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(共49张PPT)
微专题4　极值点偏移问题
视角一　对称构造函数法
例1 已知函数f(x)＝ex－x ln 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.

视角二　比值代换法
例2 (2026·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2(a∈R)．当x>0时，若函数f(x)有2个不同的零点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)证明：x1＋x2>4.



综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)；
当0当a＝2时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>2时，函数f(x)的单调递减区间为(2，a)，单调递增区间为(0，2)，(a，＋∞)．



1．(13分)已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.

(2)证明：由(1)可知，当f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1欲证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为2－x1，x2∈(1，＋∞)，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故只需证f(x2)又因为f(x1)＝f(x2)，
故也即证f(x1)构造函数H(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(－∞，1]，
则H′(x)＝(x－1)(e2x-2－1)e－x，
因为x≤1，2x－2≤0，e2x-2－1≤0，
所以H′(x)≥0，H(x)在x∈(－∞，1]上单调递增，
所以H(x)2亦成立．
2．(15分)(2026·昆明模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax－1(a∈R)．
(1)若f(x)存在两个零点，求实数a的取值范围；
(2)设函数g(x)＝xf(x)，若g(x)有两个极值点x1，x2，证明：x1x2>e2.

3．(15分)(2026·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2，g(x)＝x ln x＋(a＋1)x.
(1)若f(x)≥g(x)，求a的取值范围；
(2)若f(x)＝g(x)有两个实数解x1，x2，证明：ln x1＋ln x2<0.





微专题4　极值点偏移问题
已知函数f(x)的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，此时函数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．
设a，b>0，a≠b，则>>，其中被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式．
多元视角·拓展教材　探究式精练 收获一个“赢”
视角一　对称构造函数法
例1 已知函数f(x)＝ex－x ln 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.
学霸笔记：对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)(对结论型，构造函数F(x)＝))，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
跟踪训练　已知函数f(x)＝ln x－ax－2，a∈R，e是自然对数的底数．
(1)讨论函数y＝f(x)的极值；
(2)当a＝时，若x1，x2(其中x12e.
视角二　比值代换法
例2 (2026·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2(a∈R)．当x>0时，若函数f(x)有2个不同的零点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)证明：x1＋x2>4.
学霸笔记：比值换元的目的也是消参、减元，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的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，则将所求问题转化为关于t的函数问题，进而求解．
跟踪训练　(2026·宿迁模拟)已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2a ln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)函数h(x)＝f(x)－x2有两个零点x1，x2，求证：x1x2>e2.
提示：请完成微专题4
微专题4　极值点偏移问题
多元视角·拓展教材
视角一
例1　证明：(1)因为f(x)的定义域为(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，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(1)＝e＋1－a.
因为a≤e＋1，所以g(x)≥0，所以f(x)≥0.
(2)不妨设x11，所以0<<1，由于g(x)在(0，1)上单调递减，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，x>1，则①式为h(x2)>0.
h′(x)＝g′(x)－g′′＝，
设k(x)＝－1，
当x>1时，k′(x)＝＋1>0，故k(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以k(x)>k(1)＝0，从而h′(x)>0，因此h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又x2>1，故h(x2)>h(1)＝0，故g(x2)>g，故x1x2<1.
跟踪训练　解析：(1)求导得f′(x)＝－a，x>0，
当a≤0时，f′(x)＝－a>0(x>0)恒成立，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
此时函数f(x)无极值；
当a>0时，f′(x)＝－a>0(x>0) 00) x>，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
此时f(x)的极大值f＝－ln a－3，无极小值．
综上所述，a≤0时，无极值，当a>0时，f(x)的极大值f＝－ln a－3，无极小值．
(2)证明：当a＝时，f(x)＝ln x－－2，x>0，
f′(x)＝，
在x∈(0，e)，f′(x)>0，f(x)单调递增，在x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又x1所以02e，即证e<2e－x1即证f(x2)设h(x)＝f(x)－f(2e－x)(0h′(x)＝f′(x)＋f′(2e－x)＝
＝>0，
所以h(x)在(0，e)上单调递增，又h(e)＝0，
所以h(x)<0，又0所以f(x1)2e.
视角二
例2　解析：(1)当x>0时，若函数f(x)有2个不同的零点x1，x2，
∴ex＝ax2恰有2个正实数根x1，x2，
令g(x)＝(x>0)，则y＝a与g(x)有两个不同交点，
∴g′(x)＝，
∴当x∈(0，2)时，g′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，又g(2)＝，
当x从0的右侧无限趋近于0时，g(x)趋近于＋∞；
当x无限趋近于＋∞时，ex的增速远大于x2的增速，则g(x)趋近于＋∞，
则g(x)的图象如图所示，
∴当a>时，y＝a与g(x)有两个不同的交点，
∴实数a的取值范围为.
(2)证明：由(1)知(x1>0，x2>0)，
∴x1＝ln a＋2ln x1，x2＝ln a＋2ln x2，
∴x1－x2＝2ln x1－2ln x2＝2ln ，则＝2，
不妨设x2>x1>0，
要证x1＋x2>4，则需证x1＋x2>，
∵x2>x1>0，∴0<<1，
∴ln <0，则只需证ln <，
令t＝∈(0，1)，则只需证t∈(0，1)时，ln t<恒成立，
令h(t)＝ln t－(0∴h′(t)＝>0，
∴h(t)在(0，1)上单调递增，∴h(t)∴当t∈(0，1)时，ln t<恒成立，
∴原不等式x1＋x2>4得证．
跟踪训练　解析：(1)函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2a ln x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－(a＋2)＋，
当a≤0时，对任意的x>0，x－a>0，
由f′(x)<0可得00可得x>2，
此时，函数f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)；
当0由f′(x)>0可得02，
此时函数f(x)的单调递减区间为(a，2)，单调递增区间为(0，a)，(2，＋∞)；
当a＝2时，对任意的x>0，f′(x)＝≥0，
此时函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>2时，由f′(x)<0可得2由f′(x)>0可得0a，
此时，函数f(x)的单调递减区间为(2，a)，单调递增区间为(0，2)，(a，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)；
当0当a＝2时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>2时，函数f(x)的单调递减区间为(2，a)，单调递增区间为(0，2)，(a，＋∞)．
(2)证明：h(x)＝f(x)－x2＝2a ln x－(a＋2)x，
因为函数h(x)有两个零点x1，x2，不妨设x1>x2>0，
则
所以
整理可得，
即ln (x1x2)＝ln ，
要证x1x2>e2，即证ln (x1x2)＝ln >2，
即证ln >，
令t＝>1，即证ln t>，
令p(t)＝ln t－，其中t>1，则p′(t)＝>0，
所以函数p(t)在(1，＋∞)上单调递增，则p(t)>p(1)＝0，
即ln t－>0，即ln t>，故原不等式得证．

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