极值点偏移问题课件-2026届高三数学二轮复习

　极值点偏移问题 高中数学 二轮复习 返回导航 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，难度较大． 返回导航 内容索引 第一部分 培优专训　难点突破 第三部分 主干整合　核心提炼 第二部分 热点分类　考向探究 返回导航 主干整合　核心提炼 第 分 部 一 返回导航 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 二 返回导航 考向 1 对称化构造 返回导航 返回导航 返回导航 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 比(差)值换元 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 比(差)值换元就是通过代数变形将所证的双变量不等式化为单变量不等式，再利用函数单调性证明． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 培优专训　难点突破 第 分 部 三 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 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、图3所示． 例1　(2025·重庆北碚区调研)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； 解：(1)由题意可知f (x)＝ln x＋(x>0)⇒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(0，2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增， 所以若要符合题意，需f (2a)<0⇒ln (2a)＋1<0⇒a∈， 此时有4a2<2a，且f (4a2)＝2ln (2a)＋，令g(t)＝2ln t＋⇒g ′(t)＝， 而<⇒t<⇒g ′(t)<0，即g(t)在上单调递减，故g(t)>g＝e－2>0， 所以f (4a2)>0．又f (1)＝2a>0， 故在区间(4a2，2a)和(2a，1)上函数f (x)各存在一个零点，符合题意． 综上，a∈． (2)求证：x1＋x2>4a． 解：(2)证明：结合(1)，不妨令0<x1<2a<x2，构造函数g(x)＝f (x)－f (4a－x)(0<x<2a)， 则g ′(x)＝＋＝－<0，即g(x)单调递减，所以g(x)>g(2a)＝0， 即g(x1)＝f (x1)－f (4a－x1)>0⇒f (x1)＝f (x2)>f (4a－x1)． 因为0<x1<2a<x2，所以4a－x1>2a， 由(1)知f (x)在(2a，＋∞)上单调递增，所以由f (x2)>f (4a－x1)⇒x2>4a－x1， 故x1＋x2>4a． 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，对于x1＋x2>2x0，构造函数F (x)＝f (x)－f (2x0－x)． 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． 跟踪训练 已知函数f (x)＝x－ln x－a． (1)若f (x)≥0，求a的取值范围； 解：(1)由题意知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)， 解f ′(x)＝>0得x>1，解f ′(x)＝<0得0<x<1， 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]． (2)求证：若f (x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1． 解：(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． 例2　若x1，x2是函数f (x)＝ex－ax(x>0)的两个零点，且x1<x2，求证：x1＋x2>2且x1x2<1． 证明：证法一(比值代换) 因为x>0，由题意结合ex＝ax(x>0)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(t)＝ln t－(t>1)，则g ′(t)＝－＝>0，所以函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)>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(b)＝ln b2－b＋(b>1)，则h ′(b)＝－1－＝－<0，h(b)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(b)<ln 12－1＋＝0，即x1x2<1得证． 证法二(差值代换) 由ex＝ax(x>0)可得a＝>0． 设函数y＝，则y ′＝， 当x∈(0，1)，y ′<0，则函数在(0，1)上单调递减， 当x∈(1，＋∞)，y ′>0，则函数在(1，＋∞)上单调递增， 所以0<x1<1<x2，则有ex1＝ax1，ex2＝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(et＋1)－2(et－1)>0． 令g(t)＝t(et＋1)－2(et－1)(t>0)，则g ′(t)＝(t－1)et＋1，g ″(t)＝tet>0， 则g ′(t)在(0，＋∞)上单调递增，则g ′(t)>g ′(0)＝(0－1)×e0＋1＝0， 则g(t)在(0，＋∞)上单调递增，则g(t)>g(0)＝0×(e0＋1)－2×(e0－1)＝0，即x1＋x2>2成立． 对于x1x2<1，其等价于<1，即ex1ex2<，即<． 左边分子、分母同时除以e2x1，得<， 令x2－x1＝t，则t>0，则只需证<，即te－et＋1<0． 令h(t)＝te－et＋1(t>0)，则h ′(t)＝e， 令m(t)＝－e＋＋1，则m ′(t)＝<0， 所以m(t)在(0，＋∞)上单调递减，故m(t)<m(0)＝－e＋＋1＝0，所以h ′(t)<0， 所以h(t)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(t)<h(0)＝0×e－e0＋1＝0，即x1x2<1成立． 跟踪训练 已知函数f (x)＝2x＋ax2＋x ln x，a∈R，若f (x)有两个零点x1，x2，且x2>3x1，求证：x1x2>． 证明：若f (x)有两个零点x1，x2，则2x1＋ax＋x1ln x1＝0，2x2＋ax＋x2ln x2＝0， 得－a＝＝． ∵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， ∴ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝－2＋－2＝－4， 令h(t)＝－4(t>3)，则h ′(t)＝， 令g(t)＝－2ln t＋t－(t>3)，则g ′(t)＝－＋1＋＝＝>0， ∴g(t)在(3，＋∞)上单调递增，∴g(t)>g(3)＝－2ln 3＋3－＝(4－3ln 3)＝(ln e4－ln 33)>0， ∴h ′(t)＝>0，则h(t)在(3，＋∞)上单调递增， ∴h(t)>h(3)＝－4＝ln ，∴ln (x1x2)>ln ，故x1x2>． 1．(2025·湖北荆门模拟)已知函数f (x)＝ln x－ax有两个零点． (1)求a的取值范围； 解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a， 当a≤0时，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，f (x)至多有一个零点，不符合题意，舍去； 当a>0时，令f ′(x)>0得0<x<，所以f (x)在上单调递增， 令f ′(x)<0得x>，所以f (x)在上单调递减， 所以f 是f (x)的极大值也是最大值， 又x→0时，f (x)→－∞；x→＋∞时， f (x)→－∞， 所以若f (x)有两个零点，则f ＝ln －1>0，所以0<a<．故a的取值范围为． (2)设x1，x2是f (x)的两个零点，求证：a(x1＋x2)>2． 解：(2)证明：不妨设x1<x2，由f (x1)＝f (x2)，得0<x1<<x2． 构造函数F (x)＝f (x)－f ， F ′(x)＝f ′(x)＋f ′＝＋＝＋－2a＝， 因为0<x<，所以2－ax>0，即F ′(x)>0，所以F (x)在上单调递增，又F ＝0，所以F (x)＝f (x)－f <F ＝0， 所以f (x)<f ， 所以f (x1)<f ． 又f (x1)＝f (x2)， 所以f (x2)<f ． 而x2，－x1∈，f (x)在上单调递减， 所以x2>－x1，即x1＋x2>，所以a(x1＋x2)>2． 2．已知函数h(x)＝ln x和g(x)＝ax，若存在两个实数x1，x2，且x1≠x2，使得h(x1)＝g(x1)，h(x2)＝g(x2)，求证：x1x2>e2． 证明：证法一　因为x1≠x2，不妨设x1>x2，因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0， 所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a， 欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2． 因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>， 所以即证>，即证ln >． 令t＝，则t>1，x1x2>e2等价于ln t－>0， 构造函数g(t)＝ln t－，t>1， 因为g ′(t)＝>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增， 故g(t)>ln 1－＝0，即ln t－>0，所以x1x2>e2． 证法二　依题意，a＝＝，即＝，设x1<x2，t＝，则t>1， 则x2＝tx1，＝t，可得ln x1＝，ln x2＝ln (tx1)＝ln t＋ln x1＝ln t＋＝， 由于x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔＋＝ln t>2⇔ln t－>0． 构造函数g(t)＝ln t－，t>1， 因为g ′(t)＝>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增， 故g(t)>ln 1－＝0，即ln t－>0，所以x1x2>e2． $