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微专题　极值点偏移
1.极值点不偏移
已知函数f（x）图象的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，此时函数f（x）在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图1.
（图1无偏移，左右对称，如二次函数）若f（x1）＝f（x2），则x1＋x2＝2x0.
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2、图3.
（图2左陡右缓，极值点向左偏移）若f（x1）＝f（x2），则x1＋x2＞2x0；
（图3左缓右陡，极值点向右偏移）若f（x1）＝f（x2），则x1＋x2＜2x0.
对称化构造函数求解极值点偏移问题
已知函数f（x）＝xln x－x＋1，若方程f（x）＝b有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1.
对称化构造辅助函数 （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.
比（差）值换元求解极值点偏移问题
已知函数f（x）＝xln x，设函数g（x）＝，证明：g（x1）＝g（x2）（x1＜x2）时，x1＋x2＞2.
　　通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝（含对数式时常用）或t＝x1－x2（含指数式时常用）化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
1.（2026·山东青岛模拟节选）已知函数f（x）＝x2（ ln x－），f'（x1）＝f'（x2），x1＜x2，证明：x1＋x2＞2.
2.已知函数f（x）＝xln x－mx2－x，m∈R.若f（x）有两个极值点x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2.
微专题　极值点偏移
【例1】　证明：f'（x）＝ln x，当x＞1时，f'（x）＞0，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，
所以f（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减.
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，
要证x1x2＜1，只需证1＜x2＜.
因为f（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以只需证f（x2）＜f（ ）.
因为f（x1）＝f（x2），
所以只需证f（x1）＜f（ ）.
设F（x）＝f（x）－f（ ）（0＜x＜1），则F'（x）＝ln x－ln x＝ln x＞0，
所以F（x）在（0，1）上单调递增，
所以F（x）＜F（1）＝0，
所以f（x）－f（ ）＜0，
即f（x1）＜f（ ）成立，所以x1x2＜1.
【例2】　证明：g（x）＝＝ln x＋（x＞0），
由g（x1）＝g（x2）（x1＜x2），
得ln x1＋＝ln x2＋，即＝ln＞0.
要证x1＋x2＞2，需证（x1＋x2）·＞2ln，
即证－＞2ln.
设＝t（t＞1），则只需证t－＞2ln t（t＞1）.
令h（t）＝t－－2ln t（t＞1），
则h'（t）＝1＋－＝（ 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.
强化训练
1.证明：f（x）＝x2（ ln x－），f'（x）＝2x（ln x－1）.
令g（x）＝2x（ln x－1），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＜x1＜1＜x2＜e.
要证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1，
易知x2＞1，2－x1＞1，
因为g（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以只需证明g（x1）＝g（x2）＞g（2－x1）.
设t（x）＝g（2－x）－g（x），x∈（0，1），
则t'（x）＝－g'（2－x）－g'（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）＜0，
所以t（x1）＝g（2－x1）－g（x1）＜0，
则g（2－x1）＜g（x1）＝g（x2）.
所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2得证.
2.证明：函数f（x）的定义域为（0，＋∞）.
若f（x）有两个极值点x1，x2，即函数f'（x）有两个变号零点，
又f'（x）＝ln x－mx，所以x1，x2是方程f'（x）＝0的两个不同的实根，即
由①＋②得m＝，
由②－①得m＝，
从而可得＝，
于是ln x1＋ln x2
＝
＝.
不妨设0＜x1＜x2，t＝，则t＞1.
因此ln x1＋ln x2＝，t＞1.
要证ln x1＋ln x2＞2，即证＞2（t＞1），
即当t＞1时，有ln t＞，
设函数h（t）＝ln t－，则h'（t）＝－＝，
当t＞1时，h'（t）＞0，所以h（t）在（1，＋∞）上单调递增.
又h（1）＝0，因此当t＞1时，h（t）＞0.
于是当t＞1时，有ln t＞，所以ln x1＋ln x2＞2成立.
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微专题　极值点偏移
1. 极值点不偏移
已知函数f（x）图象的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，此时函数f（x）在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图1.
（图1无偏移，左右对称，如二次函数）若f（x1）＝f（x2），则x1＋x2＝
2x0.
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2、图3.
（图2左陡右缓，极值点向左偏移）若f（x1）＝f（x2），则x1＋x2＞2x0；
（图3左缓右陡，极值点向右偏移）若f（x1）＝f（x2），则x1＋x2＜2x0.
对称化构造函数求解极值点偏移问题
已知函数f（x）＝xln x－x＋1，若方程f（x）＝b有两个不相等的
实数根x1，x2，求证：x1x2＜1.
证明：f'（x）＝ln x，当x＞1时，f'（x）＞0，当0＜x＜1时，f'（x）
＜0，
所以f（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减.
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，
要证x1x2＜1，只需证1＜x2＜ .
因为f（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以只需证f（x2）＜f（ ）.
因为f（x1）＝f（x2），所以只需证f（x1）＜f（ ）.
设F（x）＝f（x）－f（ ）（0＜x＜1），则F'（x）＝ln x－ ln x＝
ln x＞0，
所以F（x）在（0，1）上单调递增，
所以F（x）＜F（1）＝0，所以f（x）－f（ ）＜0，
即f（x1）＜f（ ）成立，所以x1x2＜1.
对称化构造辅助函数
（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.
比（差）值换元求解极值点偏移问题
已知函数f（x）＝xln x，设函数g（x）＝ ，证明：g
（x1）＝g（x2）（x1＜x2）时，x1＋x2＞2.
证明：g（x）＝ ＝ln x＋ （x＞0），
由g（x1）＝g（x2）（x1＜x2），
得ln x1＋ ＝ln x2＋ ，即 ＝ln ＞0.
要证x1＋x2＞2，需证（x1＋x2）· ＞2ln ，
即证 － ＞2ln .
设 ＝t（t＞1），则只需证t－ ＞2ln t（t＞1）.
令h（t）＝t－ －2ln t（t＞1），
则h'（t）＝1＋ － ＝（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.
　　通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝ （含对数式时常
用）或t＝x1－x2（含指数式时常用）化为单变量的函数不等式，利用函数
单调性证明.
1. （2026·山东青岛模拟节选）已知函数f（x）＝x2（ln x－ ），f'（x1）
＝f'（x2），x1＜x2，证明：x1＋x2＞2.
证明：f（x）＝x2（ln x－ ），f'（x）＝2x（ln x－1）.
令g（x）＝2x（ln x－1），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＜x1＜1＜x2＜e.
要证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1，
易知x2＞1，2－x1＞1，
因为g（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以只需证明g（x1）＝g（x2）
＞g（2－x1）.
设t（x）＝g（2－x）－g（x），x∈（0，1），
则t'（x）＝－g'（2－x）－g'（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）＜0，
所以t（x1）＝g（2－x1）－g（x1）＜0，
则g（2－x1）＜g（x1）＝g（x2）.
所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2得证.
2. 已知函数f（x）＝xln x－ mx2－x，m∈R. 若f（x）有两个极值点
x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2.
证明：函数f（x）的定义域为（0，＋∞）.
若f（x）有两个极值点x1，x2，即函数f'（x）有两个变号零点，
又f'（x）＝ln x－mx，所以x1，x2是方程f'（x）＝0的两个不同的实根，
即
由①＋②得m＝ ，
由②－①得m＝ ，
从而可得 ＝ ，
于是ln x1＋ln x2＝ ＝ .
不妨设0＜x1＜x2，t＝ ，则t＞1.
因此ln x1＋ln x2＝ ，t＞1.
要证ln x1＋ln x2＞2，即证 ＞2（t＞1），即当t＞1时，有ln t＞
，
设函数h（t）＝ln t－ ，则h'（t）＝ － ＝
，
当t＞1时，h'（t）＞0，所以h（t）在（1，＋∞）上单调递增.
又h（1）＝0，因此当t＞1时，h（t）＞0.
于是当t＞1时，有ln t＞ ，所以ln x1＋ln x2＞2成立.
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