第3章 高考培优3　极值点偏移问题-备战2025年高考数学一轮复习（解析版）

极值点偏移问题1．极值点偏移的判定定理对于可导函数y＝f(x)在区间(a，b)上只有一个极大(小)值点x0，方程f(x)＝0的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b.(1)若0＝f(x1)＜f(2x0－x2)，则x1+x22＜(＞)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x(2)若0＝f(x1)＞f(2x0－x2)，则x1+x22＞(＜)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x极值点左偏极值点左偏2．证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：(1)证明x1＋x2＜2a(或x1＋x2＞2a)：①构造函数g(x)＝f(x)－f(2a－x)，求导，确定函数y＝f(x)和函数y＝g(x)的单调性；②确定x1，x2满足x1＜a＜x2，且f(x1)＝f(x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得g(x1)＝f(x1)－f(2a－x1)＝f(x2)－f(2a－x1)与零的大小关系；③由函数y＝f(x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x2与2a－x1的大小关系，从而证明相应问题．(2)证明x1x2＜a2(或x1x2＞a2)(x1，x2都为正数)：①构造函数g(x)＝f(x)－fa2x，求导，确定函数y＝f(x)和函数y＝g(②确定x1，x2满足x1＜a＜x2，且f(x1)＝f(x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得g(x1)＝f(x1)－fa2x1＝f(x2)－③由函数y＝f(x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x2与a2x(3)应用对数平均不等式x1x2＜x①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到x1③利用对数平均不等式来证明相应的问题．[典例]已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2．[解](1)f′(x)＝e－x(1－x)，x∈R.令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，所以f(x)有极大值f(1)＝1e(2)法一(对称化构造函数法)：由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1>1.由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f(x2)<f(2－x1)，由于f(x1)＝f(x2)，故只要证f(x1)<f(2－x1)，令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex-2(0<x<1)，则H′(x)＝1−xex−因为0<x<1，所以1－x>0，2－x>x，所以e2-x>ex，即e2-x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(0，1)上单调递增，所以H(x)<H(1)＝0，即有f(x1)<f(2－x1)成立，所以x1＋x2>2.法二(比值代换法)：设0<x1<1<x2，由f(x1)＝f(x2)，得x1e−等式两边取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝x2x1>1，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝lntt−1，所以即证x1＋x2＝t+1lntt−1设g(t)＝lnt－2t−1t+所以g′(t)＝1t−2所以当t>1时，g(t)单调递增，所以g(t)>g(1)＝0，所以lnt－2t−1故x1＋x2>2.极值点偏移问题的常用策略首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换令t[跟进训练]1．(2022·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝exx－lnx＋x－a.证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2[证明]法一(对称化构造)：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex+xx−1x2，可得函数由题知，f(x)的一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证x1x2＜1，即证x1＜1x因为x1，1x2∈(0，1)，即证f(x1)＞f因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)＞f1x即证exx－lnx＋x－xe1x－lnx－1x＞0，x即证exx－xe1下面证明当x＞1时，exx－xe1x＞0，lnx设g(x)＝exx－xe1则g′(x)＝1x−1x＝1x1−1x＝1−1xe设φ(x)＝exx(x＞1)，φ′(x)＝1x−1x2所以φ(x)＞φ(1)＝e，而e1所以exx－e1x＞0，所以所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，即g(x)＞g(1)＝0，所以exx－xe令h(x)＝lnx－12x−1h′(x)＝1x−121所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，即h(x)＜h(1)＝0，所以lnx－12x−综上，exx－xe1x－2lnx−1法二(对数平均不等式)：f(x)＝exx－lnx＋x－a＝ex－lnx＋x－lnx－令t＝x－lnx，则g(t)＝et＋t－a，易知g(t)单调递增，所以g(t)有且仅有一个零点t0，又f(x)有两个零点x1，x2，所以x－lnx＝t0有两个实根x1和x2，所以x由对数平均不等式得x1x2＜x1−x2lnx2．(2024·广州模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax2，若x1，x2是方程f(x)＝0的两不等实根，求证：x12[解]因为x1，x2是方程lnx－ax2＝0的两不等实根，lnx－ax2＝0⇔2lnx－2ax2＝0，即x1，x2是方程lnx2－2ax2＝0的两不等实根，令t＝x2(t＞0)，则t1＝x12，t2＝即t1，t2是方程2a＝lnt令g(t)＝lntt，则g′(t)＝所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝1e当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)＞0且g(t)→0.所以0＜2a＜1e，即0＜a＜1令1＜t1＜e＜t2，要证x12+x22＞2e，只需证法一(对称化构造)：令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)，则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝lntt−令φ(t)＝(2e－t)lnt－tln(2e－t)，则φ′(t)＝2et－1－lnt－ln(2e－t)＋t2e−t＝2e−tt所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)＜φ(e)＝0，所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)＜0，所以g(t)＜g(2e－t)，所以g(t2)＝g(t1)＜g(2e－t1)，所以t2＞2e－t1，即t1＋t2＞2e，所以x1法二(对数平均不等式)：先证x1−x2lnx1−ln只需证x2−x只需证2x−1x+1－ln令φ(x)＝2x−1x+1－lnx(x＞1)，φ′(x)＝所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)＜φ(1)＝0．即x1−x因为t1lnt1＝t2lnt所以lnt1＋lnt2＞2，即t1t2＞e2，所以t1＋t2＞2t13．(2024·河北石家庄模拟)已知函数f(x)＝x2lnx－a(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明：1＜x1＋x2＜2e[解](1)因为f(x)＝x2lnx－a(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＞0，解得x＞1e令f′(x)＜0，解得0＜x＜1e所以f(x)的单调递减区间为0，单调递增区间为1e(2)证明：不妨设x1＜x2，由(1)知，必有0＜x1＜1e＜x2要证x1＋x2＜2e，即证x2＜2e－x即证f(x2)＜f2e又f(x2)＝f(x1)，即证f(x1)－f2e令g(x)＝f(x)－f2e−x，其中x则g′(x)＝x(2lnx＋1)＋2e−x2ln2e−xh′(x)＝(2lnx＋1)＋2－2ln2e−x+1所以h(x)在0，1e上单调递减，即g′(x)在0，1e上单调递减，所以g′(所以g(x)在0，所以g(x)＜g1e即f(x1)－f2e−x1＜0，所以x1＋x接下来证明x1＋x2＞1，令x2x1＝t，则t＞1，又f(x1)＝f(x2)，即x12lnx1＝x22lnx要证1＜x1＋x2，即证1＜x1＋tx1，即(t＋1)x1＞1，不等式(t＋1)x1＞1两边取对数，即证lnx1＋ln(t＋1)＞0，即证t2lnt1−t2＋ln(令