专题一 微重点4 极值点偏移问题-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（基础版）（课件PPT+word教案）

极值点偏移问题 微重点4 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的方法有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋. 考情分析 考点一 考点二 对称化构造函数 比值代换 专题强化练 内容索引 考点一 对称化构造函数 已知函数f(x)=x-ln x-a有两个不同的零点x1，x2. (1)求实数a的取值范围； 例1 f(x)的定义域为(0，+∞)， 因为f'(x)=1-=， 所以当0<x<1时，f'(x)<0，当x>1时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以当x=1时，f(x)取得最小值1-a. 又当x趋近于0或+∞时，f(x)趋近于+∞， 所以要使f(x)有两个不同的零点x1，x2，只需满足1-a<0，即a>1. 所以实数a的取值范围为(1，+∞). (2)求证：x1+x2>2. 不妨设x1<x2，由(1)可知，0<x1<1，x2>1，则2-x1>1， 要证x1+x2>2，只需证2-x1<x2， 又f(x)在(1，+∞)上单调递增，所以只需证f(2-x1)<f(x2)，即证f(2-x1)<f(x1). 记g(x)=f(2-x)-f(x)=2-2x-ln(2-x)+ln x， 则g'(x)=+-2=-， 当0<x<1时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 又g(1)=f(2-1)-f(1)=0， 所以g(x1)=f(2-x1)-f(x1)<0，即f(2-x1)<f(x1). 所以x1+x2>2. 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>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. (2024·丹东模拟)已知函数f(x)=ex-xln x+x2-ax. (1)证明：若a≤e+1，则f(x)≥0； 跟踪演练1 因为f(x)的定义域为(0，+∞)， 所以f(x)≥0等价于-ln x+x-a≥0. 设g(x)=-ln x+x-a， 则g'(x)=， 当0<x<1时，g'(x)<0，当x>1时，g'(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 故g(x)≥g(1)=e+1-a. 因为a≤e+1，所以g(x)≥0，于是f(x)≥0. (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 不妨设x1<x2，由(1)可知x1，x2也是g(x)的两个零点，且0<x1<1，x2>1， 于是0<<1，由于g(x)在(0，1)上单调递减， 故x1x2<1等价于g(x1)>g. 而g(x1)=g(x2)=0，故x1x2<1等价于g(x2)>g. ① 设h(x)=g(x)-g， 则①式为h(x2)>0. 因为h'(x)=g'(x)-g''=. 设k(x)=ex+x-x-1， 当x>1时，k'(x)=ex-++1>0，故k(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以k(x)>k(1)=0，从而h'(x)>0，因此h(x)在(1，+∞)上单调递增. 又x2>1，故h(x2)>h(1)=0， 故g(x2)>g，于是x1x2<1. 比值代换 考点二 (2024·商丘模拟)已知函数f(x)=(x-2)(ex-ax)(a∈R).若关于x的方程f(x)=(x-3)ex+2ax恰有2个不同的正实数根x1，x2. (1)求a的取值范围； 例2 由f(x)=(x-3)ex+2ax，得ex-ax2=0， ∵关于x的方程f(x)=(x-3)ex+2ax恰有2个不同的正实数根x1，x2， ∴关于x的方程ex=ax2恰有2个不同的正实数根x1，x2， 令g(x)=(x>0)，则y=a与g(x)的图象有两个不同的交点， ∵g'(x)=，  ∴当x∈(0，2)时，g'(x)<0；当x∈(2，+∞)时，g'(x)>0， ∴g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增， 又g(2)=， 当x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，则g(x)趋近于+∞； 则g(x)的图象如图所示， ∴当a>时，y=a与g(x)的图象有两个不同的交点， ∴实数a的取值范围为 (2)求证：x1+x2>4. 由(1)知=a， =a(x1>0，x2>0)， ∴x1=ln a+2ln x1，x2=ln a+2ln x2， ∴x1-x2=2ln x1-2ln x2=2ln ， 不妨设x2>x1>0，则=2， 要证x1+x2>4，只需证x1+x2>， ∵x2>x1>0，∴0<<1， ∴ln <0， 则只需证ln <=， 令t=∈(0，1)，则只需证当t∈(0，1)时，ln t<恒成立， 令h(t)=ln t-， ∴h'(t)=-=>0， ∴h(t)在(0，1)上单调递增，∴h(t)<h(1)=0， ∴当t∈(0，1)时，ln t<恒成立， ∴x1+x2>4. (1)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)对数均值不等式 <<(x1>0，x2>0且x1≠x2). (3)飘带函数与对数式放缩 ≤ln x≤(0<x≤1)；≤ln x≤(x≥1). 规律方法 已知a是实数，函数f(x)=aln x-x. (1)讨论f(x)的单调性； 跟踪演练2 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)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2. 由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，且f(a)=aln a-a>0，解得a>e， 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)， 不妨设x1>x2>0， 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>， 设g(t)=ln t-， g'(t)=-=>0， 所以g(t)在(1，+∞)上单调递增， 故g(t)>g(1)=0，即当t>1时，ln t>成立， 所以x1x2>e2. 专题强化练 1 2 答案 (1) f'(x)=e-x+(x-2)·(-1)e-x=(3-x)e-x， 令f'(x)>0，解得x<3， 令f'(x)<0，解得x>3， 所以f(x)的单调递增区间为(-∞，3)，单调递减区间为(3，+∞). 1. 1 2 答案 (2)将aeb-bea=2(eb-ea)的两边同时除以eaeb， 得-=-， 即=， 所以f(a)=f(b)， 由(1)知f(x)在(-∞，3)上单调递增，在(3，+∞)上单调递减， 又f(2)=0，f(3)=， 当x趋近于+∞时，f(x)趋近于0， 1. 1 2 答案 则当x∈(2，+∞)时，f(x)>0， 设a<b，则2<a<3<b， 令g(x)=f(x)-f(6-x)=-， 则g'(x)=-=(3-x)， 当2<x<3时，6-x>x， 所以e6-x>ex，3-x>0， 所以g'(x)>0， 1. 1 2 答案 g(x)在(2，3)上单调递增， 又g(3)=f(3)-f(3)=0， 所以当2<x<3时，g(x)<0， 即当2<x<3时， f(x)-f(6-x)<0， 即f(a)-f(6-a)<0， 即f(a)<f(6-a)， 1. 1 2 答案 又f(a)=f(b)， 所以f(b)<f(6-a)， 又6-a>3，b>3， f(x)在(3，+∞)上单调递减， 所以b>6-a，即a+b>6. 1. 1 2 答案 (1)函数g(x)=ln x-ax2+(2-a)x的定义域为(0，+∞)， g'(x)=-2ax+2-a=-， ①当a≤0时，g'(x)>0， 则g(x)在(0，+∞)上单调递增； ②当a>0时，若0<x<， 则g'(x)>0， 若x>，则g'(x)<0， 2. 1 2 答案 则g(x)在上单调递增， 在上单调递减. 综上，当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间； 当a>0时，g(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为. 2. 1 2 答案 (2)因为x1，x2(0<x1<x2)是f(x)=ln x+x2-ax的两个零点， 所以ln x1+-ax1=0，ln x2+-ax2=0， 将两式作差可得a=+(x1+x2)， 又f'(x)=+2x-a， 所以f'=+x1+x2-a=-， 所以要证f'<0， 2. 1 2 答案 只需证-<0， 即证>ln x1-ln x2， 即证>ln ， 令=t∈(0，1)， 即证>ln t， 2. 1 2 答案 即证2t-2>(1+t)ln t， 令h(t)=(1+t)ln t-2t+2， 则h'(t)=ln t+-1， 令u(t)=h'(t)=ln t+-1， 则u'(t)=-=<0在(0，1)上恒成立， ∴h'(t)在(0，1)上单调递减， h'(t)>h'(1)=0， 2. 1 2 答案 ∴h(t)在(0，1)上单调递增， 则h(t)<h(1)=0， 即(1+t)ln t<2t-2， 所以>ln成立， 即f'<0. 2. 1.(2024·宿州统考)已知函数f(x)=(x-2)e-x(其中e=2.718 28…为自然对数的底数). (1)求函数f(x)的单调区间； 1 2 答案 f'(x)=e-x+(x-2)·(-1)e-x=(3-x)e-x， 令f'(x)>0，解得x<3，令f'(x)<0，解得x>3， 所以f(x)的单调递增区间为(-∞，3)，单调递减区间为(3，+∞). 1 2 答案 (2)若a，b为两个不相等的实数，且满足aeb-bea=2(eb-ea)，求证：a+b>6. 1 2 答案 将aeb-bea=2(eb-ea)的两边同时除以eaeb，得-=-=， 所以f(a)=f(b)， 由(1)知f(x)在(-∞，3)上单调递增，在(3，+∞)上单调递减，又f(2)=0， f(3)=， 当x趋近于+∞时，f(x)趋近于0， 则当x∈(2，+∞)时，f(x)>0， 设a<b，则2<a<3<b， 令g(x)=f(x)-f(6-x)=-， 1 2 答案 则g'(x)=-=(3-x)， 当2<x<3时，6-x>x，所以e6-x>ex，3-x>0， 所以g'(x)>0，g(x)在(2，3)上单调递增， 又g(3)=f(3)-f(3)=0， 所以当2<x<3时，g(x)<0， 即当2<x<3时，f(x)-f(6-x)<0，即f(a)-f(6-a)<0，即f(a)<f(6-a)， 又f(a)=f(b)，所以f(b)<f(6-a)， 又6-a>3，b>3，f(x)在(3，+∞)上单调递减， 所以b>6-a，即a+b>6. 2.已知函数g(x)=ln x-ax2+(2-a)x(a∈R). (1)求g(x)的单调区间； 1 2 答案 1 2 答案 函数g(x)=ln x-ax2+(2-a)x的定义域为(0，+∞)， g'(x)=-2ax+2-a=-， ①当a≤0时，g'(x)>0，则g(x)在(0，+∞)上单调递增； ②当a>0时，若0<x<，则g'(x)>0，若x>，则g'(x)<0，则g(x)在上单调递减. 1 2 答案 综上，当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间； 当a>0时，g(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为. 1 2 答案 (2)若函数f(x)=g(x)+(a+1)x2-2x，x1，x2(0<x1<x2)是函数f(x)的两个零点，证明：f'<0. 1 2 答案 因为x1，x2(0<x1<x2)是f(x)=ln x+x2-ax的两个零点， 所以ln x1+-ax1=0，ln x2+-ax2=0，将两式作差可得a=+(x1+x2)， 又f'(x)=+2x-a， 所以f'=+x1+x2-a=-， 所以要证f'<0， 只需证-<0， 1 2 答案 即证>ln x1-ln x2， 即证>ln =t∈(0，1)， 即证>ln t，即证2t-2>(1+t)ln t， 令h(t)=(1+t)ln t-2t+2， 则h'(t)=ln t+-1， 令u(t)=h'(t)=ln t+-1， 1 2 答案 则u'(t)=-=<0在(0，1)上恒成立， ∴h'(t)在(0，1)上单调递减，h'(t)>h'(1)=0， ∴h(t)在(0，1)上单调递增，则h(t)<h(1)=0， 即(1+t)ln t<2t-2，所以>ln成立， 即f'<0. 本课结束 THANKS $$ 微重点4　极值点偏移问题 ［考情分析］　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的方法有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋. 考点一　对称化构造函数 例1　已知函数f(x)=x-ln x-a有两个不同的零点x1，x2. (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1+x2>2. (1)解　f(x)的定义域为(0，+∞)， 因为f'(x)=1-=， 所以当0<x<1时，f'(x)<0，当x>1时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以当x=1时，f(x)取得最小值1-a. 又当x趋近于0或+∞时，f(x)趋近于+∞， 所以要使f(x)有两个不同的零点x1，x2，只需满足1-a<0，即a>1. 所以实数a的取值范围为(1，+∞). (2)证明　不妨设x1<x2，由(1)可知，0<x1<1，x2>1，则2-x1>1， 要证x1+x2>2，只需证2-x1<x2， 又f(x)在(1，+∞)上单调递增，所以只需证f(2-x1)<f(x2)，即证f(2-x1)<f(x1). 记g(x)=f(2-x)-f(x)=2-2x-ln(2-x)+ln x， 则g'(x)=+-2=-， 当0<x<1时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 又g(1)=f(2-1)-f(1)=0， 所以g(x1)=f(2-x1)-f(x1)<0，即f(2-x1)<f(x1). 所以x1+x2>2. ［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>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　(2024·丹东模拟)已知函数f(x)=ex-xln x+x2-ax. (1)证明：若a≤e+1，则f(x)≥0； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 证明　(1)因为f(x)的定义域为(0，+∞)， 所以f(x)≥0等价于-ln x+x-a≥0. 设g(x)=-ln x+x-a， 则g'(x)=， 当0<x<1时，g'(x)<0，当x>1时，g'(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 故g(x)≥g(1)=e+1-a. 因为a≤e+1，所以g(x)≥0，于是f(x)≥0. (2)不妨设x1<x2，由(1)可知x1，x2也是g(x)的两个零点，且0<x1<1，x2>1， 于是0<<1，由于g(x)在(0，1)上单调递减， 故x1x2<1等价于g(x1)>g. 而g(x1)=g(x2)=0，故x1x2<1等价于g(x2)>g. ① 设h(x)=g(x)-g， 则①式为h(x2)>0. 因为h'(x)=g'(x)-g''=. 设k(x)=ex+x-x-1， 当x>1时，k'(x)=ex-++1>0，故k(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以k(x)>k(1)=0，从而h'(x)>0，因此h(x)在(1，+∞)上单调递增. 又x2>1，故h(x2)>h(1)=0， 故g(x2)>g，于是x1x2<1. 考点二　比值代换 例2　(2024·商丘模拟)已知函数f(x)=(x-2)(ex-ax)(a∈R).若关于x的方程f(x)=(x-3)ex+2ax恰有2个不同的正实数根x1，x2. (1)求a的取值范围； (2)求证：x1+x2>4. (1)解　由f(x)=(x-3)ex+2ax， 得ex-ax2=0， ∵关于x的方程f(x)=(x-3)ex+2ax恰有2个不同的正实数根x1，x2， ∴关于x的方程ex=ax2恰有2个不同的正实数根x1，x2， 令g(x)=(x>0)，则y=a与g(x)的图象有两个不同的交点， ∵g'(x)=， ∴当x∈(0，2)时，g'(x)<0；当x∈(2，+∞)时，g'(x)>0， ∴g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增， 又g(2)=， 当x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，则g(x)趋近于+∞； 则g(x)的图象如图所示， ∴当a>时，y=a与g(x)的图象有两个不同的交点， ∴实数a的取值范围为. (2)证明　由(1)知=a， =a(x1>0，x2>0)， ∴x1=ln a+2ln x1，x2=ln a+2ln x2， ∴x1-x2=2ln x1-2ln x2=2ln ， 不妨设x2>x1>0，则=2， 要证x1+x2>4，只需证x1+x2>， ∵x2>x1>0，∴0<<1， ∴ln <0， 则只需证ln <=， 令t=∈(0，1)，则只需证当t∈(0，1)时，ln t<恒成立， 令h(t)=ln t-， ∴h'(t)=-=>0， ∴h(t)在(0，1)上单调递增，∴h(t)<h(1)=0， ∴当t∈(0，1)时，ln t<恒成立， ∴x1+x2>4. ［规律方法］　(1)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)对数均值不等式 <<(x1>0，x2>0且x1≠x2). (3)飘带函数与对数式放缩 ≤ln x≤(0<x≤1)； ≤ln x≤(x≥1). 跟踪演练2　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，且f(a)=aln a-a>0，解得a>e， 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)， 不妨设x1>x2>0， 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>， 设g(t)=ln t-， g'(t)=-=>0， 所以g(t)在(1，+∞)上单调递增， 故g(t)>g(1)=0，即当t>1时，ln t>成立， 所以x1x2>e2. 专题强化练 (分值：30分) 1.(13分)(2024·宿州统考)已知函数f(x)=(x-2)e-x(其中e=2.718 28…为自然对数的底数). (1)求函数f(x)的单调区间；(5分) (2)若a，b为两个不相等的实数，且满足aeb-bea=2(eb-ea)，求证：a+b>6.(8分) (1)解　f'(x)=e-x+(x-2)·(-1)e-x=(3-x)e-x， 令f'(x)>0，解得x<3，令f'(x)<0，解得x>3， 所以f(x)的单调递增区间为(-∞，3)，单调递减区间为(3，+∞). (2)证明　将aeb-bea=2(eb-ea)的两边同时除以eaeb，得-=-，即=， 所以f(a)=f(b)， 由(1)知f(x)在(-∞，3)上单调递增，在(3，+∞)上单调递减，又f(2)=0，f(3)=， 当x趋近于+∞时，f(x)趋近于0， 则当x∈(2，+∞)时，f(x)>0， 设a<b，则2<a<3<b， 令g(x)=f(x)-f(6-x)=-， 则g'(x)=-=(3-x)， 当2<x<3时，6-x>x，所以e6-x>ex，3-x>0， 所以g'(x)>0，g(x)在(2，3)上单调递增， 又g(3)=f(3)-f(3)=0， 所以当2<x<3时，g(x)<0， 即当2<x<3时，f(x)-f(6-x)<0，即f(a)-f(6-a)<0，即f(a)<f(6-a)， 又f(a)=f(b)，所以f(b)<f(6-a)， 又6-a>3，b>3，f(x)在(3，+∞)上单调递减， 所以b>6-a，即a+b>6. 2.(17分)已知函数g(x)=ln x-ax2+(2-a)x(a∈R). (1)求g(x)的单调区间；(7分) (2)若函数f(x)=g(x)+(a+1)x2-2x，x1，x2(0<x1<x2)是函数f(x)的两个零点，证明：f'<0.(10分) (1)解　函数g(x)=ln x-ax2+(2-a)x的定义域为(0，+∞)， g'(x)=-2ax+2-a=-， ①当a≤0时，g'(x)>0，则g(x)在(0，+∞)上单调递增； ②当a>0时，若0<x<，则g'(x)>0，若x>，则g'(x)<0，则g(x)在上单调递增，在上单调递减. 综上，当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间； 当a>0时，g(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为. (2)证明　因为x1，x2(0<x1<x2)是f(x)=ln x+x2-ax的两个零点， 所以ln x1+-ax1=0，ln x2+-ax2=0，将两式作差可得a=+(x1+x2)， 又f'(x)=+2x-a， 所以f'=+x1+x2-a =-， 所以要证f'<0， 只需证-<0， 即证>ln x1-ln x2， 即证>ln ，令=t∈(0，1)， 即证>ln t，即证2t-2>(1+t)ln t， 令h(t)=(1+t)ln t-2t+2， 则h'(t)=ln t+-1， 令u(t)=h'(t)=ln t+-1， 则u'(t)=-=<0在(0，1)上恒成立， ∴h'(t)在(0，1)上单调递减，h'(t)>h'(1)=0， ∴h(t)在(0，1)上单调递增，则h(t)<h(1)=0， 即(1+t)ln t<2t-2，所以>ln成立， 即f'<0. 学科网（北京）股份有限公司 $$