2023高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)練37　極值點偏移問題

微專題37極值點偏移問題

Q知識拓展

1.已知函數(shù)7U)圖象頂點的橫坐標就是極值點次，若?r)=C的兩根的中點剛好滿

Vi—I—y*9

足-L?==xo,即極值點在兩根的正中間，也就是說極值點沒有偏移，此時函數(shù)?r)

在X=XO兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢相同，如圖(1)所示.若然衛(wèi)≠xo,則極值點偏移，

此時函數(shù)?x)在X=XO兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢不同，如圖(2)(3)所示.

X∣?xox2X

圖(1)(左陡右緩，極值點向(左緩右陡，極值點向

(無偏移，左右對稱，二次函數(shù))

左偏移)司(孫)也42),右偏移)^^f(χ1)=√(x2),

茍ɑj?),則冥|十4=2距)則上］+?2>2.丫()則陽+工2<2∕

a-?-ba~b∣-?,,a-b、-、∣T,.W

2.設(shè)6Z,fe>O,a≠b,則亍>E奇板,其中被稱之為對數(shù)平均數(shù)，

上述不等式稱為對數(shù)均值不等式.

題型聚焦分類突破研題型求突破

類型一對稱變換

I核心歸納

對稱變換主要用來解決與兩個極值點之和、積相關(guān)的不等式的證明問題.其解題要

點如下：

(1)定函數(shù)(極值點為X0),即利用導(dǎo)函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)的單調(diào)性，進而確定

函數(shù)的極值點XO.

(2)構(gòu)造函數(shù)，即根據(jù)極值點構(gòu)造對稱函數(shù)F(X)=兀v)一穴2刈一元)，若證XlX2>xS,則

令F(X)=/U)-{f∣?

(3)判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論F(X)的單調(diào)性.

(4)比較大小，即判斷函數(shù)尸(X)在某段區(qū)間上的正負，并得出於)與42x0—尤)的大

小關(guān)系.

(5)轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)犬X)的單調(diào)性，將/U)與火2xo-χ)的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為X與Zw

一X之間的關(guān)系，進而得到所證或所求.

例1已知函數(shù)?r)=Xe-XaGR).

(1)求函數(shù)/(X)的單調(diào)區(qū)間和極值；

(2)若Xl≠zX2,且y(x1)=Ax2),求證：X1+X2>2.

(1)解由題知/(x)=(l—x)er,

則由/(x)<0,得x>l,

由/(x)>0,得x<l,

所以兀V)在(-8,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

.大X)的極大值是.八1)=±

x1

(2)證明構(gòu)造函數(shù)F(x)=χi+Λ)—X1—X)=(1÷x)e-(1+x)—(1-χ)e^,

則F,(x)=x[ex~1—e-(1+jc)],

當x>0時，F(xiàn)'(x)>O,

所以F(X)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

又F(O)=O,所以RX)〉0,

即x)?

因為Xl≠X2,

不妨設(shè)xι<JC2,由(1)知xι<l,x2>l,

所以∕U∣)=∕U2)=∕∏+(X2—l)k∕∏一。2—1)]=Λ2-X2)?

因為X2>l,所以2—尤2<1,

#X)在(-8,1)上單調(diào)遞增，

所以Xl>2—X2,所以X∣+X2>2.

訓(xùn)練1已知函數(shù)/U)=XInX—X,兩相異正實數(shù)Xi,尤2滿足√(xι)=y(x2).

求證：X?+x2>2.

證明/(x)=lnx,當x∈(0,1)時，式X)單調(diào)遞減，當x>l時，./U)單調(diào)遞增，且.*1)

=-1,如圖所示，不妨設(shè)X1<1<X2,

要證X?+x2>2,即證X2>2-χ?,

只需要證12—Xi)勺(X2),

又於1)=於2),

所以只需證人2—xι)f∕(xι),

設(shè)g(x)=AX)-A2一χ)(x∈(0,1)),

則g'(x)=/(x)一次2—尤)Y=lnx+ln(2—x),O<x<l,

再設(shè)∕z(x)=lnx÷ln(2-x),O<x<l,

G?12—2X

則/α)==Ξ≡Γx(2-a〉°.

.?.∕z(x)在(O,1)上單調(diào)遞增,

Λ∕z(x)<∕j(l)=O,

.?.g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,

,g(χ)>g(i)=θ,

?W)-∕2-χ)>0,O<Λ<1,

.".fix?)>fi2-χi),ΛXI+X2>2.

類型二消參減元

I核心歸納

含參函數(shù)問題可考慮先消去參數(shù)，其目的就是減元，進而建立與所求解問題相關(guān)

的函數(shù).

例2(2022?濟南模擬改編)已知函數(shù)八X)=InX—內(nèi)，“為常數(shù)，若函數(shù)凡r)有兩個零

點Xi,Xi,求證：xι?X2>e2.

證明法一消參轉(zhuǎn)化成無參數(shù)問題：

由題知yu)=o,

則InX=gx,即InX=

因為XI,X2是方程兀T)=O的兩個根，

所以尤1,九2也是方程InX=αehl?r的兩個根，

即In九1,lnx2是方程X=αe"的兩個根.

"i=lnXi,"2=lnx2,g(x)=xeλ,

即g("l)=g("2),從而由xι%2>e2,

可得In%∣÷lnx2>2,

即W1+M2>2,

由本專題例1得證.

法二直接換元構(gòu)造新函數(shù):

-InXlInX2

由題知a=--=--,

?l?z

則叱=空

“inXix?,

設(shè)x

xι<x2,r=~?1(r>l),

則X2=tXi,

七ZInaIIn/+ln?i

所以即-；-----

'l1n—xι=t,InXI

朗/m，1∏t,,,,,,,Int/Int

解彳寸InXl=----~,In%2=lntx∣=lnZ'十InXl=InZ'十--~=----7.

t—1t—1t—1

由x∣%2>e2,

得lnx∣÷ln%2>2,

1+1

所以二τln>2,

“)2(/—1)

所以InL—方一>0,

,,2(L1)

構(gòu)造g(t)=Int—―7]—，>1

g")=:4(LI)

(r+l)2~t(r+l)

所以g⑺在(1,+8)上單調(diào)遞增.

又g(l)=O,所以g(f)>g(l)=O,

2(L1).,?

即wπInt>4^j,故xιx2>e2.

訓(xùn)練2已知函數(shù)/(x)=ln(0r)+g0r2-2x,α>0.設(shè)xι,九2是函數(shù)/(x)的兩個極值點,

且無1<X2,求證：Xl+X2>2.

—2x+1

證明因為有兩個極值點

/(x)=------?-------(x>0),./(X)XI,XI,

所以XI,X2是方程0χ2-2x+l=0的兩個不相等的正實數(shù)根，

從而/=(—2)2—4α>0,a>0,

解得O<α<l.

?r—1

由cor-2x+1=0得a=~^-.

因為0<a<l,所以且x≠1.

2χ-11

令g(x)=d，X>]且x≠l,

,2(1-χ)

則g'(χ)=p，

所以當∣<x<l時,g'(x)>O,

從而g(χ)單調(diào)遞增；

當x>l時，g'(x)<0,

從而g(χ)單調(diào)遞減，

2xι-l2x2-1(1

于正a=-?=一?^^?<x<1l<

要證Xl+龍2>2,只要證光2>2-χi,

只要證明g(x2)<g(2-xι).

因為g(xi)=g(X2),

所以只要證g(xι)<g(2—Xi).

2ΛJ-2(2一陽)一1

令F(Xl)=g(xι)-g(2-Xl)=二^

(2—%1)2

12(1-Xi)2[1-(2-χι)]

則尸(XO=—?—

(2—Xi)3

2(1-尤1)2(冗1—1)

X?(2—xι)3

「111

=2(I-XI)[彳―(2—幻)[

4(1-xι)2[(2—xι)2+(2—xι)xι+X]

X?(2—xι)3

因為T<xι<l，所以F(xι)>0,

即網(wǎng)幻)在g，1)上單調(diào)遞增，

所以F(%l)<F(l)=0,

即g(xι)<g(2-xι),

所以X2>2—X?,即Xl+X2>2.

類型三比(差)值換元

I核心歸納

比(差)值換元就是根據(jù)已知條件首先建立極值點之間的關(guān)系，然后利用兩個極值

點之比(差)作為變量，從而實現(xiàn)消參、減元的目的.一般用，表示兩個極值點之比

(差)，繼而將所求解問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于，的函數(shù)問題.

例3(2022?長沙調(diào)研改編)已知函數(shù)/U)=XInX的圖象與直線y=相交于不同的兩點

A(X1,γ∣),B(X2,”).求證：ΛiX2<?

證明/(x)=lnx+l,

由/(x)>0,得x>:,

由/(x)<0,得(KX<：,

函數(shù)人龍)在(o,§上單調(diào)遞減，

在七，+8)上單調(diào)遞增.

可設(shè)0<r∣<∣<r2.

法一./(Xi)=∕(x2)即XiInXi=X2Inxι,

令則

人1X2=∕X1,

代入上式得xιlnXi=Zxi(InZ÷lnxι),

/日〃nt

付I1nXi=-

1—t

又xιx2<?<≠>lnXi+Inxι<-2<=>21nx?+Int<-2=?"/+]nt<-2<=>lnL

e"1-r

2(Ll)

F->o?

2(L1)

設(shè)gQ)=lnt--不一(r>l),

.(1—1)2

則g")=EP'o.

.?.當t>l時，g(f)單調(diào)遞增，g(f)>g(l)=O,

2(Ll)

Λln>0.

1+1

故XIX2<￡.

法二構(gòu)造函數(shù)Fa)=∕u)一屋

則尸(X)=AX)+方閨

=l+lnx+?(l+ln?)

=(l+lnx){l-?j,

當04弋時，

l+lnx<0,1一去<0,則尸'(x)>0,

得Fa)在(o,I

上單調(diào)遞增,

將Xl代入上式得“xι)

又/1)=/2),

?,如2)√?),

^lll

>一，

XX2>e~,ezxιe

且兀。在七，+8)上單調(diào)遞增，

.1.1

??"2<南，??X1X2</

訓(xùn)練3已知函數(shù)段)=乎一6e10,0

的兩個零點為Xi，X2,證明：lnxι+lnx2>2.

證明不妨設(shè)Ka2,

Inx?=mx?,

由題意知L

InX2=twc2.

貝！］lnxιx2=m(XI+12),

X2

I1n-

,X2、九I

In—=m(X2-χ?)≠>∕n=

XlX2-X?

欲證lnxι+lnx2>2,

只需證InX↑X2>29

只需證m(xι+x2)>2,

1+-

即證----In—>2,

JXl

Xl

設(shè)t=->h

Xl

nr-、2Ct—1)

則只需證Int>一開口—,

τr、丁2(t—1)

即fe證Int——百力-->0.

2(Z—1)

記u(t)=?nL―—(r>l),

ri14(LI)2

2>0

貝1^)=7-77+T^=r(r+l)-

所以“(f)在(1,+8)上單調(diào)遞增，

所以〃⑺>“(1)=0,所以原不等式成立，

故InXi+InX2>2.

類型四對數(shù)均值不等式

I核心歸納

對數(shù)均值不等式可用對稱化構(gòu)造或比值換元進行證明，在解答題中，一般要先證

明后應(yīng)用.

例4(2022-南京質(zhì)檢改編)已知fix)=a—?-In尤有兩個零點xι,x2,且xι<r2,求證：

?

2<xι÷X2<3e^~1—1.

證明函數(shù)/(x)定義域為(O,+o°).

?.?4=1^+lnXi=^÷lnx2,

XlX2

X2—Xl

JX?X2=：；,

InX2-InXi

由對數(shù)均值不等式知：

及一Xl

In-Inxi

??yjx↑X2<X?X2,

.?yjx↑X2>l,

.*.xι-?-X2>2y∣xiX2>2.

令7(x)=O,即4x—1—xlnx=O,

設(shè)∕ι(x)=0r-1—xlnX9x>0,

則勿(X)=〃一1—In尤，其在(0,+8)上單調(diào)遞減，

且〃(%)的零點為p=e"T,

.?.∕z(%)在(O,P)單調(diào)遞增，在(p,+8)單調(diào)遞減，且a—1—Inp=0(*)

..Xl<p<X2,

由對數(shù)均值不等式知:

In加一In?2

XI-p>xι+p'

2(X1—p)

.β.lnx?<;÷lnp

x?-?-p9

12(XLP)

a~~<-------;------+llnp,

Xlx?+p卜

化簡得：(2÷lnp—a)xι;-(2p+ap—p?np~?)x↑+p>O,

把(*)式代入上式得：

X?—(3/2-l)xι+p>O;

同理可得：意一(3p—l)x2+p<O,

Λx5-(3p-1)X2÷p<x?—(3p-1)xι+p,

.*.(X2-ΛI)(Λ2÷Λl)<(3p-1)(X2—%I),

Vxι<X2,.*.xι+x2<3e6f1-1.

綜上所述，2<xι+x2<3e^~1—1.

訓(xùn)練4試用對數(shù)均值不等式證明例2.

證明不妨設(shè)X1>X2,

β∕lnXi—ax?=0,InXi-OX2=0,

ΛInXi+lnxι=a(x?+x2),

In??-lnx2-a(x?—xi),

.In??-lnX2Inxι÷lnXi

??=Q=;,

XI-X2X?~ΓX2

由對數(shù)均值不等式可得

-X?--+-X-2>---X-?---X-2--=---X-?-+-X-2--

2InXi—lnx2lnxι+ln%2,

.β.lnXi+in%2>2,

即ln(xιx2)>2,故JaX2>e?.

高分訓(xùn)練對接高考重落實迎高考

一、基本技能練

,,2

1.已知函數(shù)∕U)=1+lnx,若XlWX2,且?xi)=?X2),求證：XI+X2>4.

?1Y—2

證明由題知/(X)=一丁+1=-^-,

則/U)在(0,2)上為減函數(shù)，在(2,+8)上為增函數(shù).

由函數(shù)7U)=?+lnx的單調(diào)性可知，

?

若/Ul)=7(X2),設(shè)XlVX2,

則必有0<XI<2<X2,所以4—Xi>2,

22

則7(犬1)—/(4—xι)=q+lnXi-丁二^一ln(4—xι).

22

令h(x)=~—^_^.+lnχ-ln(4—x)(0<x<2),

2211

則.+1÷7~L~

'7H(4—x)2X4—X

—2(4—x)2-2x2+x(4—x)2+x2(4—X)

x2(4-?)2

8(%—2)2

-<0,

Λ2(4-X)

所以函數(shù)〃(x)在(O,2)上為減函數(shù)，

所以h(x)>h(2)=O,

所以一Λ4—Xi)>0,

則於1)44—xι),

又y(xι)=∕(x2),

所以於2)次4一加)，

則X2>4—XI,所以Xl+X2>4.

ex

2,已知函數(shù)?x)=￡,χ%ι)=fixi)=Z(O<Λ1<X2,O<r<l).

證明：Xl+X2>2X?X2.

證明因為X2>X1>O,

fexι=fexι,

依題意得=

[ex2=tex2

t+x↑,

<1÷lnXi=In

J÷lnx2=lnt+x2,

兩式相減得InXl-lni2=xι-及，

由對數(shù)均值不等式得

X]—X2Xl+x2

y∣x?x2<i?=]<?

Inx?~lnx22

.?.X1X2<1,

即且

X↑JC2.1,Xl+x2>2,

..X?+x2

故-X-]-X-2->2,

所以Xl÷X2>2X1X2.

3.（2022?寧波調(diào)研）已知函數(shù)段）=工一Inx-a有兩個不同的零點x?,X2.

（1）求實數(shù)。的取值范圍;

(2)證明：Λi+x2>α+1.

(I)W:函數(shù)/(x)=x-In尤一口,

當x∈(0,1)時，/(x)<0,./U)為減函數(shù)；

當x∈(l,+∞)?,/(x)>O,/U)為增函數(shù).

故當X=I時，函數(shù)Kr)=X—Inx—α取最小值yθ)=l-α,

若函數(shù)/(x)=x—Inx-α有兩個不同的零點Xi,xι.

則1—α<O,即α>l.

故實數(shù)"的取值范圍為(1,+∞).

⑵證明由(1)可設(shè)(XX1<1<X2,

則Xl-InXi=a,且X2-Inxι=a,

若證Xl+x2>α+1,

即證X2>l-lnx∣,

構(gòu)造函數(shù)g(x)=√α)-∕∏-lnx),0<r<l,

所以g(x)=χ-InX—(1—lnx)+ln(l-InX)=X-1+In(I-Inx),

所以g'(x)=l—x(i「InX)，ο4<1'

令h(x)=X(I-InX),

則勿(X)=-InX>0,所以〃(X)單調(diào)遞增,

所以O(shè)<λ(x)<?(l)=l.

所以g,(x)<0,所以g(x)>g(1)=0,

即兀。次1—Inx),0<x<1,

又OaI<1<X2,

所以加2)=%1)Ml—Inx∣).

因為人力在區(qū)間(1,+8)上單調(diào)遞增，

所