2023年高考數(shù)學(xué)大招13極值點(diǎn)偏移定義及判定定理

大招13極值點(diǎn)偏移定義及判定定理

大招總結(jié)

所謂極值點(diǎn)偏移問(wèn)題，是指對(duì)于單極值函數(shù)，由于函數(shù)極值點(diǎn)左右的增減速度

不同，使得函數(shù)圖象沒(méi)有對(duì)稱性.若函數(shù)/（X）在x=x0處取得極值，且函數(shù)

y寸（x）與直線y=b交于4元|力），8。2，勿兩點(diǎn)，則AB的中點(diǎn)為8），

極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的一般題設(shè)形式：

1.若函數(shù)/（X）存在兩個(gè)零點(diǎn)X1,當(dāng)且玉±%2，求證：芯+彳2>2/（X。為函數(shù)/（X）

的極值點(diǎn)）；

2.若函數(shù)/（X）中存在M，且玉工工2滿足/（⑴寸⑷），求證：%+%2>2%（%為

函數(shù)/（X）的極值點(diǎn)）；

3.若函數(shù)/（X）存在兩個(gè)零點(diǎn)X］,*2且用工工2，令40='，求證：（（尤0）>0?

4.若函數(shù)/（X）中存在X1,%2且滿足/（%）寸（%2），令/=，'；"，求證：

/'（%）〉0.

［抽化模型］答題模板：若已知函數(shù)/（x）滿足/（占）寸（々），X。為函數(shù)/（X）的極

值點(diǎn)，求證：%,+x2<2x0.

1.討論函數(shù)/(X)單調(diào)性并求出了(X)的極值點(diǎn)X。；

假設(shè)此處：/(X)在(X。,+00)上單調(diào)遞增，在(-8,X。)上單調(diào)遞減.

2.構(gòu)造F(x)=f(x)-f(2x0-x)；

注：此處根據(jù)題意需要還可以進(jìn)行中值構(gòu)造，構(gòu)造成尸。)=/(%+幻-/(%-為

的形式.

3.通過(guò)求導(dǎo)/(七)討論/(幻的單調(diào)性，判斷出尸(x)在某段區(qū)間上的正負(fù)，

并得出/(%)與-x)的大小關(guān)系；

假設(shè)此處：E(x)在(x0,+oo)上單調(diào)遞增，那么我們便可得出

F(x)>F(x0)=f(x0)-f(2x0-x0)=0,從而得到當(dāng)尤>x()時(shí)，f(x)>f(2x0-x).

4.不妨設(shè)X]<入0</，通過(guò)/(X)單調(diào)性，/(百)寸(9)，/(x)與/(2工0-x)

的大小關(guān)系得出結(jié)論；

接上述情況，由于x>x()時(shí)，/(x)>/'(2%-％)且玉</<々，

/G月(無(wú)2)，

故/G月'(無(wú)2)>/(2%0-％2)，又因?yàn)橥?lt;/，2%-工2<40且/(X)在

(-00?/)上單調(diào)遞減，從而得到玉<2入0-工2,從而%+工2<2%得證.

5.若要證明：/，(內(nèi)三)<0,還需進(jìn)一步討論"立與公的大小，得出

士*所在的單調(diào)區(qū)間，從而得出該處函數(shù)導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)，從而結(jié)論得證.

2

此處只需繼續(xù)說(shuō)明：因?yàn)槲?々<2/，故步言</，由于"X)在

(-co,%)上單調(diào)遞減，故[(七迨)<0.

典型例題

例1(2021新高考I)已知函數(shù)/(x)=x(l-Inx).

⑴討論的單調(diào)性:

(2)設(shè)。力為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且加na—aln8=a-6證明：2<二+:<e.

ab

解：(1)由函數(shù)的解析式可得尸(x)=l-Inx-l=-lnx,

xe(O,l),廣。)>0,/(x)單調(diào)遞增；(l,+oo),r(x)<0,/(x)單調(diào)

遞減；

則/(幻在(0,1)單調(diào)遞增，在(1,+8)單調(diào)遞減.

(2)證明：ib\na-alnb-a-b,W-—In—+—In—,

aabhba

即加叫中-明

由(1)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1,+8)單調(diào)遞減，所以/(初由于'⑴=1

且/(e)=0.

令無(wú)1=L々=，，則無(wú)1，工2為/(無(wú))=%的兩根，其中林(0,1).

ab

不妨令X]e(0,l),x2e(l,e),則2-玉>1,

先證2<玉+x2,即證4>2—玉，即證/(x2)=/(%))</(2-A^),

令〃(x)=/(x)-0(2-x),

則h\x)=f\x)+f'(2-x)=-Inx-ln(2-x)=-ln[^(2-x)]在(0,1)單調(diào)遞減，

所以〃(x)>"⑴=0,

故函數(shù)〃(x)在(0,1)單調(diào)遞增，

,

h^Xy)</?(1)=0./(x,)</(2-x1),..2<x1+x2,得i!E.

同理,要證玉+x,<e,

(法一)即證1ex2<e-x(,

根據(jù)⑴中/(x)單調(diào)性，即證/(X2)=/(%)>/(e—不)，

令°(x)=/(x)-/(e-x),xe(0,1),則/(x)=-ln[x(e-x)],令吠(y)=0,

X￡(0,/,必X)>0,奴X)單調(diào)遞增，XG(XO,1),^(X)<0,夕(%)單調(diào)遞減，

又()<x<e時(shí)，/(x)>0,且/(e)=0,

故lim(p(x)=0,。⑴=/(I)-/(e-l)>0,/.(p(x)>0恒成立，x+x<e得證,

戈5)+2

(法二)/(5)=/(x2),x)(l-lnx1)=x2(l-lnx2),

又玉w(0,1),故1—In%>(l-lnx1)>x1,

故％+x2<x](1—InXj)+x2=x2(1—10%2)+%2,%2e(l,e),

令g(x)=x(l-lnx)+x,gr(x)=l-lnx,xe(l,e),

在(l,e)上,g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,所以g(x)eg(e)=e,

即(1—1門X2)+/<e^所以菁+工2<。，得證，

則2<LLe.

ab

例2.已知函數(shù)/(x)=xe'\xeR).

(1)求函數(shù)/(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；

(2)已知函數(shù)y=g(無(wú))的圖象與函數(shù)y=/(x)的圖象關(guān)于直線x=l對(duì)稱，證

明當(dāng)了〉1時(shí)，/(X)>g(x);

⑶如果王N/，且/(%)=/(毛)，證明玉+工2>2.

解⑴f\x)=(1_x)e-,令f(x)=0,解得x=1,當(dāng)X變化時(shí)，.1(x)J(x)的變

化情況如下表：

X1

(-8,1)(1,+8)

+0——

/'(%)

遞增極大值遞減

fM

所以/(x)在(F,1)內(nèi)是增函數(shù)，在(1,物)內(nèi)是知函數(shù).

函數(shù)/(x)在x=l處取得極大值/⑴且/,(1)=--

e

(2)證明：由題意可知g(x)=/(2-尤)，得g(x)=(2-x)e=.令

F(x)=/(x)-g(x),即F(x)=xe~x+(x-2)et-2,于是F'(x)=(x-D(e2A2_1)b，當(dāng)

x>l時(shí)，2x-2>0,從而e2-"2_i>0,又因?yàn)閑-x>0,所以F'(x)>0,從而函數(shù)

尸(x)在"+oo)是增函數(shù).又因?yàn)槭?1)=「一豚=0,所以x>l時(shí),有

F(x)>F(l)=0,BPf(x)>g(x).

⑶證明:①若(5一1)(%2-1)=。，由⑴及/(石)=/(/)，則玉=—=1?與

玉矛盾.

②若(石-1)(X2-1)>0,由(1)及/(%)=/(%2)，得玉=工2.與工產(chǎn)工2矛盾.

根據(jù)①②得&一1)(々一1)<。.不妨設(shè)王<I，Z>L

由⑵可知,/(%2)>^(%2),則gH)=/(2_%2)，所以/(9)>/(2-々)，從

而/(X1)>/(2-A2).因?yàn)椤?gt;1,所以2-々<1,又由⑴可知函數(shù)/(九)在區(qū)間

(—00,1)內(nèi)是增函數(shù),所以為>2-X2,即％+x2>2.

例3.已知函數(shù)/(尤)=±=e'.

1+x

(1)求〃處的單調(diào)區(qū)間；

(2)證明：當(dāng)/(%))=/(%2)(石#時(shí)，玉+工2<0.

解(1)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-00,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+8).

1—X

⑵證明：由題f(x)=一易知％<1時(shí)，f(x)>0;x>l時(shí),/(x)<0.

1+X

因?yàn)?(%,)=/(%2)(x(*x2),不妨設(shè)玉<々，

結(jié)合(1)可知％e(-oo,0),x2e(0,l).

要證西+W<0，即證不<-與，于是作差構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)=/(x)-f(-x),

11+Y

代入化簡(jiǎn)得F(x)=—=(l-x)e1-^.

1+x[e

11

再次局部構(gòu)造輔助函數(shù)G(x)=(1-x)e*-手r，求導(dǎo)得G(x)=-xe-'(e2A-l).

當(dāng)xe(0,1)時(shí)，G'(x)<0,即G(x)是(0,1)上的單調(diào)知函數(shù).于是G(x)<G(0)=0,則

F(x)<0.即F(x)=f(x)-f(-x)<0.故xe(0,1)時(shí)，f(x)<f(-x).由qG(0,1),

則/(◎)</(-。

又了(5)=/(七)，即得了&)</(—%)?根據(jù)⑴知〃x)是(-8,0)上的單調(diào)

增函數(shù)，

而玉e(-oo,0),-x2e(-00,0),%!<x2,所以王〈一馬，故％+x2<0得證.

例4.已知函數(shù)f(x)=Inx-ax2+(2-a)x.

(1)討論/(x)的單調(diào)性；

⑵設(shè)a>0,證明：當(dāng)0cxe，時(shí)，/J+;

(3)若函數(shù)y=/(x)的圖象與x軸交于AB兩點(diǎn)，線段A6中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為

%0,證明：/〈與)<().

解(1)函數(shù)/(X)的定義域?yàn)?/p>

(0,+8),廣(無(wú))△-2ax+(2-a)=-(2x+D("D,

XX

①若a>0,則由r(x)=0,得尤=L且當(dāng)X時(shí)，/'(x)>(),當(dāng)

aka)

xJ1,+8時(shí),f'(x)

I。7

<0,所以/(x)在(o」)上單調(diào)遞增，在(L+8]上單調(diào)遞減；

②當(dāng)4,0時(shí)，/'(x)>0恒成立,因此/(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

⑵證明：設(shè)函數(shù)g(x)=/［：+x)-/、-x),則

nnv--

g(x)=ln(l+tzx)-ln(l-ax)-2ax,g'(x)=------+----------2a=-----,當(dāng)

\+ax\-ax\-a~x~

時(shí)，g，(x)>0,而g(0)=0,所以g(x)>0,

故當(dāng)0cxe，吐/J+x)>/(L-x).

(3)證明：由(1)可得，當(dāng)④0時(shí)，函數(shù)y=/(x)的圖象與x軸至多有一個(gè)交

點(diǎn),故a〉0,從而

/(%)的最大值為不妨設(shè)義與,。),**2，。)，。-<馬，則

0cxi<；<聲,由(2)得，/(：一%)=/(：+：-xj>/'(玉)=/(々)=0,得/(x)

,

在(L+°oJ單調(diào)遞減，，2-玉<々，于是％=>L由⑴知，/(x0)<0.

例5.己知函數(shù)f(x)-x-a\nx,aeR.

⑴研究函數(shù)/(x)的單調(diào)性;

(2)設(shè)函數(shù)/(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)七、聲，且玉〈龍2?

①求。的取值范圍；

2

②求證：xtx2>e.

解⑴y(x)的定義域(o,+8),r(x)=i-g=T,

XX

若a,o,則r(x)>o恒成立，/(x)在(o,+oo)單調(diào)遞增函數(shù)；

若a>0,令/，(x)=0,解得x=a,則/(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(a,+8)上單

調(diào)遞增.

(2)證明：因?yàn)?(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，由(1)知

a>0

=>a>e±L0<<a<x,

f(a)=l-alna<0f2

要證可w>e2,即證

Inx,+Inx2>2<=—+^>2<=%]+x,>2?<=x2>2?-x,,

aa

由于a>X],則2。_芯>a,即證/(%,)>/(2a-xJu/(玉)>f(2a-xt).

設(shè)g(x)=/(x)-/(2a-x),xe(0,a),只需證g(x)>0即可，

g(x)=(x-aInx)-[(2a-x)-aln(2tz-x)],g，(x)=1-—+1-----=-2—~”一<0.

x2a-xx(2a—x)

可知g(x)在xw(0,a)是單調(diào)遞減函數(shù),故g(x)>g(a)=0,得證內(nèi)々>e2.

例6.已知函數(shù)/(x)=x\nx+x2-ax+2,aeR有兩個(gè)不同的零點(diǎn)七,々.

(1)求a的取值范圍；

(2)證明：再+%>2；

(3)證明：xtx2>1.

解(1)依題意，/(x)有兩個(gè)相異的實(shí)根，即/(x)=0在R上有兩解，即

/(x)=xlnx+x2-奴+2=0在R上有兩解,也就等價(jià)于a=Inx+x+—在R上有

x

兩解,即直線y=。與曲線y=lnx+x+—有兩個(gè)交點(diǎn).令

x

212x~+x—2(x+2)(%—1)/八、止

g(x)=lnx+x+—,g(x)=—+1--y=----——=------A-----(X>。)，當(dāng)]￡(0,1)

XXXXX

時(shí),g，(尤)v0,g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)二三(1,+00)時(shí),g")>0,g(x)單調(diào)遞增.所以,g(x)

2

在x=l處,取得極小值，即g(x)..g⑴=lnl+l+i=1+2=3,因?yàn)橹本€y=Q與曲

線y=g(x)有兩個(gè)交點(diǎn),所以。>3.

⑵證明：當(dāng)0<xvl時(shí)，令

22

F(x)=g(x)-g(2-x)=lnx+x+——ln(2-x)-(2-x)------,

x2-x

~22

所以F(x)=lnx-ln(2-x)+-------+2x-2(0<x<1),

x2-x

故Ff(x)——I--------1--------+2(0<x<1),

x2-xx2(2-x)2

x-2x2-xx、

整理得F'(x)=+2=2——I------------T(0<x<l).

X5_―(2-x)2X2(2-x)2J

2-xX2—xx—!—(o<x<i).

H------------7..2-2

x2(2-x)2T?(2-x)-x(2-x)

因?yàn)?<x<l,所以0<x(2—x)<l,所以一?一>1,即

>1,

x(2-x)

所以2-2<2—2=0.因?yàn)?/p>

r2-xx、

,,2-2<0,即0<x<1時(shí)，F(xiàn)z(x)<0,F(x)在

F\x)=2-I---%-72----*---(--2-----x--)-72J

(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,也就是F(x)>P(l)=g⑴_(tái)g(2—l)=0,即當(dāng)0<x<l時(shí),

g(x)>g(2-x)-

不妨假設(shè)0<%<1<々，所以g(x)>g(2-不)，又因?yàn)椤ㄊ?=/(%)=0,也

就是g(電)=g&)=a,所以g(%)=g(%)>g(2-

因?yàn)?<玉<1,所以一1<一為<0,即2-玉>1,且%>Lg(%)>g(2-%).

由⑴可知g(x)在(l,+oo)單調(diào)遞增,所以々>2-也就是％+x2>2,證畢.

⑶證明：當(dāng)x>l吐令G(x)=g(x)-g(J,整理得G(x)=21nx-x+,，

Eiffi'J、