11 专题1 拓展培优2 极值点偏移（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考数学二轮专题复习高效讲义

拓展培优2　极值点偏移　　　▶ 对应学生用书P21 【考情分析】　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，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题的方法有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋. 【知识拓展】 已知f(x)图象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f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)所示；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(2)(3)所示. (2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x). (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2＜＋＜e. 解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)， 又f'(x)＝1－ln x－1＝－ln x， 当x∈(0，1)时，f'(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，f'(x)＜0， 故f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞). (2)证明：因为bln a－aln b＝a－b，故b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，即＝， 故f＝f， 设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设0＜x1＜1，x2＞1. 因为x∈(0，e)时，f(x)＝x(1－ln x)＞0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)＜0， 故1＜x2＜e. 先证x1＋x2＞2， 若x2≥2，x1＋x2＞2必成立. 若x2＜2，要证x1＋x2＞2，即证x1＞2－x2，而0＜2－x2＜1， 故即证f(x1)＞f(2－x2)，即证f(x2)＞f(2－x2)，其中1＜x2＜2. 设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1＜x＜2， 则g'(x)＝[f(x)－f(2－x)]'＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x·(2－x)]， 因为1＜x＜2，故0＜x(2－x)＜1，故－ln[x(2－x)]＞0， 所以g'(x)＞0，故g(x)在(1，2)为增函数，所以g(x)＞g(1)＝0， 故f(x)＞f(2－x)，即f(x2)＞f(2－x2)成立，所以x1＋x2＞2成立， 综上，x1＋x2＞2成立. 设x2＝tx1，则t＞1， 结合＝，＝x1，＝x2，可得x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)， 即1－ln x1＝t(1－ln t－ln x1)，故ln x1＝， 要证x1＋x2＜e，即证(t＋1)x1＜e，即证ln(t＋1)＋ln x1＜1， 即证ln(t＋1)＋＜1，即证(t－1)ln(t＋1)－tln t＜0， 令S(t)＝(t－1)ln(t＋1)－tln t，t＞1， 则S'(t)＝ln(t＋1)＋－1－ln t＝ln(1＋)－， 先证明一个不等式ln(x＋1)≤x. 设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u'(x)＝－1＝， 当－1＜x＜0时，u'(x)＞0；当x＞0时，u'(x)＜0， 故u(x)在(－1，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数， 故u(x)max＝u(0)＝0， 故ln(x＋1)≤x成立. 由上述不等式可得当t＞1时，ln≤＜， 故S'(t)＜0恒成立， 故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t)＜S(1)＝0， 故(t－1)ln(t＋1)－tln t＜0成立，即x1＋x2＜e成立. 综上所述，2＜＋＜e. 拓展1　对称化构造 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：(1)由题意知函数f(x)的定义域为， 解f'(x)＝＞0得x＞1，解f'(x)＝＜0得0＜x＜1， 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min＝f＝1－a， 又f(x)≥0，所以1－a≥0，解得a≤1， 所以a的取值范围为. (2)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'＝1＋－＝≥0， 所以函数g(x)在上单调递增， 所以当x＞1时，g(x)＞g＝0，即当x＞1时，f(x)＞f， 所以f＝f＞f， 又f(x)在上单调递减， 所以0＜x1＜＜1，即x1x2＜1. [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－x)；若证x1x2＞，则令F(x)＝f(x)－f(). (3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性. (4)比较大小，即判断函数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，即利用函数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. 对点练1.已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2. (1)求a的取值范围； (2)证明：x1＋x2＞4a. 解：(1)由题意可知：f(x)＝ln x＋⇒f'(x)＝， 若a≤0，则f'(x)＞0恒成立，即f(x)单调递增，不存在两个不等零点，故a＞0， 显然当x＞2a时，f'(x)＞0，当0＜x＜2a时，f'(x)＜0， 则f(x)在上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增， 所以若要符合题意，需f＜0⇒ln 2a＋1＜0⇒a∈， 此时有4a2＜2a，且f＝2ln 2a＋， 令g＝2ln t＋⇒g'＝， 而＜⇒t＜⇒g'＜0，即g在上单调递减，故g＞g＝e－2＞0， 所以f＞0，又f＝2a＞0， 故在区间和上函数f(x)各存在一个零点，符合题意， 综上，a∈. (2)结合(1)，不妨令0＜x1＜2a＜x2，构造函数g(x)＝f(x)－f， 则g'＝＋＝－＜0，即g(x)单调递减，所以g(x)＞g＝0， 即g＝f－f＞0⇒f＝f＞f， 因为0＜x1＜2a＜x2，所以4a－x1＞2a， 由(1)知f(x)在上单调递增， 所以由f＞f⇒x2＞4a－x1， 故x1＋x2＞4a. 拓展2　比(差)值换元 已知函数f(x)＝2x＋ax2＋xln x，a∈R，若f(x)有两个零点x1，x2，且x2＞3x1，证明：x1x2＞. 证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则2x1＋a＋x1ln x1＝0，2x2＋a＋x2ln x2＝0， 得－a＝＝. ∵x2＞3x1，令x2＝tx1，则＝＝， 故ln x1＝＝－2， 则ln x2＝ln＝ln t＋ln x1＝ln t＋－2＝－2， ∴ln＝ln x1＋ln x2＝－2＋－2＝－4， 令h＝－4， 则h'＝， 令g＝－2ln t＋t－， 则g'＝－＋1＋＝＝＞0， ∴g在上单调递增，∴g＞g＝－2ln 3＋3－＝＝＞0， ∴h'＝＞0，则h在上单调递增， ∴h＞h＝－4＝ln， ∴ln＞ln，故x1x2＞. [规律方法]　比(差)值换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之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的.一般用t表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题. 对点练2.若x1，x2是函数f(x)＝ex－ax的两个零点，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞2且x1x2＜1. 证明：方法一(比值代换)： 因为x＞0，由题意结合ex＝ax可知，a＞0，x＝ln a＋ln x， 所以x1－ln x1＝x2－ln x2＝ln a. 令t＝，则t＞1，x2＝tx1，代入上式得x1＝，x2＝. 对于x1＋x2＞2，其等价于＋＞2，即ln t－＞0. 构造函数g＝ln t－， 则g'＝－＝＞0， 所以函数g在上单调递增，所以g＞ln 1－＝0，即x1＋x2＞2得证. 对于x1x2＜1，其等价于＜1，即＜1，即ln t－＋＜0. 令＝b，则b＞1，构造函数h＝ln b2－b＋， 则h'＝－1－＝－＜0， h在上单调递减， 所以h＜ln 12－1＋＝0，即x1x2＜1得证. 方法二(差值代换)： 由ex＝ax可得a＝＞0. 设函数y＝，则y'＝， 当x∈，y'＜0，则函数在上单调递减， 当x∈，y'＞0，则函数在上单调递增， 所以0＜x1＜1＜x2，则有＝ax1，＝ax2，则a＝，且x1＝，x2＝. 对于x1＋x2＞2，即＞2，即＞，即＞， 令x2－x1＝t，则t＞0，则只需证t－2＞0. 令g＝t－2，则g'＝et＋1，g″＝tet＞0， 则g'在上单调递增，则g'＞e0＋1＝0， 则g在上单调递增，则g＞0×－2×＝0，即x1＋x2＞2成立. 对于x1x2＜1，其等价于＜1，即＜，即＜. 左边分子、分母同时除以，得＜，令x2－x1＝t，则t＞0， 则只需证＜，即t－et＋1＜0. 令h＝t－et＋1，则h'＝(－＋＋1)， 令m＝－＋＋1，则m'＝＜0， 所以m在上单调递减，故m＝－＋＋1＜－＋＋1＝0，所以h'＜0， 所以h在上单调递减，所以h＜0×－e0＋1＝0，即x1x2＜1成立. 学科网（北京）股份有限公司 $