【导数术】12.极值点偏移与拐点偏移

文章目录

12.极值点偏移&&拐点偏移
- （1）对数均值不等式
- - Pra.12.1Pra.12.1Pra.12.1
  - Pra.12.2Pra.12.2Pra.12.2
  - Pra.12.3Pra.12.3Pra.12.3
- （2）构造对称函数
- - Pra.12.4Pra.12.4Pra.12.4
  - Pra.12.5Pra.12.5Pra.12.5
- （3）作差or作比换元
- - Pra.12.6Pra.12.6Pra.12.6
  - Pra.12.7Pra.12.7Pra.12.7
- （4）简单放缩
- - Pra.12.7Pra.12.7Pra.12.7

12.极值点偏移&&拐点偏移

（1）对数均值不等式

均值不等式链

a,b>0,a≠ba,b>0,a \neq ba,b>0,a=b,有：
21a+1b<ab<b−aln⁡b−ln⁡a<a+b2\frac {2}{\frac 1 a + \frac 1 b}<\sqrt{ab}<\frac{b-a}{\ln b-\ln a}<\frac {a+b} 2 a1+b12<ab<lnb−lnab−a<2a+b

即：调和均值<几何均值<对数均值<算术均值（两个数不等时）

Pra.12.1Pra.12.1Pra.12.1

已知f(x)=xe−xf(x)=xe^{-x}f(x)=xe−x，若x1≠x2,f(x1)=f(x2)x_1 \neq x_2,f(x_1)=f(x_2)x1=x2,f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2x_1+x_2>2x1+x2>2

SolutionSolutionSolution：已知条件取对数得对数均值为2，几何均值大于对数均值即可。

Pra.12.2Pra.12.2Pra.12.2

设f(x)=ex−ax+af(x)=e^x-ax+af(x)=ex−ax+a的两个零点为x1,x2,x1<x2x_1,x_2,x_1<x_2x1,x2,x1<x2，证明：f′(x1x2)<0f'(\sqrt {x_1 x_2})<0f′(x1x2)<0

SolutionSolutionSolution：由题意：

ex1−ax1+a=0,ex2−ax2+a=0e^{x_{1}}-a x_{1}+a=0, e^{x_{2}}-a x_{2}+a=0 ex1−ax1+a=0,ex2−ax2+a=0

移项可得：
x1=ln⁡(x1−1)+ln⁡ax2=ln⁡(x2−1)+ln⁡a\begin{aligned} &x_{1}=\ln \left(x_{1}-1\right)+\ln a \\ & x_{2}=\ln \left(x_{2}-1\right)+\ln a \end{aligned} x1=ln(x1−1)+lnax2=ln(x2−1)+lna
两式相减得：
x1−x2=ln⁡(x1−1)−ln⁡(x2−1)x_{1}-x_{2}=\ln \left(x_{1}-1\right)-\ln \left(x_{2}-1\right) x1−x2=ln(x1−1)−ln(x2−1)
即：
(x1−1)−(x2−1)ln⁡(x1−1)−ln⁡(x2−1)=1\frac{\left(x_{1}-1\right)-\left(x_{2}-1\right)}{\ln \left(x_{1}-1\right)-\ln \left(x_{2}-1\right)}=1 ln(x1−1)−ln(x2−1)(x1−1)−(x2−1)=1
均值不等式有：
(x1−1)(x2−1)<(x1−1)−(x2−1)ln⁡(x1−1)−ln⁡(x2−1)=1\sqrt{\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)}<\frac{\left(x_{1}-1\right)-\left(x_{2}-1\right)}{\ln \left(x_{1}-1\right)-\ln \left(x_{2}-1\right)}=1 (x1−1)(x2−1)<ln(x1−1)−ln(x2−1)(x1−1)−(x2−1)=1
所以：
ln⁡(x1−1)(x2−1)<0\ln \left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)<0 ln(x1−1)(x2−1)<0
移项式子相加得：
x1+x2=2ln⁡a+ln⁡(x1−1)(x2−1)<2ln⁡ax_{1}+x_{2}=2 \ln a+\ln \left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)<2 \ln a x1+x2=2lna+ln(x1−1)(x2−1)<2lna
所以：
x1x2<x1+x22<ln⁡a\sqrt{x_{1} x_{2}}<\frac{x_{1}+x_{2}}{2}<\ln a x1x2<2x1+x2<lna
而函数 f(x)f(x)f(x)在(−∞,ln⁡a)(-\infty, \ln a)(−∞,lna)单调递减⇒f′(x1x2)<0\Rightarrow f^{\prime}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)<0⇒f′(x1x2)<0

Pra.12.3Pra.12.3Pra.12.3

f(x)=xln⁡xf(x)=x\ln xf(x)=xlnx与直线y=my=my=m交于(x1,y1),(x2,y2)(x_1,y_1),(x_2,y_2)(x1,y1),(x2,y2)，证明：
0<x1x2<1e20<x_1x_2<\frac 1 {e^2} 0<x1x2<e21

SolutionSolutionSolution：易得m<0m<0m<0，同Pra.12.2Pra.12.2Pra.12.2中，取对数后两式子相加减，由算术均值>对数均值即可。

（2）构造对称函数

步骤：

求出极值点，双变量根据单调性化单变量，构造对称函数，整体求导得答案

Pra.12.4Pra.12.4Pra.12.4

已知f(x)=xe−xf(x)=xe^{-x}f(x)=xe−x，若x1≠x2,f(x1)=f(x2)x_1 \neq x_2,f(x_1)=f(x_2)x1=x2,f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2x_1+x_2>2x1+x2>2

SolutionSolutionSolution：求导得函数f(x)f(x)f(x)在(−∞,1)(-\infty,1)(−∞,1)递增，(1,+∞)(1,+\infty)(1,+∞)递减

此处我们先写出：
f′(x)=1−xexf'(x)=\frac{1-x}{e^x} f′(x)=ex1−x
易得0<x1<1,x2>10<x_1<1,x_2>10<x1<1,x2>1，原题目证明式子等价于x2>2−x1x_2>2-x_1x2>2−x1

考虑到x2,2−x1∈(1,+∞)x_2,2-x_1\in(1,+\infty)x2,2−x1∈(1,+∞)，所以等价于f(x2)<f（2−x1)f(x_2)<f（2-x_1)f(x2)<f（2−x1)

化单变量：f(x1)−f(2−x1)<0,0<x1<1f(x_1)-f(2-x_1)<0,0<x_1<1f(x1)−f(2−x1)<0,0<x1<1

构造对称函数g(x)=f(x)−f(2−x),0<x<1g(x)=f(x)-f(2-x),0<x<1g(x)=f(x)−f(2−x),0<x<1

考虑到g(1)=0g(1)=0g(1)=0，整体求导：
g′(x)=f′(x)+f′(2−x)=1−xex+x−1e2−xg'(x)=f'(x)+f'(2-x)=\frac{1-x}{e^x}+\frac{x-1}{e^{2-x}} g′(x)=f′(x)+f′(2−x)=ex1−x+e2−xx−1
证明g′(x)>0g'(x)>0g′(x)>0即可，而这是显然的。

Pra.12.5Pra.12.5Pra.12.5

设f(x)=ex−ax+af(x)=e^x-ax+af(x)=ex−ax+a的两个零点为x1,x2,x1<x2x_1,x_2,x_1<x_2x1,x2,x1<x2，证明：f′(x1x2)<0f'(\sqrt {x_1 x_2})<0f′(x1x2)<0

SolutionSolutionSolution：加强证明x1+x2<2ln⁡ax_1+x_2<2\ln ax1+x2<2lna

根据题意显然x1<ln⁡a<x2x_1<\ln a<x_2x1<lna<x2，函数f(x)f(x)f(x)在(−∞,ln⁡a)(-\infty,\ln a)(−∞,lna)递减，(ln⁡a,+∞)(\ln a,+\infty)(lna,+∞)递增

上不等式转化为：x2<2ln⁡a−x1x_2<2\ln a-x_1x2<2lna−x1，而x2,2ln⁡a−x1∈(ln⁡a,+∞)x_2,2\ln a-x_1\in(\ln a,+\infty)x2,2lna−x1∈(lna,+∞)，

所以转化为：f(x2)<f(2ln⁡a−x1)f(x_2)<f(2\ln a-x_1)f(x2)<f(2lna−x1)，

即：f(x1)−f(2ln⁡a−x1)<0f(x_1)-f(2\ln a-x_1)<0f(x1)−f(2lna−x1)<0，

构造函数g(x)=f(x)−f(2ln⁡a−x),x<ln⁡ag(x)=f(x)-f(2\ln a-x),x<\ln ag(x)=f(x)−f(2lna−x),x<lna

边界g(ln⁡a)=0g(\ln a)=0g(lna)=0，期望g′(x)>0g'(x)>0g′(x)>0

[均值不等式a+b>2ab,a≠ba+b>2\sqrt{ab},a\neq ba+b>2ab,a=b]：

而g′(x)=f′(x)+f(2ln⁡a−x)=ex+e2ln⁡a−x−2a>2(e2ln⁡a)−2a=0g'(x)=f'(x)+f(2\ln a-x)=e^{x}+e^{2\ln a-x}-2a>2(e^{2\ln a})-2a=0g′(x)=f′(x)+f(2lna−x)=ex+e2lna−x−2a>2(e2lna)−2a=0

证毕。

（3）作差or作比换元

Pra.12.6Pra.12.6Pra.12.6

已知x1,x2x_1,x_2x1,x2是函数f(x)=ex−axf(x)=e^x-axf(x)=ex−ax的两个零点且x1<x2x_1<x_2x1<x2，

证明：x1+x2>2x_1+x_2>2x1+x2>2且x1x2<1x_1x_2<1x1x2<1

SolutionSolutionSolution：不妨令x1<x2x_1<x_2x1<x2，显然x1>0x_1>0x1>0

令：
t=x2x1>1⇒x2=tx1t=\frac{x_2}{x_1}>1\Rightarrow x_2=tx_1 t=x1x2>1⇒x2=tx1
有：
tx1e−tx1=x1e−xtx_1e^{-tx_1}=x_1e^{-x} tx1e−tx1=x1e−x
所以：
{x1=ln⁡tt−1x2=tln⁡tt−1\left\{ \begin{aligned} x_1=\frac{\ln t}{t-1}\\ x_2=\frac{t\ln t}{t-1} \end{aligned}\right. ⎩⎨⎧x1=t−1lntx2=t−1tlnt
化为ttt的不等式证明即可，相乘时注意对t\sqrt{t}t整体换元，略。

Pra.12.7Pra.12.7Pra.12.7

已知函数f(x)=x2−aln⁡xf(x)=x^2-a\ln xf(x)=x2−alnx，极值点为x0x_0x0，零点为x1,x2(x1<x2)x_1,x_2(x_1<x_2)x1,x2(x1<x2).

求证：
x1+3x2>4x0x_1+3x_2>4x_0 x1+3x2>4x0

SolutionSolutionSolution：令：

t=x2x1⇒x2=tx1(t>1)t=\frac{x_2}{x_1}\Rightarrow x_2=tx_1(t>1) t=x1x2⇒x2=tx1(t>1)

有：
x12−aln⁡x1=t2x12−aln⁡tx1x_1^2-a\ln x_1=t^2x_1^2-a\ln tx_1 x12−alnx1=t2x12−alntx1
于是：
x12=aln⁡tt2−1x_1^2=\frac{a\ln t}{t^2-1} x12=t2−1alnt
易知：
x0=a2x_0=\sqrt\frac{a}{2} x0=2a
原证明式化为：
(1+3t)x1<4a2(1+3t)x_1<4\sqrt\frac{a}{2} (1+3t)x1<42a
平方即证明：
(1+3t)2x12<8a⇔(1+3t)2ln⁡t−8t2+8>0⇔ln⁡t−8(t2−1)(1+3t)2>0[指数处理技巧]\begin{aligned} (1+3t)^2x_1^2<8a&\Leftrightarrow (1+3t)^2\ln t-8t^2+8>0\\ &\Leftrightarrow\ln t-\frac{8(t^2-1)}{(1+3t)^2}>0 ~[指数处理技巧] \end{aligned} (1+3t)2x12<8a⇔(1+3t)2lnt−8t2+8>0⇔lnt−(1+3t)28(t2−1)>0 [指数处理技巧]
注意到
ln⁡t−8(t2−1)(1+3t)2>t−1t−8(t2−1)(1+3t)2=(t−1)9t2−2t−7t(1+3t)2=(t−1)29t+7t(1+3t)2>0\begin{aligned} \ln t-\frac{8(t^2-1)}{(1+3t)^2}>&\frac{t-1}{t}-\frac{8(t^2-1)}{(1+3t)^2}\\ &=(t-1)\frac{9t^2-2t-7}{t(1+3t)^2}\\ &={(t-1)^2}\frac{9t+7}{t(1+3t)^2}>0 \end{aligned} lnt−(1+3t)28(t2−1)>tt−1−(1+3t)28(t2−1)=(t−1)t(1+3t)29t2−2t−7=(t−1)2t(1+3t)29t+7>0
用到了放缩：
ln⁡x≥x−1x(x>0)[等号在x=1取得]\ln x\geq\frac{x-1}{x}(x>0)[等号在x=1取得] lnx≥xx−1(x>0)[等号在x=1取得]

（4）简单放缩

Pra.12.7Pra.12.7Pra.12.7

若g(x)=xln⁡x−a2x2−x(a∈R)g(x)=x\ln x-\frac a 2 x^2-x~(a\in R)g(x)=xlnx−2ax2−x (a∈R)有两个相异的极值点x1,x2x_1,x_2x1,x2）证明：
1ln⁡x1+1ln⁡x2>2ae\frac 1 {\ln x_1}+ \frac 1 {\ln x_2}>2ae lnx11+lnx21>2ae

SolutionSolutionSolution：放缩证明ae>1ae>1ae>1，所以证明左侧>2>2>2即可，采用等比例法即可。