2027版53B版新高考版数学总复习重难突破培优5　极值点偏移问题

培优5极值点偏移问题1.极值点偏移的含义若单峰函数f(x)的极值点为x0,则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如表所

示.

极值点x0

函数值的大小关系图示极值点不偏移x0=

f(x1)=f(2x0-x2)

极值点偏移左移x0<

峰口向上:f(x1)<f(2x0-x2)

峰口向下:f(x1)>f(2x0-x2)

极值点偏移右移x0>

峰口向上:f(x1)>f(2x0-x2)

峰口向下:f(x1)<f(2x0-x2)

2.极值点偏移问题常用处理策略(1)对称化构造第一步:求导,分析f(x)的单调性,作出f(x)的图象,由f(x1)=f(x2)得x1与x2的取值范围.第二步:构造辅助函数(注:x0为f(x)的极值点,对于非极值点的问题需要根据零点等量关

系,变更结论或变更原函数后,再构建辅助函数).①对于结论x1+x2>2x0(或x1+x2<2x0),构造F(x)=f(x)-f(2x0-x);②对于结论x1x2>

(或x1x2<

),构造F(x)=f(x)-f

.第三步:求导,获取F(x)的单调性,限定x1或x2的范围,判断F(x)的正负,获取不等式证明结

论.(2)差值换元或比值换元构造差值函数:设t=x1-x2,结合已知等式,用t分别表示x1,x2,即x1=φ(t),x2=ϕ(t);构造比值函数:设t=

,结合已知等式,用t分别表示x1,x2,即x1=φ(t),x2=ϕ(t).一般就比值换元与差值换元解极值点偏移问题来看,比值换元对单一的对数式lnx最有

效;差值换元对单一的指数式ex最有效.(3)利用对数平均不等式对数平均不等式:对任意的正实数a,b,且a<b,则a<

<

<

<

<

<b.证明:

<

<

.(关键:比值换元的使用)①先证

<

.要证

<

,只需证lnb-lna<

,即证ln

<

-

.记t=

(t>1),则2lnt<t-

.令f(t)=2lnt-t+

(t>1),f'(t)=

-1-

=-

=

<0,所以f(t)在(1,+∞)上单调递减,而f(1)=0,因此当t>1时,f(t)<0恒成立,即

<

恒成立.②再证

<

.要证

<

,只需证lnb-lna>

,即证ln

>

,令t=

(t>1),则有lnt>

(t>1),设g(t)=lnt-

(t>1),则g'(t)=

-

=

>0,所以g(t)在(1,+∞)上单调递增,而g(1)=0,因此当t>1时,g(t)=lnt-

>0恒成立,即

<

.几何意义:将对数平均不等式变形为

<

<

.

表示经过曲线y=lnx上两点A(a,lna)和B(b,lnb)的直线的斜率,

表示曲线y=lnx在x=

处切线的斜率,

表示曲线y=lnx在x=

处切线的斜率.注意对数平均不等式在主观题中不能直接使用,需要补充证明过程.类型1

x1+x2>2x0型例1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.解析

(1)f'(x)=e-x(1-x),x∈R.令f'(x)>0,得x<1;令f'(x)<0,得x>1,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞),所以f(x)有极大值f(1)=

,无极小值.(2)证法一(对称化构造):令x1<x2,由(1)知,若f(x1)=f(x2),则0<x1<1<x2,要证x1+x2>2,只要证x2>

2-x1>1.此时发现x2和2-x1都在区间(1,+∞)上,因为f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以要证x2>2-x1,只需证f(x2)<f(2-x1),因为f(x1)=f(x2),所以只要证f(x1)<f(2-x1),这样就将x1,x2

两个变量转化为1个变量.令H(x)=f(x)-f(2-x)=xe-x-(2-x)ex-2(0<x<1),则H'(x)=

-

=

,因为0<x<1,所以1-x>0,2-x>x,所以e2-x>ex,即e2-x-ex>0,所以H'(x)>0,所以H(x)在(0,1)上单调递增,所以H(x)<H(1)=0,即有f(x1)<f(2-x1)成立,所以x1+x2>2.证法二(比值换元):同证法一得0<x1<1<x2,由f(x1)=f(x2),得x1

=x2

,等式两边取自然对数得lnx1-x1=lnx2-x2.令t=

,t>1,则x2=tx1,则lnx1-x1=ln(tx1)-tx1=lnt+lnx1-tx1,得x1=

,x2=

,所以即证x1+x2=

>2,即证lnt-

>0,设g(t)=lnt-

(t>1),所以g'(t)=

-

=

>0,所以当t>1时,g(t)单调递增,所以g(t)>g(1)=0,所以lnt-

>0,故x1+x2>2.例2已知函数f(x)=lnx-ax2,若x1,x2是方程f(x)=0的两不等实根,求证:

+

>2e.证明因为lnx=

lnx2,所以f(x)=

lnx2-ax2=0,令t=x2,t>0,可得

lnt-at=0,即2a=

.问题转化为t1,t2是方程2a=

的两个不等的正实数根,转化为求证:t1+t2>2e.因为

=

,所以

=

,根据对数平均不等式知

<

,可得lnt1+lnt2>2,即t1t2>e2,进而可得t1+t2>2

>2e.即

+

>2e.下面只需证明对数平均不等式即可.证

<

,令0<x1<x2,只需证

<

,即

<

,只需证

-lnx<0

,令φ(x)=

-lnx(x>1),φ'(x)=

-

=

<0,所以φ(x)在(1,+∞)上单调递减,所以φ(x)<φ(1)=0.即

<

得证.综上,

+

>2e得证.类型2

x1·x2> 型例

(高考真题精选)已知函数f(x)=

-lnx+x-a.证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.证明证法一对称化构造:由题知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=

,可得f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则f(x)的一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设0

<x1<1<x2,要证x1x2<1,即证x1<

,因为x1,

∈(0,1),所以证f(x1)>f

,又因为f(x1)=f(x2),故只需证f(x2)>f

,即证

-lnx+x-x

-lnx-

>0,x∈(1,+∞),不等式中既含有ex,

,又含有lnx,比较复杂,可以尝试将含有ex,

的部分归在一起,剩下的部分归在一起,并分别证明它们均大于0.即证

-x

-2

lnx-

>0,下面证明x>1时,

-x

>0,lnx-

<0,设g(x)=

-x

,x>1,则g'(x)=

ex-

=

ex-

=

=

,因为

>0,所以g'(x)的正负取决于

-

,而y=

-

,x>1的解析式较为复杂,其导函数的零点很难求出,故无法通过求导先确定其单调性,再求出其值域.可以尝试找实数a,使得

>a,而

<a.设φ(x)=

(x>1),φ'(x)=

ex>0,所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增,故φ(x)>φ(1)=e,而

<e,所以

-

>0,所以g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,即g(x)>g(1)=0,所以

-x

>0.令h(x)=lnx-

,x>1,则h'(x)=

-

=

=

<0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,即h(x)<h(1)=0,所以lnx-

<0,即-2

lnx-

>0.综上,

-x

-2

lnx-

>0,所以x1x2<1.证法二对数平均不等式:由题意知函数的定义域为(0,+∞).因为x-lnx=lnex-lnx=ln

,所以f(x)=

+ln

-a,故可尝试用换元法处理此题.令m=

,m>1,则g(m)=m+lnm-a,g'(m)=1+

>0,所以g(m)=m+lnm-a在(1,+∞)上单调递增,故g(m)=0只有1个解,又因为f(x)=

+ln

-a有两个零点x1,x2,所以m=

=

,指数式

=

两边取对数便化成对数式,一般情况下,利用对数平均不等式证明积型极值点偏移问题较为方便.两边取对数得x1-lnx1=x2-lnx2,即

=1,因为

<

,故

<1,即x1x2