资源简介

　极值点偏移
【知识拓展】
已知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.
【类型突破】
类型一　对称化构造
例1 (2024·青岛质检节选)已知函数f(x)＝x2，若函数f(x)在x＝e处取得极值，且f′(x1)＝f′(x2)，x1训练1 已知函数f(x)＝ex－xln x＋x2－ax.
(1)证明：若a≤e＋1，则f(x)≥0；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
类型二　比(差)值换元
例2 (2024·杭州调研节选)已知函数f(x)＝x(ln x－a)，g(x)＝＋a－ax.若g(x)的两个相异零点为x1，x2，求证：x1x2>e2.
训练2 (2024·南京模拟)已知函数f(x)＝ex－1－ax2＋ax＋1.
(1)讨论f(x)的极值点个数.
(2)若f(x)有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1＋x2>4.
【精准强化练】
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.
2.(2024·贵阳监测)已知函数f(x)＝－m(a，m∈R)在x＝e时取得极值，且有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的值及实数m的取值范围；
(2)证明：x1x2>e2.
【解析版】
已知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.
【类型突破】
类型一　对称化构造
例1 (2024·青岛质检节选)已知函数f(x)＝x2，若函数f(x)在x＝e处取得极值，且f′(x1)＝f′(x2)，x1证明　由f(x)＝x2，
得f′(x)＝x(2ln x－2)＝2x(ln x－1).
令g(x)＝2x(ln x－1)，
则g′(x)＝2ln x，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要证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1，
因为x1<1，所以2－x1>1，
下面证明g(x1)＝g(x2)>g(2－x1).
即证g(x1)>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，
故t(x)所以t(x1)＝g(2－x1)－g(x1)<0，
则g(2－x1)所以2－x12.
规律方法　对称化构造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.
训练1 已知函数f(x)＝ex－xln x＋x2－ax.
(1)证明：若a≤e＋1，则f(x)≥0；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
证明　(1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，
所以f(x)≥0等价于－ln x＋x－a≥0.
设g(x)＝－ln x＋x－a，
则g′(x)＝，
当01时，g′(x)>0，
所在g(x)在(0，1)单调递减，g(x)在(1，＋∞)单调递增，
故g(x)≥g(1)＝e＋1－a.
因为a≤e＋1，所以g(x)≥0，于是f(x)≥0.
(2)不妨设x11，于是0<<1，
由于g(x)在(0，1)单调递减，故x1x2<1等价于g(x1)>g.
而g(x1)＝g(x2)＝0，
故x1x2<1等价于g(x2)>g.①
设h(x)＝g(x)－g，则①式为h(x2)>0.
因为h′(x)＝g′(x)－g′′＝.
设k(x)＝ex＋x－xe－1，
当x>1时，k′(x)＝ex－e＋e＋1>0，
故k(x)在(1，＋∞)单调递增，
所以k(x)>k(1)＝0，从而h′(x)>0，因此h(x)在(1，＋∞)单调递增.
又x2>1，故h(x2)>h(1)＝0，故g(x2)>g，于是x1x2<1.
类型二　比(差)值换元
例2 (2024·杭州调研节选)已知函数f(x)＝x(ln x－a)，g(x)＝＋a－ax.若g(x)的两个相异零点为x1，x2，求证：x1x2>e2.
证明　法一(等价变换后构商引参)
由题意知，g(x)＝ln x－ax，
不妨设x1>x2>0，
由
得
则＝＝，
令t＝，则t>1，＝，
即ln(x1x2)＝ln t.
要证x1x2>e2，只需证ln(x1x2)>2，
只需证ln t>2(t>1)，
即证ln t>(t>1)，
即证ln t－>0(t>1)，
令m(t)＝ln t－(t>1)，
因为m′(t)＝>0，所以m(t)在(1，＋∞)上单调递增，
则当t∈(1，＋∞)时，m(t)>ln 1－＝0，
所以ln t－>0成立，故x1x2>e2.
法二(直接引入两变量之商作为变量)
g(x)＝ln x－ax，
不妨设x1>x2>0，设t＝，显然t>1，
则x1＝tx2.
由得
即
两者相除得＝，
即1＋＝t，得ln x2＝，
所以ln x1＝ln(tx2)＝ln t＋ln x2＝ln t＋＝ln t＝ln t.
所以ln x1＋ln x2＝ln t＋＝ln t.
要证x1x2>e2，只需证ln(x1x2)>2，即ln x1＋ln x2>2，也就是ln t>2.
又t>1，所以t－1>0，不等式等价于(t＋1)ln t>2(t－1)，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0.
记G(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t>1)，
则G′(t)＝ln t＋(t＋1)×－2＝ln t＋－1.
记h(t)＝G′(t)＝ln t＋－1(t>1)，
则h′(t)＝－＝，
因为t>1，所以h′(t)>0，
故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>ln 1＋－1＝0，
故G′(t)>0，所以G(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以G(t)>(1＋1)×ln 1－2×(1－1)＝0，
即(t＋1)ln t－2(t－1)>0.
故原不等式得证.
规律方法　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.
训练2 (2024·南京模拟)已知函数f(x)＝ex－1－ax2＋ax＋1.
(1)讨论f(x)的极值点个数.
(2)若f(x)有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1＋x2>4.
(1)解　f′(x)＝ex－1－ax＋a.
因为f′(1)＝1≠0，所以1不是f(x)的极值点.
f′(x)＝ex－1－a(x－1)＝0可变形为＝a，
令g(x)＝，则f(x)的极值点个数问题可转变为直线y＝a与g(x)图象的交点个数问题.
g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝2，
又x≠1，所以g(x)在(－∞，1)，(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
因为g(2)＝e，且当x<1时，g(x)<0，
所以当a∈[0，e]时，f(x)没有极值点；
当a∈(－∞，0)时，f(x)有一个极值点；
当a∈(e，＋∞)时，f(x)有两个极值点.
(2)证明　法一(对称构造法)　由(1)知，当a∈(e，＋∞)时，f(x)有两个不同的极值点.
设x1由得ex1－x2＝，
所以x1－x2＝ln(x1－1)－ln(x2－1)，
即x1－ln(x1－1)＝x2－ln(x2－1).
令h(x)＝x－ln(x－1)，x∈(1，＋∞)，
则h′(x)＝1－＝，
易得h(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
要证x1＋x2>4，即证x2>4－x1.
因为x2>2，4－x1>2，且h(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以只需证h(x2)>h(4－x1).
因为h(x1)＝h(x2)，
所以即证h(x1)>h(4－x1).
令F(x)＝h(x)－h(4－x)＝x－ln(x－1)－(4－x)＋ln(3－x)＝2x－4－ln(x－1)＋ln(3－x)，x∈(1，2)，
则F′(x)＝2－＋＝<0，
所以F(x)在(1，2)上单调递减，
则F(x)>F(2)＝0，所以h(x1)>h(4－x1)，
即h(x2)>h(4－x1)，故x1＋x2>4.
法二(差值换元法)　由已知得
不妨设x2>x1，记t＝x2－x1，
则t>0，x2＝x1＋t，
则有
两式相除得＝，
即et＝1＋，
整理得x1＝＋1.
故x2＝x1＋t＝＋1＋t.
所证不等式x1＋x2>4等价于＋＋1＋t>4，即＋t>2.
因为t>0，所以et－1>0，
故不等式等价于2t＋(t－2)(et－1)>0，
即t＋2＋(t－2)et>0.
记m(x)＝x＋2＋(x－2)ex(x>0)，
则m′(x)＝1＋(x－1)ex，
记k(x)＝1＋(x－1)ex(x>0)，则k′(x)＝xex，
因为x>0，ex>0，所以k′(x)>0，
故函数k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故k(x)>1＋(0－1)×e0＝0，所以m′(x)>0，
故函数m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以m(x)>0＋2＋(0－2)×e0＝0，
即当x>0时，x＋2＋(x－2)ex>0.
原不等式得证.
【精准强化练】
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要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
只需要证f(2－x1)又f(x1)＝f(x2)，
∴只需证f(2－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再设h(x)＝ln x＋ln(2－x)，0则h′(x)＝－＝>0，
∴h(x)在(0，1)上单调递增，
∴h(x)∴g(x)在(0，1)上单调递减，
∴g(x)>g(1)＝0，
∴f(x)－f(2－x)>0，0∴f(x1)>f(2－x1)，∴x1＋x2>2.
2.(2024·贵阳监测)已知函数f(x)＝－m(a，m∈R)在x＝e时取得极值，且有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的值及实数m的取值范围；
(2)证明：x1x2>e2.
(1)解　由已知得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝.
由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当00；当x>ea＋1时，f′(x)<0.
所以f(x)在x＝ea＋1时取得极值，所以ea＋1＝e，解得a＝0.
所以f(x)＝－m(x>0)，f′(x)＝，
函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f(e)＝－m，
且f(e)为f(x)的极大值，也是最大值.
易知当x→0(x>0)时，f(x)→－∞；
当x→＋∞时，f(x)→－m.
又f(x)有两个零点x1，x2，
所以得0所以实数m的取值范围为.
(2)证明　法一　由题意，不妨设0则
则ln(x1x2)＝m(x1＋x2)，ln ＝m(x2－x1)，
所以m＝，
要证x1x2>e2，即证ln(x1x2)>2，即证m(x1＋x2)>2，即证ln >2，
令t＝，则t>1，
则只需证当t>1时，ln t>，
即证当t>1时，ln t－>0.
设g(t)＝ln t－(t>1)，
则g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
则g(t)>ln 1－＝0，
从而原不等式成立，
即x1x2>e2成立.
法二　令函数g(x)＝f(x)－f，
则g′(x)＝f′(x)－f′·＝f′(x)＋·f′＝＋·＝＋＝，
当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增.
不妨设x1由(1)可知x1∈(0，e)，x2∈(e，＋∞)，
所以g(x1)即f(x1)因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)又x2>e，>e，f(x)在(e，＋∞)上单调递减，
所以x2>，即x1x2>e2，得证.(共33张PPT)
板块一 函数与导数
提优点2　极值点偏移
知识拓展
精准强化练
类型一　对称化构造
类型二　比(差)值换元
类型突破
例1
类型一　对称化构造
要证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1，
因为x1<1，所以2－x1>1，
下面证明g(x1)＝g(x2)>g(2－x1).
即证g(x1)>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，故t(x)所以t(x1)＝g(2－x1)－g(x1)<0，
则g(2－x1)2.
规律方法
已知函数f(x)＝ex－xln x＋x2－ax.
(1)证明：若a≤e＋1，则f(x)≥0；
训练1
当01时，g′(x)>0，
所在g(x)在(0，1)单调递减，g(x)在(1，＋∞)单调递增，
故g(x)≥g(1)＝e＋1－a.
因为a≤e＋1，所以g(x)≥0，于是f(x)≥0.
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
例2
类型二　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.
规律方法
训练2
(2)若f(x)有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1＋x2>4.
易得h(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
要证x1＋x2>4，即证x2>4－x1.
因为x2>2，4－x1>2，且h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
所以只需证h(x2)>h(4－x1).
因为h(x1)＝h(x2)，
所以即证h(x1)>h(4－x1).
令F(x)＝h(x)－h(4－x)＝x－ln(x－1)－(4－x)＋ln(3－x)
＝2x－4－ln(x－1)＋ln(3－x)，x∈(1，2)，
所以F(x)在(1，2)上单调递减，
则F(x)>F(2)＝0，所以h(x1)>h(4－x1)，
即h(x2)>h(4－x1)，故x1＋x2>4.
因为x>0，ex>0，所以k′(x)>0，
故函数k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故k(x)>1＋(0－1)×e0＝0，所以m′(x)>0，
故函数m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以m(x)>0＋2＋(0－2)×e0＝0，
即当x>0时，x＋2＋(x－2)ex>0.
原不等式得证.
【精准强化练】
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.
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要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
只需要证f(2－x1)又f(x1)＝f(x2)，
∴只需证f(2－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再设h(x)＝ln x＋ln(2－x)，0∴h(x)在(0，1)上单调递增，∴h(x)∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴g(x)>g(1)＝0，
∴f(x)－f(2－x)>0，0f(2－x1)，∴x1＋x2>2.
(2)证明：x1x2>e2.

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