第6板块 9 大题考法精研(四)——极值点偏移问题（Word教参）-【新高考方案】2024年高考数学二轮复习专题增分方略（新教材）

大题考法精研(四)——极值点偏移问题 已知函数f(x)图象顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)所示．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(2)(3)所示． 设a，b>0，a≠b，则>>，其中被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式． 方法一　对称化构造 [例1]　已知函数h(x)＝2xln x，若存在x1<x2使h(x1)＝h(x2)，证明：x1x2<. [关键点拨] 切入点 根据题意判断0<x1<，<x2<1，将原题转化为证明h(x2)>h，构造函数后求导证明即可 迁移点 极值点偏移的题目常用的手法就是对称构造，其实质是消去一个变量，转化为单变量问题，再根据所构造函数的单调性可以将其转化为证明不等式问题 障碍点 对称化构造函数m(x)＝h(x)－h [证明]　∵h(x)＝2xln x(x>0)， ∴h′(x)＝2ln x＋2， 令h′(x)>0，解得x>； 令h′(x)<0，解得0<x<. ∴h(x)在单调递增，在单调递减． 又∵h＝－，h(1)＝0，x1<x2，h(x1)＝h(x2)，∴0<x1<，<x2<1. 要证x1x2<，即证x1<. ∵0<<，∴即证h(x1)>h， 又∵h(x1)＝h(x2)， ∴即证h(x2)>h即可．令m(x)＝h(x)－h＝2xln x＋ln e2x， 则m′(x)＝2ln x＋2＋(1－ln e2x)＝2(1＋ln x)·>0恒成立，∴m(x)在单调递增． 又∵m＝0，∴m(x)>0，∴h(x)>h在恒成立，即h(x2)>h，∴x1x2<. [思维建模] 对称化构造主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下： 定函数 利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0 构造函数 根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>x，则令F(x)＝f(x)－f 判断单调性 利用导数讨论F(x)的单调性 比较大小 判断F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系 转化 利用f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求 [针对训练] 1．已知函数f(x)＝2aln x－x2＋2(a－1)x＋a.若f(x)有两个不同的零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1＋x2>2a. 解：因为f(x)有两个不同的零点x1，x2，则f(x)在定义域内不单调． 由f′(x)＝－2x＋2(a－1)＝， 当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； 当a>0时，在(0，a)上有f′(x)>0，在(a，＋∞)上有f′(x)<0， 所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．不妨设0<x1<a<x2， 令F(x)＝f(x)－f(2a－x)， 则F′(x)＝f′(x)－f′(2a－x)(2a－x)′＝f′(x)＋f′(2a－x)＝－2x＋2(a－1)＋－2(2a－x)＋2(a－1)＝. 当x∈(0，a)时，F′(x)>0，则F(x)在(0，a)上单调递增，所以F(x)<F(a)＝f(a)－f(2a－a)＝0.故f(x)<f(2a－x)．因为0<x1<a<x2， 所以f(x1)<f(2a－x1)．又f(x1)＝f(x2)，a<2a－x1<2a，则f(x2)<f(2a－x1)．又f(x)在(a，＋∞)上单调递减，所以x2>2a－x1，则x1＋x2>2a. 方法二　比差值换元 [例2]　已知函数f(x)＝ln x－ax＋b(a，b∈R)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1x2<. [关键点拨] 切入点 由题意转化为证明ln2<＝－2＋，不妨设x1<x2，令＝t∈(0,1)，只需证明ln2t<t－2＋，设h(t)＝2ln t－t＋，根据函数的单调性，即可作出证明 迁移点 进行比、差值换元时，如果条件式中含有对数式，一般要两式作差转化；如果条件式中含有指数式，一般要转化为对数式或两式作商转化 障碍点 利用题目条件构造ln2<＝－2＋，然后换元 [证明]　由题知两式相减得ln－a(x1－x2)＝0，即a＝. 故要证x1x2<，即证x1x2<，即证ln2<＝－2＋. 不妨设x1<x2，令＝t∈(0,1)，则只需证ln2t<t－2＋. 设g(t)＝ln2t－t－＋2，则g′(t)＝ln t－1＋＝. 设h(t)＝2ln t－t＋，则h′(t)＝－<0， ∴h(t)在(0