極值點偏移問題-比值代換

極值點偏移問題 比值代換(解題方法)極值點偏移問題的一般形式是：已知函數(shù)fO的極值點為x0，兩相異實數(shù)x1，x2滿足f fG2),求證x1+x2<2x0，或x1+x2>2x0，或丫2>x02或丫2<x02或其它關于x1，x2的不等式，從代數(shù)層面來看，極值點偏移問題是條件不等式證明：在等量條件fC])=f°2)的約束下求證x1，x2的二元不等式.能否將雙變量的條件不等式化為單變量的函數(shù)不等式呢？先看一個例子：已知函數(shù)fG)=Inx—x，設x1>x2>0

x f(x)-f(x)<1求證 1 — 1 A<1，求證x2+x2x—x1212證明：x 1 —x2+x212x

1—

x2+x2

1(lnx-lnx)-(x-x) 1 2 1 2—

x-x12lnxlnx-lnx+2<0x-x12x— 1 x2+x212

Inx-Inx 1 ;x-x

12

xO 1——x2+x212xx-xO _1—x2+x212(lnx-lnx)<0O12rx)—1Ix丿2.rx)x—Txx j—ln2+1IX2丿--Int<012+1令t二丁>1，即證x2設g&鋁-t，‘嚴)，則g'A宥F1t3(1-t)-(1 ()<0，所以g丿tV2+1卄小上單調(diào)遞減，所以g(t)<gG)—0x上述證法通過代數(shù)變形，將所證的雙變量x1，x2的不等式化為單變量t—丁的函數(shù)不2等式，從而得證.能否一開始就做這個代換呢？lnx—lnx—lnxx2<0，得到12令t—―1>1則x=tx代入 1 令x ，人」1 2，代入x2+x2212

tx Int+Inxtx Int+Inx一Inx22212X2+x2 tX-X2222t Intt2+1 t—1—Int<012+1，往下就可以構造函數(shù)來證明不等式了.這種比值代換的方法在極值點偏移問題中大有可為.下面舉幾個例子來說明這種方法.例1.(2010天津)已知函數(shù)f(x)二xe一x(xgR).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若x豐x，且f(x)=f(x)，證明：x+x>2.121212解：(1)解：(1)f'(x)=e—xG-x)，得fG)在(—8,1)上單調(diào)遞增，在G,+g)上單調(diào)遞減，fG)有極大值f6)=1，無極小值；e⑵由⑴)=，結合f(x)得單調(diào)性可知，0<珥<1<3,令t=Z>1，貝yx1tlnt=，所以t—1f(x)=f(x)即xe-令t=Z>1，貝yx1tlnt=，所以t—11212112lntx=tx，代入上式得：Inx-x=Int+Inx-tx，所以x=—2 1 11 11 1t-1(+1)ln/ [ —1)八 .x+x= >2olnt— >0(t>1).1 2t—1 t+1令g()=lnt一2!+J(t>1)，則g'()=t-(I?=：W>0，所以g()在C+8)上單調(diào)遞增，所以gC)>gG)=0，不等式得證.例2?已知函數(shù)f(x)=xlnx的圖象與直線x=m交于不同的兩點A(x1,y1)，B(x2,y2)，求

1證：xx< .12e2證明：f'G)=Inx+1,由f'(x)>0得到x>-,由f(x)<0得到0<x<-，所以函數(shù)f(x)ee11)11)在0,—上單調(diào)遞減，在—，+8Ie丿(e丿上單調(diào)遞增，當xT0時,limf(x)=lim罕=lim(-x)=o,當x-》+8時，limf(x)— ,于是函數(shù)f(x)xtO xtO—xtO xt+8的圖象如下：x的圖象如下：由圖象可得0<x<-<x<1，f(x)=f(x)即xlnx—xlnx,1e2121122i i)]tlnt、 ,tlntlntTOC\o"1-5"\h\zx—tx，代入上式得：xlnx—txlnt+lnx丿，lnx— ,lnx—lnt+ —2 1 1 1 1 1 11-t 2 1-t 1-t1 1 1 . (+1)lnt . 1 2(t-1)nxx<olnx+ln<-2o <-2olnt一 >012e2 1 2 1-t t+1令g()=lnt-t-"(t>1),則g'()—1-(-4)2— >0，所以g(t)在C+8)上單調(diào)遞增，所以g()>gG)-o，不等式得證.例3.已知函數(shù)f(x)-lnx和g(x)—ax，若存在兩個實數(shù)x-，x2且x-豐x2，滿足f(x)—g(x)，f(x)—g(x)，求證：(1)x+x>2e；xx>e2.11221212解：(1) -f(x)-g(x)—lnx-axxw(0,+8),則h(x)—h(x)—0,函數(shù)h(x)有兩

個零點Xi，X2h'(x)=1-a=上axxx①當a<0時，h'(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增最多有一個零點，不符合題意；②當a個零點Xi，X2h'(x)=1-a=上axxx①當a<0時，h'(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增最多有一個零點，不符合題意；②當a>0時h'(x)=匕=由h'(x)>0由h'(x)<0,所以函數(shù)h(x)在|0,—la丿上單調(diào)遞增，在(1 )—,+xla 丿上單調(diào)遞減，當x=—時，h(x)a所以0<a<e1>e,所以0<x<所以0<a<elnx由題意得—1=xlnx 2_x2x2lnx 2_x2x2=行，代入上式得:lnx 1x1lnt+lnx1，lnxtx 11lnt lnttlnt，lnx=lnt+ =t—1 2 t—1t—1x+x>2eo(t+1b—1>2eoIn(t+1)+^^>1+In21 2 t—1o(t—1)ln(t+1)+Int-(+ln2)(—1)>0貝yg'C)=In(t+1)+ +1-1—In2t+1t令gC)=C—1)ln(t+1)+貝yg'C)=In(t+1)+ +1-1—In2t+1t() 1 2 1t3+t2+2t2—t2—2t—1(t3—1)+2t(t—1) ()g(t)=苗+E一廠亦逹 12(t+1)2 >0，所以g(t)在C+a)單調(diào)遞增，所以g'(t)>gI0，所以gC)在C+J單調(diào)遞增，所以g(t)>gGL0,不等式得證.(2)xx>e2oInx+Inx>2oInt— -">0,12 1 2 t+1令g(t)=lnt一?!+J(t>1)，貝yg'(t)=t—(+-)2=：￡>0，所以gC)在C+x)上單調(diào)遞增，所以g(t)>gG)=0，不等式得證.

例4已知函數(shù)fCLex-ax有兩個不同的零點xi,x2，其極值點為x0-⑴求a的取值范圍；⑵求證：xi+x2<2x0；(3)求證：xi+x2>2；(4)求證：X1x2<1-解：(1)廣(xLex-a，若a<0，則廣(x)>0，f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)至多有一個零點，舍去；故a>0，由f'(x)>0得，x>Ina，由f'(x)<0得，x<Ina，所以函數(shù)f(x)在(-g,lna)上單調(diào)遞減，在(lna,+8)上單調(diào)遞增，且limf(x)=+8,limf(limf(x)=+8xT+8所以a>e.因為函數(shù)f(x)有兩個不同的零點xi，x2.xT-8所以fGna)=a一aIna<0(2)由所證結論可知，是典型的極值點偏移問題，選取函數(shù)f(x)來做?下面按對稱化構造的三個步驟來寫，其中x=lna.0由(1)可知，f6)在(—8,x)上單調(diào)遞減，在(x,+800102構造輔助函數(shù)F(x)=f(x)-f(2-x)，(xG(一8,)),則F'(x)=f'(x)+f'(2x-x)=ex+e2x0~x-2a，因為xgC-8,x),00所以2x-xg(x,+8),所以F'(x)>2je2x0-2a=0，所以F(x)在(-8,x)上單調(diào)遞增,000所以F(x)<F(x)=0，所以fCx)<f(2x-x).00③將x代入②中不等式得f(x)=f(x)<f(2x-x)，因為xG(x,+8)，12101202x-xG(x,+8)，f(x)在(x,+8)上單調(diào)遞增，所以x<2x-x，所以x+x<2x?000201120(3)由(1)可知f(x)=e(3)由(1)可知f(x)=ex—ax=0oex=ax(a>0)ox=Ina+lnxox—lnx=Ina側(cè)f(x)=f(x)=0即x—lnx=x—lnx=Ina，所以lnx1211221:-x=lnx-x，令t=^2>1,112lnt所以x1=口則x=tx，代入上式得：lnx-x=lnt+lnx-tx，211111(t+1)lnt 2(t-1)x+x= >2olnt- >0(t>1).i2 t-1 t+1令g(t)=lnt一獰(t>1)，則g'(t)=t-(+nrmx1tlntx=，所以2t-1°">0，所以gC)在C+8)上單調(diào)遞增，所以gC)>gG)=0，不等式得證.(4)x/2<1,即t(lnt)(lnt)(4)x/2<1,即t(lnt)(lnt)<1O涎<iolnt12 (t1)(t1) t1令g(t)=lntVt+4(t>1)，則g'(t)=- 1Vt t2Vt以gC)在C+s)上單調(diào)遞減，所以，不等式得證.12tVt伸Vt<0=(Vt1)2<0，所2tVt所以11x—tx，代入上式得：lnx-x—lnt+lnx-tx，2111(t+1)lnt 2(t-1)以x+x— >2olnt- >012t-1 t+1令gC)=lnt-t一((t>1)，則g'C)=--t+1lntx——1t-1—罟，所4 _(_1”t (t+1)2 t(+1》>0，所以gC)在C+s)上單調(diào)遞增，所以gC)>g(1)=0，不等式得證.例5.已知函數(shù)fG)=x一lnx，若兩相異正實數(shù)x，x滿足f(x)=f(x)，求證:1212120.120.1+1>2ab解析：(1)因為blna—1+1>2ab解析：(1)因為blna—alnb—a—b，所以lnalnb1 1lna1一一，所以+—=baaalnb1+一bb()1+lnx記函數(shù)f匕)—x，則f()—f(b)因為廣CH:2^=-￥，所以函數(shù)f(￥)在x2G，)上單調(diào)遞增，在C+s)上單調(diào)遞減，且xT0+時，f(x)T-sxT+s時,f(x)T0+,f(x)的圖象如圖所示:分析：f'(x)=1-1(x>0)，則f'(x)+f'(x)=2-—-—<0o—+—>2.x 1 2xxxx1212由f(x1)=f(x2)得，叫Zn%1=x2加％2，令t= >1'則%1加q=處］2尬TOC\o"1-5"\h\z1 2 1 1 2 2 x1加尤，解得￡ =—，x2 =啦，所以丄+ — >2olnt1(t 2) <0,t1 2t1 %1 %2 2 t令g(t)=lnt2(t2)(t>1)，貝yg，(t)=- 1(1+丄)=(t1)2<0,2t t2 t2 2t2所以g(t)在(1,+8)上單調(diào)遞減，所以g(t)<g(1)=0,所以不等式得證.例6.已知b>a>0，且blna-alnb—a-b.求證：(1)a+b-ab>1；(2)a+b>2；(3)

e貝ytaIna-ae貝ytaIna-a(lnt+Ina)=a-ta,tlIna-(lnt+Ina)-1-t，得到,a=et-1-1，所以a+b>2oa(t+1)>2of些-1]+It-1丿InC+1)>In2oC-1)ln(+1)+Int-(+ln2)(-1)>0貝yg'C)=ln(t+1)+ +1-1-ln2t+1t令gC)=C-1)ln(貝yg'C)=ln(t+1)+ +1-1-ln2t+1t)1 2113+12+2t2—12—2t—1(3—1)+2t(—1) ()g(t)=苛+吋一石= 丸” 丸R>0，所以g(t)在C+a)單調(diào)遞增，所以g'(t)>g'GLo,所以g(t)在C+J單調(diào)遞增，所以g(t)>gGLo,不等式得證.O)丄+丄=丄+丄〉2oa<olna=^^一1<ln(+1)-ln2一lnt(1)abaat 2t t-1 ，oC-1)ln(+1)-1lnt+C-1)1-ln2)>0令g(t)=(t—dn(t+1)-1Int+(t—1)(—In2)，則g'Q=ln(+1)+-_--lnt-In2,t+1，所g''Q=士+(+1j--=ntT^>0，所以g'Q>g'g=0，所以g(t)>g(1)=0，所以不等式得證.例7?已知函數(shù)fG)=2lnx一ax，若x，x是fG)的兩個零點，證明廣‘X+2兀

分析：廣O= —ax即證叮2即證叮2x2>a，所證結論證明：f(x')=-—a(x>0),若a<0，則f'(x)>0,fC)在G,+s)上單調(diào)遞增，至x多只有一個零點，舍去；故必有a>0，所以函數(shù)f6)在|0,—上單調(diào)遞增,Ia丿多只有一個零點，舍去；零點，=2ln-—2>0

a所以In2>1，所以0<a<2由f(x1)=f(x2)得單調(diào)遞減，且零點，=2ln-—2>0

a所以In2>1，所以0<a<2由f(x1)=f(x2)得0<x<—<x.由f(x)=f(x)得，2lnx—ax=2lnx—ax，令t=—2>1，則1a2 1 2 1 1 2 2 x12lnt2lnx一ax=2lnt+2lnx一atx，得ax= -，所證結論等價于ax+2ax>6o11111t—112(1+2唱>6。ln_1+2t3(t一1)(1+2唱>6。ln_1+2t1+2tg'C)=新+f；—">0，所以gC)>gG)=0，所以不等式得證.文章寫到此處，相信讀者已經(jīng)領略到比值代換的威力，用比值代換解極值點偏移問題方便、快捷，比較簡單，只需一個代換就可以將雙元變量問題轉(zhuǎn)化為單元變量問題，變?yōu)閱巫兞康暮瘮?shù)不等式，可證.但是比值代換并不是一種萬能的解決極值點偏移問題的方法，有時利用比值代換是行不通的，下面舉例說明.例8.設函數(shù)f(x)=ex一ax+a，其圖象與x軸交于點A(x1,0)，B(x2,0)，其中x1>0，x2>0?證明：廣(星)<0.證明：廣G)證明：廣G)=ex—a，當a<0時,f'