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导数专题一　极值点偏移
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　(2025年四川省内江市高三模拟试题)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.
(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.
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.
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.
题型二　对称化构造法(积型)
例2　(2025贵阳市高三模拟试题)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.
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.
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湖南省长沙雅礼中学高三模拟试题)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(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<.
题型三　换元构造辅助函数
例3　已知函数f(x)＝x2ln x，若方程f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，求证：>.
证明　(换元法)
令a＝b＝则f(x1)＝f(x2)，
即ln x1＝ln x2，
所以ln ln
所以aln a＝bln b，
设函数g(x)＝xln x，则g(a)＝g(b)，
g'(x)＝ln x＋1，所以g'(x)>0 x>
g'(x)<0 0所以g(x)在上单调递减，在上单调递增.
求证>即证a＋b>.
不妨设a则－a>
令h(x)＝g(x)－g0由h'(x)＝g'(x)＋g'
＝ln x＋1＋ln＋1＝ln＋2
＝ln＋2<0，
所以h(x)在上单调递减，h(x)>h＝0，
所以g(a)>g即g(b)>g
又g(x)在上单调递增，
所以b>－a，即a＋b>
故>得证.
思维升华　在证明过程中出现的形式不符合和型结构时，通过换元构造新函数然后再进行证明.
跟踪训练3　已知函数f(x)＝x－ln x，若两个不相等的正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)，求证：f'(x1)＋f'(x2)<0.
证明　f(x1)＝f(x2)即x1－ln x1＝x2－ln x2，
令a＝b＝则＋ln a＝＋ln b，
记函数g(x)＝＋ln x，则g(a)＝g(b)，
g'(x)＝
所以g'(x)>0 x>1，g'(x)<0 0所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝1，
则a，b为g(x)＝k的两个不相等的实数根，其中k>1，
不妨设a1，
令h(x)＝g(x)－g(2－x)，0则h'(x)＝g'(x)＋g'(2－x)
＝＝－<0，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，h(x)>h(1)＝0，
所以g(a)>g(2－a)，故g(b)>g(2－a)，
又g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以b>2－a，即a＋b>2，
故>2，
所以f'(x1)＋f'(x2)＝1－＋1－<0.
题型四　比值代换
例4　已知函数f(x)＝xe－x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：
(1)x1＋x2>2；
(2)x1x2<1.
证明　方法一　(1)f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
不妨设x1由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2
即
即x2－x1＝ln
令t＝(t>1)，
则x2－x1＝ln t， ①
又t＝即x2＝tx1， ②
由①②得x1＝x2＝
要证x1＋x2>2，
即证>2，
即证ln t>(t>1)，
由飘带不等式知该式成立.
所以x1＋x2>2.
(2)由(1)知x1x2＝
则
要证x1x2<1，即证<1，
令m＝>1，即证<1，
即证ln m<(m>1)，
由飘带不等式知该式成立，
故x1x2<1.
方法二　(齐次消元)
f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
不妨设x1由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2
即
所以x2－x1＝ln＝ln x2－ln x1，
即＝1.
(1)x1＋x2＝(x1＋x2)·
＝·ln
＝·ln
令t＝(t>1)，
则由飘带不等式知ln t>
即·ln t>2，即x1＋x2>2.
(2)要证x1x2<1，即证<1，
·
＝·ln·ln
令m＝(m>1)，
由飘带不等式知ln m<
即·ln m2<1，
即<1，故x1x2<1.
思维升华　比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，再利用函数单调性证明.
跟踪训练4　设x1，x2为两个不相等的正数，且x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2，证明：证明　不妨设0则t＝>1，
由x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2得
tx1ln x1－x1ln(tx1)＝x1－tx1，
即ln x1＝－1，
要证只需证ex1x2>x1＋x2，
即证et>x1(1＋t)，
即证etx1>1＋t，
即证x1>
即证ln x1>ln
即证－1>ln(1＋t)－ln t－1，
即证>ln(1＋t)－ln t，
即证>ln
易知ln<
ln t>1－
则>>ln
故课时精练
1.(2025年河北衡水中学高三达标训练)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)
(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)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>.
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；(6分)
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1.(11分)
(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)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>.
3.已知函数f(x)＝ax2－(ln x)2(a∈R).若f(x)有两个极值点x1，x2.求证：x1x2>e.
证明　因为函数f(x)＝ax2－(ln x)2，
可得f'(x)＝2ax－
若f(x)有两个极值点x1，x2，
则函数f'(x)有两个零点x1，x2，
所以2a＝ln 2a＝ln
令t1＝t2＝
则等价于关于t的方程2at＝ln t有两个不相等的实数根t1，t2，
只需证明t1t2>e2，
不妨令t1>t2，由2at1＝ln t1，2at2＝ln t2得2a＝
要证t1t2>e2，只需证明ln t1＋ln t2>2，
即证ln t1＋ln t2＝2a(t1＋t2)
＝(t1＋t2)·>2，
即证ln t1－ln t2>
即证ln>
令m＝则m>1，
只需证明ln m>(m>1)，
由飘带不等式知，ln m>(m>1)成立，
则t1t2>e2成立，故x1x2>e得证.
4.(2025云南省昆明市高三模拟试题)设a，b为函数f(x)＝xex－m(m<0)的两个零点.
(1)求实数m的取值范围；(6分)
(2)证明：ea＋eb>.(11分)
(1)解　f(x)的定义域为R，f'(x)＝(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，f'(x)<0，
当x∈(－1，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
又当x→－∞时，f(x)→－m>0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
故要使f(x)有两个零点，
则需f(x)min＝f(－1)＝－e－1－m<0，
故m>－
又m<0，可得－故满足题意的实数m的取值范围为.
(2)证明　令x1＝ea，x2＝eb，
即a＝ln x1，b＝ln x2，
要证ea＋eb>
即证x1＋x2>
只需证x2>－x1，
由(1)可设a<－1所以0因为f(a)＝f(b)＝0，
所以x1ln x1＝x2ln x2，
设g(x)＝xln x，
因为g'(x)＝ln x＋1，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
令h(x)＝g－g(x)，0则h'(x)＝－ln－2
＝－ln[－(ex－1)2＋1]>0，
所以h(x)在上单调递增，
又h＝0，
所以h(x)<0，
所以h(x1)＝g－g(x1)<0，
所以g因为－x1>x2>g(x)在上单调递增，
所以x2>－x1，
所以x1＋x2>
所以ea＋eb>.导数专题一　极值点偏移
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　(2025年四川省内江市高三模拟试题)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　(2025贵阳市高三模拟试题)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湖南省长沙雅礼中学高三模拟试题)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题型三　换元构造辅助函数
例3　已知函数f(x)＝x2ln x，若方程f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，求证：>.
思维升华　在证明过程中出现的形式不符合和型结构时，通过换元构造新函数然后再进行证明.
跟踪训练3　已知函数f(x)＝x－ln x，若两个不相等的正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)，求证：f'(x1)＋f'(x2)<0.
题型四　比值代换
例4　已知函数f(x)＝xe－x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：
(1)x1＋x2>2；
(2)x1x2<1.
思维升华　比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，再利用函数单调性证明.
跟踪训练4　设x1，x2为两个不相等的正数，且x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2，证明：课时精练
1.(2025年河北衡水中学高三达标训练)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.(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)
3.已知函数f(x)＝ax2－(ln x)2(a∈R).若f(x)有两个极值点x1，x2.求证：x1x2>e.
4.(2025云南省昆明市高三模拟试题)设a，b为函数f(x)＝xex－m(m<0)的两个零点.
(1)求实数m的取值范围；(6分)
(2)证明：ea＋eb>.(11分)

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