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专题25 极值点偏移之积(x1x2)型不等式的证明
【例题选讲】
[例1] 已知f(x)＝xlnx－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)＝＋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
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，即m＝，
②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，即m＝，
从而可得＝，于是ln x1＋ln x2＝．
由0＜x1＜x2，设t＝，则t＞1．因此ln x1＋ln x2＝，t＞1．
要证ln x1＋ln x2＞2，即证＞2(t＞1)，即证当t＞1时，有ln t＞．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数．因此h(t)＞ln 1－＝0．
于是当t＞1时，有ln t＞．所以有ln x1＋ln x2＞2成立，即x1x2＞e2．
[例2] 已知函数．
(1)函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
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(2)在(1)的条件下，求证：．
解析 (1)有两个不同的零点，即有两个不同的根，．
设，，令可得：．
在单调递减，在单调递增，且时，，，
(2)思路一：不妨设，由已知可得：，．
即只需证明：，在方程可得：．
，只需证明：．
即．
令，则，所以只需证明不等式：①，
设，，，
，在单调递增．．
在单调递增，，即不等式①得证．
即，．
思路二：所证不等式，因为有两不同零点．
满足方程，由(1)可得：．
考虑设，，由(1)可得：在单调递减，在单调递增．
，．结合的单调性可知：只需证明．
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，所以只需证明：．
即证明：．
设，则．
，则．
，则．
单调递减，，单调递减，．
单调递减，，即得证．
得证，从而有．
[例3] 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·x＜2．
解析 (1)由题意得，f′(x)＝－a＝(x＞0)．
当a≤0时，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜，由f′(x)＜0，得x＞，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(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．
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令g(x)＝ln x－x－m，则g(x)－g＝－x＋＋3ln x－ln 2．
令h(t)＝－t＋＋3ln t－ln 2(t＞2)，则h′(t)＝－．
当t＞2时，h′(t)＜0，h(t)单调递减，所以h(t)＜h(2)＝2ln 2－＜0，所以g(x)＜g．
因为x2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－g＝g(x1)－g＜0，即g(x1)＜g．
因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以x1＜，故x1·x＜2．
总结提升 本题第(2)问要证明的方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系即可．显然构造函数的关键仍然是消掉参数，另外根据函数性质确定“x2＞2”是解题的一个关键点，确定其范围之后才能将x1与化归到函数的同一个单调区间上，这也是此类问题的一个难点——精确定位．
[例4] 已知函数(，)有两个不同的零点，．
(1)求的最值；
(2)证明：．
思维引导 (1)求出导函数，由函数有两个不同的零点，则在内必不单调，得，进而得到函数的单调性，即可求出函数的最值．
(2)由题意转化为证明，不妨设，令，只需证明，设，根据函数的单调性，即可作出证明．
解析 (1)，有两个不同的零点，∴在内必不单调，故，
此时，解得，∴在上单增，上单减，
∴，无最小值．
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(2)由题知两式相减得，即，
故要证，即证，即证，
不妨设，令，则只需证，设，
则，设，则，
∴在上单减，∴，∴在上单增，∴，
即在时恒成立，原不等式得证．
总结提升 体会在用表示时为什么要用两个方程，而不是只用来表示？如果只用或进行表示，则很难处理，用两个变量表示，在代入的时候有项，即可以考虑利用换元法代替，这也体现出双变量换元时在结构上要求“平衡”的特点．
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【对点训练】
1．已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2<．
1．解析 f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，得F(x)在上是增函数，∴F(x)，>，且f(x)在上单调递增，∴x2<，∴x1x2<．
方法二 f(x1)＝f(x2)即x1ln x1＝x2ln x2，令t＝>1，则x2＝tx1，
代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，得ln x1＝．
∴x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t<－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0．
设g(t)＝ln t－ (t>1)，则g′(t)＝>0．
∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0，∴ln t－>0．故x1x2<．
2．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个零点，．
①求的取值范围；②证明：．
2．解析 (1)的定义域为，，
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(ⅰ)当时，在上单调递增；
(ⅱ)当时，若，则，在上单调递增；
若，则，在区间上单调递减；
综上：时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)①由(1)知，时，单调递增，至多一个零点，不合题意，
当时，在上单调递增，在区间上单调递减；
，若函数有两个零点，，
由于时，，时，，所以，解得，
故所求的取值范围为；
②证明：由题意：，，，
要证，只要证，即．
只要证即证，
令，，
，即成立，
故原不等式成立．
3．已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．
(1)求的取值范围．
(2)设的两个极值点为，，证明．
3．解析 (1)函数的定义域为，．
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函数在其定义域内有两个不同的极值点．
方程在有两个不同根；
转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点．
又，即时，，时，，
故在上单调增，在上单调减．故．
又有且只有一个零点是1，且在时，，在在时，，
故的草图如图，，即．故的取值范围为．
(2)由(1)可知，分别是方程的两个根，即，，
设，作差得．得．
要证明．只需证明．
，，即只需证明，
令，则，只需证明，
设，．函数在上单调递增，
，故成立．成立．
4．已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2 0182 019与2 0192 018的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2．
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4．解析 (1)依题意得f′(x)＝，所以f′(1)＝＝，
又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，
所以f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0．故f(x)＝，f′(x)＝．
令f′(x)＞0，则1－ln x＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，则1－ln x＜0，解得x＞e，
所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
所以f(2 018)＞f(2 019)，即＞，整理得ln 2 0182 019＞ln 2 0192 018，
所以2 0182 019＞2 0192 018．
(2)不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，
可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．
要证x1x2＞e2，即证ln x1x2＞2，只需证ln x1＋ln x2＞2，也就是证k(x1＋x2)＞2，即证k＞．
因为k＝，所以只需证＞，即证ln ＞．
令＝t(t＞1)，则只需证ln t＞(t＞1)．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0，
故函数h(t)在(1，＋∞)上是单调递增的，所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞，所以x1x2＞e2．
5．已知函数f(x)＝lnx＋－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)＝－m(m∈R)，F(x)有两个零点为x1，x2(x1＜x2)，证明：．
5．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．
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(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．
6．已知函数f (x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)当x>1时，求f (x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈[e，e2]，都有f (x)<4ln x成立，求k的取值范围；
(3)若x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)，证明x1x21，所以f ′(x)＝ln x－k>0，
所以函数f (x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值．
②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝ek，
当1ek时，f ′(x)>0．
所以函数f (x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)，
在(1，＋∞)上的极小值为f (ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，无极大值．
(2)由题意，f (x)－4ln x<0，即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对任意x∈[e，e2]恒成立，
即k＋1>对任意x∈[e，e2]恒成立，
令g(x)＝，x∈[e，e2]，则g′(x)＝．
令t(x)＝4ln x＋x－4，x∈[e，e2
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