专题一 微重点 5 极值点偏移问题-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

微重点5　极值点偏移问题 [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． 考点一　对称化构造函数 [例1]　已知常数a>0，函数f(x)＝x2－ax－2a2ln x. (1)若∀x>0，f(x)>－4a2，求a的取值范围； (2)若x1，x2是f(x)的零点，且x1≠x2，证明：x1＋x2>4a. (1)解　由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝x－a－＝ ＝. ∵a>0， ∴当x∈(0，2a)时，f′(x)<0，即f(x)在(0，2a)上单调递减； 当x∈(2a，＋∞)时，f′(x)>0， 即f(x)在(2a，＋∞)上单调递增． ∴f(x)在x＝2a处取得极小值即最小值， ∴f(x)min＝f(2a)＝－2a2ln (2a)， ∵∀x>0，f(x)>－4a2⇔f(x)min＝－2a2ln (2a)>－4a2⇔ln (2a)<ln e2， ∴0<a<， 即a的取值范围为(0，). (2)证明　由(1)知，f(x)的定义域为(0，＋∞)， f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增，且x＝2a是f(x)的极小值点． ∵x1，x2是f(x)的零点，且x1≠x2， 不妨设x1，x2分别在(0，2a)，(2a，＋∞)上， 则0<x1<2a<x2， 设f(x)＝f(x)－f(4a－x)，0<x<4a， 则F′(x)＝＋ ＝，F(2a)＝0. 当x∈(0，2a)时，F′(x)<0，即f(x)在(0，2a)上单调递减．∵0<x1<2a， ∴F(x1)>F(2a)＝0，即f(x1)>f(4a－x1)， ∵f(x1)＝f(x2)＝0，∴f(x2)>f(4a－x1)， ∵0<x1<2a，∴4a－x1>2a， 又∵2a<x2<4a，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增， ∴x2>4a－x1，即x1＋x2>4a. 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). (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　(2025·云南大理二模)已知函数f(x)＝x2－2ax＋4ln x. (1)讨论f(x)的单调区间； (2)已知a∈[4，6]，设f(x)的两个极值点为λ1，λ2(λ1<λ2)，且存在b∈R，使得y＝f(x)的图象与y＝b有三个公共点x1，x2，x3(x1<x2<x3)； ①求证：x1＋x2>2λ1； ②求证：x3－x1<4. (1)解　f′(x)＝2x－2a＋＝，x>0， 其中t(x)＝x2－ax＋2，Δ＝a2－8， 当Δ≤0时，即－2≤a≤2，此时f′(x)≥0恒成立， 函数f(x)在区间(0，＋∞)单调递增， 当Δ>0时，即a<－2或a>2， 当a<－2时，f′(x)>0在区间(0，＋∞)上恒成立， 即函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 当a>2时，t(x)＝0，得x1＝或x1＝， 当0<x<，或x>时，f′(x)>0， 当<x<时，f′(x)<0. 所以函数f(x)的单调递增区间是(0，)和(，＋∞)， 单调递减区间是(，). 综上可知，当a≤2时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)； 当a>2时，函数f(x)的单调递增区间是(0，)和(，＋∞)， 单调递减区间是(，). (2)证明　①由(1)知，当a∈[4，6]时，函数f(x)的单调递增区间是(0，λ1)和(λ2，＋∞)， 单调递减区间是(λ1，λ2)，λ1、λ2是方程x2－ax＋2＝0的两根， 有λ1λ2＝2，λ1＋λ2＝a， 又y＝f(x)的图象与y＝b有三个公共点x1，x2，x3(x1<x2<x3)， 故0<x1<λ1<x2<λ2<x3，则2λ1－x1>λ1， 要证x1＋x2>2λ1，即证x2>2λ1－x1，又2λ1－x1>λ1， 且函数f(x)在(λ1，λ2)上单调递减，即可证f(x2)<f(2λ1－x1)， 又f(x1)＝f(x2)＝b，即可证f(x1)<f(2λ1－x1)， 令g(x)＝f(x)－f(2λ1－x)，x∈(0，λ1)， 由f′(x)＝2x－2a＋＝＝，则g′(x)＝＋＝2(x－λ1)· ＝2(x－λ1)· ＝2(x－λ1)·＝>0恒成立， 故g′(x)在(0，λ1)上单调递增，即g(x)<g(λ1)＝f(λ1)－f(2λ1－λ1)＝0， 即f(x1)<f(2λ1－x1)恒成立，即得证． ②由0<x1<λ1<x2<λ2<x3，则2λ2－x3<λ2，令h(x)＝f(x)－f(2λ2－x)，x∈(λ2，＋∞)，则h′(x)＝＋ ＝2(x－λ2)· ＝2(x－λ2)· ＝2(x－λ2)·＝>0， 故h′(x)在(λ2，＋∞)上单调递增，即h(x)>h(λ2)＝f(λ2)－f(2λ2－λ2)＝0， 即当x∈(λ2，＋∞)时，f(x)>f(2λ2－x)， 由x3>λ2，故f(x3)>f(2λ2－x3)，又f(x3)＝f(x2)，故f(x2)>f(2λ2－x3)， 由2λ2－x3<λ2，λ1<x2<λ2，函数f(x)在(λ1，λ2)上单调递减，故x2<2λ2－x3， 即x2＋x3<2λ2，又由①知x1＋x2>2λ1，故x3－x1＝(x2＋x3)－(x2＋x1)<2λ2－2λ1， 又2λ2－2λ1＝2＝2≤2＝4， 故x3－x1<4. 考点二　比值代换 [例2]　(2025·商丘模拟)已知函数f(x)＝(x－2)·(ex－ax)(a∈R).若关于x的方程f(x)＝(x－3)ex＋2ax恰有2个不同的正实数根x1，x2. (1)求a的取值范围； (2)求证：x1＋x2>4. (1)解　由f(x)＝(x－3)ex＋2ax， 得ex－ax2＝0， ∵关于x的方程f(x)＝(x－3)ex＋2ax恰有2个不同的正实数根x1，x2， ∴关于x的方程ex＝ax2恰有2个不同的正实数根x1，x2， 令g(x)＝(x>0)，则y＝a与g(x)的图象有两个不同的交点，∵g′(x)＝， ∴当x∈(0，2)时，g′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0， ∴g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 又g(2)＝， 当x趋近于0时，g(x)趋近于＋∞；当x趋近于＋∞时，ex的增速远大于x2的增速，则g(x)趋近于＋∞； 则g(x)的图象如图所示， ∴当a>时，y＝a与g(x)的图象有两个不同的交点，∴实数a的取值范围为(，＋∞). (2)证明　由(1)知ex1＝ax， ex2＝ax(x1>0，x2>0)， ∴x1＝ln a＋2ln x1，x2＝ln a＋2ln x2， ∴x1－x2＝2ln x1－2ln x2＝2ln ， 不妨设x2>x1>0，则＝2， 要证x1＋x2>4，只需证x1＋x2>， ∵x2>x1>0，∴0<<1，∴ln <0， 则只需证ln <＝， 令t＝∈(0，1)，则只需证当t∈(0，1)时，ln t<恒成立， 令h(t)＝ln t－， ∴h′(t)＝－＝>0， ∴h(t)在(0，1)上单调递增， ∴h(t)<h(1)＝0， ∴当t∈(0，1)时，ln t<恒成立， ∴x1＋x2>4. (1)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． (2)对数均值不等式 <<(x1>0，x2>0且x1≠x2). (3)飘带函数与对数式放缩 (x－)≤ln x≤(0<x≤1)； ≤ln x≤(x－)(x≥1). 跟踪训练2　已知a是实数，函数f(x)＝a ln x－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2. (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－1＝， 当a≤0时，f′(x)<0恒成立， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f′(x)>0得x∈(0，a)， 令f′(x)<0得x∈(a，＋∞)， 故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减． (2)证明　由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，且f(a)＝a ln a－a>0，解得a>e， 因为f(x1)＝f(x2)＝0， 所以a ln x1－x1＝0，a ln x2－x2＝0， 所以x1－x2＝a(ln x1－ln x2)， 不妨设x1>x2>0， 要证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2， 等价于＋>2，而＝， 所以等价于证明>， 即ln >， 令t＝，则t>1，于是等价于证明ln t>， 设g(t)＝ln t－， g′(t)＝－＝>0， 所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增， 故g(t)>g(1)＝0， 即当t>1时，ln t>成立，所以x1x2>e2. 学科网（北京）股份有限公司 $