导数的应用——极值点偏移问题（答案）
一、知识梳理
已知函数f(x)图象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＝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).
若f(x)＝c的两根中点≠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(2)、图(3).
二、证明极值点偏移问题的常用解法
1、换元构造函数
例1 已知函数f(x)＝ln x－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：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＝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>，
所以原问题等价于证明>，
即ln>，
令t＝(t>1)，
则不等式变为ln t>.
令h(t)＝ln t－，t>1，
所以h′(t)＝－＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln t－>0(t>1)，
因此原不等式x1x2>e2得证．
方法归纳：换元构造函数证明不等式的关键
解题的关键是把含双变量的不等式转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解，解题时引入变量t＝构造函数．
2、对称化构造函数
例2：已知函数f(x)＝x(1－ln x)．若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x1＋x2＞2.
证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
不妨设02，即证x2>2－x1，
因为02－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当00，
即当00，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0所以当0所以x1＋x2>2.
方法归纳：对称化构造函数证明极值点偏移问题的关键
构造函数H(x)＝f(x)－f(2x0－x)，其中x0为函数f(x)的极值点，然后求导确定H(x)的单调性，结合H(x0)＝0确定H(x)的符号，再通过f(x)的单调性得到结论．
三、跟踪训练
1、已知函数h(x)＝xe－x，如果x1≠x2且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x2>2.
证明：h′(x)＝e－x(1－x)，
令h′(x)＝0，解得x＝1，
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表．
x (－∞，1) 1 (1，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －
h(x) 单调递增 单调递减
由x1≠x2，不妨设x1>x2，根据h(x1)＝h(x2)结合图象(图略)可知x1>1，x2<1.
令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈[1，＋∞)，
则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x，
因为x≥1，2x－2≥0，所以e2x－2－1≥0，
所以F′(x)≥0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递增，
又因为F(1)＝0，所以当x>1时，F(x)>F(1)＝0，
即当x>1时，h(x)>h(2－x)，则h(x1)>h(2－x1)，
又h(x1)＝h(x2)，所以h(x2)>h(2－x1)，
因为x1>1，所以2－x1<1，所以x2，2－x1∈(－∞，1)，
因为h(x)在(－∞，1)上单调递增，
所以x2>2－x1，所以x1＋x2>2得证．
2、已知函数g(x)＝ln x＋＋2(其中e为自然对数的底数，a为常数)．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)＝－＝，
当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
不妨设x1当x2≥2时，则x1＋x2>2.
令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝ln x＋－ln(2－x)－(1则h′(x)＝－＋－＝<0，
所以h(x)在(1，2)上单调递减，于是h(x)当1又g(x1)＝g(x2)，所以g(x1)又0所以x1>2－x2，即x1＋x2>2.
3、函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)设m，n为两个不相等的正数，且mln n－nln m＝m－n，证明：mn＞e4.
解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝，
当x∈(－∞，2)时，f′(x)＞0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，单调递减区间为(2，＋∞)．
故f(x)在x＝2处取得极大值，且极大值为，无极小值．
(2)证明：mln n－nln m＝m－n m(ln n－1)＝n(ln m－1) ＝ ＝，
即f(ln m)＝f(ln n)，ln m≠ln n.
不妨设x1＝ln m，x2＝ln n，x1＜x2，
由(1)可知f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
所以x2∈(2，＋∞)，f(x1)＝f(x2)＞0，x1∈(1，2)．
当x2≥3时，x1＋x2＞4，mn＞e4.
当2＜x2＜3时，1＜4－x2＜2，f(x2)－f(4－x2)＝－＝.
设h(x)＝(x－1)e4－x－(3－x)ex，x∈(2，3)．
则h′(x)＝(2－x)e4－x－(2－x)ex＝(2－x)(e4－x－ex)．
因为x∈(2，3)，4－x＜x，所以h′(x)＞0，则h(x)在区间(2，3)上单调递增．
h(x)＞h(2)＝(2－1)e4－2－(3－2)e2＝0，
所以f(x2)－f(4－x2)＝f(x1)－f(4－x2)＞0，
即f(x1)＞f(4－x2)．
又因为x1，4－x2∈(1，2)，f(x)在(1，2)上单调递增，所以x1＞4－x2，
即x1＋x2＞4，故mn＞e4.
综上，mn＞e4得证．
4、函数f(x)＝ax2－2ln x(a∈R)．
(1)若 x∈[1，3]，都有f(x)≤，求a的取值范围；
(2)已知a>0，若 x1，x2，且满足00.
解：(1)由题可知a≤.
设g(x)＝(1≤x≤3)，则g′(x)＝，由g′(x)>0，可得1≤x所以g(x)在[1，e)上单调递增，在(e，3]上单调递减，
所以g(x)的最小值在x＝1或x＝3处取得．
又g(1)＝，g(3)＝>，
所以g(x)min＝g(1)＝，
所以a≤，即a的取值范围为(－∞，]．
(2)证明：因为x1＋x2>0，所以要证(x1＋x2)2－2(x1＋x2)>0，只需证x1＋x2>，
要证x1＋x2>，只需证x2>－x1.
f′(x)＝2ax－＝(x>0)，因为a>0，所以当x>时，f′(x)>0，
当0，－x1>，且函数f(x)在(，＋∞)上单调递增，
所以只需证f(x2)>f(－x1)，
又f(x1)＝f(x2)，即只需证f(x1)>f(－x1)．
设h(x)＝f(x)－f(－x)(0即h(x)＝ax2－2ln x－a(－x)2＋2ln(－x)＝4x－4－2ln x＋2ln(－x)，
则h′(x)＝4－－＝4－<4－＝0，
所以h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)>4×－4－2ln＋2ln(－)＝0在x∈(0，)时恒成立．
所以f(x1)＝f(x2)>f(－x1)，所以x1＋x2>，
即(x1＋x2)2－2(x1＋x2)>0.
5、已知函数f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1＋x2>－2.
解：(1)易得f′(x)＝ex＋1－k，
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln k－1，
可得当x∈(－∞，ln k－1)时，f′(x)<0，
当x∈(ln k－1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在区间(－∞，ln k－1)上单调递减，在区间(ln k－1，＋∞)上单调递增．
当k≤0时，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增．
(2)证明：当k≤0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k>0，
由题意知ex1＋1＝k(x1＋2)，ex2＋1＝k(x2＋2)，
所以x1＋2>0，x2＋2>0，可得x1－x2＝ln，
不妨设x1>x2，令＝t，则t>1，
由
解得x1＋2＝，x2＋2＝，
所以x1＋x2＋4＝，
欲证x1＋x2>－2，只需证明>2，
即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令g(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t＞1)，
则g′(t)＝ln t＋(t＋1)－2＝ln t＋－1.
令h(t)＝ln t＋－1(t＞1)，
则h′(t)＝－＞0，h(t)单调递增，
所以g′(t)>g′(1)＝0.
所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得证．导数的应用——极值点偏移问题
一、知识梳理
已知函数f(x)图象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＝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).
若f(x)＝c的两根中点≠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(2)、图(3).
二、证明极值点偏移问题的常用解法
1、换元构造函数
例1 已知函数f(x)＝ln x－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.
方法归纳：换元构造函数证明不等式的关键
解题的关键是把含双变量的不等式转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解，解题时引入变量t＝构造函数．
2、对称化构造函数
例2：已知函数f(x)＝x(1－ln x)．若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x1＋x2＞2.
方法归纳：对称化构造函数证明极值点偏移问题的关键
构造函数H(x)＝f(x)－f(2x0－x)，其中x0为函数f(x)的极值点，然后求导确定H(x)的单调性，结合H(x0)＝0确定H(x)的符号，再通过f(x)的单调性得到结论．
三、跟踪训练
1、已知函数h(x)＝xe－x，如果x1≠x2且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x2>2.
2、已知函数g(x)＝ln x＋＋2(其中e为自然对数的底数，a为常数)．若方程g(x)＝m(m为常数)有两个不等实根x1，x2，求证：x1＋x2>2.
3、函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)设m，n为两个不相等的正数，且mln n－nln m＝m－n，证明：mn＞e4.
4、函数f(x)＝ax2－2ln x(a∈R)．
(1)若 x∈[1，3]，都有f(x)≤，求a的取值范围；
(2)已知a>0，若 x1，x2，且满足00.
5、已知函数f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1＋x2>－2.
