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高考重难专攻(四)　极值点偏移问题
设函数f(x)的极值点为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； 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，极值点偏移问题是高考时常光顾的考点．
对称构造法求极值点偏移问题
　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．
[解]　(1)f′(x)＝(1－x)e－x，令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ? 极大值 ?
∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)在x＝1处取得极大值．
(2)证明：构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，
∴F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，且x→1时，F(x)→0，∴F(x)>0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，
可设x1<1将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x1)>f(2－x2)．
又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
∴x1>2－x2，即x1＋x2>2．
对称构造法，主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式问题．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．　
已知函数f(x)＝(x－1)ex－a，a∈R．
(1)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<0．
解：(1)由f(x)＝0得a＝(x－1)ex，令g(x)＝(x－1)ex，∵g′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，
由g′(x)>0得x>0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由g′(x)<0得x<0，∴函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴当x＝0时，函数f(x)有极小值同时也是最小值，
g(x)min＝g(0)＝－1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，当x→－∞时，g(x)<0，且g(x)→0，
则要使a＝g(x)有两个不同的零点，则－1(2)证明：∵x1，x2是函数f(x)的两个零点，∴由(1)知x1x2<0，且f(x1)＝f(x2)＝0，
不妨设x1<0，x2>0，则－x2<0，令F(x)＝f(x)－f(－x)＝(x－1)ex＋(1＋x)e－x，
则F′(x)＝x(ex－e－x)，当x<0时，F′(x)＝x(ex－e－x)>0，此时F(x)在(－∞，0)上为增函数，
∴F(x)∵－x2<0，∴f(－x2)由(1)知，f(x)在(－∞，0)上为减函数，∴－x2>x1，即x1＋x2<0．
消参减元法求极值点偏移问题
　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：x1x2>e2．
[证明]　∵函数f(x)有两个零点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，
欲证明x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2，∵ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，∴即证a>，
∴原命题等价于证明>，即证ln >(x1>x2)，
令＝t，则t>1，设g(t)＝ln t－(t>1)，g′(t)＝－＝>0，
∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，又∵g(1)＝0，∴g(t)>g(1)＝0，∴ln t>，即x1x2>e2．
消参减元的主要目的是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．消参减元法，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消去参数或减少变元，从而简化目标函数．其解题要点如下．
(1)建方程：求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)；
(2)定关系：即根据极值点所满足的方程，利用方程解的知识，建立极值点与方程系数之间的关系；
(3)消参减元：即根据两个极值点之间的关系，利用和差或积商等运算，化简或转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数；
(4)构造函数：即根据消参减元后的式子的结构特征，构造相应的函数；
(5)求解问题：即利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，解决相关问题．　
已知函数f(x)＝x2＋ax－aln x．
(1)若函数f(x)在[2,5]上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当a＝2时，若方程f(x)＝x2＋2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1．
解：(1)由题意函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋a－，
因为函数f(x)在[2,5]上单调递增，
所以f′(x)≥0在[2,5]上恒成立，即2x＋a－≥0对任意x∈[2,5]恒成立，
所以a≥对任意x∈[2,5]恒成立，即a≥max，x∈[2,5]．
令g(x)＝(x∈[2,5])，则g′(x)＝≤0(x∈[2,5])，
所以g(x)在[2,5]上单调递减，
所以g(x)在[2,5]上的最大值为g(2)＝－8．
所以a的取值范围是[－8，＋∞)．
(2)当a＝2时，方程f(x)＝x2＋2m，即x－ln x－m＝0，
令h(x)＝x－ln x－m(x>0)，则h′(x)＝1－，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝1－m．
若方程f(x)＝x2＋2m有两个不等实根，则有h(x)min<0，即m>1．
当m>1时，00，h(em)＝em－2m，
令p(x)＝ex－2x(x>1)，则p′(x)＝ex－2>0，即p(x)在(1，＋∞)上是增函数，p(x)>e－2>0，
所以h(em)>0，所以原方程有两个不等实根，
所以实数m的取值范围是(1，＋∞)．
不妨设x1所以x1x2<1 x1< h(x1)>h．
因为h(x1)＝h(x2)＝0，
所以h(x1)－h＝h(x2)－h
＝(x2－ln x2－m)－
＝x2－－2ln x2．
令φ(x)＝x－－2ln x(x>1)，则φ′(x)＝1＋－＝2>0，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，φ(x)>0，即x2－－2ln x2>0，
所以h(x1)>h，
即x1x2<1．
比(差)值换元法求极值点偏移问题
　已知f(x)＝xln x－mx2－x，m∈R．
(1)当m＝－2时，求函数f(x)的所有零点；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．
[解]　(1)当m＝－2时，f(x)＝xln x＋x2－x＝x(ln x＋x－1)，x>0．
设g(x)＝ln x＋x－1，x>0，则g′(x)＝＋1>0，于是g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
又g(1)＝0，∴g(x)有唯一零点x＝1．
从而，函数f(x)有唯一零点x＝1．
(2)证明：欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个零点．
又f′(x)＝ln x－mx，∴x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．于是有解得m＝．还可得，ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，从而可得，＝．
于是ln x1＋ln x2＝．
又01．因此，ln x1＋ln x2＝，t>1．要证ln x1＋ln x2>2，
即证>2，t>1．即证当t>1时，有ln t>．
设函数h(t)＝ln t－，t>1．则h′(t)＝－＝>0，
∴h(t)为(1，＋∞)上的增函数．注意到h(1)＝0．因此h(t)>0．
于是，当t>1时，有ln t>．∴ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2．
比(差)值换元的目的也是消参、减元，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．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题．　
已知函数f(x)＝axln x＋b(a，b为实数)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1．
(1)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝，证明g(x1)＝g(x2)(x12．
解：(1)f(x)的导数为f′(x)＝a(1＋ln x)，∵曲线在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，
∴解得a＝1，b＝0．令f′(x)＝1＋ln x＝0，得x＝．
当x>时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增；
当0∴f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为．
(2)证明：由(1)得f(x)＝xln x，故g(x)＝＝ln x＋(x>0)，
由g(x1)＝g(x2)(x1即＝ln >0．
要证x1＋x2>2，需证(x1＋x2)·>2ln ，即证－>2ln ．
设＝t(t>1)，即证t－>2ln t(t>1)．
令h(t)＝t－－2ln t，
则h′(t)＝1＋－＝2>0．
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，则h(t)>h(1)＝0，
即t－>2ln t．故x1＋x2>2．
[课时过关检测]
1．(2022·大庆二模)设函数f(x)＝ax－ln x＋＋b(a，b∈R)．若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1＋x2＋2>2ax1x2．
证明：不妨设x1即ax1＝ln x1－－b，ax2＝ln x2－－b，
两式相减得a(x2－x1)＝ln x2－ln x1－，
所以a＝＋．
要证x1＋x2＋2>2ax1x2，
即证x1＋x2＋2>2x1x2，
只需证x1＋x2>·x1x2，
只需证>2ln ，即证－>2ln ．
设＝t，则t>1，只需证t－>2ln t，
设h(t)＝t－－2ln t(t>1)，只需证h(t)>0．
因为h′(t)＝1＋－＝＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝0，即t－>2ln t，
所以x1＋x2＋2>2ax1x2．
2．已知函数f(x)＝xln x－x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0．
(1)求实数a的值；
(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2>2．
解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数f′(x)＝ln x－a(x－1)．
记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝(x>0)．
①当a≤0时，h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，
所以 x∈(1，＋∞)，有h(x)＝f′(x)>0，不合题意；
②当a>0时，若x∈，则h′(x)>0，若x∈，则h′(x)<0，所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以h(x)max＝h＝－ln a＋a－1＝0．
令g(a)＝－ln a＋a－1(a>0)，则g′(a)＝1－＝．
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1．
(2)当a＝1时，f(x)＝xln x－x2，则f′(x)＝1＋ln x－x．
由题意知f′(x)＝1＋ln x－x≤0恒成立，
所以f(x)＝xln x－x2在(0，＋∞)上单调递减，
易知f(1)＝－，f(x1)＋f(x2)＝－1＝2f(1)，
不妨设0欲证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1，
因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，故只需证f(x2)又f(x1)＋f(x2)＝－1，
故只需证－1－f(x1)－1．
令F(x)＝f(x)＋f(2－x)，x∈(0,1)，且F(1)＝－1．
所以欲证f(2－x1)＋f(x1)>－1，只需证F(x)>F(1)，
由F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋ln x－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，
整理得F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)，
则F″(x)＝>0(F″(x)为F′(x)的导数)，
所以F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0,1)上单调递增，
所以 x∈(0,1)，F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)所以函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间(0,1)上单调递减，
所以有F(x)>F(1)，故x1＋x2>2．
3．已知函数f(x)＝ae－x＋ln x－1(a∈R)．
(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ae－x＋＝，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0设g(x)＝ex－ax(x∈0，＋∞)，即g′(x)＝ex－a，
当0ln a时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g(ln a)＝eln a－aln a＝a(1－ln a)≥0，
∴f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤e时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)依题意，f′(x1)＝f′(x2)＝0，则
两式相除得，ex2－x1＝，设＝t，则t>1，x2＝tx1，e t－1 x1＝t，
∴x1＝，x2＝，
∴x1＋x2＝，
设h(t)＝(t>1)，则h′(t)＝，设φ(t)＝t－－2ln t(t>1)，则φ′(t)＝1＋－＝>0，
∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t)>φ(1)＝0，
∴h′(t)>0，则h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
又x1＋x2≤2ln 3，即h(t)≤2ln 3，而h(3)＝2ln 3，
∴t∈(1,3]，即的最大值为3．
4．已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2(x1(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：x2－x1<－2．
解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a，
①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，
故f(x)至多有一个零点，不符合题意；
②当a>0时，令f′(x)<0，得x0，得x>ln a，
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a＝a(1－ln a)．
(ⅰ)若0(ⅱ)若a>e，则ln a>1，f(x)min＝a(1－ln a)<0，
由(ⅰ)知ex－ex≥0，所以eln a－eln a＝a－eln a≥0，所以a－2ln a>a－eln a≥0，f(2ln a)＝a2－2aln a＝a(a－2ln a)>0，
又因为f(0)＝1>0,0综上，实数a的取值范围是(e，＋∞)．
(2)证明：由题意得令t＝x2－x1，则t>0，
两式相除得et＝ex2－x1＝＝，变形得x1＝，
欲证x2－x1<－2，即证t<－2，即证<2，
记h(t)＝(t>0)，h′(t)＝＝－<0，故h(t)在(0，＋∞)上单调递减，
从而h(t)

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