2025年高考数学一轮复习-拓展拔高4-极值点偏移问题【导学案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-拓展拔高4-极值点偏移问题【导学案】，共6页。学案主要包含了高考考情，研究对象，极值点偏移的定义等内容，欢迎下载使用。

【研究对象】一般地,证明两数x1,x2之和(之积)的不等式问题,常涉及函数的极值点偏移.解决极值点偏移问题的关键是消元,有时待证的结论需要利用不等式转化变形.
【极值点偏移的定义】
一般地,若连续函数f(x)在[a,b]内有唯一的极值点x0,对于任意的x1,x2∈[a,b],当f(x1)=f(x2)时有x1+x22≠x0,则称函数f(x)极值点偏移.
(1)左偏移:当x1+x22>x0时,极值点x0在[a,b]内向左偏移.(如图1,2)
(2)右偏移:当x1+x22(3)无偏移:当x1+x22=x0时,极值点x0在[a,b]内无偏移.(如图5)
视角一 极值点偏移问题之消参减元、比值代换
[例1]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】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ln x1-ln x2x1-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ln x1-ln x2x1-x2>2x1+x2,即ln x1x2>2(x1-x2)x1+x2,
令c=x1x2(c>1),则不等式变为ln c>2(c-1)c+1.
令h(c)=ln c-2(c-1)c+1,c>1,
所以h'(c)=1c-4(c+1)2=(c-1)2c(c+1)2>0,
所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(c)>h(1)=ln 1-0=0,
即ln c-2(c-1)c+1>0(c>1),
因此原不等式x1x2>e2得证.
思维升华
比值换元法的解题策略
(1)联立消参:利用方程f(x1)=f(x2)消掉解析式中的参数a.
(2)抓商构元:令t=x1x2,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t).
(3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最值,从而可证得结论.
视角二 极值点偏移问题之消参减元、差值代换
[例2]若函数f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2<-2ln a.
【证明】由题知x1-aex1+b=0,x2-aex2+b=0,两式相减得x1-x2=a(ex1-ex2),即a=x1-x2ex1-ex2.
故要证x1+x2<-2ln a,只需证x1+x2<-2ln x1-x2ex1-ex2,即证ex1+x2<(ex1-ex2x1-x2)2,
即证(x1-x2)2令x2-x1=t>0,则需证t2设g(t)=t2-e-t+2-et,则g'(t)=2t+e-t-et.
设h(t)=2t+e-t-et,则h'(t)=2-e-t-et<0,
所以h(t)在(0,+∞)上单调递减,
所以h(t)所以g(t)在(0,+∞)上单调递减,
所以g(t)思维升华
差值换元法的解题策略
(1)取差构元:记s=t2-t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2.
(2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1.
(3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s).
(4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最值,从而证得结论.
视角三 极值点偏移问题之对称构造
[例3]已知函数h(x)=xe-x,如果x1≠x2且h(x1)=h(x2),证明:x1+x2>2.
【证明】h'(x)=e-x(1-x),令h'(x)=0,解得x=1,
当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如表:
由x1≠x2,不妨设x1>x2,根据h(x1)=h(x2)可知x1>1,x2<1.
令F(x)=h(x)-h(2-x),x∈[1,+∞),
则F'(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x,
因为x≥1,2x-2≥0,所以e2x-2-1≥0,
所以F'(x)≥0,所以F(x)在[1,+∞)上单调递增,
又因为F(1)=0,所以x>1时,F(x)>F(1)=0,
即当x>1时,h(x)>h(2-x),
则h(x1)>h(2-x1),
又h(x1)=h(x2),所以h(x2)>h(2-x1),
因为x1>1,所以2-x1<1,
所以x2,2-x1∈(-∞,1),
因为h(x)在(-∞,1)上单调递增,
所以x2>2-x1,所以x1+x2>2得证.
思维升华
对称构造法,主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式问题.其解题要点如下:
(1)定函数极值点: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:根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x0-x);
(3)判断单调性:利用导数讨论F(x)的单调性;
(4)比较大小: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: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.
迁移应用
已知函数f(x)=ln (x+a)-x-1x+a,函数g(x)满足ln [g(x)+x2]=ln x+x-a.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
【解析】(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(-a,+∞),
则f'(x)=1x+a-x+a-(x-1)(x+a)2=x-1(x+a)2,
所以当-a≥1,即a≤-1时,f'(x)>0,f(x)在(-a,+∞)上单调递增;
当-a<1,即a>-1时,若-a1,则f'(x)>0,
所以f(x)在(-a,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
综上所述,当a≤-1时,f(x)在(-a,+∞)上单调递增;
当a>-1时,f(x)在(-a,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)若g(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1x2<1.
【解析】(2)因为ln [g(x)+x2]=ln x+x-a,所以g(x)=x·ex-a-x2=x(ex-a-x),其定义域为(0,+∞),
g(x)=xex-a-x2=x(ex-a-x)=0等价于ex-a-x=0,即x-ln x=a,
设h(x)=x-ln x(x>0),
所以h'(x)=1-1x=x-1x,
令h'(x)>0,则x>1,令h'(x)<0,则0所以函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
因为函数g(x)有两个不同的零点,即h(x)=a有两个不同的根,所以a>h(1)=1,
所以g(x)有两个不同的零点x1,x2且0令φ(x)=h(x)-h(1x)=x-1x-2ln x(0则φ'(x)=1+1x2-2x=(x-1)2x2>0对任意的x∈(0,1)恒成立,
所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增,φ(x)<φ(1)=0,
即当0又0因为x2>1,1x1>1,且h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x2<1x1,故x1x2<1得证.x
(-∞,1)
1
(1,+∞)
h'(x)
+
0
-
h(x)
单调递增
1e
单调递减