微专题37　极值点偏移问题-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题37　极值点偏移问题-2024年高考数学二轮微专题系列，共15页。
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)1，
由f′(x)>0，得x0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x1f[1－(x2－1)]＝f(2－x2).
因为x2>1，所以2－x22－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x12－x1，
只需要证f(2－x1)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