《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题25　极值点偏移之积(x1x2)型不等式的证明（解析版)

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专题 25　极值点偏移之积(x1x2)型不等式的证明
【例题选讲】
[例1]　已知 f(x)＝xlnx－mx2－x，x∈R．
(1)当m＝－2时，求函数 f(x)的所有零点；
(2)若f(x)有两个极值点 x1，x2，且 x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e 为自然对数的底数)．
解析　(1)当m＝－2时，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，x＞0．设 g(x)＝lnx＋x－1，x＞0，
则g′(x)＝＋1＞0，于是 g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
又g(1)＝0，所以 g(x)有唯一的零点 x＝1，从而函数 f(x)有唯一的零点 x＝1．
(2)欲证 x1x2＞e2，只需证 ln x1＋ln x2＞2．
由函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，可得函数 f′(x) 有两个零点，又 f′(x)＝ln x－mx，
所以 x1，x2是方程 f′(x)＝0的两个不同实根．于是有
①＋②可得 ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，即 m＝，
②－①可得 ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，即 m＝，
从而可得＝，于是 ln x1＋ln x2＝．
由0＜x1＜x2，设 t＝，则 t＞1．因此 ln x1＋ln x2＝，t＞1．
要证 ln x1＋ln x2＞2，即证＞2(t＞1)，即证当 t＞1时，有 ln t＞．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，则 h′(t)＝－＝＞0，
所以 h(t)为(1，＋∞)上的增函数．因此 h(t)＞ln 1－＝0．
于是当 t＞1时，有 ln t＞．所以有 ln x1＋ln x2＞2成立，即 x1x2＞e2．
[例2]　已知函数 ．
(1)函数 有两个不同的零点 ，求实数 的取值范围；
(2)在(1)的条件下，求证： ．
解析　(1) 有两个不同的零点 ，即 有两个不同的根， ．
设 ， ，令 可得： ．
在 单调递减，在 单调递增，且 时， ， ，
(2)思路一：不妨设 ，由已知可得： ， ．
即只需证明： ，在方程 可得： ．
， 只需证明： ．
即 ．
令 ，则 ，所以只需证明不等式： ①，
设 ， ， ，
， 在 单调递增． ．
在 单调递增， ，即不等式①得证．
即 ， ．
思路二：所证不等式 ，因为 有两不同零点 ．
满足方程 ，由(1)可得： ．
考虑设 ， ，由(1)可得： 在 单调递减，在 单调递增．
， ．结合 的单调性可知：只需证明 ．
，所以只需证明： ．
即证明： ．
设 ，则 ．
，则 ．
，则 ．
单调递减， ， 单调递减， ．
 
h x
单调递减，
 
e 0h x h 
，即
 
2 2 2
2 2
2 e ln 0x x x 
得证．
 
2
1
2
e
f x f x
 
 
 
得证，从而有
2
2
1 1 2
2
eex x x
x
 
．
[例3]　已知函数 f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，方程 f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根 x1，x2，且 x1＜x2，求证：x1·x＜2．
解析　(1)由题意得，f′(x)＝－a＝(x＞0)．
当a≤0 时，由 x＞0，得 1－ax＞0，即 f′(x)＞0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，由 f′(x)＞0，得 0＜x＜，由 f′(x)＜0，得 x＞，
所以 f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由题意及(1)可知，方程 f(x)＝m(m＜－2)的两个相异实根 x1，x2满足 ln x－x－m＝0，
且0＜x1＜1＜x2，即 ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0．
由题意，可知 ln x1－x1＝m＜－2＜ln 2－2，
又由(1)可知，f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)上单调递减，故 x2＞2．
令g(x)＝ln x－x－m，则 g(x)－g＝－x＋＋3ln x－ln 2．
令h(t)＝－t＋＋3ln t－ln 2(t＞2)，则 h′(t)＝－．
当t＞2时，h′(t)＜0，h(t)单调递减，所以 h(t)＜h(2)＝2ln 2－＜0，所以 g(x)＜g．
因为 x2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以 h(x2)＝g(x2)－g＝g(x1)－g＜0，即 g(x1)＜g．
因为 g(x)在(0，1)上单调递增，所以 x1＜，故 x1·x＜2．
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