重难点培优07 极值点偏移（培优讲义）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

这是一份重难点培优07 极值点偏移（培优讲义）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版），共30页。
\l "_Tc18941" 题型深研·通法变式提能力
\l _Tc17807 题型1 对称化构造
题型2 比(差)值换元
题型3 拐点偏移问题
题型4 对（指）数平均不等式
题型5 与极值点偏移有关的恒成立与有解问题
\l "_Tc6233" 分层进阶·双阶训练验成效
\l "_Tc30327" 巩固过关
\l "_Tc11271" 创新提升
知识精讲·重难聚焦讲技巧
\l "_Tc25045" 知识点1 极值点偏移的概念
若直线与函数的图像交于两点，且函数在区间上存在唯一极值点，极值点偏离区间的中点的现象就是极值点偏移.
\l "_Tc25045" 知识点2 极值点偏移的常见类型及求解方法
常见类型
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②；
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③对数平均不等式（隐蔽偏移）：；
已知，由得，.
又的极值点，即.
要证，即证；要证，即证.
题型深研·通法变式提能力
\l _Tc17807 题型1 对称化构造
【例1】（2025·重庆沙坪坝二模）已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
【解】（1）由已知得的定义域为，
且
，
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增.
所以在处取得极小值即最小值，
，
，
，即的取值范围为.
（2）由（1）知，的定义域为，
在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点.
、是的零点，且，
、分别在、上，不妨设，
设，
则
当时，，即在上单调递减.
，，即，
，，
，，
又，在上单调递增，
，即.
【变式1】（2025·河北保定·二模）已知函数为其导函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．
【解】（1），当时，单调递增；
当时，单调递减．所以，
解得，即的取值范围为．
（2）证明：不妨设，则，要证，
即证，则证，则证，
所以只需证，即．
令，则，．
当时，，则，
所以在上单调递减，则．所以．
由（1）知在上单调递增，所以，从而成立．
【变式2】已知函数有两个不同的零点.求证：.
【解】定义域为，
，所以在上单调递减.
，所以在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
又，
所以先保证必要条件成立，即满足题意.
当时，；
，
由以上可知，当时，有两个不同的零点.
由题意，设，要证明，只需证明.
因为在上单调递减，且，
只需证.
又，即只需证，
构造函数，
因为，
所以
，，
则，
所以在单调递减，
所以.
因为，所以，成立，即，
所以.
【变式3】已知函数有两个零点．
(1)求的取值范围；
(2)若，求证：．
【解】（1）．
①当时，只有一个零点，不合题意．
②当时，可得下表．
由，，可得在上有一个零点．
，
令且，
可得，
所以在上也有一个零点，满足题意．
③当时，再分三种情况讨论．
（i）当时，，单调递增，至多有一个零点，不满足题意，
（ii）当时，，列表如下．
因为，所以至多有一个零点，不满足题意，
（iii）当时，，列表如下．
因为当时，，，所以，至多有一个零点，不满足题意，
综上，的取值范围为；
（2）欲证，即证．
由（1），设，得．
又由（1）知在上单调递减，所以欲证，即证．
又，即证．
设，
则
．
由，得，从而，，在上单调递增，
所以，得，原命题得证．
题型2 比(差)值换元
【例2】已知函数g（x）＝ln x－ax，若g（x）的两个相异零点为x1，x2，求证：x1x2＞e2
【证明】（1）法一 不妨设x1>x2，
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eq \f(ln x1－ln x2,x1－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>eq \f(2,x1＋x2)，
所以原问题等价于证明eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即ln eq \f(x1,x2)>eq \f(2（x1－x2）,x1＋x2).
令c＝eq \f(x1,x2)(c>1)，
则不等式变为ln c>eq \f(2（c－1）,c＋1).
令h(c)＝ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)(c>1)，
所以h′(c)＝eq \f(1,c)－eq \f(4,（c＋1）2)＝eq \f(（c－1）2,c（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－eq \f(2（c－1）,c＋1)>0(c>1)，
因此原不等式x1x2>e2得证.
法二 由题意，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的两个根，
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝xe－x，
则g(t1)＝g(t2)，
从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔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g(1)＝eq \f(1,e).
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