第三章　培優(yōu)點6　極值點偏移-2025高中數(shù)學大一輪復習講義人教A版

培優(yōu)點6極值點偏移極值點偏移是指函數(shù)在極值點左右的增減速度不一樣，導致函數(shù)圖象不具有對稱性，極值點偏移問題常常出現(xiàn)在高考數(shù)學的壓軸題中，這類題往往對思維要求較高，過程較為煩瑣，計算量較大，解決極值點偏移問題，有對稱化構(gòu)造函數(shù)法和比值代換法，二者各有千秋，獨具特色．1．極值點偏移的概念已知函數(shù)y＝f(x)是連續(xù)函數(shù)，在區(qū)間(a，b)內(nèi)只有一個極值點x0，f(x1)＝f(x2)，且x0在x1與x2之間，由于函數(shù)在極值點左右兩側(cè)的變化速度不同，使得極值點偏向變化速度快的一側(cè)，常常有x0≠eq\f(x1＋x2,2)，這種情況稱為極值點偏移．2．極值點偏移問題的一般題設形式(1)函數(shù)f(x)存在兩個零點x1，x2且x1≠x2，求證：x1＋x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點)；(2)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點)；(3)函數(shù)f(x)存在兩個零點x1，x2且x1≠x2，令x0＝eq\f(x1＋x2,2)，求證：f′(x0)>0；(4)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)＝f(x2)，令x0＝eq\f(x1＋x2,2)，求證：f′(x0)>0.題型一對稱化構(gòu)造函數(shù)例1(2023·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的極值；(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，證明：a＋b<4.(1)解因為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)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(1)＝e，所以f(x)在x＝1處取得極大值e，無極小值．(2)證明由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(2)＝2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，不妨設1<a<2<b，要證a＋b<4，只需證b<4－a，而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以只需證f(b)>f(4－a)，即證4－f(a)>f(4－a)，即證f(a)＋f(4－a)<4.即證當1<x<2時，f(x)＋f(4－x)<4，令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1<x<2，則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，則h′(x)＝e2－x(x－2)－ex－2(x－2)＝(x－2)(e2－x－ex－2)，因為1<x<2，所以x－2<0，e2－x－ex－2>0，所以h′(x)<0，即h(x)在(1,2)上單調(diào)遞減，則h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，所以F(x)<F(2)＝2f(2)＝4，即當1<x<2時，f(x)＋f(4－x)<4，所以原命題成立．思維升華對稱化構(gòu)造函數(shù)法構(gòu)造輔助函數(shù)(1)對結(jié)論x1＋x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．(2)對結(jié)論x1x2>xeq\o\al(2,0)型，方法一是構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式；方法二是兩邊取對數(shù)，轉(zhuǎn)化成lnx1＋lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成兩變量即可．跟蹤訓練1(2022·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；(2)證明：若f(x)有兩個零點x1，x2，則x1x2<1.(1)解由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(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)，可得函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，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的取值范圍為(－∞，e＋1]．(2)證明方法一不妨設x1<x2，則由(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)))，則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)，則g′(x)＝ex＋1－·eq\f(1,x2)＝ex＋1＋(x>0)，所以當x∈(0,1)時，g′(x)>0，所以當x∈(0,1)時，g(x)<g(1)＝0，所以當x∈(0,1)時，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，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，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2<eq\f(1,x1)，即x1x2<1.方法二(同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)化解等式)不妨設x1<x2，則由(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.因為函數(shù)y＝ex＋x在R上單調(diào)遞增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝x－lnx(x>0)，g(x)＝h(x)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>0)，則g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0(x>0)，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x>1時，g(x)>g(1)＝0，即當x>1時，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)上單調(diào)遞減，所以0<x1<eq\f(1,x2)<1，即x1x2<1.題型二比值代換例2(2024·滄州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax－1(a∈R)．若方程f(x)＋2＝0有兩個實根x1，x2，且x2>2x1，求證：x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3).(參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693，ln3≈1.099)證明由題意知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，則由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.從而lnx2＝lnt＋lnx1＝eq\f(tlnt,t－1)－1.另一方面，對x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3)兩端分別取自然對數(shù)，則有l(wèi)nx1＋2lnx2>5ln2－3，于是，即證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.設g(t)＝eq\f(1＋2tlnt,t－1)，t>2.則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)，設φ(t)＝－3lnt＋2t－eq\f(1,t)－1，t>2.則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，＋∞)上單調(diào)遞增，從而φ(t)>φ(2)＝－3ln2＋4－eq\f(1,2)－1＝eq\f(5,2)－3ln2>0.所以g′(t)>0，即函數(shù)g(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，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．思維升華比值代換法是指通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝eq\f(x1,x2)化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明．跟蹤訓練2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個不相同的零點x1，x2，設f(x)的導函數(shù)為f′(x)．證明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2.(1)解f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，當a≤0時，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)<0，解得0<x<a，故f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明由(1)知，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)至多有一個零點，不符合要求，故a>0，要想f(x)有兩個不相同的零點x1，x2，則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)．要證x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2，即證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，即證ln(x1x2)>2lna，因為y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以只需證x1x2>a2，不妨設0<x1<x2，eq\f(a,x1)＋lnx1＝0，eq\f(a,x2)＋lnx2＝0，兩式相減得eq\f(a,x1)－eq\f(a,x2)＝lnx2－lnx1，變形為eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)＝eq\f(x1x2,a)，下面證明eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq\r(x1x2)在0<x1<x2上成立，只需證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，即證t－eq\f(1,t)>2lnt，t>1.構(gòu)造函數(shù)h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt，t>1，則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，＋∞)上單調(diào)遞增，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，證畢．1．(2023·洛陽聯(lián)考)已知函數(shù)g(x)＝lnx－bx，若g(x)有兩個不同的零點x1，x2.(1)求實數(shù)b的取值范圍；(2)求證：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)，則φ′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由φ′(x)>0，得0<x<e；由φ′(x)<0，得x>e.所以函數(shù)φ(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．所以φ(x)max＝φ(e)＝eq\f(1,e).又φ(1)＝0，且當x→＋∞時，φ(x)→0；當x→0時，φ(x)→－∞，由于g(x)有兩個不同的零點，則直線y＝b與函數(shù)φ(x)的圖象在(0，＋∞)上有兩個不同的交點．所以0<b<eq\f(1,e).(2)證明方法一(比值代換法)由(1)知，不妨設1<x2<e<x1，由g(x1)＝g(x2)＝0，得lnx1－bx1＝0，lnx2－bx2＝0，兩式相減得lnx1－lnx2＝b(x1－x2)，兩式相加得lnx1＋lnx2＝b(x1＋x2)．欲證lnx1＋lnx2>2，只需證b(x1＋x2)>2，即證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即證lneq\f(x1,x2)>eq\f(2x1－x2,x1＋x2).設t＝eq\f(x1,x2)>1，則x1＝tx2，代入上式得lnt>eq\f(2t－1,t＋1)，t>1.故只需證lnt>eq\f(2t－1,t＋1)，t>1.設h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t>1，則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，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)>h(1)＝0，所以lnt>eq\f(2t－1,t＋1).故lnx1＋lnx2>2，得證．方法二(對稱化構(gòu)造法)由(1)知，不妨設1<x1<e<x2，令t1＝lnx1，t2＝lnx2，則0<t1<1<t2，，欲證lnx1＋lnx2>2，即證t1＋t2>2.設k(t)＝eq\f(t,et)，t>0，則k(t1)＝k(t2)．因為k′(t)＝eq\f(1－t,et)，所以k(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．當t2≥2時，易得t1＋t2>2；當0<t1<1<t2<2時，要證t1＋t2>2，即證1>t1>2－t2>0，即證k(t1)>k(2－t2)．因為k(t1)＝k(t2)，所以即證k(t2)>k(2－t2)．構(gòu)造函數(shù)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)，因為1－t<0，且－t<t－2，所以e－t<et－2，即K′(t)>0.所以K(t)在(1,2)上單調(diào)遞增，K(t)>K(1)＝0(1<t<2)．所以K(t2)>0，即k(t2)>k(2－t2)．故lnx1＋lnx2>2，得證．2．(2023·聊城模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)，設m，n為兩個不相等的正數(shù)，且f(m)＝f(n)＝3.(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)證明：a2<mn<ae2.(1)解由題意知f(x)＝3有兩個不相等的正根，所以lnx＋eq\f(a,x)＝3有兩個不相等的正根，即a＝3x－xlnx有兩個不相等的正根，令函數(shù)h(x)＝3x－xlnx，x>0，則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，所以函數(shù)h(x)＝3x－xlnx的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e2，＋∞)，令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，當x→0時，h(x)→0，作出函數(shù)h(x)＝3x－xlnx的圖象，如圖所示，要使a＝3x－xlnx有兩個不相等的正根，則函數(shù)y＝a與函數(shù)h(x)＝3x－xlnx有兩個交點，由圖知0<a<e2，故實數(shù)a的取值范圍為{a|0<a<e2}．(2)證明函數(shù)f(x)的定義域為(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)上單調(diào)遞減，若x>a，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．由題意，不妨設0<m<a<n，先證明mn>a2，要證mn>a2，即證n>eq\f(a2,m)，因為eq\f(a2,m)>a，n>a，且f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，故只需證明f

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