导数的极值点偏移问题

解决方法

1. 构造函数
2. 对数均值不等式
3. 放缩法

1 构造函数

通过构造形如 $F(x)=f(x)-f(2m-x)$ 的函数，求导得出其与 0 的大小关系，

从而得出 $f(x)$ 和 $f(2a-x)$ 的大小关系，根据我们规定的定义域，

令 $x=m$ 或 $x=n$，然后得出

$f(m)=f(n)>f(2a-m)$

由函数单调性，得出定义域的大小关系，从而得证。

2 对数均值不等式

飘带函数

在讲解对数均值不等式之前，先介绍一下飘带函数。

飘带函数不等式的证明

$$\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})⩽lnx⩽\frac{2(x-1)}{x+1}x\in (0,1]$$

$$\frac{2(x-1)}{x+1}⩽lnx⩽\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})x\in [1,+\mathrm{\infty })$$

注意

上面的飘带函数可以变形为 $t^2-1>2tlnt$，但这样我们构造函数证明的时候，会发现需要求导两次。所以我们遇到一些函数可以变成上面的飘带函数形式，就更容易的求导证明。

证明（上）

构造函数 $g(x)=lnx-\frac{2(x-1)}{x+1}$

$$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{2[x+1-(x-1)]}{(x+1{)}^2}=\frac{(x-1{)}^2}{x(x+1{)}^2}⩾0$$

因此，$g(x)$ 在 $x\in (0,+\mathrm{\infty })$ 上单调递增

又因为 $g(1)=0$

所以

当 $0<x<1$ 时，$g(x)<0⟺lnx<\frac{2(x-1)}{x+1}$

当 $x>1$ 时，$g(x)>0⟺lnx>\frac{2(x-1)}{x+1}$

证明（下）

构造函数 $h(x)=lnx-\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})$

$$h^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}(1+\frac{1}{x^2})=\frac{-(x-1{)}^2}{2x}⩽0$$

因此，$h(x)$ 在 $x\in (0,+\mathrm{\infty })$ 上单调递减

又因为 $h(1)=0$

所以

当 $0<x<1$ 时，$h(x)>0⟺lnx>\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})$

当 $x>1$ 时，$h(x)<0⟺lnx<\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})$

对数均值不等式

若 $x_1,x_2>0$，且 $x_1\ne x_2$，则

$$\sqrt{x_1{x}_2}<\frac{x_1+x_2}{2}$$$$\sqrt{x_1{x}_2}<\frac{x_1-x_2}{ln{x}_1-ln{x}_2}<\frac{x_1+x_2}{2}$$

对数均值不等式的证明

先证明左侧，再证明右侧。因为是多元不等式，所以需要消元。

证明左侧

设 $x_1>x_2$

$$ln{x}_1-ln{x}_2<\frac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1{x}_2}}$$$$ln\frac{x_1}{x_2}<\sqrt{\frac{x_1}{x_2}}-\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}$$

（观察这个式子，我们称之为齐次式。什么是齐次式呢？就是对一个分式来说，它每一项的次数都是一样的。比如这里的 $\frac{x_1}{x_2}$ 都是一次比一次，如果二次比二次也是可以的。齐次式可以用来消元。）

$$\mathrm{设}\sqrt{\frac{x_1}{x_2}}=t,(t>1)$$$$\mathrm{即}\mathrm{证}：ln{t}^2<t-\frac{1}{t}$$$$\mathrm{即}\mathrm{证}：lnt<\frac{1}{2}(t-\frac{1}{t})$$

证明右侧

$$\mathrm{即}\mathrm{证}ln{x}_1-ln{x}_2>\frac{2(x_1-x_2)}{x_1+x_2}$$$$ln\frac{x_1}{x_2}>\frac{2(\frac{x_1}{x_2}-1)}{x_1{x}_2+1}$$$$\mathrm{设}\frac{x_1}{x_2}=m,(m>1)$$$$\mathrm{即}\mathrm{证}lnm>\frac{2(m-1)}{m+1}$$

所以本质上来说对数均值不等式等价于飘带函数，它们是一模一样的。只不过是把一个单元问题变为双元问题而已。

3 放缩法

例题

例题 1

已知函数 $f(x)=x{e}^{-x}(x\in R)$

(1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间和极值

(2) 若 $x_1\ne x_2$，且 $f(x_1)=f(x_2)$，证明：$x_1+x_2>2$

法一，逆推，构造函数

解：

(1)

$f^{\prime }(x)=e^{-x}+x{e}^{-x}(-1)$

$=e^{-x}-x{e}^{-x}$

$=e^{-x}(1-x)$

在 $x\in (-\mathrm{\infty },1)$ 上，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；

在 $x\in (1,+\mathrm{\infty })$ 上，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；

$f(x{)}_{max}=f(1)=\frac{1}{e}$

有极大值 $\frac{1}{e}$

(2)

证明 $x_1+x_2>2$

不妨设 $x_2>1>x_1$

要证明 $x_1+x_2>2$

即证明 $x_1>2-x_2$

即证明 $f(x_1)>f(2-x_2)$

即证明 $f(x_2)>f(2-x_2)$

即证明 $f(x_2)-f(2-x_2)>0$

设 $F(x)=f(x)-f(2-x),x>1$

$F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-f^{\prime }(2-x)(-1)$

$=e^{-x}(1-x)-[e^{-(2-x)}(1-(2-x))](-1)$

$=e^{-x}(1-x)+[e^{x-2}(x-1)]$

$=(x-1)(e^{x-2}-e^{-x})$

$=(x-1)e^{-x}(e^{2x-2}-1)$

注意上面的求导不用将 x 代入展开，直接在外面求导，然后最后一步到位代入。

$\because 2x-2>0$

$\therefore e^{2x-2}-1>0$

$\because x-1>0$

$\therefore F^{\prime }(x)$ 在 $x\in (1,+\mathrm{\infty })$ 上大于 0

$\therefore F(x)$ 在 $x\in (1,+\mathrm{\infty })$ 上单调递增

$F(1)=f(1)-f(1)=0$

所以 $F(x)>0,x>1$

所以 $f(x)>f(2-x),x>1$

$f(x_1)=f(x_2)>f(2-x_2)$

$x_1>2-x_2$

$x_1+x_2>2$

法二，根据图像意义，构造函数

这个方法也是构造函数，但不是通过要证明的东西反推的。而是根据图像的极值点偏移意义得出的。本质是一样的。

设 $t>0,F(x)=f(1+t)-f(1-t)$

$F^{\prime }(x)=f^{\prime }(1+t)+f^{\prime }(1-t)$

$=e^{-(1+t)}[1-(1+t)]+e^{-(1-t)}[1-(1-t)]$

$=-e^{-t-1}t+e^{t-1}t$

$=t(e^{t-1}-e^{-t-1})$

$=t{e}^{-t-1}(e^{2t}-1)$

所以在 $t\in (0,+\mathrm{\infty })$ 上 $F^{\prime }(x)>0$，$F(x)$ 单调递增

$\because F(0)=f(1)-f(1)=0$

$\therefore F(x)=f(1+t)-f(1-t)>0$

$f(1+t)>f(1-t)$

不妨设 $x_2>1>x_1$

令 $x_2=1+t$

$t=x_2-1$

$\therefore f(x_1)=f(x_2)>f(1-t)$

$\therefore x_1>1-t$

$x_1+x_2-1>1$

$x_1+x_2>2$

问题得证。

例题 2

已知函数 $f(x)=xlnx$ 的图像与直线 $y=m$ 交与不同的两点 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，求证：$x_1{x}_2<\frac{1}{e^2}$

使用构造函数方法求解

例题 3

已知 $f(x)=x{e}^{-x}(x\in R)$

(1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间和极值

(2) 已知函数 $y=g(x)$ 的图像与函数 $y=f(x)$ 的图像关于直线 $x=1$ 对称，证明：当 $x>1$ 时，$f(x)>g(x)$；

(3) 如果 $x_1\ne x_2$，且 $f(x_1)=f(x_2)$，证明：$x_1+x_2>2$

例题 4

已知函数 $f(x)=lnx-x+a$，若 $f(x)$ 有两个零点，$x_1,x_2$

（1）求参数 $a$ 的取值范围；

（2）证明：$x_1+x_2>2$

解

(1)

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x},x>0$

在 $x\in (0,1)$ 上 $f^{\prime }(x)>0,f(x)$ 单增

在 $x\in (1,+\mathrm{\infty })$ 上 $f^{\prime }(x),f(x)$ 单减

$f(x{)}_{max}=f(1)=a-1>0$

$a>1$

法一，解不出来

(2)

设 $x_2>1>x_1>0$

要证 $x_1+x_2>2$

即证 $x_1>2-x_2$

$f(x_2)=f(x_1)>f(2-x_2)$

令 $F(x)=f(x)-f(2-x),x>1$

$F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+f^{\prime }(2-x)$

$=\frac{1}{x}-1-[\frac{1}{2-x}-1](-1)$

$=\frac{1}{x}-1+\frac{1}{2-x}-1=\frac{2(1+x^2-2x)}{x(2-x)}=\frac{2(x-1{)}^2}{x(2-x)}$

在 $x\in (1,2)$ 时，$F^{\prime }(x)>0,F(x)$ 单增

在 $x\in (2,+\mathrm{\infty })$ 时，$F^{\prime }(x)<0,F(x)$ 单减

$F(x{)}_{max}=F(2)$ 不好求出其值

下面判断端点与 0 的关系。

$F(1)=0$

$F(+\mathrm{\infty })$ 不好判断与 0 的关系。虽然按道理它应该大于零，但是不好证明。

法二，先构造函数求导，最后看情况规定定义域

设 $x_2>1>x_1>0$

令 $F(x)=f(x)-f(2-x)$

$F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-f^{\prime }(2-x)$

$=\frac{2(x-1{)}^2}{x(2-x)}$

这里我们有两种定义域可以规定，1 是 $x\in (0,1)$，2 是 $x\in (1,+\mathrm{\infty })$，

注意到规定 $x\in (0,1)$ 更容易求解出问题，

所以规定 $x\in (0,1)$

那么在 $x\in (0,1)$ 时 $F^{\prime }(x)>0$

所以 $F(x)$ 在 $x\in (0,1)$ 上单调递增

因为 $F(1)=f(1)-f(1)=0$

所以 $F(x)<0,x\in (0,1)$

$f(x_2)=f(x_1)<f(2-x_1)$

因为 $x_2>1,2-x_1>1$

$f(x)$ 在 $(1,+\mathrm{\infty })$ 上单调递减

所以 $x_2>2-x_1$

$x_1+x_2>2$

问题得证。

易错点

如果使用构造函数方法，我们规定构造函数的定义域应该让题目变得好证明。

比如这题。如果规定作用域 > 1，那么当 $x=2$ 时导数式没有意义。且我们想让 $F(x)>0$，但 $F(x)$ 在 $x\in (1,+\mathrm{\infty })$ 是先增后减的，我们知道 $F(1)=0$，但是 $x\to +\mathrm{\infty }$ 时不好确定它与 0 的大小关系。

但如果我们规定定义域为 $(0,1)$，那么 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上单增，且 $F(1)=0$，很轻松就证明了 $F(x)<0$。

所以以后如果再使用构造函数法来做极值点偏移，可以先把构造函数写出来，求导后再规定它的作用域。

扩展：

（3）证明：$f^{\prime }(\frac{x_1+x_2}{2})<0$

解析

$f^{\prime }(\frac{x_1+x_2}{2})<0⟺\frac{x_1+x_2}{2}>1⟺x_1+x_2>2$。

和第二问一样是问的同一个东西！

（4）若 $x_1>x_2$，证明：$2x_1+x_2>3$

解析

$2x_1+x_2>3$ 其实是一个更弱的不等式（范围更广的不等式）。

$⟺$

$\frac{2x_1+x_2}{3}>1$

$⟺$

由糖水不等式得，

$\frac{2x_1+x_2}{3}>\frac{x_1+x_2}{2}>1$

例题 5

已知函数 $f(x)=x(1-lnx).$

（I）讨论 $f(x)$ 的单调性；

（II）设 a，b 为两个不相等的正数，且 $blna-alnb=a-b$，证明：$2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<e$

第一问

$f(x)=x(1-lnx)$

$f^{\prime }(x)=1-lnx+x(-\frac{1}{x})$

$=-lnx$

所以在 $x\in (0,1)$ 时，$f^{\prime }(x)>0,f(x)$ 单调递增

在 $x\in (1,+\mathrm{\infty })$ 时，$f^{\prime }(x)<0,f(x)$ 单调递减

$f(x)$ 在 $x\in (0,+\mathrm{\infty })$ 上有最大值 $f(1)=1$

极值点偏移，怎么判断往哪边偏？

哪边更陡，往哪边偏。

第二问

$blna-alnb=a-b$

遇到多变量式想到口诀：相同变量放一起，不同变量放两边。

$blna+b=alnb+a$

$b(lna+1)=a(lnb+1)$

$\frac{lna+1}{a}=\frac{lnb+1}{b}$

$\frac{lna}{a}+\frac{1}{a}=\frac{lnb}{b}+\frac{1}{b}$

$\frac{-ln\frac{1}{a}}{a}+\frac{1}{a}=-\frac{ln\frac{1}{b}}{b}+\frac{1}{b}$

证左边

令 $\frac{1}{a}=m,\frac{1}{b}=n$

则 $m(1-lnm)=n(1-lnn)$，即 $f(m)=f(n)$

不妨设 $n>1>m>0$

证 $2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$

即证 $2<m+n$

如果要用对数均值不等式证，该怎么做？

即证 $n>2-m$

因为 $0<m<1,2-m>1$

即证 $f(m)=f(n)<f(2-m)$

即证 $G(x)=f(x)-f(2-x),0<x<1$

这里没有必要代入化简，会增加错误率

$G^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+f^{\prime }(2-x)$

$=-lnx-ln(2-x)$

$=-lnx(2-x)$

因为 $x(2-x)\in (0,1),x\in (0,1)$

所以 $G^{\prime }(x)>0$

$G(x)$ 单调递增，$G(1)=f(1)-f(1)=0$

所以 $G(x)<0$

得证。

证右边

证 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<e$

即证 $m+n<e$

即证明 $n<e-m$（不能转化为证明 $0<m<e-n$，因为前面我们规定了 $0<m<1，n>1,e-n>1$，不在一个单调定义区间）

$f(m)=f(n)>f(e-m)$

令 $H(x)=f(x)-f(e-x),0<x<1$

$H^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+f^{\prime }(e-x)$

$=-lnx(e-x)$

因为 $x(e-x)$ 在 $(0,1)$ 上是单调递增的，$x(e-x)\in (0,e-1)$，

所以 $-lnx(e-x)$ 在 $(0,1)$ 上是单调递减的。

存在 $x_0\in (0,1)$，使得 $x_0(e-x_0)=1$

所以 $(0,x_0),H^{\prime }(x)>0,H(x)$ 单增

$(x_0,1),H^{\prime }(x)<0,H(x)$ 单减

因为 $H(0^{+})=f(0^{+})-f(e)=0$

$H(1)>H(\frac{e}{2})=f(\frac{e}{2})-f(\frac{e}{2})=0，(H(x)\mathrm{在}(0,\frac{e}{2})\mathrm{是}\mathrm{单}\mathrm{调}\mathrm{递}\mathrm{减}\mathrm{的})$

所以 $H(x)>0$

得证。