利用零点、极值的定义

1. (2016.成外11月月考理) 已知函数\(f(x) = \ln x - x^2 + ax\)，设 \(f'(x)\) 是 \(f(x)\) 的导函数，\(x_1, x_2\) 是 \(f(x)\) 的两个零点，且 \(x_1 < x_2\)。求证： \(f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0\)。

证明： 由 \(x_1, x_2\) 是 \(f(x)\) 的两零点：

\[ \begin{cases} \ln x_1 - x_1^2 + ax_1 = 0 \\ \ln x_2 - x_2^2 + ax_2 = 0 \end{cases} \]

两式相减：

\[ \ln(\frac{x_1}{x_2}) - (x_1^2 - x_2^2) + a(x_1 - x_2) = 0 \]

化简得：

\[ x_1 + x_2 = \frac{\ln\frac{x_1}{x_2}}{x_1-x_2} + a \]

由题：

\[ f'(x) = \frac{1}{x} - 2x + a \]

\[ \begin{aligned} f'(\frac{x_1 + x_2}{2}) & = \frac{2}{x_1 + x_2} - 2(\frac{x_1 + x_2}{2}) + a \\ & = \frac{2}{x_1 + x_2} - \frac{\ln\frac{x_1}{x_2}}{x_1 -x_2} \\ & = \frac{1}{x_1 - x_2}[\frac{2(x_1 - x_2)}{x_1 + x_2} - \ln\frac{x_1}{x_2}] \\ & = \frac{1}{x_1 - x_2}[\frac{2(\frac{x_1}{x_2} - 1)}{\frac{x_1}{x_2} + 1} - \ln\frac{x_1}{x_2}] \end{aligned} \]

令：

\[ t = \frac{x_1}{x_2} \in (0,1) \]

\[ g(t) = \frac{2(t - 1)}{t + 1} - \ln t \]

有：

\[ g'(t) = -\frac{(t-1)^2}{t(t + 1)^2} < 0 \]

\(\therefore g(t)\) 在 \((0,1)\) 上单调递减，则：

\[ g(t) > g(1) = 0 \]

\[ \therefore \frac{2(\frac{x_1}{x_2} - 1)}{\frac{x_1}{x_2} + 1} - \ln\frac{x_1}{x_2} > 0 \]

\(\because x_1 < x_2, \ \therefore \frac{1}{x_1 - x_2} < 0\)，则：

\[ \frac{1}{x_1 - x_2}[\frac{2(\frac{x_1}{x_2} - 1)}{\frac{x_1}{x_2} + 1} - \ln\frac{x_1}{x_2}] < 0 \]

即 \(f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0\)，得证.

从上例中我们可以看出，直接构造 \(\frac{x_1}{x_2}\) 显然是不可能的，但我们从零点的定义式入手，并尝试对这些条件进行变换从而将待证明式子中的其它参数约掉（如本题中约掉了 \(a\)），进而就可以造出以 \(t = \frac{x_1}{x_2}\) 为单一变量的新函数了。

另外，在本题中化简 \(f'(\frac{x_1 + x_2}{2})\) 时提出一个 \(\frac{2}{x_1 + x_2}\) 也算是一个技巧吧，因为 \(\frac{x_1 - x_2}{x_1 + x_2}\) 这个式子可以通过分子分母同时除以 \(x_2\) 来构造出以 \(t = \frac{x_1}{x_2}\) 为单一变量的式子 \(\frac{t - 1}{t + 1}\)。

利用韦达定理

上一类提到了零点与极值，而零点与极值无非就是原函数=0或导函数=0的两根。故如果它们恰恰是二次函数的话，我们便可以利用韦达定理来找出两变量间的关系，从而消去其中一者或者找出新关系。

2. (2016.南平高三上期中) 已知函数 \(f(x) = \ln x - mx \ (m \in R)\)。当 \(m >= \frac{3\sqrt{2}}{2}\) 时，设 \(g(x) = 2f(x) + x^2\) 的两个极值点为 \(x_1\), \(x_2 \ (x_1 < x_2)\)，若 \(x_1\), \(x_2\) 恰为函数 \(h(x) = \ln x - cx^2 - bx\) 的零点，求 \(y = (x_1 - x_2)h'(\frac{x_1 + x_2}{2})\) 的最小值。

解：

\[ h'(x) = \frac{1}{x} - 2cx - b \]

\[ g(x) = 2\ln x - 2mx + x^2 \]

\[ \begin{aligned} g'(x) & = \frac{2}{x} - 2m + 2x \\ & = \frac{2x^2 - 2mx + 2}{x} \end{aligned} \]

\(\therefore x_1\), \(x_2\) 为 \(2x^2 - 2mx + 2 =0\) 的两不等实根

当 \(m >= \frac{3\sqrt{2}}{2}\) 时有 \(\Delta > 0\)

由韦达定理：

\[ \begin{cases} x_1 + x_2 = m \\ x_1x_2 = 1 \end{cases} \]

故：

\[ \begin{aligned} & (x_1 + x_2)^2 = m^2 \\ & \Rightarrow x_1^2 + x_2^2 = m^2 - 2x_1x_2 = m^2 -2 \\ & \Rightarrow \frac{x_1^2 + x_2^2}{x_1x_2} = m^2 - 2 \ge (\frac{3\sqrt{2}}{2})^2 - 2 = \frac{5}{2} \\ \end{aligned} \]

\[ \therefore \frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_1} - \frac{5}{2} \ge 0 \]

令 \(t = \frac{x_1}{x_2}\), \(\therefore t \in (0,1)\)，有：

\[ t + \frac{1}{t} - \frac{5}{2} \ge 0 \]

解得 \(t \ge 2\) (舍去) 或 \(t \le \frac{1}{2}\)

\[ \therefore t \in (0,\frac{1}{2}] \]

\(\because x_1\), \(x_2\) 是 \(h(x)\)两零点，故：

\[ \begin{cases} \ln x_1 - cx_1^2 - bx_1 = 0 \\ \ln x_2 - cx_2^2 - bx_2 = 0 \end{cases} \]

两式相减：

\[ \ln\frac{x_1}{x_2} - c(x_1^2 - x_2^2) - b(x_1 - x_2) = 0 \]

化简得：

\[ c(x_1 + x_2) + b = \frac{\ln\frac{x_1}{x_2}}{x_1 - x_2} \]

则：

\[ \begin{aligned} y & = (x_1 - x_2)h'(\frac{x_1 + x_2}{2}) \\ & = (x_1 - x_2)\left[\frac{2}{x_1 + x_2} - c(x_1 + x_2) - b\right] \\ & = (x_1 - x_2)(\frac{2}{x_1 + x_2} - \frac{\ln\frac{x_1}{x_2}}{x_1 - x_2}) \\ & = \frac{2(x_1 - x_2)}{x_1 + x_2} - \ln\frac{x_1}{x_2} \\ & = \frac{2(\frac{x_1}{x_2} - 1)}{\frac{x_1}{x_2} + 1} - \ln\frac{x_1}{x_2} \\ & = \frac{2(t - 1)}{t + 1} - \ln t \\ \\ \therefore y' & = \frac{4}{(t + 1)^2} - \frac{1}{t} \\ & = -\frac{(t - 1)^2}{t(t + 1)^2} < 0 \end{aligned} \]

\(\therefore y\) 在 \((0,\frac{1}{2})\) 单调递减

\(\therefore t = \frac{1}{2}\) 时有最小 \(y = \ln2 - \frac{2}{3}\)

答：\(y\) 的最小值为 \(\ln2 - \frac{2}{3}\)。

该题稍稍有点难度的地方在于，如果直接按 1 题的方法做的话会发现 \(m\) 取值范围的条件用不上，而能把 \(m\) 和 \(x_1,x_2\) 联系在一起的也只有韦达定理了。故该题在 1 题的基础上还利用了韦达定理作为条件。

注： 其实本题还可以由\(x_2 = \frac{1}{x_1}\)做出。

好的，现在我们暂且先对上面两道题做一个小结：

• 对于零点: \(f(x_1) = f(x_2) = 0\)，如果 \(f(x)\) 是二次函数的话还有韦达定理。
• 对于极值: \(f'(x_1) = f'(x_2) = 0\)，如果 \(f'(x)\) 是二次函数的话也有韦达定理。

接下来再对如何利用隐含条件来帮助构造以 \(\frac{x_1}{x_2}\) 为单一变量新函数的方法做一个小结：

• 对数型（以 \(\ln x\) 为例）： 两式相减构造 \(\ln\frac{x_1}{x_2}\)。
• 指数型（以 \(e^x\) 为例）：两式相除构造 \(e^\frac{x_1}{x_2}\)，视情况可等号两边取对数（\(\ln\)）以简化解题。
• 二次函数型: 先由韦达定理表示出 \(x_1 + x_2\) 和 \(x_1x_2\)，很容易可以表示出 \(x_1^2 + x_2^2\)，然后除以 \(x_1x_2\)，即 \(\frac{x_1^2 + x_2^2}{x_1x_2} = \frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_1}\)。

注意事项：

• 构造 \(\frac{x_1}{x_2}\) 就是在构造新参数，其优点是 \(x_1\) 和 \(x_2\) 的大小关系往往已知，于是新参数 \(t = \frac{x_1}{x_2}\) 的取值范围也就确定了【若 \(x_1 > x_2\) 则 \(t \in (1, +\infty)\)；若 \(x_1 < x_2\) 则 \(t \in (0, 1]\)。我个人喜欢把较小的放在分子以避免可能出现的讨论 \(x = +\infty\) 的情况。
• 另外，如果题中带求证的式子中含有 \(x_1 + x_2\)、\(x_1x_2\)、\(x_1^2 + x_2^2\) 等不好处理的项时往往也可以用隐含条件构造它们把它们换为利于处理的式子。

直接构造新变量

其实我本来想把这一小节放在第一个的，但无奈这道例题太球难算了。由于不希望读者一来就看到这道例题从而对这篇文章产生不好的印象，我选择将这一小节放在第一类方法的最后一个介绍。

3. (2016.成外一诊模拟文) 已知函数 \(f(x) = x\ln x\)，设 \(A(x_1,f(x_1))\), \(B(x_2,f(x_2))\)，且 \(x_1 \neq x_2\)，求证: \(\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < f'(\frac{x_1 + x_2}{2})\)。

证明：

注：为了体现本人的思考流程，本题的我写的格式可能会比较奇葩，求轻喷…

令 \(x_1 < x_2\)，则 \(\frac{x_1}{x_2} \in (0,1)\)

\[ \begin{aligned} & \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < f'(\frac{x_1 + x_2}{2}) \\ & \Leftrightarrow \frac{x_2\ln x_2 - x_1\ln x_1}{x_2 - x_1} < \ln(\frac{x_1 + x_2}{2}) + 1 \\ & \Leftrightarrow \frac{\ln x_2 - \frac{x_1}{x_2}\ln x_1}{1 - \frac{x_1}{x_2}} - 1 < \ln(\frac{x_1 + x_2}{2}) \\ & \Leftrightarrow \ln x_2 - \frac{x_1}{x_2}\ln x_1 - \frac{x_1}{x_2} + 1 < (1 - \frac{x_1}{x_2})\ln(\frac{x_1 + x_2}{2}) \\ & \Leftrightarrow \ln x_2 - 1 - \frac{x_1}{x_2}(\ln x_1 - 1) < (1 - \frac{x_1}{x_2})\ln(\frac{x_1 + x_2}{2}) \end{aligned} \]

插一句话：我们发现 \(\frac{x_1 + x_2}{2}\) 真是特别讨厌，无法构造出以 \(\frac{x_1}{x_2}\) 为单一变量的式子。但是我们可以在不等号两边同时减去 \((1 - \frac{x_1}{x_2})\ln x_2\)，使得不等号右边变为 \((1 - \frac{x_1}{x_2} )\ln(\frac{x_1 + x_2}{2x_2})\)。这样就可以化为 \((1 - \frac{x_1}{x_2})\ln(\frac{\frac{x_1}{x_2} + 1}{2})\)了。

\[ \begin{aligned} & \Leftrightarrow \ln x_2 - 1 - \frac{x_1}{x_2}(\ln x_1 - 1) - (1 - \frac{x_1}{x_2})\ln x_2 < (1 - \frac{x_1}{x_2})\ln(\frac{x_1 + x_2}{2}) - (1 - \frac{x_1}{x_2})\ln x_2 \\ & \Leftrightarrow \frac{x_1}{x_2}\ln x_2 - \frac{x_1}{x_2}\ln x_1 + \frac{x_1}{x_2} - 1 < (1 - \frac{x_1}{x_2})\ln(\frac{\frac{x_1}{x_2} + 1}{2}) \\ & \Leftrightarrow \frac{x_1}{x_2} - \frac{x_1}{x_2}\ln\frac{x_1}{x_2} - 1 < (1 - \frac{x_1}{x_2})\ln(\frac{\frac{x_1}{x_2} + 1}{2}) \\ & \Leftrightarrow \frac{x_1}{x_2} - \frac{x_1}{x_2}\ln\frac{x_1}{x_2} - (1 - \frac{x_1}{x_2})\ln(\frac{\frac{x_1}{x_2} + 1}{2}) - 1 < 0 \end{aligned} \]

令：

\[ t = \frac{x_1}{x_2} \in (0,1) \]

\[ \begin{aligned} F(t) & = t - t\ln t - (1-t)\ln(\frac{t+1}{2})-1 \\ & = t\ln(\frac{t+1}{2t}) - \ln(\frac{t+1}{2}) +t - 1 \\ \end{aligned} \]

\[ \therefore F'(t) = \ln(\frac{t+1}{2t}) - \frac{2}{t+1} + 1 \]

再插一句话： 然而这个样子还是不好看，应当考虑再次求导法… 不过再次求导前我们先观察一下 \(F'(t)\) 这个式子了。很容易发现（别打我…) \(\frac{2}{t+1} = 2 - \frac{2t}{t+1} = 2 - \frac{1}{\frac{t+1}{2t}}\)。 不如我们令 \(k = \frac{t+1}{2t}\)，然后把 \(\frac{2}{t+1}\) 表示为 \(2 - \frac{1}{k}\) 来方便求导。

令：

\[ k = \frac{t+1}{2t} \]

\[ \therefore \frac{2}{t+1} = 2 - \frac{1}{k} \]

由 \(t \in (0,1)\)，则：

\[ t+1 > 2t, \ k > 1 \]

令：

\[ \varphi(k) = \ln k - 1 + \frac{1}{k} \]

\[ \therefore \varphi'(k) = \frac{1}{k} - \frac{1}{k^2} = \frac{k - 1}{k^2} > 0 \]

\(\therefore \varphi(k)\) 在 \((1, +\infty)\) 单调递增，则：

\[ \varphi(k) > \varphi(1) = 0 \]

\(\therefore t \in (0,1)\) 时有 \(F'(t) > 0\) 恒成立

\(\therefore F(t)\) 在 \((0,1)\) 单调递增，则：

\[ \therefore F(t) < F(1) = 0 \]

即：

\[ \frac{x_1}{x_2} - \frac{x_1}{x_2}\ln\frac{x_1}{x_2} - (1 - \frac{x_1}{x_2})\ln(\frac{\frac{x_1}{x_2} + 1}{2}) - 1 < 0 \]

\(\therefore\) 得证

是不是很爽？不过这道题难度的确够大的，两个插话的地方都是思维难点而且我当时想了好久才想出来（怪我蠢）。这道题的思路依旧是构造以 \(t = \frac{x_1}{x_2}\) 为单一变量的新函数，并化简到类似 \(F(t) > 0\) 的形式，然后通过对新函数求导来解决问题。

利用函数单调性

利用韦达定理

利用韦达定理可以让我们找出两根间的关系，从而消去其中的一个变量。

7. (2017.成都二诊理) 已知函数 \(f(x) = a\ln x - x + \frac{1}{x}\)，其中 \(a > 0\)。

1. 若 \(f(x)\) 在 \((2, +\infty)\) 上存在极值点，求 \(a\) 的取值范围；
   
2. 设 \(x_1 \in (0,1)\)，\(x_2 \in (1,+\infty)\)。若 \(f(x_2) - f(x_1)\) 存在最大值，记为 \(M(a)\)，则当 \(a \le e + \frac{1}{e}\) 时，\(M(a)\) 是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由.

注：(1)问可以利用分离参数法或者讨论二次函数根的分布来求解，这里就略去详细过程了，我们只详细分析第(2)问。

解： (2)

\[ f'(x) = \frac{-(x^2 - ax +1)}{x^2} \]

令：

\[ \varphi(x) = x^2 - ax + 1 \]

① 若 \(0 < a \le 2\)
\(f'(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上恒有 \(\varphi(x) \ge 0\)
\(\therefore f'(x) \le 0\)
\(\therefore f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递减，有：

\[ f(x_2) - f(x_1) < 0 \]

\(\therefore\) 不存在最大值.

② 若 \(a > 2\)

\(\therefore \varphi(x)\) 有两不等正实根，令其为 \(m, n\)

不妨设\(0 < m < 1 < n\)

\(\therefore f(x)\) 在 \((0,m)\) 单调递减，在 \((m,n)\) 单调递增，在 \((n,+\infty)\) 单调递减

\(\therefore \forall x_1 \in (0,1)\)，有 \(f(x_1) \ge f(m)\)；\(\forall x_2 \in (1,+\infty)\)，有 \(f(x_2) \le f(n)\)

则：

\[ [f(x_2) - f(x_1)]_{max} = f(n) - f(m) \]

故：

\[ \begin{aligned} M(a) & = f(n) - f(m) \\ & = (a\ln n - n + \frac{1}{n}) - (a\ln m - m + \frac{1}{m}) \\ & = a\ln\frac{n}{m} + (m - n) + (\frac{1}{n} - \frac{1}{m}) \end{aligned} \]

又由韦达定理：

\[ \begin{cases} m + n = a \\ mn = 1 \end{cases} \]

则：

\[ \begin{cases} a = m + n = \frac{1}{n} + n \\ m = \frac{1}{n} \end{cases} \]

代入上式：

\[ \begin{aligned} M(a) & = (\frac{1}{n} + n)\ln n^2 + 2(\frac{1}{n} - n) \\ & = 2[(\frac{1}{n} + n)\ln n + (\frac{1}{n} - n)] \end{aligned} \]

又 \(\because 2 < a \le e + \frac{1}{e}\)，故：

\[ \frac{1}{n} + n \le e + \frac{1}{e}, \ n>1 \]

由 \(y = x + \frac{1}{x}\) 在 \(x \in (1,+\infty)\) 单调递增，故：

\[ n \in (1,e] \]

令：

\[ h(x) = 2(\frac{1}{x} + x)\ln x + 2(\frac{1}{x} - x), \ x \in (1,e] \]

则：

\[ \begin{aligned} h'(x) & = 2(-\frac{1}{x^2} + 1)\ln x + 2(\frac{1}{x} + x)\frac{1}{x} + 2(-\frac{1}{x^2} - 1) \\ & = 2(1 - \frac{1}{x^2})\ln x \end{aligned} \]

\(\therefore h(x) > 0\)，\(h(x)\) 在 \((1, e]\) 单调递增，故：

\[ h(x)_{max} = h(e) = 2(e + \frac{1}{e}) + 2(\frac{1}{e} - e) = \frac{4}{e} \]

\(\therefore M(a)\) 存在最大值 \(\frac{4}{e}\)。

答：\(M(a)\) 存在最大值 \(\frac{4}{e}\)。

这道题乍一看可能会使人懵逼… 然而其精巧之处在于 \(a > 2\) 时 \((0,1)\) 和 \((1,+\infty)\) 都一定有且只有一个极值点（由韦达定理可很方便地看出），这样便极大地简化了这道题的求解。不妨设两个极值点分别为 \(m,n\)，\(M(a)\) 的最大值无非就是 \(f(n) - f(m)\)，再加之利用韦达定理可以轻松消去其中一者，单一变量的函数就这么构建出来了。剩下的就是求导和 enjoy 了。