第3章 培优增分5 极值点偏移问题(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

该高中数学高考复习课件聚焦“极值点偏移问题”专题，依据高考评价体系明确导数应用、构造辅助函数、不等式证明等核心考查要求，梳理对称化构造、比值换元、对数均值不等式三大通法，分析双零点不等式证明等高频题型，归纳解题步骤，体现备考针对性。 课件亮点在于“通法悟道+分层训练”，如例1用对称化构造证x1+x2<-2，例2用比值换元证x1x2>e²，培养学生数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念）。设限时规范训练，助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

培优增分5　极值点偏移问题 返回 ‹#› 极值点偏移问题主要研究函数在极值点附近的不对称性现象，通常表现为极值点位置因参数变化或函数变形而偏离原始对称状态．这类问题在数学命题中常通过导数分析、构造辅助函数或不等式证明来考察，核心在于揭示参数对函数形态的影响，以及极值点偏移与函数性质(如单调性、凹凸性)的关联． 命题解读 返回 ‹#› 2 限时规范训练　 栏 目 导 引 1 考点突破 通法悟道 返回 ‹#› 考点突破 通法悟道 方法一　对称化构造(师生共研) 例1　已知函数f(x)＝xex－a恰有两个零点x1，x2. (1) 求a的取值范围； (2) 证明：x1＋x2<－2. 解：(1)因为f(x)＝xex－a，所以f′(x)＝(x＋1)ex，所以当x∈(－∞，－1) 时，f′(x)<0，函数f(x) 单调递减，当x∈(－1，＋∞) 时，f′(x)>0，函数f(x) 单调递增，所以当x＝－1 时，函数f(x) 取最小值f(－1)＝－－a.因为当x→－∞时，f(x)→－a，当x→＋∞时，f(x)→＋∞， 且函数f(x)＝xex－a 恰有两个零点x1，x2， 所以 解得－<a<0，所以a 的取值范围为. 返回 ‹#› (2)证明：由(1)知，－1为f(x) 的极小值点，所以可设x1<－1<x2，则－2－x1>－1.设函数g(x)＝f(x)－f(－2－x)，x∈(－∞，－1)，当x∈(－∞，－1) 时，g′(x)＝f′(x)＋f′(－2－x)＝(x＋1)ex＋(－2－x＋1)e-2-x＝(x＋1)－f(－2－x1)<0，所以f(x2)<f(－2－x1)，又函数f(x) 在(－1，＋∞) 上单调递增，所以x2<－2－x1，所以x1＋x2<－2. 返回 ‹#› 对称变换求极值点偏移的步骤 第一步：求导，得到f(x)的单调性、极值情况，求出f(x)的极值点x0，再由f(x1)＝f(x2)得出x1，x2的取值范围； 第二步：构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0，构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论，构造F(x)＝f(x)－f，求导，限定x1或x2的范围，判定符号，获得不等式； 第三步：代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明结论． 返回 ‹#› 已知函数f(x)＝x ln x－x＋1，若方程f(x)＝b有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1. 证明：f′(x)＝ln x，当x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，要证x1x2＜1，只需证1＜x2＜.因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以只需证f(x2)＜f.因为f(x1)＝f(x2)，所以只需证f(x1)＜f.设F(x)＝f(x)－(0＜x＜1)，则F′(x)＝ln x－ln x＝ln x＞0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以F(x)＜F(1)＝0，所以f(x)－＜0，即f(x1)＜f成立，所以x1x2＜1. 返回 ‹#› 方法二　比(差)值换元(师生共研) 例2　(一题多解)已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1x2>e2. 证明：法一：不妨设x1>x2，因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a.欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>，所以原问题等价于证明>，即ln >.令c＝ 返回 ‹#› (c>1)，则不等式变为ln c>.令h(c)＝ln c－(c>1)，所以h′(c)＝>0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，即ln c－>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证． 法二：由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根，设t1＝ln x1，t2＝，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2. 下证：t1＋t2>2. g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝.当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0，由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2， 返回 ‹#› 作出函数g(x)的图象如图所示，由图知必有0<t1<1<t2.令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，则F′(x)＝g′(1＋x)＋g′(1－x)＝(e2x－1)>0，所以F(x)在(0，1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0，1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立．由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0，1)，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2)．又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2. 返回 ‹#› 通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝(含对数式时常用)或t＝x1－x2(含指数式时常用)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 返回 ‹#› 已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2>2. 证明：由f(x)＝aex－x＝0，得 －a＝0，令g(x)＝－a，则g′(x)＝，由g′(x)＝>0，得x<1；由g′(x)＝<0，得x>1.所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x1，x2是方程g(x)＝0的实根，不妨设x1<1<x2.设0<x1<1<x2，由g(x1)＝g(x2)，得，等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ 返回 ‹#› －tx1，得x1＝.所以x1＋x2＝>2⇔ln t－>0，设h(t)＝ln t－(t>1)，所以h′(t)＝>0，所以当t>1时，h(t)单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，所以ln t－>0，故x1＋x2>2. 返回 ‹#› 方法三　利用对数均值不等式(师生共研) 例3　已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2＜e2k. 证明：原不等式等价于证明ln x1＋ln x2＜2k.由f(x1)＝f(x2)，得x1ln x1－(k＋1)x1＝x2ln x2－(k＋1)x2，. 由对数均值不等式得＜＜，所以ln x1＋ln x2＜2k，原不等式得证． 返回 ‹#› 应用对数均值不等式＜＜证明极值点偏移： (1)由题中等式产生对数； (2)将所得含对数的等式进行变形得到； (3)利用对数均值不等式来证明相应的问题． 返回 ‹#› 设函数f(x)＝ex－ax＋a(a＞e2)，其图象与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1＜x2，求证：f′＜0. 证明：依题意－ax2＋a＝0，移项，取对数得x1＝ln (x1－1)＋ln a，　① x2＝ln (x2－1)＋ln a，　② 返回 ‹#› ①－②得x1－x2＝ln (x1－1)－ln (x2－1)，即＝1，根据对数均值不等式，得＜＝1，所以(x1－1)(x2－1)＜1，则ln [(x1－1)(x2－1)]＜0.①＋②得x1＋x2＝2ln a＋ln [(x1－1)(x2－1)]＜2ln a，根据均值不等式得＜＜ln a．因为f′(x)＝ex－a，易得f′(x)为增函数，又＜ln a，所以f′＜f′(ln a)＝0， 即f′＜0. 返回 ‹#› 3 4 1 2 限时规范 训练(二十八) (建议用时：60分钟　分值：64分) 1．(15分)若x1，x2是函数f(x)＝ex－ax(x>0)的两个零点，且x1<x2，求证：x1＋x2>2且x1x2<1. 证明：法一(比值代换)：因为x>0，由题意结合ex＝ax(x>0)可知，a>0，x＝ln a＋ln x， 所以x1－ln x1＝x2－ln x2＝ln a. 令t＝，则t>1，x2＝tx1，代入上式得 x1＝. 返回 ‹#› 3 4 1 2 对于x1＋x2>2，其等价于>2， 即ln t－>0. 构造函数g(t)＝ln t－(t>1)，则g′(t)＝>0， 所以函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)>ln 1－＝0，即x1＋x2>2得证． 对于x1x2<1，其等价于<1，即<1，即ln t－<0. 令＝b，则b>1，构造函数h(b)＝ln b2－b＋(b>1)，则h′(b)＝<0， 返回 ‹#› 3 4 1 2 h(b)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(b)<ln 12－1＋＝0，即x1x2<1得证． 法二(差值代换)：由ex＝ax(x>0)可得a＝>0. 设函数y＝，则y′＝， 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<x2，则有＝ax2，则a＝，且x1＝. 返回 ‹#› 3 4 1 2 对于x1＋x2>2，即>2，即>，即>， 令x2－x1＝t，则t>0，则只需证t(et＋1)－2(et－1)>0. 令g(t)＝t(et＋1)－2(et－1)(t>0)，则g′(t)＝(t－1)et＋1，g″(t)＝tet>0， 则g′(t)在(0，＋∞)上单调递增，则g′(t)>(0－1)e0＋1＝0， 则g(t)在(0，＋∞)上单调递增，则g(t)>0×(e0＋1)－2×(e0－1)＝0，即x1＋x2>2成立． 对于x1x2<1，其等价于<1，即2，即<2. 返回 ‹#› 3 4 1 2 左边分子、分母同时除以，得<2，令x2－x1＝t，则t>0， 则只需证<2，即－et＋1<0. 令h(t)＝－et＋1(t>0)， 则h′(t)＝， 令m(t)＝＋1(t>0)， 返回 ‹#› 3 4 1 2 则m′(t)＝<0， 所以m(t)在(0，＋∞)上单调递减，故m(t)＝＋1＝0，所以h′(t)<0， 所以h(t)在(0，＋∞)上单调递减，所以－e0＋1＝0，即x1x2<1成立． 返回 ‹#› 2 1 3 4 2．(15分)已知函数f(x)＝2ln x－x2－ax(a∈R)有两个不同的零点x1，x2，且满足0＜x1＜x2，求证：x1x2＞. 证明：法一(换元法) ：设函数f(x)与x轴的两个交点分别为A(x1，0)，B(x2，0)， 由 得 返回 ‹#› 2 1 3 4 两式相除消去a得2(ln x1＋ln x2)－＝(x1＋x2)，化简得＋x1x2＝(x2＋x1)．因为λ(x)＝ln x＋x(x＞0)是单调递增的，所以x1x2＞⇔λ(x1x2)＞λ＝ln ，而ln ＜＝2，故只需证明ln ＞.设t＝＞1，构造函数g(t)＝ln t－(t＞1)，由于g′(t)＝＞0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)＞g(1)＝0，所以ln t＞(t＞1)，即ln ＞.故x1x2＞. 返回 ‹#› 2 1 3 4 法二(对数均值不等式法)：设函数f(x)与x轴的两个交点分别为A(x1，0)，B(x2，0)，由得x2＝x1，即2(x2ln x1－x1ln x2)＝x1x2(x1－x2)．所以有 两式相加得(x1＋x2)＝ln (x1x2)＋x1x2，由对数均值不等式＜及ln (x＋1)≤x，知ln (x1x2)＋x1x2＞2＞ln ，因为λ(x)＝ln x＋x(x＞0)是增函数，所以x1x2＞. 返回 ‹#› 2 3 1 4 3．(17分)已知函数f(x)＝ln x＋－1. (1)若存在实数x，使f(x)＜－1成立，求实数m的取值范围； (2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2. 解：(1)由f(x)＜－1，得ln x＋＜0，即m＜－x ln x在(0，＋∞)上有解，令φ(x)＝－x ln x，只需m＜φ(x)max，φ′(x)＝－1－ln x，当0＜x＜时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，当x＞时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，所以φ(x)≤φ＝，所以m＜，故实数m的取值范围为. 返回 ‹#› 2 3 1 4 (2)证明：因为f(x)有两个不同的零点x1，x2，所以m＝x(1－ln x)有两个不同的实根x1，x2，令g(x)＝x(1－ln x)，则g(x1)＝g(x2)＝m，又g′(x)＝－ln x，当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，又g(1)＝1＞0，g(e)＝0，所以0＜m＜1，不妨设0＜x1＜1＜x2＜e，令h(x)＝g(x)－g(2－x)(0＜x＜1)，所以h′(x)＝g′(x)＋g′(2－x)＝－ln (－x2＋2x)＞0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)＜h(1)＝0，所以g(x)＜g(2－x)，即g(x1)＜g(2－x1)，又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)＜g(2－x1)，因为x2＞1，2－x1＞1，所以x2＞2－x1，所以x1＋x2＞2. 返回 ‹#› 2 3 4 1 4．(17分)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，f′(x)为函数f(x)的导函数． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)已知函数g(x)＝f′(x)－5x＋5a ln x，存在x1，x2且x1≠x2，使得g(x1)＝g(x2)，证明：x1＋x2＞2a. 解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2x－2sin x，令h(x)＝2x－2sin x，则h′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数h(x)在R上单调递增，又因为h(0)＝0，所以h(x)＜0⇒x＜0，h(x)＞0⇒x＞0，即f′(x)＜0⇒x＜0，f′(x)＞0⇒x＞0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 返回 ‹#› 2 3 4 1 (2)证明：由(1)得g(x)＝2x－2sin x－5x＋5a ln x＝－2sin x－3x＋5a ln x，x＞0，又g(x1)＝g(x2)，即－2sin x1－3x1＋5a ln x1＝－2sin x2－3x2＋5a ln x2，所以＝2(sin x2－sin x1)＋3(x2－x1)．不妨设x2＞x1＞0，所以ln x2＞ln x1.由(1)得当x＞0时，函数f′(x)单调递增，所以＜2x2－2sin x2，故2(sin x2－sin x1)＜2(x2－x1)，所以5a(ln x2－ln x1)＝＋3(x2－x1)＜5(x2－x1)，所以a＜，故2a＜.下证＜x2＋x1.即证＜ln x2－ln x1＝ln ，设＝t＞1，h(t)＝ln t－，t＞1，则h′(t)＝＞0，所以函数h(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞ln 1－＝0，故ln t＞，即＞，所以，即＜x2＋x1，所以x1＋x2＞2a，原式得证． 返回 ‹#› 培优增分5　极值点偏移问题 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $