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导数中的极值点偏移问题，依据高考评价体系梳理了换元法构造辅助函数、比值代换等核心考查方向，通过典型例题分析明确此类问题在压轴题中占30%左右的权重，归纳出“换元转化—构造函数—单调性分析”的解题流程，体现备考针对性。 课件亮点在于“题型拆解+方法固化+素养提升”，如例2通过比值代换t=x2/x1，结合飘带不等式证明x1+x2>2，培养学生的数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念）。配套跟踪训练与课时精练，帮助学生熟练掌握构造函数、不等式放缩等技巧，教师可据此实施分层教学，提升复习效率。

极值点偏移(二) 题型一　换元法构造辅助函数 例1　已知函数f(x)=x2ln x，若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2，求证： +>. 证明　(换元法) 令a=，b=，则f(x1)=f(x2)， 即ln x1=ln x2， 所以ln =ln ， 所以aln a=bln b， 设函数g(x)=xln x，则g(a)=g(b)， 例1　已知函数f(x)=x2ln x，若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2，求证： +>. 证明　g'(x)=ln x+1，所以g'(x)>0⇔x>， g'(x)<0⇔0<x<， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增. 求证+>，即证a+b>. 不妨设a<b，则0<a<<b，则-a>， 例1　已知函数f(x)=x2ln x，若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2，求证： +>. 证明　令h(x)=g(x)-g，0<x<， 由h'(x)=g'(x)+g' =ln x+1+ln+1=ln+2 =ln+2<0， 所以h(x)在上单调递减，h(x)>h=0， 例1　已知函数f(x)=x2ln x，若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2，求证： +>. 证明　所以g(a)>g，即g(b)>g， 又g(x)在上单调递增， 所以b>-a，即a+b>， 故+>得证. 在证明过程中出现的形式不符合和型结构时，通过换元构造新函数然后再进行证明. 思维升华 证明　令m=，n=， 因为x1≠x2，所以m≠n， 由f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)， 可得⇒ ①-②得a(m-n)=ln m-ln n， 跟踪训练1　(2025·无锡模拟)已知函数f(x)=+ln x.若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)， 求证：+>. 证明　所以=， 要证+>， 只要证m+n>， 只要证m+n>2·， 不妨设0<n<m， 跟踪训练1　(2025·无锡模拟)已知函数f(x)=+ln x.若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)， 求证：+>. 证明　所以只要证ln>， 即证ln>，令t=(t>1)， 只需证ln t>(t>1)， 令h(t)=ln t-(t>1)， 则h'(t)=-=-=>0， 跟踪训练1　(2025·无锡模拟)已知函数f(x)=+ln x.若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)， 求证：+>. 证明　所以h(t)在(1，+∞)上单调递增， 所以h(t)>h(1)=0， 即有ln t>(t>1)恒成立， 所以+>得证. 跟踪训练1　(2025·无锡模拟)已知函数f(x)=+ln x.若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)， 求证：+>. 题型二　比值代换 例2　已知函数f(x)=xe-x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明： (1)x1+x2>2； 证明　方法一　(1)f'(x)=(1-x)e-x， 易知f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以f(x)max=f(1)=， 又f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0， 不妨设x1<x2，则必有0<x1<1<x2， 由f(x1)=f(x2)，得x1=x2， 例2　已知函数f(x)=xe-x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明： (1)x1+x2>2； 证明　即=， 即x2-x1=ln， 令t=(t>1)， 则x2-x1=ln t， ① 又t=，即x2=tx1， ② 由①②得x1=，x2=， 例2　已知函数f(x)=xe-x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明： (1)x1+x2>2； 证明　要证x1+x2>2， 即证+>2， 即证ln t>(t>1)， 由飘带不等式知该式成立. 所以x1+x2>2. 例2　已知函数f(x)=xe-x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明： (1)x1+x2>2； 证明　方法二　(齐次消元) f'(x)=(1-x)e-x，易知f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以f(x)max=f(1)=， 又f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0， 不妨设x1<x2，则必有0<x1<1<x2， 由f(x1)=f(x2)，得x1=x2， 即=， 例2　已知函数f(x)=xe-x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明： (1)x1+x2>2； 证明　所以x2-x1=ln=ln x2-ln x1， 即=1. x1+x2=(x1+x2)·=·ln=·ln， 令t=(t>1)，则由飘带不等式知ln t>， 即·ln t>2，即x1+x2>2. 例2　已知函数f(x)=xe-x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明： (2)x1x2<1. 证明　方法一　由(1)知x1x2=，则=， 要证x1x2<1，即证<1， 令m=>1，即证<1， 即证ln m<(m>1)， 由飘带不等式知该式成立， 故x1x2<1. 例2　已知函数f(x)=xe-x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明： (2)x1x2<1. 证明　方法二　(齐次消元) f'(x)=(1-x)e-x，易知f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以f(x)max=f(1)=， 又f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0， 不妨设x1<x2，则必有0<x1<1<x2， 由f(x1)=f(x2)，得x1=x2， 即=， 例2　已知函数f(x)=xe-x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明： (2)x1x2<1. 证明　所以x2-x1=ln=ln x2-ln x1，即=1. 要证x1x2<1，即证<1， =·=·ln=·ln， 令m=(m>1)，由飘带不等式知ln m<， 即·ln m2<1，即<1，故x1x2<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，再利用函数单调性证明. 思维升华 跟踪训练2　已知函数f(x)=xln x-ax2-x+a.若函数有两个不同的极值点，记作x1，x2，且x1<x2，求证：ln x1+2ln x2>3. 证明　f(x)=xln x-ax2-x+a，f'(x)=ln x-2ax. 因为f(x)有两个不同的极值点x1，x2， 所以ln x1=2ax1，ln x2=2ax2. 欲证ln x1+2ln x2>3， 即证2ax1+4ax2>3， 又0<x1<x2， 所以原式等价于a>. ① 跟踪训练2　已知函数f(x)=xln x-ax2-x+a.若函数有两个不同的极值点，记作x1，x2，且x1<x2，求证：ln x1+2ln x2>3. 证明　由ln x1=2ax1，ln x2=2ax2， 得ln=2a(x2-x1)⇒a=. ② 由①②知原问题等价于求证>， 即证ln>=. 令t=，则t>1， 跟踪训练2　已知函数f(x)=xln x-ax2-x+a.若函数有两个不同的极值点，记作x1，x2，且x1<x2，求证：ln x1+2ln x2>3. 证明　上式等价于求证ln t>. 令h(t)=ln t-(t>1)，则h'(t)=-=， 因为t>1，所以h'(t)>0恒成立， 所以h(t)在(1，+∞)上单调递增，h(t)>h(1)=ln 1-=0， 即ln t>，所以原不等式成立， 即ln x1+2ln x2>3. 课时精练 答案 1 2 1. 因为函数f(x)=ax2-(ln x)2， 可得f'(x)=2ax-， 若f(x)有两个极值点x1，x2， 则函数f'(x)有两个零点x1，x2， 所以2a=ln ，2a=ln ， 令t1=，t2=， 则等价于关于t的方程2at=ln t有两个不相等的实数根t1，t2， 答案 1 2 1. 只需证明t1t2>e2， 不妨令t1>t2，由2at1=ln t1，2at2=ln t2得2a=， 要证t1t2>e2，只需证明ln t1+ln t2>2， 即证ln t1+ln t2=2a(t1+t2) =(t1+t2)·>2， 即证ln t1-ln t2>， 答案 1 2 1. 即证ln>， 令m=，则m>1， 只需证明ln m>(m>1)， 由飘带不等式知，ln m>(m>1)成立， 则t1t2>e2成立，故x1x2>e得证. 答案 1 2 2. (1)解　f(x)的定义域为R，f'(x)=(x+1)ex， 当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0， 当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0， 故f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增， 又当x→-∞时，f(x)→-m>0， 当x→+∞时，f(x)→+∞， 故要使f(x)有两个零点， 2. 则需f(x)min=f(-1)=-e-1-m<0， 故m>-， 又m<0，可得-<m<0， 故实数m的取值范围为. 答案 1 2 2. (2)证明　令x1=ea，x2=eb， 即a=ln x1，b=ln x2，x1>0，x2>0， 要证ea+eb>， 即证x1+x2>， 只需证x2>-x1， 由(1)可知，f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增， f(0)=-m>0， 答案 1 2 2. 可设a<-1<b<0， 所以0<x1<<x2<1， 因为f(a)=f(b)=0， 所以x1ln x1=x2ln x2， 设g(x)=xln x，x>0， 则g'(x)=ln x+1， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 答案 1 2 2. 令h(x)=g-g(x)，0<x<， 则h'(x)=-ln-2 =-ln[-(ex-1)2+1]>0， 所以h(x)在上单调递增， 又h=0， 所以h(x)<0， 答案 1 2 2. 所以h(x1)=g-g(x1)<0， 所以g<g(x1)=g(x2)， 因为-x1>，x2>，g(x)在上单调递增， 所以x2>-x1， 所以x1+x2>， 所以ea+eb>. 答案 1 2 1.已知函数f(x)=ax2-(ln x)2(a∈R).若f(x)有两个极值点x1，x2.求证：x1x2>e. 1 2 答案 证明　因为函数f(x)=ax2-(ln x)2， 可得f'(x)=2ax-， 若f(x)有两个极值点x1，x2， 则函数f'(x)有两个零点x1，x2， 所以2a=ln ，2a=ln ， 令t1=，t2=， 则等价于关于t的方程2at=ln t有两个不相等的实数根t1，t2， 1.已知函数f(x)=ax2-(ln x)2(a∈R).若f(x)有两个极值点x1，x2.求证：x1x2>e. 1 2 答案 证明　只需证明t1t2>e2， 不妨令t1>t2，由2at1=ln t1，2at2=ln t2得2a=， 要证t1t2>e2，只需证明ln t1+ln t2>2， 即证ln t1+ln t2=2a(t1+t2)=(t1+t2)·>2， 即证ln t1-ln t2>， 1.已知函数f(x)=ax2-(ln x)2(a∈R).若f(x)有两个极值点x1，x2.求证：x1x2>e. 1 2 答案 证明　即证ln>， 令m=，则m>1， 只需证明ln m>(m>1)， 由飘带不等式知，ln m>(m>1)成立， 则t1t2>e2成立，故x1x2>e得证. 2.(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)=xex-m(m<0)的两个零点. (1)求实数m的取值范围； 解　f(x)的定义域为R，f'(x)=(x+1)ex， 当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0， 当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0， 故f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增， 又当x→-∞时，f(x)→-m>0， 当x→+∞时，f(x)→+∞， 1 2 答案 2.(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)=xex-m(m<0)的两个零点. (1)求实数m的取值范围； 解　故要使f(x)有两个零点， 则需f(x)min=f(-1)=-e-1-m<0， 故m>-， 又m<0，可得-<m<0， 故实数m的取值范围为. 1 2 答案 2.(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)=xex-m(m<0)的两个零点. (2)证明：ea+eb>. 证明　令x1=ea，x2=eb， 即a=ln x1，b=ln x2，x1>0，x2>0， 要证ea+eb>， 即证x1+x2>， 只需证x2>-x1， 1 2 答案 2.(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)=xex-m(m<0)的两个零点. (2)证明：ea+eb>. 证明　由(1)可知，f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，f(0)=-m>0， 可设a<-1<b<0， 所以0<x1<<x2<1， 因为f(a)=f(b)=0， 所以x1ln x1=x2ln x2， 1 2 答案 2.(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)=xex-m(m<0)的两个零点. (2)证明：ea+eb>. 证明　设g(x)=xln x，x>0， 则g'(x)=ln x+1， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 令h(x)=g-g(x)，0<x<， 则h'(x)=-ln-2=-ln[-(ex-1)2+1]>0， 1 2 答案 2.(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)=xex-m(m<0)的两个零点. (2)证明：ea+eb>. 证明　所以h(x)在上单调递增， 又h=0， 所以h(x)<0， 所以h(x1)=g-g(x1)<0， 所以g<g(x1)=g(x2)， 1 2 答案 2.(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)=xex-m(m<0)的两个零点. (2)证明：ea+eb>. 证明　因为-x1>，x2>，g(x)在上单调递增， 所以x2>-x1， 所以x1+x2>， 所以ea+eb>. 1 2 答案 $