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

[培优微专题5]　极值点偏移 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＝1，得＝a，设g(x)＝，画出g(x)的图象可得0＜a＜1；由＝，设h(x)＝g(x)－g，对h(x)求导可得g(x1)＜g，又g(x1)＝g(x2)，再由g(x)在(1，＋∞)上单调递减，可得x2＞，即可证明x1x2＞1. (1)由题意可得x＞0，＞0，所以a＞0， f(x)＝(1＋ln x) ＝的定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝＝－， 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＝1，得＝a，设g(x)＝，g′(x)＝＝，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g＝0，g(1)＝1，且当x趋近于正无穷，g(x)趋近于0， g(x)＝的图象如图，所以当0＜a＜1时，方程＝a有两个根， 证明：不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，＝， 设h(x)＝g(x)－g＝－x(1－ln x)， h′(x)＝＋ln x＝ln x≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－g＜0， 即g(x1)＜g， 又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)＜g， 又x2＞1，＞1，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x2＞，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>x，则令F(x)＝f(x)－f)． (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＝，列表如下： x 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，增区间为，极小值为f＝－，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)＝有三个不同交点的问题，利用导数可求得g(x)＝的单调性和最值，从而得到g(x)＝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＝2，通过分析法可知只需证ln＜＝即可，令t＝，t∈(0,1)，构造函数h(t)＝ln t－，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＝有3个不同的实数根，且这3个实数根均不为－1. 令g(x)＝，则g′(x)＝， 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)＝，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)＝＜，所以当a＞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. (ⅱ)由(ⅰ)知，所以x1＝ln a＋2ln x1，x2＝ln a＋2ln x2， 所以x1－x2＝2ln x1－2ln x2＝2ln， 则＝2， 要证x1＋x2＞4，只需证x1＋x2＞， 不妨设x2＞x1＞0，所以0＜＜1，所以ln ＜0，则只需证ln＜＝. 令t＝，则t∈(0,1)，令h(t)＝ln t－， 则当0＜t＜1时，h′(t)＝－＝＝＞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＜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＝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＞. 解：(1)f′(x)＝ln x－2ax＋2≤0在(0，＋∞)上恒成立，参变分离得2a≥在(0，＋∞)上恒成立，构造函数求出u(x)＝的最大值，从而求出a的取值范围；(2)由零点得到a＝＋＝＋，令x2＝tx1(t＞2)，从而得到ln x1＝－1，ln x2＝－1，ln(x1x2)＝－2，构造h(t)＝－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≥在(0，＋∞)上恒成立， 令u(x)＝，x∈(0，＋∞)， u′(x)＝＝， 当x∈时，u′(x)＞0，u(x)＝单调递增，当x∈时，u′(x)＜0，u(x)＝单调递减，故u(x)＝在x＝处取得极大值，也是最大值，且u＝e，故2a≥e，解得a≥， 故a的取值范围是； (2)若有两个零点x1，x2，则x1ln x1－ax＋x1＝0，x2ln x2－ax＋x2＝0， 得a＝＋＝＋. ∵x2＞2x1＞0，令x2＝tx1(t＞2)，则＋＝＋， 故ln x1＝－1， 则ln x2＝ln(tx1)＝ln t＋ln x1＝－1， ∴ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2＝－1＋－1＝－2， 令h(t)＝－2(t＞2)，则h′(t)＝， 令φ(t)＝－2ln t＋t－(t＞2)，则φ′(t)＝－＋1＋＝＞0， ∴φ(t)在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(t)＞φ(2)＝－2ln 2＝＝＞0， ∴h′(t)＝＞0，则h(t)在(2，＋∞)上单调递增， ∴h(t)＞h(2)＝3ln 2－2＝ln，即ln(x1x2)＞ln，故x1x2＞. 学科网（北京）股份有限公司 $$