不等式的证明方法(四)——极值点偏移(1) 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定义、图形特征及证明逻辑，通过和型（如x1+x2>2x0）、积型（如x1x2<1/e²）题型归纳，明确导数应用中压轴题考查权重，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题情境+方法建模”，如例1通过对称构造函数g(x)=f(x)-f(2x0-x)证明零点和不等式，跟踪训练结合导数分析培养逻辑推理与数学建模素养。特设思维升华步骤与易错警示，助力学生掌握构造技巧，教师可据此精准突破高考难点。

第三章 §3.10 不等式的证明方法(四)——极值点偏移(1) 重点解读 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. 例1　已知函数f(x)=logax-(a>1). (1)若f(x)只有一个零点，求a的值； 题型一　对称化构造法(和型) 解　由题意f'(x)=-=(x>0)， 令f'(x)=0得x= 当x∈时，f'(x)>0，f(x)在上单调递增； 当x∈时，f'(x)<0，f(x)在上单调递减， 所以函数f(x)在x=处取最大值， 例1　已知函数f(x)=logax-(a>1). (1)若f(x)只有一个零点，求a的值； 解　当x→0时，f(x)→-∞； 当x→+∞时，f(x)→-∞， 根据函数的单调性可知当f(x)的最大值为0时，函数f(x)只有一个零点， 易知f =loga- =loga-logae=0， 所以a=e. 例1　已知函数f(x)=logax-(a>1). (2)若f(x)有两个零点x1，x2，证明：x1+x2>. 证明　不妨设0<x1<x2. 要证x1+x2> 只需证x2>-x1， 易知0<x1<<x2-x1> 由(1)可知f(x)在上单调递增，在上单调递减， 例1　已知函数f(x)=logax-(a>1). (2)若f(x)有两个零点x1，x2，证明：x1+x2>. 证明　所以只需证明f(x2)<f  又f(x1)=f(x2)=0， 即证f(x1)<f . 设函数g(x)=f(x)-f  0<x<而g=0， 例1　已知函数f(x)=logax-(a>1). (2)若f(x)有两个零点x1，x2，证明：x1+x2>. 证明　且在区间上，g'(x)=f'(x)+f'=-+- =- ≥-=0， 即g(x)在上单调递增， 例1　已知函数f(x)=logax-(a>1). (2)若f(x)有两个零点x1，x2，证明：x1+x2>. 证明　所以g(x1)<g=0， 从而g(x1)=f(x1)-f <0， 所以f(x2)<f  所以x1+x2>. 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 跟踪训练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]. 跟踪训练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， 跟踪训练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. 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. 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. (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， 当x趋近于0时，f(x)趋近于1，f(x)的大致图象如图所示. 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　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  因为f(x1)=f(x2)，即证f(x2)>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　令g(x)=f(x)-f =xln x-ln =xln x+(ln x+2) 所以g'(x)=(ln x+1)+ =(ln x+1). 因为<x<1，所以g'(x)>0， 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　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)=ax-xln x，a∈R，f'(x)为其导函数.若存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)=f(x2)，证明：f'()>0. 证明　f'(x)=a-1-ln x(x>0)， 当0<x<ea-1时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x>ea-1时，f'(x)<0，f(x)单调递减，f'(ea-1)=0. 当x→0时，f(x)→0，当x→+∞时，f(x)→-∞，且当x=ea时，f(x)=0， 易知f'(x)为减函数. 不妨设x1<x2，则0<x1<ea-1<x2<ea， 要证f'()>0， 只需证<ea-1， 跟踪训练2　已知函数f(x)=ax-xln x，a∈R，f'(x)为其导函数.若存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)=f(x2)，证明：f'()>0. 证明　即证x1x2<e2a-2，即证x1< 所以只需证f(x1)<f  又f(x1)=f(x2)， 即证f(x2)<f . 令g(x)=f(x)-f x∈(ea-1，ea)， g'(x)=. 跟踪训练2　已知函数f(x)=ax-xln x，a∈R，f'(x)为其导函数.若存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)=f(x2)，证明：f'()>0. 证明　当x>ea-1时，a-1-ln x<0，x2-e2a-2>0， 则g'(x)<0， 所以g(x)在(ea-1，ea)上单调递减， 则g(x)<g(ea-1)=0， 所以f(x)<f (ea-1<x<ea). 所以f(x2)<f 即f(x1)<f . 跟踪训练2　已知函数f(x)=ax-xln x，a∈R，f'(x)为其导函数.若存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)=f(x2)，证明：f'()>0. 证明　又x1∈(0，ea-1)，f(x)在(0，ea-1)上单调递增， 所以x1<从而f'()>0成立. 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. 答案 1 2 1. 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. 答案 1 2 1. 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， 所以只需证g(x2)>g(2-x1)， 答案 1 2 1. 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， 答案 1 2 1. 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)= 则h'(x)==- 答案 1 2 2. 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， 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，+∞). 答案 1 2 2. (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(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， 答案 1 2 2. 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 答案 1 2 2. 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ax1=t∈(0，1)， 则ln x1=t-1，x1=et-1， 则ln(ax1)+-1<0⇔ln t+e1-t-1<0， 答案 1 2 2. 设G(t)=ln t+e1-t-1(0<t<1)， G'(t)=-e1-t= 由(1)知≤1，故ln x≤x-1， 所以ex-1≥x，et-1-t>0， 即G'(t)>0，G(t)在(0，1)上单调递增， G(t)<G(1)=0， 答案 1 2 2. 故ln(ax1)+-1<0成立， 即x1x2>. 答案 1 2 2. 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， 答案 1 2 2. 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. 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(x1<x2)是g(x)的两个变号零点， 答案 1 2 2. 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， 所以0<x1<<x2， 即0<ax1<1<ax2， 答案 1 2 2. 要证x1x2> 只需证ln x1+ln x2>-ln a， 因为 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 答案 1 2 2. 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>. 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. 设g(x)=2x+-ln x-1(x>0)， 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　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. 1 2 答案 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.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. 1 2 答案 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， 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. 1 2 答案 证明　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. 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； 1 2 答案 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)= 则h'(x)==- 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； 1 2 答案 解　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， 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.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>. 1 2 答案 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(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， 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， 所以ex-1≥x，et-1-t>0， 即G'(t)>0，G(t)在(0，1)上单调递增， 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　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， 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. 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， 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　则x1，x2(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， 所以0<x1<<x2，即0<ax1<1<ax2， 1 2 答案 $