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极值点偏移 【知识拓展】 已知f(x)图象顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c 的两根的中点刚好满足＝ x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时f(x)在x＝x0两侧， 函数值变化快慢相同，如图(1)所示；若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x ＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)所示. 【类型突破】 类型一 对称化构造 例1 (2024·青岛质检节选)已知函数f(x)＝x2，若函数f(x)在x＝e 处取得极值，且 f′(x1)＝f′(x2)，x1<x2，证明：2<x1＋x2. 证明 由f(x)＝x2， 得f′(x)＝x(2ln x－2)＝2x(ln x－1). 令g(x)＝2x(ln x－1)， 则g′(x)＝2ln x，当x＝1 时，g′(x)＝0， 所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当x∈(0，e)时， g(x)＝2x(ln x－1)<0，当x∈(e，＋∞)时，g(x)＝2x(ln x－1)>0，故0<x1<1<x2<e. 要证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1， 因为x1<1，所以2－x1>1， 下面证明g(x1)＝g(x2)>g(2－x1). 即证g(x1)>g(2－x1)， 设t(x)＝g(2－x)－g(x)，x∈(0，1)，则t′(x)＝－g′(2－x)－g′(x)，t′(x)＝－2ln(2－x) －2ln x＝－2ln[(2－x)x]>0， 故t(x)在(0，1)上单调递增， 故t(x)<t(1)＝g(1)－g(1)＝0， 所以t(x1)＝g(2－x1)－g(x1)<0， 则g(2－x1)<g(x2)， 所以2－x1<x2，即得x1＋x2>2. 规律方法 对称化构造主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明 问题.其解题要点如下： (1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定 函数的极值点x0. (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>x，则 令F(x)＝f(x)－f. (3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性. (4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大 小关系. (5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x 与2x0 －x 之间的关系，进而得到所证或所求. 训练1 已知函数f(x)＝ex－xln x＋x2－ax.证明： (1)若a≤e＋1，则f(x)≥0； (2)若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 证明 (1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)， 所以f(x)≥0 等价于－ln x＋x－a≥0. 设g(x)＝－ln x＋x－a， 则g′(x)＝， 当0<x<1 时，g′(x)<0；当x>1 时，g′(x)>0， 所在g(x)在(0，1)单调递减，g(x)在(1，＋∞)单调递增， 故g(x)≥g(1)＝e＋1－a. 因为a≤e＋1，所以g(x)≥0，于是f(x)≥0. (2)不妨设x1<x2，由(1)可知x1，x2也是g(x)的两个零点，且0<x1<1，x2>1，于是 0<<1， 由于g(x)在(0，1)单调递减，故x1x2<1 等价于g(x1)>g. 而g(x1)＝g(x2)＝0， 故x1x2<1 等价于g(x2)>g.① 设h(x)＝g(x)－g，则①式为h(x2)>0. 因为h′(x)＝g′(x)－g′′ ＝. 设k(x)＝ex＋x－xe－1， 当x>1 时，k′(x)＝ex－e＋e＋1>0， 故k(x)在(1，＋∞)单调递增， 所以k(x)>k(1)＝0，从而h′(x)>0，因此h(x)在(1，＋∞)单调递增. 又x2>1，故h(x2)>h(1)＝0，故g(x2)>g，于是x1x2<1. 类型二 比(差)值换元 例2 (2024·杭州调研节选)已知函数f(x)＝x(ln x－a)，g(x)＝＋a－ax.若g(x)的两 个相异零点为x1，x2，求证：x1x2>e2. 证明 法一(等价变换后构商引参) 由题意知，g(x)＝ln x－ax， 不妨设x1>x2>0， 由 得 则＝＝， 令t＝，则t>1，＝， 即ln(x1x2)＝ln t. 要证x1x2>e2，只需证ln(x1x2)>2， 只需证ln t>2(t>1)， 即证ln t>(t>1)， 即证ln t－>0(t>1)， 令m(t)＝ln t－(t>1)，因为m′(t)＝>0，所以m(t)在(1，＋∞)上单调递增， 则当t∈(1，＋∞)时，m(t)>ln 1－＝0， 所以ln t－>0 成立，故x1x2>e2. 法二(直接引入两变量之商作为变量) g(x)＝ln x－ax， 不妨设x1>x2>0，设t＝，显然t>1， 则x1＝tx2. 由得 即 两者相除得＝， 即1＋＝t，得ln x2＝， 所以ln x1＝ln(tx2)＝ln t＋ln x2＝ln t＋＝ln t＝ln t. 所以ln x1＋ln x2＝ln t＋＝ln t. 要证x1x2>e2，只需证ln(x1x2)>2， 即ln x1＋ln x2>2，也就是ln t>2. 又t>1，所以t－1>0，不等式等价于(t＋1)ln t>2(t－1)，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0. 记G(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t>1)， 则G′(t)＝ln t＋(t＋1)×－2＝ln t＋－1. 记h(t)＝G′(t)＝ln t＋－1(t>1)， 则h′(t)＝－＝， 因为t>1，所以h′(t)>0， 故h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(t)>ln 1＋－1＝0， 故G′(t)>0，所以G(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以G(t)>(1＋1)×ln 1－2×(1－1)＝0， 即(t＋1)ln t－2(t－1)>0. 故原不等式得证. 规律方法 比(差)值换元就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利 用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的.一般用t 表示两个 极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题. 训练2 (2024·南京模拟)已知函数f(x)＝ex－1－ax2＋ax＋1. (1)讨论f(x)的极值点个数. (2)若f(x)有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1＋x2>4. (1)解 f′(x)＝ex－1－ax＋a. 因为f′(1)＝1≠0，所以1 不是f(x)的极值点. f′(x)＝ex－1－a(x－1)＝0 可变形为＝a， 令g(x)＝， 则f(x)的极值点个数问题可转变为直线y＝a 与g(x)图象的交点个数问题. g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝2， 又x≠1，所以g(x)在(－∞，1)，(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增. 因为g(2)＝e，且当x<1 时，g(x)<0， 所以当a∈[0，e]时，f(x)没有极值点； 当a∈(－∞，0)时，f(x)有一个极值点； 当a∈(e，＋∞)时，f(x)有两个极值点. (2)证明 法一(对称构造法) 由(1)知，当a∈(e，＋∞)时，f(x)有两个不同的极 值点. 设x1<x2，则x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)， 由得ex1－x2＝， 所以x1－x2＝ln(x1－1)－ln(x2－1)， 即x1－ln(x1－1)＝x2－ln(x2－1). 令h(x)＝x－ln(x－1)，x∈(1，＋∞)， 则h′(x)＝1－＝， 易得h(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增. 要证x1＋x2>4，即证x2>4－x1. 因为x2>2，4－x1>2，且h(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以只需证h(x2)>h(4－x1). 因为h(x1)＝h(x2)， 所以即证h(x1)>h(4－x1). 令F(x)＝h(x)－h(4－x)＝x－ln(x－1)－(4－x)＋ln(3－x) ＝2x－4－ln(x－1)＋ln(3－x)，x∈(1，2)， 则F′(x)＝2－＋＝<0， 所以F(x)在(1，2)上单调递减， 则F(x)>F(2)＝0， 所以h(x1)>h(4－x1)， 即h(x2)>h(4－x1)， 故x1＋x2>4. 法二(差值换元法) 由已知得 不妨设x2>x1，记t＝x2－x1， 则t>0，x2＝x1＋t， 则有 两式相除得＝， 即et＝1＋， 整理得x1＝＋1. 故x2＝x1＋t＝＋1＋t. 所证不等式x1＋x2>4 等价于＋＋1＋t>4， 即＋t>2. 因为t>0，所以et－1>0， 故不等式等价于2t＋(t－2)(et－1)>0， 即t＋2＋(t－2)et>0. 记m(x)＝x＋2＋(x－2)ex(x>0)， 则m′(x)＝1＋(x－1)ex， 记k(x)＝1＋(x－1)ex(x>0)，则k′(x)＝xex， 因为x>0，ex>0，所以k′(x)>0， 故函数k(x)在(0，＋∞)上单调递增， 故k(x)>1＋(0－1)×e0＝0， 所以m′(x)>0， 故函数m(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以m(x)>0＋2＋(0－2)×e0＝0， 即当x>0 时，x＋2＋(x－2)ex>0. 原不等式得证. 【精准强化练】 1.已知函数f(x)＝xln x－x，两相异正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. 证明 f′(x)＝ln x，当x∈(0，1)时，f(x)单调递减；当x>1 时，f(x)单调递增，且f(1)＝－ 1，如图所示， 不妨设x1<1<x2， 要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1， 只需要证f(2－x1)<f(x2)， 又f(x1)＝f(x2)， ∴只需证f(2－x1)<f(x1)， 设g(x)＝f(x)－f(2－x)(x∈(0，1))， 则g′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′ ＝ln x＋ln(2－x)，0<x<1， 再设h(x)＝ln x＋ln(2－x)，0<x<1， 则h′(x)＝－＝>0， ∴h(x)在(0，1)上单调递增， ∴h(x)<h(1)＝0，则g′(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减， ∴g(x)>g(1)＝0， ∴f(x)－f(2－x)>0，0<x<1， ∴f(x1)>f(2－x1)，∴x1＋x2>2. 2.(2024·贵阳监测)已知函数f(x)＝－m(a，m∈R)在x＝e 时取得极值，且有两个零 点x1，x2. (1)求实数a 的值及实数m 的取值范围； (2)证明：x1x2>e2. (1)解 由已知得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＝. 由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当0<x<ea＋1时，f′(x)>0；当x>ea＋1时，f′(x)<0. 所以f(x)在x＝ea＋1时取得极值，所以ea＋1＝e，解得a＝0. 所以f(x)＝－m(x>0)，f′(x)＝， 函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f(e)＝－m， 且f(e)为f(x)的极大值，也是最大值. 易知当x→0(x>0)时，f(x)→－∞； 当x→＋∞时，f(x)→－m. 又f(x)有两个零点x1，x2， 所以得0<m<. 所以实数m 的取值范围为. (2)证明 法一 由题意，不妨设0<x1<x2， 则 则ln(x1x2)＝m(x1＋x2)，ln ＝m(x2－x1)， 所以m＝， 要证x1x2>e2，即证ln(x1x2)>2， 即证m(x1＋x2)>2，即证ln >2， 令t＝，则t>1， 则只需证当t>1 时，ln t>， 即证当t>1 时，ln t－>0. 设g(t)＝ln t－(t>1)， 则g′(t)＝－＝>0， 所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增， 则g(t)>ln 1－＝0， 从而原不等式成立， 即x1x2>e2成立. 法二 令函数g(x)＝f(x)－f， 则g′(x)＝f′(x)－f′·＝f′(x)＋·f′＝＋·＝＋＝， 当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增. 不妨设x1<x2， 由(1)可知x1∈(0，e)，x2∈(e，＋∞)， 所以g(x1)<g(e)＝0，即f(x1)－f<0， 即f(x1)<f， 因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)<f， 又x2>e，>e，f(x)在(e，＋∞)上单调递减， 所以x2>，即x1x2>e2，得证.
