专题1 培优点6 极值点偏移问题-2021【步步高】高考理科数学大二轮专题复习与增分策略（全国III）桂贵云川藏word

培优点6　极值点偏移问题 对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)＝0的解为x1，x2且a<x1<x2<b，若≠x0.则称函数y＝f(x)在区间(a，b)上极值点偏移． 例　已知函数f(x)＝xe－x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. (1)解　f′(x)＝e－x(1－x)， 令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1， ∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)有极大值f(1)＝，f(x)无极小值． (2)证明　方法一　(对称化构造法) 构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1， 则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1) ＝(x－1)(ex－2－e－x)， ∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0， ∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0， 故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*) 由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1<x2， 将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)， 又f(x1)＝f(x2)， ∴f(x1)>f(2－x2)． 又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增， ∴x1>2－x2， ∴x1＋x2>2. 方法二　(比值代换法) 设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)即＝， 取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2. 令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝. ∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0， 设g(t)＝ln t－(t>1)， ∴g′(t)＝－＝>0， ∴当t>1时，g(t)为增函数， ∴g(t)>g(1)＝0， ∴ln t－>0， 故x1＋x2>2. 极值点偏移问题的解法 (1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式． (2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2<. 证明　f′(x)＝ln x＋1， 由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0<x<， ∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增． 可设0<x1<<x2. 方法一　构造函数F(x)＝f(x)－f ，则 F′(x)＝f′(x)＋f′＝1＋ln x＋·＝(1＋ln x)·， 当0<x<时，1＋ln x<0,1－<0，则F′(x)>0，得F(x)在上是增函数，∴F(x)<F＝0， ∴f(x)<f ， 将x1代入上式得f(x1)<f ， 又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f ， 又x2>，>，且f(x)在上单调递增， ∴x2<，∴x1x2<. 方法二　f(x1)＝f(x2)即x1ln x1＝x2ln x2， 令t＝>1，则x2＝tx1， 代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，得ln x1＝. ∴x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t<－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0. 设g(t)＝ln t－(t>1)， 则g′(t)＝>0. ∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0， ∴ln t－>0.故x1x2<. $