【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题37　极值点偏移问题

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1.已知函数f(x)图象顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足eq \f(x1＋x2,2)＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)所示.若eq \f(x1＋x2,2)≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)所示.
2.设a，b>0，a≠b，则eq \f(a＋b,2)>eq \f(a－b,ln a－ln b)>eq \r(ab)，其中eq \f(a－b,ln a－ln b)被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.
类型一 对称变换
对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题.其解题要点如下：
(1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0.
(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>xeq \\al(2,0)，则令F(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,0),x))).
(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性.
(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系.
(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求.
例1 已知函数f(x)＝xe－x(x∈R).
(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.
(1)解 由题知f′(x)＝(1－x)e－x，
则由f′(x)<0，得x>1，
由f′(x)>0，得x<1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
f(x)的极大值是f(1)＝eq \f(1,e).
(2)证明 构造函数F(x)＝f(1＋x)－f(1－x)＝(1＋x)e－(1＋x)－(1－x)ex－1，
则F′(x)＝x[ex－1－e－(1＋x)]，
当x>0时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又F(0)＝0，所以F(x)>0，
即f(1＋x)>f(1－x).
因为x1≠x2，
不妨设x11，
所以f(x1)＝f(x2)＝f[1＋(x2－1)]>f[1－(x2－1)]＝f(2－x2).
因为x2>1，所以2－x2<1，
f(x)在(－∞，1)上单调递增，
所以x1>2－x2，所以x1＋x2>2.
训练1 已知函数f(x)＝xln x－x，两相异正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2).
求证：x1＋x2>2.
证明 f′(x)＝ln x，当x∈(0，1)时，f(x)单调递减，当x>1时，f(x)单调递增，且f(1)＝－1，如图所示，不妨设x1<1要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
只需要证f(2－x1)又f(x1)＝f(x2)，
所以只需证f(2－x1)设g(x)＝f(x)－f(2－x)(x∈(0，1))，
则g′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′＝ln x＋ln(2－x)，0再设h(x)＝ln x＋ln(2－x)，0则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2－x)＝eq \f(2－2x,x（2－x）)>0，
∴h(x)在(0，1)上单调递增，
∴h(x)∴g(x)在(0，1)上单调递减，
∴g(x)>g(1)＝0，
∴f(x)－f(2－x)>0，0∴f(x1)>f(2－x1)，∴x1＋x2>2.
类型二 消参减元
含参函数问题可考虑先消去参数，其目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数.
例2 已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，
求证：x1·x2>e2.
证明 法一(消参转化成无参数问题)
由题知f(x)＝0，
则ln x＝ax，即ln x＝aeln x.
因为x1，x2是方程f(x)＝0的两个根，
所以x1，x2也是方程ln x＝aeln x的两个根，
即ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根.
设u1＝ln x1，u2＝ln x2，g(x)＝xe－x，
即g(u1)＝g(u2)，
从而由x1x2>e2，
可得ln x1＋ln x2>2，
即u1＋u2>2，
由本专题例1得证.
法二(直接换元构造新函数)
由题知a＝eq \f(ln x1,x1)＝eq \f(ln x2,x2)，
则eq \f(ln x2,ln x1)＝eq \f(x2,x1)，
设x11)，
则x2＝tx1，
所以eq \f(ln tx1,ln x1)＝t，即eq \f(ln t＋ln x1,ln x1)＝t，
解得ln x1＝eq \f(ln t,t－1)，ln x2＝ln tx1＝ln t＋ln x1＝ln t＋eq \f(ln t,t－1)＝eq \f(tln t,t－1).
由x1x2>e2，
得ln x1＋ln x2>2，
所以eq \f(t＋1,t－1)ln t>2，
所以ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)>0，
构造g(t)＝ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)，t>1，
g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,（t＋1）2)＝eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增.
又g(1)＝0，所以g(t)>g(1)＝0，
即ln t>eq \f(2（t－1）,t＋1)，故x1x2>e2.
训练2 已知函数f(x)＝ln(ax)＋eq \f(1,2)ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x12.
证明 因为f′(x)＝eq \f(ax2－2x＋1,x)(x>0)，f(x)有两个极值点x1，x2，
所以x1，x2是方程ax2－2x＋1＝0的两个不相等的正实数根，
从而Δ＝(－2)2－4a>0，a>0，
解得0由ax2－2x＋1＝0得a＝eq \f(2x－1,x2).
因为0eq \f(1,2)且x≠1.
令g(x)＝eq \f(2x－1,x2)，x>eq \f(1,2)且x≠1，
则g′(x)＝eq \f(2（1－x）,x3)，
所以当eq \f(1,2)0，
从而g(x)单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，
从而g(x)单调递减，
于是a＝eq \f(2x1－1,xeq \\al(2,1))＝eq \f(2x2－1,xeq \\al(2,2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1，
只要证明g(x2)因为g(x1)＝g(x2)，
所以只要证g(x1)令F(x1)＝g(x1)－g(2－x1)＝eq \f(2x1－1,xeq \\al(2,1))－eq \f(2（2－x1）－1,（2－x1）2)，
则F′(x1)＝eq \f(2（1－x1）,xeq \\al(3,1))＋eq \f(2[1－（2－x1）],（2－x1）3)＝eq \f(2（1－x1）,xeq \\al(3,1))＋eq \f(2（x1－1）,（2－x1）3)
＝2(1－x1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,xeq \\al(3,1))－\f(1,（2－x1）3)))＝eq \f(4（1－x1）2[（2－x1）2＋（2－x1）x1＋xeq \\al(2,1)],xeq \\al(3,1)（2－x1）3).
因为eq \f(1,2)0，
即F(x1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，
所以F(x1)即g(x1)所以x2>2－x1，即x1＋x2>2.
类型三 比(差)值换元
比(差)值换元就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的.一般用t表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题.
例3 (2022·郑州模拟改编)已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2).求证：x1x2证明 f′(x)＝ln x＋1，
由f′(x)>0，得x>eq \f(1,e)，
由f′(x)<0，得0∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增.
可设0法一 f(x1)＝f(x2)即x1ln x1＝x2ln x2，
令t＝eq \f(x2,x1)>1，则x2＝tx1，
代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，
得ln x1＝eq \f(tln t,1－t).
又x1x20.
设g(t)＝ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)(t>1)，
则g′(t)＝eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0.
∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)>0.
故x1x2法二 构造函数F(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2x)))，
则F′(x)＝f′(x)＋eq \f(1,e2x2)f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2x)))＝1＋ln x＋eq \f(1,e2x2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋ln \f(1,e2x)))＝(1＋ln x)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,e2x2)))，
当01＋ln x<0，1－eq \f(1,e2x2)<0，则F′(x)>0，
得F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递增，
∴F(x)∴f(x)将x1代入上式得f(x1)又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x2)又x2>eq \f(1,e)，eq \f(1,e2x1)>eq \f(1,e)，
且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
∴x2训练3 已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))))
的两个零点为x1，x2，证明：ln x1＋ln x2>2.
证明 不妨设x1由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x1＝mx1，,ln x2＝mx2.))
则ln x1x2＝m(x1＋x2)，
ln eq \f(x2,x1)＝m(x2－x1)⇒m＝eq \f(ln \f(x2,x1),x2－x1).
欲证ln x1＋ln x2>2，
只需证ln x1x2>2，
只需证m(x1＋x2)>2，
即证eq \f(x1＋x2,x2－x1)ln eq \f(x2,x1)>2.
即证eq \f(1＋\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1) ln eq \f(x2,x1)>2，
设t＝eq \f(x2,x1)>1，
则只需证ln t>eq \f(2（t－1）,t＋1)，
即证ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)>0.
记u(t)＝ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)(t>1)，
则u′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,（t＋1）2)＝eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0.
所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，
故ln x1＋ln x2>2.
类型四 对数均值不等式
对数均值不等式可用对称化构造或比值换元进行证明，在解答题中，一般要先证明后应用.
例4 (2022·西安调研改编)已知f(x)＝a－eq \f(1,x)－ln x有两个零点x1，x2，且x1证明 函数f(x)定义域为(0，＋∞).
∵a＝eq \f(1,x1)＋ln x1＝eq \f(1,x2)＋ln x2，
∴x1x2＝eq \f(x2－x1,ln x2－ln x1)，
由对数均值不等式知：eq \r(x1x2)∴eq \r(x1x2)∴eq \r(x1x2)>1，
∴x1＋x2>2eq \r(x1x2)>2.
令f(x)＝0，即ax－1－xln x＝0，
设h(x)＝ax－1－xln x，x>0，
则h′(x)＝a－1－ln x，其在(0，＋∞)上单调递减，
且h′(x)的零点为p＝ea－1，
∴h(x)在(0，p)单调递增，在(p，＋∞)单调递减，且a－1－ln p＝0(*)
∴x1由对数均值不等式知：eq \f(ln x1－ln p,x1－p)>eq \f(2,x1＋p)，
∴ln x1∴a－eq \f(1,x1)化简得：(2＋ln p－a)xeq \\al(2,1)－(2p＋ap－pln p－1)x1＋p>0，
把(*)式代入上式得：xeq \\al(2,1)－(3p－1)x1＋p>0；
同理可得：xeq \\al(2,2)－(3p－1)x2＋p<0，
∴xeq \\al(2,2)－(3p－1)x2＋p∴(x2－x1)(x2＋x1)<(3p－1)(x2－x1)，
∵x1综上所述，2训练4 试用对数均值不等式证明例2.
证明 不妨设x1>x2，
∵ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
∴ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，
∴eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝a＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)，
由对数均值不等式可得
eq \f(x1＋x2,2)>eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)＝eq \f(x1＋x2,ln x1＋ln x2)，
∴ln x1＋ln x2>2，
即ln(x1x2)>2，故x1x2>e2.
一、基本技能练
1.已知函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>4.
证明 由题知f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)，
则f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数.
由函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x的单调性可知，
若f(x1)＝f(x2)，设x1则必有02，
则f(x1)－f(4－x1)＝eq \f(2,x1)＋ln x1－eq \f(2,4－x1)－ln(4－x1).
令h(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(2,4－x)＋ln x－ln(4－x)(0则h′(x)＝－eq \f(2,x2)－eq \f(2,（4－x）2)＋eq \f(1,x)＋eq \f(1,4－x)＝eq \f(－2（4－x）2－2x2＋x（4－x）2＋x2（4－x）,x2（4－x）2)＝－eq \f(8（x－2）2,x2（4－x）2)<0，
所以函数h(x)在(0，2)上为减函数，所以h(x)>h(2)＝0，
所以f(x1)－f(4－x1)>0，
则f(x1)>f(4－x1)，又f(x1)＝f(x2)，
所以f(x2)>f(4－x1)，
则x2>4－x1，所以x1＋x2>4.
2.已知函数f(x)＝eq \f(ex,ex)，f(x1)＝f(x2)＝t(02x1x2.
证明 因为x2>x1>0，
依题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex1＝tex1，,ex2＝tex2))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋ln x1＝ln t＋x1，,1＋ln x2＝ln t＋x2，))
两式相减得ln x1－ln x2＝x1－x2，
由对数均值不等式得eq \r(x1x2)∴x1x2<1，
即eq \f(1,x1x2)>1，且x1＋x2>2，故eq \f(x1＋x2,x1x2)>2，
所以x1＋x2>2x1x2.
3.(2022·杭州质检)已知函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：x1＋x2>a＋1.
(1)解 ∵函数f(x)＝x－ln x－a，
∴f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数.
故当x＝1时，函数f(x)＝x－ln x－a取最小值f(1)＝1－a，
若函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.
则1－a<0，即a>1.
故实数a的取值范围为(1，＋∞).
(2)证明 由(1)可设0则x1－ln x1＝a，且x2－ln x2＝a，
若证x1＋x2>a＋1.
即证x2>1－ln x1，
构造函数g(x)＝f(x)－f(1－ln x)，0所以g(x)＝x－ln x－(1－ln x)＋ln(1－ln x)＝x－1＋ln(1－ln x)，
所以g′(x)＝1－eq \f(1,x（1－ln x）)，0令h(x)＝x(1－ln x)，
则h′(x)＝－ln x>0，所以h(x)单调递增，
所以0所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，
即f(x)>f(1－ln x)，0又0所以f(x2)＝f(x1)>f(1－ln x1).
因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以x2>1－ln x1，故原不等式得证.
二、创新拓展练
4.(2022·贵阳模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1＋x2<2.
(1)解 f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).
①当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.
②当a>0时，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
因为f(1)＝－e，f(2)＝a，
故在(1，＋∞)上有一个零点.
取b满足b<0且b则f(b)>eq \f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(3,2)b))>0，
故在(－∞，1)上有一个零点，
故f(x)存在两个零点.
③当a<0时，由f′(x)＝0，
得x＝1或x＝ln(－2a).
若a≥－eq \f(e,2)，则ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.
若a<－eq \f(e,2)，
则ln(－2a)>1，
所以f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，
在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.
当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.
综上，a的取值范围为(0，＋∞).
(2)证明 不妨设x1由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
因为f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x>1，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，
当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<0，
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，
故x1＋x2<2.