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进阶4　极值点偏移(二)
分值：34分
1.(17分)已知函数f(x)=ax2-(ln x)2(a∈R).若f(x)有两个极值点x1，x2.求证：x1x2>e.
2.(17分)(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)=xex-m(m<0)的两个零点.
(1)求实数m的取值范围；(6分)
(2)证明：ea+eb>.(11分)
答案精析
1.证明　因为函数f(x)=ax2-(ln x)2，
可得f'(x)=2ax-
若f(x)有两个极值点x1，x2，
则函数f'(x)有两个零点x1，x2，
所以2a=ln 2a=ln
令t1=t2=
则等价于关于t的方程2at=ln t有两个不相等的实数根t1，t2，
只需证明t1t2>e2，
不妨令t1>t2，由2at1=ln t1，2at2=ln t2得2a=
要证t1t2>e2，
只需证明ln t1+ln t2>2，
即证ln t1+ln t2=2a(t1+t2)
=(t1+t2)·>2，
即证ln t1-ln t2>
即证ln>
令m=则m>1，
只需证明ln m>(m>1)，
由飘带不等式知，ln m>(m>1)成立，
则t1t2>e2成立，故x1x2>e得证.
2.(1)解　f(x)的定义域为R，
f'(x)=(x+1)ex，
当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，
当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，
又当x→-∞时，f(x)→-m>0，
当x→+∞时，f(x)→+∞，
故要使f(x)有两个零点，
则需f(x)min=f(-1)=-e-1-m<0，
故m>-
又m<0，可得-故满足题意的实数m的取值范围为.
(2)证明　令x1=ea，x2=eb，
即a=ln x1，b=ln x2，
要证ea+eb>
即证x1+x2>
只需证x2>-x1，
由(1)可设a<-1所以0因为f(a)=f(b)=0，
所以x1ln x1=x2ln x2，
设g(x)=xln x，
因为g'(x)=ln x+1，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
令h(x)=g-g(x)，
0则h'(x)=-ln-2
=-ln[-(ex-1)2+1]>0，
所以h(x)在上单调递增，
又h=0，
所以h(x)<0，
所以h(x1)=g-g(x1)<0，
所以g因为-x1>x2>g(x)在上单调递增，
所以x2>-x1，
所以x1+x2>
所以ea+eb>.进阶4　极值点偏移(二)
题型一　换元构造辅助函数
例1　已知函数f(x)=x2ln x，若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2，求证：+>.
思维升华　在证明过程中出现的形式不符合和型结构时，通过换元构造新函数然后再进行证明.
跟踪训练1　已知函数f(x)=x-ln x，若两个不相等的正实数x1，x2满足f(x1)=f(x2)，求证：f'(x1)+f'(x2)<0.
题型二　比值代换
例2　已知函数f(x)=xe-x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：
(1)x1+x2>2；
(2)x1x2<1.
思维升华　比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t=化为单变量的函数不等式，再利用函数单调性证明.
跟踪训练2　设x1，x2为两个不相等的正数，且x2ln x1-x1ln x2=x1-x2，证明：+答案精析
例1　证明　(换元法)
令a=，b=，则f(x1)=f(x2)，
即ln x1=ln x2，
所以ln =ln ，
所以aln a=bln b，
设函数g(x)=xln x，
则g(a)=g(b)，
g'(x)=ln x+1，
所以g'(x)>0 x>，
g'(x)<0 0所以g(x)在上单调递减，在上单调递增.
求证+>，即证a+b>.
不妨设a则-a>，
令h(x)=g(x)-g，
0由h'(x)=g'(x)+g'
=ln x+1+ln+1
=ln+2
=ln+2<0，
所以h(x)在上单调递减，h(x)>h=0，
所以g(a)>g，
即g(b)>g，
又g(x)在上单调递增，
所以b>-a，即a+b>，
故+>得证.
跟踪训练1　证明　f(x1)=f(x2)即x1-ln x1=x2-ln x2，
令a=，b=，
则+ln a=+ln b，
记函数g(x)=+ln x，
则g(a)=g(b)，
g'(x)=-=，
所以g'(x)>0 x>1，
g'(x)<0 0所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
所以g(x)min=g(1)=1，
则a，b为g(x)=k的两个不相等的实数根，其中k>1，
不妨设a则2-a>1，
令h(x)=g(x)-g(2-x)，0则h'(x)=g'(x)+g'(2-x)
=+=-<0，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，h(x)>h(1)=0，
所以g(a)>g(2-a)，
故g(b)>g(2-a)，
又g(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以b>2-a，即a+b>2，
故+>2，所以f'(x1)+f'(x2)=1-+1-<0.
例2　证明　方法一　(1)f'(x)=(1-x)e-x，易知f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
所以f(x)max=f(1)=，
又f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0，
不妨设x1由f(x1)=f(x2)，得x1=x2，
即=，
即x2-x1=ln，
令t=(t>1)，
则x2-x1=ln t，①
又t=，即x2=tx1，②
由①②得x1=，x2=，
要证x1+x2>2，
即证+>2，
即证ln t>(t>1)，
由飘带不等式知该式成立.
所以x1+x2>2.
(2)由(1)知x1x2=，
则=，
要证x1x2<1，即证<1，
令m=>1，即证<1，
即证ln m<(m>1)，
由飘带不等式知该式成立，
故x1x2<1.
方法二　(齐次消元)
f'(x)=(1-x)e-x，易知f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
所以f(x)max=f(1)=，
又f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0，
不妨设x1由f(x1)=f(x2)，得x1=x2，
即=，
所以x2-x1=ln=ln x2-ln x1，
即=1.
(1)x1+x2=(x1+x2)·
=·ln
=·ln，
令t=(t>1)，
则由飘带不等式知ln t>，
即·ln t>2，即x1+x2>2.
(2)要证x1x2<1，即证<1，
=·
=·ln=·ln，
令m=(m>1)，
由飘带不等式知ln m<，
即·ln m2<1，
即<1，故x1x2<1.
跟踪训练2　证明　不妨设0则t=>1，
由x2ln x1-x1ln x2=x1-x2得
tx1ln x1-x1ln(tx1)=x1-tx1，
即ln x1=-1，
要证+只需证ex1x2>x1+x2，
即证et>x1(1+t)，
即证etx1>1+t，
即证x1>，
即证ln x1>ln，
即证-1>ln(1+t)-ln t-1，
即证>ln(1+t)-ln t，
即证>ln，
易知ln<，
ln t>1-=，
则>>ln，
故+第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
极值点偏移(二)
进阶4
例1　已知函数f(x)＝x2ln x，若方程f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，求证：>.
换元构造辅助函数
题型一
(换元法)
令a＝b＝则f(x1)＝f(x2)，
即ln x1＝ln x2，
所以ln ln
所以aln a＝bln b，
设函数g(x)＝xln x，则g(a)＝g(b)，
g'(x)＝ln x＋1，所以g'(x)>0 x>
g'(x)<0 0所以g(x)在上单调递减，在上单调递增.
求证>即证a＋b>.
不妨设a
令h(x)＝g(x)－g0由h'(x)＝g'(x)＋g'＝ln x＋1＋ln＋1＝ln＋2
＝ln＋2<0，
所以h(x)在上单调递减，h(x)>h＝0，
所以g(a)>g即g(b)>g
又g(x)在上单调递增，
所以b>－a，即a＋b>
故>得证.
在证明过程中出现的形式不符合和型结构时，通过换元构造新函数然后再进行证明.
思维升华
跟踪训练1　已知函数f(x)＝x－ln x，若两个不相等的正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)，求证：f'(x1)＋f'(x2)<0.
f(x1)＝f(x2)即x1－ln x1＝x2－ln x2，
令a＝b＝则＋ln a＝＋ln b，
记函数g(x)＝＋ln x，则g(a)＝g(b)，
g'(x)＝
所以g'(x)>0 x>1，g'(x)<0 0所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝1，
则a，b为g(x)＝k的两个不相等的实数根，其中k>1，
不妨设a1，
令h(x)＝g(x)－g(2－x)，0则h'(x)＝g'(x)＋g'(2－x)＝＝－<0，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，h(x)>h(1)＝0，
所以g(a)>g(2－a)，故g(b)>g(2－a)，
又g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以b>2－a，即a＋b>2，故>2，
所以f'(x1)＋f'(x2)＝1－＋1－<0.
例2　已知函数f(x)＝xe－x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：
(1)x1＋x2>2；
比值代换
题型二
方法一　f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
不妨设x1由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2
即即x2－x1＝ln
令t＝(t>1)，
则x2－x1＝ln t， ①
又t＝即x2＝tx1， ②
由①②得x1＝x2＝
要证x1＋x2>2，即证>2，
即证ln t>(t>1)，
由飘带不等式知该式成立.
所以x1＋x2>2.
方法二　(齐次消元)
f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
不妨设x1由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2即
所以x2－x1＝ln＝ln x2－ln x1，
即＝1.
x1＋x2＝(x1＋x2)·
＝·ln
＝·ln
令t＝(t>1)，
则由飘带不等式知ln t>
即·ln t>2，即x1＋x2>2.
(2)x1x2<1.
方法一　由(1)知x1x2＝
则
要证x1x2<1，即证<1，
令m＝>1，即证<1，
即证ln m<(m>1)，
由飘带不等式知该式成立，
故x1x2<1.
方法二　要证x1x2<1，即证<1，
·＝·ln·ln
令m＝(m>1)，
由飘带不等式知ln m<
即·ln m2<1，
即<1，故x1x2<1.
比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，再利用函数单调性证明.
思维升华
跟踪训练2　设x1，x2为两个不相等的正数，且x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2，证明：不妨设0则t＝>1，
由x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2得
tx1ln x1－x1ln(tx1)＝x1－tx1，
即ln x1＝－1，
要证只需证ex1x2>x1＋x2，
即证et>x1(1＋t)，
即证etx1>1＋t，
即证x1>
即证ln x1>ln
即证－1>ln(1＋t)－ln t－1，
即证>ln(1＋t)－ln t，
即证>ln
易知ln<
ln t>1－
则>>ln
故课时精练
答案
1
2
因为函数f(x)=ax2-(ln x)2，可得f'(x)=2ax-
若f(x)有两个极值点x1，x2，
则函数f'(x)有两个零点x1，x2，
所以2a=ln 2a=ln
令t1=t2=
则等价于关于t的方程2at=ln t有两个不相等的实数根t1，t2，
只需证明t1t2>e2，
1.
答案
1
2
不妨令t1>t2，由2at1=ln t1，2at2=ln t2得2a=
要证t1t2>e2，
只需证明ln t1+ln t2>2，
即证ln t1+ln t2=2a(t1+t2)=(t1+t2)·>2，
即证ln t1-ln t2>
即证ln>
1.
答案
1
2
令m=则m>1，
只需证明ln m>(m>1)，
由飘带不等式知，ln m>(m>1)成立，
则t1t2>e2成立，故x1x2>e得证.
1.
答案
1
2
(1)f(x)的定义域为R，f'(x)=(x+1)ex，
当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，
当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，
又当x→-∞时，f(x)→-m>0，
当x→+∞时，f(x)→+∞，
故要使f(x)有两个零点，
2.
答案
1
2
则需f(x)min=f(-1)=-e-1-m<0，
故m>-
又m<0，可得-故满足题意的实数m的取值范围为.
2.
答案
1
2
(2)令x1=ea，x2=eb，
即a=ln x1，b=ln x2，
要证ea+eb>即证x1+x2>只需证x2>-x1，
由(1)可设a<-1所以0因为f(a)=f(b)=0，
2.
答案
1
2
所以x1ln x1=x2ln x2，
设g(x)=xln x，
因为g'(x)=ln x+1，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
令h(x)=g-g(x)，
02.
答案
1
2
则h'(x)=-ln-2=-ln[-(ex-1)2+1]>0，
所以h(x)在上单调递增，
又h=0，所以h(x)<0，
所以h(x1)=g-g(x1)<0，
所以g2.
答案
1
2
因为-x1>x2>g(x)在上单调递增，
所以x2>-x1，
所以x1+x2>
所以ea+eb>.
2.
1.已知函数f(x)＝ax2－(ln x)2(a∈R).若f(x)有两个极值点x1，x2.求证：x1x2>e.
1
2
答案
1
2
答案
因为函数f(x)＝ax2－(ln x)2，
可得f'(x)＝2ax－
若f(x)有两个极值点x1，x2，
则函数f'(x)有两个零点x1，x2，
所以2a＝ln 2a＝ln
令t1＝t2＝
则等价于关于t的方程2at＝ln t有两个不相等的实数根t1，t2，
只需证明t1t2>e2，
1
2
答案
不妨令t1>t2，由2at1＝ln t1，2at2＝ln t2得2a＝
要证t1t2>e2，只需证明ln t1＋ln t2>2，
即证ln t1＋ln t2＝2a(t1＋t2)＝(t1＋t2)·>2，
即证ln t1－ln t2>
即证ln>
令m＝则m>1，
1
2
答案
只需证明ln m>(m>1)，
由飘带不等式知，ln m>(m>1)成立，
则t1t2>e2成立，故x1x2>e得证.
1
2
答案
2.(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)＝xex－m(m<0)的两个零点.
(1)求实数m的取值范围；
1
2
答案
f(x)的定义域为R，f'(x)＝(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，f'(x)<0，
当x∈(－1，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
又当x→－∞时，f(x)→－m>0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
故要使f(x)有两个零点，
则需f(x)min＝f(－1)＝－e－1－m<0，
1
2
答案
故m>－
又m<0，可得－故满足题意的实数m的取值范围为.
1
2
答案
(2)证明：ea＋eb>.
1
2
答案
令x1＝ea，x2＝eb，
即a＝ln x1，b＝ln x2，
要证ea＋eb>
即证x1＋x2>
只需证x2>－x1，
由(1)可设a<－1所以0因为f(a)＝f(b)＝0，
1
2
答案
所以x1ln x1＝x2ln x2，
设g(x)＝xln x，
因为g'(x)＝ln x＋1，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
令h(x)＝g－g(x)，0则h'(x)＝－ln－2
＝－ln[－(ex－1)2＋1]>0，
1
2
答案
所以h(x)在上单调递增，
又h＝0，
所以h(x)<0，
所以h(x1)＝g－g(x1)<0，
所以g因为－x1>x2>g(x)在上单调递增，
1
2
答案
所以x2>－x1，
所以x1＋x2>
所以ea＋eb>.

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