高考数学一轮复习第3章3极值点偏移问题学案

这是一份高考数学一轮复习第3章3极值点偏移问题学案，共6页。

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x1+x22＜(＞)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极大(小)值点x0右(左)偏 ；
(2)若0＝f(x1)＞f(2x0－x2)，则x1+x22＞(＜)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极大(小)值点x0左(右)偏 .
极值点左偏⇔x0＜x1+x22 极值点右偏⇔x0＞x1+x22
极值点左偏⇔x0＜x1+x22 极值点右偏⇔x0＞x1+x22
2．极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：
对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；
对结论x1x2>x02型，构造函数F(x)＝f(x)-fx02x，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝x1x2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
[典例] 已知函数f(x)＝ln x－ax(x＞0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，证明：x1x2＞e2.
[证明] 法一(对称化构造法)：由题意知，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，
即f(x1)＝f(x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个不相等的根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝xe－x，
则g(t1)＝g(t2)，故要证x1x2＞e2，
即证ln x1＋ln x2＞2，即证t1＋t2＞2.
下证：t1＋t2＞2.
g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以函数g(x)在x＝1处取得极大值(也是最大值)g(1)＝1e.
当x→－∞时，g(x)→－∞；
当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)＞0.
由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1＜t2，作出函数g(x)的图象，如图所示，由图知必有0＜t1＜1＜t2，
令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，
则F′(x)＝xex+1(e2x－1)＞0，
所以F(x)在(0，1]上单调递增，
所以F(x)＞0对任意的x∈(0，1]恒成立，
即g(1＋x)＞g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立，由0＜t1＜1＜t2，得1－t1∈(0，1)，
所以g(1＋1－t1)＝g(2－t1)＞g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，
即g(2－t1)＞g(t2)，
又2－t1∈(1，2)，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以2－t1＜t2，所以t1＋t2＞2，即x1x2＞e2.
法二(比值换元法)：不妨设x1>x2>0，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以lnx1-lnx2x1-x2＝a，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以即证a>2x1+x2，
所以原问题等价于证明lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2，
即ln x1x2>2x1-x2x1+x2，
令t＝x1x2(t>1)，则不等式变为ln t>2t-1t+1.
令h(t)＝ln t－2t-1t+1，t>1，
所以h′(t)＝1t-4t+12＝t-12tt+12>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln t－2t-1t+1>0(t>1)，
因此原不等式x1x2>e2得证．
解决极值点偏移问题的步骤
(1)求导，获得f(x)的单调性，极值情况，作出f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得x1，x2的取值范围(数形结合)．
(2)构造辅助函数：
①对结论x1＋x2＞(＜)2x0，构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．
②对结论x1x2＞＜x02，构造F(x)＝f(x)-fx02x，求导，限定范围(x1或x2的范围)，判定符号，获得不等式．
(3)代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论．
[跟进训练]
(2022·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝exx－ln x＋x－a.证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1.
[证明] 法一：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex+xx-1x2，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＜1x2，
因为x1，1x2∈(0，1)，即证f(x1)＞f1x2，
因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)＞f1x2，
即证exx－ln x＋x－xe1x－ln x－1x＞0，x∈(1，＋∞)，
即证exx－xe1x－2lnx-12x-1x＞0，
下面证明当x＞1时，exx－xe1x＞0，ln x－12x-1x＜0.
设g(x)＝exx－xe1x，x＞1，
则g′(x)＝1x-1x2ex－e1x+xe1x·-1x2
＝1x1-1xex－e1x1-1x
＝1-1xexx-e1x＝x-1xexx-e1x，
设φ(x)＝exx(x＞1)，φ′(x)＝1x-1x2ex＝x-1x2ex＞0，
所以φ(x)＞φ(1)＝e，而e1x＜e，
所以exx－e1x＞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exx－xe1x＞0.
令h(x)＝ln x－12x-1x，x＞1，
h′(x)＝1x-121+1x2＝2x-x2-12x2＝-x-122x2＜0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－12x-1x＜0.
综上，exx－xe1x－2lnx-12x-1x＞0，所以x1x2＜1.
法二：f(x)＝exx－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x1-lnx1=t0，x2-lnx2=t0，
由对数均值不等式得x1x2＜x1-x2lnx1-lnx2＝1＜x1+x22，所以x1x2＜1.