专题6 高分进阶4 极值点偏移-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用课件）

高分进阶4　极值点偏移 1 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(如①),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 (如②③), 我们把这种现象叫做极值点偏移. ①如图1，左右对称,无偏移,如二次函数；若 f(x1)=f(x2)，则 x1+x2=2x0； ②如图2，左陡右缓,极值点向左偏移；若 f(x1)=f(x2)，则 x1+x2＞2x0； ③如图3，左缓右陡,极值点向右偏移；若 f(x1)=f(x2)，则 x1+x2＜2x0. 返回首页 二轮专题复习 类型一　对称化构造函数法 角度1　“和”不等式的证明 [例1]　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； 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 因此g(x)min＝g(1)＝2.当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 作出函数y＝g(x)的大致图象与直线y＝a，如图所示，要使二者有两个不同交点， 则a＞2，故a的取值范围为(2，＋∞). 返回首页 二轮专题复习 (2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：2x1·2x2＞4. 【解】　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)知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0＜x1＜1＜x2， 要证2x1·2x2 ＞4，即证x1＋x2＞2， 只需证x2＞2－x1，显然2－x1＞1. 由(1)知当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证g(x2)＞g(2－x1)， 而g(x1)＝g(x2)＝a，所以即证g(x1)＞g(2－x1). 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 角度2　“积”不等式的证明 [例2]　(2025·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2，g(x)＝xlnx＋(a＋1)x. (1)求曲线y＝g(x)在(1，g(1))处的切线方程； 【解】　g(1)＝a＋1，g′(x)＝ln x＋a＋2，g′(1)＝a＋2， 所以曲线y＝g(x) 在 (1，g(1)) 处的切线方程为 y－(a＋1)＝(a＋2)(x－1)，即(a＋2)x－y－1＝0. 返回首页 二轮专题复习 (2)若f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围； 返回首页 二轮专题复习 (3)若f(x)＝g(x)有两个实数解x1，x2，证明：lnx1＋lnx2＜0. 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 消参减元法是根据已知条件首先建立 x1，x2 之间的关系，然后利用 x1，x2 之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的. 此法用比值或差值(一般用 t)表示 x1，x2，继而将所求解问题转化为关于 t 的函数问题. 其解题要点如下： 返回首页 二轮专题复习 1．已知函数 f(x)＝x－ln x－a. (1)若 f(x)≥0，求 a 的取值范围； 返回首页 二轮专题复习 (2)证明： 若 f(x) 有两个零点 x1，x2，则 x1x2＜1. 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 2．已知函数 f(x)＝xe－x(x∈R). (1)求函数 f(x) 的单调区间和极值； 返回首页 二轮专题复习 (2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞2. 解：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)，(*) 返回首页 二轮专题复习 由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2,因为函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(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. 返回首页 二轮专题复习 对称化构造函数证明“和”不等式的思路 对称化构造函数法解决证明 x1＋x2＞2x0 为 f(x) 的极值点)问题的基本思路：要证 x1＋x2＞2x0，即证 x1＞2x0－x2，也就是证明 f(x1)＞f(2x0－x2)或者f(x1)＜f(2x0－x2)(此处根据函数图象分析)，又因为 f(x1)＝f(x2)，也就是证明 f(x2)＞f(2x0－x2) 或者 f(x2)＜f(2x0－x2)，即证明 f(x2)－f(2x0－x2)＞0 或者 f(x2)－f(2x0－x2)＜0，设 g(x)＝f(x)－f(2x0－x)，求 g(x) 的单调性及最值即可． 则 F(x1)＝F(x2)＝0，F(x) 在(0，1)上单调递减， 欲证 ln x1＋ln x2＜0，即证 x1x2＜1，x1＜， 等价于 F(x1)＞F，即 F(x2)＞F， 等价于 －ln x2＋x2＞x2e＋ln x2＋， 整理得 ＋ln ＞x2e＋ln ，① 解：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： x (－∞，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值 单调递减 所以f(x)的单调递增区间为 (－∞，1)，单调递减区间为 (1，＋∞). 故函数 f(x) 在 x＝1 处取得极大值 ，无极小值． $