专题1 微专题13 极值点偏移问题-【步步高】2024年新高考数学考前三个月（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）

色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+敷辅专家 微专题13 极值点偏移问题 [考情分析]极值点偏移问愿属于双变量问题之一，在历年的高考试题中频频出现，往往为 压轴试题，难度较大 ■思维导图 x1+x2<2x型 函数的零点 函数的单调性 必备 常见 f）>0型 知识 题型 加强命题型 函数的图象 非标准极值点偏移问题 对称化构造 齐次化构造 点偏移问 必备 构造函数不恰当 利用对数平均不等式 常见 解法 误区 比值换元不恰当 变更结论 证明函数单调性所在的区间不恰当 加强命题 典型例题 考点一标准极值点偏移问题 【典例1】己知函数x)=x2a一2nx(a∈R且a≠0). (1)讨论函数x)的单调性； (2)若函数x)有两个零点x1,x2(),且a=c2,证明：x1十x2>2e (1)解x)的定义域为(0，+∞)， f(x)=2xa-2x. 当a<0时，f(0恒成立， 所以)在(0，十∞)上单调递减： 当a>0时，f()=2xa-2x=2ax(x+a)x-a). 当0<x<a时，f(c<0,x)在(0，a)上单调递减： 当x>a时，()>0，x)在(a,十∞)上单调递增， (2)证明当a=e2时，fx)=x2e2-2nx 由(1)知，fx)在(0，e)上单调递减， 在(e,十o∞)上单调递增. 由题意可得，∈(0，e),x∈(e,十oo). 由2e)=2-2n2>0及x2)=0, 得2∈(e,2e),则2e-x∈(0，e), 欲证x:1十>2e,只要证明x>2e一龙，注意到x)在(0，e)上单调递减，且)=0，只要证明 独家授权侵权必究· 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 2e-x2)>0即可. 由f)=2ze2-2n2=0得x22=2e2lnx2 所以f2e-x2)=2e-x22e2-2ln(2e-x)=2e2-2ln(2e-) =4e2-4ex2+2e21n x2e2-2In(2e-x2) =4-4x2e+2n-2ln(2e-),2∈(e,2e), g()=4-4te+2ln t-2In(2e-f),tE(e,2e), 则g'()=-4e+2t+22e-t=4e-t2et2e-t>0, 则g()在(e,2e)上单调递增， ∴*g(0Pg(e)=0, 即f2e-x2)>0. 综上，十x22e 跟踪训练1(2023·宜春模拟)已知函数x)=(c一1)nx一x2十ax(a∈R). (I)若函数y=有两个零点，求a的取值范围： (2)设x1,龙是函数x)的两个极值点，证明：1十>2. (1)解由x)=(x-1)lnx一x2+m得 f(x)=1-1x+lnx-2x+a,x∈(0，+∞). 由题意得x)=0有两个不相等的实根， 由f)=1-1x+nx-2x+a=0得 a=2x+1x-Inx-1, 所以直线y=a与函数gx)=2x+1x-nx一1的图象有两个交点， 由gx)=2x+1x-nx-1得g'(x)=2-1x2-1x=2x2-x-1x2=2x+1x-1 x2,x∈(0，+o), 当x∈(0,1)时，g(x)0,gx)单调递减， 当x∈(1，+o)时，g'(x)>0,gw)单调递增，因此gx)mn=g(1)=2, 当x一0时，g0)→+∞， 当x一+o时，gx)一+， 作出y=g心)的大致图象，如图所示 y=g(x) 2 =0 912345 所以若有两个交点，只需a>2,即a的取值范围为(2，+∞). (2)证明因为灼，2是函数x)的两个极值点， ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b2xXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 所以f)=f(x)=0,由(1)可知g)=g)=a,不妨设0x1<1x2, 要证明十x2>2,只需证明x2>2一1， 显然2一>1， 由(1)可知，当x∈(1，+∞)时，gx)单调递增，所以只需证明g2)Pg(2一)， 而g)=g2)=4, 所以证明g)户g(2一)即可， 即证明函数hx)=gr)一g2一x>0在x∈(0,1)时恒成立， h(x)=4x+1x-Inx-12-x+In(2-x)-4 得h'()=4x4-4x3十4x2-1x22-x2 =4[x2x-22-1]x22-x2 =4[xx-2+1][xx-2-1]x22-x2 =4x-12[x-12-2]x22-x2, 显然当x∈(0，I)时，h'(x)0, 因此函数hx)=gx)一g(2-x)在(0,1)上单调递减， 所以当0x<1时，有hx)P(1)=0,所以当0<<1时，gs)>g(2一)恒成立，因此命题得证. 考点二非标准极值点偏移问题 【典例2】(2021新高考全国1)已知函数x)=x1-nx). (1)讨论x)的单调性： (2)设a,b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a一b,证明：2<la十1b<e (1)解因为x)=x(1-lnx), 所以的定义域为(0，+∞) f)=1-Inx+x\a\vs4\al\col(-\f(1x))=-Inx 当x∈(0,1)时，(x)>0: 当x∈(1，+)时，x)0 所以函数x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减. (2)证明由题意知，a,b是两个不相等的正数， 且blna-alnb=a-b, 两边同时除以ab, 得lnaa-lnbb=1b-1a, 即1na+la=lnb+1b, f\a\vs4\al\col(\f(1a))=f\a\vs4\al\col(\f(1b)) 令=1a,2=1b, 独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+敷辅专家 由(1)知)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 且当0xe时，xP0, 当xe时，fx)0, 不妨设，则0x1<1x2 要证2<1a+1be,即证21+xe 先证十22， 要证十x2>2,即证>2-， 因为0x1<1x2<C,所以x2>2-1>1, 又x)在(1，+∞)上单调递减， 所以即证f)2一)， 又f)=),所以即证x)2一)，即证当x∈(0.1)时，fx)-f2-x0. 构造函数Fx)=x)一2一x), 则F()=f(e)十f(2-x)=-nx-n(2-x)=-ln[x2-x, 当0x1时，x2-x)1,则-lnx(2-x)小0， 即当0r<1时，Fx>0,所以Fx)在(0,1)上单调递增， 所以当0x<1时，Fx)F(1)=0, 所以当0x<1时，x)一2-x)0成立， 所以十x2>2成立. 再证十x2e. 由(1)知，x)的极大值点为x=1,x)的极大值为1)=1， 过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y=x, 设fx)=y)=m,当x∈(0,1)时，fw=1-hx>x, 直线y=x与直线y=m的交点坐标为(m,m),则<m 欲证十x2C, 即证十x2m十=f)十x2, 即证当1x<c时，fr)十xe 构造函数)=f)十x,则h'(x)=1一lnx, 当1x<e时，h'(x)>0,所以函数r)在(1，e)上单调递增， 所以当lxe时，h(x)h(e)=fe)十e=e,即f)+xe成立，所以十xe成立， 综上可知，2<1a+1b<e成立， 跟踪训练2(2023阜新模拟)己知函数x)=e+x (1)若a=-2,求x)的最值： (2)若函数gx)=x)一12x2,且，x2为gx)的两个极值点，证明：g)十gx2)>2 独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (1)解若a=-2,则fx)=e一2x,f=c-2,令f(x)=0,解得x=ln2, 所以当x∈(-∞，n2)时，(x)0,fx)单调递减： 当x∈n2,十o)时，(x)0,x)单调递增. 所以fx)在x=n2处有唯一极小值，即最小值，为fn2)=2一2n2,无极大值，即无最大值. (2)证明gx)=e+axr-12x2,g'()=e-x十a,令h(x)=g'(), 因为h'()=e一1，所以当x∈（一∞，0）时，h'(x)0,hx)单调递减： 当r∈(0，十o)时，h'(x)>0,hr)单调递增，所以x)nm=h(O)=1+a 因为，2为gx)的两个极值点，所以h)=h2)=0,且1<02 所以在（一∞，），(2，十∞)上，x)P0,gx)单调递增： 在(，)上，()0，gx)单调递减， 因为h)=g's1)=e-1十a=0, hx2)=g'(x2)=e-x2十a=0, 则a=2-e?=一eM, 则h-)=e十十a=e一e十22， 设kx)=ex-c+2x>0), x)=-e-x-e*+2=-\a\vs4\al\col(\f(1ex)+ex)+2<0, 所以kx)在(0，十∞)上单调递减， 所以h一)=k)kO)=0, 所以<一<0，因为在(1,0)上，gx)单调递减，所以g)>g(一2). 所以要证g)十g2)P2 只需证g(-)十g2)P2. 即e+e-x22-2>0, 令mx)=e-x+c-x2-2>0), m'(x)=-ex十e-2xr, 令x)=m'(x),n'(x)=e+c-2>2e-x·ex-2=0, 所以)在(0，十∞)上单调递增， m'(x)=nx)Pn(0)=0, 所以m)在(0，十∞)上单调递增， c)）PO)=0, 所以g(一2)+gx2P2, 故g)+g2)>2 [总结提升] 1.对结论十x2>2x型，构造函数F(x)=x)一2x%一x):对结论x1x20型，构造函数F ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b2xXK.c0m● 您身边的互联网+敷辅专家 )=fr)一falvs4 alco10 f(xolal(2ox,通过研究Fr)的单调性获得不等式：对结论x2x20 型，两边取对数，转化成ln+lnx2lnm,再把n,ln2看成两变量即可。 2.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=x1x2化为单变量的函数 不等式，利用函数单调性证明. 热点突破 1.(2023酒泉模拟)已知函数x)=xnx+12x2一x (1)求曲线y=)在点(，1)》处的切线方程： (2)若子x)=0f(x)为x)的导函数)，方程)=m有两个不相等的实数根，x2,求证： 1十x2>2x0 (1)解因为fx)=xnx+12r2-x, 则f=x十nx, 所以1)=-12，f(1)=1, 所以曲线y=x)在点(1,1)》处的切线方程为y+12=x-1,即2x-2y-3=0 (2)证明因为f(x)=x十nx,f(o)=0, 所以x十lnxo=0 因为（为增函数，当0时，f(x)0, 当xx时，f(0, 所以)在(0，xo)上单调递减，在o,十∞)上单调递增. 由方程)=m有两个不相等的实数根：，x2,则可设灯x, 欲证：十x2>2a,即证x22x。一xo, 即证)2x一，而)=) 即f)一2x0一0， 即xn+12x21--(20-x)n(20-)-12(2x0-)2+(20-x>0, 设gx)=xlnx+12x2-x-(2x0-x)ln(2x0-x)-12(2-x)2+(2x0-x),其中0xx0, gx)=Inx+In(2xo-x)+2xo, 设hx)=lnx+ln(2xo一x)+2xo(0xx0, 则h'()=1x-12x0-x=2x0-xx2x0-x>0, 所以函数g'(x)在(0，xo)上单调递增， 所以g'()g'(o)=2hx6十2x0=0, 所以g)在(0，x)上单调递减， 所以gx)Pgo)=0, 即f)P术2x一x) 。独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 故十x2>2a. 2.(2023马鞍山模拟)设函数x)=n(-1)-kx-2x (I)若x)≥0对Vxe[2,+o)恒成立，求实数k的取值范围； (2)已知方程1nx一1x一1=13e有两个不同的根，，求证：十x2>6e+2,其中e= 2.71828…为自然对数的底数， (1)解由fx)=lnx-1)-kx-2x≥0， 得xnc-1)-x-2)≥0 令p(x)=xln(x-1)一kx-2),x∈[2，+∞)， 则o'x)=lnx一1)十xx一1一k, 令x)=0'(w,则h'(x)=1x-1-1x-12=x-2x-12≥0(x≥2). 所以函数o'()=nc-1)+xx一1一k在[2，十∞)上单调递增， 故0'(x)≥0'(2)=2-k ①当≤2时，0'(m≥2-k≥0，所以0x)在[2，+∞)上单调递增，px)≥2)=0， 此时)≥0对x∈[2，+∞)恒成立，符合题意： ②当c2时，p'(2)=2-k0,o'(e+1)=ek+1ek>0, 故存在xE(2,十∞)使得0′()=0， 当x∈(2，xo)时，9'(x)0,则g(x)单调递减，此时p(x)o(2)=0,不符合题意. 综上，实数k的取值范围为（一∞，2]， (2)证明由(1)中结论，取k=2, 有n(x-1)>2x-2x(x>2), 令t=x一1，则D1, 即nr2t-1t+1(c1). 不妨设>1，=x2x1>1, 则nx2x1>rcxl)-1x2xI, 整理得x1+x22x2-x11nx2-1nx1 于是x1-1+x2-12>x2-1-x1-11nx2-1-1nx1-1 =x2-xl13e=3e, 即十x26e+2. 3.(2023宁波模拟)已知函数x)=nx一2 (1)讨论函数x)的单调性： (2)若x1,2是方程x)=0的两个不相等的实根，求证： ①x21+x22>2e: ②x2>e2a). ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 ■D:ZXXK.c0m● 您身边的互联网+敷辅专家 (1)解由题意得， 函数f)的定义域为(0，+∞). 由fx)=nx-a2, 得f'(w=1x-2m=1-2ax2x, 当a≤0时，f()0,fx)在(0，+∞)上单调递增： 当a>0时，由f(xP0得02a)2a, 由f()0得x2a)2a, 所以fx)在a\vs4\al\col(0,1f(r(2a)2a)上单调递增，在\ avs4\al\col(f(r2a)2a),+∞)上单调递减， (2)证明因为1，是方程lnx一m2=0的两个不相等的实根， 即1,2是方程lnxr2-2a2=0的两个不相等的实根， 令t=x2(t0),则6=x21,2=x22, 即，专是方程2a=lntt的两个不相等的实根. 令g(0=1ntt,则g'(0=1-1ntt2, 当0<te时，g'(00: 当e时，g'()0, 所以g0在(0，e)上单调递增，在(e,+o)上单调递减，g(e)=le, 当t一0时，g0一一∞：当1一+∞时，g)0且80-0 所以0<2a<1e,即0<a<12e 令1<4<c2 ①要证x21十x22>2e,只需证十2e, 方法一令h0=g0一g2e-0,1e(1,c h()=g(f)-g(2e-()=In tt-In 2e-t 2e-t=2e-t In t-tln 2e-t t 2e-t ()=(2e-t)In t-tln(2e-t), ()=2et-1-Int-In(2e-1)+t2e-t=2e-tt+t2e-t-In(-2+2et)>2e-tt+t2e- t-2>0, 所以o()在(1，e)上单调递增，(0(e)=0, 所以h0=g0-g(2e-00, 所以g(t)g(2e-0, 所以g2)=g(4)g(2e-), 因为e,2e-e,且g(0在(e,+∞)上单调递减， 所以t22e-h,即6十2e, 独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 所以x21+x22>2e. 方法二先证x1-x21nx1-1nx2<x1+x22, 令0x12,只需证x2-x1x2+x1<lnx2-1nx12, 只需证2x-1x+1-lnx<0x=x2x1>1). (x)=2x-1x+1-Inx(x>1), 0'()=4x+12-1x=-x-12xx+12<0, 所以0(x)在(1，十∞)上单调递减， 所以0(x)(1)=0, 因为t11nt1=t21nt2, 所以t1+t21nt1+1nt2=t1-t2lnt1-1nt2<t1+t22, 所以n+ln>2,即e2, 所以i1+>2t1t2>2e 方法三由t11nt1=t21nt2(1<<e). 设2=(>l),1nt1t1=ln入+lnt1入t1, 所以n+n=ln4, In =In-1,In=In-1, ln+n2=入+1lnλ入-1， 构造函数g)=nx-2x一1x十1(x>1), 8')=1x-4x+12=x-12xx+12>0, 所以g(:)在(1，十∞)上单调递增， 所以gx)>g(1)=0. 即nx心2x-1 x+1(>1), 即x+11nxx-1>2>1), 则n4+ln2>2,即2e2, 所以4十22t1t2>2e ②要证x心>e2a),只需证4>e2a, 只需证ln4+ln2>1-ln2a, 只需证2a4+2ah>1-ln2a, 只需证4十2>1-1n2a2a, .'t2-tlln t2-1n t1<t2+t12, 令4=12a得12a2at2+ln2a<12a2, 即2at22+n2a-1)+1n2a2a+1a>0,① 令2=12a,得12a-ln2a-2atl<12a2, ◆独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2xXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 即-2at21-dn2a-1)h-avs4 alcol0fln2alaj>0② ①+②得2a(t22-21)+ln2a-1)-4)>0, 即+>1-1n2a2a ·独家授权侵权必究·