第三章　培优点6　极值点偏移-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

培优点6极值点偏移极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．1．极值点偏移的概念已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(a，b)内只有一个极值点x0，f(x1)＝f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有x0≠eq\f(x1＋x2,2)，这种情况称为极值点偏移．2．极值点偏移问题的一般题设形式(1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令x0＝eq\f(x1＋x2,2)，求证：f′(x0)>0；(4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝eq\f(x1＋x2,2)，求证：f′(x0)>0.题型一对称化构造函数例1(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的极值；(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.(1)解因为f(x)＝xe2－x，所以f′(x)＝(1－x)e2－x，由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝e，所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值．(2)证明由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，不妨设1<a<2<b，要证a＋b<4，只需证b<4－a，而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以只需证f(b)>f(4－a)，即证4－f(a)>f(4－a)，即证f(a)＋f(4－a)<4.即证当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4，令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1<x<2，则F′(x)＝f′(x)－f′(4－x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，令h(x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，1<x<2，则h′(x)＝e2－x(x－2)－ex－2(x－2)＝(x－2)(e2－x－ex－2)，因为1<x<2，所以x－2<0，e2－x－ex－2>0，所以h′(x)<0，即h(x)在(1,2)上单调递减，则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上单调递增，所以F(x)<F(2)＝2f(2)＝4，即当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4，所以原命题成立．思维升华对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．(2)对结论x1x2>xeq\o\al(2,0)型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，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lnx1＋lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可．跟踪训练1(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.(1)解由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(exx－1－x＋x2,x2)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)，可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．(2)证明方法一不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，eq\f(1,x1)>1.令F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，则F′(x)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)＋·eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)(ex＋x－－1)．令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，则g′(x)＝ex＋1－·eq\f(1,x2)＝ex＋1＋(x>0)，所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)<F(1)，即在(0,1)上f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))<F(1)＝0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))<0，即f(x2)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1))).由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<eq\f(1,x1)，即x1x2<1.方法二(同构法构造函数化解等式)不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2,0<eq\f(1,x2)<1.由f(x1)＝f(x2)＝0，得－lnx1＋x1＝－lnx2＋x2，即＋x1－lnx1＝＋x2－lnx2.因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．构造函数h(x)＝x－lnx(x>0)，g(x)＝h(x)－heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>0)，则g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0(x>0)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，h(x)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，所以h(x1)＝h(x2)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2))).又h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以0<x1<eq\f(1,x2)<1，即x1x2<1.题型二比值代换例2(2024·沧州模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax－1(a∈R)．若方程f(x)＋2＝0有两个实根x1，x2，且x2>2x1，求证：x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3).(参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)证明由题意知f(x)＋2＝lnx－ax＋1＝0，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1＋1＝ax1，,lnx2＋1＝ax2，))令eq\f(x2,x1)＝t，则由x2>2x1可得t>2.于是t＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(lnx2＋1,lnx1＋1)＝eq\f(lnt＋lnx1＋1,lnx1＋1)，即lnx1＝eq\f(lnt,t－1)－1.从而lnx2＝lnt＋lnx1＝eq\f(tlnt,t－1)－1.另一方面，对x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3)两端分别取自然对数，则有lnx1＋2lnx2>5ln2－3，于是，即证eq\f(lnt,t－1)＋eq\f(2tlnt,t－1)－3>5ln2－3，即eq\f(1＋2tlnt,t－1)>5ln2，其中t>2.设g(t)＝eq\f(1＋2tlnt,t－1)，t>2.则g′(t)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnt＋\f(1＋2t,t)))t－1－1＋2tlnt,t－12)＝eq\f(－3lnt＋2t－\f(1,t)－1,t－12)，设φ(t)＝－3lnt＋2t－eq\f(1,t)－1，t>2.则φ′(t)＝－eq\f(3,t)＋2＋eq\f(1,t2)＝eq\f(2t2－3t＋1,t2)＝eq\f(2t－1t－1,t2)>0在(2，＋∞)上恒成立，于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，从而φ(t)>φ(2)＝－3ln2＋4－eq\f(1,2)－1＝eq\f(5,2)－3ln2>0.所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln2.因此x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3)，即原不等式成立．思维升华比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq\f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．跟踪训练2已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个不相同的零点x1，x2，设f(x)的导函数为f′(x)．证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2.(1)解f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)<0，解得0<x<a，故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)证明由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合要求，故a>0，要想f(x)有两个不相同的零点x1，x2，则f(a)＝1＋lna<0，解得0<a<eq\f(1,e)，由于eq\f(a,x1)＋lnx1＝0，eq\f(a,x2)＋lnx2＝0，故eq\f(a,x1)＋eq\f(a,x2)＝－lnx1－lnx2＝－ln(x1x2)．要证x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2，即证x1·eq\f(x1－a,x\o\al(2,1))＋x2·eq\f(x2－a,x\o\al(2,2))＝eq\f(x1－a,x1)＋eq\f(x2－a,x2)＝2＋ln(x1x2)>2lna＋2，即证ln(x1x2)>2lna，因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，所以只需证x1x2>a2，不妨设0<x1<x2，eq\f(a,x1)＋lnx1＝0，eq\f(a,x2)＋lnx2＝0，两式相减得eq\f(a,x1)－eq\f(a,x2)＝lnx2－lnx1，变形为eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)＝eq\f(x1x2,a)，下面证明eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq\r(x1x2)在0<x1<x2上成立，只需证eq\f(x2－x1,\r(x1x2))>lnx2－lnx1，即eq\r(\f(x2,x1))－eq\r(\f(x1,x2))>lneq\f(x2,x1)，令eq\r(\f(x2,x1))＝t>1，即证t－eq\f(1,t)>2lnt，t>1.构造函数h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt，t>1，则h′(t)＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)＝eq\f(t2－2t＋1,t2)＝eq\f(t－12,t2)>0恒成立，故h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt在(1，＋∞)上单调递增，故h(t)>h(1)＝1－1－2ln1＝0，所以t－eq\f(1,t)>2lnt，t>1，故eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq\r(x1x2)，即eq\f(x1x2,a)>eq\r(x1x2)，所以eq\r(x1x2)>a，x1x2>a2，证毕．1．(2023·洛阳联考)已知函数g(x)＝lnx－bx，若g(x)有两个不同的零点x1，x2.(1)求实数b的取值范围；(2)求证：lnx1＋lnx2>2.(1)解令g(x)＝lnx－bx＝0，得b＝eq\f(lnx,x)(x>0)．令φ(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，则φ′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由φ′(x)>0，得0<x<e；由φ′(x)<0，得x>e.所以函数φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．所以φ(x)max＝φ(e)＝eq\f(1,e).又φ(1)＝0，且当x→＋∞时，φ(x)→0；当x→0时，φ(x)→－∞，由于g(x)有两个不同的零点，则直线y＝b与函数φ(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点．所以0<b<eq\f(1,e).(2)证明方法一(比值代换法)由(1)知，不妨设1<x2<e<x1，由g(x1)＝g(x2)＝0，得lnx1－bx1＝0，lnx2－bx2＝0，两式相减得lnx1－lnx2＝b(x1－x2)，两式相加得lnx1＋lnx2＝b(x1＋x2)．欲证lnx1＋lnx2>2，只需证b(x1＋x2)>2，即证eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即证lneq\f(x1,x2)>eq\f(2x1－x2,x1＋x2).设t＝eq\f(x1,x2)>1，则x1＝tx2，代入上式得lnt>eq\f(2t－1,t＋1)，t>1.故只需证lnt>eq\f(2t－1,t＋1)，t>1.设h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t>1，则h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，所以lnt>eq\f(2t－1,t＋1).故lnx1＋lnx2>2，得证．方法二(对称化构造法)由(1)知，不妨设1<x1<e<x2，令t1＝lnx1，t2＝lnx2，则0<t1<1<t2，，欲证lnx1＋lnx2>2，即证t1＋t2>2.设k(t)＝eq\f(t,et)，t>0，则k(t1)＝k(t2)．因为k′(t)＝eq\f(1－t,et)，所以k(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当t2≥2时，易得t1＋t2>2；当0<t1<1<t2<2时，要证t1＋t2>2，即证1>t1>2－t2>0，即证k(t1)>k(2－t2)．因为k(t1)＝k(t2)，所以即证k(t2)>k(2－t2)．构造函数K(t)＝k(t)－k(2－t)(1<t<2)，易得K(1)＝0，K′(t)＝k′(t)＋k′(2－t)＝eq\f(1－t,et)＋eq\f(t－1,e2－t)＝(1－t)(e－t－et－2)(1<t<2)，因为1－t<0，且－t<t－2，所以e－t<et－2，即K′(t)>0.所以K(t)在(1,2)上单调递增，K(t)>K(1)＝0(1<t<2)．所以K(t2)>0，即k(t2)>k(2－t2)．故lnx1＋lnx2>2，得证．2．(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)＝f(n)＝3.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：a2<mn<ae2.(1)解由题意知f(x)＝3有两个不相等的正根，所以lnx＋eq\f(a,x)＝3有两个不相等的正根，即a＝3x－xlnx有两个不相等的正根，令函数h(x)＝3x－xlnx，x>0，则h′(x)＝2－lnx，令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0<x<e2；令h′(x)<0，得x>e2，所以函数h(x)＝3x－xlnx的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)，令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x→0时，h(x)→0，作出函数h(x)＝3x－xlnx的图象，如图所示，要使a＝3x－xlnx有两个不相等的正根，则函数y＝a与函数h(x)＝3x－xlnx有两个交点，由图知0<a<e2，故实数a的取值范围为{a|0<a<e2}．(2)证明函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，由(1)知，0<a<e2，若0<x<a，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，若x>a，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增．由题意，不妨设0<m<a<n，先证明mn>a2，要证mn>a2，即证n>eq\f(a2,m)，因为eq\f(a2,m)>a，n>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增，故只需证明f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,m)))<f(n)＝f