2022高考压轴大题——函数零点与极值点的偏移问题
极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，利用函数的性质解决问题．
1．对极值点偏移的解释
已知函数y＝f
(x)是连续函数，在区间(x1，x2)内有且只有一个极值点x0，且f
(x1)＝f
(x2)．若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x0＝，
我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点x0≠的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”．
2．解极值点偏移问题的通法
第一步：根据f
(x1)＝f
(x2)(x1≠x2)建立等量关系，并结合f
(x)的单调性，确定x1，x2的取值范围；
第二步：不妨设x1
第三步：构造关于x1(或x2)的一元函数，或令＝t(t>1)构造关于t的一元函数，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到对待证不等式的证明．
例1
已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
例2
已知函数f(x)＝ln
x－ax有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1·x2>e2.
例3已知函数f
(x)＝x2－2x＋1＋aex有两个极值点x1，x2，且x1证明：x1＋x2>4.
例4已知f
(x)＝xln
x－mx2－x，m∈R.若f
(x)有两个极值点x1，x2，且x1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．
思维升华
1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．
2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．
多维训练
1.已知函数f
(x)＝ex(ex－ax＋a)有两个极值点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)求证：2x1x22.已知函数f
(x)＝xln
x－2ax2＋x，a∈R.
(1)若f
(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若函数f
(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明x1＋x2>.
3．已知函数f(x)＝ln
x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln
x>0恒成立．
4．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln
x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，2022高考压轴大题——函数零点与极值点的偏移问题
极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，利用函数的性质解决问题．
1．对极值点偏移的解释
已知函数y＝f
(x)是连续函数，在区间(x1，x2)内有且只有一个极值点x0，且f
(x1)＝f
(x2)．若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x0＝，
我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点x0≠的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”．
2．解极值点偏移问题的通法
第一步：根据f
(x1)＝f
(x2)(x1≠x2)建立等量关系，并结合f
(x)的单调性，确定x1，x2的取值范围；
第二步：不妨设x1第三步：构造关于x1(或x2)的一元函数，或令＝t(t>1)构造关于t的一元函数，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到对待证不等式的证明．
例1
已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
(1)解 f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明 方法一 (对称化构造法)
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)
＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(
)
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1将x2代入(
)式可得f(x2)>f(2－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x1)>f(2－x2)．
又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
∴x1>2－x2，
∴x1＋x2>2.
方法二 (比值代换法)
设0取对数得ln
x1－x1＝ln
x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln
x1－x1＝ln
t＋ln
x1－tx1，得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝>2?ln
t－>0，
设g(t)＝ln
t－(t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln
t－>0，故x1＋x2>2.
例2
已知函数f(x)＝ln
x－ax有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1·x2>e2.
(1)解 f′(x)＝－a＝(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；
②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
由题意知f(x)＝ln
x－ax的极大值f?＝ln
－1>0，解得0所以实数a的取值范围为.
(2)证明 因为f(1)＝－a<0，所以1构造函数H(x)＝f?－f?
＝ln?－ln?－2ax,0H′(x)＝＋－2a＝>0，
所以H(x)在上单调递增，
故H(x)>H(0)＝0，即f?>f?.
由1，
故f(x2)＝f(x1)
＝f?因为f(x)在上单调递减，
所以x2>－x1，即x1＋x2>.
故ln
x1x2＝ln
x1＋ln
x2＝a(x1＋x2)>2，
即x1·x2>e2.
例3已知函数f
(x)＝x2－2x＋1＋aex有两个极值点x1，x2，且x1证明：x1＋x2>4.
解析
证明：令g(x)＝f
′(x)＝2x－2＋aex，则x1，x2是函数g(x)的两个零点．
令g(x)＝0，得a＝－.
令h(x)＝－，
则h(x1)＝h(x2)，
h′(x)＝，可得h(x)在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，
所以x1<2令H(x)＝h(2＋x)－h(2－x)，
则H′(x)＝h′(2＋x)－h′(2－x)＝，
当0所以h(2＋x)所以h(x1)＝h(x2)＝h(2＋(x2－2))因为x1<2,4－x2<2，h(x)在(－∞，2)上单调递减，
所以x1>4－x2，即x1＋x2>4.
例4已知f
(x)＝xln
x－mx2－x，m∈R.若f
(x)有两个极值点x1，x2，且x1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．
一题多解
解法1
思路参考：转化为证明ln
x1＋ln
x2>2，根据x1，x2是方程f
′(x)＝0的根建立等量关系．
令t＝将ln
x1＋ln
x2变形为关于t的函数，将ln
x1＋ln
x2>2转化为关于t的不等式进行证明．
证明：欲证x1x2>e2，需证ln
x1＋ln
x2>2.
若f
(x)有两个极值点x1，x2，即函数f
′(x)有两个零点．又f
′(x)＝ln
x－mx，所以x1，x2是方程f
′(x)＝0的两个不等实根．
于是，有解得m＝.
另一方面，由
得ln
x2－ln
x1＝m(x2－x1)，
从而得＝.
于是，ln
x1＋ln
x2＝＝.
又01.
因此，ln
x1＋ln
x2＝，t>1.
要证ln
x1＋ln
x2>2，即证>2，t>1.
即当t>1时，有ln
t>.
设函数h(t)＝ln
t－，t＞1，
则h′(t)＝－＝≥0，
所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0.
于是，当t>1时，有ln
t>.
所以ln
x1＋ln
x2>2成立，即x1x2>e2.
解法2
思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>.依据x1，x2是方程f
′(x)＝0的两个不等实根构造函数g(x)＝，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)证明：由x1，x2是方程f
′(x)＝0的两个不等实根，所以mx1＝ln
x1，mx2＝ln
x2.
令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，
由于g′(x)＝，
因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
又x1令h(x)＝g(x)－g(x∈(0，e))，h′(x)＝>0，
故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)即g(x)令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)，即x1x2>e2.
解法3
思路参考：设t1＝ln
x1∈(0,1)，t2＝ln
x2∈(1，＋∞)，推出＝e.将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．
证明：设t1＝ln
x1∈(0,1)，t2＝ln
x2∈(1，＋∞)，
由得?＝e.
设k＝t1－t2<0，则t1＝，t2＝.
欲证x1x2>e2，
需证ln
x1＋ln
x2>2.
即只需证明t1＋t2＞2，即>2?k(1＋ek)<2(ek－1)?k(1＋ek)－2(ek－1)<0.
设g(k)＝k(1＋ek)－2(ek－1)(k<0)，g′(k)＝kek－ek＋1，
g″(k)＝kek<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，
故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，
因此g(k)解法4
思路参考：设t1＝ln
x1∈(0,1)，t2＝ln
x2∈(1，＋∞)，推出＝e.将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量＝k∈(0,1)构建函数进行证明．
证明：设t1＝ln
x1∈(0,1)，t2＝ln
x2∈(1，＋∞)，由得?＝e.
设＝k∈(0,1)，则t1＝，t2＝.
欲证x1x2>e2，需证ln
x1＋ln
x2>2，即只需证明t1＋t2>2，即>2?ln
kk－<0.
设g(k)＝ln
k－(k∈(0,1))，g′(k)＝>0，
故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k)思维升华
1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．
2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．
多维训练
1.已知函数f
(x)＝ex(ex－ax＋a)有两个极值点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)求证：2x1x2(1)解：因为f
(x)＝ex(ex－ax＋a)，
所以f
′(x)＝ex(ex－ax＋a)＋ex(ex－a)＝ex(2ex－ax)．
令f
′(x)＝0，则2ex＝ax.
当a＝0时，不成立；
当a≠0时，＝.
令g(x)＝，所以g′(x)＝.
当x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又因为g(1)＝，
当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
因此，当0<<时，f
(x)有2个极值点，即a的取值范围为(2e，＋∞)．
(2)证明：由(1)不妨设0所以
所以x2－x1＝lnx2－lnx1.
要证明2x1x2只要证明2x1x2(lnx2－lnx1)即证明2ln<－.
设＝t(t>1)，
即要证明2ln
t－t＋<0在t∈(1，＋∞)上恒成立．
记h(t)＝2ln
t－t＋(t>1)，
h′(t)＝－1－＝＝<0，
所以h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以h(t)t－t＋<0，即2x1x22.已知函数f
(x)＝xln
x－2ax2＋x，a∈R.
(1)若f
(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若函数f
(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明x1＋x2>.
(1)解：f
′(x)＝ln
x＋2－4ax.
因为f
(x)在(0，＋∞)内单调递减，
所以
f
′(x)＝ln
x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，
即4a≥＋在(0，＋∞)内恒成立．
令g(x)＝＋，则g′(x)＝.
所以，当00，即g(x)在内单调递增；
当x>时，g′(x)<0，即g(x)在内单调递减．
所以g(x)的最大值为g＝e，
所以实数a的取值范围是.
(2)证明：若函数f
(x)有两个极值点分别为x1，x2，
则f
′(x)＝ln
x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2.
由(1)，知0由两式相减，
得ln
x1－ln
x2＝4a(x1－x2)．
不妨设0所以要证明x1＋x2>，
只需证明<.
即证明>ln
x1－ln
x2，
亦即证明>ln.
令函数h(x)＝－ln
x,0所以h′(x)＝<0，
即函数h(x)在(0,1)内单调递减．
所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，
所以>ln
x.
即不等式>ln成立．
综上，x1＋x2>，命题得证.
3．已知函数f(x)＝ln
x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln
x>0恒成立．
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝，
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，
∴x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 方法一 要证ex－e2ln
x>0，即证ex－2>ln
x，
令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0，∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；
x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．
同理可证ln
x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又ln
x≤x－1，即x－1≥ln
x，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以ex－2≥x－1≥ln
x且两等号不能同时成立，
故ex－2>ln
x．即证原不等式成立．
方法二 令φ(x)＝ex－e2ln
x，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，
φ′(x)＝ex－，令h(x)＝ex－，
∴h′(x)＝ex＋>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ′(1)＝e－e2<0，φ′(2)＝e2－e2＝e2>0，
故?x0∈(1,2)，使φ′(x0)＝0，
即－＝0，即＝，
∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x0)>0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(x0)＝－e2ln
x0＝－e2ln
x0＝－＝－e2(2－x0)＝e2＝e2·>0，
故φ(x)>0，即ex－e2ln
x>0，即证原不等式成立．
4．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln
x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明：(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a>2，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，
f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x11.
由于＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以x2<0.
设函数g(x)＝－x＋2ln
x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
所以－x2＋2ln
x2<0，即