导数中的极值点偏移课件-2026届高考数学二轮复习

高考数学二轮复习——导数中的极值点偏移 极值点偏移问题 1．极值点偏移定义 极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性。例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，也有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移． 2．极值点偏移的原理 函数自身所导致的在极值点左右两端增速不一样． 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 一般地,若连续函数f(x)在[a,b]内有唯一的极值点x0,对于任意的x1,x2∈[a,b],当f(x1)=f(x2)时有≠x0,则称函数f(x)极值点偏移. (1)左偏移:当>x0时,极值点x0在[a,b]内向左偏移.(如图1,2) 返回导航 (2)右偏移:当<x0时,极值点x0在[a,b]内向右偏移.(如图3,4)   返回导航 (3)无偏移:当=x0时,极值点x0在[a,b]内无偏移.(如图5) 返回导航 4．极值点偏移的判断 5．答题模板(对称构造) 若已知函数f(x)满足f(x1)＝f(x2)，x0为函数f(x)的极值点，求证：x1＋x2<2x0. (1)讨论函数f(x)的单调性并求出f(x)的极值点x0； 假设此处f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 (2)构造F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)； 注：此处根据题意需要还可以构造成F(x)＝f(x)－f(2x0－x)的形式． (3)通过求导F′(x)讨论F(x)的单调性，判断出F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系； 假设此处F(x)在(0，＋∞)上单调递增，那么我们便可得出F(x)>F(x0)＝f(x0)－f(x0)＝0，从而得到：x>x0时，f(x0＋x)>f(x0－x)． 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 (4)不妨设x1<x0<x2，通过f(x)的单调性，f(x1)＝f(x2)，f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系得出结论； 接上述情况，由于x>x0时，f(x0＋x)>f(x0－x)且x1<x0<x2，f(x1)＝f(x2)，故f(x1)＝f(x2)＝f[x0＋(x2－x0)]>f[x0－(x2－x0)]＝f(2x0－x2)，又因为x1<x0，2x0－x2<x0且f(x)在(－∞，x0)上单调递减，从而得到x1<2x0－x2，从而x1＋x2<2x0得证． 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 5．其他方法 (1)比值代换 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 (2)对数均值不等式 取等条件：当且仅当a＝b时，等号成立． 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 (3)指数不等式 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 典型例题 1．(2025·河北邯郸阶段练习)已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)． (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. 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 【解析】　(1)因为f(x)＝xe－x，其中x∈R，则f′(x)＝(1－x)e－x， 令f′(x)＝0，解得x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 所以f(x)的增区间为(－∞，1)，减区间为(1，＋∞)． x (－∞，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值 单调递减 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 (2)证明：构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1， 则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)， 当x>1时，x－1>0，x－2>－x，则ex－2－e－x>0，则F′(x)>0， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，当x>1时，F(x)>F(1)＝0， 故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*) 由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2， 因为函数f(x)的增区间为(－∞，1)，减区间为(1，＋∞)， 可设x1<1<x2，将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)， 又f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)>f(2－x2)． 又x1<1，2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增， 所以x1>2－x2，即x1＋x2>2. 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 2．(2024·北京西城高二期中)已知函数f(x)＝x－ln x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 【解析】　(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝1－a， 又f(x)≥0，所以1－a≥0，解得a≤1， 所以a的取值范围为(－∞，1]． 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 3．已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax(a∈R)． (1)若函数y＝f′(x)有两个零点，求a的取值范围； (2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2. 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2， 当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞，g(x)→＋∞， 如图所示： 所以要想有两个不同交点，只需a>2，即a的取值范围为(2，＋∞)． 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 (2)证明：因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点， 所以f′(x1)＝f′(x2)＝0,由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2， 要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1，显然2－x1>1， 当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2－x1)， 而g(x1)＝g(x2)＝a，所以证明g(x1)>g(2－x1)即可， 即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0，1)时恒成立， 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 显然当x∈(0，1)时，h′(x)<0， 因此函数h(x)＝g(x)－g(2－x)单调递减， 所以当0<x<1时，有h(x)>h(1)＝0，所以当0<x1<1时，g(x1)>g(2－x1)恒成立，因此命题得以证明． 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 4．已知函数f(x)＝ln x－ax2. (1)讨论函数f(x)的单调性： 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 【解析】　(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 (2)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， 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)>0且g(t)→0. 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 【解析】　(1)f(x)，g(x)定义域均为(0，＋∞)， 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 返回导航 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 类型一　极值点偏移问题之消参减元、比值代换 【例1】(2025·南开模拟)设函数f(x)=x2+ln x. (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; 【解析】(1)f'(x)=2x+, 则f'(1)=3,f(1)=1, 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−1=3(x−1),即y=3x−2; 返回导航 (2)设函数g(x)=f(x)−ax(a∈R). (i)当x=1时,g(x)取得极值,求g(x)的单调区间; 【解析】(2)(i)g(x)=x2−ax+ln x, g'(x)=2x−a+=(x>0), 因为x=1时,g(x)取得极值,所以g'(1)=2−a+1=0,解得a=3, 所以g'(x)==, 令g'(x)>0,得0<x<或x>1;令g'(x)<0,得<x<1, 所以g(x)的单调递增区间为(0,),(1,+∞),单调递减区间为(,1); 返回导航 (ii)若g(x)存在两个极值点x1,x2,证明:>. 【解析】(ii)g'(x)=(x>0),因为g(x)存在两个极值点, 所以方程g'(x)=0,即2x2−ax+1=0在(0,+∞)上有两个不相等的实根. 因为,解得a>2, 则==x2+x1−a+=−+, 所以所证不等式>等价于>, 返回导航 即>,不妨设x2>x1>0,即证ln >2, 令t=>1,h(t)=ln t−,t∈(1,+∞),则h'(t)==>0, 所以h(t)在(1,+∞)上单调递增, 所以h(t)>h(1)=0,所以ln >2成立, 所以>. 返回导航 【解题技法】 比值换元法的解题策略 (1)联立消参:利用方程f(x1)=f(x2)消掉解析式中的参数a. (2)抓商构元:令t=,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t). (3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最值,从而可证得结论. 类型 返回导航 二　极值点偏移问题之消参减元、差值代换 【例2】若函数f(x)=x−aex+b(a>0,b∈R)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2< −2ln a. 【证明】由题知两式相减得x1−x2=a(),即a=. 故要证x1+x2<−2ln a,只需证x1+x2<−2ln ,即证<()2, 即证(x1−x2)2<−2+.不妨设x1<x2,令x2−x1=t>0,则需证t2<e−t−2+et. 返回导航 设g(t)=t2−e−t+2−et,则g'(t)=2t+e−t−et. 设h(t)=2t+e−t−et,则h'(t)=2−e−t−et<0, 所以h(t)在(0,+∞)上单调递减, 所以h(t)<h(0)=0,即g'(t)<0, 所以g(t)在(0,+∞)上单调递减, 所以g(t)<g(0)=0,故原不等式成立. 返回导航 【解题技法】 差值换元法的解题策略 (1)取差构元:记s=t2−t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2. (2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1. (3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s). (4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最值,从而证得结论. 返回导航 类型三　极值点偏移问题之对称构造 【例3】已知函数h(x)=x,如果x1≠x2且h(x1)=h(x2),证明:x1+x2>2. 【证明】h'(x)=(1−x),令h'(x)=0,解得x=1, 当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如表: x (−∞,1) 1 (1,+∞) h'(x) + 0 − h(x) 单调递增 单调递减 返回导航 由x1≠x2,不妨设x1>x2,根据h(x1)=h(x2)可知x1>1,x2<1. 令F(x)=h(x)−h(2−x),x∈[1,+∞),则F'(x)=(x−1)(−1), 因为x≥1,2x−2≥0,所以−1≥0,所以F'(x)≥0,所以F(x)在[1,+∞)上单调递增, 又因为F(1)=0,所以x>1时,F(x)>F(1)=0, 即当x>1时,h(x)>h(2−x), 则h(x1)>h(2−x1), 又h(x1)=h(x2),所以h(x2)>h(2−x1), 因为x1>1,所以2−x1<1,所以x2,2−x1∈(−∞,1), 因为h(x)在(−∞,1)上单调递增,所以x2>2−x1,所以x1+x2>2得证. 返回导航 【解题技法】 对称构造法,主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式问题.其解题要点如下: (1)定函数极值点: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:根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)−f(2x0−x); (3)判断单调性:利用导数讨论F(x)的单调性; (4)比较大小:判断函数F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(2x0−x)的大小关系; (5)转化:利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0−x)的大小关系转化为x与2x0−x之间的关系,进而得到所证或所求. 返回导航 【训练】　已知函数f(x)=2x+ax2+xln x,a∈R. (1)当a=0时,求曲线y=f(x)在x=e处的切线方程; 【解析】(1)当a=0时,f(x)=2x+xln x,f'(x)=2+ln x+1,曲线y=f(x)在x=e处切线的斜率为k=f'(e)=3+ln e=4, 又因为f(e)=2e+eln e=3e,所以切线方程为y−3e=4(x−e),即曲线y=f(x)在x=e处的切线方程为4x−y−e=0; 返回导航 (2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>3x1,证明:x1x2>. 【解析】(2)若f(x)有两个零点x1,x2, 则2x1+a+x1ln x1=0,2x2+a+x2ln x2=0,得−a==. 因为x2>3x1,令x2=tx1(t>3),则==, 故ln x1==−2,则ln x2=ln (tx1)=ln t+ln x1=ln t+−2=−2, 所以ln (x1x2)=ln x1+ln x2=−2+−2=−4, 令h(t)=−4(t>3), 返回导航 则h'(t)=, 令g(t)=−2ln t+t−(t>3),则g'(t)=−+1+==>0, 所以g(t)在(3,+∞)上单调递增, 所以g(t)>g(3)=−2ln 3+3−=(4−3ln 3)=(ln e4−ln 33)>0, 所以h'(t)=>0,则h(t)在(3,+∞)上单调递增,所以h(t)>h(3)=−4=ln , 所以ln (x1x2)>ln ,故x1x2>. 返回导航 根据极值点偏移的定义可知：当题干中出现x1＋x2，，等条件而求证不等式成立的时候，即可视为极值点偏移考察． (5)若要证明f′<0，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证．此处只需继续证明：因为x1＋x2<2x0，故<x0，由于f(x)在(－∞，x0)上单调递减，故f′<0. 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． 两个正数a和b的对数平均定义：L(a，b)＝ 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：≤L(a，b)≤(此式记为对数平均不等式)． 在对数均值不等式中，设a＝em，b＝en，则E(a，b)＝根据对数均值不等式有如下关系：e≤E(a，b)≤. 故函数f(x)在x＝1处取得极大值，无极小值． 解f′(x)＝>0得x>1，解f′(x)＝<0得0<x<1， (2)证明：不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，0<<1， 构造函数g(x)＝f(x)－f＝x－－2ln x， 则g′(x)＝1＋－＝≥0， 所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，f(x)>f， 所以f(x1)＝f(x2)>f， 又f(x)在(0，1)上单调递减，所以0<x1<<1，即x1x2<1. 【解析】(1)f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax⇒f′(x)＝1－＋ln x－2x＋a＝0， 该方程有两个不等实根，由f′(x)＝1－＋ln x－2x＋a＝0⇒a＝2x＋－ln x－1， 所以直线y＝a与函数g(x)＝2x＋－ln x－1的图象有两个不同交点， 由g(x)＝2x＋－ln x－1⇒g′(x) ＝2－－＝＝， 由h(x)＝4x＋－ln x－＋ln(2－x)－4⇒h′(x) ＝， (2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两不等实根，求证：x＋x>2e. 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． 令t＝x2(t>0)，则t1＝x，t2＝x， 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)＝， 所以0<2a<，即0<a<. 令1<t1<e<t2，要证x＋x>2e，只需证t1＋t2>2e， 方法一(对称化构造)：令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)， 则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝－＝， 令φ(t)＝(2e－t)ln t－tln(2e－t)， 则φ′(t)＝－1－ln t－ln(2e－t)＋＝＋－ln(－t2＋2et)>＋－2>0， 所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)<φ(e)＝0， 所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)<0，所以g(t)<g(2e－t)， 所以g(t2)＝g(t1)<g(2e－t1)，所以t2>2e－t1， 即t1＋t2>2e，所以x＋x>2e. 方法二(对数均值不等式)：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. 5．(2025·江苏无锡阶段练习)已知函数f(x)＝＋ln x，g(x)＝ax－ln x－2. (1)若a>0，当f(x)与g(x)的极小值之和为0时，求正实数a的值； (2)若f(x1)＝f(x2)＝2(x1≠x2)，求证：＋>. f′(x)＝－＋＝，令f′(x)<0，解得0<x<a， 令f′(x)>0，解得x>a， 所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 所以在x＝a取极小值，且f(a)＝1＋ln a； 又g′(x)＝a－，令g′(x)<0，解得0<x<， 令g′(x)>0，解得x>， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以在x＝取极小值，且g＝－1＋ln a 所以1＋ln a－1＋ln a＝0，解得a＝1. (2)证明：令m＝，n＝，因为x1≠x2，所以m≠n， 由f(x1)＝f(x2)＝2(x1≠x2) 可得⇒ ①－②得a(m－n)＝ln m－ln n，所以＝， 要证＋>，只要证m＋n>， 只要证m＋n>2， 不妨设0<n<m，所以只要证ln >，即证ln >， 令t＝(t>1)，只需证ln t>(t>1)， 令h(t)＝ln t－(t>1)， h′(t)＝－＝－＝>0， 所以h(t)在t∈(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0， 即有ln t>(t>1)成立，所以＋>成立． $