2023高考数学二轮专题 微专题37 极值点偏移问题

这是一份2023高考数学二轮专题 微专题37 极值点偏移问题，共13页。
微专题37　极值点偏移问题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＝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≠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>>，其中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>x，则令F(x)＝f(x)－f.(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)＝.(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x1<x2，由(1)知x1<1，x2>1，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<x2，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，只需要证f(2－x1)<f(x2)，又f(x1)＝f(x2)，所以只需证f(2－x1)<f(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<x<1，再设h(x)＝ln x＋ln(2－x)，0<x<1，则h′(x)＝－＝>0，∴h(x)在(0，1)上单调递增，∴h(x)<h(1)＝0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴g(x)>g(1)＝0，∴f(x)－f(2－x)>0，0<x<1，∴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 (2022·济南模拟改编)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＝＝，则＝，设x1<x2，t＝(t>1)，则x2＝tx1，所以＝t，即＝t，解得ln x1＝，ln x2＝ln tx1＝ln t＋ln x1＝ln t＋＝.由x1x2>e2，得ln x1＋ln x2>2，所以ln t>2，所以ln t－>0，构造g(t)＝ln t－，t>1，g′(t)＝－＝>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>，故x1x2>e2.训练2 已知函数f(x)＝ln(ax)＋ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1<x2，求证：x1＋x2>2.证明　因为f′(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<a<1.由ax2－2x＋1＝0得a＝.因为0<a<1，所以x>且x≠1.令g(x)＝，x>且x≠1，则g′(x)＝，所以当<x<1时，g′(x)>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＝＝.要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1，只要证明g(x2)<g(2－x1).因为g(x1)＝g(x2)，所以只要证g(x1)<g(2－x1).令F(x1)＝g(x1)－g(2－x1)＝－，则F′(x1)＝＋＝＋＝2(1－x1)＝.因为<x1<1，所以F′(x1)>0，即F(x1)在上单调递增，所以F(x1)<F(1)＝0，即g(x1)<g(2－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·长沙调研改编)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>，由f′(x)<0，得0<x<，∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增.可设0<x1<<x2.法一　f(x1)＝f(x2)即x1ln x1＝x2ln x2，令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，得ln x1＝.又x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t<－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0.设g(t)＝ln t－(t>1)，则g′(t)＝>0.∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，∴ln t－>0.故x1x2<.法二　构造函数F(x)＝f(x)－f，则F′(x)＝f′(x)＋f′＝1＋ln x＋·＝(1＋ln x)·，当0<x<时，1＋ln x<0，1－<0，则F′(x)>0，得F(x)在上单调递增，∴F(x)<F＝0，∴f(x)<f，将x1代入上式得f(x1)<f，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f，又x2>，>，且f(x)在上单调递增，∴x2<，∴x1x2<.训练3 已知函数f(x)＝－m的两个零点为x1，x2，证明：ln x1＋ln x2>2.证明　不妨设x1<x2，由题意知则ln x1x2＝m(x1＋x2)，ln ＝m(x2－x1)⇒m＝.欲证ln x1＋ln x2>2，只需证ln x1x2>2，只需证m(x1＋x2)>2，即证ln >2.即证 ln >2，设t＝>1，则只需证ln t>，即证ln t－>0.记u(t)＝ln t－(t>1)，则u′(t)＝－＝>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·南京质检改编)已知f(x)＝a－－ln x有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：2<x1＋x2<3ea－1－1.证明　函数f(x)定义域为(0，＋∞).∵a＝＋ln x1＝＋ln x2，∴x1x2＝，由对数均值不等式知：<，∴<x1x2，∴>1，∴x1＋x2>2>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<p<x2，由对数均值不等式知：>，∴ln x1<＋ln p，∴a－<＋ln p，化简得：(2＋ln p－a)x－(2p＋ap－pln p－1)x1＋p>0，把(*)式代入上式得：x－(3p－1)x1＋p>0；同理可得：x－(3p－1)x2＋p<0，∴x－(3p－1)x2＋p<x－(3p－1)x1＋p，∴(x2－x1)(x2＋x1)<(3p－1)(x2－x1)，∵x1<x2，∴x1＋x2<3ea－1－1.综上所述，2<x1＋x2<3ea－1－1.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)，∴＝a＝，由对数均值不等式可得>＝，∴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)＝＋ln x，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>4.证明　由题知f′(x)＝－＋＝，则f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数.由函数f(x)＝＋ln x的单调性可知，若f(x1)＝f(x2)，设x1<x2，则必有0<x1<2<x2，所以4－x1>2，则f(x1)－f(4－x1)＝＋ln x1－－ln(4－x1).令h(x)＝－＋ln x－ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝－－＋＋＝＝－<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)＝，f(x1)＝f(x2)＝t(0<x1<x2，0<t<1).证明：x1＋x2>2x1x2.证明　因为x2>x1>0，依题意得⇒两式相减得ln x1－ln x2＝x1－x2，由对数均值不等式得<＝1<，∴x1x2<1，即>1，且x1＋x2>2，故>2，所以x1＋x2>2x1x2.3.(2022·宁波调研)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－＝，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<x1<1<x2，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<x<1，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－，0<x<1，令h(x)＝x(1－ln x)，则h′(x)＝－ln x>0，所以h(x)单调递增，所以0<h(x)<h(1)＝1.所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(1－ln x)，0<x<1，又0<x1<1<x2，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.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<ln ，则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>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≥－，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<－，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<x2，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.