高考数学第一轮复习4 突破四　函数极值点偏移问题

突破四函数极值点偏移问题已知函数f(x)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eq\f(x1＋x2,2)＝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).若f(x)＝c的两根中点eq\f(x1＋x2,2)≠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).技法一构造对称和(或差)(2022·郴州4月质量检测)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋1.若设函数f(x)的两个零点为x1，x2，试证明：x1＋x2>2.【证明】f′(x)＝eq\f(1,x)－x＝eq\f(1－x2,x)(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,2).且当x→0时，f(x)→－∞，f(2)＝ln2－1<0，不妨设f(x)的两个零点x1，x2满足0<x1<1<x2<2.记h(x)＝f(1＋x)－f(1－x)，0<x<1.则h(x)＝ln(1＋x)－eq\f(1,2)(1＋x)2＋1－[ln(1－x)－eq\f(1,2)(1－x)2＋1]＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2x，h′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(－1,1－x)－2＝eq\f(－2x2,（x＋1）（x－1）).显然，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在区间(0，1)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，即f(1＋x)－f(1－x)>0，故f(1＋x)>f(1－x)．因为0<x1<1<x2<2，所以0<x2－1<1，0<2－x2<1，由已知得f(x1)＝f(x2)＝f(1＋(x2－1))>f(1－(x2－1))，即f(x1)>f(2－x2)，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以x1>2－x2，即x1＋x2>2.(1)对称变化主要用来解决与两个极值点之和或差相关的不等式的证明问题，解题要点如下：①定极值点：即利用导函数求出函数的极值点x0；②对称构造：即根据极值点x0构造对称函数F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)或F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；③比较大小：即利用导数讨论函数F(x)的单调性，判断其符号，进而得到f(x0＋x)与f(x0－x)或者f(x)与f(2x0－x)的大小关系；④转化所证：即根据函数f(x)的单调性，将f(x0＋x)与f(x0－x)或者f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为两个极值点之间的大小关系，进而得到所证或所求．(2)极值点偏移问题的四种基本题设形式①若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)．②对于函数f(x)，存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)．③若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令x0＝eq\f(x1＋x2,2)，求证：f′(x0)>0.④对于函数f(x)，存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝eq\f(x1＋x2,2)，求证：f′(x0)>0.【对点训练】已知函数f(x)＝(x－1)ex－a，a∈R.设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<0.证明：令f(x)＝(x－1)ex－a＝0，则a＝(x－1)ex.设g(x)＝(x－1)ex，g′(x)＝x·ex，则在(－∞，0)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，在(0，＋∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(0)＝－1，且x<0时，g(x)<0.所以，当－1<a<0时，f(x)有两个零点x1，x2，且x1x2<0.且f(x1)＝f(x2)＝0，不妨设x1<0，x2>0，则－x2<0，令F(x)＝f(x)－f(－x)＝(x－1)ex＋(1＋x)e－x，则F′(x)＝x(ex－e－x)，当x<0时，F′(x)＝x(ex－e－x)>0，此时F(x)在(－∞，0)上为增函数，所以F(x)<F(0)，即F(x)＝f(x)－f(－x)<0，即f(x)<f(－x)．因为－x2<0，所以f(－x2)<f(x2)，因为f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(－x2)<f(x1)，因为f(x)在(－∞，0)上为减函数，所以－x2>x1，即x1＋x2<0.技法二消参减元(2022·湖南名校4月联考)已知函数f(x)＝x2－ax＋2lnx－3.若对任意的a∈[1，2]，总存在x1，x2，使得f(x1)＋f(x2)＝0，证明：x1＋x2≥4.【证明】f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以xeq\o\al(2,1)－ax1＋2lnx1－3＋xeq\o\al(2,2)－ax2＋2lnx2－3＝0，整理得xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)－a(x1＋x2)＋2lnx1＋2lnx2－6＝0，即(x1＋x2)2－a(x1＋x2)－6＝2x1x2－2ln(x1x2)．令g(x)＝2x－2lnx，x>0，则g′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x－1）,x)，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝2，即2x1x2－2ln(x1x2)≥2.所以(x1＋x2)2－a(x1＋x2)－6≥2，即(x1＋x2)2－a(x1＋x2)－8≥0.因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2>0，令h(a)＝(x1＋x2)2－a(x1＋x2)－8，则h(a)＝－(x1＋x2)a＋[(x1＋x2)2－8]在[1，2]上单调递减，所以h(2)＝(x1＋x2)2－2(x1＋x2)－8≥0，即(x1＋x2－4)(x1＋x2＋2)≥0.因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥4.消参减元，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消参或减元，从而简化目标函数．其基本解题步骤如下：(1)建立方程，即利用函数的导函数，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中使导函数变号的因式部分；(2)确定关系，即根据极值点所满足的方程，建立极值点与方程系数之间的关系；(3)构建函数，即根据消参、减元后的式子结构特征，构造相应的函数；(4)求解问题，即利用导数研究所构造的函数的单调性、极值、最值等，解决相应的问题．【对点训练】已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋alnx．若函数f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)＋f(x2)>－eq\f(ln2,2)－eq\f(3,4).证明：因为f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋alnx，所以f′(x)＝x－1＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－x＋a,x)(x>0)．因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程x2－x＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不同实数根x1，x2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝1，,x1x2＝a，))且Δ＝1－4a>0，所以0<a<eq\f(1,4).由题意得f(x1)＋f(x2)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)－x1＋alnx1＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－x2＋alnx2＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))－(x1＋x2)＋aln(x1x2)＝eq\f(1,2)(x1＋x2)2－x1x2－(x1＋x2)＋aln(x1x2)＝eq\f(1,2)－a－1＋alna＝alna－a－eq\f(1,2).令h(a)＝alna－a－eq\f(1,2)(0<a<eq\f(1,4))，则h′(a)＝lna<0，所以h(a)在(0，eq\f(1,4))上单调递减，所以h(a)>h(eq\f(1,4))＝－eq\f(ln2,2)－eq\f(3,4)，所以f(x1)＋f(x2)>－eq\f(ln2,2)－eq\f(3,4).技法三比(差)值换元已知函数f(x)＝axlnx＋b(a，b为实数)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.(1)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝eq\f(f（x）＋1,x)，证明：g(x1)＝g(x2)(x1<x2)时，x1＋x2>2.【解】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a(1＋lnx)，因为曲线在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝a＝1，,f（1）＝aln1＋b＝0，))解得a＝1，b＝0.令f′(x)＝1＋lnx＝0，得x＝eq\f(1,e).当x>eq\f(1,e)时，f′(x)>0，f(x)在(eq\f(1,e)，＋∞)上单调递增；当0<x<eq\f(1,e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，eq\f(1,e))上单调递减．所以f(x)单调递减区间为(0，eq\f(1,e))，单调递增区间为(eq\f(1,e)，＋∞)．(2)证明：由(1)得f(x)＝xlnx，故g(x)＝eq\f(f（x）＋1,x)＝lnx＋eq\f(1,x)(x>0)，由g(x1)＝g(x2)(x1<x2)，得lnx1＋eq\f(1,x1)＝lnx2＋eq\f(1,x2)，即eq\f(x2－x1,x1x2)＝lneq\f(x2,x1)>0.要证x1＋x2>2，需证(x1＋x2)·eq\f(x2－x1,x1x2)>2lneq\f(x2,x1)，即证eq\f(x2,x1)－eq\f(x1,x2)>2lneq\f(x2,x1).设eq\f(x2,x1)＝t(t>1)，则需证t－eq\f(1,t)>2lnt(t>1)．令h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt，则h′(t)＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)＝(1－eq\f(1,t))2>0.所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，则h(t)>h(1)＝0，即t－eq\f(1,t)>2lnt．故x1＋x2>2.比(差)值换元的目的也是消参，就是先根据已知条件建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(或差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用两个极值点的比值或差值表示所求解的不等式，进而转化为相应的函数问题求解，多用来研究含对数(或指数)式的函数的极值点偏移问题．其基本解题步骤如下：(1)建等式，即利用极值点所满足的条件建立两个关于极值点x1，x2的方程；(2)设比差，即根据两个数值之间的大小关系，选取两数之商或差作为变量，建立两个极值点之间的关系；(3)定关系，即用一个极值点与比值或差值表示另一个极值点，代入方程整理，通过两个方程之差或商构造极值点与比值或差值之间的关系，进而通过解方程用比值或差值表示两个极值点；(4)构函数，即将关于极值点的目标代数式用比值或差值表示出来，构造相应的函数；(5)解问题，即利用导数研究所构造的函数的单调性、极值、最值等，解决相应的问题．【对点训练】已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)．证明：x2－x1<eq\f(2,x1)－2.证明：由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1＝ax1，,ex2＝ax2，))令t＝x2－x1>0，两式相除得et＝ex2－x1＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(x1＋t,x1)，变形得x1＝eq\f(t,et－1)，欲证x2－x1<eq\f(2,x1)－2，即证t<eq\f(2（et－1）,t)－2，即证eq\f(t2＋2t＋2,et)<2，记h(t)＝eq\f(t2＋2t＋2,et)(t>0)，h′(t)＝eq\f(（2t＋2）et－（t2＋2t＋2）et,e2t)＝－eq\f(t2,et)<0，故h(t)在(0，＋∞)上单调递减，从而h(t)<h(0)＝2，即eq\f(t2＋2t＋2,et)<2，所以x2－x1<eq\f(2,x1)－2得证．1．已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(1,x)(a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)若存在两个不等正实数x1，x2，满足f(x1)＝f(x2)且x1＋x2＝2，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)设x1>x2>0，由f(x1)＝f(x2)得alnx1＋eq\f(1,x1)＝alnx2＋eq\f(1,x2)，则alneq\f(x1,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)，所以a>0.又x1＋x2＝2，所以2alneq\f(x1,x2)＝eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),x1x2)＝eq\f(x1,x2)－eq\f(x2,x1)，设t＝eq\f(x1,x2)>1，则2alnt＝t－eq\f(1,t)，令g(t)＝t－eq\f(1,t)－2alnt(t>1)，则g′(t)＝eq\f(t2－2at＋1,t2)且g(1)＝0.由题意可知，函数y＝g(t)在区间(1，＋∞)上有且只有一个零点，设函数y＝g(t)的两个极值点分别为t1，t2，则t1t2＝1，所以函数y＝g′(t)在(1，＋∞)上有且只有一个实根，g′(1)＝2－2a<0，解得a>1.综上，实数a的取值范围为(1，＋∞)．2．(2022·成都七中12月一诊)函数f(x)＝ax2－2lnx(a∈R)．(1)若∀x∈[1，3]，都有f(x)≤eq\f(1,4)，求a的取值范围；(2)已知a>0，若∀x1，x2，且满足0<x1<x2，f(x1)＝f(x2)，求证：eq\r(a)(x1＋x2)2－2(x1＋x2)>0.解：(1)由题可知a≤eq\f(\f(1,4)＋2lnx,x2).设g(x)＝eq\f(\f(1,4)＋2lnx,x2)(1≤x≤3)，则g′(x)＝eq\f(\f(3,2)－4lnx,x3)，由g′(x)>0，可得1≤x<eeq\s\up6(\f(3,8))，由g′(x)<0，可得eeq\s\up6(\f(3,8))<x≤3.所以g(x)在[1，eeq\s\up6(\f(3,8)))上单调递增，在(eeq\s\up6(\f(3,8))，3]上单调递减，所以g(x)的最小值在x＝1或x＝3处取得．又g(1)＝eq\f(1,4)，g(3)＝eq\f(\f(1,4)＋2ln3,9)>eq\f(1,4)，所以g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,4)，所以a≤eq\f(1,4)，即a的取值范围为(－∞，eq\f(1,4)]．(2)证明：因为x1＋x2>0，所以要证eq\r(a)(x1＋x2)2－2(x1＋x2)>0，只需证x1＋x2>eq\f(2,\r(a))，要证x1＋x2>eq\f(2,\r(a))，只需证x2>eq\f(2,\r(a))－x1.f′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2（ax2－1）,x)(x>0)，因为a>0，所以当x>eq\f(1,\r(a))时，f′(x)>0，当0<x<eq\f(1,\r(a))时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，eq\f(1,\r(a)))上单调递减，在(eq\f(1,\r(a))，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(eq\f(1,\r(a)))，因为f(x1)＝f(x2)，所以0<x1<eq\f(1,\r(a))<x2，所以x2>eq\f(1,\r(a))，eq\f(2,\r(a))－x1>eq\f(1,\r(a))，且函数f(x)在(eq\f(1,\r(a))，＋∞)上单调递增，所以只需证f(x2)>f(eq\f(2,\r(a))－x1)，又f(x1)＝f(x2)，即只需证f(x1)>f(eq\f(2,\r(a))－x1)．设h(x)＝f(x)－f(eq\f(2,\r(a))－x)(0<x<eq\f(1,\r(a)))，即h(x)＝ax2－2lnx－a(eq\f(2,\r(a))－x)2＋2ln(eq\f(2,\r(a))－x)＝4eq\r(a)x－4－2lnx＋2ln(eq\f(2,\r(a))－x)，则h′(x)＝4eq\r(a)－eq\f(2,x)－eq\f(2,\f(2,\r(a))－x)＝4eq\r(a)－eq\f(4,\r(a)x（\f(2,\r(a))－x）)<4eq\r(a)－eq\f(4,\r(a)（\f(x＋\f(2,\r(a))－x,2)）2)＝0，所以h(x)在(0，eq\f(1,\r(a)))上单调递减，所以h(x)>4eq\r(a)×eq\f(1,\r(a))－4－2lneq\f(1,\r(a))＋2ln(eq\f(2,\r(a))－eq\f(1,\r(a)))＝0在x∈(0，eq\f(1,\r(a)))时恒成立．所以f(x1)＝f(x2)>f(eq\f(2,\r(a))－x1)，所以x1＋x2>eq\f(2,\r(a))，即eq\r(a)(x1＋x2)2－2(x1＋x2)>0.3．已知f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，x∈R.(1)当m＝－2时，求函数f(x)的所有零点；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．解：(1)当m＝－2时，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，x>0.设g(x)＝lnx＋x－1，x>0，则g′(x)＝eq\f(1,x)＋1>0，于是g(x)在(0，＋∞)上为增函数．又g(1)＝0，所以g(x)有唯一零点x＝1.故函数f(x)有唯一零点x＝1.(2)证明：欲证x1x2>e2，只需证lnx1＋lnx2>2.f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))两式相加解得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，两式相减解得m＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)，从而可得eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).于是lnx1＋lnx2＝eq\f(（1＋\f(x2,x1)）ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).又0<x1<x2，设t＝eq\f(x2,x1)，则t>1.因此，lnx1＋lnx2＝eq\f(（1＋t）lnt,t－1)，t>1.要证lnx1＋lnx2>2，即证eq\f(（t＋1）lnt,t－1)>2，t>1.即证当t>1时，有lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1).设函数h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，t>1.则h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2（t＋1）－2（t－1）,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数．又有h(1)＝0.因此，h(t)>h(1)＝0.于是，当t>1时，有lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1).所以lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2成立．4．已知函数f(x)＝ax－eq\f(a,x)－4lnx的两个极值点x1，x2满足x1<x2，且e<x2<3，其中e为自然对