2025届新高考数学精准突破复习 极值点偏移问题

2025届新高考数学精准突破复习极值点偏移问题极值点偏移问题属于双变量问题之一，在历年的高考试题中频频出现，往往为压轴试题，难度较大.考情分析思维导图内容索引典型例题热点突破典例1

(1)讨论函数f(x)的单调性；考点一标准极值点偏移问题f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a<0时，f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，且a＝e2，证明：x1＋x2>2e.由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增.由题意可得，x1∈(0，e)，x2∈(e，＋∞).由f(2e)＝2－2ln2>0及f(x2)＝0，得x2∈(e,2e)，则2e－x2∈(0，e)，欲证x1＋x2>2e，只要证明x1>2e－x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)＝0，只要证明f(2e－x2)>0即可.则g(t)在(e,2e)上单调递增，∴g(t)>g(e)＝0，即f(2e－x2)>0.综上，x1＋x2>2e.跟踪训练1

(2023·宜春模拟)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x2＋ax(a∈R).(1)若函数y＝f′(x)有两个零点，求a的取值范围；由f(x)＝(x－1)lnx－x2＋ax得由题意得f′(x)＝0有两个不相等的实根，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，因此g(x)min＝g(1)＝2，当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，作出y＝g(x)的大致图象，如图所示.所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为(2，＋∞).(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点，所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2，要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1，显然2－x1>1，由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2－x1)，而g(x1)＝g(x2)＝a，所以证明g(x1)>g(2－x1)即可，即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，显然当x∈(0,1)时，h′(x)<0，因此函数h(x)＝g(x)－g(2－x)在(0,1)上单调递减，所以当0<x<1时，有h(x)>h(1)＝0，所以当0<x1<1时，g(x1)>g(2－x1)恒成立，因此命题得证.典例2

(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－lnx).(1)讨论f(x)的单调性；考点二非标准极值点偏移问题因为f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，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.由题意知，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2<e.先证x1＋x2>2，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为0<x1<1<x2<e，所以x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)<0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，当0<x<1时，x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，即当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立.再证x1＋x2<e.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－lnx)>x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1<m.欲证x1＋x2<e，即证x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－lnx，当1<x<e时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立.跟踪训练2

(2023·阜新模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax.(1)若a＝－2，求f(x)的最值；若a＝－2，则f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，解得x＝ln2，所以当x∈(－∞，ln2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以f(x)在x＝ln2处有唯一极小值，即最小值，为f(ln2)＝2－2ln2，无极大值，即无最大值.因为h(x1)＝g′(x1)＝

－x1＋a＝0，h(x2)＝g′(x2)＝

－x2＋a＝0，则a＝x2－

＝x1－

，因为h′(x)＝ex－1，所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝1＋a.因为x1，x2为g(x)的两个极值点，所以h(x1)＝h(x2)＝0，且x1<0<x2.所以在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上，h(x)>0，g(x)单调递增；在(x1，x2)上，h(x)<0，g(x)单调递减，则h(－x2)＝

＋x2＋a＝

－

＋2x2，设k(x)＝e－x－ex＋2x(x>0)，所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(－x2)＝k(x2)<k(0)＝0，所以x1<－x2<0，因为在(x1,0)上，g(x)单调递减，所以g(x1)>g(－x2).所以要证g(x1)＋g(x2)>2，只需证g(－x2)＋g(x2)>2，令m(x)＝e－x＋ex－x2－2(x>0)，m′(x)＝－e－x＋ex－2x，所以n(x)在(0，＋∞)上单调递增，m′(x)＝n(x)>n(0)＝0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，m(x)>m(0)＝0，所以g(－x2)＋g(x2)>2，故g(x1)＋g(x2)>2.总结提升123则f′(x)＝x＋lnx，123123(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.因为f′(x)＝x＋lnx，f′(x0)＝0，所以x0＋lnx0＝0.因为f′(x)为增函数，当0<x<x0时，f′(x)<0，当x>x0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.由方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，则可设x1<x0<x2，欲证x1＋x2>2x0，即证x2>2x0－x1>x0，即证f(x2)>f(2x0－x1)，而f(x2)＝f(x1)，即f(x1)－f(2x0－x1)>0，123则g′(x)＝lnx＋ln(2x0－x)＋2x0，设h(x)＝lnx＋ln(2x0－x)＋2x0(0<x<x0)，123所以函数g′(x)在(0，x0)上单调递增，所以g′(x)<g′(x0)＝2lnx0＋2x0＝0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，所以g(x)>g(x0)＝0，即f(x2)>f(2x0－x1)，故x1＋x2>2x0.123123得xln(x－1)－k(x－2)≥0.令φ(x)＝xln(x－1)－k(x－2)，x∈[2，＋∞)，123故φ′(x)≥φ′(2)＝2－k.①当k≤2时，φ′(x)≥2－k≥0，所以φ(x)在[2，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(2)＝0，此时f(x)≥0对∀x∈[2，＋∞)恒成立，符合题意；123故存在x0∈(2，＋∞)使得φ′(x0)＝0，当x∈(2，x0)时，φ′(x)<0，则φ(x)单调递减，此时φ(x)<φ(2)＝0，不符合题意.综上，实数k的取值范围为(－∞，2].123由(1)中结论，取k＝2，123令t＝x－1，则t>1，即x1＋x2>6e＋2.1233.(2023·宁波模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax2.(1)讨论函数f(x)的单调性；123由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞).由f(x)＝lnx－ax2，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；123(2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两个不相等的实根，求证：123因为x1，x2是方程lnx－ax2＝0的两个不相等的实根，即x1，x2是方程lnx2－2ax2＝0的两个不相等的实根，123当0<t<e时，g′(t)>0；当t>e时，g′(t)<0，当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)>0且g(t