专题1 培优点4 极值点偏移问题-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考提高版）

培优点4　极值点偏移问题 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，过程较为烦琐，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． 考点一　对称化构造函数 例1　(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x. (1)求f(x)的极值； (2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4. (1)解　因为f(x)＝xe2－x， 所以f′(x)＝(1－x)e2－x， 由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1， 所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又f(1)＝e， 所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值． (2)证明　由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2， 且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4， 不妨设1<a<2<b，要证a＋b<4，只需证b<4－a， 而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)单调递减， 所以只需证f(b)>f(4－a)， 即证4－f(a)>f(4－a)， 即证f(a)＋f(4－a)<4. 即证当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4， 令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1<x<2， 则F′(x)＝f′(x)－f′(4－x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)， 令h(x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，1<x<2， 则h′(x)＝e2－x(x－2)－ex－2(x－2) ＝(x－2)(e2－x－ex－2)， 因为1<x<2，所以x－2<0，e2－x－ex－2>0， 所以h′(x)<0， 即h(x)在(1,2)上单调递减， 则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0， 所以F(x)在(1,2)上单调递增， 所以F(x)<F(2)＝2f(2)＝4， 即当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4， 所以原命题成立． 规律方法　对称化构造函数法构造辅助函数 (1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)． (2)对结论x1x2>x型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可． 跟踪演练1　(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. (1)解　由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 由f′(x)＝－＋1 ＝＝， 可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0， 所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1， 所以a的取值范围为(－∞，e＋1]． (2)证明　方法一　不妨设x1<x2， 则由(1)知0<x1<1<x2，>1. 令F(x)＝f(x)－f ， 则F′(x)＝＋· ＝(ex＋x－－1)． 令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)， 则g′(x)＝ex＋1－＋· ＝ex＋1＋(x>0)， 所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0， 所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0， 所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0， 所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)<F(1)， 即在(0,1)上f(x)－f <F(1)＝0. 又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f <0， 即f(x2)<f . 由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以x2<，即x1x2<1. 方法二　(同构法构造函数化解等式) 不妨设x1<x2， 则由(1)知0<x1<1<x2,0<<1. 由f(x1)＝f(x2)＝0， 得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2， 即＋x1－ln x1＝＋x2－ln x2. 因为函数y＝ex＋x在R上单调递增， 所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立． 构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)， g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)， 则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)， 所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0， 即当x>1时，h(x)>h， 所以h(x1)＝h(x2)>h. 又h′(x)＝1－＝(x>0)， 所以h(x)在(0,1)上单调递减， 所以0<x1<<1，即x1x2<1. 考点二　比值代换 例2　(2023·沧州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax－1(a∈R)．若方程f(x)＋2＝0有两个实根x1，x2，且x2>2x1，求证：x1x>.(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099) 证明　由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0， 于是 令＝t，则由x2>2x1可得t>2. 于是t＝＝＝， 即ln x1＝－1. 从而ln x2＝ln t＋ln x1＝－1. 另一方面，对x1x>两端分别取自然对数， 则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3， 于是，即证＋－3>5ln 2－3， 即>5ln 2，其中t>2. 设g(t)＝，t>2. 则g′(t)＝＝， 设φ(t)＝－3ln t＋2t－－1，t>2. 则φ′(t)＝－＋2＋＝＝>0在(2，＋∞)上恒成立， 于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增， 从而φ(t)>φ(2)＝－3ln 2＋4－－1＝－3ln 2>0. 所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2. 因此x1x>，即原不等式成立． 规律方法　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． 跟踪演练2　(2023·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. (1)解　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． 专题强化练 1．(2023·南宁模拟)已知函数f(x)＝ex－，a>0. (1)若f(x)过点(1,0)，求f(x)在该点处的切线方程； (2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且0<x1<x2，当e<a<时，证明：x1＋x2>2. (1)解　已知f(x)＝ex－，a>0，将点(1,0)代入得e－＝0，解得a＝2e，所以f(x)＝ex－ex2， 则f′(x)＝ex－2ex， 可得f′(1)＝e－2e＝－e，即切点坐标为(1,0)，切线斜率k＝－e，所以所求切线方程为y＝－e(x－1)，即ex＋y－e＝0. (2)证明　由题意可得f′(x)＝ex－ax， 因为f(x)有两个极值点x1，x2，且0<x1<x2， 所以x1，x2是方程ex－ax＝0的两个正根， 整理得＝a，构建g(x)＝(x>0)， 则g′(x)＝(x>0)， 令g′(x)<0，解得0<x<1； 令g′(x)>0，解得x>1， 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 其大致图象如图所示，由图象可知当a∈时，方程＝a有两个正根，符合题意， 由 两边取对数得 整理得＝1， 因为0<x1<x2，令＝t∈(0,1)， 则t＋1>0，t－1<0，x1＝tx2， 由＝1，得＝1， 解得x2＝， 所以x1＋x2＝(t＋1)x2＝， 要证x1＋x2>2，需证>2(0<t<1)， 只需证ln t－<0， 构建φ(t)＝ln t－，t∈(0,1)， 则φ′(t)＝－＝>0对∀t∈(0,1)恒成立， 故φ(t)在(0,1)上单调递增，则φ(t)<φ(1)＝0， 故x1＋x2>2. 2．(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)＝f(n)＝3. (1)求实数a的取值范围； (2)证明：a2<mn<ae2. (1)解　由题意知f(x)＝3有两个不相等的正根， 所以ln x＋＝3有两个不相等的正根， 即a＝3x－xln x有两个不相等的正根， 记函数h(x)＝3x－xln x，x>0， 则h′(x)＝2－ln x， 令h′(x)＝0，得x＝e2； 令h′(x)>0，得0<x<e2； 令h′(x)<0，得x>e2， 所以函数h(x)＝3x－xln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)， 令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x无限趋近于0时，h(x)无限趋向于0， 作出函数h(x)＝3x－xln x的图象，如图所示， 要使a＝3x－xln x有两个不相等的正根， 则函数y＝a与函数h(x)＝3x－xln x有两个交点，由图知0<a<e2， 故实数a的取值范围为{a|0<a<e2}． (2)证明　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－＝， 由(1)知，0<a<e2， 若0<x<a，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减， 若x>a，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增． 由题意，不妨设0<m<a<n，先证明mn>a2， 要证mn>a2，即证n>， 因为>a，n>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增， 故只需证明f <f(n)＝f(m)， 令g(x)＝f －f(x)＝－2ln x－＋2ln a(0<x<a)， 则g′(x)＝－＋＝(x－a)2>0， 所以g(x)在(0，a)上单调递增， 所以当0<x<a时，g(x)<g(a)＝0， 则有f <f(x)， 因为0<m<a，所以f <f(m)， 则f <f(n)，故mn>a2； 再证mn<ae2，即证n<， 因为n>a，>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增，只需证明f>f(n)＝3， 即证ln a－ln m＋－1>0， 因为f(m)＝ln m＋＝3， 所以ln a＝ln m＋ln(3－ln m)， 所以只需证明＋ln(3－ln m)－1>0， 令φ(x)＝＋ln(3－ln x)－1(0<x<e2)， 则φ′(x)＝－. 由(1)知，h(x)在(0，e2)上单调递增， 当0<x<e2时，h(x)<h(e2)＝e2，则φ′(x)<0， 所以φ(x)在(0，e2)上单调递减， 故φ(x)>φ(e2)＝0， 所以＋ln(3－ln m)－1>0成立， 故mn<ae2. 综上，a2<mn<ae2. 学科网（北京）股份有限公司 $$