极值点偏移问题 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问题，对接高考导数压轴题考查要求，系统梳理定义、对称化构造、比值代换三大核心考点，通过威海一模、大庆一检等模考题分析考点权重，归纳双零点不等式证明等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”的备考策略，如以例1对称化构造法为例，通过构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)证明x1+x2<2ln a，培养学生数学思维和逻辑推理能力。总结解题模板与易错点，帮助学生掌握变量转化技巧，教师可据此开展专题突破，提升复习效率。

极值点偏移问题 极值点偏移的定义：对于函数y＝f (x)，f (x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f (x)＝0的根为x1，x2，且a<x1<x2<b，若x0≠，则称函数y＝f (x)在区间(a，b)上极值点偏移．①若>x0，则函数y＝f (x)在区间(x1，x2)上极值点x0左偏，简称极值点x0左偏；②若<x0，则函数y＝f (x)在区间(x1，x2)上极值点x0右偏，简称极值点x0右偏． 探究点1　对称化构造法 【例1】(威海一模)已知函数f (x)＝ex－ax有两个零点． (1)求实数a的取值范围； (2)设x1，x2是f (x)的两个零点，求证：x1＋x2<2ln a. 【解析】(1)f ′(x)＝ex－a，当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在R上单调递增，不满足题意；当a>0时，令f ′(x)<0，可得x∈(－∞，ln a)，令f ′(x)>0，可得x∈(ln a，＋∞)，所以f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，因为函数f (x)＝ex－ax有两个零点，所以f (ln a)<0，即eln a－a ln a<0，所以a－a ln a<0，可得ln a>1，所以a>e.当a>e时，f ＝e－1>0，f (a)＝ea－a2>0.故实数a的取值范围是(e，＋∞). (2)要证x1＋x2<2ln a，即证x1<2ln a－x2，不妨设x1<x2.由(1)可知x1<ln a<x2，所以2ln a－x2<ln a，因为f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，所以需证f (x1)>f (2ln a－x2)，又f (x1)＝f (x2)，所以需证f (x2)>f (2ln a－x2)，即证f (x2)－f (2ln a－x2)>0.令h(x)＝f (x)－f (2ln a－x)，则h′(x)＝f ′(x)＋f ′(2ln a－x)＝ex－2a＋e2ln a－x＝ex＋－2a≥2－2a＝0，所以h(x)在R上单调递增．又因为x2>ln a，所以h(x2)>h(ln a)＝0，即f (x2)－f (2ln a－x2)>0，得证． 对称化构造法解极值点偏移问题的要点 (1)定函数(极值点为x0)，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x0. (2)构造函数，对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f (x)－f (2x0－x)或F(x)＝f (x0＋x)－f (x0－x)，通过研究F(x)的单调性得到不等式． (3)比较大小，判断F(x)在某段区间上的正负，并得出f (x)与f (2x0－x)的大小关系． (4)转化，利用函数f (x)的单调性，将f (x)与f (2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求． 【变式】已知函数f (x)＝ln x－ax. (1)设函数g(x)＝f (x)－2x＋1，若g(x)≤0在其定义域内恒成立，求实数a的最小值； (2)若方程f (x)＝x2恰有两个相异的实根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明x1x2>1. 【解析】(1)易知g(x)的定义域为(0，＋∞).由g(x)＝f (x)－2x＋1≤0恒成立，得a＋2≥在x∈(0，＋∞)上恒成立．设t(x)＝(x>0)，则t′(x)＝－，所以当0<x<1时，t′(x)>0，t(x)单调递增；当x>1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，所以t(x)max＝t(1)＝1，所以a＋2≥1，即a≥－1，所以实数a的最小值为－1. (2)由f (x)＝x2，得ln x－ax－x2＝0，即－a－x＝0，令h(x)＝－a－x(x>0)，则h′(x)＝－1＝，设s(x)＝1－x2－ln x，x>0，则s′(x)＝－2x－<0，所以s(x)在(0，＋∞)上单调递减．又s(1)＝0，所以当(0，1)时，s(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增；当(1，＋∞)时，s(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－1－a.当x趋近于0时，h(x)→－∞，当x趋近于＋∞时，h(x)→－∞.若方程f (x)＝x2恰有两个相异的实根x1，x2，则－1－a>0，所以a<－1，即实数a的取值范围为(－∞，－1). 下面证明：x1x2>1.不妨令x1<x2，则0<x1<1<x2，0<<1，所以x1x2>1⇔x1>⇔h(x1)>h，又h(x1)＝h(x2)＝0，所以h(x1)－h＝h(x2)－h＝－(－－a)＝ln x2－x2＋，令φ(x)＝ln x－x＋(x>1)，则φ′(x)＝ln x>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，φ(x)>φ(1)＝0，即ln x2－x2＋>0，所以h(x1)>h，所以x1x2>1得证． 探究点2　比值代换法 【例2】已知函数f (x)＝ax ln x＋a(a≠0). (1)讨论f (x)的单调性； (2)若函数f (x)有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：x1＋x2>. 【解析】(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝a ln x＋a＝a(ln x＋1).①当a>0时，令f ′(x)<0，得0<x<，则f (x)在上单调递减；令f ′(x)>0，得x>，则f (x)在上单调递增．②当a<0时，令f ′(x)<0，得x>，则f (x)在上单调递减；令f ′(x)>0，得0<x<，则f (x)在上单调递增．综上所述，当a>0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增；当a<0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增． (2)因为x1，x2为f (x)的两个零点，所以ln x1＋＝0，ln x2＋＝0，两式相减，可得ln x1－ln x2＋－＝0，即ln ＝·，即x1x2＝·，因此x1＝·，x2＝·.令t＝，则t∈(0，1)，x1＋x2＝·＋·＝·.令h(t)＝t－－ln t(0<t<1)， 则h′(t)＝1＋－＝>0，所以函数h(t)在(0，1)上单调递增，所以h(t)<h(1)＝0，即t－－ln t<0.因为0<t<1，所以>1，所以x1＋x2>. 比值代换法解极值点偏移问题 比值换元的目的是消参、减元，就是根据已知条件建立极值点(零点)之间的关系，然后利用两个极值点(零点)的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t)表示两个极值点(零点)，如设t＝，将双变量问题转化为单变量问题，将所求解问题转化为关于t的函数问题，进而求解． 【变式】(大庆一检)已知函数f (x)＝x ln x－ax2－x＋a的两个不同极值点分别为x1，x2(x1<x2). (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数). 【解析】(1)因为f (x)有两个不同极值点x1，x2，所以f ′(x)＝ln x－ax＝0有两个不同的根x1，x2，即关于x的方程a＝有两个不同的根x1，x2.令g(x)＝，则g′(x)＝.令g′(x)>0，得0<x<e；令g′(x)<0，得x>e.所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝.因为当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，所以a∈. (2)由(1)可知g(1)＝0，所以1<x1<e<x2，且x1，x2是关于x的方程ln x－ax＝0的两个根，即所以＝，所以ln x1＋ln x2＝·(x1＋x2)，所以ln (x1x2)＝·.令＝t∈(0，1)，则ln (x1x2)＝，要证x1x2>e2，即证ln (x1x2)＝>2， 即证ln t<，即证ln t－<0.令h(t)＝ln t－，则h′(t)＝>0，所以h(t)在(0，1)上单调递增．因为h(1)＝0，所以h(t)<h(1)＝0，所以ln t－<0成立，故x1x2>e2成立． $