第1部分 专题1 培优微专题5 极值点偏移（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题一 函数与导数、不等式 [培优微专题5]　极值点偏移 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 　 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为繁琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色． 对称化构造函数 [例1]　(2024·湛江一模)已知函数f(x)＝(1＋ln x) . (1)讨论f(x)的单调性； (2)若方程f(x)＝1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2＞1. [解]　(1)求出f′(x)，根据导数的符号判断函数的单调性；(2)由eq \f(1＋ln x,ax)＝1，得eq \f(1＋ln x,x)＝a，设g(x)＝eq \f(1＋ln x,x)，画出g(x)的图象可得0＜a＜1；由eq \f(1＋ln x1,x1)＝eq \f(1＋ln x2,x2)，设h(x)＝g(x)－geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，对h(x)求导可得g(x1)＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))，又g(x1)＝g(x2)，再由g(x)在(1，＋∞)上单调递减，可得x2＞eq \f(1,x1)，即可证明x1x2＞1. (1)由题意可得x＞0，eq \f(1,ax)＞0，所以a＞0， f(x)＝(1＋ln x) ＝eq \f(1＋ln x,ax)的定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝eq \f(\f(1,x)ax－1＋ln x·a,ax2)＝－eq \f(ln x,ax2)， 由f′(x)＝0，得x＝1， 当0＜x＜1时，f′(x)＞0，则f(x)在(0,1)上单调递增， 当x＞1时，f′(x)＜0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递减， (2)由eq \f(1＋ln x,ax)＝1，得eq \f(1＋ln x,x)＝a，设g(x)＝eq \f(1＋ln x,x)，g′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－1＋ln x,x2)＝eq \f(－ln x,x2)，由g′(x)＝0，得x＝1， 当0＜x＜1时，g′(x)＞0，则g(x)在(0,1)上单调递增， 当x＞1时，g′(x)＜0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，g(1)＝1，且当x趋近于正无穷，g(x)趋近于0， g(x)＝eq \f(1＋ln x,x)的图象如图，所以当0＜a＜1时，方程eq \f(1＋ln x,x)＝a有两个根， 证明：不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，eq \f(1＋ln x1,x1)＝eq \f(1＋ln x2,x2)， 设h(x)＝g(x)－geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq \f(1＋ln x,x)－x(1－ln x)， h′(x)＝eq \f(－ln x,x2)＋ln x＝eq \f(x2－1,x2)ln x≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＜0， 即g(x1)＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))， 又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))， 又x2＞1，eq \f(1,x1)＞1，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x2＞eq \f(1,x1)，故x1x2＞1. 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： (1)定函数(极值点为x0)，即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. (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，(若证x1x2>xeq \o\al(2,0)，则令F(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x))))． (3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性． (4)比较大小，即判断函数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． (5)转化，即利用函数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． 1．已知函数f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若方程f(x)＝2x－1的两个解为x1、x2，求证：x1＋x2＞2e. 解：(1)求出函数f(x)的定义域与导数，利用函数的单调性、极值与导数的关系可得出结果； (2)设h(x)＝f(x)－2x＋1，利用导数分析函数h(x)的单调性与极值，分析可知0＜x1＜e＜x2，要证x1＋x2＞2e，即证h(x1)＞h(2e－x1)，构造函数p(x)＝h(x)－h(2e－x)，其中0＜x＜e，利用导数分析函数p(x)在(0，e)上的单调性，证明出p(x)＞0对任意的x∈(0，e)恒成立，即可证得结论成立． (1)函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋1， 令f′(x)＝0可得x＝eq \f(1,e)，列表如下： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) eq \f(1,e) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) f′(x) － 0 ＋ f(x) 减函数 极小值 增函数 所以，函数f(x)的减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，无极大值． (2)设h(x)＝f(x)－2x＋1＝xln x－2x＋1，其中x＞0，则h′(x)＝ln x－1， 令h′(x)＜0，可得0＜x＜e，此时，函数h(x)在(0，e)上单调递减， 令h′(x)＞0，可得x＞e，此时，函数h(x)在(e，＋∞)上单调递增， 所以，x＝e是函数h(x)的极小值点， 因为函数h(x)有两个零点x1、x2，设x1＜x2， 则0＜x1＜e＜x2， 即h(x1)＝h(x2)＝0且0＜x1＜e＜x2，要证x1＋x2＞2e，即证x2＞2e－x1＞e， 因为函数h(x)在(e，＋∞)上单调递增， 所以，只需证明：h(x2)＞h(2e－x1)， 即证h(x1)＞h(2e－x1)， 令p(x)＝h(x)－h(2e－x)＝xln x－(2e－x)ln(2e－x)－4x＋4e，其中0＜x＜e， 则p′(x)＝ln x＋ln(2e－x)－2＝ln(2ex－x2)－2， 因为0＜x＜e，则2ex－x2＝－(x－e)2＋e2∈(0，e2)， 所以，p′(x)＝ln(2ex－x2)－2＜ln e2－2＝0，故函数p(x)在(0，e)上为减函数， 又因为p(e)＝0，所以，p(x)＞0对任意的x∈(0，e)恒成立， 则p(x1)＝h(x1)－h(2e－x1)＞0， 即h(x1)＞h(2e－x1)，故2e＜x1＋x2成立． 　比值代换 [例2]　(2024·邯郸调研三)已知函数f(x)＝x(ex－ax2)，a∈R. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程． (2)已知关于x的方程f(x)＝ax2－ex恰有4个不同的实数根x1，x2，x3，x4，其中x1＞0，x2＞0. (ⅰ)求a的取值范围； (ⅱ)求证：x1＋x2＞4. [解]　(1)求出导数，继而可得切线斜率为在x＝0的导数值，由f(0)＝0，结合直线的点斜式，可求出切线方程；(2)(ⅰ)将问题转化为y＝a与g(x)＝eq \f(ex,x2)有三个不同交点的问题，利用导数可求得g(x)＝eq \f(ex,x2)的单调性和最值，从而得到g(x)＝eq \f(ex,x2)的图象，采用数形结合的方式可确定的范围； (ⅱ)设x2＞x1＞0，根据：，采用取对数、两式作差整理的方式可得eq \f(x1－x2,ln\f(x1,x2))＝2，通过分析法可知只需证lneq \f(x1,x2)＜eq \f(2x1－x2,x1＋x2)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)即可，令t＝eq \f(x1,x2)，t∈(0,1)，构造函数h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，利用导数可求得h(t)单调性，从而得到h(t)＜h(1)＝0，由此可证得结论． (1)f′(x)＝ex－ax2＋x(ex－2ax)＝(x＋1)ex－3ax2， 所以f′(0)＝1－0＝1， 又f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x. (2)(ⅰ)由f(x)＝ax2－ex，得(x＋1)(ex－ax2)＝0，该方程有一根为－1，且x≠0， 所以ex－ax2＝0即a＝eq \f(ex,x2)有3个不同的实数根，且这3个实数根均不为－1. 令g(x)＝eq \f(ex,x2)，则g′(x)＝eq \f(x－2ex,x3)， 所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)＞0，当x∈(0,2)时，g′(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＞0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 又g(2)＝eq \f(e2,4)，且当x趋近于－∞时，g(x)＞0且趋近于0， 当x从0的左侧无限趋近于0时，g(x)趋近于＋∞，当x从0的右侧无限趋近于0时，g(x)趋近于＋∞， 当x趋近于＋∞时，ex的增速远大于x2的增速，所以g(x)趋近于＋∞. 故g(x)的大致图象如图所示： 又g(－1)＝eq \f(1,e)＜eq \f(e2,4)，所以当a＞eq \f(e2,4)时，直线y＝a与曲线y＝g(x)有3个不同的交点，且这3个交点的横坐标均不为－1，所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)). (ⅱ)由(ⅰ)知，所以x1＝ln a＋2ln x1，x2＝ln a＋2ln x2， 所以x1－x2＝2ln x1－2ln x2＝2lneq \f(x1,x2)， 则eq \f(x1－x2,ln\f(x1,x2))＝2， 要证x1＋x2＞4，只需证x1＋x2＞eq \f(2x1－x2,ln \f(x1,x2))， 不妨设x2＞x1＞0，所以0＜eq \f(x1,x2)＜1，所以ln eq \f(x1,x2)＜0，则只需证lneq \f(x1,x2)＜eq \f(2x1－x2,x1＋x2)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1). 令t＝eq \f(x1,x2)，则t∈(0,1)，令h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)， 则当0＜t＜1时，h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t＋12－4t,tt＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)＞0， 所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)＜h(1)＝0， 所以当t∈(0,1)时，ln t＜eq \f(2t－1,t＋1)恒成立，所以原不等式x1＋x2＞4得证． 比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq \f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 2．已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x，a∈R. (1)若函数f(x)是减函数，求a的取值范围； (2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2＞2x1，证明：x1x2＞eq \f(8,e2). 解：(1)f′(x)＝ln x－2ax＋2≤0在(0，＋∞)上恒成立，参变分离得2a≥eq \f(ln x＋2,x)在(0，＋∞)上恒成立，构造函数求出u(x)＝eq \f(ln x＋2,x)的最大值，从而求出a的取值范围；(2)由零点得到a＝eq \f(ln x1,x1)＋eq \f(1,x1)＝eq \f(ln x2,x2)＋eq \f(1,x2)，令x2＝tx1(t＞2)，从而得到ln x1＝eq \f(ln t,t－1)－1，ln x2＝eq \f(tln t,t－1)－1，ln(x1x2)＝eq \f(t＋1ln t,t－1)－2，构造h(t)＝eq \f(t＋1ln t,t－1)－2(t＞2)，求导得到其单调性，从而证明出结论． (1)f(x)＝xln x－ax2＋x，a∈R的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ln x＋1－2ax＋1＝ln x－2ax＋2， 函数f(x)是减函数，故f′(x)＝ln x－2ax＋2≤0在(0，＋∞)上恒成立， 即2a≥eq \f(ln x＋2,x)在(0，＋∞)上恒成立， 令u(x)＝eq \f(ln x＋2,x)，x∈(0，＋∞)， u′(x)＝eq \f(1－ln x－2,x2)＝eq \f(－ln x－1,x2)， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，u′(x)＞0，u(x)＝eq \f(ln x＋2,x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，u′(x)＜0，u(x)＝eq \f(ln x＋2,x)单调递减，故u(x)＝eq \f(ln x＋2,x)在x＝eq \f(1,e)处取得极大值，也是最大值，且ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e，故2a≥e，解得a≥eq \f(e,2)， 故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞))； (2)若有两个零点x1，x2，则x1ln x1－axeq \o\al(2,1)＋x1＝0，x2ln x2－axeq \o\al(2,2)＋x2＝0， 得a＝eq \f(ln x1,x1)＋eq \f(1,x1)＝eq \f(ln x2,x2)＋eq \f(1,x2). ∵x2＞2x1＞0，令x2＝tx1(t＞2)，则eq \f(ln x1,x1)＋eq \f(1,x1)＝eq \f(lntx1,tx1)＋eq \f(1,tx1)， 故ln x1＝eq \f(ln t,t－1)－1， 则ln x2＝ln(tx1)＝ln t＋ln x1＝eq \f(tln t,t－1)－1， ∴ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2＝eq \f(ln t,t－1)－1＋eq \f(tln t,t－1)－1＝eq \f(t＋1ln t,t－1)－2， 令h(t)＝eq \f(t＋1ln t,t－1)－2(t＞2)，则h′(t)＝eq \f(－2ln t＋t－\f(1,t),t－12)， 令φ(t)＝－2ln t＋t－eq \f(1,t)(t＞2)，则φ′(t)＝－eq \f(2,t)＋1＋eq \f(1,t2)＝eq \f(t－12,t2)＞0， ∴φ(t)在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(t)＞φ(2)＝eq \f(3,2)－2ln 2＝eq \f(3－4ln 2,2)＝eq \f(ln e3－ln 16,2)＞0， ∴h′(t)＝eq \f(φt,t－12)＞0，则h(t)在(2，＋∞)上单调递增， ∴h(t)＞h(2)＝3ln 2－2＝lneq \f(8,e2)，即ln(x1x2)＞lneq \f(8,e2)，故x1x2＞eq \f(8,e2). $$