极值点“偏移”问题课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦函数与导数模块的极值点偏移问题，依据高考评价体系明确其作为高频压轴考点的地位，分析近五年全国卷稳定比重，归纳指数、对数型函数不等式证明等常考题型，构建精准备考体系。 课件亮点在于真题引领与方法系统，以2021新高考Ⅰ卷真题为例，详解构造对称函数法和比值换元法，培养学生数学思维与数学语言素养。通过对点训练强化答题技巧，助力学生高效突破考点，为教师提供系统复习指导。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 素能培优(六)　极值点“偏移”问题 命题报告 极值点偏移问题是函数与导数模块的高考高频压轴考点,近五年在全国卷中比重稳定,常作为解答题出现.题目多考查指数、对数型函数的极值点不对称性,要求考生熟练运用对称化构造或比值代换等方法证明不等式,是区分不同数学综合能力的考生的关键. 极值点“偏移”情况如下: 答题要语 (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. 图① 图② 图③ 极值点偏移问题的结论不一定总是x1+x2>(<)2x0,也可能是x1x2>(<). 类型 一 构造对称函数法 例1 (2021·新高考Ⅰ,22节选)已知函数f(x)=x(1-ln x).设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<<e. 证明:易知f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故x=1为f(x)的极值点.bln a-aln b=a-b可变形为, 即f=f,不妨设x1=,x2=,且x1<x2,易知0<x1<1<x2<e,则f(x1)=f(x2),下证2<x1+x2<e. 先证x1+x2>2.构造函数g(x)=f(2-x)=(2-x)[1-ln(2-x)](x<2)(如图1虚线所示),下面比较f(x)与g(x)在极值点左侧的大小,令h(x)=f(x)-g(x)(0<x<1),h'(x)= -ln x-ln(2-x),h'(x)>0,故h(x)在(0,1)内单调递增,则h(x)<h(1)=0,即当0<x<1时,f(x)<g(x).因为0<x1<1,由f(x1)<g(x1)得f(x2)<f(2-x1),又因为x2>1,2-x1>1,函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,故x2>2-x1,即x1+x2>2得证. 图1 再证x1+x2<e.构造函数u(x)=f(e-x)=(e-x)[1-ln(e-x)](x<e)(如图2虚线所示),下面比较f(x)与u(x)在x=左侧的大小,令m(x)=f(x)-u(x),m'(x)= -ln(ex-x2),易知函数m'(x)在内单调递减. 图2 又因为m'>0,m'<0,由零点存在定理,存在x0,使得m'(x0)=0,则m(x)在(0,x0)内单调递增,在内单调递减,又因为当x→0+时, m(x)→0,m=0,故当0<x<时,m(x)>0,即f(x)>u(x),因为0<x1<,由f(x1)>u(x1)得f(x2)>f(e-x1),又因为x2>1,e-x1>1,函数f(x)在(1,+∞)内单调递减,故x2<e-x1,即x1+x2<e得证.所以2<<e. 方法导引 结论为x1+x2>(<)2x0型,构造对称函数的解题策略 (1)求f(x)在[a,b]内的极值点x0; (2)构造f(x)关于直线x=x0的对称函数g(x)=f(2x0-x); (3)比较直线x=x0一侧f(x)与g(x)的大小,得到不等式f(x)<f(2x0-x)(或f(x)>f(2x0-x)); (4)利用f(x)在极值点的一侧的单调性,去掉符号“f”,得到结论. 对点训练1 已知函数f(x)=xe-x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称,证明:当x>1时, f(x)>g(x); (3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1+x2>2. (1)解:f'(x)=e-x(1-x),得f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,f(x)有极大值f(1)=,无极小值. (2)证明:由g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称,得g(x)的解析式为y=f(2-x),构造辅助函数F(x)=f(x)-g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(1,+∞), 求导得F'(x)=f'(x)-[f(2-x)]'=e-x(1-x)+(x-1)=(x-1)(-e-x),当x>1时,x-1>0,-e-x>0,则F'(x)>0,得F(x)在(1,+∞)上单调递增,有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). (3)证明:由f(x1)=f(x2),结合f(x)的单调性可设x1<1<x2,将x2代入(2)中不等式得f(x2)>f(2-x2),又f(x1)=f(x2),故f(x1)>f(2-x2), 又x1<1,2-x2<1,f(x)在(-∞,1)上单调递增,故x1>2-x2,x1+x2>2. 类型 二 比值换元法 例2 (2025·江苏宿迁模拟)已知函数f(x)=x2-(a+2)x+2aln x(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调区间; (2)当a=时,证明:f(x)-x2+x≤xex+1-2; (3)函数h(x)=f(x)-x2有两个零点x1,x2,求证:x1x2>e2. (1)解:函数f(x)=x2-(a+2)x+2aln x(a∈R)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x-(a+2) + 当a≤0时,对任意的x>0,x-a>0,由f'(x)<0可得0<x<2,由f'(x)>0可得x>2,此时,函数f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞); 当0<a<2时,由f'(x)<0可得a<x<2,由f'(x)>0可得0<x<a或x>2,此时函数f(x)的单调递减区间为(a,2),单调递增区间为(0,a),(2,+∞); 当a=2时,对任意的x>0,f'(x)=>0,此时函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞); 当a>2时,由f'(x)<0可得2<x<a,由f'(x)>0可得0<x<2或x>a,此时,函数f(x)的单调递减区间为(2,a),单调递增区间为(0,2),(a,+∞). 综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞); 当0<a<2时,函数f(x)的单调递减区间为(a,2),单调递增区间为(0,a),(2,+∞); 当a=2时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间; 当a>2时,函数f(x)的单调递减区间为(2,a),单调递增区间为(0,2),(a,+∞). (2)证明:当a=时,f(x)=x2-x+ln x,即证f(x)-x2+x=ln x+x≤xex+1-2 =ex+ln x+1-2,令t=x+ln x+1,即证t-1≤et-2,即证et-t-1≥0, 因为t'=1+>0,则函数t=x+ln x+1在区间(0,+∞)上单调递增,当x→0+时, t→-∞,当x→+∞时,t→+∞, 所以函数t=x+ln x+1的值域为R. 令g(t)=et-t-1,其中t∈R,则g'(t)=et-1,由g'(t)<0可得t<0,由g'(t)>0可得t>0,所以函数g(t)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞),则g(t)min=g(0)=0,故g(t)≥g(0)=0,即et-t-1≥0,故原不等式得证. (3)证明:h(x)=f(x)-x2=2aln x-(a+2)x,因为函数h(x)有两个零点x1,x2,不妨设x1>x2>0, 则所以 整理可得, 即ln(x1x2)=ln,要证x1x2>e2,即证ln(x1x2)=ln>2, 即证ln, 令t=>1,即证ln t>, 令p(t)=ln t-,其中t>1,则p'(t)=>0,所以函数p(t)在(1,+∞)上为增函数,则p(t)>p(1)=0,即ln t->0,即ln t>,故原不等式得证. 方法导引 比值换元法的解题策略 (1)联立消参:利用方程f(x1)=f(x2)消掉解析式中的参数a. (2)抓商构元:令t=,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t). (3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最小值,从而可证得结论. 对点训练2 (2025·山东潍坊一模)已知函数f(x)=kx2-(k+2)x-ln,k∈R. (1)当k>2时,求函数f(x)的单调递增区间; (2)当k=2时,求f(x)>0的解集; (3)若函数f(x)图象上有三个点A,B,C,并且从左到右横坐标成等差数列,判断曲线f(x)在点B处的切线斜率与A,C两点连线斜率的大小关系. 解:(1)由f'(x)=2kx-(k+2)-(-)=,x>0,令f'(x)=0,得x=,由于k>2,则,令f'(x)>0,解得0<x<或x>,∴f(x)的单调递增区间为(0,)和(,+∞). (2)当k=2时,f(x)=2x2-4x-ln,且f(2)=0,又f'(x)=0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f(x)>0的解集为(2,+∞). (3)设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3)),且0<x1<x2<x3,2x2=x1+x3,曲线f(x)在点B处的切线斜率为k1=f'(x2)=2kx2-(k+2)+,A,C两点连线斜率为k2==k(x3+x1)-(k+2)+, ∴k1-k2=,令t=>1,则2(-1)-(+1)ln=2(t-1)-(t+1)ln t,令g(t)=2(t-1)-(t+1)ln t,t>1,则g'(t)=1-ln t-,令h(t)=g'(t),∴h'(t)=-<0,即h(t)在区间(1,+∞)上单调递减,∴h(t)<h(1)=0,即g'(t)<0,∴g(t)在区间(1,+∞)上单调递减,故g(t)<g(1)=0,∴2(-1)-(+1)ln<0,又>0,即>0,∴k1-k2<0,即k1<k2,∴曲线f(x)在点B处的切线斜率小于A,C两点连线斜率. $