专题1 培优课3 极值点偏移问题-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

培优专训》难点突破 1.已知函数f(.x)=(x十l)lnx-ax+a,当x> 2.已知函数f(x)=e2-e"sinx(e为自然对数的 1时，f(x)>0恒成立，求a的取值范围. 底数)，求证：f(.x-1)>1-e1sin(x-1) -》 培优课3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，难度较大」 主干整合》核心提炼 已知f(x)图象顶点的横坐标就是极值点xo,若f(x)=c的两根的中点刚好满足1十x2 2 =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∫(x)在x=x。两侧，函数值变化快慢相 同，如图1所示；若℃1十c ≠xo,则极值点偏移，此时函数∫(x)在x=x。两侧，函数值变化快慢不同， 如图2、图3所示. x+x f(x) f(x) fx) =( +20五2x x02天 P 图1 图2 图3 (无偏移，左右对称，二 (左陡右缓，极值点向 (左缓右陡，极值点向 次函数)若fx)=x),则 左偏移)若fx)=fx), 右偏移)若fx)=x, x1+x2=2x0 则x+x2>2x 则x+比2<2x0 热点分类》考向探究 考向1对称化构造 (1)求a的取值范围； [例1(2025·重庆北碚区调研)已知函数f(.x)= (2)求证：x1+x2>4a. 1nx+2 ,a∈R.若函数f(x)有两个不相等 心听课记录 的零点x1,x2 第一部分专题一 函数、导数 031 考向2比（差）值换元 [例2若x1,x2是函数f(x)=e-a.x(x>0)的 两个零点，且x1<x2,求证：x1十x2>2且 x1x2<1. 心听课记录 4反思感悟……、 1.定函数（极值点为x。),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x。· 2.构造函数，对于x1十x2>2x。,构造函数 F(x)=f(x)-f(2x。-x)(对于x1x2>x,构造 西餐F)=f)-f) 3.判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单 调性. 4反思感悟… 4.比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的 比（差）值换元就是通过代数变形将所证的双变 正负，并得出f(x)与f(2x。一x)的大小关系. 量不等式化为单变量不等式，再利用函数单调性 5.转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x) 证明 与f(2x。一x)的大小关系转化为x与2x。一x之间 的关系，进而得到所证或所求， 跟踪训练②已知函数f(x)=2x十ax2十xlnx, a∈R,若f(x)有两个零点x1,x2,且x2> 跟踪训练①已知函数f(x)=x一lnx一a. 9 (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； 3x1,求证：x1x2> (2)求证：若∫(x)有两个零点x1,x2,则 x1x2<1. 032红勾讲与练·高三二轮数学 培优专训》难点突破 1.(2025·湖北荆门模拟)已知函数f(x)=lnx一2.已知函数h(x)=lnx和g(x)=a.x,若存在两 a.x有两个零点， 个实数x1,x2,且x1≠x2,使得h(x1) (1)求a的取值范围； g(x1),h(x2)=g(x2),求证：x1x2>e. (2)设x1,x2是f(x)的两个零点，求证： a(x1十x2)>2. 创新题1 函数与导数 》考情分析 新定义题型内容新颖，分值较高，作为高考试题的压轴题，成为近几年高考命题趋势之一，这类问题的解 决，对学生的心理素质和思维敏捷性要求较高。 热点分类》考向探究 反思感悟· 考向1函数的新定义问题 新定义题型的破题模型 例1(2025·山东日照二模)定义在区间D上的 第一步： 对新定义进行信息提取，明确新定义 函数y=f(x),若存在正数K,对任意的x1, 提取信息 的名称和符号 x2∈D,不等式|f(x1)-f(x2)|≤K|x1 x2|恒成立，则称函数y=f(x)在区间D上满 细细品味新定义的概念、法则，对所提 足K-条件.若函数f(x)=(x+1)lnx-2.x+ 第二步： 取的信息进行加工，探求解决方法，有 加工信息 时可以寻求学过的或熟悉的相近知 2在区日1 上满足K-条件，则K的最小值 识，明确它们的共同点和不同点 为 心听课记录 如果是新定义的运算、法则，直接按照 该运算、法则计算即可；如果是新定义 第三步： 的性质，一般需要理解和转化性质的 迂移转化 含义，得到性质的等价条件（如等量关 系、图形的位置关系等)，再结合题意 求解 第一部分专题一 函数、导数 033所以h(x）mim=h(xo)=xoe 0 2x。-lnx。-1=1-1=0, 所以h(x)≥0，故命题得证 跟踪训练1证明：f'(x)=cosx十2x. 令函数u(x)=f'(x),则u'(x)= 一 sinx+2>0,所以u(x)=f'(x)》 是增函数， 因为r0)=1f()=os日 10, 所以存在x。∈(0）小，使得 f'(x。）=cosx。十2x0=0,即 4 所以当x∈(-∞，x。)时，f'(x)<0, 当x∈(x。,+∞)时，f'(x)>0, 所以f(x)在（一o∞，xo)上单调递减， 在(x。,十∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(xo）=sinx。+x。= sin zo+1 因为x。∈（20），所以sinx。> sin(←2)>sim(←若）=-2： 所以一 4sinx 1 +sinx+ -×(2)-3 5 16 故fx)>- 5 16 例2解：.f(x)=2 e'sin x一& T ∴.f'(x）=2e(sinx+cosx)-a. 令h(x)=f'(x),则h'(x)=4 e'cos x, 当x∈(0,2)时，h'(x)>0,当 x∈（x时，h'(x)<0 ∴h(x)在(0，)上单调递增，在 (,x)上单调递减， 即f'(x)在(0，）上单调递增，在 (乏)上单调递减。 f'(0)=2-a,f(）=2e-a> 0,f'(r)=-2e"-a<0. ①当2一a≥0，即0<a≤2时， f(0)≥03x∈(2x),使得 f'(x。)=0, .当x∈(0，xo)时，f'(x)>0,当 x∈(x。,x)时，f'(x)<0, f(x)在(0，x。)上单调递增，在 (x。,x)上单调递减. f(0)=0,.f(xo)>0. 又f(r)=一aπ<0， 由函数零点存在定理可得，此时 f(x)在(0，π)上仅有一个零点. ②若2<a<6时，f'(0)=2一a<0, 又f'(x)在(0，)上单调递增，在 (2,x)上单调递减， 31∈(0，）∈（经x)使 得f'(x1)=0,f'(x:)=0, 且当x∈(0，x1)U(x2,x)时， f(x)<0,当x∈(x1,x)时， f'(x)>0, f(x)在(0，x1)和(x2,x)上单调递 减，在(x1x2）上单调递增. f(0)=0,.f(x1)0, 1）=20>2-8x 0,f(x2)>0, 又f(π) 一aπ<0，∴.由函数零点存 在定理可得，f(x)在(x1,x)和(x2, π)上各有一个零点， 即此时f(x)在(0，x)上有两个零点. 综上，当0<a2时，f(x)在(0，π) 上仅有一个零点： 当2<a<6时，f(x)在(0，π)上有两 个零点. 跟踪训练2证明：f(x）=ew一ln(x十 1)-a,定义域为(-1，+∞)， f'(z)=et- (x+1)e+a-1 x十1 令g(x)=(x+1)e+u-1,x>-1, 则g'(x)=e++(x+1)e+=(x+ 2)e>0在（一1，十∞）上恒成立， 所以g(x)在（一1，+∞）上单调递增 又g(-1)=-1<0,g(e)=(e+ 1e+-1=e+ew-1>0, 所以存在唯一的x。∈(1，），使 得g(x。)=0, 当一1<x<x。时，g(x)<0, f(x)<0,f(x)在(-1，x。)上单调 递减， 当x>x。时，g(x)>0,f'(x)>0, f(x)在(x。,十o∞)上单调递增， 所以当x=x。时，f(x)取得最小 值f(x). 因为g(xo)=0,所以e。"= Zo+1' In(zo+1)=-zo-a, 所以f(z)≥f(xo）=eo”-ln(ro+ 1)-a= x。+1十x。+a-a= 1 x+i+2。+1-1≥2-1=1. 当且仅当1 。+1=xo+1,即x。=0时 等号成立， 所以f(x)≥1成立. 》培优专训·难点突破《 1.解：由题意得，f(x)=lnx+ 1+1-a 令h(x)=lnx+ 1+1-ax∈ (1,+∞)，则h'(x)=-1, 22, 因为x∈(1，+©∞)，所以h'(x)>0, 所以f'(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以当x>1时，f'(x)>(1)=2-a. ①当a≤2时，f(x)>0在(1，+∞) 上恒成立，所以f(x)在(1，+∞)上单 调递增， 所以当x>1时，f(x)>f(1)=0,满 足题意， ②当a>2时，f'(1)=2-a<0, f'(e)=1+。>0.又当x∈ (1,十∞)时，f'(x)单调递增， 所以f'(x)在(1，十∞)上有唯一零 点，记为x。,则当x∈(1，x。)时， f'(x)<0,f(x)单调递减， 所以f(xo)<f(1)=0,不满足题意， 舍去. 综上，a的取值范围为（一©∞，2]. 2.证明：f(x-1)=e-l-e-sin(x 1Dfx-1)-1-c sin(z-1)- 2(-2)]= 1+2(x 3 设)=+2(-）-1，则 3 h'(x)=e-1十x- 令()=W()=e+x- 3则 2 t'(x)=e-+1>0,所以h'(x)在R 上单调递增， e<e°=1,1> 81 3 256 (),则(2)=e-1< 0, (任)=e÷->0, 故存在。∈（分），使得 '(x)=0,即e。 3 2 一E0 所以当x<x。时，h'(x)<0,当x> x。时，h'(x)>0, 所以h(x)在（一∞，x。)上单调递减， 在(x。,十∞)上单调递增， 故当x=x。时，函数h(x)有极小值， 也是最小值， 故函数h(x）mim =h(zo)e"o- 1 3 2 ）-1=2(x 2 因为 ∈(，)，所以2(x。 5 >×(-) 2 3 0 故h(x =e+2(e-)°-1>0. 所以f(x-1)-1-esin(z-1) 3(e-)]>0 即f(x-1)>1-e-sin(x 1)-2(-2) 培优课3 极值点偏移问题 》热点分类·考向探究《 例1解：(1)由题意可知f(x)=lnx+ 20(x>0)→f(x)=-24 参考答案 2277 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,十∞)上单调递增 所以若要符合题意，需f(2a)<0→ 1n(2a)+1<02a∈(0,2) 此时有4a2<2a,且f(4a2)= 2ln(2a)+ 1,令g(t)=2lnt+ te()→)=”， 而 <1<>g')<0,即 g)在(0，)上单调递减，故 g()>g(日）=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∈(o,2) (2)证明：结合(1)，不妨令0<x1 2a<x2,构造函数g(x)=f(x)》 f(4a-x)(0x<2a), 则g'(x)=工一2a 2a-x (4a 8a(x-2a) x(4a-x)户<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(x:)>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(x)>f(4a-x1)→x2> 4a一x1, 故x1十x2>4a. 跟踪训练1解：(1)由题意知函数f(x) 的定义域为(0，十)， 解f'(x)=工二1>0得x>1,解 f'(.x)=x1 <0得0<x<1, x 所以函数f(x)在(0,1)上单调递减， 在(1，十∞)上单调递增， 所以f(x)mm=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（一c∞，1]. (2)证明：不妨设x1<x2,则由(1)知 0<x1<1<x:,0<1<1, T 构造函数g(x)=f(x)-f() x-1-2nx,则g'(x)=1+ 2 2=x-1) ≥0， 所以函数g(x)在(0，十o)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(x)=fx:)>f() 又f(x)在(0,1)上单调递减， 所以0<1<1<1，即x1<1 278 2树闪讲与练·高三二轮数学 例2证明：证法一（比值代换） 因为x>0,由题意结合e=ax(x 0)可知，a>0,x=lna+lnx, 所以x1-lnx1=x2-lnx2=lna. 令t=丝则>1z:三z代人上 In t 式得x=x:= 对于x十x:>2,其等价于，十 >2,即1nt-2t-2 t-1 >0. t+1 构造函数g(t)=lnt二2士1(t>1), 则g')=1-2G+1)-2t-D- t (t+1)2 (t-1)2 t1+1)>0, 所以函数g(t)在(1，十©∞)上单调递 增，所以g)>1n1-2×1-D 1+1 0,即x1十x:>2得证. 对于xx:<1,其等价于n (t-1) 1,即1nt<1,即1nt-F+ t-1 1∠0. √t 令√t=b,则b>1,构造函数h(b)= n6-b+公6>1D.则'6)= b 1一6 =-6-1) 0, h(b)在(1，+∞)上单调递减，所以 1 h(b)<ln1-1+=0,即x1x2< 1得证. 证法二（差值代换） 由e=az(z>0)可得a=>0. 设函数y=g,则y=e(x-》, 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<x,则有e1=ax1, c=a2,则a=- 一，且x1= xg一x a 对于1十：>2脚”+e>2 a 即+ 2 > e'2-e x2一x1 2 e'1-1x,-x1 令x:一x1=t,则t>0,则只需证 t(e+1)-2(e'-1)>0. 令g(t)=t(e+1)-2(e-1)(t> 0),则g'(t)=(t-1)e+1,g”(t)= te>0, 则g'(t)在(0，+∞)上单调递增，则 g(t)>g(0)=(0-1)Xe°+1=0， 则g(t)在(0，十©∞)上单调递增，则 g(t)>g(0)=0×(e°+1)-2×(e°- 1)=0,即x1+x2>2成立. 对于x1x2<1,其等价于ee e <1, 即<( 即e e (e-e <() 左边分子、分母同时除以e -<()月 e 21 得 令x2一x1=t,则t>0, 则只需证。)<（付）， 即teF-e+1<0. 令h(t)=te-e +1(t>0), 则'()=e(e ++1), 令m(t)=-e +1, 2 则m')=号1-e)<0, 2 所以m(t)在(0，+∞)上单调递减，故 m)<m0)=-e+号+1=0，所 以h'(t)<0, 所以h(t)在(0，十○)上单调递减，所 0 以h(t)<h(0)=0×e2-e°+1=0， 即x1x2<1成立. 跟踪训练2证明：若f(x)有两个零点 x2,2x+axi+xln =0, 2x2+a.x2+x2lnx2=0, 得一a= 2+In z1 2+In z: ,x2>3.x1,令x2=tx1(t>3), 则2+n之 2+In(t) 7l tx 2+In t+In z txl 故1n1= 2+In t -2t In t t-1 一2，则 t-1 In z2 In(tz)In t+In z =In t+ Int tIn t - -2= t-1 -2, In t .In(zI:)=In z +In z2 t-1 (int2=+DInt 2+-1 t-1 一4 令h(t)= (t+1)In t t-1 -4(t>3),则 -2n t+1-1 t h′(t)= (t-1) 令g)=-2n1+t-1>3),则 g'(t)=-2 1+ t2-2t+1_(t-1)9 >0. ∴g(t)在(3，+o)上单调递增， g(1)>g(3)=-2n3+3- 3 号4-h3)=号me-h)>0, ∴.h'(t)= g(t) -1)>0,则h(t)在 (3,十∞)上单调递增， .h(t)>h(3)= 41n3 2 -4=m 9 9 .ln(xx2)>ln,故x1x:> 9 》培优专训·难点突破《 1.解：(1)f(x)的定义域为(0，十o), f'(x)= 1 当a≤0时，f'(x)>0,f(x)在 (0,十∞)上单调递增，f(x)至多有 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(0，)上单调递增， a 令f'(x)<0得x>1,所以f(x)在 (日，+∞)上单调递减， 所以f(行)是f(x)的极大值也是最 大值， 又x>0时，f(x）→-∞；x→+∞ 时，f(x)·一o, 所以若f(x)有两个零点，则 f(）=m是-1>0，所以0<a< 二故a的取值范围为(0，）。 (2)证明：不妨设x1<x2,由f(x1)= f(),得0<x1<1<r. 构造函数F(x)=fx)-f(名 x)(0<x<), F(x)=f')+f(2 位-*( 1 2(ax-1)9 2 -2a= x(2-a.x) 因为0<x<1,所以2-4r>0,即 F()>0,所以F(x)在(0，）上单 调递增，又F(日）=0，所以F(x) f)-f(2-x)<r()=0, 所以f(x)<f(2-x) 所以fx)<f(2-x) 又f(x1)=f(x2), 所以f:)<f(名-x) 而，2-x1∈(，+∞）fx) 在（仁，+∞）上单调递减， 所以x:三 -x1,即x1十x:> 所以a(x1+x2)>2. 2.证明：证法一 因为x1≠x2,不妨设 x1>x2,因为lnx1-ax1=0,lnx2 ax2=0, 所以lnx1+lnx2=a(x1十x2), lnx1一lnxg=a(x1一x2),所以 In zi-Inz:a. x1一xg 欲证x1x,>e,即证lnx1+lnx2>2. 因为lnx1+lnx2=a(x1十x,),所以 2 即证a> x1十xg 所以即证血一n飞> 2 ,即 x1一xg x1十xg 证1n> 2(x1-x2) x1十xg 令1=4，则t>1x1x2>c等价于 In t- 2(t-12>0, t+1 构造函数g(t)=lnt- 2(t-1) t+1 t>1, 因为g'(t)=（t-1) 4+1)>0,所以g) 在(1，十○)上单调递增， 故g)>1n1-2XD=0,即 1+1 In t 2(t-1) t+1 >0,所以x1x2>e2. 证法二依题意，a=h飞_n之 In 即nx 2,设x1<xt= 三，则 t>1, In(tz) 则x2=tz1nx1 =t,可得lnx1= Int.In:In(tz:)In t+h z= t-1 lnt+n上=lnr t-1t-1' 由于x1x:>e台lnx1+lnx2>2台 +=>2n 2t-1D>0. t+1 构造函数g(t)=lnt一 2(t-1) t+1 t>1, 因为g'(t)=t-1) +1>0,所以g() 在(1，+∞)上单调递增， 故g)>1n1-2X1,卫=0，即 1+1 1n1-21-D>0. t+1 所以x1x2>e. 创新题1函数与导数 》热点分类·考向探究《 例1e-2 解析：因为f'(x)=nx+(x+1)· -2=nx+ 1 x -1,令g(x)= In z+ -1,g'(x)=1-1 x Le 所以g(x)在 e ,1上单调递减.又 因为g(1)=0,所以g(x）≥0在 。上恒成立，所以P(x)≥0，所 以了x)在[。]上单调递增，设 1≤x1<x:≤1，则f(x)< f(x2).若函数f(x)=(x+1)nx 2江十2在区同[]上满足K-条 件，则|f(x1)一f(x2)|≤Kx1 :对任意：∈[。门恒成立 所以f(x2)一f(x1)≤K(x2一x1)对 任意：∈[日] 恒成立，则 f(x:）一Kx≤f(x1）一Kx1对任意 ∈[日]短成立，令() fx)-K,所以)在[日]上单 调递减，h'(x)=f'(x)一K≤0在 [是]上设成立，所以K≥1n+ 1 二一1=g(x).又因为g(x)在 上单调递减，g(x)mx g(日)=1h+e-1=e-2,所以 K≥e-2,所以K的最小值为e一2. 3 3 跟踪训练1 e+1 e 解析：设曲线y=lnx上与直线y= ex十1平行的切线的切，点坐标为(xa, n),则1=e,解得。=上，所以 切点为(。，-1)即切线方程为y十 1=c(x-),即ex-y-2=0,则 MN|的最小值为直线y=ex+1与 直线ex一y一2=0间的距离，即 1+2 3 MN min √e+(-1) 设 M(x1,ex1+1),N(x2,lnx2), 则IM N I|=|x1-x2|+|ex1+1一 Inx2|,将I|MN|看成关于x1的函 数，则I|MNI|在x1=x2或ex1十 1=lnx2时，取得最小值，当x1=x2 时，令g(x)=ex十1-lnx(x>0), 则g'(x)=c-1,令g'(x)=0,解得 x=,当x∈(0，）时g'(x)< 0,函数g(x)单调递减，当x∈ (日，+∞）时，g'(x)>0,函数g(x) 单调递增，所以当工=上时， gx)m=8(）=eX是+1- n1=3,即11MN lmim=3；当 e1十1=lnx时，则x2=e1,令 h(x)=e+1-x,则h'(x)=e· e+1-1,令h'(x)=0,解得 x= -，当x∈（--）时， h'(x)0,函数h(x)单调递减，当 x∈(-名，十∞）时'()<0，函数 参考答案279