第3章 培优增分5 极值点偏移问题(教师用书Word)-【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讲义聚焦导数应用中的极值点偏移问题，覆盖函数单调性、极值分析、不等式证明等核心考点，以命题解读为引领，通过对称化构造、比值换元、对数均值不等式三种方法系统梳理解题策略，结合方法步骤总结、典型例题精讲、真题变式训练等环节，帮助学生构建完整解题框架，突破高考难点。 讲义突出数学思维与创新意识培养，设计“构造辅助函数-双变量换元-不等式转化”递进式教学活动，如对称化构造中引导学生探究F(x)=f(x)-f(2x0-x)的单调性，培养用数学眼光发现问题本质的能力。分层设置基础巩固与能力提升练习，配合即时方法反馈，确保高效突破，为教师把控复习节奏提供精准指导，提升学生应考实战能力。

培优增分5　极值点偏移问题 命题解读 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． 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. (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. 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． 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. 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＝(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， 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. 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． 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＝－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. 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． 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． 　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 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. 学科网（北京）股份有限公司 $