导数中的极值点偏移课件-2026届高考数学二轮复习

高考数学二轮复习——导数中的极值点偏移极值点偏移问题1．极值点偏移定义极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性。例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，也有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移．2．极值点偏移的原理函数自身所导致的在极值点左右两端增速不一样．

4．极值点偏移的判断5．答题模板(对称构造)若已知函数f(x)满足f(x1)＝f(x2)，x0为函数f(x)的极值点，求证：x1＋x2<2x0.(1)讨论函数f(x)的单调性并求出f(x)的极值点x0；假设此处f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．(2)构造F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；注：此处根据题意需要还可以构造成F(x)＝f(x)－f(2x0－x)的形式．(3)通过求导F′(x)讨论F(x)的单调性，判断出F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系；假设此处F(x)在(0，＋∞)上单调递增，那么我们便可得出F(x)>F(x0)＝f(x0)－f(x0)＝0，从而得到：x>x0时，f(x0＋x)>f(x0－x)．(4)不妨设x1<x0<x2，通过f(x)的单调性，f(x1)＝f(x2)，f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系得出结论；接上述情况，由于x>x0时，f(x0＋x)>f(x0－x)且x1<x0<x2，f(x1)＝f(x2)，故f(x1)＝f(x2)＝f[x0＋(x2－x0)]>f[x0－(x2－x0)]＝f(2x0－x2)，又因为x1<x0，2x0－x2<x0且f(x)在(－∞，x0)上单调递减，从而得到x1<2x0－x2，从而x1＋x2<2x0得证．5．其他方法(1)比值代换(2)对数均值不等式取等条件：当且仅当a＝b时，等号成立．(3)指数不等式典型例题1．(2025·河北邯郸阶段练习)已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)．(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.【解析】

(1)因为f(x)＝xe－x，其中x∈R，则f′(x)＝(1－x)e－x，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)的增区间为(－∞，1)，减区间为(1，＋∞)．x(－∞，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值单调递减(2)证明：构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，当x>1时，x－1>0，x－2>－x，则ex－2－e－x>0，则F′(x)>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，当x>1时，F(x)>F(1)＝0，故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，因为函数f(x)的增区间为(－∞，1)，减区间为(1，＋∞)，可设x1<1<x2，将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)，又f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)>f(2－x2)．又x1<1，2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，所以x1>2－x2，即x1＋x2>2.2．(2024·北京西城高二期中)已知函数f(x)＝x－lnx－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.【解析】

(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1－a，又f(x)≥0，所以1－a≥0，解得a≤1，所以a的取值范围为(－∞，1]．3．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；(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.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→＋∞，g(x)→＋∞，如图所示：所以要想有两个不同交点，只需a>2，即a的取值范围为(2，＋∞)．(2)证明：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，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)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，因此命题得以证明．4．已知函数f(x)＝lnx－ax2.(1)讨论函数f(x)的单调性：【解析】

(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．(2)证明：因为x1，x2是方程lnx－ax2＝0的两个不等实根，lnx－ax2＝0⇔2lnx－2ax2＝0，即x1，x2是方程lnx2－2ax2＝0的两个不等实根，当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)>0且g(t)→0.【解析】

(1)f(x)，g(x)定义域均为(0，＋∞)，

设g(t)=t2−e−t+2−et,则g'(t)=2t+e−t−et.设h(t)=2t+e−t−et,则h'(t)=2−e−t−et<0,所以h(t)在(0,+∞)上单调递减,所以h(t)<h(0)=0,即g'(t)<0,所以g(t)在(0,+∞)上单调递减,所以g(t)<g(0)=0,故原不等式成立.【解题技法】差值换元法的解题策略(1)取差构元:记s=t2−t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2.(2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1.(3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s).(4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最值,从而证得结论.

x(−∞,1)1(1,+∞)h'(x)+0−h(x)单调递增单调递减

【解题技法】对称构造法,主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式问题.其解题要点如下:(1)定函数极值点:利用导函数符号的变化判断函数的单调性,进而确定函数的极值点x0;(2)构造函数:根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)−f(2x0−x);(3)判断单调性:利用导数讨论F(x)的单调性;(4)比较大小:判断函数F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(2x0−x)的大小关系;(5)转化:利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0−x)的大小关系转化为x与2x0−x之间的关系,进而得到所证或所求.【训练】

已知函数f(x)=2x+ax2+xlnx,a∈R.(1)当a