2025高考数学专项复习：极值点偏移问题

第4课时极值点偏移问题

考点一对称构造法求极值点偏移问题

例1(2023•黑龙江牡丹江市第一高级中学高三热身考试(二))已知函数段)=f(lnx—%),a

为实数.

(1)求函数人%)的单调区间；

(2)若函数/(x)在％=e处取得极值，/(%)是函数危)的导函数，且了(%1)=/(%2)，x\<X2,证明：

2<x\+x2<e.

解(1)函数危)=f(lnx-的定义域为(0,+°°),

/(%)=2x(lnx—%)+x=x(21nx—3〃+1).

3。一1

令/(%)=0，得x=e2,

3aT3a—1

当工€(0,e2)时，/(x)<0,当x€(e2,+8)时，/(戏>0,

34一13411

故函数人x)的单调递减区间为(0,尸)，单调递增区间为(eH,+8).

3a—1

(2)证明：因为函数/(x)在x=e处取得极值，所以x=e2=e,得4=1,

所以加)=/(也%—§，得/(x)=x(21nx—2)=2x(lnx—1),

令g(x)=2x(lnx—1),因为gQ)=21nx,当0<x<l时，g'(x)<0,当Q1时，g'。),。，

所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增，

且当x€(0,e)时，g(x)=2x(lnx-l)<0,当x€(e,+8)时,^(x)=2x(lnx-1)>0,

故0<xi<l<x2<e.

先证X\+X2>2,需证X2>2~XI.

因为X2>1，2—X1>1,下面证明g(Xl)=g(X2)>g(2—Xl).

设t(x)=g(2—X)—g(x),

则当0<x<l时，t,(x)=-g,(2-x)-g,(x)=-2\n(2-x)-21nx=-21n[(2-x)x]>0,

故心)在(0,1)上为增函数,

故©)<也)=0,

所以*%D=g(2—沏)一g(%D<0,则g(2—xi)<g(x2)，

所以2—»<%2，即得X1+X2>2.

下面证明：xi+x2<e.

令g(%i)=g(%2)=M，当无€(0，1)时，g(x)—(—2x)=2xlnx<0f所以g(x)<—2%成立，

iri

所以-2无>g(xi)=机，所以xi<—g.

当x€(l,e)时,记/i(x)=g(x)—(2x—2e)=2xlnx—4x+2e,

所以当x€(l,e)时,"(x)=21nx—2<0,所以/?(无)为减函数，得/i(x)>/z(e)=2e—4e+2e=0,

iri

所以根=g(x2)>2x2—2e,即得X2<y+e.

所以xi+x2<-y+'2'+e=e.

综上，2<xi+x2<e.

:方法总结】

对称构造法主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式的证明问题.其解题要点如下：

⑴定函数(极值点为X0),即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值

点XQ.

(2)构造函数，即对结论工1+冗2>240型，构造函数尸(x)=/(x)—/(2xo—x)或F(x)=f(xo+x)—/xo

—X)；对结论X1X2>焉型，构造函数5(x)=/(x)—娟，通过研究“X)的单调性获得不等式.

(3)判断单调性，即利用导数讨论网X)的单调性.

⑷比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出五x)与人2xo—x)的大小关系.

(5)转化，即利用函数八力的单调性，将为0与人2xo—x)的大小关系转化为x与2xo—x之间的

大小关系，进而得到所证或所求.

金^训练1.(2022・全国甲卷)已知函数/)=§-lnx+x-a

(1)若式x)20,求a的取值范围；

(2)证明：若有两个零点Xl，X2,则X1X2<1.

解(1求x)的定义域为(0,+8),

x-ire

卜1，

T+T0MTX

令了(%)=0，得％=L

当x€(0,1)时，((工)<0,於)单调递减;

当x€(l,+8)时，/a)>0,qX)单调递增.

所以«x)N/(l)=e+l—〃，

若7(x)2。，

贝！]e+1—即〃We+l,

所以〃的取值范围为(一8,e+1].

(2)证法一：由题意知，«x)的一个零点小于1,一个零点大于1.

不妨设0<Xl<l<X2，

要证元1%2<1，即证修〈工.

X2

因为XI，5€(0，1),即证於I)刁仁)

因为八X1)=7(X2),即证7(X2)>6)，

e%11

即证三一lnx+x—x「一Inx—嚏>0,x€(L+°°),

即证五一xe'—2In>0.

xL_

下面证明当x>l时，xex>0,Inx—^)<0.

x1

设ga)=，xe”,

则g3-eU(T)

设<p(x)=q,

一.(\1、—1

则当x>l时，9'(x)=lj—E)e%=Xq-e%>0,

J

所以9(%)>9(l)=e,而ex<e,

1

所以号x一F>0,

所以当%>1时，，(%)>0,

所以g(x)在(1,+8)上单调递增,

即g(x)>g(l)=0,

X-

所以器一xe*>0.

令7z(x)=lnx—i

则当x>i时,川a)W(i+日2x~x2—1(x―1)2

<0,

2A22f

所以〃(%)在(1,+8)上单调递减,

即〃(x)<人(1)=0,所以Inx一米一5

<0.

综上，~~xex—2lnx—x)>°'即％i%2〈l得证.

证法二：不妨设©42，贝I由(1)知0<xi<l<X2，0<—<1.

X2

e'ie'2

由八Xi)=於2)=o,得"7'—InXi+xi=——InX2+%2，

AlA2

即exi-lnxi+xi—Inxi=ex2~in"2+双—InX2.

因为函数y=e*+x在R上单调递增，

所以xi—In阳=%2—ln%2成立.

构造函数h(x)=x—\nx,g(x)=h(x)—h(~^=x—^—2lnx,

则gG)=]+,一[=a「)NO,

所以函数g(x)在(0,+8)上单调递增，

所以当尤>1时，gCr)>g(l)=O,

即当x>l时，/?(尤)>/?0

所以/?(xi)=/i(无2)>万(9)，

1x-1

又勿(x)=l=-^,当04V1时，"(%)<0,

所以/z(x)在(0,1)上单调递减，

所以0<Xl<—<1,即XlX2<1.

X2

考点二比(差)值换元法求极值点偏移问题

例2(2024・湖北黄冈流水县第一中学高三上学期质量检测)已知函数式x)=x(ln尤一a),g(x)

>),

=-\-a~ax.

x

(1)当了21时，lnx—2恒成立，求。的取值范围；

(2)若g(x)的两个相异零点为xi，元2，求证：%iX2>e2.

解(1)当时，In%—2恒成立，即当时，(x+l)lnx—〃冗+220恒成立，

设F(x)=(x+1)lnx~ax+2,

所以尸(1)=2—〃20,即〃W2；

尸(x)=ln%+:+1—〃，

设r(x)=\nx+~+l~a,

11x—1

则r，w=7-?=~^'

所以当尤21时，/(尤)20,即r(x)在［1,+8)上单调递增，

所以r(尤)27(1)=2—a20,

所以当xNl时，F(x)=«x)\0,即P(x)在［1,+8)上单调递增,

所以P(x)2F(l)=2-a\0.

所以。的取值范围为(一8,2］.

(2)证明：由题意知，g(x)=lnx-ax,

不妨设尤l>X2>0,

由为=的，Png/附+&)，

由，得XI

\mx2=ax2，In-=«(xi—X2)，

则近因应=2土上令,=也>1

1XlX1—X2为1%2

In———I

X2X2

即(即%2)1+l日口[/「+1

则]nt一二7，即In(%iX2)=,_]In力

要证xi%2>e2,只需证In(XI%2)>2,

只需证合5nt>2,即证InJ；；；)«>I)，

_2(/—1)

即证InL.+]>0(/>l),

令m(Z)=lnL-］。>1),

、,(t—I)2

因为加(，尸诉?>0,

所以相⑺在(1,+8)上单调递增，又当f从右侧趋近于1时，加⑺趋近于0,

所以当/€(1,+8)时，根⑺>0,

即In成立，故xi%2>e2.

方法总结】

比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后

利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的.设法用比值或差值(一般用

/表示)表示两个极值点，即/=y，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于

X2

t的函数问题求解.

2.已知函数危)=xlnx—、+比一1(rR)有两个极值点xi，x2(xi<x2).

(1)求/的取值范围;

(2)证明：X1+X2>~X1X2.

解(l)/(x)=lnx+1~~+t,

令g(x)=f(x),

ioP—2v

则g'(x)=f—g=-^(x>0),

令g'(x)=。，解得

所以当(0'§时，g'(x)>0;

当x€(1，+8)时，g，(x)<0,

所以g(X)在［0，5上单调递增，在6，+8)上单调递减，

所以ga)max=ge)=l—1口2+左

因为1不)有两个极值点，所以且任)有两个变号零点，

所以g(%)max>0，即1—In2+/>0,所以介In2—1,即/的取值范围为(In2—1,+°°).

(2)证明：由题意，知lnx2—色+/+1=0,Inxi—等+f+l=0,

所以In愈一Inx\—~(%2—X。，

ln%2—Inxi2

即,

X2~X\e'

要证X1+X2>~X1X2^

114

只需证；7+三>1

41%2C

即证券+»2(ln%2-lnX。

X2—X\

X2应―xiX2~XjX2X\

即证21n

XIXIX2XlX2

则只需证w—~>21nw(w>l),

令/z(w)=w—21nw(w>l),

u

,12w2—2w+l(w—I)2

则M1〃Q)=I+7—%=—滔—=—^>o>

所以/Z(")在(1,+8)上单调递增，又当"从右侧趋近于1时，〃(")趋近于0,

所以/z(w)>0,即w——>21nu{u>\),

it

4

贝!|Xl+X2>~X1X2.

课时作业

1.(2024•福建福州格致中学高三上学期质检)已知函数兀c)=叱+“

⑴讨论函数携x)的极值；

(2)若(exi)*2=(e%2卢(e是自然对数的底数)，且为>0,%2>0,不彳愈，证明：x\+x2>2.

解(1)函数兀0的定义域为(0,+8),求导得了(%)=一堂，

若〃=0,则/(x)=o,函数yu)无极值；

若由f(x)=0,可得x=1；

若〃<0,当o<x<i时，y(x)<o,则/(%)单调递减，当了>1时，f(x)>o,则兀回单调递增，此时

函数人x)有唯一极小值/0)=〃，无极大值；

若〃>0,当0<x<l时，f(x)>0,则1%)单调递增，当x>l时，f(x)<0,则/(x)单调递减，此时

函数y(x)有唯一极大值11)=。，无极小值.

综上，当4=0时，函数应。无极值；

当〃<0时，函数黄工)有极小值11)=〃，无极大值；

当。>0时，函数/(X)有极大值11)=〃，无极小值.

x

(2)证明：由(exi)2=(e%2户，两边取对数可得X2(ln为+1)=为(In尬+1)，即+

A112

.,Inx~\~1Inx

当a=1时，<x)="，/(%)=-f，

由(1)可知，函数“X)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，所以次x)max=/U)=l,

而右)=0，当尤>1时，兀灯>0恒成立，

因此当。=1时，存在尤1,无2且0<无1<1<尤2,满足y(无1)=/(无2),

若无2€[2,+8),则无1+尤2>尤2、2成立；

若尬€(1,2),则2一念€(0，1)，

InxIn(2—x)InxIn(2—x)

则当x€(1,2)时，g'(x)=f(x)+f(2—x)=/(2—尤)2>X2X2

InLQ—lp+l]

x2>0,

即函数g(尤)在(1,2)上单调递增,所以g(x)>g(l)=0,即兀0次2—元)，

于是於1)=大尤2)/2—血)，而尤26(1，2),2-X2€(0,1),XI€(0,1),

函数/(%)在(0,1)上单调递增，因此处>2—X2，即％1+冗2>2.

综上,Xi+%2>2.

2.(2024•广东深圳中学高三阶段考试)设函数危)=(%+〃)9,已知直线y=2x+l是曲线>=%)

的一条切线.

⑴求〃的值，并讨论函数兀V)的单调性；

(2)若加1)=於2)，其中为<X2，证明：X1X2>4.

解(1)设直线y=2x+l与曲线y=«x)相切于点(必，式祀))，

.*./(xo)=(xo+«+l)exo=2；

又7(M))=(%o+a)e*o=2xo+1,

2—e*o=2xo+l,即e'o+2X0—1=0.

设g(x)—ex+2x—1,则g\x)=ex+2>0,

・・・g(x)在R上单调递增，

又g(0)=O

・・・g(%)有唯一零点了=。，

••%o=0,

.\a+l=2,解得〃=1,

，加)=。+1)廿，f(x)=(x+2)ex,

则当x€(—8,—2)时，/。)<0；

当xe(-2,+8)时,f(x)>0.

二函数"r)在(-8,—2)上单调递减，在(一2,十8)上单调递增.

(2)证明：由(1)知，^)min=A-2)=-e-2<0,

当X<-1时，>)<0;当X>-1时，外球>0,

—2<%2<一1.

_4

要证X1X2>4,只需证X1<—<—2.

%2

vy(x)^.(—8,—2)上单调递减，

*e,只需证，

又|入1)=加2)，则只需证1%2)乂金对任意龙2€(―2,—1)恒成立.

4-4

x

8(%+2)-(x+2)e々7

/(x)=(x+2)ex+-p~~e=­p—(x3e+8).

_4

设〃(%)=/丁*+8,

贝！］当一2cx<一1时，pXx)=xe'彳［+5+,<0,

.,・夕(X)在(一2,—1)上单调递减，

：・p(x)<p(—2)=—8+8=0,

ri,)(x+2)e4

又当一2<x<一1时，—p—<0,

当—2<x<—1时,。'(冗)>0,

・・・依0在(一2,—1)上单调递增，

/z(x)>/z(—2)=0,

即八球痣在x€(一2，一1)时恒成立，

又12€(—2,—1),

••式X2)刁仔)，原不等式得证.

3.(2023•湖北武汉华中师范大学第一附属中学高三下学期压轴卷(一))已知«x)=2x—situ•一也

Inx.

(1)当。=1时，讨论函数«x)的极值点个数；

(2)若存在Xi,X2(fi<X\<X2)f使危1)=加2)，求证：XlX2<a.

解(1)当a=l时，f(x)=2x—sinx—lnx,

则/W=2—cosx--,

当xNl时，/(x)1—cosx0,

故人元)在［1,+8)上单调递增，不存在极值点；

当0<x<l时，令/z(%)=2—cosx—

则〃(x)=sinx+5>0恒成立，

故函数/i(x)即/(X)在(0,1)上单调递增，

且/(1)=1-cosl>0,/自=-cos：-2<0,

所以存在的€(91),使得/(xo)=O，

所以当04<超时，/(x)<0,人工)单调递减；当项<欠<1时，/。)>0,人元)单调递增，

故函数次x)在(0,1)上存在唯一极值点.

综上，当。=1时，函数/(%)的极值点有且仅有一个.

(2)证明：由fixi)=j[x2)f知2xi—sinxi—ginx\=2x2~siwc2—y[a\n应，

整理，得2(xi—%2)—(sinxi—sim：2)=^(lnx\—In%2)(*)，

不妨令g(x)=x—sinx(x>0)，贝！Ig，(x)=l—cos%20,故g(x)在(0,+8)上单调递增,

当0<Xi<%2时,有g(Xi)<g(X2)y

即Xi—siaxi<X2~sinx2,

那么sinxi—siiu：2>xi~X2，

苞一％2

因此(*)即转化为

Inx\—InX2

接下来证明丁3—F->^XlX2(0<Xl<X2)，

Inxi—lnx2

等价于证明In£>半—半，

X2yjX2y]Xl

不妨令*0</<1)，

建构新函数9«)=21nt—t+-(0<t<l),

21(t—1)2

“⑺=7-i—3=——?—<°，贝I矶。在(0,1)上单调递减，又当/从左侧趋近于1时，矶。趋

近于0,

所以阿>0,故In上来—若即in:二;X2母而。<»<X2)得证，

由不等式的传递性知小1夭2<或，即x\X2<a.

4.(2023・湖南长沙实验中学高三三模)已知函数h(x)=x-cdnx(a€R).

⑴若加入)有两个零点，求实数。的取值范围；

e2

(2)若方程xe%—4(lnx+x)=0有两个实根为，物，且为工乃，证明：e^ix2>——.

X1X2

解(1)函数/z(x)的定义域为(0,+8).

当〃=0时，函数"(x)=x无零点，不符合题意，所以〃W0,

由h(x)=x-〃lnx=O,

可得工=3

ax

构造函数八x)=¥，其中x>0,所以直线y=[与函数"r)的图象有两个交点，

1―Inx

f(x)=-一,由f(x)=。可得x=e,列表如下：

(0,e)e(e,+0°)

f(x)+0一

极大值！

fix)单调递增单调递减

所以函数式X)的极大值为八e)=9,函数於)的大致图象如下图所示:

Iny

且当x>l时，»=—>0,

由图可知，当。<!<:，即a>e时，直线y=5与函数於)的图象有两个交点,

故实数。的取值范围是(e,+8).

(2)证明：因为xe%—q(lnx+x)=0,则xe*—〃ln(xe*)=0,

令/=xe*>0,其中x>0,则有t~alnt=0,

r=(x+l)e%>0,所以函数£=疣"在(0,+8)上单调递增,

因为方程有两个实根为，入2，

令介勿=%2y2,

则关于£的方程/一。1口/=0也有两个实根力，打,且九工及，

e2

要证exi+x2>,即证xiexi-X2e^2>e2,即证Zir2>e2,即证In力+ln热>2,

A1A2

ft\=〃lnt\'

由已知V

"2=〃lnt2,

(ti—t2=a(\nti-lnti)'

所以《

E+/2=〃(ln介+ln/2)'

In九+ln亥

整理可得

In九一In

iij,ti~rt?

不妨设/l>?2>0,即证In九+lnt2=~——ln

tl-t2

t\2(九一亥)

即证In->-------

亥九十亥汗1

令即证lns>$2其中s>l,

构造函数g(s)=lns—其中§>],

I4(s—])

g'(s)=5一所以函数g(s)在(1，+8)上单调递增，又当S从右侧趋近于1

3(S十1)S(S-I-1)

时，g(s)趋近于0,

所以当5>1时，g(S)>0,故原不等式成立.

5.(2024•河北石家庄部分重点高中高三月考)已知函数段)=flnx—〃(〃€R).

⑴求函数式工)的单调区间；

2

(2)若函数/(%)有两个零点Xi,12，证明：1<%1+X2<泥.

解(1)因为於)=flnx—€R)的定义域为(0,+°°),

则/(%)=2xlnx+x=x(21nx+1),

令［(x)>0,解得

A/e

令/(%)<0,解得0cx<一『，

\e

所以汽招的单调递减区间为(o，关)，单调递增区间为康，+8)

(2)证明：不妨设X1<X2，由(1)知，必有041<古0：2.

2

要证为，即证了2<亍一Xl，

\e

’2

即证«X2)W~j=­X\

又«X2)=/(X1)，即证«X1)一.

令g(x)=Ax)一

则g'a)=x(21nx+l)+

令&a)=gXx),则勿(x)=2(lnx+l)+l—21n+1-2=21n"yJvO在不中，

黄次

恒成立,

所以贻)在(0，上单调递减，即/(%)在(0，上单调递减，所以?。)尔6，=0,

所以g(x)在(0，点上单调递增，所以g(xi)<gGV=O,

’2

即加1)-,一制)<0,所以X1+%2〈泉

接下来证明X1+X2>1,

令藁=r,则>1,又式xi)=/3)，

即X[lnxi=j3ln%2，

心、/i」lnt

所以Inx\一]_F，

要证1<X1+X2>即证1<即+比1，

即证(/+1)X1>1,

不等式«+1)为>1两边取对数，

即证Inxi+ln(z+l)>0,

即证;F]+In(t+1)>0,

口口、丁。+l)ln(t+1)rint

即证------：----->—T,

tt—1

令〃(%)=：?；，(1,+0°),

则1,"'(无(I尸nx^+一l)程(x~下1)——xlnx

x~1nx—1

=(Ll)2，

令p(x)=x—In%—1,其中1€(1,+°°),

1x-]

则p'(x)=1-1=-7->0，

所以p(x)在(1,+8)上单调递增，又当X从右侧趋近于1时，p(x)趋近于0,

所以当x€(l,+8)时,p(x)>0,

x—ln1

故当xe(i,+8)时，/(尤)=>0,