微专题6 极值点偏移与拐点偏移讲义-2027届高考数学一轮复习

微专题6 极值点偏移与拐点偏移-2027届高考数学一轮复习 极值点偏移的定义：对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)＝m的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b．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． 对称化构造法 例1　已知函数f(x)＝3ln x＋x2－4x．若方程f(x)＝b有三个不相等的实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求证：x1＋x2＞2且x2＋x3＜6． 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)；对结论x1·x2＞x型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式． 变式1　已知函数f(x)＝ax－xln x． (1) 若f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围； (2) 当a＝2时，若存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2＜e2． 比值代换法 例2　已知函数f(x)＝ex－mx(其中e为自然对数的底数)有两个零点x1，x2． (1) 求实数m的取值范围． (2) ①证明：对一切的a，b∈(0，＋∞)且a≠b，都有＜； ②证明：x1＋x2＞2． 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，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，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，即t＝，化为单变量的函数不等式，则将所求问题转化为关于t的函数问题，进而求解． 变式2　已知函数f(x)＝xln x－ax2－x＋a的两个不同极值点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)． 　拐点偏移问题 拐点偏移：设x＝x0是函数f(x)的拐点，若函数f(x)的图象与直线y＝f(x0)＋m和y＝f(x0)－m分别交于A(x1，f(x0)＋h)，B(x2，f(x0)－h)两点，则AB的中点为M，称＝x0为拐点居中；＜x0为拐点右偏；＞x0为拐点左偏． 拐点右偏＜x0 拐点左偏＞x0 例3－1　已知函数f(x)＝ex－x2－x－1，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＜0． 例3－2　已知函数f(x)＝xln x－x2＋，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＞2． 解决拐点偏移问题的思路 (1) 构造一元和函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)，x＞x0； (2) 求F′(x)，F″(x)，判断导数符号，确定F(x)的单调性； (3) 结合F(x0)＝2f(x0)，判断F(x)与2f(x0)的大小； (4) 由f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)及F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＞2f(x0)得f(2x0－x2)＞f(x1)，或由F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＜2f(x0)得f(2x0－x2)＜f(x1)． (5) 结合f(x)的单调性得2x0－x2＞x1或2x0－x2＜x1，从而得x1＋x2＜2x0或x1＋x2＞2x0． 配套精练 1．已知函数f(x)＝xln 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． 2．已知函数f(x)＝(ln x－m)x的最小值为－1． (1) 求实数m的值； (2) 若f(x)＝a有两个不同的实数根x1，x2(x1＜x2)，求证：2－x2＜x1． 3．已知函数f(x)＝2ln x＋x2＋(a－1)x－a(a∈R)，当x≥1时，f(x)≥0恒成立． (1) 求实数a的取值范围； (2) 若正实数x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＋f(x2)＝0，证明：x1＋x2＞2． 4．已知函数f(x)＝x(ex－ax2)，a∈R． (1) 求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2) 已知关于x的方程f(x)＝0恰有2个不同的正实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞4． 参考答案 极值点偏移的定义：对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)＝m的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b．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． 对称化构造法 例1　已知函数f(x)＝3ln x＋x2－4x．若方程f(x)＝b有三个不相等的实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求证：x1＋x2＞2且x2＋x3＜6． 【解答】 由f′(x)＝＋x－4＝＝，x＞0，可知f(x)在(0,1)，(3，＋∞)内单调递增，在(1,3)内单调递减．由题可得0＜x1＜1＜x2＜3＜x3．因为f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝b，令g(x)＝f(x)－f(2－x)，0＜x＜1，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝＋＝＞0，可知g(x)在(0,1)内单调递增，则g(x)＜g(1)＝0，可得f(x)＜f(2－x)在(0,1)内恒成立．因为0＜x1＜1，则f(x1)＝f(x2)＜f(2－x1)，且1＜2－x1＜2，1＜x2＜3，又f(x)在(1,3)内单调递减，所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2．令h(x)＝f(x)－f(6－x)，1＜x＜3，则h′(x)＝f′(x)＋f′(6－x)＝＋＝＞0，可知h(x)在(1,3)内单调递增，则h(x)＜h(3)＝0，可得f(x)＜f(6－x)在(1,3)内恒成立．因为1＜x2＜3，则f(x2)＝f(x3)＜f(6－x2)，且3＜6－x2＜5，x3＞3，f(x)在(3，＋∞)内单调递增，所以6－x2＞x3，即x2＋x3＜6． 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)；对结论x1·x2＞x型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式． 变式1　已知函数f(x)＝ax－xln x． (1) 若f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围； 【解答】 f′(x)＝a－1－ln x．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，所以f(x)max＝f(ea－1)＝ea－1≤1，解得a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1]． (2) 当a＝2时，若存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2＜e2． 【解答】 当a＝2时，f(x)＝2x－xln x，x＞0，f′(x)＝2－(1＋ln x)＝1－ln x，x＞0．当x＝e时，f′(x)＝0．当0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故当x＝e时，f(x)取得极大值，也为最大值，且当x→0时，f(x)→0，当x＝e2时，f(x)＝0，所以不妨设x1＜x2，则0＜x1＜e＜x2＜e2，要证x1x2＜e2，即证x1＜＜e，又f(x)在(0，e)上单调递增，所以只需证f(x1)＜f，即f(x2)＜f．令g(x)＝f(x)－f，x∈(e，e2)，则g(e)＝0，g′(x)＝．当x＞e时，1－ln x＜0，x2－e2＞0，则g′(x)＜0，所以g(x)在(e，e2)上单调递减，则g(x)＜g(e)＝0，所以f(x1)＜f，所以x1＜，从而x1x2＜e2成立． 比值代换法 例2　已知函数f(x)＝ex－mx(其中e为自然对数的底数)有两个零点x1，x2． (1) 求实数m的取值范围． 【解答】 由f(x)＝ex－mx，得f′(x)＝ex－m．当m≤0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，不合题意．当m＞0时，由f′(x)＞0得x＞ln m；由f′(x)＜0得x＜ln m，所以f(x)在(－∞，ln m)上单调递减，在(ln m，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ln m)＝eln m－mln m＝m－mln m＜0，所以m＞e．因为f(0)＝1＞0，x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以f(x)在(0，ln m)和(ln m，＋∞)内分别存在一个零点，符合题意．所以m的取值范围为(e，＋∞)． (2) ①证明：对一切的a，b∈(0，＋∞)且a≠b，都有＜； ②证明：x1＋x2＞2． 【解答】 ①不妨设a＞b＞0，则＜⇔＜ln ，即证＜ln ．令t＝＞1，即证ln t－＞0对任意的t∈(1，＋∞)恒成立．令g(t)＝ln t－，则g′(t)＝－＝≥0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)＞g(1)＝0，所以＜． ②由(1)得，f(x)在(0，ln m)和(ln m，＋∞)内分别存在一个零点，由m＞e得f(1)＝e－m＜0，设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，因为ex－mx＝0等价于x＝ln x＋ln m，所以x1－ln x1＝x2－ln x2，即＝1，由①得，1＝＜，即x1＋x2＞2． 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，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，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，即t＝，化为单变量的函数不等式，则将所求问题转化为关于t的函数问题，进而求解． 变式2　已知函数f(x)＝xln x－ax2－x＋a的两个不同极值点x1，x2(x1＜x2)． (1) 求实数a的取值范围； 【解答】 因为f(x)有两个不同极值点x1，x2，所以f′(x)＝ln x－ax＝0，即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，且当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0，所以a∈． (2) 求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)． 【解答】 由(1)可知g(1)＝0，所以1＜x1＜e＜x2，且x1，x2是方程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． 　拐点偏移问题 拐点偏移：设x＝x0是函数f(x)的拐点，若函数f(x)的图象与直线y＝f(x0)＋m和y＝f(x0)－m分别交于A(x1，f(x0)＋h)，B(x2，f(x0)－h)两点，则AB的中点为M，称＝x0为拐点居中；＜x0为拐点右偏；＞x0为拐点左偏． 拐点右偏＜x0 拐点左偏＞x0 例3－1　已知函数f(x)＝ex－x2－x－1，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＜0． 【解答】　f′(x)＝ex－x－1，f″(x)＝ex－1，当x∈[0，＋∞)时，f″(x)≥0，f′(x)单调递增；当x∈(－∞，0)时，f″(x)＜0，f′(x)单调递减．所以f′(x)min＝f′(0)＝0，所以f′(x)≥0，即函数f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0．因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以x1＜0＜x2．构造和函数F(x)＝f(x)＋f(－x)＝ex－x2－2＋e－x，x＞0，则F′(x)＝f′(x)－f′(－x)＝ex－e－x－2x，F″(x)＝ex＋e－x－2＞0，所以F′(x)＞F′(0)＝0，因此F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(0)＝0，所以F(x2)＝f(x2)＋f(－x2)＞0．又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以f(－x2)＞f(x1)．因为f(x)在R上单调递增，所以－x2＞x1，即x1＋x2＜0． 例3－2　已知函数f(x)＝xln x－x2＋，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＞2． 【解答】　f′(x)＝ln x－x＋1，易知f′(x)≤0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0．因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以0＜x1＜1＜x2．构造和函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝xln x＋(2－x)ln(2－x)－x2＋2x－1,0＜x＜1，则F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝ln x－ln(2－x)－2x＋2，则F″(x)＝＋－2＝－2＞－2＝0，因此F′(x)在(0,1)上单调递增，所以F′(x)＜F′(1)＝0，所以F(x)在(0,1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)＝0，所以F(x1)＝f(x1)＋f(2－x1)＞0．因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以f(2－x1)＞f(x2)．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2． 解决拐点偏移问题的思路 (1) 构造一元和函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)，x＞x0； (2) 求F′(x)，F″(x)，判断导数符号，确定F(x)的单调性； (3) 结合F(x0)＝2f(x0)，判断F(x)与2f(x0)的大小； (4) 由f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)及F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＞2f(x0)得f(2x0－x2)＞f(x1)，或由F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＜2f(x0)得f(2x0－x2)＜f(x1)． (5) 结合f(x)的单调性得2x0－x2＞x1或2x0－x2＜x1，从而得x1＋x2＜2x0或x1＋x2＞2x0． 配套精练 1．已知函数f(x)＝xln 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． 【解答】 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)－f(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)－f＜0，即f(x1)＜f成立，所以x1x2＜1． 2．已知函数f(x)＝(ln x－m)x的最小值为－1． (1) 求实数m的值； 【解答】 因为f′(x)＝ln x＋1－m(x＞0)，令f′(x)＝0，可得x＝em－1．当x∈(0，em－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(em－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(em－1)＝－em－1＝－1，所以m＝1． (2) 若f(x)＝a有两个不同的实数根x1，x2(x1＜x2)，求证：2－x2＜x1． 【解答】　由(1)知，f(x)＝x(ln x－1)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．当x∈(0，e)时，f(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f(x)＞0，所以0＜x1＜1＜x2＜e，－1＜a＜0．记g(x)＝f(x)－f(2－x)＝xln x＋(x－2)ln(2－x)－2x＋2，则g′(x)＝ln x＋ln(2－x)＝ln [x(2－x)]，当x∈(0,1)时，0＜x(2－x)＜1，所以g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以当x∈(0,1)时，g(x)＞g(1)＝0，即f(x)＞f(2－x)，故f(x1)＞f(2－x1)，即f(x2)＞f(2－x1)．又x2＞1,2－x1＞1，所以由单调性知，x2＞2－x1，即2－x2＜x1． 3．已知函数f(x)＝2ln x＋x2＋(a－1)x－a(a∈R)，当x≥1时，f(x)≥0恒成立． (1) 求实数a的取值范围； 【解答】 根据题意，可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，而f′(x)＝＋2x＋(a－1)，当a≥－3时，f′(x)＝＋2x＋(a－1)≥a＋3≥0，所以f(x)为增函数，f(1)＝0，所以当x≥1时，f(x)≥0恒成立．当a＜－3时，存在大于1的实数m，使得f′(m)＝0，所以当1≤x＜m时，f′(x)＜0成立，所以f(x)在区间[1，m)上单调递减，所以当1＜x＜m时，f(x)＜f(1)＝0，不合题意．综上，a的取值范围为[－3，＋∞)． (2) 若正实数x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＋f(x2)＝0，证明：x1＋x2＞2． 【解答】 不妨设x1＜x2，因为正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，由(1)可知，0＜x1＜1＜x2．又因为f(x)为增函数，所以x1＋x2＞2⇔x2＞2－x1⇔f(x2)＞f(2－x1)．又因为f(x1)＋f(x2)＝0⇔f(x2)＝－f(x1)，所以只要证明－f(x1)＞f(2－x1)⇔f(x1)＋f(2－x1)＜0．设g(x)＝f(x)＋f(2－x)，则g(x)＝2[ln x＋ln(2－x)＋x2－2x＋1]，可得g′(x)＝，所以当0＜x＜1时，g′(x)＞0，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增．又因为g(1)＝0，所以当0＜x＜1时，g(x)＜0成立，即f(x)＋f(2－x)＜0，所以不等式f(x1)＋f(2－x1)＜0成立，所以x1＋x2＞2． 4．已知函数f(x)＝x(ex－ax2)，a∈R． (1) 求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 【解答】 f′(x)＝ex－ax2＋x(ex－2ax)＝(x＋1)·ex－3ax2，所以f′(0)＝1－0＝1，又f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x． (2) 已知关于x的方程f(x)＝0恰有2个不同的正实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞4． 【解答】 由题知ex1＝ax，ex2＝ax，所以x1＝ln a＋2ln x1，x2＝ln a＋2ln x2，所以x1－x2＝2ln x1－2ln x2＝2ln，则＝2．要证x1＋x2＞4，只需证x1＋x2＞，不妨设x2＞x1＞0，则0＜＜1，所以ln＜0，则只需证ln＜＝．令t＝，则t∈(0,1)．令h(t)＝ln t－，则当0＜t＜1时，h′(t)＝－＝＝＞0，所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)＜h(1)＝0，所以当t∈(0,1)时，ln t＜恒成立，所以原不等式x1＋x2＞4得证． 学科网（北京）股份有限公司 $