2025年高考数学一轮复习教学课件第3章 高考培优3　极值点偏移问题

必备知识·关键能力·学科素养·核心价值第三章一元函数的导数及其应用 高考培优3极值点偏移问题对应学生用书第78页 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＜(＞)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极大(小)值点x0右(左)偏；(2)若0＝f(x1)＞f(2x0－x2)，则＞(＜)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极大(小)值点x0左(右)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)－f，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＝f(x2)－f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与的大小关系，从而证明相应问题．(3)应用对数平均不等式＜＜证明极值点偏移：①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；③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)＝，无极小值． (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)＝＝，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＝，等式两边取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝，x2＝，所以即证x1＋x2＝>2，即lnt－>0，设g(t)＝lnt－(t>1)，所以g′(t)＝＝>0，所以当t>1时，g(t)单调递增，所以g(t)>g(1)＝0，所以lnt－>0，故x1＋x2>2. 名师点评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，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式． [跟进训练]1．(2022·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝－lnx＋x－a.证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．[证明]法一(对称化构造)：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，可得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．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＜，因为x1，∈(0，1)，即证f(x1)＞f，因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)＞f，即证－lnx＋x－x－lnx－＞0，x∈(1，＋∞)，即证－x－2＞0，下面证明当x＞1时，－x＞0，lnx－＜0. 设g(x)＝－x，x＞1，则g′(x)＝ex－＝ex－＝＝，设φ(x)＝(x＞1)，φ′(x)＝ex＝ex＞0，所以φ(x)＞φ(1)＝e，而＜e，所以－＞0，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，即g(x)＞g(1)＝0，所以－x＞0.令h(x)＝lnx－，x＞1，h′(x)＝＝＝＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，即h(x)＜h(1)＝0，所以lnx－＜0.综上，－x－2＞0，所以x1x2＜1. 法二(对数平均不等式)：f(x)＝－lnx＋x－a＝ex－lnx＋x－lnx－a，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，所以由对数平均不等式得＜＝1＜，所以x1x2＜1. 2．(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：＞2e.[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＝，t2＝，即t1，t2是方程2a＝的两不等实根．令g(t)＝，则g′(t)＝，所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝，当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)＞0且g(t)→0.所以0＜2a＜，即0＜a＜.令1＜t1＜e＜t2，要证＞2e，只需证t1＋t2＞2e. 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)＝＝，令φ(t)＝(2e－t)lnt－tln(2e－t)，则φ′(t)＝－1－lnt－ln(2e－t)＋＝－ln(－t2＋2et)＞－2＞0，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＞2e. 法二(对数平均不等式)：先证＜，令0＜x1＜x2，只需证＜，只需证－lnx＜0，令φ(x)＝－lnx(x＞1)，φ′(x)＝＝＜0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)＜φ(1)＝0．即＜得证．因为＝，所以＝＜，所以lnt1＋lnt2＞2，即t1t2＞e2，所以t1＋t2＞2＞2e. 3．(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＜.[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＞，令f′(x)＜0，解得0＜x＜，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明：不妨设x1＜x2，由(1)知，必有0＜x1＜＜x2.要证x1＋x2＜，即证x2＜－x1，即证f(x2)＜f，又f(x2)＝f(x1)，即证f(x1)－f＜0.令g(x)＝f(x)－f，其中x∈，则g′(x)＝x(2lnx＋1)＋，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(2lnx＋1)＋2－－2＝2ln＜0在x∈上恒成立，所以h(x)在上单调递减，即g′(x)在上单调递减，所以g′(x)＞g′＝0，所以g(x)在上单调递增，所以g(x)＜g＝0，即f(x1)－f＜0，所以x1＋x2＜. 接下来证明x1＋x2＞1，令＝t，则t＞1，又f(x1)＝f(x2)，即lnx1＝lnx2，所以lnx1＝，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＋ln(t＋1)＞0，即证＞，令u(x)＝，x∈(1，＋∞)，则u′(x)＝＝，令p(x)＝x－lnx－1，其中x∈(1，＋∞)，则p′(x)＝1－＝＞0，所以p(x)在(1，＋∞)上单调递增，则当x∈(1，＋∞)时，p(x)＞p(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＝＞0，可得函数u(x)单调递增，可得u(t＋1)＞u(t)，即＞，所以x1＋x2＞1.综上，1＜x1＋x2＜． THANKS