培优6 极值点偏移问题（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

培优6　极值点偏移问题 数 学 新高考专用 目 录 类型1 x1+x2>2x0型(“和”型) 类型2 x1·x2> 型(“积”型) 1.极值点偏移的含义 若单峰函数f(x)的极值点为x0,则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如表所 示. 极值点x0 函数值的 大小关系 图示 极值 点不 偏移 x0=  f(x1)= f(2x0-x2)   目 录 极值 点偏 移 左 移 x0<  峰口向上: f(x1)< f(2x0-x2)   峰口向下: f(x1)> f(2x0-x2)   目 录 极值 点偏 移 右 移 x0>  峰口向上: f(x1)> f(2x0-x2)   峰口向下: f(x1)< f(2x0-x2)   目 录 2.极值点偏移问题常用处理策略 (1)对称化构造 第一步:求导,分析f(x)的单调性,作出f(x)的图象,由f(x1)=f(x2)得x1与x2的取值范围. 第二步:构造辅助函数(注:x0为f(x)的极值点,对于非极值点的问题需要根据零点等量关 系,变更结论或变更原函数后,再构建辅助函数). ①对于结论x1+x2>2x0(或x1+x2<2x0),构造F(x)=f(x)-f(2x0-x); ②对于结论x1x2> (或x1x2< ),构造F(x)=f(x)-f . 第三步:求导,获取F(x)的单调性,限定x1或x2的范围,判断F(x)的正负,获取不等式证明结 论. 目 录 (2)差值换元或比值换元 构造差值函数:设t=x1-x2,结合已知等式,用t分别表示x1,x2,即x1=φ(t),x2=ϕ(t); 构造比值函数:设t= ,结合已知等式,用t分别表示x1,x2,即x1=φ(t),x2=ϕ(t). 一般就比值换元与差值换元解极值点偏移问题来看,比值换元对单一的对数式ln x最有 效;差值换元对单一的指数式ex最有效. (3)利用对数平均不等式 对数平均不等式:对任意的正实数a,b,且a<b,则a< < < < < <b; 证明: < < .(关键:比值换元的使用) 目 录 ①先证 < . 要证 < ,只需证ln b-ln a< , 即ln  < - . 记t= ,则2ln t<t- (t>1).令f(t)=2ln t-t+ (t>1), f'(t)= -1- =- = <0, 所以f(t)在(1,+∞)上单调递减,而f(1)=0,因此当t>1时, f(t)<0恒成立,即 < 恒成 立. ②再证 < . 目 录 要证 < ,只需证ln b-ln a> , 即ln  > , 令t= (t>1),则有ln t> (t>1), 设g(t)=ln t- (t>1), 则g'(t)= - = >0, 所以g(t)在(1,+∞)上单调递增,而g(1)=0, 因此当t>1时,g(t)=ln t- >0恒成立, 目 录 即 < . 几何意义:将对数平均不等式变形为 < < .  表示经过曲线y=ln x上两点A(a,ln a)和B(b,ln b)的直线的斜率, 表示曲线y= ln x在x= 处切线的斜率, 表示曲线y=ln x在x= 处切线的斜率. 注意:对数平均不等式在主观题中不能直接使用,需要补充证明过程. 目 录 例1　已知函数f(x)=xe-x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)若x1≠x2且f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2. 类型1    x1+x2>2x0型(“和”型) 目 录 解析    (1)f'(x)=e-x(1-x),x∈R. 令f'(x)>0,得x<1; 令f'(x)<0,得x>1, 所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞), 所以f(x)有极大值f(1)= ,无极小值. (2)证法一(对称化构造)由(1)知,不妨设0<x1<1<x2,要证x1+x2>2,只要证x2>2-x1>1. 因为f(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以只要证f(x2)<f(2-x1),因为f(x1)=f(x2),所以只要证f(x1)<f(2-x1), 目 录 令H(x)=f(x)-f(2-x)=xe-x-(2-x)ex-2(0<x<1),则H'(x)= - = , 因为0<x<1,所以1-x>0,2-x>x, 所以e2-x>ex,即e2-x-ex>0, 所以H'(x)>0, 所以H(x)在(0,1)上单调递增, 所以H(x)<H(1)=0, 即有f(x1)<f(2-x1)成立,所以x1+x2>2. 证法二(比值换元)设0<x1<1<x2, 由f(x1)=f(x2),得x1 =x2 , 目 录 等式两边取自然对数得ln x1-x1=ln x2-x2. 令t= ,t>1,则x2=tx1,则ln x1-x1=ln t+ln x1-tx1,得x1= ,x2= , 所以即证x1+x2= >2, 即ln t- >0,设g(t)=ln t- (t>1), 所以g'(t)= - = >0, 所以当t>1时,g(t)单调递增, 所以g(t)>g(1)=0,所以ln t- >0, 故x1+x2>2. 目 录 例2　已知函数f(x)=ln x-ax2,若x1,x2是方程f(x)=0的两不等实根,求证: + >2e. 证明    对数平均不等式因为x1,x2是方程ln x-ax2=0的两不等实根,ln x-ax2=0⇔2ln x-2ax2= 0, 所以x1,x2是方程ln x2-2ax2=0的两不等实根, 令t=x2(t>0),则t1= ,t2= , 即t1,t2是方程2a= 的两不等实根. 要证 + >2e,只需证t1+t2>2e. 先证 < ,令0<x1<x2, 目 录 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. 即 < 得证. 目 录 因为 = , 所以 = < , 所以ln t1+ln t2>2,即t1t2>e2, 所以t1+t2>2 >2e.即 + >2e. 目 录 类型2    x1·x2> 型(“积”型) 例    (高考真题精选改编)已知函数f(x)= -ln x+x-a.证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1. 证明    对称化构造由题意知f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)= ,可得函数f(x)在(0, 1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 则f(x)的一个零点小于1,一个零点大于1, 不妨设0<x1<1<x2,要证x1x2<1,即证x1< , 因为x1, ∈(0,1),即证f(x1)>f , 因为f(x1)=f(x2),所以f(x2)>f , 目 录 即证 -ln x+x-x -ln x- >0,x∈(1,+∞), 即证 -x -2 >0,下面证明当x>1时, -x >0,ln x-  <0. 设g(x)= -x ,x>1, 则g'(x)= ex-  =  ex-   =  =  , 设φ(x)= (x>1),则φ'(x)= ex= ex>0,所以φ(x)>φ(1)=e,而 <e, 目 录 所以 - >0,所以g'(x)>0, 所以g(x)在(1,+∞)上单调递增, 即g(x)>g(1)=0, 所以 -x >0. 令h(x)=ln x-  ,x>1, 则h'(x)= -  = = <0, 所以h(x)在(1,+∞)上单调递减, 即h(x)<h(1)=0, 目 录 所以ln x-  <0. 综上, -x -2 >0, 所以x1x2<1. 目 录 $