，故思路很
自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数 为媒介，构造出一个变元的新的函数.
★例 1. 已知函数 f (x) x aex 有两个不同的零点 x1, x2 ，求证： x1 x2 2 .
不妨设 x1 x2 ，记 t x1 x2 ，则 t 0, et 1，
因此只要证明： t
et et
1 1
2
t
2(et 1) et 1
0
，
再次换元令 et x 1, t ln x ，即证 ln x 2(x 1) 0, x (1,) x 1
构造新函数 F(x) ln x 2(x 1) ， F (1) 0 x 1
e2 ，即证 ln x1 ln x2
2.
∵ ln
x1
ln
x2
a( x1
x2 ) ，∴即证 a
x1
2 x2
，
∴原命题等价于证明 ln x1 ln x2 2 ，即证：ln x1 2(x1 x2 ) ，令 t x1 , (t 1) ，
x1 x2
x1 x2
x2 x1 x2
x2
构造 g(t) ln t 2(t 1) ,t 1，此问题等价转化成为例 1 中思路 2 的解答，下略. t 1
，把不等式证明问题转化为函数求最值问题，求函数 当
时的
最大值小于零即可．（Ⅲ）要充分利用（Ⅰ）（Ⅱ）问的结论.
★已知函数 f x 4lnx 1 mx2 （ m 0）.
2
（Ⅰ）若 m 1，求函数 f x 的单调递增区间；
（ Ⅱ ） 若 函 数 g x f x m 4 x ， 对 于 曲 线 y g x 上 的 两 个 不 同 的 点
t
x2
，则 t
1，则 ln
x2
2
x2 x1
1
x1
x1
x2 1
x1
2t 1
lnt
(t 1) .
t 1
令 ht lnt 2t 1
t 1
(t
1) ，则 ht
t 12 t t 12
0 ，所以 ht 在 1, 上单调递增，
所以 ht h1 0 ，
故 ln
x2 x1
2
x2 x1
1
ln t t 1
t ln t t 1
，
故
x1x2
e2
ln
x1
ln
x2
2
t t
1ln t 1
2 ，转化成法二，下同，略.
★例 3.已知 x1, x2 是函数 f (x) ex ax 的两个零点，且 x1 x2 . （1）求证： x1 x2 2 ； （2）求证： x1 x2 1.
(2)要证： x1x2
2
（Ⅰ）求过点 1,0 且与曲线 y f x 相切的直线方程；
（Ⅱ）设 h x af x g x ，其中 a 为非零实数， y h x 有两个极值点 x1, x2 ，且
x1 x2 ，求 a 的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求证： 2h x2 x1 0 ．
x ey 1 0 【答案】（1）
法二：利用参数 a 作为媒介，换元后构造新函数：
不妨设 x1 x2 ，
∵ ln x1 ax1 0, ln x2 ax2 0 ，∴ ln x1 ln x2 a(x1 x2 ), ln x1 ln x2 a(x1 x2 ) ，
∴ ln x1 ln x2 x1 x2
a ，欲证明 x1x2
（2）证明：由
e e
x1 x2
a(x1 1) ，易知 a(x2 1)
x2
x1
1且 a
e
，
从而 ex1 ex2
ex1x2
x1 1 ，令 x2 1
x1 1,
x2 1 ，则 e
ln ln
1，
由于
x1x2
x1
x2
1，下面只要证明：
1
1
, (0
1
)
，
结合对数函数 y ln x 的图像可知，只需证： (, ln ), ( 1 , ln 1 ) 两点连线的斜率要比
∴原不等式 x1x2 x1 x2 成立. ★设函数 f (x) a ln x bx2 ，其图像在点 P(2, f (2)) 处切线的斜率为 3 .
当 a 2 时，令 g(x) f (x) kx ，设 x1, x2 (x1 x2 ) 是方程 g(x) 0 的两个根， x0 是 x1, x2 的等差中项，求证： g(x0 ) 0 ( g(x) 为函数 g(x) 的导函数）.
当 0 a 1时，由 h x 0 得， x1 1 a ， x2 1 a ，故 h x 在 1, 1 a 上单调递增，在 1 a, 1 a 上单调递减，在 1 a, 上单调递增；
当 a 0 时，由 h x 0 得， x0 1 a ， h x 在 1 a, 1 a 上单调递减，在 1 a, 上单调递增．
x1
1 a
,
x2
1 a
，
构造函数 F (x)
f ( 2 x) a
f (x) ，则 F(x)
f (x)
f ( 2 a
x)
4(ax 1)3 x2 (2 ax)2
，
当 x 1 时， F(x) 0 ，即 F(x) 单调递减，当 x 1 时， F (x) F ( 1 ) 0 ，从而不等式
a
a
a
式成立，故原不等式成立.
★已知函数 f (x) a 1 ln x(a R) . x
（1）若 a 2，求函数 f (x) 在 (1, e2 ) 上的零点个数；
（2）若 f (x) 有两零点 x1, x2 （ x1 x2 ），求证： 2 x1 x2 3ea1 1 .
【点评】1.方程的变形方向：① x1, x2 是函数 f (x) 的两个零点，1 是该函数的极值点.② x1, x2 是函数 h(x) 的两个零点， ea1 是该函数的极值点.
(, ln), (, ln ) 两点连线的斜率小即可，
又因为 k
ln ln
ln ln 1
1 ，即证：
1
1 1
2ln
0(0
1) ，
令
g( )
1
2ln
0, (0
1) ，则 g( )
1 2
1
2
( 1)2 2
0，
∴ g( ) 在 (0,1) 上单调递减，∴ g() g(1) 0 ，
证： x1 x2
ae .[KS5UKS5UKS5U]
再证： x1 ae . x2
∵ x1 ax1 ax1 ， x2 ax2 ln x2
而 0 x1 e x2 ， ln x2 1 ∴ x1 ax1 ae ae .证毕.
x2 ln x2 1
【招式演练】
★设函数 f (x) ex ax a(a R) 的图像与 x 轴交于 A(x1, 0), B(x2, 0)(x1 x2 ) 两点， （1）证明： f '( x1x2 ) 0 ； （2）求证： x1x2 x1 x2 .
（2）见解析[KS5UKS5U.KS5U
∴
Fra Baidu bibliotek
ln x0 1
x0 1
1 ，解得 x0 1
x0
e
1
∴切线的斜率为 1 ，∴切线方程为 x ey 1 0 e
（Ⅱ） hx af x g x aln x 1 1 x2 x
2
h x a x 1 x2 a 1 ， x 1
x 1
x 1
当 a 1 0 时，即 a 1时， h x 0 ， h x 在 1, 上单调递增；
法三：直接换元构造新函数：
a
ln x1 x1
ln x2 x2
ln x2 ln x1
x2 x1
, 设 x1
x2 , t
x2 x1
, (t
1) ，
则
x2
tx1
,
ln tx1 ln x1
t
ln t ln ln x1
x1
t
，
反解出： ln
x1
ln t , ln t 1
x2
ln
tx1
ln t
ln
x1
ln t
x2 1
0 .[KS5UKS5U.KS5U
x1
又因为
x2
x1
0 ，因此
g x0
g
x1
2
x2
0
，即
g
x1
2
x2
g x0
.
又由 g x 4 mx 4 m 知 g x 在 0, 上单调递减，
x
所以
x1 x2 2
x0 ，即 x1 x2
2x0 .
★已知函数 f x 1n(x 1) ， g(x) 1 x2 x ．
1
，即证：
e
x1 e a2
x2
1，等价于 ex1 ex2
e x2 (
ex1
)2 ，
x2 x1
也即 ex1 ex2 (ex2 ex1 )2
( x2
1 x1)2
，等价于
ex2 x1
(ex2 x1 1)2
(x2
1 x1)2
，令 t
x2
x1
0
t
等价于 et (et 1)2
1 t2
(t
0)
(t) (0) 0，从而 h(t) 0 ， h(t) 在 (0,) 单调递减，∴ h(t) h(0) 0 ，即证原不
等式成立.
【点评】从消元的角度，消掉参数 a ，得到一个关于 x1, x2 的多元不等式证明，利用换元思
想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式.
★例 4.已知函数 f (x) x eax (a 0) ，若存在 x1, x2 (x1 x2 ) ，使 f (x1) f (x2 ) 0 ，求
【解析】∵ ax0
1
x1
x2 2
1 a
x1
2 a
x2 ，又依题意
f
(x)
(a
1)2 x
0，
得
f (x) 在定义域上单调递增，所以要证 ax0
1，只需证 f
(x2 )
f
(x1)
f
(2 a
x2 )
，
即
f
(2 a
x2 )
f
(x2 )
0 ……
不妨设
x1
x2
，注意到
f
(1) a
0
，由函数单调性知，有