导数：10.极值点偏移问题课件-2025-2026学年高二数学人教A版选择性必修第二册

导数 极值点偏移问题 极值点偏移问题 一、极值点偏移的含义 图1 极值点偏移问题 图2 图3 极值点偏移问题 二、极值点偏移的理解 极值点偏移问题 二、极值点偏移的理解 极值点偏移问题 三、极值点偏移问题的一般题设形式 极值点偏移问题 四、极值点偏移问题的一般解法 1．对称化构造法 极值点偏移问题 四、极值点偏移问题的一般解法 1．对称化构造法 极值点偏移问题 2．比(差)值代换法 四、极值点偏移问题的一般解法 极值点偏移问题 四、极值点偏移问题的一般解法 3．对数均值不等式法 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 极值点偏移问题 函数f(x)满足内任意自变量x都有f(x)＝f(2m－x)，则函数f(x)关于直线x＝m对称．可以理解为函数f(x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f(x)为单峰函数，则x＝m必为f(x)的极值点x0，如图(1)所示，函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点则刚好满足eq \f(x1＋x2,2)＝x0， 则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移． 若eq \f(x1＋x2,2)≠x0，则极值点偏移．若单峰函数f(x)的极值点为x0，且函数f(x)满足定义域内x＝m左侧的任意自变量x都有f(x)>f(2m－x)或f(x)<f(2m－x)，则函数f(x)极值点x0左右侧变化快慢不同．如图(2)(3)所示．故单峰函数f(x)定义域内任意不同的实数x1，x2，满足f(x1)＝f(x2)，则eq \f(x1＋x2,2)与极值点x0必有确定的大小关系：若x0<eq \f(x1＋x2,2)，则称为极值点左偏；若x0>eq \f(x1＋x2,2)，则称为极值点右偏． 1.极值点左偏：x1＋x2＞2x0，x＝eq \f( x1＋x2 ,2)处切线与x轴不平行． 若f(x)上凸，则f ((eq \f( x1＋x2 ,2))＜f((x0)＝0， 若f(x)下凸，则f ((eq \f( x1＋x2 ,2))＞f((x0)＝0． 2.极值点右偏：x1＋x2＜2x0，x＝eq \f( x1＋x2 ,2)处切线与x轴不平行． 若f(x)上凸，则f ((eq \f( x1＋x2 ,2))＞f((x0)＝0， 若f(x)下凸，则f ((eq \f( x1＋x2 ,2))＜f((x0)＝0． 2.若函数f(x)定义域中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)， 求证：x1＋x2＞2x0（x0为函数f(x)的极值点）； 3.若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令x0＝eq \f( x1＋x2 ,2)，求证：f((x0)＞0； 1.若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2， 求证：x1＋x2＞2x0(x0为函数f(x)的极值点)； 4.若函数f(x)定义域中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝eq \f( x1＋x2 ,2)， 求证：f ((x0)＞0． (1)确定函数极值点x0， 即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0． (2)构造函数， 即对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；对结论x1x2>xeq \o\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－  ，通过研究F(x)的单调性获得不等式． (3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性． (4)比较大小， 即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系． (5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求． 若要证明f ′(eq \f( x1＋x2 ,2))的符号问题，还需进一步讨论eq \f(x1＋x2,2)与x0的大小，得出eq \f(x1＋x2,2)所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝eq \f(x1,x2)，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解． 对数平均不等式: 对 ，都有 成立，当且仅当 时，等号成立． 只证：当 时， ．不失一般性，可设 ．证明如下： 构造函数 ，则 ． 因为 时， ，所以函数 在 上单调递减， 故 ，从而不等式①成立； (1)先证： 　　　　① 不等式① 构造函数 ，则 ． 因为 时， ，所以函数 在 上单调递增， 故 ，从而不等式②成立； 综合(1)(2)知，对 ，都有 成立， 当且仅当 时，等号成立． (2)再证： 　　　　② 不等式② 例1.已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2． 解析:(1)f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1， ∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)有极大值f(1)＝eq \f(1,e)，f(x)无极小值． (2)方法一　(对称化构造法) 分析法　欲证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，由(1)可设0<x1<1<x2， 故x1，2－x2∈(0，1)，又因为f(x)在(0，1)上单调递增， 故只需证f(x1)>f(2－x2)，又因为f(x1)＝f(x2)，故也即证f(x2)>f(2－x2)， 构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)， 则等价于证明F(x)>0对x∈(1，＋∞)恒成立． 由F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)， ∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0， 则F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)>0， 即已证明F(x)>0对x∈(1，＋∞)恒成立，故原不等式x1＋x2>2亦成立． 综合法　构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1， 则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)， ∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0， ∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0， 故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2， 可设x1<1<x2，将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)，又f(x1)＝f(x2)， ∴f(x1)>f(2－x2)．又x1<1，2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增， ∴x1>2－x2，∴x1＋x2>2． 方法二　(比值代换法) 设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)即 取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2． 令t＝eq \f(x2,x1)>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1， 得x1＝eq \f(ln t,t－1)，x2＝eq \f(tln t,t－1)．∴x1＋x2＝eq \f((t＋1)ln t,t－1)>2⇔ln t－eq \f(2(t－1),t＋1)>0， 设g(t)＝ln t－eq \f(2(t－1),t＋1) (t>1)，∴g′(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， ∴当t>1时，g(t)为增函数， ∴g(t)>g(1)＝0，∴ln t－eq \f(2(t－1),t＋1)>0，故x1＋x2>2． 方法三　(对数均值不等式法) 设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)，即 取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2， 可得，1＝eq \f(x1－x2,lnx1－lnx2)， 利用对数平均不等式得，1＝eq \f(x1－x2,lnx1－lnx2)<eq \f(x1＋x2,2)，即证，x1＋x2>2． 注意：用对数均值不等式法证明不等式，必须用前给出证明． 练一练1.已知函数f(x)＝x－1＋aex． (1)讨论f(x)的单调性； (2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>4． 解析：(1)f′(x)＝1＋aex， 当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增． 当a<0时，令f′(x)>0，得x<ln(－eq \f(1,a))，则f(x)的单调递增区间为(－∞, ln(－eq \f(1,a)))，令f′(x)<0，得x>ln(－eq \f(1,a))，则f(x)的单调递减区间为(ln(－eq \f(1,a)), +∞ )． (2)由f(x)＝0得a＝eq \f(1－x,ex)，设g(x)＝eq \f(1－x,ex)，则g′(x)＝eq \f(x－2,ex)． 由g′(x)<0，得x<2；由g′(x)>0，得x>2． ∴g(x)在(－∞，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增 ∴g(x)min＝g(2)＝－eq \f(1,e2)<0． 当x>1时，g(x)<0，当x<1时，g(x)>0，不妨设x1<x2， 则x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，x1＋x2>4等价于x2>4－x1， ∵4－x1>2且g(x)在(2，＋∞)上单调递增， ∴要证x1＋x2>4，只需证g(x2)>g(4－x1)，∵g(x1)＝g(x2)＝a， ∴只需证g(x1)>g(4－x1)，即 ，即证(x1－3)＋x1－1<0； 设h(x)＝e2x－4(x－3)＋x－1，x∈(1，2)， 则h′(x)＝e2x－4(2x－5)＋1，令m(x)＝h′(x)， 则m′(x)＝4e2x－4(x－2)，∵x∈(1，2)，∴m′(x)<0， ∴m(x)在(1，2)上单调递减，即h′(x)在(1，2)上单调递减， ∴h′(x)>h′(2)＝0，∴h(x)在(1，2)上单调递增，∴h(x)<h(2)＝0， ∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－3))＋x1－1<0，从而x1＋x2>4得证． 练一练2.已知函数 （a∈R）． (1)若函数 在R上是增函数，求实数a的取值范围； (2)如果函数 恰有两个不同的极值点 ，证明： ． 解析　(1) 是 上是增函数， ， 设 ， ，令 解得 ， 故 在 单调递减，在 单调递增． ， ． (2)依题意可得： ， ． 是极值点， ，两式相减可得： ． 所证不等式等价于： ，不妨设 ，两边同除以 可得： ．令 ． 所证不等式只需证明： ，设 ， 由 可得： ， ， 在 单调递减， ， 原不等式成立即 例2.已知函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1·x2>e2． 解析:(1)f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)(x>0)， ①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意； ②若a>0，当x∈(0, eq \f(1,a))时，f′(x)>0；当x∈(eq \f(1,a), ＋∞)时，f′(x)<0． ∴f(x)在(0, eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a), ＋∞)上单调递减 由题意知f(x)＝ln x－ax的极大值f (eq \f(1,a))＝ln eq \f(1,a)－1>0，解得0<a<eq \f(1,e)． 所以实数a的取值范围为(0, eq \f(1,e))． (2)法一：对称化构造法 由x1，x2是方程f (x)＝0的两个不同实根得a＝eq \f(lnx,x)，令g(x)＝eq \f(lnx,x)，g(x1)＝g(x2)， 由于g′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)，因此，g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 设1<x1<e<x2，需证明x1x2>e2，只需证明x1>eq \f(e2,x2)∈(1，e)，只需证明g(x1) >g(eq \f(e2,x2))，即g(x2)>g(eq \f(e2,x2))，即g(x2)－g(eq \f(e2,x2))>0． 令h(x)＝g(x)－g(eq \f(e2,x))(x∈(e，＋∞))，h′(x)＝eq \f((1－lnx)( e2－x2),x2e2)>0． 故h(x)在(e，＋∞)上单调递增， 故h(x) >h(e)＝0．即g(x)>g(eq \f(e2,x))，令x＝x2，则g(x2)>g(eq \f(e2,x2)),即x1x2>e2． 法二：比值换元法 不妨设x1>x2>0，因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0， 所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以eq \f (ln x1－ln x2,x1－x2)＝a， 欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2． 因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>eq \f (2,x1＋x2)， 所以原问题等价于证明eq \f (ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f (2,x1＋x2)，即lneq \f (x1,x2)>eq \f (2(x1－x2),x1＋x2)， 法二：比值换元法 令t＝eq \f (x1,x2)(t>1)，则不等式变为ln t>eq \f (2(t－1),t＋1)．令h(t)＝ln t－eq \f (2(t－1),t＋1)，t>1， 所以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(1，＋∞)上单调递增， 所以h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即ln t－eq \f (2(t－1),t＋1)>0(t>1)， 因此原不等式x1x2>e2得证． 练一练1.已知f(x)＝xlnx－eq \f(1,2)mx2－x，x∈R． (1)当m＝－2时，求函数f(x)的所有零点； (2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)． 解析：(1)当m＝－2时，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，x＞0． 设g(x)＝lnx＋x－1，x＞0， 则g′(x)＝eq \f(1,x)＋1＞0，于是g(x)在(0，＋∞)上为增函数． 又g(1)＝0，所以g(x)有唯一的零点x＝1，从而函数f(x)有唯一的零点x＝1． (2)欲证x1x2＞e2，只需证ln x1＋ln x2＞2． 由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x) 有两个零点， 又f′(x)＝ln x－mx， 所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．于是有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln x1－mx1＝0，　①,ln x2－mx2＝0，　②)) ①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，即m＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)， ②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，即m＝eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)， 从而可得eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)，于是ln x1＋ln x2＝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，设t＝eq \f(x2,x1)，则t＞1．因此ln x1＋ln x2＝eq \f((1＋t)ln t,t－1)，t＞1． 要证ln x1＋ln x2＞2，即证eq \f((t＋1)ln t,t－1)＞2(t＞1)，即证当t＞1时，有ln t＞eq \f(2(t－1),t＋1)． 令h(t)＝ln t－eq \f(2(t－1),t＋1)(t＞1)，则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)为(1，＋∞)上的增函数．因此h(t)＞ln 1－eq \f(2(1－1),1＋1)＝0． 于是当t＞1时，有ln t＞eq \f(2(t－1),t＋1)．所以有ln x1＋ln x2＞2成立，即x1x2＞e2． 练一练2.已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当a＝1时，方程f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根x1，x2，且x1＜x2， 求证：x1·xeq \o\al(2,2)＜2． 解析　(1)由题意得，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)(x＞0)． 当a≤0时，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上递增． 当a＞0时，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(0, eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a), ＋∞)上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，f(x)在(0, eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a), ＋∞)上单调递减． (2)由题意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的两个相异实根x1，x2满足ln x－x－m＝0，且0＜x1＜1＜x2，即ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0． 由题意，可知ln x1－x1＝m＜－2＜ln 2－2， 又由(1)可知，f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)上单调递减，故x2＞2． 令g(x)＝ln x－x－m，则g(x)－g(eq \f(2,x2))＝－x＋eq \f(2,x2)＋3ln x－ln 2． 令h(t)＝－t＋eq \f(2,t2)＋3ln t－ln 2(t＞2)，则h′(t)＝－eq \f((t－2)2(t＋1),t3)． 当t＞2时，h′(t)＜0，h(t)单调递减， 所以h(t)＜h(2)＝2ln 2－eq \f(3,2)＜0，所以g(x)＜g(eq \f(2,x\o\al(2,2)))．因为x2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－g(eq \f(2,x\o\al(2,2)))＝g(x1)－g(eq \f(2,x\o\al(2,2)))＜0，即g(x1)＜g(eq \f(2,x\o\al(2,2)))． 因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以x1＜eq \f(2,x\o\al(2,2))，故x1·xeq \o\al(2,2)＜2． 练一练3．已知函数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)当ea－1－b＋1取得最大值时，设F(b)＝eq \f(a－1,b)－m(m∈R)，F(x)有两个零点为x1， x2(x1＜x2)，证明： ． 解析：(1)有题意， 当时，，在上单增，此时显然不成立， 当时，令，得，此时在上单减，在上单增， (b)，即，所以，． 所以的最大值为1． (2)当取得最大值时，，， 的两个零点为，，则，即，， 不等式恒成立等价于， 两式相减得， 带入上式得， 令，则，， 所以函数在上单调递增，(1)，得证． 例3.已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x． (1)讨论f(x)的单调性； (2)设f(x)的两个零点是x1，x2，求证：f ′(eq \f (x1＋x2,2))<0． 解析：(1)函数f (x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝eq \f (1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq \f ((ax－1)(2x＋1),x)， ①当a≤0时，f ′(x)>0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a>0时，若x∈(0, eq \f(1,a))，则f ′(x)>0，若x∈(eq \f(1,a), ＋∞)，则f ′(x)<0， 则f (x)在(0, eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a), ＋∞)上单调递减． (2)法一：构造差函数法 由(1)易知a>0，且f (x)在(0, eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a), ＋∞)上单调递减， 不妨设0<x1<eq \f (1,a)<x2，f ′(eq \f (x1＋x2,2))<0⇔eq \f (x1＋x2,2)>eq \f (1,a)⇔x1＋x2>eq \f (2,a)， 故要证f ′(eq \f (x1＋x2,2))<0，只需证x1＋x2>eq \f (2,a)即可． 构造函数F(x)＝f (x)－f (eq \f (2,a)－x)，x∈(0, eq \f(1,a))， F′(x)＝f ′(x)－[f (eq \f (2,a)－x)]′＝f ′(x)＋f ′(eq \f (2,a)－x)＝eq \f (2ax(ax－2)＋2,x(2－ax))＝eq \f (2(ax－1)2,x(2－ax))， (2)法一：构造差函数法 ∵x∈(0, eq \f(1,a))，∴F′(x)＝eq \f (2(ax－1)2,x(2－ax))>0，∴F(x)在(0, eq \f(1,a))上单调递增， ∴F(x)<F(eq \f (1,a))＝f(eq \f (1,a))－f (eq \f (2,a)－eq \f (1,a))＝0，即f (x)<f (eq \f (2,a)－x)，x∈(0, eq \f(1,a))， 又x1，x2是函数f (x)的两个零点且0<x1<eq \f (1,a)<x2，∴f (x2)＝f (x1)<f (eq \f (2,a)－x1)， 而x2，eq \f (2,a)－x1均大于eq \f (1,a)，∴x2>eq \f (2,a)－x1，∴x1＋x2>eq \f (2,a)，得证． 法二：对数平均不等式法 易知a>0，且f (x)在(0, eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a), ＋∞)上单调递减， 不妨设0<x1<eq \f (1,a)<x2，f ′(eq \f (x1＋x2,2))<0⇔eq \f (x1＋x2,2)>eq \f (1,a)． 因为f (x)的两个零点是x1，x2，所以ln x1－axeq \o\al(2,1)＋(2－a)x1＝ln x2－axeq \o\al(2,2)＋(2－a)x2，所以ln x1－ln x2＋2(x1－x2)＝a(xeq \o\al(2,1)－xeq \o\al(2,2)＋x1－x2)， 所以a＝eq \f (ln x1－ln x2＋2(x1－x2),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)＋x1－x2)，以下用分析法证明，要证eq \f (x1＋x2,2)>eq \f (1,a)， 法二：对数平均不等式法 即证eq \f (x1＋x2,2)>eq \f (x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)＋x1－x2,ln x1－ln x2＋2(x1－x2))，即证eq \f (x1＋x2,2)>eq \f (x1＋x2＋1,\f (ln x1－ln x2,x1－x2)＋2)， 即证eq \f (2,x1＋x2)<eq \f (\f (ln x1－ln x2,x1－x2)＋2,x1＋x2＋1)，只需证eq \f (2,x1＋x2)<eq \f (ln x1－ln x2,x1－x2)，即证eq \f (x1＋x2,2)>eq \f (x1－x2,ln x1－ln x2)， 根据对数平均不等式，该式子成立，所以f ′(eq \f (x1＋x2,2))<0． 法三：比值代换法 因为f (x)的两个零点是x1，x2，不妨设0<x1<x2， 所以ln x1－axeq \o\al(2,1)＋(2－a)x1＝ln x2－axeq \o\al(2,2)＋(2－a)x2，所以a(xeq \o\al(2,2)－xeq \o\al(2,1))＋(a－2)(x2－x1)＝ln x2－ln x1， 所以eq \f (ln x2－ln x1,x2－x1)＝a(x2＋x1)＋a－2，f ′(x)＝eq \f (1,x)－2ax＋2－a， f ′(eq \f (x1＋x2,2))＝eq \f (2,x1＋x2)－a(x1＋x2)－(a－2)＝eq \f (2,x1＋x2)－eq \f (ln x2－ln x1,x2－x1)＝eq \f (1,x2－x1) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f (2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f (x2,x1)－1)),1＋\f (x2,x1))－ln\f (x2,x1)))， 令t＝eq \f (x2,x1)(t>1)，g(t)＝eq \f (2(t－1),1＋t)－ln t，则当t>1时，g′(t)＝eq \f (－(t－1)2,t(t＋1)2)<0， 练一练：已知函数g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x(a∈R)． (1)求g(x)的单调区间； (2)若函数f(x)＝g(x)＋(a＋1)x2－2x，x1，x2(0＜x1＜x2)是函数f(x)的两个零点，证明：f′(eq \f (x1＋x2,2))<0． 解析:(1)函数g(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)， g′(x)＝eq \f (1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq \f ((ax－1)(2x＋1),x)， ①当a≤0时，g ′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a>0时，若x∈(0, eq \f(1,a))，则g ′(x)>0，若x∈(eq \f(1,a), ＋∞)，则g ′(x)<0， 则g(x)在(0, eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a), ＋∞)上单调递减． (2)因为x1，x2是f (x)＝lnx＋ax2－ax的两个零点， 所以lnx1＋axeq \o\al(2,1)－ax1＝0，ln x2＋axeq \o\al(2,2)－ax2＝0， 所以a＝eq \f (ln x1－ln x2,x1－x2)＋(x2＋x1)，又f ′(x)＝eq \f (1,x)＋2x－a， 所以f ′(eq \f (x1＋x2,2))＝eq \f (2,x1＋x2)＋(x1＋x2)－a＝eq \f (2,x1＋x2)－eq \f (ln x1－ln x2,x1－x2)， 所以要证f ′(eq \f (x1＋x2,2))<0，只须证明eq \f (2,x1＋x2)－eq \f (ln x1－ln x2,x1－x2)<0， 即证明eq \f (2(x1－x2),x1＋x2)>lnx1－lnx2，即证明 令 ，则 ，则 ， ． ∴ 在 上递减， ，∴ 在 上递增， ． 所以 成立，即 ． 例4.已知函数f(x)＝eq \f(m,x)＋eq \f(1,2)lnx－1(m∈R)的两个零点为x1，x2(x1＜x2)． (1)求实数m的取值范围； (2)求证：eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＞eq \f(2,e)． 解析：(1)f((x)＝－eq \f(m,x2)+eq \f(1,2x)＝eq \f(x－2m,2x2)， ①m≤0时，f((x)＞0，f(x)在(0，∞)上单调递增，不可能有两个零点． ②m＞0时，由f((x)＞0可解得x＞2m，由f((x)＜0可解得0＜x＜2m， ∴f(x)在(0，2m)上单调递减，在(2m，＋∞)上单调递增， 于是f(x)min＝f(2m)min＝f(x)min＝f(2m)＝eq \f(m,2m)＋eq \f(1,2)ln2m－1， 要使得f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，则eq \f(m,2m)＋ln2m－1＜0，解得0＜m＜eq \f(2,e)， 又f(1)＝m－1＞0，f(e2)＝eq \f(m,e2)＞0，即m的取值范围为(0，eq \f(2,e))． (2)令t＝eq \f(1,x)，则f(t)＝mt－eq \f(1,2)lnt－1， 由题意知方程mt－2lnt－1＝0有两个根t1，t2，即方程m＝eq \f(lnt＋2,2t)有两个根t1，t2， 不妨设t1＝eq \f(1,x1)，t2＝eq \f(1,x2)．令h(t)＝eq \f(lnt＋2,2t)，则h((t)＝－eq \f(lnt＋1,2t2)， 由h((t)＞0可得0＜t＜eq \f(1,e)，由h((t)＜0可得t＞eq \f(1,e)， ∴t∈(0，eq \f(1,e))时，h(t)单调递增，t∈(eq \f(1,e)，＋∞)时，h(t)单调递减． 故结合已知有t1＞eq \f(1,e)＞t2＞0，要证eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＞eq \f(2,e)，即证t1＋t2＞eq \f(2,e)，即t1＞eq \f(2,e)－t2＞eq \f(1,e)． 即证h(t1)＜h(eq \f(2,e)－t2)．令φ(x)＝h(x)－h(eq \f(2,e)－x)， φ((x)＝h((x)＋h((eq \f(2,e)－x)＝eq \f(－lnx－1,2x2)＋e)eq \f(－ln(－x)－1,2(eq \f(2,e)－x)2) ． ∵x∈(0，eq \f(1,e))，∴－lnx－1＞0，x2＜(eq \f(2,e)－x)2， ∴φ((x)＞e)eq \f(－lnx－1,2(－x)2) ＋e)eq \f(－ln(－x)－1,2(eq \f(2,e)－x)2) ＝e)eq \f(－lnx(－x)－2,2(eq \f(2,e)－x)2) ． ∵x(eq \f(2,e)－x)＜[e)eq \f(x＋(－x),2) ]2＝eq \f(1,e2)，∴φ((x)＞0， ∴φ(x)在(0，eq \f(1,e))是增函数，∴φ(x)<φ(eq \f(1,e))＝0，∴原不等式成立． 例5.已知函数f(x)＝x2＋ax＋blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x． (1)求实数a，b的值； (2)设F(x)＝f(x)－x2＋mx(m∈R)，x1，x2 (0＜x1＜x2)分别是函数F(x)的两个零点， 求证：F(( eq \r(x1x2))＜0(F((x)为函数F(x)的导函数)． 解析：(1) a＝1，b＝－1；(2)，，， 因为分别是函数的两个零点，所以，两式相减， 得，， 要证明，只需证． 思维引导1　因为，只需证． 令，即证，令，则，所以函数在上单调递减，， 即证，由上述分析可知． 思维引导2　因为，只需证， 设 ， 则 ， 所以函数在上单调递减，， 即证．由上述分析可知． 思维引导3　要证明，只需证， 即证，由对数平均数易得． 例6.已知函数 ． (1)若 ，使得 恒成立，求 的取值范围． (2)设 ， 为函数 图象上不同的两点， 的中点为 ， 求证：eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)<f((x0)． 解析　(1) 恒成立，即 恒成立， 令 ， ， 由于 ，则 在 单调递减，在 单调递增， 故 ，解得 ． (2)因为 为 的中点，则 ， 故 ， EMBED Equation.DSMT4 ，故要证 ，即证 ， 由于 ，即证 ．不妨假设 ， 只需证明 ，即 ． 设 ，构造函数 ， ，则 ， 则有 ，从而 ． 例7．已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－ax有两个极值点x1，x2(e为自然对数的底数)． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：f(x1)＋f(x2)>2． 解析:(1)由于f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－ax，则f′(x)＝ex－x－a， 设g(x)＝f′(x)＝ex－x－a，则g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0． 所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0． 所以g(x)min＝g(0)＝1－a． ①当a≤1时，g(x)＝f′(x) ≥0，所以函数f(x)单调递增，没有极值点； ②当a>1时，g(x)min＝1－a<0，且当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞．此时，g(x)＝f′(x)＝ex－x－a有两个零点x1，x2，不妨设x1<x2，则x1<0<x2， 所以函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－ax有两个极值点时，实数a的取值范围是(1，＋∞)； 答案速得　函数f(x)有两个极值点实质上就是其导数f′(x)有两个零点， 亦即函数y＝ex与直线y＝x＋a有两个交点， 如图所示，显然实数a的取值范围是(1，＋∞)． (2)由(1)知，x1，x2为g(x)＝0的两个实数根，x1<0<x2，g(x)在(－∞，0)上单调递减． 下面先证x1<－x2<0，只需证g(－x2)<g(x1)＝0，由于g(x2)＝ －x2－a＝0， 得a＝ －x2，所以g(－x2)＝ ＋x2－a＝ － ＋2x2． 设h(x)＝ － ＋2x(x>0)，则h′(x)＝ － ＋2<0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以h(x)<h(0)＝0，h(x2)＝g(－x2)<0，所以x1<－x2<0． 由于函数f(x)在(x1，0)上也单调递减，所以f(x1)>f(－x2)． 要证f(x1)＋f(x2)>2，只需证f(－x2)＋f(x2)>2，即证 ＋ － －2>0． 设函数k(x)＝ ＋ － －2，x∈(0，＋∞)，则k′(x)＝ － －2x． 设r(x)＝k′(x)＝ － －2x，则r′(x)＝ ＋ －2>0， 所以r(x)在(0，＋∞)上单调递增，r(x)>r(0)＝0，即k′(x)>0． 所以k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)＝0． 故当x∈(0，＋∞)时， ＋ － －2>0，则 ＋ － －2>0， 所以f(－x2)＋f(x2)>2，亦即f(x1)＋f(x2)>2． $$