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提优点2　极值点偏移与拐点偏移
【知识拓展】
1.极值点偏移
(1)极值点偏移的概念
已知函数y＝f(x)是连续函数在区间(a,b)内只有一个极值点x0,f(x1)＝f(x2),且x0在x1与x2之间,由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同,使得极值点偏向变化速度快的一侧,常常有x0≠,这种情况称为极值点偏移.
(2)极值点偏移
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(1)(2)所示.
2.拐点偏移
(1)拐点偏移的概念
一般地,对于可导函数f(x),若x＝x0是其拐点,即f″(x0)＝0,
如三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0),它的对称中心为,
①当函数f(x)的图象在点(x0,f(x0))两侧(两侧附近)的图象具有中心对称性时,拐点即是函数图象(或局部图象)的对称中心,这时若f(x1)＋f(x2)＝2f(x0),则x1＋x2＝2x0;
②若函数f(x)的图象在点(x0,f(x0)两侧(两侧附近)的图象不具有中心对称性时,我们形象地称之为拐点发生了偏移.
(2)拐点偏移
若f(x1)＋f(x2)＝2f(x0),则x1＋x2≠2x0,具体说,当x1＋x2>2x0,其拐点左偏,当x1＋x2<2x0,则拐点右偏.
【类型突破】
类型一　对称化构造解决极值点偏移问题
例1 (2025·烟台质检改编)已知函数f(x)＝xln x－x－a,a∈R,若f(x)有两个相异零点x1,x2,证明:x1·x2<1.
规律方法　解决极值点偏移问题,对称化构造可以用来解决函数f(x)的两个零点x1,x2之和、积与极点x0相关不等式的证明问题.其常构造函数如下:
(1)对结论x1＋x2>2x0型,构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
(2)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.
训练1 (2025·嘉兴质检改编)当04a.
类型二　比(差)值换元解决极值点偏移问题
例2 (2025·武汉质检改编)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.
规律方法　比差值代换法是通过代数变形,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,利用函数单调性证明.
训练2 (2025·郑州调研)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.
类型三　拐点偏移
例3 设函数f(x)＝ex－ex2－(x－1)3＋,x∈[0,＋∞).
(1)判断函数f(x)的单调性;
(2)若x1≠x2,且f(x1)＋f(x2)＝6e,求证:x1＋x2<2.
规律方法　解决拐点偏移问题,对称化构造可以用来解决满足关系式f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)(同时满足f'(x0)＝0)的x1,x2之和、积与拐点x0相关不等式的证明问题,
其常构造函数如下:
(1)对结论x1＋x2>2x0(或x1＋x2<2x0型,构造函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)－2f(x0);
(2)对结论x1x2>(或x1·x2<)型,构造函数F(x)＝f(x)＋f－2f(x0).
训练3 已知函数f(x)＝(x＋2)ln x＋ax2(a为常数)在x＝1处的切线方程为y＝4x－.
(1)求a的值,并讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x1)＋f(x2)＝1,求证:x1x2≤1.
【精准强化练】
1.(2025·石家庄调研改编)已知函数f(x)＝2ln x＋x2＋x.若正实数x1,x2满足f(x1)＋f(x2)＝4,证明:x1＋x2≥2.
2.(2025·昆明质检)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.提优点2　极值点偏移与拐点偏移
【知识拓展】
1.极值点偏移
(1)极值点偏移的概念
已知函数y＝f(x)是连续函数在区间(a,b)内只有一个极值点x0,f(x1)＝f(x2),且x0在x1与x2之间,由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同,使得极值点偏向变化速度快的一侧,常常有x0≠,这种情况称为极值点偏移.
(2)极值点偏移
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(1)(2)所示.
2.拐点偏移
(1)拐点偏移的概念
一般地,对于可导函数f(x),若x＝x0是其拐点,即f″(x0)＝0,
如三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0),它的对称中心为,
①当函数f(x)的图象在点(x0,f(x0))两侧(两侧附近)的图象具有中心对称性时,拐点即是函数图象(或局部图象)的对称中心,这时若f(x1)＋f(x2)＝2f(x0),则x1＋x2＝2x0;
②若函数f(x)的图象在点(x0,f(x0)两侧(两侧附近)的图象不具有中心对称性时,我们形象地称之为拐点发生了偏移.
(2)拐点偏移
若f(x1)＋f(x2)＝2f(x0),则x1＋x2≠2x0,具体说,当x1＋x2>2x0,其拐点左偏,当x1＋x2<2x0,则拐点右偏.
【类型突破】
类型一　对称化构造解决极值点偏移问题
例1 (2025·烟台质检改编)已知函数f(x)＝xln x－x－a,a∈R,若f(x)有两个相异零点x1,x2,证明:x1·x2<1.
证明　不妨设x1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0要证x1·x2<1,即证x1<,
故转化为证f(x1)>f,
即证f(x1)－f>0,
因为f(x1)＝f(x2)＝0,
所以f(x1)－f＝f(x2)－f
＝(x2ln x2－x2－a)－
＝x2ln x2－x2＋,
设g(x)＝xln x－x＋,x>1,
因为g'(x)＝ln x－>0,
所以函数g(x)在区间(1,＋∞)上单调递增,且g(1)＝0,
所以g(x)>g(1)＝0在区间(1,＋∞)上恒成立,故f(x1)－f>0,即f(x1)>f,
又f(x)在(0,1)上单调递减,所以0所以x1x2<1.
规律方法　解决极值点偏移问题,对称化构造可以用来解决函数f(x)的两个零点x1,x2之和、积与极点x0相关不等式的证明问题.其常构造函数如下:
(1)对结论x1＋x2>2x0型,构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
(2)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.
训练1 (2025·嘉兴质检改编)当04a.
证明　f'(x)＝,令f'(x)＝0,得x＝2a,
当x∈(0,2a)时,f(x)单调递减,
当x∈(2a,＋∞)时,f(x)单调递增.
不妨令0构造函数g(x)＝f(x)－f(4a－x)(0则g'(x)＝
＝－<0,
即g(x)单调递减,所以g(x)>g(2a)＝0,
即g(x1)＝f(x1)－f(4a－x1)>0,
则f(x1)＝f(x2)>f(4a－x1),
因为02a,
又f'(x)＝,当x>2a时,f'(x)>0,
则f(x)在(2a,＋∞)上单调递增.
因为f(x2)>f(4a－x1),所以x2>4a－x1,
故x1＋x2>4a.
类型二　比(差)值换元解决极值点偏移问题
例2 (2025·武汉质检改编)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)＝t.
要证x1x2>e2,只需证ln (x1x2)>2,
只需证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)>m(1)＝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
即
两者相除得,
即1＋＝t,得ln x2＝,
所以ln x1＝ln (tx2)＝ln t＋ln x2＝ln t＋t＝t.
所以ln x1＋ln x2＝t＋t.
要证x1x2>e2,只需证ln (x1x2)>2,即ln x1＋ln x2>2,也就是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)>G(1)＝(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　比差值代换法是通过代数变形,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,利用函数单调性证明.
训练2 (2025·郑州调研)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,
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.
类型三　拐点偏移
例3 设函数f(x)＝ex－ex2－(x－1)3＋,x∈[0,＋∞).
(1)判断函数f(x)的单调性;
(2)若x1≠x2,且f(x1)＋f(x2)＝6e,求证:x1＋x2<2.
(1)解　因为f'(x)＝ex－ex－(x－1)2
＝ex,
令g(x)＝(x≥0),
则g'(x)＝－,
令g'(x)＝0,得x＝1或x＝3－e,
当x∈[0,3－e)∪(1,＋∞)时,g'(x)<0,
当x∈(3－e,1)时,g'(x)>0,
所以g(x)在[0,3－e),(1,＋∞)上递减,在(3－e,1)上递增.
又g(0)＝1,g(1)＝1,
故≤1对一切x∈[0,＋∞)恒成立,所以1－≥0.
于是f'(x)≥0,故f(x)在[0,＋∞)单调递增.
(2)证明　f'(x)＝ex－ex－(x－1)2,
f″(x)＝ex－e－2(x－1),
则(1,f(1))是其拐点,
由(1)知,f(x)在[0,＋∞)上单调递增,且f(1)＝3e,
不妨设0≤x1<1要证x1＋x2<2,即证x2<2－x1,
只要证明f(x2)即证6e－f(x1)即证f(x1)＋f(2－x1)－6e>0,(*)
下面证明不等式(*)成立,
令F(x)＝f(2－x)＋f(x)－6e,其中x∈[0,1),
则F'(x)＝f'(2－x)＋f'(x),
由f'(x)＝ex－ex－(x－1)2,
得F'(x)＝ex－e2－x－2ex＋2e,
因为F″(x)＝ex＋e2－x－2e≥2－2e＝0,所以F'(x)在[0,1)单调递增,
所以F'(x)所以F(x)在[0,1)单调递减,
所以F(x)>F(1)＝0,
即f(2－x)＋f(x)>6e对x∈[0,1)恒成立,
因为x1∈[0,1),所以f(2－x1)＋f(x1)>6e,
所以f(2－x1)>6e－f(x1)＝f(x2),
又f(x)在[0,1)单调递增,
所以2－x1>x2,故x1＋x2<2.
规律方法　解决拐点偏移问题,对称化构造可以用来解决满足关系式f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)(同时满足f'(x0)＝0)的x1,x2之和、积与拐点x0相关不等式的证明问题,
其常构造函数如下:
(1)对结论x1＋x2>2x0(或x1＋x2<2x0型,构造函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)－2f(x0);
(2)对结论x1x2>(或x1·x2<)型,构造函数F(x)＝f(x)＋f－2f(x0).
训练3 已知函数f(x)＝(x＋2)ln x＋ax2(a为常数)在x＝1处的切线方程为y＝4x－.
(1)求a的值,并讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x1)＋f(x2)＝1,求证:x1x2≤1.
(1)解　f'(x)＝ln x＋＋2ax＋1,
由题意可得,f'(1)＝3＋2a＝4,解可得a＝,
此时f'(x)＝ln x＋＋x＋1,
令m(x)＝ln x＋x＋＋1,
则m'(x)＝＋1＝,
易得m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
故m(x)＝f'(x)≥f'(1)>0恒成立,
故f(x)在(0,＋∞)上单调递增.
(2)证明　设n(x)＝ln x－x＋1,
则n'(x)＝,
易得n(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,
当x＝1时,n(x)取得最大值n(1)＝0,
故ln x－x＋1≤0,即ln x≤x－1,
由(1)知f'(x)＝ln x＋＋x＋1,
f″(x)＝＋1,
满足f″(1)＝0,则(1,f(1))是其拐点,
要证x1x2<1,即证x1<,
只要证明f(x1)即证1－f(x2)即证f＋f(x2)－1>0,(*)
下面证明(*)成立,
令g(x)＝f(x)＋f－1
＝(x＋2)ln x＋x2－x＋－1,
则g'(x)＝x＋x＋1－.
设h(x)＝x,
则h'(x)＝≥>0,
故h(x)单调递增,g'(x)单调递增,且g'(1)＝0,故当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(1,＋∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)≥g(1)＝0,
即f(x)＋f－1≥0,当x＝1时等号成立,
所以f(x1)≥1－f,
又f(x1)＋f(x2)＝1,
所以1－f(x2)≥1－f,
即f(x2)≤f,
由f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
所以x2≤,即x1x2≤1.
【精准强化练】
1.(2025·石家庄调研改编)已知函数f(x)＝2ln x＋x2＋x.若正实数x1,x2满足f(x1)＋f(x2)＝4,证明:x1＋x2≥2.
证明　由题意知x>0,f(1)＝2,
所以f(x1)＋f(x2)＝2f(1),
由f'(x)＝＋2x＋1>0,
知f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
且f″(x)＝－＋2,f″(1)＝0,
则(1,f(1))是其图象的拐点,
若x1,x2都大于1,则f(x1)＋f(x2)>2f(1)＝4,则与题设矛盾;
同理,x1,x2也不能都小于1.
于是可设0要证x1＋x2≥2,即证x2≥2－x1,
只要证明f(x2)≥f(2－x1),
即证4－f(x1)≥f(2－x1),
即证f(x1)＋f(2－x1)－4≤0,(*)
下面证明不等式(*)成立.
构造函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)－4,x∈(0,1],
则F'(x)＝f'(x)－f'(2－x)＝≥0,
所以F(x)在(0,1]上单调递增,
故F(x)≤F(1)＝0,
于是原不等式得证.
2.(2025·昆明质检)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(比(差)值换元)
由题意,不妨设0则
则ln (x1x2)＝m(x1＋x2),＝m(x2－x1),
所以m＝,
要证x1x2>e2,即证ln (x1x2)>2,
即证m(x1＋x2)>2,即证>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(对称化构造)
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.

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