進階4極值點偏移(二)題型一換元構造輔助函數例1已知函數f(x)＝x2lnx，若方程f(x)＝m有兩個不相等的實根x1，x2，求證：x12＋證明(換元法)令a＝x12，b＝x22，則f(x1)＝即x12lnx1＝x22ln所以x12lnx1所以alna＝blnb，設函數g(x)＝xlnx，則g(a)＝g(b)，g'(x)＝lnx＋1，所以g'(x)>0?x>1g'(x)<0?0<x<1所以g(x)在0，1e上單調遞減，在求證x12＋x22>2e不妨設a<b，則0<a<1e<b則2e－a>令h(x)＝g(x)－g2e-x，由h'(x)＝g'(x)＋g'2＝lnx＋1＋ln2e-x＋1＝ln＝ln-x-1所以h(x)在0，1e上單調遞減，h(x)>h1所以g(a)>g2e-a，即g(b又g(x)在1e，所以b>2e－a，即a＋b>故x12＋x思維升華在證明過程中出現的形式不符合和型結構時，通過換元構造新函數然后再進行證明.跟蹤訓練1已知函數f(x)＝x－lnx，若兩個不相等的正實數x1，x2滿足f(x1)＝f(x2)，求證：f'(x1)＋f'(x2)<0.證明f(x1)＝f(x2)即x1－lnx1＝x2－lnx2，令a＝1x1，b＝1x2，則1a＋lna記函數g(x)＝1x＋lnx，則g(a)＝g(b)g'(x)＝1所以g'(x)>0?x>1，g'(x)<0?0<x<1，所以g(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以g(x)min＝g(1)＝1，則a，b為g(x)＝k的兩個不相等的實數根，其中k>1，不妨設a<b，則0<a<1<b，則2－a>1，令h(x)＝g(x)－g(2－x)，0<x<1，則h'(x)＝g'(x)＋g'(2－x)＝x-1x2＋所以h(x)在(0，1)上單調遞減，h(x)>h(1)＝0，所以g(a)>g(2－a)，故g(b)>g(2－a)，又g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，所以b>2－a，即a＋b>2，故1x1所以f'(x1)＋f'(x2)＝1－1x1＋1－1題型二比值代換例2已知函數f(x)＝xe－x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，證明：(1)x1＋x2>2；(2)x1x2<1.證明方法一(1)f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以f(x)max＝f(1)＝1又f(0)＝0，當x→＋∞時，f(x)→0，不妨設x1<x2，則必有0<x1<1<x2，由f(x1)＝f(x2)，得x1e-x1＝即e即x2－x1＝lnx令t＝x2x1(t則x2－x1＝lnt，①又t＝x2x1，即x2＝tx由①②得x1＝lntt-1，要證x1＋x2>2，即證lntt即證lnt>2(t-1)t＋1由飄帶不等式知該式成立.所以x1＋x2>2.(2)由(1)知x1x2＝t則x要證x1x2<1，即證x1x令m＝t>1，即證2mln即證lnm<12m-1m由飄帶不等式知該式成立，故x1x2<1.方法二(齊次消元)f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以f(x)max＝f(1)＝1又f(0)＝0，當x→＋∞時，f(x)→0，不妨設x1<x2，則必有0<x1<1<x2，由f(x1)＝f(x2)，得x1e-x1＝即e所以x2－x1＝lnx2x1＝lnx2－ln即lnx2-ln(1)x1＋x2＝(x1＋x2)·ln＝x2＋x＝x2x1令t＝x2x1(t則由飄帶不等式知lnt>2(即t＋1t-1·lnt>2，即x1＋(2)要證x1x2<1，即證x1xx1x＝x1x2x2-令m＝x2x1(m由飄帶不等式知lnm<1即mm2-1·lnm即x1x2<1，故x1x思維升華比值代換法是指通過代數變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝x1x2或跟蹤訓練2設x1，x2為兩個不相等的正數，且x2lnx1－x1lnx2＝x1－x2，證明：1x1證明不妨設0<x1<x2，x2＝tx1，則t＝x2x由x2lnx1－x1lnx2＝x1－x2得tx1lnx1－x1ln(tx1)＝x1－tx1，即lnx1＝lntt-1要證1x1＋只需證ex1x2>x1＋x2，即證etx12>x1(1＋t即證etx1>1＋t，即證x1>1即證lnx1>ln1即證lntt-1－1>ln(1＋t)－lnt即證lntt-1>ln(1＋t)－ln即證lntt易知ln1＋1lnt>1－1則lntt-1>故1x1＋課時精練[分值：34分]1.(17分)已知函數f(x)＝ax2－(lnx)2(a∈R).若f(x)有兩個極值點x1，x2.求證：x1x2>e.證明因為函數f(x)＝ax2－(lnx)2，可得f'(x)＝2ax－2ln若f(x)有兩個極值點x1，x2，則函數f'(x)有兩個零點x1，x2，所以2ax12＝lnx12，2a令t1＝x12，t則等價于關于t的方程2at＝lnt有兩個不相等的實數根t1，t2，只需證明t1t2>e2，不妨令t1>t2，由2at1＝lnt1，2at2＝lnt2得2a＝ln要證t1t2>e2，只需證明lnt1＋lnt2>2，即證lnt1＋lnt2＝2a(t1＋t2)＝(t1＋t2)·lnt1即證lnt1－lnt2>2(即證lnt1t令m＝t1t2，只需證明lnm>2(m-1)m＋1由飄帶不等式知，lnm>2(m-1)m＋1(則t1t2>e2成立，故x1x2>e得證.2.(17分)(2025·昆明模擬)設a，b為函數f(x)＝xex－m(m<0)的兩個零點.(1)求實數m的取值范圍；(6分)(2)證明：ea＋eb>2e.(11分(1)解f(x)的定義域為R，f'(x)＝(x＋1)ex，當x∈(－∞，－1)時，f'(x)<0，當x∈(－1，＋∞)時，f'(x)>0，故f(x)在(－∞，－1)上單調遞減，在(－1，＋∞)上單調遞增，又當x→－∞時，f(x)→－m>0，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，故要使f(x)有兩個零點，則需f(x)min＝f(－1)＝－e－1－m<0，故m>－1又m<0，可得－1e<m<0故滿足題意的實數m的取值范圍為-1(2)證明令x1＝ea，x2＝eb，即a＝lnx1，b＝lnx2，要證ea＋eb>2即證x1＋x2>2只需證x2>2e－x1由(1)可設a<－1<b<0，所以0<x1<1e<x2<1因為f(a)＝f(b)＝0，所以x1lnx1＝x2lnx2，設g(x)＝xlnx，因為g'(x)＝lnx＋1，所以g(x)在0，1e上單調遞減，在令h(x)＝g2e-x－