2025高考数学一轮复习-极值点偏移【课件】

第三章一元函数的导数及其应用补上一课极值点偏移(无偏移，左右对称，如二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0；(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0.题型一对称化构造辅助函数例1(2024·青岛调研)已知函数f(x)＝xe－x.(1)求f(x)的单调区间和极值；解

f′(x)＝(1－x)e－x，则由f′(x)<0，得x>1；由f′(x)>0，得x<1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.证明

不妨设x1<x2，由(1)知x1<1，x2>1，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，即证f(x1)＝f(x2)<f(2－x1).构造F(x)＝f(2－x)－f(x)＝(2－x)ex－2－xe－x，x<1，则F′(x)＝(1－x)(ex－2－e－x)<0，所以F(x)在(－∞，1)上单调递减，所以F(x)＝f(2－x)－f(x)>F(1)＝0，故F(x1)＝f(2－x1)－f(x1)>0，x1<1，可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，又x1<1，2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1<x2，故x1＋x2>2.感悟提升训练1

已知函数f(x)＝x(1－lnx)，若f(x)＝m有两个根x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2>2.当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.不妨设0<x1<1<x2，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1.因为0<x1<1<x2，所以x2>1，2－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<x1<1时，f(x1)－f(2－x1)<0成立，可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，又x1<1，则2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1<x2，所以x1＋x2>2.题型二比、差值换元构造辅助函数例2

已知函数f(x)＝lnx－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1x2>e2.证明法一不妨设x1>x2，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，欲证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2.因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，法二由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的两个根，设t1＝lnx1，t2＝lnx2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔lnx1＋lnx2>2⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0，由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2，作出函数g(x)的图象如图所示，由图知必有0<t1<1<t2.令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，所以F(x)在(0，1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0，1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立.由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0，1)，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2).又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2.感悟提升训练2(2024·南通模拟改编)已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2＞2.所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x1，x2是方程g(x)＝0的实根，不妨设x1＜1＜x2.设0＜x1＜1＜x2，由g(x1)＝g(x2)，得x1e－x1＝x2e－x2，等式两边取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.课时分层精练KESHIFENCENGJINGLIAN当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增.不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2.则2－x1>1，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1>1，即证g(x2)＝g(x1)>g(2－x1)，所以h(x)在(0，1)上单调递减，于是h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g(2－x).当0<x1<1时，g(x1)>g(2－x1)，又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)>g(2－x1)，又x2>1，2－x1>1，且g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2得证.证明要证x1x2>e2，只需证lnx1＋lnx2>2，若f(x)有两个极值点x1，x2，即f′(x)有两个变号零点，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同的实根，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增.又h(1)＝0，因此h(t)>h(1)＝0.3.(2024·杭州调研)已知函数f(x)＝x－lnx－a有两个不同的零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；解

∵函数f(x)＝x－lnx－a，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.故当x＝1时，函数f(x)＝x－lnx－a取最小值f(1)＝1－a，若函数f(x)＝x－lnx－a有两个不同的零点x1，x2，则1－a<0，即a>1.故实数a的取值范围为(1，＋∞).(2)证明：x1＋x2>a＋1.证明

由(1)可设0<x1<1<x2，则x1－lnx1＝a，且x2－lnx2＝a，若证x1＋x2>a＋1，即证x2>1－lnx1，构造函数g(x)＝f(x)－f(1－lnx)，0<x<1，所以g(x)＝x－lnx－(1－lnx)＋ln(1－lnx)＝x－1＋ln(1－lnx)，令h(x)＝x(1－lnx)，则h′(x)＝－lnx>0，所以h(x)单调递增，所以0<h(x)<h(1)＝1.所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(1－lnx)，0<x<1，又0<x1<1<x2，所以f(x2)＝f(x1)>f(1－lnx1).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以x2>1－lnx1，即x1＋x2>a＋1，故原不等式得证.证明由题意知f′(x)＝ex－ex，令g(x)＝ex－ex，则g′(x)＝ex－e.令g′(x)＝0，得x＝1，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，