第3章 创新拓展系列(五) 极值点偏移（word教参）-【正禾一本通】2024高考文科数学高三一轮总复习高效讲义（老教材老高考）

　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　创新拓展系列(五)·极值点偏移　 　　　　　　　　　　 1．极值点偏移 若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(1)(2). (左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0； (左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0. 2．极值点偏移问题的解法 (1)策略 把含双变量的等式或不等式通过消元、构造新变量、固定其中一个变量等技巧转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解，解题时要抓住三个关键量：极值点、根差、根商． (2)步骤 ①求导，获得f(x)的单调性，极值情况，作出f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得x1，x2的取值范围(数形结合)； ②构造辅助函数，对结论x1＋x2>(<)2x0，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)，求导，讨论F(x)单调性，进而得不等式； ③代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论． [提醒]　极值点偏移问题的结论不一定总是x1＋x2>(<)2x0，也可能是x1x2>(<)x. [典例]　已知函数f(x)＝xe－x，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. 证明：法一(对称化构造法) 由题意知，f(x)＝xe－x，f′(x)＝e－x(1－x)， 令f′(x)＝0，解得x＝1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)   由x1≠x2，不妨设x1>x2，根据f(x1)＝f(x2)， 结合图象(图略)可知x1>1，x2<1， 令F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)， 则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x. ∵x>1，2x－2>0，∴e2x－2－1>0，则F′(x)>0， ∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x>1时，F(x)>F(1)＝0， 即当x>1时，f(x)>f(2－x)，则f(x1)>f(2－x1). 又∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)>f(2－x1). ∵x1>1，∴2－x1<1，∴x2，2－x1∈(－∞，1)， ∵f(x)在(－∞，1)上是增函数，∴x2>2－x1，∴x1＋x2>2. 法二(比值代换法) 设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)， 即x1e－x1＝x2e－x2，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)单调递增， ∴g(t)>g(1)＝0，∴ln t－>0，故x1＋x2>2. 【创新集训】 若关于x的方程x ln x＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x2<(e是自然对数的底数). 证明：不妨设x1>x2，要证x1x2<， 即证x1x2<， 整理得x1＋<x2＋. 又因为x1ln x1＝x2ln x2， 即证x1ln x1－k>x2ln x2－k，k>0. 设h(x)＝x ln x－kx－， 要使h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以有h′(x)＝ln x＋1－k＋≥0在(0，＋∞)上恒成立， 令h″(x)＝－＝0，解得x＝， 列表(表略)可知h′(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 令h′()＝ln (2k)－k＋＝[ln (2k)－2k＋1]≥0， 解得k＝，此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证． [重难突破练(三)] ________________________________________________________________________ 1．已知函数f(x)＝xex－a(x＋1)2. (1)若a＝e，求函数f(x)的极值； (2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意知，当a＝e时，f(x)＝xex－e(x＋1)2，函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e). 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示： x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值－ 单调递减 极小值