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1、第二讲第二讲导数应用导数应用-极值点偏移问题的处理策略及探究极值点偏移问题的处理策略及探究所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。 若函数f (x)在x x0处取得极值， 且函数y f (x)与直线y b交于A(x1,b),B(x2,b)两点，则AB的中点为M(x1 x2x x,b)，而往往x012.如下图所示.22极值点没有偏移极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。不含参数的如何解决？含参数的
2、又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！【问题特征】2016 年全国 I 卷的第 21 题是一道导数应用问题，呈现的形式非常简洁，考查了函数的双零点的问题，也是典型的极值点偏移的问题, 是考生实力与潜力的综合演练场虽然大多学生理解其题意，但对于极值点偏移的本质理解的深度欠佳，面对此类问题大多感到“似懂非懂”或“云里雾里” 1一、试题再现及解析一、试题再现及解析（一）题目（一）题目（2016 年全国 I 卷）已知函数fxx2e ax1有两个零点x2(1)求a的取值范围；(2)设x1
3、,x2是fx的两个零点，证明：x1 x2 2本题第（1）小题含有参数的函数fx有两个零点，自然想到研究其单调性，结合零点存在性定理求得a的取值范围是0,第（2）小题是典型的极值点偏移的问题，如何证明呢？（二）官方解析（二）官方解析(2)不妨设x1 x2，由（1）知，x1,1,x21,2 x2,1，fx在,1上单调递减，所以x1 x2 2等价于fx1 f2x2，即fx2 f2x2由于f2 x2 x2e2x2ax21，而fx2x22ex2ax21，2x222所以f2x2 fx2 x2ex22ex2令gx xe2xx2ex，则gxx1e2xex，所以当x 1时，gx0，而g10，故当x 1时，gx
4、g10从而gx2 f2x20，故x1 x2 2二、对解析的分析二、对解析的分析本问待证是两个变量的不等式，官方解析的变形是x1 2 x2，借助于函数的特性及其单调性，构造以x2为主元的函数由于两个变量的地位相同，当然也可调整主元变形为x2 2 x1，同理构造以x1为主元的函数来处理此法与官方解析正是极值点偏移问题的处理的通法不妨设x1 x2，由（1）知，x1,1,x21,2 x11,，fx在1,上单调递增，所以x1 x2 2等价于fx2 f2x1，即fx1 f2x10令ux fx f2x xe2x2xexx1，则uxx1exe2x 0，所以uxu10，即fx f2xx 1，所以fx1 fx2
5、f2x1；所以x2 2 x1，即x1 x2 2.2极值点偏移问题的处理策略：极值点偏移问题的处理策略：【处理策略一】主元法【处理策略一】主元法所谓主元法就是在一个多元数学问题中以其中一个为“主元” ，将问题化归为该主元的函数、方程或不等式等问题，其本质是函数与方程思想的应用作为一线的教育教学工作者，笔者尝试用主元法破解函数的极值点偏移问题，理性的对此类进行剖析、探究，旨在为今后的高考命题和高考复习教学提供一点参考.一般地，主元法破解极值点偏移问题思路是：主元法破解极值点偏移问题思路是：第一步： 根据fx1 fx2x1 x2建立等量关系， 并结合fx的单调性， 确定x1,x2的取值范围；第二步：
6、不妨设x1 x2，将待证不等式进行变形，进而结合原函数或导函数的单调性等价转化第三步：构造关于x1（或x2）的一元函数Tx fxi f2axii 1,2，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明题型一：不含参数的问题题型一：不含参数的问题. .x例 1.（2010 天津理）已知函数f (x) xe(xR)，如果x1 x2，且f (x1) f (x2)，证明：x1 x2 2.x【解析】法一：f (x) (1 x)e，易得f (x)在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，x 时，f (x) ，f (0) 0，x时，f (x) 0， 函数f (x)在x 1处取得极大值f (1)
7、，且f (1)1,如图所示.e由f (x1) f (x2),x1 x2，不妨设x1 x2，则必有0 x11 x2，欲证x1 x2 2，即证x2 2 x1，故2 x1,x2(1,)，又因为f (x)在(1,)上单调递减，故只需证f (x2) f (2 x1)， 又 因 为f (x1) f (x2)， 故 也 即 证f (x1) f (2 x1)， 构构 造造 函函 数数H(x) f (x) f (2 x),x(0,1)，则等价于证明，则等价于证明H(x) 0对对x(0,1)恒成立恒成立. .由H(x) f (x) f (2 x) 1 x(1e2x2) 0， 则H(x)在x(0,1)上 单 调 递
8、 增 ， 所 以xeH(x) H(1) 0，即已证明H(x) 0对x(0,1)恒成立，故原不等式x1 x2 2亦成立.3法二：由f (x1) f (x2)，得x1ex1 x2ex2，化简得ex2x1x2，x1t不妨设x2 x1， 由法一知，o x11 x2.令t x2 x1， 则t 0,x2 t x1， 代入式， 得e 反解出x1t x1，x1t2t2tx x 2，则，故要证：，即证：x x 2x t tt 2，又因12121et1et1et1tt为e 1 0，等价于证明：2t (t 2)(e 1) 0，构造函数构造函数G(t) 2t (t 2)(e 1),(t 0)，则G(t) (t 1)e
9、 1,G(t) te 0，故G(t)在t(0,)上单调递增，G(t) G(0) 0，从而G(t)也在t(0,)上单调递增，tttG(t) G(0) 0，即证式成立，也即原不等式x1 x2 2成立.法三： 由法二中式， 两边同时取以e为底的对数， 得x2 x1 lnx2ln x2ln x1 ln x2ln x1，1，也即x1x2 x1x21ln x2ln x1x2 x1x2x1xlnln2，从而x1 x2 (x1 x2)x2 x1x2 x1x1x21x1x1令t x2t 1(t 1)，则欲证：x1 x2 2，等价于证明：lnt 2，x1t 1t212tlnt(t 1)lnt2构造M(t) ， (
10、1)ln t,(t 1)，则M(t) 2t(t 1)t 1t 1又 令(t) t 12tlnt,(t 1)， 则(t) 2t 2(lnt 1) 2(t 1lnt)， 由 于t 1 lnt对故(t) 0，所以(t) (1) 0， 从而M(t) 0，t(1,)恒成立，(t)在t(1,)上单调递增，故2M(t)在t(1,)上单调递增，由洛比塔法则知：limM(t) limx1(t 1)lnt(t 1)lnt)t 1 lim lim(lnt ) 2，即证M(t) 2，即证式成立，也x1x1x1t 1(t 1)t即原不等式x1 x2 2成立.【点评】以上三种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不
11、等式，方法一利用构造新的函数来达到消元的目的，方法二、三则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.4例 2.已知f (x) xln x的图像上有A,B两点，其横坐标为0 x1 x21，且f (x1) f (x2).（1）证明：22（2）证明：1x1x2. x1 x21；ee【解析】 （1）证明：由f (x) xln x, f (x) ln x1，令f (x) 0，得x 故0 x11，e121 x21，构造函数F(x) f (x) f ( x),(0 x ),eee2211则F(x) ln xln( x)2 ln x( x)2 ln22 0，故F(x)在(0,
12、)上单调递减，即eeee122F(x) F( ) 0， f (x) f ( x)， 令x x1， 则f (x2) f (x1) f ( x1)， 再 由eee21122x2, x1( ,1)，且f (x)在( ,1)上单调递增，故x2 x1，即证：x1 x2.eeeee1又构造函数：g(x) f (x) f (1 x),(0 x )，2则g(x) ln xln(1 x)2,g(x) 1112x1 0，故g(x)在(0, )上单调递增，由于x1 xx(1 x)211x 0时，g(x) ，且g( ) ln(e1) 0，故必存在x0(0, )，使得g(x0) 0，故g(x)在ee11(0,x0)上单
13、调递减，在(x0, )上单调递增，又x 0时，g(x) 0，且g( ) 0，故g(x) 0在2211x(0, )上 恒 成 立 ， 也 即f (x) f (1 x)在x(0, )上 恒 成 立 ， 令x x1， 有2211f (x1) f (x2) f (1 x1)， 再由x2,1 x1( ,1)， 且f (x)在( ,1)上单调递增， 故x21 x1， 即证：eex1 x21成立.综上：即证（2）令t12 x1 x21成立.ex1,t2x2,则x1 t12,x2 t22,t1,t2(0,1)，且1，eh(t) 2t2lnt,h(t1) h(t2),h(t) 2t(2ln t 1)，令h(t)
14、 0，得t 故0 t1121 t21.构造函数H(t) h(t)h(t),(0 t )，则eee2214t),H(t) h(t)h(t)，由于h(t) 0，则h(t)在(0,)上单调teeeH(t) h(t)h(5递增，因为t 211t，故H(t) 0，H(t)在(0,)上单调递减，故H(t) H() 0，即H(t)eee在(0,1122)上单调递增，即H(t) H() 0，即h(t) h(t)，同理得出：t1t2；eeee再构造G(x) h(t)h(1t),(0 t )，同样求导利用单调性可得出G(t) G( ) 0，从而12121h(t) h(1t)对t(0, )恒成立，同理得出：t1t2
15、1.2综上：即证1 t1t22练习 1：已知函数f (x) ln x x x，正实数x1,x2满足f (x1) f (x2) x1x2 0，22成立，也即原不等式1x1x2成立.ee证明：x1 x25 1.222【解析】由f (x1) f (x2) x1x2 0，得ln x1 x1 x1ln x2 x2 x2 x1x2 02从而(x1 x2) (x1 x2) x1x2ln(x1x2)，令t x1x2，构造函数(t) t lnt，得(t) 11tt 1，可知(t)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以(t) (1)1，也t5 1.22即(x1 x2) (x1 x2) 1，解得：x1
16、x2练习 2（2013 年湖南文科第 21 题）已知函数fx(1)求fx的单调区间；(2)证明:当fx1 fx2x1 x2时，x1 x2 0.解：解： (1)fx在,0上单调递增，在0,上单调递减；(2)由(1)知当x 1时，fx0不妨设x1 x2，因为fx1 fx2，即1 xxe.21 x1 x1x11 x2x2ee，则x1 0 x21，221 x11 x2要证明x1 x2 0，即x1 x2 0，只需证明fx1 fx2，即fx2 fx26而f (x2) f (x2)等价于(1 x2)e令g(x) (1x)e2x2x21 x2 0，1xx 0，则g (x) (12x)e2x1，1，则h(x)
17、4xe2x 0，令h(x) (12x)e2x所以h(x)单调递减，h(x) h00，即gx0，所以gx单调递减，所以gx g00，得证题型二：含参数的问题题型二：含参数的问题例 3.已知函数f (x) x aex有两个不同的零点x1,x2，求证：x1 x2 2.【解析】思路 1：函数f (x)的两个零点，等价于方程xex a的两个实根，从而这一问题与例 1 完全等价，例 1 的四种方法全都可以用；思路 2：也可以利用参数a这个媒介去构造出新的函数.解答如下： x1 aex1因为函数f (x)有两个零点x1,x2，所以x2x ae2要证明x1 x2 2，只要证明a(ex1ex2) 2，xx(1)
18、(2)xx， 由(1)(2)得：x1 x2 a(e1 e2)，由(1)(2)得：x1 x2 a(e1e2)，即a x1 x2，ex1ex2ex1x21ex1ex2 2，不妨设x1 x2，记t x1 x2， 2 (x1 x2)x1x2即证：(x1 x2)xx21e1e e2(et1)et1t 0， 2 t t则t 0,e 1，因此只要证明：tte 1e 12(x1) 0x(1,)再次换元令et x 1,t ln x，即证lnxx12(x1)构造新函数F(x) lnx，F(1) 0x114(x1)2 0，得F(x)在(1,)递增，求导F (x) x(x1)2x(x1)2所以F(x) 0，因此原不等
19、式x1 x2 2获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元x1,x2的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。变式：.已知x1,x2是函数f (x) e ax的两个零点，且x1 x2， （1）求证：x1 x2 2；（2）求证：x1x21.x7【解析】(1)问题可以转化为：y x1与有两个交点，由图知，0 x11 x2y exaex1x xex2ex1e1 ax11ax2x1且，即，ee a(x2 x1)，a x2x2x x21x ee ax22aex1ex2ex1ex22 2，
20、也即证：x故要证：x1 x2 2，即证：，x12aeex2 x1ex2x112也即x x，令t x2 x1,则t(0,)e21x2 x1设g(t) t(e 1)2(e 1)，则g(t) te e 1, g(t) te 0，g(t)在(0,)单调递增，即g(t) g(0) 0.g(t)在(0,)单调递增，即g(t) g(0) 0，故原不等式得证.tttttex1ex2ex2ex12x1x21，等价于e e (2)要证：x1x21，即证：)，2ax2 x1ex1ex21ex2x11也即x，等价于，令t x2 x1 0x12x2x12222(ee )(x2 x1)(e1)(x2 x1)te1e1t2
21、(t 0)(t 0)te e 1 0等价于t，也等价于，等价于即证：22t(e 1)te 1ttt2ttt1tt222令h(t) te e 1(t 0)，则h(t) e te e e (1e )，22tt2t2ttt1t又令(t) 1e2(t 0)，得(t) e2 0，(t)在(0,)单调递减，222(t) (0) 0，从而h(t) 0，h(t)在(0,)单调递减，h(t) h(0) 0，即证原不等式成立.【点评】从消元的角度，消掉参数a，得到一个关于x1,x2的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式.2例 4. 已知函数f (x) ln xa
22、x，a为常数，若函数f (x)有两个零点x1,x2，试证明：x1x2 e .【解析】法一：消参转化成无参数问题：f (x) 0 ln x ax ln x aelnx，x1,x2是方程f (x) 0的两根，也是方8程ln x aelnxxg(x) xex，的两根， 则ln x1,ln x2是x ae， 设u1 ln x1,u2 ln x2，则g(u1) g(u2)，2从而x1x2 e ln x1ln x2 2 u1u2 2，此问题等价转化成为例1，下略.法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数：不妨设x1 x2， ln x1ax1 0,ln x2ax2 0， ln x1ln x2 a(x1 x
23、2),ln x1ln x2 a(x1 x2)，ln x1ln x2 a，欲证明x1x2 e2，即证ln x1ln x2 2.x1 x22，x1 x2ln x1ln x2 a(x1 x2)，即证a 原命题等价于证明ln x1ln x2x2(x1 x2)x2，即证：ln1，令t 1,(t 1)，构造x1 x2x1 x2x2x1 x2x2g(t) lnt 2(t 1),t 1，此问题等价转化成为例2 中思路二的解答，下略.t 1ln x1ln x2ln x2x2x,设x1 x2,t 2,(t 1)，x1x2ln x1x1x1法三：直接换元构造新函数：a 则x2 tx1,lntx1lnt ln x1
24、t t，ln x1ln x1lntlnttlnt，,ln x2 lntx1 lnt lnx1 lnt t 1t 1t 1t 12故x1x2 e ln x1ln x2 2 lnt 2，转化成法二，下同，略.t 1反解出：ln x1x例 5.设函数f (x) e ax a(aR)的图像 与x轴交 于A(x1,0), B(x2,0)( x1 x2)两点 ，求证 ：x1x2 x1 x2.xe1 a(x11)【解析】证明：由x，易知x2 x11且a e，2e a(x21)lnlnx 1ex1x x1，从而x e121，令 x11, x21，则e2ex21由于x1x2 x1 x21，下面只要证明：11,(
25、0 1)，结合对数函数11y ln x的图像可知，只需证：(,ln),(,ln)两点连线的斜率要比(,ln),(,ln)两点连线的9斜率小即可，又因为k lnln1，即证：lnln1112ln 0(0 1)，11令g() 12ln 0,(0 1)，则g() 212 (1)22 0，g()在(0,1)上单调递减，g() g(1) 0，原不等式x1x2 x1 x2成立.例 6.设函数f (x) e axa(aR)，其图像与x轴交于A(x1,0) , B(x2,0)两点，且x1 x2.证明：xf ( x1x2) 0.【解析】由f (x) e axa, f (x) e a，易知：a的取值范围为(e ,
26、)，f (x)在(,ln a)上单调递减，在(lna,)上单调递增.法一：利用通法构造新函数，略；法二：将旧变元转换成新变元：xex2ex1e1ax1a 0,x两式相减得：a ，2x2 x1eax2a 0,xx2记t x2 x1x x,(t 0)，则f (12) e22ttx1x22eee(2t (etet)，x2 x12tttx2x1x1x22设g(t) 2t (e e ),(t 0)，则g(t) 2(e e ) 0，所以g(t)在t(0,)上单调递减，故x1 x2) 0，2t2x x2x又f (x) e a是R上的递增函数，且x1x21，f ( x1x2) 0.2g(t) g(0) 0,而
27、 0，所以f (容易想到，但却是错解的过程：x1x2x1 x2) 0，亦要证e2a 0，也即证：ex1x2 a2，很自欲证：f ( x1x2) 0，即要证：f (2xxe1ax1a 0,e1 a(x11),x x2x然会想到：对x两式相乘得：e12 a (x11)(x21)，即证：e2ax2a 0,e2 a(x21),ex1x22(x11)(x21)1.考虑用基本不等式(x11)(x21) (1 0x1 x222)，也即只要证：x1 x2 4.由于2x11,x2 lna.当取a e3将得到x2 3，从而x1 x2 4.而二元一次不等式x1 x2 4对任意a(e2,)不恒成立，故此法错误.【迷惑
28、】此题为什么两式相减能奏效，而变式相乘却失败？两式相减的思想基础是什么？其他题是否也可以效仿这两式相减的思路?【解决】此题及很多类似的问题，都有着深刻的高等数学背景.拉格朗日中值定理：若函数f (x)满足如下条件：（1）函数在闭区间a,b上连续；（2）函数在开区间(a,b)内可导，则在(a,b)内至少存在一点，使得f () 当f (b) f (a)时，即得到罗尔中值定理.上述问题即对应于罗尔中值定理，设函数图像与x轴交于A(x1,0), B(x2,0),两点，因此f (b) f (a).bakABf (x2) f (x1)(ex2ex1)a(x1 x2)ex2ex1， 0 0 0，a x2 x
29、12x2 x1由于f (x1) f (x2) 0，显然f (x1) f (x1) 0与f (x1) f (x1) 0，与已知f (x1) f (x2) 0不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变.例 7.已知函数f (x) x (a2)xaln x，若方程f (x) c有两个不相等的实数根x1,x2，求证：2f (x1 x2) 0.22【解析】证明：法一：由f (x) x (a2)xaln x，a2x2(a2)xa(2xa)(x1)得f (x) 2x(a2)，故只有a 0时，方程f (x) c才xx2有两个不相等的实数根x1,x2，不妨设x1 x2，则0 x12x1(a2)x1aln x1 c
30、,满足2，x2(a2)x2aln x2 c,22两式相减得：x1(a 2)x1aln x1 x2(a 2)x2aln x2 0a x2，2x122x1 x222x2化简得：a .x1lnx1 x2lnx21 1欲证：f (x1 x2x xaa) 0 f ( )，结合f (x)的单调性，即证：1222222x12x12x12x2x2x122x1 x222x2 ln等价于证明：x1 x2x1x2x1 x2x1lnx1 x2lnx21x2令t x12t 2,(0 t 1)，构造函数g(t) lnt ,(0 t 1)，求导由单调性易得原不等式成立，略.x2t 1法二：接后续解:x1xx2由得：(x1
31、x2)(x1 x2)(a2)(x1 x2)aln1 0即：(x1 x2)(a2) 0x2x x12，alnx1x x2x2而f (1) (x1 x2)(a2)2x1 x2alnx1x x2x22a由得：f (1) 2x1 x2x1 x2alnx11)x2(x1 x2)xx2aa(ln1) (ln1)x1x1 x2x2x1 x2x1 x2x21x22(x11)x1x2axx1 x2(ln) 0，令t 1,(0 t 1)要证：f () 0x1x1 x2x2x221x22(构造函数m(t) lnt 2(t 1),(0 t 1)，求导由单调性易得m(t) 0在t(0,1)恒成立，又因为t 1x xa
32、0,x1 x2 0，故f (12) 0成立.2法三：接后续解：2(x x2)4x2(x x2)21视x1为主元，设g(x) lnxlnx2,g(x) 0x x2x(x x2)2(x x2)2则g(x)在x(0,x2)上单调递增， 故g(x) g(x2) 0， 再结合a 0,x1 x2 0， 故f (立.x1 x2) 0成21 2法四：构造函数h(x) f ( x) f ( x),(0 x a2a2a)，2aa4x2a 0， 从 而h(x)在(0,)上 单 调 递 增 ， 故则h(x) f ( x) f ( x) aa222( x)( x)22aaah(x) h(0) 0，即f ( x) f (
33、 x)对x(0,)恒成立，222aa从而f (x) f (a x),(0 x )，则f (x2) f (x1) f (a x1)，由x2,a x1(,)，且f (x)在22x xx xaa(,)单调递增，故x2 a x1，即12，从而f (12) 0成立.2222练习练习 1 1：已知函数f (x) a【解析】f (x) 1ln x(aR)有两个零点x1,x2(x1 x2)，求证：2 x1 x2 3ea11.x1 x，知f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，2x且0 x11 x2，故要证：x1 x2 2，即证：x2 2 x11，只要证：f (x2) f (2 x1)，又因为f
34、 (x1) f (x2)，即证：f (2 x1) f (x1) 0.构造函数F(x) f (2 x) f (x),x(0,1).即证F(x) 0对x(0,1)恒成立，前面有类似证明，此处略；a1下证：x1 x2 3e1.因为f (x) 0，本质上是ax1 xlnx 0，令h(x) ax1 xln x，则x1,x2也是h(x)的两个零点.由h(x) a1ln x 0，得x e只要证：x1 x2 3ea1a1a1，故要证x1 x2 3e1，结合x1 x2 2，x1 x2a1a1即证：x1 x2 2e，即证：x2 2e x1，由h(x)的单调性知，2a1只需证：h(x1) h(x2) h(2e x1
35、)，a1同理构造函数H(x) h(x)h(2e x),x(0,1)，利用单调性证明，下略.练习练习 2 2：设函数f (x) aln xbx，其图像在点P(2, f (2)处切线的斜率为3.当a 2时，令2g(x) f (x)kx，设x1,x2(x1 x2)是方程g(x) 0的两个根，x0是x1,x2的等差中项，求证：g(x0) 0(g(x)为函数g(x)的导函数）.22ln x1 x1kx1 0,【解析】由g(x) 2ln x x kx的两个零点x1,x2，则22ln x2 x2kx2 0,21 322相减得：2(ln x1ln x2)(x1 x2)k(x1 x2) 0，x1 x2，k 2(
36、ln x1ln x2)2(ln x1ln x2)24(x1 x2)，故g(x0) 2x0k x1 x2x0x1 x2x1 x2x11)2(x x )xx22212(ln x1ln x2)ln1x1 x2x1 x2x1 x2x11x2x22(令t x12(t 1)4,t(0,1)，(t) lnt 2lnt，x2t 1t 141(t 1)22 0 0，则(t) ，在上单调递减，故，又(t)(0,1)(t) (1) 022(t 1)tt(t 1)x1 x2所以g(x0) 0，证毕.ax（备用）例 6.已知函数f (x) xe (a 0)，若存在x1,x2(x1 x2)，使f (x1) f (x2)
37、0，求证：x1 ae.x2ln xln x的实根， 令g(x) 求导可知，g(x)在(0,e),(x 0)，xx1上单调递增，在(e,)上单调递减，g(x)Max g(e) .e1ln xln x（i）下证：当0 a 时，方程a 有两个实根.a exx1当x(0,e)时，g(x)是减函数，g(1) 0,g(e) ,g(1) a g(e)e1当x(0,e), g(x)为增函数，g(1) 0,g(e),g(1) a g(e),eln x当x(0,e)时，a 有一解，记为x1.x12当x(e,)时，g(x)为减函数，g(2) 2a lna,a11先证：g(2) a，即证：alna ，令h(a) al
38、na,(a 0)，求导由h(a)的单调性可得 :a211111h(a)min h( ) ,故不等式alna 即证，也即原不等式g(2) a成立.ee22aln x当x(e,)时，a 有一解，记为x2.x【解析】 函数f (x)的零点等价于方程a 1 4（2）再证：毕.x1xaxaxxaxae ae.111，而0 x1 e x2，ln x2111 ae.证，xx2x2ax2ln x2ln x122【处理策略二】根据对称性构造一元差函数求解【处理策略二】根据对称性构造一元差函数求解若若fx的极值点为的极值点为x0，则根据对称性构造一元差函数，则根据对称性构造一元差函数Fx fx0 x fx0x，巧
39、借，巧借Fx的的单单调调性性以以及及F00，借借助助于于fx1 fx2 f x0x0x2与与f x0x0 x2 f2x0x2，比较，比较x2与与2x0 x1的大小，即比较的大小，即比较x0与与x例 1.（2010 天津理）已知函数f (x) xe(xR)，如果x1 x2，且f (x1) f (x2)，x2 x1的大小的大小2证明：x1 x2 2.【解析】法一：f (x) (1 x)e，易得f (x)在(,1)上单调递增，在x(1,)上单调递减，x 时，f (x) ，f (0) 0，x时，f (x) 0， 函数f (x)在x 1处取得极大值f (1)，且f (1)1,如图所示.e由f (x1)
40、f (x2),x1 x2，不妨设x1 x2，则必有0 x11 x2，构造函数F(x) f (1 x) f (1 x),x(0,1，则F(x) f (1 x) f (1 x) xex1(e2x1) 0， 所 以F(x)在x(0,1上 单 调 递 增 ，F(x) F(0) 0，也即f (1 x) f (1 x)对x(0,1恒成立.由0 x11 x2，则1 x1(0,1，所 以f (1(1 x1) f (2 x1) f (1(1 x1) f (x1) f (x2)， 即f (2 x1) f (x2)， 又 因 为2 x1,x2(1,)，且f (x)在(1,)上单调递减，所以2 x1 x2，即证x1
41、x2 2.2xx1 x2 2.例 8.已知函数fxx2e ax1有两个零点.设x1,x2是fx的两个零点， 证明：解解: :不妨设x1 x2由题意知fx1 fx20.要证不等式成立，只需证当x11 x2时，原不等式成立 即 可 . 令Fx f1x f1x， 则Fx x e1xe1x， 当x 0时 ，Fx0.1 5Fx F00.即f1x f1x.令x 1 x1，则fx2 fx1 f11x1 f11x1 f2x1,即fx2 f2x1.而x2,2 x11,，且fx在1， +上递增，故x2 2 x1，即x1 x2 2.练习：已知函数f (x) 证2ln x， 若x1x2，且 f(x1)=f(x2),证
42、明：x1+x24.x明：【处理策略三】对数平均不等式【处理策略三】对数平均不等式aba2b2ab 我们熟知平均值不等式：a,bR有1122ab2即“调和平均数”小于等于“几何平均数”小于等于“算术平均值”小于等于“平方平均值”等号成立的条件是a b.我们还可以引入另一个平均值：对数平均值：ab(a b),两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b) lnalnb对数平均与算术平均、几何平均的大小a(a b).ab（此式记为对数平均不等式对数平均不等式） ，取等条件：当且仅当a b时，等号成立.2ab只证：当a b时，ab L(a,b) .不失一般性，可设a b.证明如下：2关系：ab L(a,b
43、) （I）先证：ab L(a,b)1 6不等式 lnalnb abaab1a ln 2ln x x(其中x 1)bbaxbab1x21112 (1)2.因为x 1时，f (x) 0，xxx构造函数f (x) 2ln x(x),(x 1)，则f (x) 所以函数f (x)在(1,)上单调递减，故f (x) f (1) 0，从而不等式成立；（II）再证：L(a,b) ab2a2(1)2(ab)a2(x1)a不等式 lnalnb lnb ln x (其中x 1)abb(a1)(x1)bb14(x1)22(x1),(x 1)，构造函数g(x) ln x则g(x) .因为x 1时，g(x) 0，22x(
44、x1)x(x1)(x1)所以函数g(x)在(1,)上单调递增，故g(x) g(1) 0，从而不等式成立；综合 （I） （II） 知， 对a,bR， 都有对数平均不等式ab L(a,b) 等号成立.前面例题用对数平均不等式解决前面例题用对数平均不等式解决根据fx1 fx2建立等式，通过消参、恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解x例 1.（2010 天津理）已知函数f (x) xe(xR)，如果x1 x2，且f (x1) f (x2)，ab成立， 当且仅当a b时，2证明：x1 x2 2.【解析】 法五： 由前述方法四， 可得1x1 x2x1 x2x x112， 利用对数
45、平均不等式得：ln x1ln x2ln x1ln x22即证：x1 x2 2，秒证.说明：由于例 2，例 3 最终可等价转化成例1 的形式，故此处对数平均不等式的方法省略.例 6.设函数f (x) e axa(aR)，其图像与x轴交于A(x1,0) , B(x2,0)两点，且x1 x2.证明：xf ( x1x2) 0.ex1ex2【解析】法三：由前述方法可得：a (1 x1 lna x2)，等式两边取以e为底的对数，x11x211 7得lna x1ln(x11) x2ln(x21)，化简得：1(x11)(x21)，由对数平均不等式知：ln(x11)ln(x21)x1x2(x1 x2) 0，故要
46、证1(x11)(x21)(x11)(x21)ln(x11)ln(x21)，即f ( x1x2) 0 证 x1x2 lna 证2 x1x2 x1ln(x11) x2ln(x21) 证ln(x11)ln(x21) x1 x22 x1x2 证ln(x1x2(x1 x2)1) x1 x22 x1x2x1x2(x1 x2) 0ln(x1x2(x1 x2)1) ln1 0，而x1 x22 x1x2 ( x1x2) 0ln(x1x2(x1 x2)1) x1 x22 x1x2显然成立，故原问题得证.例 9.（11 年，辽宁理）已知函数f (x) ln xax (2a)x.（I）讨论f (x)的单调性；（II）
47、设a 0，证明：当0 x 22111时，f ( x) f ( x)；aaa（III）若函数y f (x)的图像与x轴交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f (x0) 0.【解析】 （I） （II）略，22（III）由f (x1) f (x2) 0 ln x1ax1(2 a)x1 ln x2ax2(2 a)x2 0 ln x1ln x2 2(x1 x2) a(x12 x22 x1 x2) a 故要证f (x0) 0 x0ln x1ln x22(x1 x2)x12 x22 x1 x2x1 x212ax1 x2x12 x22 x1 x2x1 x21lnx lnx2lnx1lnx22(x
48、1 x2)122x1 x2练习 1：（2014 江苏南通市二模）设函数fx e axaaR，其图象与x轴交于xln x1ln x22.根据对数平均不等，此不等式显然成立，故原不等式得证.x1 x2x1 x21 8Ax1,0Bx2,0两点，且x1 x2.证明：f x1x2 0（f x为函数fx的导函数）.【解析】根据题意：ex1ax1 a 0，ex2ax2 a 0移项取对数得：x1 ln(x11)lnax2 ln(x21)lna-得：x1 x2 ln(x11)ln(x21)，即：根据对数平均值不等式：(x11)(x21)1ln(x11)ln(x21)(x11)(x21) (x11)(x21)1l
49、n(x11)ln(x21)(x11)(x21)1 ln(x11)(x21) 0，+得：x1 x2 2ln a ln(x11)(x21) 2ln a根据均值不等式：x1x2x1 x2 lna函数f (x)在(,lna)单调递减2，f ( x1x2) 0练习练习 2 2：已知函数f (x) xlnx与直线y m交于A(x1, y1),B(x2, y2)两点.求证：0 x1x21e2【解析】由x1ln x1 m，x2ln x2 m，可得：x1mm，x2lnx1lnx2-得：x1 x2 m(ln x2ln x1x1 x2m) ln x1ln x2ln x1ln x2ln x1ln x2+得：x1 x2
50、m(lnx2lnx1)x xm(x1 x2)，根据对数平均值不等式12lnx1lnx22ln x1ln x2m(lnx1lnx2)m2ln x1lnx2lnx1lnx2由题于y m与y xlnx交于不同两点，12e利用式可得：易得出则m 0，上式简化为:ln(x1x2) 2 lne2，0 x1x21 9【再看 2016 全国高考压轴题】（2016 年新课标 I 卷理数压轴 21 题）已知函数f (x) (x2)e a(x1)有两个零点x1,x2.证明：x2x1 x2 2.【解析】 由f (x) (x2)e a(x1)， 得f (x) (x1)(e 2a)， 可知f (x)在(,1)上单调递减，
51、在(1,)上单调递增.要使函数y f (x)有两个零点x1,x2，则必须a 0.法一：构造部分对称函数不妨设x1 x2，由单调性知x1(,1),x2(1,)，所以2 x2(,1)，又f (x)在(,1)单调递减，故要证：x1 x2 2，等价于证明：f (2 x2) f (x1) 0，又f (2 x2) x2ef (2 x2) x2e此处略.法二：参变分离再构造差量函数2x2x2x a(x21)2，且f (x2) (x22)ex2 a(x21)2 02x22xx(x22)ex2， 构造函数g(x) xe(x2)e ,(x(1,)， 由单调性可证，x12ex由已知得：fx1 fx2 0，不难发现x
52、11，x21，故可整理得：a 2x111x22ex2x2122x 21xx2ex设gx，则gx1 gx2那么gxe，当x 1时，gx 0，gx单调递23，x 1x1减；当x 1时，gx 0，gx单调递增设m0，构造代数式：g1 m g1mm11mm11m1 m1m m12mee2ee1m2m2mm1m12m2m2e2m 0，故hm单调递增，有hm h0 0设hme1，m0，则hm2m1m 1因此，对于任意的m0，g1 m g1m由gx1 gx2可知x1、x2不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设x1 x2，则必有x11 x2令m 1 x1 0，则有g 11 x1 g 11 x1 g2 x1 g
53、x1 gx2而2 x11，x21，gx在1,上单调递增，因此：g2 x1 gx2 2 x1 x2整理得：x1 x2 22 0法三：参变分离再构造对称函数x 2ex由法二，得gx，构造G(x) g(x) g(2 x),(x(,1)，利用单调性可证，此处略.2x 1法四：构造加强函数【分析说明】 由于原函数f (x)的不对称， 故希望构造一个关于直线x 1对称的函数g(x)， 使得当x 1时，f (x) g(x)，当x 1时，f (x) g(x)，结合图像，易证原不等式成立.【解答】由f (x) (x2)e a(x1)，f (x) (x1)(e 2a)，故希望构造一个函数F(x)，使得x2xF(x
54、) (x1)(ex2a)(x1)(e 2a) (x1)(exe)， 从而F(x)在(,1)上单调递增， 在(1,)(e2a)(x1)2c（c为任意常数）上单调递增，从而构造出g(x) ，又因为我们希望F(1) 0，而2(e2a)(x1)2e，设g(x)的两个零点为x3,x4，f (1) e，故取c e，从而达到目的.故g(x) 2结合图像可知：x1 x31 x2 x4，所以x1 x2 x3 x4 2，即原不等式得证.法五：利用“对数平均”不等式(2 x1)ex1(2 x2)ex2参变分离得：a ,由 a 0, 得 x1 1 x2 2,(x1 1)2(x2 1)2将上述等式两边取以e为底的对数，
55、得： ln(2 x1)(2 x2) x ln x2,122(x11)(x21)化简得： ln(x1-1)2-ln(x2-1)2-ln(2 - x1)-ln(2- x2) x1 x2,ln(x1-1)2-ln(x2-1)2 ln(2-x1)-ln(2- x2)故： 1-x1 x2x1 x2(x11)(x21)ln(x1-1) -ln(x2-1) ln(2-x1)-ln(2- x2)22(x11) (x21)（2 x1） （2 x2）22由对数平均不等式得：ln(2- x1)-ln(2- x2)2ln(x1-1)2-ln(x2-1)22，（2 x1） （2 x2）（2 x1） （2 x2）(x11)2(x21)2(x11)2(x21)2从而12(x1 x22)2(x11)2(x21)2（2 x1） （2 x2）2 12(x1 x22)4(x1 x2) x1 x222(x1 x22)x1 x221(x11)2(x21)24(x1 x2)(x11)2(x21)24(x1 x2)2(x1 x22)x1 x2222(x11) (x21)4(x1 x2)21(x11)2(x21)24(x1 x2)等价于：0 (x1 x22)22由(x11) (x21) 0,4(x1 x2) 0，故x1 x2 2，证毕.2 2
