第三章　不等式的证明方法　极值点 偏移课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“极值点偏移”核心考点，依据高考评价体系梳理了定义理解、图形分析、构造函数证明等考查维度，结合2025江苏联考、2026佳木斯模拟等真题，明确了“x1+x2>2x0”“x1x2<1/e²”等常考题型，构建了完整的解题思路体系。 课件亮点在于“题型拆解+方法建模+素养提升”的备考策略，如通过构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)证明x1+x2>2，培养学生逻辑推理与数学抽象素养。思维升华模块总结证明步骤，配合跟踪训练强化技巧，助力学生掌握压轴题突破方法，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

极值点偏移(一) 1.极值点偏移的定义 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，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的两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移. 2.从图形角度理解极值点偏移(x0为极值点，且x1<x2) (1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2=2x0. (2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0. (3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0. 题型一　对称化构造法(和型) 例1　已知函数f(x)=ln x+. (1)若函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，求实数a的取值范围； 解　由题意f'(x)=-=(x>0)， 当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，满足题意； 当a>0时，当0<x<a时，f'(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减， 当x>a时，f'(x)>0，f(x)在(a，+∞)上单调递增， 又函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，故0<a≤1， 综上可知，实数a的取值范围为(-∞，1]. 例1　已知函数f(x)=ln x+. (2)当a=1时，若方程f(x)=m有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x1+x2>2. 证明　当a=1时，f(x)=ln x+， 由(1)可知f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以0<x1<1<x2， 令g(x)=f(x)-f(2-x)(0<x<1)， 则g'(x)=-=-<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，g(x)>g(1)=0， 例1　已知函数f(x)=ln x+. (2)当a=1时，若方程f(x)=m有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x1+x2>2. 证明　即f(x)>f(2-x)(0<x<1)， 令x=x1，则f(x1)>f(2-x1)， 故f(x2)=f(x1)>f(2-x1)， 又f(x)在(1，+∞)上单调递增，2-x1>1， 所以x2>2-x1， 故x1+x2>2. 证明x1+x2>2x0的步骤 (1)求极值点x0：求出函数f(x)的极值点x0，结合函数f(x)的图象，由f(x1)=f(x2)得出x1，x2的取值范围. (2)构造函数：对结论为x1+x2>2x0(x1<x2)的情况，构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x). ①若F'(x)=f'(x)+f'(2x0-x)>0，则F(x)单调递增； ②注意到F(x0)=0，则F(x1)=f(x1)-f(2x0-x1)<0，即f(x1)<f(2x0-x1)； ③f(x2)=f(x1)<f(2x0-x1)，若f(x)在(x0，+∞)上单调递减，则x2>2x0-x1； ④得到结论x1+x2>2x0. 思维升华 解　当a=1时，f(x)=ex-x2，定义域为R， 求导得f'(x)=ex-2x， 令h(x)=ex-2x，h'(x)=ex-2， 当x∈(-∞，ln 2)时，h'(x)<0，f'(x)单调递减， 当x∈(ln 2，+∞)时，h'(x)>0，f'(x)单调递增， 所以f'(x)≥f'(ln 2)=2-2ln 2>0， 所以函数f(x)=ex-x2在R上单调递增. 跟踪训练1　(2026·佳木斯模拟)已知函数f(x)=ex-ax2(a∈R). (1)当a=1时，判断函数f(x)的单调性； 证明　因为=a，=a，且易知a>0，0<x1<x2， 所以两边同时取自然对数， 得x1=ln a+2ln x1，x2=ln a+2ln x2， 两式相减得x2-x1=2(ln x2-ln x1)， 即=2，要证x1+x2>4， 只需证明<， 跟踪训练1　(2026·佳木斯模拟)已知函数f(x)=ex-ax2(a∈R). (2)已知函数f(x)有两个正零点x1，x2，且x1<x2，求证：x1+x2>4. 证明　即<ln，即<ln， 因为0<x1<x2，令t=，t>1， 只需证明ln t>，t>1， 构造函数g(t)=ln t-(t>1)， 求导得g'(t)=-=>0， 跟踪训练1　(2026·佳木斯模拟)已知函数f(x)=ex-ax2(a∈R). (2)已知函数f(x)有两个正零点x1，x2，且x1<x2，求证：x1+x2>4. 证明　所以函数g(t)在(1，+∞)上单调递增， 于是g(t)>g(1)=0， 所以不等式ln t>成立， 综上，不等式x1+x2>4成立. 跟踪训练1　(2026·佳木斯模拟)已知函数f(x)=ex-ax2(a∈R). (2)已知函数f(x)有两个正零点x1，x2，且x1<x2，求证：x1+x2>4. 题型二　对称化构造法(积型) 例2　(2025·江苏联考)已知函数f(x)=xln x+t在点(1，f(1))处的切线经过原点. (1)求t的值； 解　因为f'(x)=ln x+1(x>0)， 所以f'(1)=1， 因为f(1)=t，所以切线方程为y-t=x-1， 即y=x+t-1. 因为切线经过原点，所以0=0+t-1， 所以t=1. 例2　(2025·江苏联考)已知函数f(x)=xln x+t在点(1，f(1))处的切线经过原点. (2)若存在x1<x2，使得f(x1)=f(x2)，求证：x1x2<. 证明　由(1)得f'(x)=ln x+1(x>0)， 令f'(x)>0，解得x>； 令f'(x)<0，解得0<x<， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减. 因为f=1-，f(1)=1， 例2　(2025·江苏联考)已知函数f(x)=xln x+t在点(1，f(1))处的切线经过原点. (2)若存在x1<x2，使得f(x1)=f(x2)，求证：x1x2<. 证明　当x趋近于0时，f(x)趋近于1，f(x)的大致图象如图所示. 所以存在x1<x2， 使得f(x1)=f(x2)， 且0<x1<，<x2<1. 要证x1x2<，即证x1<， 因为<<，只需证f(x1)>f， 例2　(2025·江苏联考)已知函数f(x)=xln x+t在点(1，f(1))处的切线经过原点. (2)若存在x1<x2，使得f(x1)=f(x2)，求证：x1x2<. 证明　因为f(x1)=f(x2)，即证f(x2)>f. 令g(x)=f(x)-f=xln x-ln =xln x+(ln x+2)， 所以g'(x)=(ln x+1)+ =(ln x+1). 例2　(2025·江苏联考)已知函数f(x)=xln x+t在点(1，f(1))处的切线经过原点. (2)若存在x1<x2，使得f(x1)=f(x2)，求证：x1x2<. 证明　因为<x<1，所以g'(x)>0， 所以g(x)在上单调递增， 所以g(x)>g=0， 所以f(x)>f， 即f(x2)>f，所以x1x2<. 对结论x1x2>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. 思维升华 跟踪训练2　已知函数f(x)=(x+a)ex，直线y=2x+1是曲线y=f(x)的一条切线. (1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性； 解　设直线y=2x+1与曲线y=f(x)相切于点(x0，f(x0))， ∵f'(x)=(x+a+1)ex， ∴f'(x0)=(x0+a+1)=2， ∴(x0+a)=2-， 又f(x0)=(x0+a)=2x0+1， ∴2-=2x0+1， 即+2x0-1=0， 跟踪训练2　已知函数f(x)=(x+a)ex，直线y=2x+1是曲线y=f(x)的一条切线. (1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性； 解　设g(x)=ex+2x-1，则g'(x)=ex+2>0， ∴g(x)在R上单调递增， 又g(0)=0，∴g(x)有唯一零点x=0， ∴x0=0，∴a+1=2，解得a=1， ∴f(x)=(x+1)ex，f'(x)=(x+2)ex，则当x∈(-∞，-2)时，f'(x)<0； 当x∈(-2，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在(-∞，-2)上单调递减，在(-2，+∞)上单调递增. 跟踪训练2　已知函数f(x)=(x+a)ex，直线y=2x+1是曲线y=f(x)的一条切线. (2)若f(x1)=f(x2)，其中x1<x2，证明：x1x2>4. 证明　由(1)知f(x)min=f(-2)=-e-2<0， 当x<-1时，f(x)<0；当x>-1时，f(x)>0， ∴x1<-2<x2<-1， 要证x1x2>4，只需证x1<， 又x2>-2，∴<-2. ∵f(x)在(-∞，-2)上单调递减， ∴只需证f(x1)>f， 跟踪训练2　已知函数f(x)=(x+a)ex，直线y=2x+1是曲线y=f(x)的一条切线. (2)若f(x1)=f(x2)，其中x1<x2，证明：x1x2>4. 证明　又f(x1)=f(x2)， 则只需证f(x2)>f对任意x2∈(-2，-1)恒成立. 设h(x)=f(x)-f(-2<x<-1)， 则h'(x)=(x+2)ex+=， 设p(x)=x3+8(-2<x<-1)， 跟踪训练2　已知函数f(x)=(x+a)ex，直线y=2x+1是曲线y=f(x)的一条切线. (2)若f(x1)=f(x2)，其中x1<x2，证明：x1x2>4. 证明　则p'(x)=x<0， ∴p(x)在(-2，-1)上单调递减， ∴p(x)<p(-2)=0. 又当-2<x<-1时，<0， ∴h'(x)>0，∴h(x)在(-2，-1)上单调递增， ∴h(x)>h(-2)=0， 跟踪训练2　已知函数f(x)=(x+a)ex，直线y=2x+1是曲线y=f(x)的一条切线. (2)若f(x1)=f(x2)，其中x1<x2，证明：x1x2>4. 证明　即f(x)>f在x∈(-2，-1)上恒成立， 又x2∈(-2，-1)， ∴f(x2)>f. 故原不等式得证. 课时精练 答案 1 2 1. (1)解　f(x)=(x-1)ln x-x2+ax， 则f'(x)=1-+ln x-2x+a， 令f'(x)=0，得a=2x+-ln x-1， 若函数y=f'(x)有两个零点， 则直线y=a与函数y=2x+-ln x-1的图象有两个不同的交点. 设g(x)=2x+-ln x-1(x>0)， 答案 1 2 1. 则g'(x)=2--==. 当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 因此g(x)min=g(1)=2. 当x→0时，g(x)→+∞，当x→+∞时，g(x)→+∞， 作出函数g(x)与直线y=a的大致图象，如图所示，要使二者有两个不同的交点，则a>2，故a的取值范围为(2，+∞). 答案 1 2 1. (2)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·>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， 答案 1 2 1. 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). 设h(x)=g(x)-g(2-x)=4x+-ln x-+ln(2-x)-4，0<x<1， 则h'(x)=， 当x∈(0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 所以当0<x<1时，h(x)>h(1)=0， 所以当0<x1<1时，g(x1)>g(2-x1)，原不等式得证. 答案 1 2 2. (1)解　f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=1+ln x-ax， 由题意f'(x)≤0恒成立，即a≥恒成立， 设h(x)=，x>0， 则h'(x)==-， 当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 2. 所以h(x)在x=1处取得极大值，也是最大值， h(x)max=h(1)=1， 故a≥1，即实数a的取值范围为[1，+∞). (2)证明　方法一　函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0<a<1， 设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax， 则x1，x2(0<x1<x2)是g(x)的两个变号零点， g'(x)=-a，当x∈时，g'(x)>0， 答案 1 2 2. 当x∈时，g'(x)<0， 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以0<x1<<x2， 又因为g(1)=1-a>0， 所以0<x1<1<<x2， 要证x1x2>，只需证x2>>， 答案 1 2 2. 只需证g(x2)<g， 其中g(x2)=0， 即证g=1-ln(ax1)->0， 即证ln(ax1)+-1<0. 由g(x1)=ln x1-ax1+1=0， 设t=ax1，t∈(0，1)， 答案 1 2 2. 则ln x1=t-1，x1=et-1， 则ln(ax1)+-1<0⇔ln t+e1-t-1<0， 设G(t)=ln t+e1-t-1(0<t<1)， G'(t)=-e1-t=， 由(1)知≤1， 故ln x≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立， 答案 1 2 2. 所以ex-1≥x，当且仅当x=1时，等号成立，et-1-t>0， 即G'(t)>0，G(t)在(0，1)上单调递增， G(t)<G(1)=0，故ln(ax1)+-1<0成立， 即x1x2>. 方法二　先证明引理： 当0<t<1时，ln t<， 当t>1时，ln t>， 答案 1 2 2. 设M(t)=ln t-(t>0)， M'(t)=-=≥0， 所以M(t)在(0，+∞)上单调递增，又M(1)=0， 当0<t<1时，M(t)<M(1)=0， 当t>1时，M(t)>M(1)=0， 故引理得证. 答案 1 2 2. 因为函数f(x)有两个极值点， 由(1)可知0<a<1， 设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax， 则x1，x2(0<x1<x2)是g(x)的两个变号零点， g'(x)=-a，当x∈时，g'(x)>0， 当x∈时，g'(x)<0， 答案 1 2 2. 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以0<x1<<x2，即0<ax1<1<ax2， 要证x1x2>，只需证ln x1+ln x2>-ln a， 因为 即证a(x2+x1)>2-ln a， 答案 1 2 2. 由引理可得ax2+ln a-1=ln(ax2)>， 化简可得a2+a(ln a-2)x2+ln a+1>0， ① 同理ax1+ln a-1=ln(ax1)<， 化简可得a2+a(ln a-2)x1+ln a+1<0， ② 由①-②可得a2(x2+x1)(x2-x1)+a(ln a-2)(x2-x1)>0， 因为x2-x1>0，a>0，所以a(x2+x1)+ln a-2>0， 即a(x2+x1)>2-ln a，从而x1x2>. 答案 1 2 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； 1 2 答案 解　f(x)=(x-1)ln x-x2+ax， 则f'(x)=1-+ln x-2x+a， 令f'(x)=0，得a=2x+-ln x-1， 若函数y=f'(x)有两个零点， 则直线y=a与函数y=2x+-ln x-1的图象有两个不同的交点. 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； 1 2 答案 解　设g(x)=2x+-ln x-1(x>0)， 则g'(x)=2--==. 当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 因此g(x)min=g(1)=2.当x→0时，g(x)→+∞，当x→+∞时，g(x)→+∞， 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； 1 2 答案 解　作出函数g(x)与直线y=a的大致图象，如图所示，要使二者有两个不同的交点， 则a>2，故a的取值范围为(2，+∞). 1.已知函数f(x)=(x-1)ln x-x2+ax(a∈R). (2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：·>4. 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·>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， 1 2 答案 1.已知函数f(x)=(x-1)ln x-x2+ax(a∈R). (2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：·>4. 证明　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). 设h(x)=g(x)-g(2-x)=4x+-ln x-+ln(2-x)-4，0<x<1， 则h'(x)=， 当x∈(0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，所以当0<x<1时，h(x)>h(1)=0， 所以当0<x1<1时，g(x1)>g(2-x1)，原不等式得证. 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (1)若函数f(x)在定义域内为减函数，求实数a的取值范围； 解　f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=1+ln x-ax， 由题意f'(x)≤0恒成立，即a≥恒成立， 设h(x)=，x>0， 则h'(x)==-， 当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (1)若函数f(x)在定义域内为减函数，求实数a的取值范围； 解　当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)在x=1处取得极大值，也是最大值， h(x)max=h(1)=1， 故a≥1，即实数a的取值范围为[1，+∞). 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2>. 证明　方法一　函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0<a<1， 设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax， 则x1，x2(0<x1<x2)是g(x)的两个变号零点， g'(x)=-a，当x∈时，g'(x)>0， 当x∈时，g'(x)<0， 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减， 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2>. 证明　所以0<x1<<x2， 又因为g(1)=1-a>0，所以0<x1<1<<x2， 要证x1x2>，只需证x2>>， 只需证g(x2)<g， 其中g(x2)=0， 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2>. 证明　即证g=1-ln(ax1)->0， 即证ln(ax1)+-1<0. 由g(x1)=ln x1-ax1+1=0， 设t=ax1，t∈(0，1)， 则ln x1=t-1，x1=et-1， 则ln(ax1)+-1<0⇔ln t+e1-t-1<0， 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2>. 证明　设G(t)=ln t+e1-t-1(0<t<1)，G'(t)=-e1-t=， 由(1)知≤1， 故ln x≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立， 所以ex-1≥x，当且仅当x=1时，等号成立，et-1-t>0， 即G'(t)>0，G(t)在(0，1)上单调递增， G(t)<G(1)=0，故ln(ax1)+-1<0成立，即x1x2>. 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2>. 证明　方法二　先证明引理： 当0<t<1时，ln t<， 当t>1时，ln t>， 设M(t)=ln t-(t>0)，M'(t)=-=≥0， 所以M(t)在(0，+∞)上单调递增，又M(1)=0， 当0<t<1时，M(t)<M(1)=0， 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2>. 证明　当t>1时，M(t)>M(1)=0，故引理得证. 因为函数f(x)有两个极值点， 由(1)可知0<a<1， 设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax， 则x1，x2(0<x1<x2)是g(x)的两个变号零点， g'(x)=-a，当x∈时，g'(x)>0， 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2>. 证明　当x∈时，g'(x)<0， 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以0<x1<<x2，即0<ax1<1<ax2， 要证x1x2>，只需证ln x1+ln x2>-ln a， 因为 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2>. 证明　即证a(x2+x1)>2-ln a， 由引理可得ax2+ln a-1=ln(ax2)>， 化简可得a2+a(ln a-2)x2+ln a+1>0， ① 同理ax1+ln a-1=ln(ax1)<， 化简可得a2+a(ln a-2)x1+ln a+1<0， ② 1 2 答案 2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1x2>. 证明　由①-②可得a2(x2+x1)(x2-x1)+a(ln a-2)(x2-x1)>0， 因为x2-x1>0，a>0， 所以a(x2+x1)+ln a-2>0， 即a(x2+x1)>2-ln a，从而x1x2>. 1 2 答案 $