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微专题13　极值点偏移
[考情分析]　极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋.
微点一　对称化构造函数
1.(15分)已知h(x)=ln x-ax的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2>e2.
2.(15分)(2024·唐山模拟)已知函数f(x)=xe2-x.
(1)求f(x)的极值；(6分)
(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)+f(b)=4，证明：a+b<4.(9分)
微点二　比(差)值换元
3.(17分)(2024·青岛模拟)已知函数f(x)=-2ln x++1.
(1)讨论f(x)的单调性；(6分)
(2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，x0为其极值点，证明：+>2f(x0).(11分)
微点三　与对数均值不等式有关的极值点偏移问题
4.(15分)已知函数f(x)=ln x-x2+ax，x1，x2是f(x)的两个零点，且x1[总结提升]
1.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.若证x1+x2>2x0，则令F(x)=f(x)-f(2x0-x)；若证x1x2>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.
2.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.
3.利用对数均值不等式求解(或用比值代换)
设a，b>0，a≠b，则>>其中被称为对数平均数.
1.(13分)已知函数f(x)=m--ln x(x∈R)恰有两个零点x1，x2(x12.
2.(15分)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；(5分)
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a-aln b=a-b，证明：2<+3.(17分)(2024·南充模拟)设函数f(x)=-a2ln x+x2-ax(a∈R).
(1)当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性；(8分)
(2)设φ(x)=-x2+(a-2)x+(a2+a)ln x，记h(x)=f(x)+φ(x)，当a>2e时，若方程h(x)=m(m∈R)有两个不相等的实根x1，x2，求证：x1+x2>a.(9分)
答案精析
高频考点练
1.证明　h(x)=ln x-ax(x>0)，
因为h(x)的两个零点分别为x1，x2.
h'(x)=-a=.
当a≤0时，h'(x)>0，
h(x)在(0，+∞)上单调递增，不存在两个零点；
当a>0时，令h'(x)>0，得0
所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
则h(x)max=h=ln -1>0，得0此时当x→0与x→+∞时，
h(x)→-∞，所以h(x)有两个零点x1，x2，
设x1因为h(x1)=h(x2)=0，
所以ln x1=ax1，ln x2=ax2.
要证x1x2>e2，
即证ln x1+ln x2=a(x1+x2)>2，
即证x1+x2>即证x2>-x1-x1∈
即证h(x1)=h(x2)令F(x)=h-h(x)
=ln-a-ln x+ax
=ln-ln x+2ax-2，
x∈.
则F'(x)=<0，
所以F(x)在上单调递减，
当x→时，F(x)→0，所以F(x)>0.
所以F(x1)=h-h(x1)>0，
故x1x2>e2成立.
2.(1)解　因为f(x)=xe2-x，
所以f'(x)=(1-x)e2-x，
由f'(x)>0，
解得x<1；由f'(x)<0，解得x>1，
所以f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
又f(1)=e，
所以f(x)在x=1处取得极大值e，无极小值.
(2)证明　由(1)可知，f(x)在(1，+∞)上单调递减，f(2)=2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)+f(b)=4，
不妨设1而b>2，2<4-a<3，
且f(x)在(1，+∞)单调递减，
所以只需证f(b)>f(4-a)，
即证4-f(a)>f(4-a)，
即证f(a)+f(4-a)<4.
即证当1令F(x)=f(x)+f(4-x)，
则F'(x)=f'(x)-f'(4-x)=(1-x)e2-x-(x-3)ex-2，
令h(x)=(1-x)e2-x-(x-3)ex-2，
则h'(x)=(x-2)e2-x-(x-2)ex-2=(x-2)(e2-x-ex-2)，
当10，
所以h'(x)<0，即h(x)在(1，2)上单调递减，
则h(x)>h(2)=0，即F'(x)>0，
所以F(x)在(1，2)上单调递增，
所以F(x)即当1所以原命题成立.
3.(1)解　∵f(x)=-2ln x++1，
∴f'(x)=-(x>0)，
当a≥0时，f'(x)<0，
f(x)在(0，+∞)上为减函数.
当a<0时，
由f'(x)>0得0∴f(x)在(0)上单调递增；
由f'(x)<0得x>
∴f(x)在(+∞)上单调递减.
(2)证明　由(1)可知a<0，
且当x=时，
f(x)取得极大值，也是最大值，
为f()=-ln(-a)，
从而x0=.
由题意得f()=-ln(-a)>0，
即-1设h(x)=ln x-x，
则h'(x)=-1=
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，
∴h(x)max=h(1)=-1<0，
从而ln x∴2f(x0)=-4ln()=2ln<-.
∵x1，x2是f(x)的两个不同的零点，
∴f(x1)=-2ln x1++1=0，
f(x2)=-2ln x2++1=0，
两式相减得-=.
不妨设x2>x1>0，则要证明+>2f(x0)，
只需要证明+>.
即证明ln >
也就是证明ln >
设=t，t∈(1，+∞)，
则只需证明ln t>(t>1)，
设g(t)=ln t-
则g'(t)=-=当t>1时，g'(t)>0，
∴g(t)在(1，+∞)上单调递增，
从而g(t)>g(1)=0，
∴ln t>(t>1)成立，
从而+>2f(x0).
4.证明　由x1，x2是f(x)的两个零点，且0得
两式相减得ln -(-)+a(x2-x1)=0，
所以a=-+(x1+x2)，
因为f'(x)=-2x+a，
所以f'=-(x1+x2)+a=-=
要证f'<0，只需证-ln <0即可.
方法一　(对数均值不等式)
由-ln <0变形得
<.
由对数均值不等式可知，上式显然成立.所以f'<0.
方法二　(比值换元+构造函数)
由-ln <0变形得ln >.
记t=>1，则有ln t>(t>1).
构造函数h(t)=ln t-
h'(t)=-=
当t>1时，h'(t)>0，
h(t)在(1，+∞)上单调递增.
所以h(t)=ln t->h(1)=0，
所以ln >
所以f'<0.
补偿强化练
1.证明　∵x1，x2是f(x)的两个零点，
∴得+ln x1=+ln x2，
即=ln x2-ln x1，
∴=x1x2，
又由对数均值不等式得>
则x1x2>则x1x2>1，
∴x1+x2>2>2，命题得证.
2.(1)解　因为f(x)=x(1-ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=1-ln x+x·=-ln x.
当x∈(0，1)时，f'(x)>0；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减.
(2)证明　由题意知，a，b是两个不相等的正数，
且bln a-aln b=a-b，
两边同时除以ab，
得-=-
即=
即f =f.
令x1=x2=
由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
且当00，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x1要证2<+先证x1+x2>2，要证x1+x2>2，即证x2>2-x1，
因为0所以x2>2-x1>1，
又f(x)在(1，+∞)上单调递减，
所以即证f(x2)又f(x1)=f(x2)，所以即证f(x1)构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)，
则F'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]，
当0则-ln[x(2-x)]>0，
即当00，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0所以当0所以x1+x2>2成立.
再证x1+x2由(1)知，f(x)的极大值点为x=1，
f(x)的极大值为f(1)=1，
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y=x，
设f(x1)=f(x2)=m，
当x∈(0，1)时，f(x)=x(1-ln x)>x，
直线y=x与直线y=m的交点坐标为(m，m)，
则x1欲证x1+x2即证x1+x2即证当1构造函数h(x)=f(x)+x，
则h'(x)=1-ln x，
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1h(x)即f(x)+x所以x1+x2综上可知，2<+3.(1)解　f(x)=-a2ln x+x2-ax(a∈R)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=-+2x-a
==2·.
令f'(x)=0，得x=a或x=-令g(x)=2(x-a)则
①若a>-即a>0，则当x∈(0，a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
②若a=-即a=0，则g(x)≥0恒成立，即f'(x)≥0恒成立，
故f(x)在(0，+∞)上单调递增，
综上所述，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增；
当a=0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增.
(2)证明　由题可知，h(x)=f(x)+φ(x)=aln x-2x(x>0)，
若x1，x2是方程h(x)=m的两个不相等的实根，不妨设0则两式相减整理得到a(ln x1-ln x2)=2x1-2x2，从而得到a=
要证x1+x2>a，
故只需要证明x1+x2>
由于ln x1-ln x2<0，
转化为(x1+x2)(ln x1-ln x2)<2x1-2x2，
即ln x1-ln x2<
即ln <
令t=∈(0，1)，则上述式子转化为ln t<(t∈(0，1))，
设R(t)=ln t-则R'(t)=-=当00，
故R(t)在(0，1)上单调递增，
R(t)故ln t<(t∈(0，1))得证，
即x1+x2>a.(共38张PPT)
专题一　函数与导数
微专题13
极值点偏移
极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋.
考情分析
思维导图
高频考点练
补偿强化练
内容索引
高频考点练
PART ONE
微点一　对称化构造函数
1.已知h(x)=ln x-ax的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2>e2.
1
2
3
4
h(x)=ln x-ax(x>0)，
因为h(x)的两个零点分别为x1，x2.
h'(x)=-a=.
当a≤0时，h'(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，不存在两个零点；
当a>0时，令h'(x)>0，得0
所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
则h(x)max=h=ln -1>0，得0此时当x→0与x→+∞时，h(x)→-∞，所以h(x)有两个零点x1，x2，
1
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3
4
1
2
3
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设x1因为h(x1)=h(x2)=0，
所以ln x1=ax1，ln x2=ax2.
要证x1x2>e2，
即证ln x1+ln x2=a(x1+x2)>2，
即证x1+x2>即证x2>-x1-x1∈
即证h(x1)=h(x2)1
2
3
4
令F(x)=h-h(x)=ln-a-ln x+ax
=ln-ln x+2ax-2，x∈.
则F'(x)=<0，
所以F(x)在上单调递减，
当x→时，F(x)→0，所以F(x)>0.
所以F(x1)=h-h(x1)>0，故x1x2>e2成立.
2.(2024·唐山模拟)已知函数f(x)=xe2-x.
(1)求f(x)的极值；
1
2
3
4
因为f(x)=xe2-x，
所以f'(x)=(1-x)e2-x，
由f'(x)>0，解得x<1；由f'(x)<0，解得x>1，
所以f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
又f(1)=e，
所以f(x)在x=1处取得极大值e，无极小值.
(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)+f(b)=4，证明：a+b<4.
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3
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由(1)可知，f(x)在(1，+∞)上单调递减，f(2)=2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)+f(b)=4，
不妨设1而b>2，2<4-a<3，且f(x)在(1，+∞)单调递减，
所以只需证f(b)>f(4-a)，
即证4-f(a)>f(4-a)，即证f(a)+f(4-a)<4.
即证当1令F(x)=f(x)+f(4-x)，
则F'(x)=f'(x)-f'(4-x)=(1-x)e2-x-(x-3)ex-2，
1
2
3
4
令h(x)=(1-x)e2-x-(x-3)ex-2，
则h'(x)=(x-2)e2-x-(x-2)ex-2=(x-2)(e2-x-ex-2)，
当10，
所以h'(x)<0，即h(x)在(1，2)上单调递减，
则h(x)>h(2)=0，即F'(x)>0，
所以F(x)在(1，2)上单调递增，
所以F(x)即当1所以原命题成立.
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2
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微点二　比(差)值换元
3.(2024·青岛模拟)已知函数f(x)=-2ln x++1.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
3
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1
2
3
4
∵f(x)=-2ln x++1，
∴f'(x)=-(x>0)，
当a≥0时，f'(x)<0，f(x)在(0，+∞)上为减函数.
当a<0时，由f'(x)>0得0∴f(x)在(0)上单调递增；
由f'(x)<0得x>
∴f(x)在(+∞)上单调递减.
(2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，x0为其极值点，证明：+>2f(x0).
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由(1)可知a<0，且当x=时，
f(x)取得极大值，也是最大值，为f()=-ln(-a)，从而x0=.
由题意得f()=-ln(-a)>0，即-1设h(x)=ln x-x，则h'(x)=-1=
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，
∴h(x)max=h(1)=-1<0，从而ln x∴2f(x0)=-4ln()=2ln<-.
∵x1，x2是f(x)的两个不同的零点，
∴f(x1)=-2ln x1++1=0，f(x2)=-2ln x2++1=0，
两式相减得-=.
不妨设x2>x1>0，则要证明+>2f(x0)，只需要证明+>.
即证明ln >也就是证明ln >
设=t，t∈(1，+∞)，则只需证明ln t>(t>1)，
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设g(t)=ln t-
则g'(t)=-=当t>1时，g'(t)>0，
∴g(t)在(1，+∞)上单调递增，
从而g(t)>g(1)=0，
∴ln t>(t>1)成立，从而+>2f(x0).
微点三　与对数均值不等式有关的极值点偏移问题
4.已知函数f(x)=ln x-x2+ax，x1，x2是f(x)的两个零点，且x11
2
3
4
由x1，x2是f(x)的两个零点，且0得
两式相减得ln -(-)+a(x2-x1)=0，所以a=-+(x1+x2)，
因为f'(x)=-2x+a，
所以f'=-(x1+x2)+a=-=
要证f'<0，只需证-ln <0即可.
1
2
3
4
方法一　(对数均值不等式)
由-ln <0变形得<.
由对数均值不等式可知，上式显然成立.
所以f'<0.
方法二　(比值换元+构造函数)
由-ln <0变形得ln >.
1
2
3
4
记t=>1，则有ln t>(t>1).
构造函数h(t)=ln t-
h'(t)=-=当t>1时，h'(t)>0，
h(t)在(1，+∞)上单调递增.
所以h(t)=ln t->h(1)=0，
所以ln >所以f'<0.
1
2
3
4
总结提升
1.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.若证x1+x2>2x0，则令F(x)=f(x)-f(2x0-x)；若证x1x2>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.
总结提升
(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.
总结提升
2.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.
3.利用对数均值不等式求解(或用比值代换)
设a，b>0，a≠b，则>>其中被称为对数平均数.
补偿强化练
PART TWO
1.已知函数f(x)=m--ln x(x∈R)恰有两个零点x1，x2(x12.
1
2
3
1
2
3
∵x1，x2是f(x)的两个零点，
∴+ln x1=+ln x2，
即=ln x2-ln x1，∴=x1x2，
又由对数均值不等式得>
则x1x2>则x1x2>1，
∴x1+x2>2>2，命题得证.
2.已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
3
因为f(x)=x(1-ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=1-ln x+x·=-ln x.
当x∈(0，1)时，f'(x)>0；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减.
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a-aln b=a-b，证明：2<+1
2
3
由题意知，a，b是两个不相等的正数，且bln a-aln b=a-b，
两边同时除以ab，得-=-
即=即f =f .
令x1=x2=
由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
且当00，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x1要证2<+1
2
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先证x1+x2>2，要证x1+x2>2，即证x2>2-x1，
因为02-x1>1，
又f(x)在(1，+∞)上单调递减，
所以即证f(x2)又f(x1)=f(x2)，所以即证f(x1)构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)，
则F'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]，
当00，
即当00，所以F(x)在(0，1)上单调递增，
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所以当0所以当0所以x1+x2>2成立.
再证x1+x2由(1)知，f(x)的极大值点为x=1，f(x)的极大值为f(1)=1，
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y=x，
设f(x1)=f(x2)=m，
当x∈(0，1)时，f(x)=x(1-ln x)>x，
直线y=x与直线y=m的交点坐标为(m，m)，则x11
2
3
欲证x1+x2即证x1+x2即证当1构造函数h(x)=f(x)+x，则h'(x)=1-ln x，
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1即f(x)+x综上可知，2<+1
2
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3.(2024·南充模拟)设函数f(x)=-a2ln x+x2-ax(a∈R).
(1)当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性；
1
2
3
f(x)=-a2ln x+x2-ax(a∈R)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=-+2x-a==2·.
令f'(x)=0，得x=a或x=-令g(x)=2(x-a)则
①若a>-即a>0，则当x∈(0，a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
②若a=-即a=0，则g(x)≥0恒成立，即f'(x)≥0恒成立，故f(x)在(0，+∞)上单调递增，
综上所述，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增；
当a=0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增.
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(2)设φ(x)=-x2+(a-2)x+(a2+a)ln x，记h(x)=f(x)+φ(x)，当a>2e时，若方程h(x)=m(m∈R)有两个不相等的实根x1，x2，求证：x1+x2>a.
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由题可知，h(x)=f(x)+φ(x)=aln x-2x(x>0)，
若x1，x2是方程h(x)=m的两个不相等的实根，不妨设0则两式相减整理得到a(ln x1-ln x2)=2x1-2x2，
从而得到a=
要证x1+x2>a，
故只需要证明x1+x2>
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由于ln x1-ln x2<0，转化为(x1+x2)(ln x1-ln x2)<2x1-2x2，
即ln x1-ln x2<即ln <
令t=∈(0，1)，则上述式子转化为ln t<(t∈(0，1))，
设R(t)=ln t-则R'(t)=-=当00，
故R(t)在(0，1)上单调递增，R(t)故ln t<(t∈(0，1))得证，即x1+x2>a.

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