第3章 高考培優(yōu)3　極值點(diǎn)偏移問題-備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（解析版）

極值點(diǎn)偏移問題1．極值點(diǎn)偏移的判定定理對于可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上只有一個(gè)極大(小)值點(diǎn)x0，方程f(x)＝0的解分別為x1，x2，且a＜x1＜x2＜b.(1)若0＝f(x1)＜f(2x0－x2)，則x1+x22＜(＞)x0，即函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(x1，x(2)若0＝f(x1)＞f(2x0－x2)，則x1+x22＞(＜)x0，即函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(x1，x極值點(diǎn)左偏極值點(diǎn)左偏2．證明極值點(diǎn)偏移的相關(guān)問題，一般有以下幾種方法：(1)證明x1＋x2＜2a(或x1＋x2＞2a)：①構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－f(2a－x)，求導(dǎo)，確定函數(shù)y＝f(x)和函數(shù)y＝g(x)的單調(diào)性；②確定x1，x2滿足x1＜a＜x2，且f(x1)＝f(x2)，由函數(shù)值g(x1)與g(a)的大小關(guān)系，得g(x1)＝f(x1)－f(2a－x1)＝f(x2)－f(2a－x1)與零的大小關(guān)系；③由函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，＋∞)上的單調(diào)性得到x2與2a－x1的大小關(guān)系，從而證明相應(yīng)問題．(2)證明x1x2＜a2(或x1x2＞a2)(x1，x2都為正數(shù))：①構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－fa2x，求導(dǎo)，確定函數(shù)y＝f(x)和函數(shù)y＝g(②確定x1，x2滿足x1＜a＜x2，且f(x1)＝f(x2)，由函數(shù)值g(x1)與g(a)的大小關(guān)系，得g(x1)＝f(x1)－fa2x1＝f(x2)－③由函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，＋∞)上的單調(diào)性得到x2與a2x(3)應(yīng)用對數(shù)平均不等式x1x2＜x①由題中等式中產(chǎn)生對數(shù)；②將所得含對數(shù)的等式進(jìn)行變形得到x1③利用對數(shù)平均不等式來證明相應(yīng)的問題．[典例]已知函數(shù)f(x)＝xe－x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求證：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，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)，所以f(x)有極大值f(1)＝1e(2)法一(對稱化構(gòu)造函數(shù)法)：由(1)知，不妨設(shè)0<x1<1<x2，要證x1＋x2>2，只要證x2>2－x1>1.由于f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故只要證f(x2)<f(2－x1)，由于f(x1)＝f(x2)，故只要證f(x1)<f(2－x1)，令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex-2(0<x<1)，則H′(x)＝1?xex?因?yàn)?<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)上單調(diào)遞增，所以H(x)<H(1)＝0，即有f(x1)<f(2－x1)成立，所以x1＋x2>2.法二(比值代換法)：設(shè)0<x1<1<x2，由f(x1)＝f(x2)，得x1e?等式兩邊取對數(shù)得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝x2x1>1，則x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝lntt?1，所以即證x1＋x2＝t+1lntt?1設(shè)g(t)＝lnt－2t?1t+所以g′(t)＝1t?2所以當(dāng)t>1時(shí)，g(t)單調(diào)遞增，所以g(t)>g(1)＝0，所以lnt－2t?1故x1＋x2>2.極值點(diǎn)偏移問題的常用策略首先進(jìn)行變量的轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙變量所滿足的關(guān)系式，或者通過比值代換令t[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(2022·全國甲卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝exx－lnx＋x－a.證明：若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1x2[證明]法一(對稱化構(gòu)造)：由題意知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝ex+xx?1x2，可得函數(shù)由題知，f(x)的一個(gè)零點(diǎn)小于1，一個(gè)零點(diǎn)大于1，不妨設(shè)0＜x1＜1＜x2，要證x1x2＜1，即證x1＜1x因?yàn)閤1，1x2∈(0，1)，即證f(x1)＞f因?yàn)閒(x1)＝f(x2)，即證f(x2)＞f1x即證exx－lnx＋x－xe1x－lnx－1x＞0，x即證exx－xe1下面證明當(dāng)x＞1時(shí)，exx－xe1x＞0，lnx設(shè)g(x)＝exx－xe1則g′(x)＝1x?1x＝1x1?1x＝1?1xe設(shè)φ(x)＝exx(x＞1)，φ′(x)＝1x?1x2所以φ(x)＞φ(1)＝e，而e1所以exx－e1x＞0，所以所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，即g(x)＞g(1)＝0，所以exx－xe令h(x)＝lnx－12x?1h′(x)＝1x?121所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，即h(x)＜h(1)＝0，所以lnx－12x?綜上，exx－xe1x－2lnx?1法二(對數(shù)平均不等式)：f(x)＝exx－lnx＋x－a＝ex－lnx＋x－lnx－令t＝x－lnx，則g(t)＝et＋t－a，易知g(t)單調(diào)遞增，所以g(t)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)t0，又f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，所以x－lnx＝t0有兩個(gè)實(shí)根x1和x2，所以x由對數(shù)平均不等式得x1x2＜x1?x2lnx2．(2024·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2，若x1，x2是方程f(x)＝0的兩不等實(shí)根，求證：x12[解]因?yàn)閤1，x2是方程lnx－ax2＝0的兩不等實(shí)根，lnx－ax2＝0?2lnx－2ax2＝0，即x1，x2是方程lnx2－2ax2＝0的兩不等實(shí)根，令t＝x2(t＞0)，則t1＝x12，t2＝即t1，t2是方程2a＝lnt令g(t)＝lntt，則g′(t)＝所以g(t)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，g(e)＝1e當(dāng)t→0時(shí)，g(t)→－∞；當(dāng)t→＋∞時(shí)，g(t)＞0且g(t)→0.所以0＜2a＜1e，即0＜a＜1令1＜t1＜e＜t2，要證x12+x22＞2e，只需證法一(對稱化構(gòu)造)：令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)，則h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝lntt?令φ(t)＝(2e－t)lnt－tln(2e－t)，則φ′(t)＝2et－1－lnt－ln(2e－t)＋t2e?t＝2e?tt所以φ(t)在(1，e)上單調(diào)遞增，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x1法二(對數(shù)平均不等式)：先證x1?x2lnx1?ln只需證x2?x只需證2x?1x+1－ln令φ(x)＝2x?1x+1－lnx(x＞1)，φ′(x)＝所以φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)＜φ(1)＝0．即x1?x因?yàn)閠1lnt1＝t2lnt所以lnt1＋lnt2＞2，即t1t2＞e2，所以t1＋t2＞2t13．(2024·河北石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2lnx－a(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，證明：1＜x1＋x2＜2e[解](1)因?yàn)閒(x)＝x2lnx－a(a∈R)的定義域?yàn)?0，＋∞)，則f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＞0，解得x＞1e令f′(x)＜0，解得0＜x＜1e所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0，單調(diào)遞增區(qū)間為1e(2)證明：不妨設(shè)x1＜x2，由(1)知，必有0＜x1＜1e＜x2要證x1＋x2＜2e，即證x2＜2e－x即證f(x2)＜f2e又f(x2)＝f(x1)，即證f(x1)－f2e令g(x)＝f(x)－f2e?x，其中x則g′(x)＝x(2lnx＋1)＋2e?x2ln2e?xh′(x)＝(2lnx＋1)＋2－2ln2e?x+1所以h(x)在0，1e上單調(diào)遞減，即g′(x)在0，1e上單調(diào)遞減，所以g′(所以g(x)在0，所以g(x)＜g1e即f(x1)－f2e?x1＜0，所以x1＋x接下來證明x1＋x2＞1，令x2x1＝t，則t＞1，又f(x1)＝f(x2)，即x12lnx1＝x22lnx要證1＜x1＋x2，即證1＜x1＋tx1，即(t＋1)x1＞1，不等式(t＋1)x1＞1兩邊取對數(shù)，即證lnx1＋ln(t＋1)＞0，即證t2lnt1?t2＋ln(令