第3章 微专题1 专项4 极值点偏移问题（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教版2019）

专项四　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. (1)若f(x)＝c的两根的中点满足＝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＝x0两侧的函数值变化快慢相同，如图①所示． 　 (2)若f(x)＝c的两根的中点≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧的函数值变化快慢不同，如图②、图③所示． 技法一　对称构造法 已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点． (1)求a的取值范围； (2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2. 解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)·(ex＋2a)． ①若a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点． ②若a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln，则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0(也可通过极限思想判断函数值正负，如x→－∞时，f(x)→＋∞)， 故f(x)存在两个零点． ③若a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)． 若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点． 若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0. 因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点． 综上，a的取值范围为(0，＋∞)． (2)证明：不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)， 设F(x)＝f(x)－f(2－x)， 则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x) ＝(x－1)(ex＋2a)＋(1－x)(e2－x＋2a) ＝(x－1)(ex－e2－x)， 所以当x<1时，F′(x)>0，F(x)单调递增， 又F(1)＝0，所以当x<1时，F(x)<0， 即f(x)<f(2－x)， 所以f(x2)＝f(x1)<f(2－x1)，又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<2－x1，即x1＋x2<2. 规律方法 对称构造法求解极值点偏移问题的步骤 第一步，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)；　　 第二步，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)的单调性，进而得不等式； 第三步，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. 对点练1.(2024·湖南郴州质量检测)已知函数f(x)＝ln x－x2＋1，若设函数f(x)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>2. 证明：f′(x)＝－x＝(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝1. 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝>0， 且当x→0＋时，f(x)→－∞，f(2)＝ln 2－1<0， 则f(x)的两个零点x1，x2满足0<x1<1<x2<2. 令F(x)＝f(x)－f(2－x)，0<x<1， 则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝. 当0<x<1时，F′(x)>0，F(x)单调递增， 所以F(x)<F(1)＝0，即f(x)<f(2－x)． 因为0<x1<1<x2<2，所以0<2－x2<1， 所以f(2－x2)<f(x2)＝f(x1)． 又函数f(x)在(0，1)上单调递增， 所以x1>2－x2，即x1＋x2>2. 学生用书↓第70页 技法二　比(差)值换元法 已知函数f(x)＝axln x＋b(a，b为实数)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1. (1)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间； (2)设函数g(x)＝，证明：g(x1)＝g(x2)(x1<x2)时，x1＋x2>2. 解：(1)f′(x)＝a(1＋ln x)(x>0)， 由题意得解得 令f′(x)＝1＋ln x＝0，解得x＝. 当x>时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增； 当0<x<时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减． 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明：由(1)得f(x)＝xln x(x>0)， 故g(x)＝＝ln x＋(x>0)， 由g(x1)＝g(x2)(x1<x2)， 得ln x1＋＝ln x2＋， 即＝ln>0. 要证x1＋x2>2，即证(x1＋x2)·>2ln，即证－>2ln. 设＝t(t>1)， 则需证t－>2ln t(t>1)． 令h(t)＝t－－2ln t(t>1)， 则h′(t)＝1＋－＝2>0. 所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，则h(t)>h(1)＝0，即t－>2ln t．故x1＋x2>2得证． 规律方法 比(差)值换元的解题要点：通过t＝或t＝x1－x2，消掉变量x1，x2，构造关于t的函数h(t)进行求解． 对点练2.已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)．证明：x2－x1<－2. 证明：由题意得令t＝x2－x1>0，两式相除得et＝ex2－x1＝＝，即x1＝(t>0)，欲证x2－x1<－2，即证t<－2，即证<2.记h(t)＝(t>0)，h′(t)＝＝－<0， 故h(t)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(t)<h(0)＝2，即<2，所以x2－x1<－2得证． 技法三　消参减元法 已知函数f(x)＝x2－x＋aln x．若函数f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)＋f(x2)>－－. 证明：由题意得，f′(x)＝x－1＋＝(x>0)． 因为函数f(x)有两个极值点x1，x2， 所以方程x2－x＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实数根x1，x2，则且Δ＝1－4a>0，所以0<a<. 由题意得f(x1)＋f(x2)＝x－x1＋aln x1 ＋x－x2＋aln x2 ＝(x＋x)－(x1＋x2)＋aln(x1x2) ＝(x1＋x2)2－x1x2－(x1＋x2)＋aln(x1x2) ＝－a－1＋aln a＝aln a－a－. 令h(a)＝aln a－a－我我我， 则h′(a)＝ln a<0， 所以h(a)在上单调递减， 所以h(a)>h＝－－， 所以f(x1)＋f(x2)>－－. 规律方法 消参减元，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消去参数或减少变元，从而简化目标函数．其解题要点如下： 1．建方程：求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键－－导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)． 2．定关系：根据极值点所满足的方程，利用方程的根的相关知识，建立极值点与方程系数之间的关系． 3．消参减元：根据两个极值点之间的关系，利用和差或积商等运算，化简或转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数． 对点练3.已知函数f(x)＝－x＋aln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：<a－2. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－－1＋＝－. ①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②若a>2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝. 当x∈∪时，f′(x)<0； 当x∈时，f′(x)>0. 所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增． (2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，a>2. 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1， 不妨设x1<x2，则x2>1.由于 ＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a， 所以<a－2等价于－x2＋2ln x2<0. 设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0. 所以－x2＋2ln x2<0，即<a－2. 课时测评25　极值点偏移问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(6分)已知函数f(x)＝x－ln x＋m(m∈R)，若f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，则下列选项中不正确的是(　　) A．m<－1 B．ex1－x2＝ C．0<x1<1 D．x1＋x2≤2 答案：D 解析：由题意得，f′(x)＝1－＝(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝1.所以当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为函数f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，所以作出函数f(x)的大致图象如图所示．故f(x)min＝f(1)＝1＋m<0，即m<－1，且0<x1<1.故选项A，C正确．由于x1，x2为f(x)的两个零点，故有两式相减得x1－x2＝ln，即ex1－x2＝.故选项B正确．因为m<－1，f(2)＝2－ln 2＋m，所以当m≤－2＋ln 2时，x2≥2，所以x1＋x2>2.故选项D不正确．故选D. 2．(6分)(2024·山东东营模拟)关于函数f(x)＝＋ln x，下列说法错误的是(　　) A．x＝2是f(x)的极小值点 B．函数y＝f(x)－x有且只有1个零点 C．存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立 D．对任意两个正实数x1，x2，且x1>x2，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4 答案：C 解析：对于A，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，所以x＝2是f(x)的极小值点，故A正确；对于B，令h(x)＝y＝f(x)－x，h′(x)＝－<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，h(1)＝1，h(2)＝ln 2－1<0，所以h(x)有唯一零点，故B正确；对于C，令φ(x)＝＝＋，φ′(x)＝－.令F(x)＝xln x－x＋4，F′(x)＝ln x，当x∈(0，1)时，F′(x)<0，x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，则F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则F(x)min＝F(1)＝3>0，所以φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，φ(x)图象恒在x轴上方，与x轴无限接近，故不存在正实数k使得f(x)>kx恒成立，故C错误；对于D，由A知，f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，对任意正实数x1，x2，且x1>x2，f(x1)＝f(x2)，则0<x2<2<x1，当0<x<2时，令g(x)＝f(x)－f(4－x)，g′(x)＝f′(x)＋f′(4－x)＝＋＝<0，即g(x)在(0，2)上单调递减，则g(x)>g(2)＝0，所以f(x1)＝f(x2)>f(4－x2)，又4－x2>2，所以x1>4－x2，即x1＋x2>4成立，D正确．故选C. 3．(8分)(2024·浙江名校联考)设x1，x2是函数f(x)＝ax2－ex＋1(a∈R)的两个极值点，若≥2，则a的最小值为________． 答案： 解析：因为f′(x)＝ax－ex，x1，x2是f(x)的两个极值点，所以x1，x2是ax－ex＝0的两个实数根，又当x＝0时，方程不成立，即ex1＝ax1，ex2＝ax2两式作商得＝＝ex2－x1，所以ex2－x1＝.令＝t≥2，所以令h(t)＝，t≥2，则h′(t)＝.令u(t)＝1－－ln t，t≥2，则u′(t)＝<0，所以u(t)在[2，＋∞)上单调递减，所以u(t)≤u(2)＝－ln 2<0，故h′(t)<0，所以h(t)在[2，＋∞)上单调递减．因为当t→＋∞时，h(t)→0，h(2)＝ln 2，所以x1∈(0，ln 2]，所以a＝，x1∈(0，ln 2．令φ(x)＝，0<x≤ln 2，则φ′(x)＝<0恒成立，所以φ(x)在(0，ln 2]上单调递减，又φ(ln 2)＝，当x→0时，φ(x)→＋∞，所以a≥，所以a的最小值为. 4．(20分)已知函数f(x)＝x＋＋2ln x－a(a∈R)有两个不同的零点x1，x2. (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1x2>1. 解：(1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－＋＝，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，也是最小值， 又f(x)min＝f(1)＝4－a，所以先保证必要条件f(1)<0成立，即a>4满足题意． 当a>4时，易知f(2a)＝2a＋＋2ln(2a)－a＝a＋＋2ln(2a)>0； f＝＋3a－2ln a－a＝＋2(a－ln a)>>0； 由以上可知，当a>4时，f(x)＝x＋＋2ln x－a(a∈R)有两个不同的零点． (2)证明：由题意，假设0<x1<1<x2，要证明x1x2>1，即证明x1>，即证f(x1)<f， 又f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)<f，构造函数g(x)＝f(x)－f(x>1)． g(x)＝－2x＋4ln x， 所以g′(x)＝<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减． g(1)＝0，因为x2>1，所以g(x2)<g(1)＝0，即f(x2)<f成立，即f(x1)<f， 即x1x2>1得证． 5．(20分)已知函数f(x)＝ex(ex－ax＋a)有两个极值点x1，x2. (1)求a的取值范围； (2)求证：2x1x2<x1＋x2. 解：(1)因为f(x)＝ex(ex－ax＋a)，所以f′(x)＝ex(ex－ax＋a)＋ex(ex－a)＝ex(2ex－ax)． 令f′(x)＝0，则2ex＝ax.当a＝0时，不成立． 当a≠0时，＝，令g(x)＝，则g′(x)＝， 当x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 又g(1)＝，当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以当0<<时，f(x)有2个极值点， 故所求a的取值范围为(2e，＋∞)． (2)证明：因为g(0)＝0，所以由(1)不妨设0<x1<1<x2，因为x1，x2为f(x)的极值点， 所以 所以 所以x2－x1＝ln x2－ln x1， 要证明2x1x2<x1＋x2， 可证明2x1x2(ln x2－ln x1)<x－x， 即证明2ln<－. 设＝t(t>1)，即要证明2ln t－t＋<0在t∈(1，＋∞)上恒成立， 记h(t)＝2ln t－t＋，则h′(t)＝－1－＝＝，当t>1时，h′(t)<0，所以h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减， 所以当t>1时，h(t)<h(1)＝0，即2ln t－t＋<0，即2x1x2<x1＋x2. 6．(20分)已知函数f(x)＝ae－x＋ln x－1(a∈R)恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤2ln 3，求的最大值． 解：f′(x)＝(x>0)．依题意，f′(x1)＝f′(x2)＝0， 则 两式相除得，ex2－x1＝，设＝t，则t>1， x2＝tx1，e(t－1)x1＝t， 所以x1＝，x2＝， 所以x1＋x2＝. 设h(t)＝(t>1)，则h′(t)＝， 设φ(t)＝t－－2ln t(t>1)，则φ′(t)＝1＋－＝>0， 所以φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t)>φ(1)＝0，所以h′(t)>0，则h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 又x1＋x2≤2ln 3，即h(t)≤2ln 3， 因为h(3)＝2ln 3， 所以t∈(1,3]，即的最大值为3. 7．(20分)已知函数f(x)＝x(1－ln x)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋<e. 解：(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x. 当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0. 所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得－＝－，即＝，即f＝f. 令x1＝，x2＝， 由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0， 不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2<e. 要证2<＋<e，即证2<x1＋x2<e. 先证x1＋x2>2： 要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1， 因为0<x1<1<x2<e，所以x2>2－x1>1， 又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)， 又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)<0. 构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)， 则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln [x(2－x)]， 当0<x<1时，x(2－x)<1，则－ln [x(2－x)]>0，即当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增， 所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0， 所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立． 再证x1＋x2<e： 由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1， 过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x， 设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x， 直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1<m. 欲证x1＋x2<e，即证x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e， 即证当1<x<e时，f(x)＋x<e. 构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x， 当1<x<e时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增， 所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立， 所以x1＋x2<e成立． 综上可知，2<＋<e成立． 学生用书↓第71页 学科网（北京）股份有限公司 $$