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(共27张PPT)
微专题6　极值点偏移
大题考法1　
PART
01
第一部分
(2)若函数f(x)在x＝e处取得极值，且f′(x1)＝f′(x2)，x1令g(x)＝2x(ln x－1)(x>0)，因为g′(x)＝2ln x，当x＝1时，g′(x)＝0；当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．且当x∈(0，e)时，g(x)＝2x(ln x－1)<0；当x∈(e，＋∞)时，g(x)＝2x(ln x－1)>0，
故0先证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1，易知x2>1，2－x1>1，下面证明：g(x1)＝g(x2)>g(2－x1).
设t(x)＝g(2－x)－g(x)，x∈(0，1)，则t′(x)＝－g′(2－x)－g′(x)，
t′(x)＝－2ln (2－x)－2ln x＝－2ln [(2－x)·x]>0，故t(x)在(0，1)上单调递增，又t(1)＝0，故t(x)<0，所以t(x1)＝g(2－x1)－g(x1)<0，则g(2－x1)所以2－x12.
下面证明：x1＋x2令g(x1)＝g(x2)＝m，当x∈(0，1)时，g(x)－(－2x)＝2x ln x<0，
所以g(x)<－2x成立，
对称构造法是解决极值点偏移的基本方法，主要有四个基本步骤：①求函数f(x)的极值点x0；②构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；③确定函数F(x)的单调性；④结合F(x0)＝0，判断F(x)的符号，从而确定f(x)，f(2x0－x)的大小关系．记忆口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随．
已知函数f(x)＝ln x－x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋a，若x1，x2∈(0，e]是函数g(x)的两个不同零点，
①求实数a的取值范围；
②求证：x1x2＜1.
解：①若x1，x2∈(0，e]是g(x)的两个不同零点，则y＝f(x)的图象与直线y＝－a在(0，e]上有两个不同交点．
由(1)知f(x)max＝f(1)＝－1，又f(e)＝1－e，则f(x)在(0，e]上的大致图象如图所示，由图象可知1－e≤－a＜－1，
所以1＜a≤e－1，即实数a的取值范围为(1，e－1].
大题考法2
PART
02
第二部分
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
消参减元在消去参数后常利用比(差)值换元进行减元，进而建立与所求解问题相关的函数．就是根据已知条件首先建立x1，x2之间的关系，然后利用x1，x2之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．此法用比值或差值(一般用t表示)表示x1，x2，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题．其解题要点如下：
建方程 根据题设条件建立x1，x2所满足的方程
定关系 根据x1，x2所满足的方程，利用方程解的理论，建立x1，x2与参数之间的关系
消参减元 根据x1，x2之间的关系，化简或转化所求解问题，进行消参减元
构造函数 根据消参减元后的式子结构特征，构建相应的函数
求解问题 利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而解决相关问题
已知函数f(x)＝x ln x－ax2的导函数为g(x).
(1)讨论函数g(x)的单调性；
(2)若x1，x2是函数f(x)的两个极值点，求证：x1x2＞1.微专题6　极值点偏移
大题考法1　对称构造函数
　已知函数f(x)＝x2(ln x－a)，a为实数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在x＝e处取得极值，且f′(x1)＝f′(x2)，x1【解】　(1)函数f(x)＝x2(ln x－a)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x(ln x－a)＋x＝x(2ln x－3a＋1)，
令f′(x)＝0，则ln x＝，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.
故函数f(x)的单调递减区间为(0，e)，单调递增区间为(e，＋∞).
(2)证明：因为函数f(x)在x＝e处取得极值，
由(1)知x＝e＝e，得a＝1，
所以f(x)＝x2(ln x－)，
得f′(x)＝x(2ln x－2)＝2x(ln x－1).
令g(x)＝2x(ln x－1)(x>0)，因为g′(x)＝2ln x，当x＝1时，g′(x)＝0；当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．且当x∈(0，e)时，g(x)＝2x(ln x－1)<0；当x∈(e，＋∞)时，g(x)＝2x(ln x－1)>0，
故0先证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1，易知x2>1，2－x1>1，下面证明：g(x1)＝g(x2)>g(2－x1).
设t(x)＝g(2－x)－g(x)，x∈(0，1)，则t′(x)＝－g′(2－x)－g′(x)，t′(x)＝－2ln (2－x)－2ln x＝－2ln [(2－x)·x]>0，故t(x)在(0，1)上单调递增，又t(1)＝0，故t(x)<0，所以t(x1)＝g(2－x1)－g(x1)<0，则g(2－x1)所以2－x12.
下面证明：x1＋x2令g(x1)＝g(x2)＝m，当x∈(0，1)时，g(x)－(－2x)＝2x ln x<0，所以g(x)<－2x成立，
所以－2x1>g(x1)＝m，所以x1<－.
当x∈(1，e)时，记h(x)＝g(x)－(2x－2e)＝2x ln x－4x＋2e，
所以当x∈(1，e)时，h′(x)＝2ln x－2<0，
所以h(x)为减函数，得h(x)>h(e)＝2e－4e＋2e＝0，
所以m＝g(x2)>2x2－2e，即得x2<＋e，
所以x1＋x2<－＋＋e＝e得证．
综上所述，2INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
对称构造法是解决极值点偏移的基本方法，主要有四个基本步骤：①求函数f(x)的极值点x0；②构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；③确定函数F(x)的单调性；④结合F(x0)＝0，判断F(x)的符号，从而确定f(x)，f(2x0－x)的大小关系．记忆口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
已知函数f(x)＝ln x－x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋a，若x1，x2∈(0，e]是函数g(x)的两个不同零点，
①求实数a的取值范围；
②求证：x1x2＜1.
解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1＝，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).　
(2)①若x1，x2∈(0，e]是g(x)的两个不同零点，则y＝f(x)的图象与直线y＝－a在(0，e]上有两个不同交点．
由(1)知f(x)max＝f(1)＝－1，又f(e)＝1－e，则f(x)在(0，e]上的大致图象如图所示，由图象可知1－e≤－a＜－1，
所以1＜a≤e－1，即实数a的取值范围为(1，e－1].
②证明：不妨设x1＜x2，由①知0＜x1＜1＜x2≤e，因为g(x)＝f(x)＋a，所以g′(x)＝，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，要证x1x2<1，只需证x1<，因为x1∈(0，1)，∈[，1)，g(x)在(0，1)上单调递增，
所以只需证g(x1)又g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x2)设F(x)＝g(x)－g()(1＜x≤e)，
则F′(x)＝－·(－)＝＋＝－＜0，
所以F(x)在(1，e]上是减函数，所以F(x)＜F(1)＝0，
即g(x)＜g()，所以g(x2)＜g()，则x1x2＜1得证．
大题考法2　消参减元构造函数
　(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
【解】　(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
由f′(x)＝－＋1＝＝，易得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.
又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1].
(2)证明：方法一：不妨设x11.
令F(x)＝f(x)－f()，
则F′(x)＝＋ eq \f(（eeq \s\up10()＋\f(1,x)）（\f(1,x)－1）,\f(1,x2)) ·＝(ex＋x－xeeq \s\up10()－1).
令g(x)＝ex＋x－xeeq \s\up10()－1，
则g′(x)＝ex＋1－eeq \s\up10()＋xeeq \s\up10()·＝ex＋1＋eeq \s\up10() (－1)，所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x∈(0，1)时，g(x)则F′(x)>0，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以F(x)又0又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f()<0，
即f(x2)由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x2<，即x1x2<1.
方法二：不妨设x1由f(x1)＝f(x2)＝0，得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2，
即e＋x1－ln x1＝e＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上是增函数，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
g(x)＝h(x)－h()＝x－－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，h(x)>h()，
所以h(x1)＝h(x2)>h()，
又h′(x)＝1－＝，所以h(x)在(0，1)上单调递减，
所以0INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
消参减元在消去参数后常利用比(差)值换元进行减元，进而建立与所求解问题相关的函数．就是根据已知条件首先建立x1，x2之间的关系，然后利用x1，x2之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．此法用比值或差值(一般用t表示)表示x1，x2，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题．其解题要点如下：
建方程 根据题设条件建立x1，x2所满足的方程
定关系 根据x1，x2所满足的方程，利用方程解的理论，建立x1，x2与参数之间的关系
消参减元 根据x1，x2之间的关系，化简或转化所求解问题，进行消参减元
构造函数 根据消参减元后的式子结构特征，构建相应的函数
求解问题 利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而解决相关问题
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
已知函数f(x)＝x ln x－ax2的导函数为g(x).
(1)讨论函数g(x)的单调性；
(2)若x1，x2是函数f(x)的两个极值点，求证：x1x2＞1.
解：(1)g(x)＝f′(x)＝ln x－2ax＋1(x>0)，
则g′(x)＝－2a＝.
①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当a＞0时，0＜x＜时，g′(x)＞0，g(x)在(0，)上单调递增；
当x＞时，g′(x)＜0，g(x)在(，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由题意得ln x1－2ax1＋1＝0，ln x2－2ax2＋1＝0，
故2a＝，ln x1＝2ax1－1，ln x2＝2ax2－1.
要证x1x2＞1，即证ln x1＋ln x2＞0，
即证(2ax1－1)＋(2ax2－1)＞0，
即证2a＞.即证＞，
不妨设0＜x1＜x2，t＝∈(0，1)，
即证ln ＜，即证ln t＜.
令h(t)＝ln t－，t∈(0，1)，
则h′(t)＝－＝＞0，
故h(t)在(0，1)上单调递增，h(t)＜h(1)＝0，
所以ln t＜成立，因此x1x2＞1得证．
INCLUDEPICTURE "专题强化练.TIF"
1．已知函数f(x)＝ln x＋＋a.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，求证：x1＋x2＞2.
解：(1)因为f(x)＝ln x＋＋a(x>0)，
所以f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，
则当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).
(2)证明：由(1)知，不妨设0＜x1＜1＜x2，构造函数g(x)＝f(x)－f(2－x)(0＜x＜1)，
故g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝＋＝＜0，
故函数g(x)在(0，1)上单调递减，g(x)＞g(1)＝0.
因为x1∈(0，1)，所以g(x1)＝f(x1)－f(2－x1)＞0，
又因为f(x1)＝f(x2)，
所以f(x2)－f(2－x1)＞0，
即f(x2)＞f(2－x1).
因为0＜x1＜1＜x2，
所以x2，2－x1∈(1，＋∞)，
又因为函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2＞2－x1，即x1＋x2＞2得证．
2．已知函数f(x)＝x－aex(a为常数)有两个不同的零点x1，x2(e为自然对数的底数)，求证：x1＋x2＞2.
证明：因为x1，x2是函数f(x)＝x－aex的两个不同的零点，所以可得x1＋x2＝a(e x1＋e x2).
欲证x1＋x2＞2，只需证a(e x1＋e x2)＞2，
又x1－x2＝a(e x1－e x2)，可得a＝，
所以只需证·(e x1＋e x2)＞2，
即只需证＞.
不妨设x1＞x2，则x1－x2＞0，则要证＞，只需证x1－x2＞，即x1－x2＞ eq \f(2（e－1）,e＋1) ，　
令t＝x1－x2(t＞0)，则只需证t＞.
设g(t)＝t－(t＞0)，
则g′(t)＝1－＝＞0，
所以g(t)在(0，＋∞)上是增函数，
所以g(t)＞g(0)＝0，所以t＞，
所以＞成立，故x1＋x2＞2成立．
3．已知函数f(x)＝aex－x2有两个极值点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)若x2≥3x1时，不等式x1＋λx2≥2x1x2恒成立，求λ的最小值．
解：(1)由f(x)＝aex－x2，得f′(x)＝aex－2x，
因为函数f(x)有两个极值点，
所以方程f′(x)＝0有两个不同实数根，即方程a＝有两个不同实数根．
设u(x)＝，则u′(x)＝，
当x<1时，u′(x)>0，则u(x)单调递增；当x>1时，u′(x)<0，则u(x)单调递减，
所以当x＝1时，u(x)取得极大值，即最大值u(1)＝，
又当x<0时，u(x)<0；当x>0时，u(x)>0，且当x→＋∞时，u(x)→0，
所以可作出y＝u(x)的大致图象如图所示，作出直线y＝a，
由图可知，当直线y＝a与y＝u(x)的图象有两个交点，即方程a＝有两个不同的实数根时，0故实数a的取值范围是(0，).
(2)由(1)可知，f(x)的两个极值点x1，x2是方程aex－2x＝0的两根，
且00，aex2＝2x2>0，
两式作商得e＝，则x2－x1＝ln >0.
由x1＋λx2≥2x1x2，得(x2－x1)(x1＋λx2)≥2x1x2ln ，
即(－1)(1＋λ)≥2ln ，
令t＝≥3，则λ≥，
令h(t)＝(t≥3)，
则h′(t)＝(t≥3)，
令φ(t)＝3－＋－2ln t(t≥3)，
则φ′(t)＝－＋－＝＝<0，
所以φ(t)在[3，＋∞)上为减函数，
又φ(3)＝3－＋－2ln 3＝<0，
所以当t≥3时，φ(t)<0，即h′(t)<0，
则h(t)在[3，＋∞)上为减函数，
则h(t)≤h(3)＝ln 3－，故λ≥ln 3－，
所以λ的最小值为ln 3－.
4．(2024·文昌模拟)已知函数f(x)＝＋ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个不相同的零点x1，x2，
证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2.
解：(1)f(x)＝＋ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝.
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
则函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，
令f′(x)<0，解得0故函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故f(x)至多有一个零点，不符合要求，故a>0.
要想f(x)有两个不相同的零点x1，x2，
则f(a)＝1＋ln a<0，解得0因为＋ln x1＝0，＋ln x2＝0，
所以＋＝－ln x1－ln x2＝－ln (x1x2).
要证x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2，
即证x1· eq \f(x1－a,x) ＋x2· eq \f(x2－a,x) ＝＋
＝2＋ln (x1x2)>2ln a＋2，
即证ln (x1x2)>2ln a.
因为y＝ln x在(0，＋∞)上为增函数，
所以只需证x1x2>a2.
不妨设0要证>在0只需证>ln x2－ln x1，
即 －>ln .
令 ＝t，则t>1，即证t－>2ln t，t>1，
构造函数h(t)＝t－－2ln t，t>1，
则h′(t)＝1＋－＝＝>0恒成立，
故函数h(t)在(1，＋∞)上为增函数．
故h(t)>h(1)＝1－1－2ln 1＝0，所以t－>2ln t，t>1，
故>，即>，
所以>a，即x1x2>a2，故原命题得证．

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