培优微专题5 极值点偏移-【创新教程】2026年高考数学大二轮培优微专题

培优微专题 [「培优微专题5]极值点偏移 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，过程较为繁琐，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. 研析考点>层级突破 专点一 对称化构造函数 (3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性. 典题例析 (4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的 [例1](2025·湛江一模)已知函数f(x)=(1+ 正负，并得出f(x)与f(2xo一x)的大小关系. lnx)ea」 (5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与 (1)讨论f(x)的单调性； f(2x0一x)的大小关系转化为x与2x0一x之 (2)若方程f(x)=1有两个根x1,x2,求实数a 间的关系，进而得到所证或所求. 的取值范围，并证明：x1x2>1. 跟踪训练 [听课记录] 1.已知函数f(x)=x-ln工 x (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数g(x)=x十】-f(x)-a在定义域内 有两个不同的零点x1,x2,证明：x1十x2>2. …规律方法》… 对称化构造主要用来解决与两个极值点之和、积 相关的不等式的证明问题.其解题要点如下： (1)定函数（极值点为x0),即利用导函数符号的 变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值 点x0· (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x) =f(x)-f(2x0一x),(若证x1x2>x,则令 F(x)=f(x) 81 1数学 专点二】 比值代换 … 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 典题例析 [例2](2025·邯郸调研三)已知函数f(x)=x 等式通过代换=化为单变量的函数不等式， (er-ax2),a∈R. 利用函数单调性证明。 (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线 跟踪训练 方程. (2)已知关于x的方程f(x)=ax2-e2恰有4个 2.已知函数f(x)=xlnx一a.x2-x十a.若函数有 不同的实数根x1,x2,x3,x4,其中x1>0,x2>0. 两个不同的极值点，记作x1,x2,且x1<x2,求 (1)求a的取值范围； 证：lnx1+2lnx2>3. (i)求证：x1+x2>4. [听课记录] 课时冲关>高效提能 1.已知函数f(x)=x-lnx一a有两个不同的零点 2.(2025·浙江金丽衢十二校联考一)已知函数 x1x2, (1)求实数a的取值范围； f(x)=lnx-2m√元(m∈R)有两个不同的零点 (2)求证：x1十x2>2. x1,x2. (1)求实数m的取值范围； ②)证明：e<<品 82答案精析 在(x。,1)上单调递减， 培优微专题5 又o(0)=p(1)=0, 研析考点层级突破 所以g(x)=e2-x2-(e-2)x-1≥0（当且仅当x=1时取等 考点一 号)， 例1[解](1)求出f(x),根据导数的符号判断函数的单调 故+(2-e)x-1>z(x>0). 性；(2)由1+n-1,得l+ln=a,设g()=1+ln工，画出 ax x x 设(x)=x-lnx-1(x>0),d(x=1-1 g()的图象可得0<a<1;由1+1血西=1+ln,设h(x) 当x∈(0,1)时，t(x)<0,t(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，t(x)>0,t(x)单调递增， =8)-g(),对()求导可得g)<g(）又 所以t(x)n=t(1)=0, g(x1)=g(x2),再由g(x)在(1，十∞)上单调递减，可得 从而有t(x)=x-lnx一1≥0即x≥lnx十1（当且仅当x=1 时取等号). >1,即可证明x1>1 所以e+(2-e)x=1≥x≥nx十1， x 1)由题意可得>0，>0，所以。>0， 即+(2二e)x->nx十1（当且仅当x=1时等号成立）. f(x)=(1+ln)e品=1+n的定义域为(0，十o, ax 2.解：(1)当n=1时，f(x)=(x-1)lnx, f(x)=lnx+1-1, 2ax-1+lnx)…a 1 In x x 又f(x)= (ax)2 ax?, 当0<x<1时，lnx<0,1-1<0,故f(x)<0,f(x)单调 由f(x)=0,得x=1, x 当0<x<1时，(x)>0,则f(x)在(0,1)上单调递增， 递减， 当x>1时，f(x)<0,则f(x)在(1，十o∞)上单调递减， 当x>1时，lnx>0,1-1>0,故f()>0,f(x)单调 x （2)由1士inz=1,得1+lnx=a,设g(x)=1+n兰，g(x) ax x 递增， 1 综上，函数y=f(x)的单调增区间为(1，十∞)，单调减区间 =T 为(0,1). ·x-（1+ln）--lh之，由g(x)=0,得x=1, 一= (2)证明：当n>1时，可知函数存在零点1和n量， 当0<x<1时，g(x)>0,则g(x)在(0,1)上单调递增， 且n>1元=1，因此，Q点坐标为(n,0): 当x>1时，g(x)<0,则g(x)在(1，+∞)上单调递减， /1 ①f(x)=nx-lnx+x-1-L x 又8()=0，g(1)=1,且当x趋近于正无穷，g(x)趋近 所以了(n)=n是lnn, 于0， g(x)=1+l血工的图象如图， y 则f(x)在点Q(n,0)处的切线方程为l1: g(x)=nlnn·(x-n元)， 所以当0<a<1时，方程 令p(x)=f(x)一g(x), 1+lnx=a有两个根， 则g(x)=f(x)-g(x)=nx-1lnx十x1-”-n号 01 x 证明：不妨设x1<x2,则0< e In n, x1<1<x2, 1+In z 当1<c<n时，0<1nc<1lnn,0<x-<n÷, =1+ln2 ∴.nx-llnx<n只lnn,nx-1lnx-n号lnn<0, 一1 设Ax)=g)-8(日)= x x-1-”<n号一n=0, 1+ln z-z(1-In z), x p(x)<0,p(x)单调递减， '()=ln+lnx=nx≥0，所以h()在(0，+c 同理，当x>n时，(x)单调递增， 上单调递增， .p(x)≥p(na)=lnn-lnn-nlnn十lnn=0, 所以当x>1时，f(x)≥g(x). 又1)=0，所以M)=8)-8()0, ②f(1)=1-n,则f(x)在，点P(1,f(1)处的切线方程为 l2:m(x)=(1-n)(x-1), 即ga,8(宁) 令k(x)=f(x)一m(x), 则k(x)=nx-1nx+x-1--(1-n） 又8z)=g,所以gKa() _2-1+(n-1(z-1+nz- 又>1，>1，g)在1，+0)上单阴道减，所以> 元 当x∈(0,1)时，x<1,x<1,lnx<0, 1,故1x>1 故k(x)<0, 跟踪训练 当x∈(1，+o∞)时，x">1,x>1,lnx>0, 1.解：分析：(1)直接用导数判断函数的单调区间； 故k(x)>0, (2)先将g(x)的两个零点转化为直线y=a与函数y=h(x) 于是k(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十○)上单调递增， 的图象有两个不同的交点，得出0<a<1,<<1<, 所以k(x)≥k(1)=0,则f(x)≥m(x), 如图，不妨设0<a<1<b,直线y=t与 v=f(x) 进而再证明x2>2-x1,只需证明h(x2)<h(2-x1)即可. 直线l2,函数f(x)的图象和直线L1分 小=g(x) (1)函数f(x)的定义域为（0，十∞)，且f(x) 别交于a',a,b,b, _y=l =-1+nx 则有a'<a<b<b, x 于是|a-b|<|a'-b|=b'-a'=na 因为函数y=x2-1十lnx在(0，十∞)上单调递增，且f(1) On'a1 =0， 一t 所以当0<x<1时，x2-1+lnx<0,f(x)<0,f(x)单调 In n y=m() 递减； 当x>1时，x2-1+lnx>0,f(x)>0,f(x)单调递增. ·135· I数学 故函数f(x)的单调递减区间为(0,1]，单调递增区间为(1， 十∞). ,则g(x)=z-2)c 令g(x)=e x (2)因为g(x)=n工+-a有两个不同的零点x1,x2, 所以当x∈(-∞，0)时，g(x)>0,当x∈(0,2)时，g(x)< 0,当x∈(2，十∞)时，g'(x)>0, 即方程n工+】=a有两个不相等的实数根x1,x2,不妨设 所以g(x)在（一∞，0）上单调递增，在(0,2)上单调递减，在 (2,十∞)上单调递增. 0<x1<x2 令h(x)=1山工+1，x>0,则直线y=a与函数y=h(x)的 又g(2)=,且当x楚近于-∞时，g)>0且趋近于0， 图象有两个不同的交点 当x从0的左侧无限趋近于0时，g(x)趋近于十∞，当x从 0的右侧无限趋近于0时，g(x)趋近于十∞， 则'(x)=-lnx 22, 当x趋近于十∞时，e的增速远大于x2的增速，所以g(x) 趋近于十∞. 当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增； 故g(x)的大致图象如图所示： 当x∈(1，+o∞)时，h'(x)<0,h(x)单调递减. 又A)=1,h(日）=0，当x+∞时，h()0, 又g(-1)=1<g e4,所以当a> y=a y=g(x) 则0<a<1,1<<1<x 时，直线y=a与曲线y=g e (x)有3个不同的交点，且这3个 要证x1十x2>2,即证x2>2-x1, 交点的横坐标均不为一1，所以a 由x2>1,2-x1>1,h(x)在(1，+∞)上单调递减，只需证明 的取值范国为（学十∞】 0 h(x2)<h(2-x1),如图， A y=h(x) （i)由(i)知e=ax,e2=ax2,所以x1=lna十2lnx1, x2=In a+2ln x2, 所以x-x2=2lnx1-2lnx2=21n 则一工=2， 由h(x1)=h(x2),只需证明h(x1)<h(2一x1). In 令u()=(）-a(2-x),x∈（日，小只需证明ux)<0, x2 易知u(1)=0,i(x)=K(x)+K(2-x)=-血 要证西十x>4,只需证十，>2)， x ln _In(2-z) (2-x)2, 不妨设x2>x1>0,所以0<<1，所以1n<0,则只需证 2 2 由z∈（日l故-hx>0,2<2-x,则(）> ln西<2(x-2) 2(-1 -1nxln(2-2=-lnx(2)]>0, x1十x2 (2-x)2 (2-x)2 十1 T2 从西)在（合，）上单调递增，由u1)=0,故当x∈ 令1=三，则E(0,1),令h(0=1nt-21-D t+1 则当0<t<1时，()=1-2+)-2-1)= (t+1)2 故x1十x2>2. 考点二 (t+1)2-4t=(t-1)2、 例2[解](1)求出导数，继而可得切线斜率为x=0时的导数 tD2+1)>0, 值，由f(0)=0,结合直线的点斜式，可求出切线方程：(2)()将 所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)<h(1)=0, 问题转化为y=a与g()=g有三个不同交点的问题，利用 所以当E(0,1)时，ln<2恒成立，所以原不等式西 t+1 +x2>4得证. 导数可求得g)-号的单调性和最值，从而得到g)= 跟踪训练 2.解：f(x)=xlnx-a.x2-x十a,f(x)=lnx-2ax. 的图象，采用敦形结合的方式可确定的范围；（川）设x> 因为f(x)有两个不同的极值点x1,x2,所以lnx1=2ax1, In x2=2ax2. x1>0,根据：e=ax,e=ax,采用取对数、两式作差整 欲证lnx1+2lnx2>3,即证2ax1十4ax2>3,又0<x1<x2, 理的方式可得马工=2，通过分析法可知只需证1< 3一① 所以原式等价于a>2x十4z, In z=2az1,In z2 =2ax:, 2(4-1) In 2(1-x2） 即可，令t=,t∈(0,1)，构造函数 得n子-2a(,-z1)pa=2@ x1 x1十x2 +1 工2 0=1nL-211卫，利用子数可求得he)单调性，从而得 由①②知原问题等价于求证。工1> 3 t+1 x2一x1x1+2x2’ 到h(t)<h(1)=0,由此可证得结论. 3(2-1】 (1)f(x)=e-ax2+x(e-2ax)=(x+1)e-3ax2, 所以f(0)=1一0=1， 即证n2>3(2x) x1十2x2 又f(0)=0,所以曲线y=f(x)在，点(0，f(0)处的切线方程 1+2 为y=x. (2)(i)由f(x)=a.x2-e,得(x+1)(e-ax2)=0,该方程有 令t=马，则>1，上式等价于求证1n>3 1+2t 一根为一1，且x≠0， 令h(t)=lnt- 34》(>1D,则()=日 所以e一ax=0,即a有3个不同的实数根，且这3个 1+2t 3(1+2)-6(t-1)=(t-1)(4t-1) 实数根均不为一1. (1+2t)2 t(1+2t)2 ·136· 答案精析 因为t>1,所以h'(t)>0恒成立，所以h(t)单调递增，h(t)> 1n1-3X)=0, 所以gm)在m∈(0，日)上单调适增，故g(m)<g(日)厂 1+2×1 4-2e<0, 即1h心所以原不等式成立，即加十h>8。 故f(1)= 2m0()=-4nm 课时冲关高效提能 1.解：(1)利用导数求单调区间，结合图象可解；(2)利用单调性 所以由率点存在定理可知，存在∈(0）使得fx) 将问题转化为证明∫(2-x)<∫(x),然后构造差函数g =0； (x)=f(2-x)-f(x),x∈(0,2)，利用导数证明g(x1)<g (1)即可. 所以存在x∈（ (1)f(x)的定义域为(0，十∞)， 债+）俊得f)=0 f几x) 因为f()=1-1=二1，所以当 故当0<m<时，画数)有两个不同的率点 0<x<1时，f(x)<0,当x>1时，f (2)由题意，令√=，√=2，且不妨令西<工2，则有 (x)>0, 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1， (In=mh (x) In t2 =mtz 十∞)上单调递增， 所以当x=1时，f(x)取得最小值1一a. 两式相减可得，m=1n名一ln上 又当x趋近于0或十∞时，f(x)趋于十∞， t1-t2 所以，要使f(x)有两个不同的零点x1,x2,只需满足1一Q< 0,即a>1. 美证汤西<品即证<品品 所以实数a的取值范围为(1，十o∞). 曰n车-压+压>0(**) (2)不妨设x1<x2,由(1)可知，0<x1<1,x2>1,则2-x1 >1， 要证x1十x2>2,只需证2-x1<x2, 又f(x)在(1，十∞)上单调递增， 令M-后，则(*)p为台2加着+>00iK1D. 所以只需证f(2一x1)<f(x2), 即证f(2一x1)<f(x1). 设s0）=2-+2别g0=名-1- 记g(x)=f2-x)-f(x)=2-2x-ln(2-x)+lnx,x∈(0,1) 则gu)=+22=2, =-0+24-1<0, x(x-2)· 所以g(u)在(0,1)上单调递减，所以g(u)>g(1)=0,即有 当0<x<1时，g(x)>0,g(x)单调递增， 又g(1)=f(2-1)-f(1)=0, 西< 所以g(x1)=f(2-x1)-f(x1)<0,即f(2-x1)<f(x1), ()两式子相加得，lnt1t2=m(i十t2), 所以f(x2)>f(2-x1),又，f(x)在(1，十∞)上单调递增， 所以x1十x2>2. 则要证1x2>e即证it2>e2, 2.解：(1)先求出导函数，当m≤0时，不满足题意；当m>0时， 由上式只需证m(t1十t2)>2, 求出数的单润检，秀求出教大位)a一f(债) t一1 即证血-1n色.6，+，)>29ln点-2号—<0(** 2hm-2>0,即可得解；(2)要证西<品，即证V中 t1-t2 十1 t2 <1=-台ln4-医+巨>0，构建函数g(w)= *) m Int-Intz “女√E√6 令-，(**)9n-2(》） v+1 <0(0<<1). 2h一u+女脚可得，再证>e,即证>，只 设h(u）=lno 需证m%,十，)>2，即血1n色.6，+，)>29ln车-2 2()0<<1),则(o)= (v+1)2 一t2 >0, 一1 所以h(v)在(0,1)上单调递增，所以h(v)<h(1)=0,即有 专<0，构建画数A(o)=1n”-2(）,即可得证. 1x2>e. 红十1 故e<< 自题意，f0-是爱-1(>0. 培优微专题6 x 研析考点层级突破 当m≤0时，f(x)>0,函数f(x)单调递增，不满足要求； 考点一 当m>0时，令f(x)=0,得x= 1 例1[解析]由已知得f(x)在[0，π]的图象至少有2个最大 2, 值，根据正弦函数的性质即可求解。 当x变化时：fCz):fx)变化如下表 由题可知，f(x)在[0，π]的图象至少有2个最大值， 1 2 1 m2,十0 当fx)=sin(or+号）=1时，ur+音-受+2kx,k∈么， 解得=（后+2x小 f(x) 0 当=0时x=×≤≥ 6 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 令fx)大=f -2hm-2>0,得0m<日 当=1时，x=(晋+2x)下w≥号 6 综上，当w≥1时，月x1,x∈[0，π](x≠)，使得f(x)十 设g(m)= 4ln m 6 m f(x2)= 2=2-4m>0, m [答案] [+) ·137·