第9节 极值点偏移

知识拓展

1.极值点不偏移

已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0,若f(x)=c的两根的中点刚好满足x1+x22=x0,即极值点在两根的正中间,也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢相同,如图①.



(无偏移,左右对称,如二次函数)若f(x1)=f(x2),则x1+x2=2x0.

2.极值点偏移

若x1+x22≠x0,则极值点偏移,此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢不同,如图②③.



(左陡右缓,极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x2>2x0;



(左缓右陡,极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x21.

解由1+lnxax=1,得1+lnxx=a,

设g(x)=1+lnxx,x>0,

则g′(x)=1x·x-(1+lnx)x2=-lnxx2,

由g′(x)=0,得x=1,

当00,则g(x)在(0,1)上单调递增,

当x>1时,g′(x)1时,g(x)>0,

故g(x)=1+lnxx的图象如图所示,



由图知当01,1x1>1,g(x)在(1,+∞)上单调递减,

所以x2>1x1,故x1x2>1.

思维建模对称化构造辅助函数

(1)对结论x1+x2>2x0型,构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x).

(2)对结论x1x2>x02型,方法一是构造函数F(x)=f(x)-fx02x,通过研究F(x)的单调性获得不等式;方法二是两边取对数,转化成lnx1+lnx2>2lnx0,再把lnx1,lnx2看成两变量即可.

训练1已知函数f(x)=x2lnx-32,f′(x1)=f′(x2),x12.

证明f(x)=x2lnx-32,

得f′(x)=x(2lnx-2)=2x(lnx-1).

令g(x)=2x(lnx-1),

g′(x)=2lnx,当x=1时,g′(x)=0,

所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且当x∈(0,e)时,g(x)=2x(lnx-1)0,

故02,只需证x2>2-x1,

易知x2>1,2-x1>1,下面证明g(x1)=g(x2)>g(2-x1).

设t(x)=g(2-x)-g(x),x∈(0,1),

则t′(x)=-g′(2-x)-g′(x),t′(x)=-2ln(2-x)-2lnx=-2ln[(2-x)x]>0,

故t(x)在(0,1)上单调递增,故t(x)2.

题型二比、差值换元构造辅助函数

例2已知函数f(x)=lnx-ax(x>0),a为常数,若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),求证:x1x2>e2.

证明法一不妨设x1>x2,

因为lnx1-ax1=0,lnx2-ax2=0,

所以lnx1+lnx2=a(x1+x2),

lnx1-lnx2=a(x1-x2),

所以lnx1-lnx2x1-x2=a.

欲证x1x2>e2,即证lnx1+lnx2>2.

因为lnx1+lnx2=a(x1+x2),

所以即证a>2x1+x2,

所以原问题等价于证明lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2,

即lnx1x2>2(x1-x2)x1+x2.

令c=x1x2(c>1),

则不等式变为lnc>2(c-1)c+1.

令h(c)=lnc-2(c-1)c+1(c>1),

所以h′(c)=1c-4(c+1)2=(c-1)2c(c+1)2>0,

所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,

所以h(c)>h(1)=ln1-0=0,

即lnc-2(c-1)c+1>0(c>1),

因此原不等式x1x2>e2得证.

法二由题意,函数f(x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),即f(x1)=f(x2)=0,

易知lnx1,lnx2是方程x=aex的两个根,

设t1=lnx1,t2=lnx2,g(x)=xe-x,

则g(t1)=g(t2),

从而x1x2>e2?lnx1+lnx2>2?t1+t2>2.

下证:t1+t2>2.

g′(x)=(1-x)e-x,易得g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

所以函数g(x)在x=1处取得极大值g(1)=1e.

当x→-∞时,g(x)→-∞;

当x→+∞时,g(x)→0且g(x)>0,

由g(t1)=g(t2),t1≠t2,不妨设t10,

所以F(x)在(0,1]上单调递增,

所以F(x)>F(0)=0对任意的x∈(0,1]恒成立,

即g(1+x)>g(1-x)对任意的x∈(0,1]恒成立.

由0g[1-(1-t1)]=g(t1)=g(t2),

即g(2-t1)>g(t2).

又2-t1,t2∈(1,+∞),且g(x)在(1,+∞)上单调递减,

所以2-t12,即x1x2>e2.

思维建模通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t=x1x2(含对数式时常用)或t=x1-x2(含指数式时常用)化为单变量的函数不等式,利用函数单调性证明.

训练2(2025·镇江调研改编)已知函数f(x)=aex-x,a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2>2.

证明由f(x)=aex-x=0,得xex-a=0,

令g(x)=xex-a,则g′(x)=1-xex,

由g′(x)=1-xex>0,得x1.

所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

由于x1,x2是方程g(x)=0的实根,

不妨设x11,则x2=tx1,代入上式得

lnx1-x1=lnt+lnx1-tx1,

得x1=lntt-1,x2=tlntt-1.

所以x1+x2=(t+1)lntt-1>2?lnt-2(t-1)t+1>0,

设h(t)=lnt-2(t-1)t+1(t>1),

所以h′(t)=1t-2(t+1)-2(t-1)(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0,

所以当t>1时,h(t)单调递增,

所以h(t)>h(1)=0,

所以lnt-2(t-1)t+1>0,故x1+x2>2.



1.已知函数g(x)=lnx+1x+2,若方程g(x)=m(m为常数)有两个不等实根x1,x2,求证:x1+x2>2.

证明g′(x)=1x-1x2=x-1x2,

当01时,g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增.

不妨设x11,要证x1+x2>2,

即证x2>2-x1>1,

即证g(x2)=g(x1)>g(2-x1),

设x∈(0,1),则2-x∈(1,2),

令h(x)=g(x)-g(2-x)

=lnx+1x-ln(2-x)-12-x,

则h′(x)=1x-1x2+12-x-1(2-x)2

=-4(x-1)2x2(2-x)2h(1)=0,即g(x)>g(2-x).

当0g(2-x1),

又g(x1)=g(x2),所以g(x2)>g(2-x1),

又x2>1,2-x1>1,且g(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以x2>2-x1,即x1+x2>2得证.

2.已知函数f(x)=xlnx-12mx2-x,m∈R有两个极值点x1,x2,求证:x1x2>e2.

证明要证x1x2>e2,只需证lnx1+lnx2>2,

若f(x)有两个极值点x1,x2,

即f′(x)有两个变号零点,

又f′(x)=lnx-mx,

所以x1,x2是方程f′(x)=0的两个不同的实根,

即lnx1-mx1=0,lnx2-mx2=0,解得m=lnx1+lnx2x1+x2.

另一方面,由lnx1-mx1=0,lnx2-mx2=0,得

lnx2-lnx1=m(x2-x1),

从而可得lnx2-lnx1x2-x1=lnx1+lnx2x1+x2,

于是lnx1+lnx2=(lnx2-lnx1)(x2+x1...