《高考快车道》2026版高三一轮总复习（数学）28　第三章　思维进阶课4　极值点偏移问题

(共35张PPT)
第三章
一元函数的导数及其应用
思维进阶课4　极值点偏移问题
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)上的极大(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)上的极大(小)值点x0左(右)偏．
【思维突破妙招】　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．
技法　 对称化构造辅助函数
[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)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f (x)有极大值f (1)＝，无极小值．
(2)法一(对称化构造)：
由(1)知，不妨设02，
只要证x2>2－x1>1．
由于f (x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f (x2)令H(x)＝f (x)－f (2－x)＝xe－x－(2－x)ex-2(00，2－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)2．
法二(比值代换)：设0令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝，所以即证x1＋x2＝>2，即ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(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ln t－>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)＝－ln x＋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－ln x＋x－x－ln x－＞0，x∈(1，＋∞)，
即证－x－2＞0，
下面证明当x＞1时，－x＞0，ln x－＜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)＝ln x－，x＞1，
h′(x)＝＝＝＜0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－＜0．
综上，－x－2＞0，所以x1x2＜1．
法二(对数平均不等式)：f (x)＝－ln x＋x－a＝ex－ln x＋x－ln x－a，
令t＝x－ln x，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－ln x＝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．已知函数f (x)＝ln x－ax2，若x1，x2是方程f (x)＝0的两个不等实根，求证：＞2e．
[证明]　因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0的两个不等实根，
ln x－ax2＝0 2ln x－2ax2＝0，
即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0的两个不等实根，
令t＝x2(t＞0)，则t1＝，t2＝，
即t1，t2是方程2a＝的两个不等实根．
令g(t)＝，则g′(t)＝，
当0＜t＜e时，g′(t)＞0，当t＞e时，g′(t)＜0，
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)ln t－t ln (2e－t)，
则φ′(t)＝－1－ln t－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－ln x＜0，
令φ(x)＝－ln x(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ln t1＋ln t2＞2，即t1t2＞e2，
所以t1＋t2＞2＞2e．
即＞2e．
题号
1
3
2
4
进阶特训(四)　极值点偏移问题
1．(2024·广东湛江一模)已知函数f (x)＝．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若方程f (x)＝1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1．
[解]　(1)由题意可得x>0，>0，所以a>0，
f (x)＝＝的定义域为(0，＋∞)，
又f ′(x)＝＝－，
由f ′(x)＝0，得x＝1，
当00，则f (x)在(0，1)上单调递增，
当x>1时，f ′(x)<0，则f (x)在(1，＋∞)上单调递减．
题号
1
3
2
4
(2)由＝1，得＝a，设g(x)＝，
g′(x)＝＝，由g′(x)＝0，得x＝1，
当00，则g(x)在(0，1)上单调递增，
当x>1时，g′(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又g＝0，g(1)＝1，且当x趋近于正无穷时，g(x)趋近于0，
g(x)＝的图象如图，
所以当0题号
1
3
2
4
证明：不妨设x1设h(x)＝g(x)－g＝－x(1－ln x)，h′(x)＝＋ln x＝ln x≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－g<0，即g(x1)1，>1，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x2>，故x1x2>1．
题号
1
3
2
4
2．已知函数f (x)＝ex－x2．
(1)求证：f (x)在R上为增函数；
(2)若f (x1)＋f (x2)＝e，x1题号
1
3
2
4
[证明]　(1)由题意知f ′(x)＝ex－ex，令g(x)＝ex－ex，则g′(x)＝ex－e．
令g′(x)＝0，得x＝1，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0，故f ′(x)≥0，故f (x)在R上为增函数．
(2)由(1)知f (x)为增函数，且f (1)＝，
故由f (x1)＋f (x2)＝2f (1)，x1可得f (x1)欲证x1＋x2<2，只需证x1<2－x2，
即证f (x1)即证e－f (x2)令F (x)＝f (x)＋f (2－x)－e(x>1)，
则F ′(x)＝f ′(x)－f ′(2－x)＝ex－ex－e2-x＋e(2－x)，
题号
1
3
2
4
令H(x)＝F ′(x)，则H′(x)＝ex－e＋e2-x－e＝ex＋e2-x－2e>2－2e＝0，
故F ′(x)为增函数，F ′(x)>F ′(1)＝0，
故F (x)为增函数，F (x)>F (1)＝0，
故F (x2)>0，则e－f (x2)所以x1＋x2<2．
题号
1
3
2
4
3．已知函数f (x)＝x ln x－mx2－x，m∈R有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2．
题号
1
3
2
4
[证明]　要证x1x2>e2，只需证ln x1＋ln x2>2，
若f (x)有两个极值点x1，x2，
即f ′(x)有两个变号零点，
又f ′(x)＝ln x－mx，
所以x1，x2是方程f ′(x)＝0的两个不同的实根，
即 解得m＝．
另一方面，由
得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
从而可得＝，
于是ln x1＋ln x2＝＝．
不妨设01．
因此ln x1＋ln x2＝，t>1．
题号
1
3
2
4
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)在(1，＋∞)上单调递增．
又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得证．
题号
1
3
2
4
4．(2024·河北保定二模)已知函数f (x)＝ax－x ln x，f ′(x)为其导函数．
(1)若f (x)≤1恒成立，求a的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数x1，x2，使得f (x1)＝f (x2)，证明：
f ′()>0．
题号
1
3
2
4
[解]　(1)f ′(x)＝a－1－ln x，当00，f (x)单调递增；
当x>ea-1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
所以f (x)max＝f (ea-1)＝ea-1≤1，
解得a≤1，即a的取值范围为(－∞，1]．
(2)证明：不妨设x10，
即证所以只需证f (x1)令g(x)＝f (x)－f ，x∈(ea-1，ea)，
则g(ea-1)＝0，g′(x)＝．
当x>ea-1时，a－1－ln x<0，x2－e2a-2>0，
题号
1
3
2
4
则g′(x)<0，
所以g(x)在(ea-1，ea)上单调递减，
则g(x)由(1)知f (x)在(0，ea-1)上单调递增，所以x1<，
从而f ′()>0成立．
题号
1
3
2
4
谢 谢！