板块1 微专题(5) 第4课时 极值点偏移问题(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

第4课时　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. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [典例]　(2021·新课标Ⅰ卷节选)已知函数f(x)=x(1-ln x).设a，b为两个不相等的正数，且bln a-aln b=a-b，证明：2<+<e. |解题观摩| 因为f(x)=x(1-ln x)，x∈(0，+∞)， 所以f'(x)=1-ln x-1=-ln x， 所以当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减. 法一：等价转化 由bln a-aln b=a-b得 =，即f=f. 由a≠b，得≠. 不妨设∈(0，1)，∈(1，+∞)，则f>0， 从而f>0，得∈(1，e). ①令g(x)=f(2-x)-f(x)， 则g'(x)=ln(2-x)+ln x=ln(2x-x2)=ln[1-(x-1)2]， 当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)在区间(0，1)内单调递减，g(x)>g(1)=0，从而f(2-x)>f(x)， 所以f>f=f， 则2-<即2<+.① 令h(x)=x+f(x)，则h'(x)=1+f'(x)=1-ln x，当x∈(1，e)时，h'(x)>0，h(x)在区间(1，e)内单调递增，h(x)<h(e)=e，从而x+f(x)<e，所以+f<e.又由∈(0，1)，可得<=f=f，所以+<f+<e.②由①②得2<+<e. 法二：最优解 由bln a-aln b=a-b，变形为-=-，所以=. 令=m，=n，则上式变为m(1-ln m)=n(1-ln n)，于是命题转换为证明2<m+n<e. 由f(x)=x(1-ln x)，得f(m)=f(n).不妨设m<n，则0<m<1，1<n<e，先证m+n>2.要证m+n>2⇔n>2-m⇔f(n)<f(2-m)⇔f(m)<f(2-m)⇔f(m)-f(2-m)<0.令g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(0，1)，则g'(x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]≥-ln 1=0，所以g(x)在区间(0，1)内单调递增，所以g(x)<g(1)=0，即m+n>2.再证m+n<e.因为m(1-ln m)=n(1-ln n)>m，所以只需证n(1-ln n)+n<e.令h(x)=x(1-ln x)+x，x∈(1，e)，则h'(x)=1-ln x>0，故h(x)在区间(1，e)内单调递增.所以h(x)<h(e)=e.故h(n)<e，即m+n<e. 综上可知，2<+<e. 法三：比值代换 证明+>2同法一①.以下证明+<e.不妨设=x1，=x2，x2=tx1，则t=>1，由x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)，得x1(1-ln x1)=tx1[1-ln(tx1)]，ln x1=1-，要证x1+x2<e，只需证(1+t)x1<e，两边取对数得ln(1+t)+ln x1<1，即ln(1+t)+1-<1，即证<.记g(s)=，s∈(0，+∞)，则g'(s)=. 记h(s)=-ln(1+s)，则h'(s)=-<0，所以h(s)在区间(0，+∞)内单调递减，h(s)<h(0)=0，则g'(s)<0，所以g(s)在区间(0，+∞)内单调递减.由t∈(1，+∞)，得t-1∈(0，+∞)，所以g(t)<g(t-1)，即<. 综上，2<+<e. 法四：构造函数法 由已知得-=-，令=x1，=x2，不妨设x1<x2，则f(x1)=f(x2)，所以0<x1<1<x2<e，只需证2<x1+x2<e.证明x1+x2>2同法二.再证明x1+x2<e.令h(x)=(0<x<e)，则h'(x)=.令φ(x)=ln x+-2(0<x<e)， 则φ'(x)=-=<0，所以φ(x)在(0，e)内单调递减，则φ(x)>φ(e)=0，所以h'(x)>0，h(x)在区间(0，e)内单调递增.因为0<x1<x2<e，所以<，即>.又因为f(x1)=f(x2)，所以=，则>，即-ex2<-ex1，(x1-x2)(x1+x2-e)>0.因为x1<x2，所以x1+x2<e，即+<e.综上，2<+<e，结论得证. [思维建模] 　　法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数、构造函数的思想，都是导数问题必备的知识和技能. 法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略. 法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可. 法四：构造函数之后想办法出现关于x1+x2-e<0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在. [应用体验] 1.(2024·丹东模拟)已知f(x)=ex-xa，x>0，a∈R. (1)若f(x)≥0恒成立，求a的最大值； (2)若x1，x2是f(x)的两个零点，且x1>x2，求证：x1+x2>2a. 解：(1)x>0，f(x)=ex-xa≥0⇔ex≥xa⇔x≥aln x⇔x-aln x≥0， 设g(x)=x-aln x，则f(x)≥0恒成立⇔g(x)≥0恒成立，易知a=0符合要求. 下面考虑a>0的情形， 由g'(x)=1-=，得0<x<a时，g'(x)<0；x>a时，g'(x)>0， 因此，g(x)在区间(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增，故g(x)的最小值为g(a)=a-aln a， 由g(a)=a-aln a≥0，得ln a≤1，解得0<a≤e， 所以a的最大值为e. (2)证明：由x1，x2是f(x)的两个零点，结合(1)中g(x)的单调性可知0<x2<a<x1， 若x1≥2a，则x1+x2>2a显然成立， 若a<x1<2a，设h(x)=g(2a-x)-g(x)(a<x<2a)，则h(x)=2a-x-aln(2a-x)-x+aln x，h'(x)=-2++=>0， 所以h(x)在区间(a，2a)上单调递增，因此有h(x)>h(a)=0，因此，h(x1)=g(2a-x1)-g(x1)>0，g(2a-x1)>g(x1)=g(x2)=0， 又0<2a-x1<a，0<x2<a，且g(x)在区间(0，a)上单调递减，所以2a-x1<x2，即x1+x2>2a. 综上，x1+x2>2a. 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<. 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(0，1)上单调递减.∴h(t)>h(1)=0. ∴g(t)在(0，1)上单调递增. ∴g(t)<g(1)=0，即ln2t<t-2+在t∈(0，1)时恒成立，原不等式得证. [专题验收评价] 1.(2024·镇江模拟)已知函数f(x)=ln x+，a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2. (1)求a的取值范围； (2)证明：x1+x2>4a. 解：(1)由题意，f(x)=ln x+(x>0)⇒f'(x)=， 若a≤0，则f'(x)>0恒成立，即f(x)单调递增，不存在两个不等零点，故a>0， 显然当x>2a时，f'(x)>0，当0<x<2a时，f'(x)<0， 则f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，+∞)上单调递增， 所以若要符合题意，需f(2a)<0⇒ln 2a+1<0⇒a∈，此时有4a2<2a， 且f(4a2)=2ln(2a)+， 令g(t)=2ln t+⇒g'(t)=， 而<⇒t<⇒g'(t)<0，即g(t)在上单调递减，故g(t)>g=e-2>0， 所以f(4a2)>0. 又f(1)=2a>0，故在区间(4a2，2a)和(2a，1)上函数f(x)各存在一个零点，符合题意. 综上，a∈. (2)证明：结合(1)，不妨令0<x1<2a<x2<1， 构造函数g(x)=f(x)-f(4a-x)(0<x<2a)，则g'(x)=+=-<0，即g(x)单调递减，所以g(x)>g(2a)=0，即g(x1)=f(x1)-f(4a-x1)>0⇒f(x1)=f(x2)>f(4a-x1)， 因为0<x1<2a<x2<1，所以4a-x1>2a， 由(1)知f(x)在(2a，+∞)上单调递增， 所以由f(x2)>f(4a-x1)⇒x2>4a-x1， 故x1+x2>4a. 2.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)由题意得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趋近于正无穷时，g(x)趋近于0，g(x)=的图象如图所示， 所以当0<a<1时，方程=a有两个根， 即实数a的取值范围为(0，1). 以下证明x1x2>1： 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. 3.(2024·淮北模拟)已知a是实数，函数f(x)=aln x-x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2. 解：(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=-1=，当a≤0时，f'(x)<0恒成立，故f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，令f'(x)>0得x∈(0，a)，令f'(x)<0得x∈(a，+∞)， 故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减. (2)证明：由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0， 因为f(x1)=f(x2)=0，所以aln x1-x1=0，aln x2-x2=0，所以x1-x2=a(ln x1-ln x2)， 要证x1x2>e2，即证ln x1+ln x2>2，等价于+>2，而=， 所以等价于证明>， 即ln>，令t=，则t>1， 于是等价于证明ln t>成立， 设g(t)=ln t-，t>1，g'(t)=-=>0，所以g(t)在(1，+∞)上单调递增， 故g(t)>g(1)=0，即ln t>成立， 所以x1x2>e2，结论得证. 4.已知函数f(x)=ln x-+1(a∈R且a≠0). (1)若函数f(x)的最小值为2，求a的值； (2)在(1)的条件下，若关于x的方程f(x)=m有两个不同的实数根x1，x2，且x1<x2，求证：x1+x2>2. 解：(1)因为f(x)=ln x-+1，x>0， 所以f'(x)=+=，x>0. 当a>0时，有f'(x)>0，所以函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以函数f(x)不存在最小值， 所以a>0不合题意，故a<0. 当a<0时，令f'(x)==0，得x=-a. 当x∈(0，-a)时，f'(x)<0，函数f(x)在(0，-a)上单调递减； 当x∈(-a，+∞)时，f'(x)>0，函数f(x)在(-a，+∞)上单调递增. 所以f(x)min=f(x)极小值=f(-a)=ln(-a)-+1=2，解得a=-1. (2)证明：法一　 由(1)知，f(x)=ln x++1，x>0. 因为x1，x2为方程f(x)=m的两个不同的实数根，且x1<x2， 所以ln x1++1=m　①，ln x2++1=m　②. ①-②，得ln x1-ln x2+=0，即ln =-=，所以x1x2=. 令t=(0<t<1)，有x1==， 所以x2==，从而得x1+x2=. 令h(t)=t--2ln t(0<t<1)， 则h'(t)=1+-=>0， 所以函数h(t)在(0，1)上单调递增，即∀t∈(0，1)，h(t)<h(1)=0，即t-<2ln t，又ln t<0， 所以t∈(0，1)，>2恒成立，即x1+x2>2，得证. 法二　由(1)知，f(x)=ln x++1，x>0. 因为x1，x2为方程f(x)=m的两个不同的实数根，且x1<x2， 所以ln x++1=m，即方程ln x+=m-1有两个不同的实数根x1，x2. 令G(x)=ln x+，x>0，则G'(x)=-，x>0.令m(x)=-，则m'(x)=+>0，所以m(x)在(0，+∞)上单调递增. 令G'(x)=-=0，得x=1. 当x∈(0，1)时，G'(x)<0，所以G(x)在(0，1)上单调递减；当x∈(1，+∞)时，G'(x)>0，所以G(x)在(1，+∞)上单调递增. 所以0<x1<1<x2. 因为G(x)-G(2-x) =ln x+-ln(2-x)-， 令φ(x)=ln x+-ln(2-x)-，x∈(0，1)， 则φ'(x)=---=-=<0. 所以φ(x)在(0，1)上单调递减，所以φ(x)>φ(1)=0，即G(x)-G(2-x)>0. 所以当x∈(0，1)时，G(x)>G(2-x)，所以G(x2)=G(x1)>G(2-x1). 又G(x)在(1，+∞)上单调递增，所以x2>2-x1.即x1+x2>2，得证. 学科网（北京）股份有限公司 $$