第三章 培优点6 极值点偏移（课件PPT）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教B版）

第三章 培优点6　极值点偏移 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，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色. 2 1.极值点偏移的概念 已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(a，b)内只有一个极值点x0，f(x1)＝f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有x0≠ ，这种情况称为极值点偏移. 3 2.极值点偏移问题的一般题设形式 (1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； 4 题型一　对称化构造函数 例1　(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x. (1)求f(x)的极值； 因为f(x)＝xe2－x， 所以f′(x)＝(1－x)e2－x， 由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1， 所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又f(1)＝e， 所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值. (2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4. 由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2， 且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4， 不妨设1<a<2<b，要证a＋b<4，只需证b<4－a， 而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以只需证f(b)>f(4－a)， 即证4－f(a)>f(4－a)， 即证f(a)＋f(4－a)<4. 即证当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4， 令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1<x<2， 则F′(x)＝f′(x)－f′(4－x) ＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)， 令h(x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，1<x<2， 则h′(x)＝e2－x(x－2)－ex－2(x－2) ＝(x－2)(e2－x－ex－2)， 因为1<x<2，所以x－2<0，e2－x－ex－2>0， 所以h′(x)<0，即h(x)在(1,2)上单调递减， 则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0， 所以F(x)在(1,2)上单调递增， 所以F(x)<F(2)＝2f(2)＝4， 即当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4， 所以原命题成立. 对称化构造函数法构造辅助函数 (1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x). 思维升华 (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； 由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞). 可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0， 所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1， 所以a的取值范围为(－∞，e＋1]. (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 方法一　不妨设x1<x2， 令g(x)＝ex＋x－ －1(x>0)， ＝ex＋1＋ (x>0)， 所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0， 所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0， 所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0， 所以F(x)在(0,1)上单调递增， 所以F(x)<F(1)， 方法二　(同构法构造函数化解等式) 不妨设x1<x2， 由f(x1)＝f(x2)＝0， 得 －ln x1＋x1＝ －ln x2＋x2， 即 ＋x1－ln x1＝ ＋x2－ln x2. 因为函数y＝ex＋x在R上单调递增， 所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立. 构造函数h(x)＝x－ln x(x>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， 所以h(x)在(0,1)上单调递减， 题型二　比值代换 例2　(2024·沧州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax－1(a∈R).若方程f(x)＋2＝0有两个实根x1，x2，且x2>2x1，求证： .(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099) 由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0， 则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3， 于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增， 所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2. 比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝ 化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明. 思维升华 (1)讨论f(x)的单调性； 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)<0，解得0<x<a， 故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增. (2)若f(x)有两个不相同的零点x1，x2，设f(x)的导函数为f′(x).证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2. 由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合要求，故a>0， 要想f(x)有两个不相同的零点x1，x2， 则f(a)＝1＋ln a<0， 要证x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2， 即证ln(x1x2)>2ln a， 因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增， 所以只需证x1x2>a2，不妨设0<x1<x2， 故h(t)>h(1)＝1－1－2ln 1＝0， 1 2 1.(2023·洛阳联考)已知函数g(x)＝ln x－bx，若g(x)有两个不同的零点x1，x2. (1)求实数b的取值范围； 能力提升 1 2 由φ′(x)>0，得0<x<e；由φ′(x)<0，得x>e. 所以函数φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减. 又φ(1)＝0，且当x→＋∞时，φ(x)→0；当x→0时，φ(x)→－∞， 由于g(x)有两个不同的零点， 1 2 则直线y＝b与函数φ(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点. 1 2 (2)求证：ln x1＋ln x2>2. 1 2 方法一　(比值代换法) 由(1)知，不妨设1<x2<e<x1， 由g(x1)＝g(x2)＝0， 得ln x1－bx1＝0，ln x2－bx2＝0， 两式相减得ln x1－ln x2＝b(x1－x2)， 两式相加得ln x1＋ln x2＝b(x1＋x2). 欲证ln x1＋ln x2>2， 只需证b(x1＋x2)>2， 1 2 1 2 所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(t)>h(1)＝0， 故ln x1＋ln x2>2，得证. 方法二　(对称化构造法) 由(1)知，不妨设1<x1<e<x2，令t1＝ln x1，t2＝ln x2，则0<t1<1<t2， ， 1 2 欲证ln x1＋ln x2>2， 即证t1＋t2>2. 所以k(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 当t2≥2时，易得t1＋t2>2； 当0<t1<1<t2<2时，要证t1＋t2>2， 即证1>t1>2－t2>0，即证k(t1)>k(2－t2). 1 2 因为k(t1)＝k(t2)，所以即证k(t2)>k(2－t2). 构造函数K(t)＝k(t)－k(2－t)(1<t<2)， 易得K(1)＝0， 因为1－t<0，且－t<t－2，所以e－t<et－2，即K′(t)>0. 所以K(t)在(1,2)上单调递增，K(t)>K(1)＝0(1<t<2). 所以K(t2)>0，即k(t2)>k(2－t2). 故ln x1＋ln x2>2，得证. 1 2 2.(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ (a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)＝f(n)＝3. (1)求实数a的取值范围； 1 2 即a＝3x－xln x有两个不相等的正根， 令函数h(x)＝3x－xln x，x>0， 则h′(x)＝2－ln x， 令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0<x<e2；令h′(x)<0，得x>e2， 所以函数h(x)＝3x－xln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)， 1 2 令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x→0时，h(x)→0， 作出函数h(x)＝3x－xln x的图象，如图所示，要使a＝3x－xln x有两个不相等的正根， 则函数y＝a与函数h(x)＝3x－xln x有两个交点， 由图知0<a<e2， 故实数a的取值范围为{a|0<a<e2}. 1 2 (2)证明：a2<mn<ae2. 1 2 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，0<a<e2，若0<x<a，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，若x>a，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增. 由题意，不妨设0<m<a<n，先证明mn>a2， 1 2 所以g(x)在(0，a)上单调递增， 所以当0<x<a时，g(x)<g(a)＝0， 1 2 所以ln a＝ln m＋ln(3－ln m)， 1 2 由(1)知，h(x)在(0，e2)上单调递增， 当0<x<e2时，h(x)<h(e2)＝e2，则φ′(x)<0， 所以φ(x)在(0，e2)上单调递减， 故φ(x)>φ(e2)＝0， 综上，a2<mn<ae2.   (3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令x0＝，求证：f′(x0)>0； (4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝，求证：  f′(x0)>0. (2)对结论x1x2>x型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可. 跟踪训练1　(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a. 由f′(x)＝－＋1 ＝＝， 则由(1)知0<x1<1<x2，>1. 令F(x)＝f(x)－f ， 则F′(x)＝＋ ·＝(ex＋x－ －1). 则g′(x)＝ex＋1－ · 由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<，即x1x2<1. 即在(0,1)上f(x)－f <F(1)＝0. 又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f <0， 即f(x2)<f . 则由(1)知0<x1<1<x2,0<<1.  g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)， 则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)， 所以0<x1<<1，即x1x2<1. 即当x>1时，h(x)>h， 所以h(x1)＝h(x2)>h. 又h′(x)＝1－＝(x>0)，  x1x> 即ln x1＝－1. 于是 令＝t，则由x2>2x1可得t>2. 于是t＝＝＝， 即>5ln 2，其中t>2. 从而ln x2＝ln t＋ln x1＝－1. 另一方面，对x1x>两端分别取自然对数， 于是，即证＋－3>5ln 2－3， 设φ(t)＝－3ln t＋2t－－1，t>2. 设g(t)＝，t>2. 则g′(t)＝ ＝， 则φ′(t)＝－＋2＋＝＝>0在(2，＋∞)上恒成立， 从而φ(t)>φ(2)＝－3ln 2＋4－－1＝－3ln 2>0. 因此x1x>，即原不等式成立. 跟踪训练2　已知函数f(x)＝＋ln x(a∈R).  f(x)＝＋ln x的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝－＝， 解得0<a<， 由于＋ln x1＝0，＋ln x2＝0， 故＋＝－ln x1－ln x2＝－ln(x1x2). 即证x1·＋x2·＝＋＝2＋ln(x1x2)>2ln a＋2，  ＋ln x1＝0，＋ln x2＝0， 只需证>ln x2－ln x1， 即－>ln ， 两式相减得－＝ln x2－ln x1， 变形为＝， 下面证明>在0<x1<x2上成立， 故h(t)＝t－－2ln t在(1，＋∞)上单调递增， 令＝t>1，即证t－>2ln t，t>1. 构造函数h(t)＝t－－2ln t，t>1， 则h′(t)＝1＋－＝＝>0恒成立， 所以t－>2ln t，t>1， 故>，即>， 所以>a，x1x2>a2，证毕. 所以φ(x)max＝φ(e)＝. 令g(x)＝ln x－bx＝0，得b＝(x>0). 令φ(x)＝(x>0)，则φ′(x)＝， 所以0<b<. 设t＝>1，则x1＝tx2， 代入上式得ln t>，t>1. 故只需证ln t>，t>1. 设h(t)＝ln t－，t>1， 即证>， 即证ln >. 则h′(t)＝－＝>0， 所以ln t>. 设k(t)＝，t>0，则k(t1)＝k(t2). 因为k′(t)＝，  K′(t)＝k′(t)＋k′(2－t)＝＋＝(1－t)(e－t－et－2)(1<t<2)，   由题意知f(x)＝3有两个不相等的正根，所以ln x＋＝3有两个不相等的正根， 因为>a，n>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增，故只需证明f <f(n)＝f(m)，  f′(x)＝－＝， 要证mn>a2，即证n>， 则有f <f(x)， 因为0<m<a，所以f <f(m)， 则f <f(n)，故mn>a2； 令g(x)＝f －f(x)＝－2ln x－＋2ln a(0<x<a)， 则g′(x)＝－＋＝(x－a)2>0， 即证ln a－ln m＋－1>0， 因为f(m)＝ln m＋＝3， 所以只需证明＋ln(3－ln m)－1>0， 再证mn<ae2，即证n<， 因为n>a，>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增，只需证明f >f(n)＝3， 所以＋ln(3－ln m)－1>0成立，故mn<ae2. 令φ(x)＝＋ln(3－ln x)－1(0<x<e2)， 则φ′(x)＝－. $