第三章 第9节 极值点偏移（知识点梳理+限时挑战）-【精准备考】2026年高考数学一轮复习讲义（新高考通用）

第三章 一元函数的导数及其应用 第9节　极值点偏移 学习导航站 核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点 考点1 极值点不偏移★★★☆☆ 考点2 极值点偏移★★★☆☆ （星级越高，重要程度越高） 限时【变式训练】挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯 【知识梳理】 1.极值点不偏移★★★☆☆ 已知函数f(x)图象的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. (无偏移,左右对称,如二次函数)若f(x1)=f(x2),则x1+x2=2x0. 2.极值点偏移★★★☆☆ 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②③. (左陡右缓,极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x2>2x0; (左缓右陡,极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x2<2x0. 题型一　对称化构造辅助函数 【典例】1 (2025·湛江模拟节选)已知函数f(x)=.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. 【解析】由=1,得=a, 设g(x)=,x>0, 则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>1时,g(x)>0, 故g(x)=的图象如图所示, 由图知当0<a<1时,方程=a有两个根. 证明:不妨令x1<x2,则0<x1<1<x2, =, 设h(x)=g(x)-g=-x(1-ln x), 则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. 【思维建模】对称化构造辅助函数 (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. 【变式训练】1 已知函数f(x)=x2,f′(x1)=f′(x2),x1<x2,证明:x1+x2>2. 【证明】f(x)=x2, 得f′(x)=x(2ln x-2)=2x(ln x-1). 令g(x)=2x(ln x-1), g′(x)=2ln x,当x=1时,g′(x)=0, 所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且当x∈(0,e)时,g(x)=2x(ln x-1)<0, 当x∈(e,+∞)时,g(x)=2x(ln x-1)>0, 故0<x1<1<x2<e. 要证x1+x2>2,只需证x2>2-x1, 易知x2>1,2-x1>1,下面证明g(x1)=g(x2)>g(2-x1). 设t(x)=g(2-x)-g(x),x∈(0,1), 则t′(x)=-g′(2-x)-g′(x),t′(x)=-2ln(2-x)-2ln x=-2ln[(2-x)x]>0, 故t(x)在(0,1)上单调递增,故t(x)<0, 所以t(x1)=g(2-x1)-g(x1)<0, 则g(2-x1)<g(x1)=g(x2), 所以2-x1<x2,即得x1+x2>2. 题型二　比、差值换元构造辅助函数 【典例】2 已知函数f(x)=ln x-ax(x>0),a为常数,若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),求证:x1x2>e2. 【证明】法一　不妨设x1>x2, 因为ln x1-ax1=0,ln x2-ax2=0, 所以ln x1+ln x2=a(x1+x2), ln x1-ln x2=a(x1-x2), 所以=a. 欲证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2. 因为ln x1+ln x2=a(x1+x2), 所以即证a>, 所以原问题等价于证明>, 即ln >. 令c=(c>1), 则不等式变为ln c>. 令h(c)=ln c-(c>1), 所以h′(c)=-=>0, 所以h(c)在(1,+∞)上单调递增, 所以h(c)>h(1)=ln 1-0=0, 即ln c->0(c>1), 因此原不等式x1x2>e2得证. 法二　由题意,函数f(x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),即f(x1)=f(x2)=0, 易知ln x1,ln x2是方程x=aex的两个根, 设t1=ln x1,t2=ln x2,g(x)=xe-x, 则g(t1)=g(t2), 从而x1x2>e2⇔ln x1+ln x2>2⇔t1+t2>2. 下证:t1+t2>2. g′(x)=(1-x)e-x,易得g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以函数g(x)在x=1处取得极大值g(1)=. 当x→-∞时,g(x)→-∞; 当x→+∞时,g(x)→0且g(x)>0, 由g(t1)=g(t2),t1≠t2,不妨设t1<t2, 作出函数g(x)的图象如图所示, 由图知必有0<t1<1<t2. 令F(x)=g(1+x)-g(1-x),x∈(0,1], 则F′(x)=g′(1+x)+g′(1-x)=(e2x-1)>0, 所以F(x)在(0,1]上单调递增, 所以F(x)>F(0)=0对任意的x∈(0,1]恒成立, 即g(1+x)>g(1-x)对任意的x∈(0,1]恒成立. 由0<t1<1<t2,得1-t1∈(0,1), 所以g[1+(1-t1)]=g(2-t1)>g[1-(1-t1)]=g(t1)=g(t2), 即g(2-t1)>g(t2). 又2-t1,t2∈(1,+∞),且g(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以2-t1<t2,所以t1+t2>2,即x1x2>e2. 【思维建模】通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t=(含对数式时常用)或t=x1-x2(含指数式时常用)化为单变量的函数不等式,利用函数单调性证明. 【变式训练】2 (2025·镇江调研改编)已知函数f(x)=aex-x,a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2>2. 【证明】由f(x)=aex-x=0,得 -a=0, 令g(x)=-a,则g′(x)=, 由g′(x)=>0,得x<1; 由g′(x)=<0,得x>1. 所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 由于x1,x2是方程g(x)=0的实根, 不妨设x1<1<x2. 设0<x1<1<x2, 由g(x1)=g(x2),得x1=x2, 等式两边取对数得ln x1-x1=ln x2-x2. 令t=>1,则x2=tx1,代入上式得 ln x1-x1=ln t+ln x1-tx1, 得x1=,x2=. 所以x1+x2=>2⇔ln t->0, 设h(t)=ln t-(t>1), 所以h′(t)=-=>0, 所以当t>1时,h(t)单调递增, 所以h(t)>h(1)=0, 所以ln t->0,故x1+x2>2. 【限时训练】（限时：30分钟） 1.已知函数g(x)=ln x++2,若方程g(x)=m(m为常数)有两个不等实根x1,x2,求证:x1+x2>2. 【证明】g′(x)=-=, 当0<x<1时,g′(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减; 当x>1时,g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增. 不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2. 则2-x1>1,要证x1+x2>2, 即证x2>2-x1>1, 即证g(x2)=g(x1)>g(2-x1), 设x∈(0,1),则2-x∈(1,2), 令h(x)=g(x)-g(2-x) =ln x+-ln(2-x)-, 则h′(x)=-+- =<0, 所以h(x)在(0,1)上单调递减, 于是h(x)>h(1)=0,即g(x)>g(2-x). 当0<x1<1时,g(x1)>g(2-x1), 又g(x1)=g(x2),所以g(x2)>g(2-x1), 又x2>1,2-x1>1,且g(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以x2>2-x1,即x1+x2>2得证. 2.已知函数f(x)=xln x-mx2-x,m∈R有两个极值点x1,x2,求证:x1x2>e2. 【证明】要证x1x2>e2,只需证ln x1+ln x2>2, 若f(x)有两个极值点x1,x2, 即f′(x)有两个变号零点, 又f′(x)=ln x-mx, 所以x1,x2是方程f′(x)=0的两个不同的实根, 即解得m=. 另一方面,由得 ln x2-ln x1=m(x2-x1) , 从而可得=, 于是ln x1+ln x2= =. 不妨设0<x1<x2,设t=,则t>1. 因此ln x1+ln x2=,t>1. 要证ln x1+ln x2>2,即证>2,t>1, 即当t>1时,有ln t>, 设函数h(t)=ln t-,t>1, 则h′(t)=-=>0, 所以h(t)在(1,+∞)上单调递增. 又h(1)=0,因此h(t)>h(1)=0. 于是当t>1时,有ln t>, 所以ln x1+ln x2>2成立,即x1x2>e2得证. 3.(2025·北京海淀区质检)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)【解析】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, 因此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,因为a>1,b>1,a<b,f(a)+f(b)=4, 所以不妨设1<a<2<b. 要证a+b<4,只要证b<4-a, 而b>2,2<4-a<3, 所以只要证f(b)>f(4-a), 即证4-f(a)>f(4-a), 即证f(a)+f(4-a)<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. 4.(2025·宁波调研)已知函数f(x)=ln x-ax. (1)设函数g(x)=f(x)-2x+1,若g(x)≤0在其定义域内恒成立,求实数a的最小值; (2)若方程f(x)=x2恰有两个相异的实根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1. 【解析】(1)易知g(x)的定义域为(0,+∞). 由g(x)=f(x)-2x+1≤0得a+2≥在(0,+∞)上恒成立, 设t(x)=(x>0),则t′(x)=-, ∴当0<x<1时,t′(x)>0,t(x)单调递增, 当x>1时,t′(x)<0,t(x)单调递减, ∴t(x)max=t(1)=1, ∴a+2≥1,即a≥-1, ∴实数a的最小值为-1. (2)由f(x)=x2得ln x-ax-x2=0, 即-a-x=0, 令h(x)=-a-x(x>0), 则h′(x)=-1=, 设s(x)=1-x2-ln x,x>0, 则s′(x)=-2x-<0, ∴s(x)在(0,+∞)上单调递减,又s(1)=0, ∴在(0,1)上,s(x)>0,h′(x)>0,h(x)单调递增, 在(1,+∞)上,s(x)<0,h′(x)<0,h(x)单调递减, ∴h(x)max=h(1)=-1-a. 当x趋近于0时,h(x)→-∞,当x趋近于+∞时,h(x)→-∞. 若方程f(x)=x2恰有两个相异的实根x1,x2,则-1-a>0,∴a<-1, 即实数a的取值范围为(-∞,-1). 下面证明:x1x2>1.不妨令x1<x2, 则0<x1<1<x2,0<<1, ∴x1x2>1⇔x1>⇔h(x1)>h, 又h(x1)=h(x2)=0, ∴h(x1)-h=h(x2)-h =- =ln x2-x2+, 令φ(x)=ln x-x+(x>1), 则φ′(x)=ln x>0, ∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴当x>1时,φ(x)>φ(1)=0, 即ln x2-x2+>0, ∴h(x1)>h.∴x1x2>1得证. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 一元函数的导数及其应用 第9节　极值点偏移 学习导航站 核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点 考点1 极值点不偏移★★★☆☆ 考点2 极值点偏移★★★☆☆ （星级越高，重要程度越高） 限时【变式训练】挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯 【知识梳理】 1.极值点不偏移★★★☆☆ 已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0,若f(x)=c的两根的中点刚好满足=x0,即极值点在两根的正中间,也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢相同,如图①. (无偏移,左右对称,如二次函数)若f(x1)=f(x2),则x1+x2=2x0. 2.极值点偏移★★★☆☆ 若≠x0,则极值点偏移,此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢不同,如图②③. (左陡右缓,极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x2>2x0; (左缓右陡,极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x2<2x0. 题型一　对称化构造辅助函数 【典例】1 (2025·湛江模拟节选)已知函数f(x)=.若方程f(x)=1有两个根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1. 【变式训练】1 已知函数f(x)=x2,f′(x1)=f′(x2),x1<x2,证明:x1+x2>2. 题型二　比、差值换元构造辅助函数 【典例】2 已知函数f(x)=ln x-ax(x>0),a为常数,若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),求证:x1x2>e2. 【变式训练】2 (2025·镇江调研改编)已知函数f(x)=aex-x,a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2>2. 【限时训练】（限时：30分钟） 1.已知函数g(x)=ln x++2,若方程g(x)=m(m为常数)有两个不等实根x1,x2,求证:x1+x2>2. 2.已知函数f(x)=xln x-mx2-x,m∈R有两个极值点x1,x2,求证:x1x2>e2. 3.(2025·北京海淀区质检)已知函数f(x)=xe2-x. (1)求f(x)的极值; (2)若a>1,b>1,a<b,f(a)+f(b)=4,证明:a+b<4. 4.(2025·宁波调研)已知函数f(x)=ln x-ax. (1)设函数g(x)=f(x)-2x+1,若g(x)≤0在其定义域内恒成立,求实数a的最小值; (2)若方程f(x)=x2恰有两个相异的实根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1. 学科网（北京）股份有限公司 $$