培优课9 极值点偏移-【优化探究】2026高考数学一轮复习高考总复习配套课件（人教版提升）

培优课9　极值点偏移 极值点偏移现象 1.已知函数f(x)的图象的极值点为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,此时极值点没有偏移,函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢相同,如图(1). 2.若≠x0,则极值点偏移,此时函数f(x)在x=x0两侧的函数值变化快慢不同,如图(2)、图(3). [例1]　(2025·江苏扬州模拟)已知函数f(x)=ln(mx)-x(m>0). (1)若f(x)≤0恒成立,求m的取值范围; 考点一　结论x1+x2>2x0型不等式 [解]　首先由m>0可知,f(x)的定义域是(0,+∞),从而f(x)=ln(mx)-x=ln x-x+ln m. 故f'(x)=-1=,当0<x<1时,f'(x)>0,当x>1时,f'(x)<0. 故f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以f(x)具有最大值f(1)=ln m-1. 所以命题等价于ln m-1≤0,即m≤e. 所以m的取值范围是(0,e]. (2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2>2. [证明]　不妨设x1<x2,由于f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故一定有0<x1<1<x2. 在-1<t<1的范围内定义函数p(t)=f(1+t)-f(1-t). 则p'(t)=f'(1+t)+f'(1-t)=+=>0,所以p(t)单调递增. 这表明t>0时p(t)>p(0)=f(1)-f(1)=0,即f(1+t)>f(1-t). 又因为f(2-x1)=f(1+(1-x1))>f(1-(1-x1))=f(x1)=0=f(x2),且2-x1和x2都大于1, 故由f(x)在(1,+∞)上的单调性知2-x1<x2,即x1+x2>2. 跟踪训练 已知函数f(x)=2xln x-x2+1. (1)证明:f(x)<1; 证明:由题意,f(x)-1=2xln x-x2=x(2ln x-x),设g(x)=2ln x-x(x>0), 则g'(x)=, 当x∈(0,2)时,g'(x)>0,∴g(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0, ∴g(x)单调递减,从而g(x)max=g(2)=2ln 2-2=2(ln 2-1)<0,故g(x)<0恒成立, ∴f(x)-1=xg(x)<0,故f(x)<1. (2)若0<x1<x2,且f(x1)+f(x2)=0,证明:x1+x2>2. 证明:由题意,f'(x)=2ln x+2-2x, f″(x)=-2=,x>0, ∴f″(x)>0⇔0<x<1,f″(x)<0⇔x>1, 从而f'(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故f'(x)≤f'(1)=0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递减,且f(1)=0. 若0<x1<x2≤1,则f(x1)+f(x2)>0,不合题意, 若1≤x1<x2,则f(x1)+f(x2)<0,不合题意,∴0<x1<1<x2, 要证x1+x2>2,只需证x2>2-x1,结合f(x)在(0,+∞)上单调递减知,只需证f(x2)<f(2-x1). 又f(x1)+f(x2)=0,∴f(x2)=-f(x1),故只需证-f(x1)<f(2-x1), 即证f(x1)+f(2-x1)>0①. 令F(x)=f(x)+f(2-x),0<x<1, 则F'(x)=f'(x)-f'(2-x)=2ln x+2-2x-=2ln+4-4x, F″(x)=2··-4=-4>-4=0, ∴F'(x)在(0,1)上单调递增. 又F'(1)=0,∴F'(x)<0,从而F(x)在(0,1)上单调递减.∵F(1)=2f(1)=0,∴F(x)>0. ∵0<x1<1,∴F(x1)=f(x1)+f(2-x1)>0,即不等式①成立,故x1+x2>2. [例2]　(2025·广东湛江模拟)已知函数f(x)=(1+ln x). (1)讨论f(x)的单调性; 考点二　结论x1x2>型不等式 [解]由题意可得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)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]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, 所以当0<a<1时,方程=a有两个根. 证明: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. 跟踪训练 (2025·河南郑州模拟)已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R). (1)若f(x)有唯一极值,求a的取值范围; 解:函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x的定义域为(0,+∞), 求导得f'(x)=ax-(2a+1)+=, 当a>0时,若a=,则f'(x)≥0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点,不符合题意; 若0<a<,当0<x<2或x>时,f'(x)>0,当2<x<时,f'(x)<0, 即函数f(x)在(0,2),上单调递增,在上单调递减,函数f(x)有两个极值点,不符合题意; 若a>,当0<x<或x>2时,f'(x)>0,当<x<2时,f'(x)<0, 即函数f(x)在,(2,+∞)上单调递增,在上单调递减,函数f(x)有两个极值点,不符合题意; 当a≤0时,当0<x<2时,f'(x)>0,当x>2时,f'(x)<0, 即函数f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,2是函数f(x)的极大值点,且是唯一极值点, 所以a的取值范围是a≤0. (2)当a≤0时,若f(x1)=f(x2),x1≠x2,求证:x1x2<4. 证明:当a≤0时,函数f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减, 由f(x1)=f(x2),x1≠x2,不妨令0<x1<2<x2, 要证x1x2<4,即证x1<,即证f(x1)<f,即证f(x2)-f<0. 令g(x)=f(x)-f,x>2,求导得g'(x)=f'(x)-f'· =+·= ==· =<0,于是函数g(x)在(2,+∞)上单调递减, g(x)<g(2)=0, 而x2>2,则g(x2)<0,即f(x2)-f<0⇔f(x2)<f.又f(x1)=f(x2), 因此f(x1)<f,显然0<x1<2,0<<2.又函数f(x)在(0,2)上单调递增,则有x1<, 所以x1x2<4. [例3]　已知函数f(x)=ln x-ax2. (1)讨论函数f(x)的单调性; [解]　由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞). 由f(x)=ln x-ax2得:f'(x)=-2ax=, 当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,由f'(x)>0得0<x<, 由f'(x)<0得x>, 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减. 考点三　结论+>2a型不等式 (2)若x1,x2是方程f(x)=0的两个不等实根,求证:+>2e. [证明]　因为x1,x2是方程ln x-ax2=0的两个不等实根,ln x-ax2=0⇔2ln x-2ax2=0, 即x1,x2是方程ln x2-2ax2=0的两个不等实根, 令t=x2(t>0),则t1=,t2=,即t1,t2是方程2a=的两个不等实根. 令g(t)=,则g'(t)=,所以g(t)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,g(e)=, 当t→0时,g(t)→-∞;当t→+∞时,g(t)>0且g(t)→0, 所以0<2a<,即0<a<, 令1<t1<e<t2,要证+>2e,只需证t1+t2>2e, 先证<,令0<x1<x2, 只需证<,只需证-ln x<0, 令φ(x)=-ln x(x>1),φ'(x)=-=<0, 所以φ(x)在(1,+∞)上单调递减,所以φ(x)<φ(1)=0. 因为=,所以=<, 所以ln t1+ln t2>2,即t1t2>e2,所以t1+t2>2>2e. 所以+>2e. 方法总结 应用对数平均不等式<<证明极值点偏移: 1.由题中等式产生对数. 2.将所得含对数的等式进行变形得到. 3.利用对数平均不等式来证明相应的问题. 跟踪训练 (2025·吉林长春模拟)函数f(x)=,已知函数g(x)=,关于x的方程f(x)=g(x)有两个不等实根x1,x2(x1<x2). (1)求实数a的取值范围; 解:因为f(x)=g(x),即-ex+ax2-1=ln x,即+ax2=eln(ex)+ln(ex), 令u(t)=et+t,所以u(ax2)=u[ln(ex)]. 因为u(t)=et+t为增函数,所以ax2=ln(ex)即ax2=ln x+1, 所以方程f(x)=g(x)有两个不等实根x1,x2等价于a=有两个不等实根x1,x2, 令h(x)=,所以h'(x)=, 当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈时,h'(x)<0,h(x)单调递减. 所以h(x)max=h=e. 当x→0时,h(x)→-∞;当x→+∞时,由洛必达法则知h(x)==0. 所以a∈. (2)证明:+>. 证明:由(1)知,x1∈, x2∈. 令F(x)=h(x)-h,x∈, 因为F(x)=-, 所以F'(x)=--. 因为x∈,-x∈,所以F'(x)>0,即F(x)在上单调递增,F(x)<F=0,所以h(x)<h. 因为x1∈, 所以h(x1)<h. 又因为h(x1)=h(x2), 所以h(x2)<h. 因为x2∈,-x1∈,且h(x)在上单调递减, 所以x2>-x1,即x2+x1>, 所以2(+)>>, 所以+>. [例4]　(2025·北京模拟)已知函数f=ax--ln x(a>0). (1)已知f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1,求实数a的值; 考点四　对数型不等式(比值代换法) [解]因为f=ax--ln x,所以f'=a+-, 所以f'=2a-1.又f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1, 所以f'=2a-1=1,解得a=1. (2)已知f(x)在定义域上是增函数,求实数a的取值范围; [解]f(x)的定义域为(0,+∞),因为f(x)在定义域上为增函数, 所以f'=a+-≥0在(0,+∞)上恒成立. 即≥0恒成立.a≥x, 即a≥, 令m=, 所以m'==, 当x∈(0,1)时,m'>0,当x∈(1,+∞)时,m'<0, 所以m上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以m=m=,即a≥. (3)已知g=f+有两个零点x1,x2,求实数a的取值范围,并证明x1x2>e2. [解]g=ax-ln x, 定义域为,g'=a-=. 当a≤0时,g'<0,所以g在(0,+∞)上单调递减,不合题意. 当a>0时,令g'(x)=0,解得x=, 所以g上单调递减,在上单调递增, 所以g的最小值为g=1-ln . 函数g存在两个零点的必要条件是 g=1-ln <0, 即0<a<.又g=a>0, 所以g上存在一个零点. 当x→+∞时,g→+∞,所以g上存在一个零点, 综上,函数g有两个零点,实数a的取值范围是0<a<. 不妨设两个零点x2>x1>0, 由g=g=0,得ln x1=ax1,ln x2=ax2, 所以ln x1-ln x2=a, 所以a=. 要证x1x2>e2,只需证ln>2,只需证ln x1+ln x2>2, 由ln x1+ln x2=ax1+ax2=a=, 只需证>, 只需证ln x1-ln x2<, 只需证ln <, 令=t,只需证ln t<, 令H=ln t-, 则H'=-==>0, 所以H(t)在(0,1)上单调递增, 所以H<H=0, 即ln t<成立,所以x1x2>e2成立. 比值换元的目的也是消参、减元,就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系,然后利用两个极值点的比值作为变量,从而实现消参、减元的目的.设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点,即t=,化为单变量的函数不等式,继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解. 方法总结 设函数f=ex-kx3+kx2. (1)若k=1,求f(x)的单调区间; 跟踪训练 解:当k=1时,f=ex-x3+x2,f'(x)=(ex-x)(x-1). 令h=ex-x,则h'(x)=ex-1,当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,故h≥h=1>0,即ex-x>0, 故当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 则f(x)的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)若f(x)存在三个极值点x1,x2,x3,且x1<x2<x3,求k的取值范围,并证明x1+x3>2x2. 解:因为f'(x)=(ex-kx)(x-1),又f(x)有3个极值点,故ex-kx=0有两个不等实根,且都不为1, 令g=ex-kx,则g'(x)=ex-k,当k≤0时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 则g=0至多一个实根,不满足题意. 当k>0时,令g'(x)>0,解得x>ln k,此时g(x)单调递增; 令g'(x)<0,解得x<ln k,此时g(x)单调递减, 故要满足题意,g=k<0,解得k>e, 此时g=1>0,ln k>1,g=e-k<0,故g=0在上有一个根. 又g=k2-2kln k=k(k-2ln k), 令y=k-2ln k,(k>e), 则y'=1-=,所以当k>e时,y'>0,y=k-2ln k(k>e)单调递增, 故k-2ln k>e-2>0,即g>0, 则g=0在(ln k,2ln k)上有一个根. 综上所述,当k>e时,f'(x)=0有三个实根x1,x2,x3,且0<x1<1=x2<x3. 由=kx1,=kx3,可得x1=ln k+ln x1,x3=ln k+ln x3,故=1. 下面证明>, 可变形为ln >2×,令t=>1,则只需证m=ln t->0(t>1). 又因为m'(t)=>0,故m(t)在(1,+∞)上单调递增,故m>m=0, 所以>成立, 所以1=>, 也即x1+x3>2,故x1+x3>2x2. 1.(2025·北京模拟)已知函数f(x)=ax2-(ln x)2(a∈R). (1)当a=1时,讨论函数f(x)的单调性. 培优 自我挑战 解:当a=1时,可得f(x)=x2-(ln x)2,其中x∈(0,+∞),则f'(x)=2x-, 设g(x)=2x-, 则g'(x)=, 令h(x)=x2+ln x-1,可得h'(x)=2x+>0恒成立, 所以h(x)为(0,+∞)上的增函数,且h(1)=0, 所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=2, 所以f'(x)min=2>0,所以f'(x)>0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)若f(x)有两个极值点x1,x2. ①求实数a的取值范围; ②求证:x1x2>e. 解:①因为函数f(x)=ax2-(ln x)2,可得f'(x)=2ax-, 令f'(x)=0,解得a=, 设p(x)=,可得p'(x)=,x>0. 因为f(x)有两个极值点x1,x2,则直线y=a与函数p(x)=的图象有两个不同的交点, 当x∈(0,)时,p'(x)>0;当x∈(,+∞)时,p'(x)<0, 所以p(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,所以p(x)max=p()=.   又当x>1时,p(x)>0,故可作出p(x)的大致图象,如图所示, 结合图象可得,0<a<,即实数a的取值范围为. 证明: ②由函数f'(x)有两个零点x1,x2, 所以2a=ln,2a=ln, 令t1=,t2=,则等价于关于t的方程2at=ln t有两个不相等的实数根t1,t2, 只需证明t1t2>e2, 不妨令t1>t2,由2at1=ln t1,2at2=ln t2,得2a=, 要证t1t2>e2,只需证明ln t1+ln t2>2, 即证ln t1+ln t2=2a(t1+t2)=(t1+t2)·>2, 即证ln t1-ln t2>, 即证ln>, 令m=,则m>1,只需证明ln m>(m>1), 令s(m)=ln m-(m>1),则s'(m)=>0, 所以s(m)在(1,+∞)上单调递增, 所以s(m)>ln 1-=0, 综上所述,原不等式成立. 2.(2025·湖北武汉模拟)已知f(x)=2x-sin x-ln x. (1)当a=1时,讨论函数f(x)的极值点个数; 解:当a=1时,f(x)=2x-sin x-ln x,则f'(x)=2-cos x-, 当x≥1时,f'(x)≥1-cos x≥0, 故f(x)在上单调递增,不存在极值点; 当0<x<1时,令h(x)=2-cos x-, 则h'(x)=sin x+>0总成立, 故函数h(x)即f'(x)在(0,1)上单调递增, 且f'(1)=1-cos 1>0,f'=-cos-2<0,所以存在x0∈, 使得f'(x0)=0, 所以当0<x<x0时,f'<0,f(x)单调递减;当x0<x<1时,f'>0,f(x)单调递增, 故在上存在唯一极值点. 综上,当a=1时,函数f(x)的极值点有且仅有一个. (2)若存在x1,x2(0<x1<x2),使f(x1)=f(x2),求证:x1x2<a. 证明:由f(x1)=f(x2)知2x1-sin x1-ln x1=2x2-sin x2-ln x2, 整理得,2(x1-x2)-(sin x1-sin x2)=(ln x1-ln x2)(*), 不妨令g(x)=x-sin x(x>0),则g'(x)=1-cos x≥0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增, 当0<x1<x2时,有g(x1)<g(x2), 即x1-sin x1<x2-sin x2, 那么sin x1-sin x2>x1-x2, 因此(*)式即转化为>, 接下来证明>(0<x1<x2),等价于证明ln >-, 不妨令=t(0<t<1), 建构新函数φ(t)=2ln t-t+,φ'(t)=-1-=<0,则φ(t)在(0,1)上单调递减, 所以φ(t)>φ(1)=0,故ln >-,即>(0<x1<x2)得证, 由不等式的传递性知<, 即x1x2<a. $$