第八節(jié)極值點偏移問題重點解讀極值點偏移的定義：對于函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（a，b）內(nèi)只有一個極值點x0，方程f（x）＝m的解分別為x1，x2，且a＜x1＜x2＜b.（1）當(dāng)x1＋x22＝x0時，f（x）的極值點沒有偏移.（2）當(dāng)x1＋x22≠x0時，f（x）的極值點發(fā)生偏移.①若x1＋x22＞x0，則函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（x1，x2）上極值點x0左偏，簡稱極值點x0左偏；②若x1＋x22＜x0，則函數(shù)y＝f（對稱構(gòu)造法（師生共研過關(guān)）已知函數(shù)f（x）＝xe2－x.（1）求f（x）的極值；（2）若a＞1，b＞1，a＜b，f（a）＋f（b）＝4，證明：a＋b＜4.解：（1）因為f（x）＝xe2－x，所以f'（x）＝（1－x）e2－x，由f'（x）＞0，解得x＜1，由f'（x）＜0，解得x＞1，所以f（x）在（－∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，因此f（x）在x＝1處取得極大值e，無極小值.（2）證明：由（1）可知，f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，f（2）＝2，因為a＞1，b＞1，a＜b，f（a）＋f（b）＝4，所以不妨設(shè)1＜a＜2＜b.要證a＋b＜4，只要證b＜4－a，而b＞2，2＜4－a＜3，所以只要證f（b）＞f（4－a），即證4－f（a）＞f（4－a），即證f（a）＋f（4－a）＜4.令F（x）＝f（x）＋f（4－x），1＜x＜2，則F'（x）＝f'（x）－f'（4－x）＝（1－x）e2－x－ex－2（x－3），令h（x）＝（1－x）e2－x－ex－2（x－3），1＜x＜2，則h'（x）＝e2－x（x－2）－ex－2（x－2）＝（x－2）（e2－x－ex－2）.因為1＜x＜2，所以x－2＜0，e2－x－ex－2＞0，所以h'（x）＜0，即h（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，則h（x）＞h（2）＝0，即F'（x）＞0，所以F（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，所以F（x）＜F（2）＝2f（2）＝4，即當(dāng)1＜x＜2時，f（x）＋f（4－x）＜4，所以原命題成立.解題技法對稱構(gòu)造法主要用來解決與x1和x2之和（積）相關(guān)的不等式的證明問題.其解題步驟如下：（1）定極值點，即利用導(dǎo)函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而確定函數(shù)的極值點x0；（2）構(gòu)造函數(shù)，即對x1＋x2＞2x0型結(jié)論，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝f（x）－f（2x0－x）（下面以此為例）或F（x）＝f（x0＋x）－f（x0－x）.對x1x2＞x02型結(jié)論，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝f（x）－f（x（3）判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論F（x）的單調(diào)性；（4）比較大小，即判斷函數(shù)F（x）在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出f（x）與f（2x0－x）的大小關(guān)系；（5）轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)f（x）的單調(diào)性，將f（x）與f（2x0－x）的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為x與2x0－x之間的關(guān)系，進(jìn)而得到所證或所求.已知函數(shù)f（x）＝xlnx－x＋1，若方程f（x）＝b有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，求證：x1x2＜1.證明：f'（x）＝lnx，當(dāng)x＞1時，f'（x）＞0，當(dāng)0＜x＜1時，f'（x）＜0，所以f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減.不妨設(shè)x1＜x2，則0＜x1＜1＜x2，要證x1x2＜1，只需證1＜x2＜1x因為f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以只需證f（x2）＜f（1x1因為f（x1）＝f（x2），所以只需證f（x1）＜f（1x1設(shè)F（x）＝f（x）－f（1x）（0＜x＜1），則F'（x）＝lnx－1x2lnx＝x2－1所以F（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，所以F（x）＜F（1）＝0，所以f（x）－f（1x）＜0即f（x1）＜f（1x1）成立，所以x1x2＜換元法（師生共研過關(guān)）已知函數(shù)f（x）＝xlnx－12mx2－x，m∈R.若f（x）有兩個極值點x1，x2，求證：lnx1＋lnx2＞2.證明：函數(shù)f（x）的定義域為（0，＋∞）.若f（x）有兩個極值點x1，x2，即函數(shù)f'（x）有兩個變號零點，又f'（x）＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f'（x）＝0的兩個不同的實根，即ln由①＋②得m＝ln由②－①得m＝ln從而可得lnx2于是lnx1＋lnx2＝（lnx不妨設(shè)0＜x1＜x2，t＝x2x1，則t因此lnx1＋lnx2＝（1+t）lnt要證lnx1＋lnx2＞2，即證（t+1）lntt－1＞2（t＞1），即當(dāng)t＞1時設(shè)函數(shù)h（t）＝lnt－2（t－1）t+1，則h'（t當(dāng)t＞1時，h'（t）＞0，所以h（t）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增.又h（1）＝0，因此當(dāng)t＞1時，h（t）＞0.于是當(dāng)t＞1時，有l(wèi)nt＞2（t－1）t+1，所以lnx1＋ln解題技法換元的目的是消參、減元，就是根據(jù)已知條件首先建立極值點之間的關(guān)系，然后利用兩個極值點之比（差）作為變量，從而實現(xiàn)消參、減元的目的.設(shè)法用比值或差值表示兩個極值點，繼而將所求解問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù)問題.已知函數(shù)f（x）＝12x2－x＋alnx.若函數(shù)f（x）有兩個極值點x1，x2，證明：f（x1）＋f（x2）＞－ln22－證明：由題意得，f'（x）＝x－1＋ax＝x2－x＋因為函數(shù)f（x）有兩個極值點x1，x2，所以方程x2－x＋a＝0在（0，＋∞）上有兩個不同的實數(shù)根x1，x2，則x1＋x2=1>0，x1x2所以0＜a＜14由題意得f（x1）＋f（x2）＝12x12－x1＋alnx1＋12x22－＝12（x12＋x22）－（x1＋x2）＋aln（＝12（x1＋x2）2－x1x2－（x1＋x2）＋aln（x1x2＝12－a－1＋alna＝alna－a－1令h（a）＝alna－a－12（0＜a＜14則h'（a）＝lna＜0，所以h（a）在（0，14）上單調(diào)遞減所以h（a）＞h（14）＝－ln22－所以f（x1）＋f（x2）＞－ln22－31.已知函數(shù)f（x）＝12x2－2ax＋lnx（a為常數(shù)（1）當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；（2）設(shè)函數(shù)f（x）的兩個極值點分別為x1，x2（x1＜x2），求f（x2）的取值范圍.解：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝12x2－2x＋lnx，f'（x）＝x－2＋1所以f（1）＝－32，f'（1）＝0故曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y＝－32（2）f（x）的定義域為（0，＋∞），f'（x）＝x－2a＋1x＝x2－2ax+1x，則x1，x2是方程x2－2則Δ=4a2－4>0，x1＋x2=2a>0，x1x2=1>0，即a＞1，又0＜f（x2）＝12x22－2ax2＋lnx2＝12x22－（x22＋1）＋lnx2＝－12x22－1＋lnx2＝－12x22－1＋12lnx22，令t＝x22＞1，則g（t）＝－12t－1＋12lnt（t＞1），g'（t）＝－12＋12t＝－t+12t＜0，所以g（t）所以f（x2）的取值范圍是（－∞，－32）2.已知函數(shù)f（x）＝2lnx－x2－ax（a∈R）有兩個不同的零點x1，x2，且滿足0＜x1＜x2，求證：x1x2＞32證明：法一（換元法）設(shè)函數(shù)f（x）與x軸的兩個交點分別為A（x1，0），B（x2，0），由2ln得2兩式相除消去a得：2（lnx1＋lnx2）－（x12＋x22）＝2（lnx1－lnx2)-(x12－x22）x1－因為λ（t）＝lnt＋t（t＞0）是單調(diào)遞增的，所以x1x2＞32?λ（x1x2）＞λ（32）＝ln32而ln32＋32＜12＋32＝2，故只需證明ln設(shè)t＝x2x1＞1，構(gòu)造函數(shù)g（t）＝lnt－2（t－1）t+1（t＞1），由于g'（t）＝（t－1）2t（t+1）2＞0，所以g（t）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以g（t）＞g（1）＝0，所以lnt法二（對數(shù)均值不等式法）設(shè)函數(shù)f（x）與x軸的兩個交點分別為A（x1，0），B（x2，0），由2ln得x2（2lnx1－x12）＝x1（2lnx2－即2（x2lnx1－x1lnx2）＝x1x2（x1－x2）.所以有（兩式相加得lnx1－lnx2x1－x2（x1＋x2）＝由對數(shù)平均不等式x1－x2lnx1－lnx2＜x1＋x22及l(fā)n（x＋1）≤x，知ln（x1x2）＋x1x2＞2＞ln32＋32，因為λ（t）＝3.已知函數(shù)f（x）＝lnx＋mx－1（1）若存在實數(shù)x，使f（x）＜－1成立，求實數(shù)m的取值范圍；（2）若f（x）有兩個不同的零點x1，x2，求證：x1＋x2＞2.解：（1）由f（x）＜－1，得lnx＋mx＜0即m＜－xlnx在（0，＋∞）上有解，令φ（x）＝－xlnx，只需m＜φ（x）max，φ'（x）＝－1－lnx，當(dāng)0＜x＜1e時，φ'（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增當(dāng)x＞1e時，φ'（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減∴φ（x）≤φ（1e）＝1e，∴m＜1e，故m的取值范圍為（－∞，（2）證明：∵f（x）有兩個不同的零點x1，x2，∴m＝x（1－lnx）有兩個不同的實根x1，x2，令g（x）＝x（1－lnx），則g（x1）＝g（x2）＝m，又g'（x）＝－lnx，當(dāng)x∈（0，1）時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（1，＋∞）時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，又g（1）＝1＞0，g（e）＝0，∴0＜m＜1，不妨設(shè)0＜x1＜1＜x2＜e，令h（x）＝g（x）－g（2－x）（0＜x＜1），∴h'（x）＝g'（x）＋g'（2－x）＝－ln（－x2＋2x）＞0，∴h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，∴h（x）＜h（1）＝0，∴g（x）＜g（2－x），即g（x1）＜g（2－x1），又g（x1）＝g（x2），∴g（x2）＜g（2－x1），∵x2＞1，2－x1＞1，∴x2＞2－x1，∴x1＋x2＞2.4.已知函數(shù)f（x）＝x2＋2cosx，f'（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù).（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）已知函數(shù)g（x）＝f'（x）－5x＋5alnx，存在x1，x2且x1≠x2，使得g（x1）＝g（x2），證明：x1＋x2＞2a.解：（1）f（x）的定義域為R，f'（x）＝2x－2sinx，令h（x）＝2x－2sinx，則h'（x）＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)h（x）在R上是增函數(shù)，又因為h（0）＝0，所以h（x）＜0?x＜0，h（x）＞0?x＞0，即f'（x）＜0?x＜0，f'（x）＞0?x＞0，所以函數(shù)f（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.（2）證明：由（1）得g（x）＝2x－2sinx－5x＋5alnx＝－2sinx－3x＋5alnx，x＞0，又g（x1）＝g（x2），即－2sinx1－3x1＋5alnx1＝－2sinx2－3x2＋5alnx2，所以5a（lnx2－lnx1）＝2（sinx2－sinx1）＋3（x2－x1）.不妨設(shè)x2＞x1＞0，所以lnx2＞lnx1.由（1）得當(dāng)x＞0時，函數(shù)f'（x）單調(diào)遞增，所以2x1－2sinx1＜2x2－2sinx2，