资源简介

进阶3　极值点偏移(一)
分值：34分
1.(17分)已知f(x)=ln x-ax，其中a>0.
(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；(6分)
(2)若f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>.(11分)
2.(17分)(2024·常州模拟)已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0).
(1)若函数f(x)在定义域内为减函数，求实数a的取值范围；(6分)
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1.(11分)
答案精析
1.(1)解　f'(x)=-a=
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)max=f =ln-1=-ln a-1，
当x→0+时，f(x)→-∞，
当x→+∞时，f(x)→-∞.
由于f(x)有两个零点，
所以-ln a-1>0，
即0故a的取值范围是.
(2)证明　由(1)知0要证x1+x2>
即证x2>-x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>-x1>
所以只需证f(x2)即证f(x1)则h'(x)=-<0，
所以h(x)在上单调递减，
所以h(x)>h=0，
即f >f(x)，
即f >f(x1)，
所以x1+x2>.
2.(1)解　f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1+ln x-ax，
由题意f'(x)≤0恒成立，
即a≥恒成立，
设h(x)=
则h'(x)==-
当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)=单调递增，
当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)=单调递减，
所以h(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，h(x)max=h(1)=1，
故a≥1.
(2)证明　方法一　函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
则x1，x2(x1g'(x)=-a，
当x∈时，g'(x)>0，
当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0又因为g(1)=1-a>0，
所以0要证x1x2>
只需证x2>>
只需证g(x2)其中g(x2)=0，
即证g=1-ln(ax1)->0，
即证ln(ax1)+-1<0，
由g(x1)=ln x1-ax1+1=0，
设ax1=t∈(0，1)，
则ln x1=t-1，x1=et-1，
则ln(ax1)+-1<0 ln t+e1-t-1<0，
设G(t)=ln t+e1-t-1(0G'(t)=-e1-t=
由(1)知≤1，故ln x≤x-1，
所以ex-1≥x，et-1-t≥0，
即G'(t)≥0，G(t)在(0，1)上单调递增，
G(t)故ln(ax1)+-1<0成立，
即x1x2>.
方法二　先证明引理：
当0当t>1时，ln t>
设M(t)=ln t-(t>0)，
M'(t)=-=≥0，
所以M(t)在(0，+∞)上单调递增，又M(1)=0，
当0当t>1时，M(t)>M(1)=0，
故引理得证.
因为函数f(x)有两个极值点，
由(1)可知0设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
则x1，x2(x1g'(x)=-a，
当x∈时，g'(x)>0，
当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0即0要证x1x2>
只需证ln x1+ln x2>-ln a，
因为
即证a(x2+x1)>2-ln a，
由引理可得ax2+ln a-1=ln(ax2)>
化简可得a2+a(ln a-2)x2+ln a+1>0，①
同理ax1+ln a-1=ln(ax1)<
化简可得a2+a(ln a-2)x1+ln a+1<0，②
由①②可得a2(x2+x1)(x2-x1)+a(ln a-2)(x2-x1)>0，
因为x2-x1>0，a>0，
所以a(x2+x1)+ln a-2>0，
即a(x2+x1)>2-ln a，
从而x1x2>.进阶3　极值点偏移(一)
1.极值点偏移的定义
极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性.例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标的两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移.
2.从图形角度理解极值点偏移(x0为极值点，且x1(1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2=2x0.
(2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0.
(3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0.
题型一　对称化构造法(和型)
例1　(2024·南充模拟)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)求证：x1+x2>2.
思维升华　证明x1+x2>2x0的步骤
(1)求极值点x0：求出函数f(x)的极值点x0，结合函数f(x)的图象，由f(x1)=f(x2)得出x1，x2的取值范围.
(2)构造函数：对结论为x1+x2>2x0的情况，构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x).
①F'(x)=f'(x)+f'(2x0-x)>0，则F(x)单调递增；
②注意到F(x0)=0，则F(x1)=f(x1)-f(2x0-x1)<0即f(x1)③f(x2)=f(x1)2x0-x1；
④得到结论x2+x1>2x0.
跟踪训练1　已知f(x)=ln x-2x，若f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>1.
题型二　对称化构造法(积型)
例2　(2024·南充模拟)已知函数f(x)=(1+ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)=1有两个不同的根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1.
思维升华　对结论x1x2>型，方法一是构造函数F(x)=f(x)-f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1+ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可.
跟踪训练2　(2025·江苏联考)已知函数f(x)=xln x+t在点(1，f(1))处的切线经过原点.
(1)求t的值；
(2)若存在x1答案精析
例1　(1)解　f(x)的定义域为(0，+∞)，
因为f'(x)=1-=，
所以当0当x>1时，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
所以当x=1时，f(x)取得最小值1-a.
又当x趋近于0或+∞时，f(x)趋近于+∞，
所以要使f(x)有两个不同的零点x1，x2，只需满足1-a<0，即a>1.
所以实数a的取值范围为(1，+∞).
(2)证明　不妨设x1则2-x1>1，
要证x1+x2>2，
只需证2-x1又f(x)在(1，+∞)上单调递增，f(x1)=f(x2)=0，
所以只需证f(2-x1)即证f(2-x1)记g(x)=f(2-x)-f(x)=2-2x-ln(2-x)+ln x，x∈(0，1)，
则g'(x)=+-2=-，
当00，g(x)单调递增，
又g(1)=f(2-1)-f(1)=0，
所以g(x1)=f(2-x1)-f(x1)<0，
即f(2-x1)所以x1+x2>2.
跟踪训练1　证明　f'(x)=-2
=，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)max=f=-1-ln 2，
又当x→0+时，f(x)→-∞，
当x→+∞时，f(x)→-∞，
所以f(x)的图象如图所示.
不妨设0要证x1+x2>1，
只需证x2>1-x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>，1-x1>，
所以只需证f(x2)即证f(x1)令h(x)=f(1-x)-f(x)，0则h'(x)=-<0，
所以h(x)在上单调递减，
又h=f -f =0，
所以h(x)>0，
即f(1-x)>f(x)，
即f(1-x1)>f(x1)，
所以x1+x2>1.
例2　解　(1)由题意可得x>0，>0，所以a>0，
f(x)=(1+ln x)=的定义域为(0，+∞)，
又f'(x)==-，
由f'(x)=0，得x=1，
当00，
则f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f'(x)<0，
则f(x)在(1，+∞)上单调递减.
(2)由=1，得=a，
设g(x)=，
g'(x)==，
由g'(x)=0，得x=1，
当00，
则g(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，g'(x)<0，
则g(x)在(1，+∞)上单调递减，
又g=0，g(1)=1，且当x趋近于正无穷时，g(x)趋近于0，
g(x)=的图象如图，
所以当0不妨设x1则0=，
设h(x)=g(x)-g=-x(1-ln x)，
h'(x)=+ln x=ln x≥0，
所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，
又h(1)=0，
所以h(x1)=g(x1)-g<0，
即g(x1)又g(x1)=g(x2)，
所以g(x2)又x2>1，>1，g(x)在(1，+∞)上单调递减，
所以x2>，
故x1x2>1.
跟踪训练2　(1)解　因为f'(x)=ln x+1，所以f'(1)=1，
因为f(1)=t，
所以切线方程为y-t=x-1，
即y=x+t-1.
因为切线经过原点，所以0=0+t-1，
所以t=1.
(2)证明　因为f(x)=xln x+1(x>0)，
所以f'(x)=ln x+1，
令f'(x)>0，解得x>；
令f'(x)<0，解得0所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
因为f =1-，f(1)=1，
当x趋近于0时，f(x)趋近于1，f(x)的图象如图所示.
所以存在x1且0要证x1x2<，即证x1<，
因为<<，
只需证f(x1)>f ，
因为f(x1)=f(x2)，
即证f(x2)>f .
令g(x)=f(x)-f
=xln x-ln
=xln x+(ln x+2)，
所以g'(x)=(ln x+1)+
=(ln x+1).
因为0，
所以g(x)在上单调递增，
所以g(x)>g=0，
所以f(x)>f ，
即f(x2)>f ，
所以x1x2<.(共57张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
极值点偏移(一)
进阶3
1.极值点偏移的定义
极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性.例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标的两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移.
2.从图形角度理解极值点偏移(x0为极值点，且x1(1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.
(2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0.
(3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0.
例1　(2024·南充模拟)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；
对称化构造法(和型)
题型一
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f'(x)＝1－
所以当0当x>1时，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值1－a.
又当x趋近于0或＋∞时，f(x)趋近于＋∞，
所以要使f(x)有两个不同的零点x1，x2，只需满足1－a<0，即a>1.
所以实数a的取值范围为(1，＋∞).
(2)求证：x1＋x2>2.
不妨设x1则2－x1>1，
要证x1＋x2>2，
只需证2－x1又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x1)＝f(x2)＝0，
所以只需证f(2－x1)即证f(2－x1)记g(x)＝f(2－x)－f(x)＝2－2x－ln(2－x)＋ln x，x∈(0，1)，
则g'(x)＝－2＝－
当00，g(x)单调递增，
又g(1)＝f(2－1)－f(1)＝0，
所以g(x1)＝f(2－x1)－f(x1)<0，
即f(2－x1)所以x1＋x2>2.
证明x1＋x2>2x0的步骤
(1)求极值点x0：求出函数f(x)的极值点x0，结合函数f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得出x1，x2的取值范围.
(2)构造函数：对结论为x1＋x2>2x0的情况，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
①F'(x)＝f'(x)＋f'(2x0－x)>0，则F(x)单调递增；
②注意到F(x0)＝0，则F(x1)＝f(x1)－f(2x0－x1)<0即f(x1)③f(x2)＝f(x1)2x0－x1；
④得到结论x2＋x1>2x0.
思维升华
跟踪训练1　已知f(x)＝ln x－2x，若f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>1.
f'(x)＝－2＝
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)max＝f ＝－1－ln 2，
又当x→0＋时，f(x)→－∞，
当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以f(x)的图象如图所示.
不妨设01，
只需证x2>1－x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>1－x1>
所以只需证f(x2)即证f(x1)令h(x)＝f(1－x)－f(x)，0则h'(x)＝－<0，
所以h(x)在上单调递减，
又h＝f －f ＝0，
所以h(x)>0，
即f(1－x)>f(x)，
即f(1－x1)>f(x1)，
所以x1＋x2>1.
例2　(2024·南充模拟)已知函数f(x)＝(1＋ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
对称化构造法(积型)
题型二
由题意可得x>0>0，所以a>0，
f(x)＝(1＋ln x)的定义域为(0，＋∞)，
又f'(x)＝＝－
由f'(x)＝0，得x＝1，
当00，
则f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f'(x)<0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递减.
(2)若方程f(x)＝1有两个不同的根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1.
由＝1，得＝a，
设g(x)＝
g'(x)＝
由g'(x)＝0，得x＝1，
当00，
则g(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，g'(x)<0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又g＝0，g(1)＝1，且当x趋近于正无穷时，g(x)趋近于0，
g(x)＝的图象如图，
所以当0不妨设x1则0设h(x)＝g(x)－g－x(1－ln x)，
h'(x)＝＋ln x＝ln x≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－g<0，即g(x1)又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)又x2>1>1，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以x2>故x1x2>1.
对结论x1x2>型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f 通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1＋ln x2 >2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可.
思维升华
跟踪训练2　(2025·江苏联考)已知函数f(x)＝xln x＋t在点(1，f(1))处的切线经过原点.
(1)求t的值；
因为f'(x)＝ln x＋1，所以f'(1)＝1，
因为f(1)＝t，所以切线方程为y－t＝x－1，
即y＝x＋t－1.
因为切线经过原点，所以0＝0＋t－1，
所以t＝1.
(2)若存在x1因为f(x)＝xln x＋1(x>0)，
所以f'(x)＝ln x＋1，
令f'(x)>0，解得x>；
令f'(x)<0，解得0所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
因为f ＝1－f(1)＝1，
当x趋近于0时，f(x)趋近于1，f(x)的图象如图所示.
所以存在x1且0要证x1x2<即证x1<
因为<<只需证f(x1)>f
因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)>f .
令g(x)＝f(x)－f ＝xln x－ln
＝xln x＋(ln x＋2)
所以g'(x)
＝(ln x＋1)＋
＝(ln x＋1).
因为0，
所以g(x)在上单调递增，
所以g(x)>g＝0，
所以f(x)>f 即f(x2)>f
所以x1x2<.
课时精练
答案
1
2
(1)f'(x)=-a=
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)max=f =ln-1=-ln a-1，
当x→0+时，f(x)→-∞，当x→+∞时，f(x)→-∞.
由于f(x)有两个零点，所以-ln a-1>0，
即0故a的取值范围是.
1.
答案
1
2
(2)由(1)知0要证x1+x2>即证x2>-x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>-x1>
所以只需证f(x2)即证f(x1)1.
答案
1
2
则h'(x)=-<0，
所以h(x)在上单调递减，
所以h(x)>h=0，
即f >f(x)，即f >f(x1)，
所以x1+x2>.
1.
答案
1
2
(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1+ln x-ax，
由题意f'(x)≤0恒成立，
即a≥恒成立，
设h(x)=则h'(x)==-
当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)=单调递增，
当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)=单调递减，
所以h(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，h(x)max=h(1)=1，故a≥1.
2.
答案
1
2
(2)方法一　函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
则x1，x2(x1当x∈时，g'(x)>0，当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以02.
答案
1
2
又因为g(1)=1-a>0，所以0要证x1x2>只需证x2>>
只需证g(x2)其中g(x2)=0，
即证g=1-ln(ax1)->0，
2.
答案
1
2
即证ln(ax1)+-1<0，
由g(x1)=ln x1-ax1+1=0，
设ax1=t∈(0，1)，
则ln x1=t-1，x1=et-1，
则ln(ax1)+-1<0 ln t+e1-t-1<0，
设G(t)=ln t+e1-t-1(02.
答案
1
2
G'(t)=-e1-t=
由(1)知≤1，故ln x≤x-1，
所以ex-1≥x，et-1-t≥0，
即G'(t)≥0，G(t)在(0，1)上单调递增，G(t)故ln(ax1)+-1<0成立，
即x1x2>.
2.
答案
1
2
方法二　先证明引理：
当0当t>1时，ln t>
设M(t)=ln t-(t>0)，
M'(t)=-=≥0，
所以M(t)在(0，+∞)上单调递增，又M(1)=0，
2.
答案
1
2
当0当t>1时，M(t)>M(1)=0，
故引理得证.
因为函数f(x)有两个极值点，
由(1)可知0设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
则x1，x2(x12.
答案
1
2
g'(x)=-a，
当x∈时，g'(x)>0，
当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0
2.
答案
1
2
只需证ln x1+ln x2>-ln a，
因为
即证a(x2+x1)>2-ln a，
由引理可得ax2+ln a-1=ln(ax2)>
化简可得a2+a(ln a-2)x2+ln a+1>0， ①
同理ax1+ln a-1=ln(ax1)<
2.
答案
1
2
化简可得a2+a(ln a-2)x1+ln a+1<0， ②
由①②可得a2(x2+x1)(x2-x1)+a(ln a-2)(x2-x1)>0，
因为x2-x1>0，a>0，
所以a(x2+x1)+ln a-2>0，
即a(x2+x1)>2-ln a，
从而x1x2>.
2.
1.已知f(x)＝ln x－ax，其中a>0.
(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；
1
2
答案
1
2
答案
f'(x)＝－a＝
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
f(x)max＝f ＝ln－1＝－ln a－1，
当x→0＋时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞.
由于f(x)有两个零点，所以－ln a－1>0，
即0故a的取值范围是.
(2)若f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>.
1
2
答案
1
2
答案
由(1)知0要证x1＋x2>即证x2>－x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>－x1>
所以只需证f(x2)即证f(x1)1
2
答案
令h(x)＝f －f(x)
则h'(x)＝－<0，
所以h(x)在上单调递减，所以h(x)>h＝0，
即f >f(x)，即f >f(x1)，
所以x1＋x2>.
1
2
答案
2.(2024·常州模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2(a>0).
(1)若函数f(x)在定义域内为减函数，求实数a的取值范围；
1
2
答案
f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝1＋ln x－ax，
由题意f'(x)≤0恒成立，即a≥恒成立，
设h(x)＝则h'(x)＝＝－
当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)＝单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h'(x)<0，h(x)＝单调递减，
所以h(x)在x＝1处取得极大值，也是最大值，h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1.
1
2
答案
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1.
1
2
答案
方法一　函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0设g(x)＝f'(x)＝1＋ln x－ax，
则x1，x2(x1g'(x)＝－a，当x∈时，g'(x)>0，当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0又因为g(1)＝1－a>0，
1
2
答案
所以0要证x1x2>只需证x2>>只需证g(x2)其中g(x2)＝0，
即证g＝1－ln(ax1)－>0，
即证ln(ax1)＋－1<0，
由g(x1)＝ln x1－ax1＋1＝0，
1
2
答案
设ax1＝t∈(0，1)，
则ln x1＝t－1，x1＝et－1，
则ln(ax1)＋－1<0 ln t＋e1－t－1<0，
设G(t)＝ln t＋e1－t－1(0G'(t)＝－e1－t＝
由(1)知≤1，故ln x≤x－1，
1
2
答案
所以ex－1≥x，et－1－t≥0，
即G'(t)≥0，G(t)在(0，1)上单调递增，
G(t)即x1x2>.
1
2
答案
方法二　先证明引理：
当0当t>1时，ln t>
设M(t)＝ln t－(t>0)，
M'(t)＝≥0，
所以M(t)在(0，＋∞)上单调递增，又M(1)＝0，
1
2
答案
当0当t>1时，M(t)>M(1)＝0，
故引理得证.
因为函数f(x)有两个极值点，
由(1)可知0设g(x)＝f'(x)＝1＋ln x－ax，
则x1，x2(x1g'(x)＝－a，当x∈时，g'(x)>0，
1
2
答案
当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0要证x1x2>只需证ln x1＋ln x2>－ln a，
因为
即证a(x2＋x1)>2－ln a，
1
2
答案
由引理可得ax2＋ln a－1＝ln(ax2)>
化简可得a2＋a(ln a－2)x2＋ln a＋1>0， ①
同理ax1＋ln a－1＝ln(ax1)<
化简可得a2＋a(ln a－2)x1＋ln a＋1<0， ②
由①②可得a2(x2＋x1)(x2－x1)＋a(ln a－2)(x2－x1)>0，
因为x2－x1>0，a>0，所以a(x2＋x1)＋ln a－2>0，
即a(x2＋x1)>2－ln a，从而x1x2>.

展开更多......

收起↑