微专题6 极值点偏移与拐点偏移-2027届高考数学一轮复习（含答案）

微专题6极值点偏移与拐点偏移-2027届高考数学一轮复习极值点偏移的定义：对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)＝m的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b．①若eq\f(x1＋x2,2)＞x0，则函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极值点x0左偏，简称极值点x0左偏；②若eq\f(x1＋x2,2)＜x0，则函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极值点x0右偏，简称极值点x0右偏．对称化构造法例1已知函数f(x)＝3lnx＋eq\f(1,2)x2－4x．若方程f(x)＝b有三个不相等的实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求证：x1＋x2＞2且x2＋x3＜6．对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；对结论x1·x2＞xeq\o\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式．变式1已知函数f(x)＝ax－xlnx．(1)若f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a＝2时，若存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2＜e2．比值代换法例2已知函数f(x)＝ex－mx(其中e为自然对数的底数)有两个零点x1，x2．(1)求实数m的取值范围．(2)①证明：对一切的a，b∈(0，＋∞)且a≠b，都有eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)；②证明：x1＋x2＞2．比值代换法解极值点偏移问题：比值换元的目的是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t)表示两个极值点，即t＝eq\f(x1,x2)，化为单变量的函数不等式，则将所求问题转化为关于t的函数问题，进而求解．变式2已知函数f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)ax2－x＋a的两个不同极值点x1，x2(x1＜x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．拐点偏移问题拐点偏移：设x＝x0是函数f(x)的拐点，若函数f(x)的图象与直线y＝f(x0)＋m和y＝f(x0)－m分别交于A(x1，f(x0)＋h)，B(x2，f(x0)－h)两点，则AB的中点为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，fx0))，称eq\f(x1＋x2,2)＝x0为拐点居中；eq\f(x1＋x2,2)＜x0为拐点右偏；eq\f(x1＋x2,2)＞x0为拐点左偏．拐点右偏eq\f(x1＋x2,2)＜x0拐点左偏eq\f(x1＋x2,2)＞x0例3－1已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＜0．例3－2已知函数f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＞2．解决拐点偏移问题的思路(1)构造一元和函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)，x＞x0；(2)求F′(x)，F″(x)，判断导数符号，确定F(x)的单调性；(3)结合F(x0)＝2f(x0)，判断F(x)与2f(x0)的大小；(4)由f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)及F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＞2f(x0)得f(2x0－x2)＞f(x1)，或由F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＜2f(x0)得f(2x0－x2)＜f(x1)．(5)结合f(x)的单调性得2x0－x2＞x1或2x0－x2＜x1，从而得x1＋x2＜2x0或x1＋x2＞2x0．配套精练1．已知函数f(x)＝xlnx－x＋1，若方程f(x)＝b有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1．2．已知函数f(x)＝(lnx－m)x的最小值为－1．(1)求实数m的值；(2)若f(x)＝a有两个不同的实数根x1，x2(x1＜x2)，求证：2－x2＜x1．3．已知函数f(x)＝2lnx＋x2＋(a－1)x－a(a∈R)，当x≥1时，f(x)≥0恒成立．(1)求实数a的取值范围；(2)若正实数x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＋f(x2)＝0，证明：x1＋x2＞2．4．已知函数f(x)＝x(ex－ax2)，a∈R．(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)已知关于x的方程f(x)＝0恰有2个不同的正实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞4．

参考答案极值点偏移的定义：对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)＝m的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b．①若eq\f(x1＋x2,2)＞x0，则函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极值点x0左偏，简称极值点x0左偏；②若eq\f(x1＋x2,2)＜x0，则函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极值点x0右偏，简称极值点x0右偏．对称化构造法例1已知函数f(x)＝3lnx＋eq\f(1,2)x2－4x．若方程f(x)＝b有三个不相等的实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求证：x1＋x2＞2且x2＋x3＜6．【解答】由f′(x)＝eq\f(3,x)＋x－4＝eq\f(x2－4x＋3,x)＝eq\f(x－1x－3,x)，x＞0，可知f(x)在(0,1)，(3，＋∞)内单调递增，在(1,3)内单调递减．由题可得0＜x1＜1＜x2＜3＜x3．因为f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝b，令g(x)＝f(x)－f(2－x)，0＜x＜1，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋x－4))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2－x)＋2－x－4))＝eq\f(6x－12,x2－x)＞0，可知g(x)在(0,1)内单调递增，则g(x)＜g(1)＝0，可得f(x)＜f(2－x)在(0,1)内恒成立．因为0＜x1＜1，则f(x1)＝f(x2)＜f(2－x1)，且1＜2－x1＜2，1＜x2＜3，又f(x)在(1,3)内单调递减，所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2．令h(x)＝f(x)－f(6－x)，1＜x＜3，则h′(x)＝f′(x)＋f′(6－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋x－4))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,6－x)＋6－x－4))＝eq\f(2x－32,x6－x)＞0，可知h(x)在(1,3)内单调递增，则h(x)＜h(3)＝0，可得f(x)＜f(6－x)在(1,3)内恒成立．因为1＜x2＜3，则f(x2)＝f(x3)＜f(6－x2)，且3＜6－x2＜5，x3＞3，f(x)在(3，＋∞)内单调递增，所以6－x2＞x3，即x2＋x3＜6．对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；对结论x1·x2＞xeq\o\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式．变式1已知函数f(x)＝ax－xlnx．(1)若f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；【解答】f′(x)＝a－1－lnx．当0＜x＜ea－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞ea－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(ea－1)＝ea－1≤1，解得a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1]．(2)当a＝2时，若存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2＜e2．【解答】当a＝2时，f(x)＝2x－xlnx，x＞0，f′(x)＝2－(1＋lnx)＝1－lnx，x＞0．当x＝e时，f′(x)＝0．当0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故当x＝e时，f(x)取得极大值，也为最大值，且当x→0时，f(x)→0，当x＝e2时，f(x)＝0，所以不妨设x1＜x2，则0＜x1＜e＜x2＜e2，要证x1x2＜e2，即证x1＜eq\f(e2,x2)＜e，又f(x)在(0，e)上单调递增，所以只需证f(x1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x2)))，即f(x2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x2)))．令g(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))，x∈(e，e2)，则g(e)＝0，g′(x)＝eq\f(1－lnxx2－e2,x2)．当x＞e时，1－lnx＜0，x2－e2＞0，则g′(x)＜0，所以g(x)在(e，e2)上单调递减，则g(x)＜g(e)＝0，所以f(x1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x2)))，所以x1＜eq\f(e2,x2)，从而x1x2＜e2成立．比值代换法例2已知函数f(x)＝ex－mx(其中e为自然对数的底数)有两个零点x1，x2．(1)求实数m的取值范围．【解答】由f(x)＝ex－mx，得f′(x)＝ex－m．当m≤0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，不合题意．当m＞0时，由f′(x)＞0得x＞lnm；由f′(x)＜0得x＜lnm，所以f(x)在(－∞，lnm)上单调递减，在(lnm，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(lnm)＝elnm－mlnm＝m－mlnm＜0，所以m＞e．因为f(0)＝1＞0，x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以f(x)在(0，lnm)和(lnm，＋∞)内分别存在一个零点，符合题意．所以m的取值范围为(e，＋∞)．(2)①证明：对一切的a，b∈(0，＋∞)且a≠b，都有eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)；②证明：x1＋x2＞2．【解答】①不妨设a＞b＞0，则eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)⇔eq\f(2a－b,a＋b)＜lneq\f(a,b)，即证eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1)＜lneq\f(a,b)．令t＝eq\f(a,b)＞1，即证lnt－eq\f(2t－1,t＋1)＞0对任意的t∈(1，＋∞)恒成立．令g(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，则g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)≥0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)＞g(1)＝0，所以eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)．②由(1)得，f(x)在(0，lnm)和(lnm，＋∞)内分别存在一个零点，由m＞e得f(1)＝e－m＜0，设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，因为ex－mx＝0等价于x＝lnx＋lnm，所以x1－lnx1＝x2－lnx2，即eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)＝1，由①得，1＝eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)＜eq\f(x1＋x2,2)，即x1＋x2＞2．比值代换法解极值点偏移问题：比值换元的目的是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t)表示两个极值点，即t＝eq\f(x1,x2)，化为单变量的函数不等式，则将所求问题转化为关于t的函数问题，进而求解．变式2已知函数f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)ax2－x＋a的两个不同极值点x1，x2(x1＜x2)．(1)求实数a的取值范围；【解答】因为f(x)有两个不同极值点x1，x2，所以f′(x)＝lnx－ax＝0，即a＝eq\f(lnx,x)有两个不同的根x1，x2．令g(x)＝eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)．令g′(x)＞0，得0＜x＜e；令g′(x)＜0，得x＞e．所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)．因为当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，且当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．(2)求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．【解答】由(1)可知g(1)＝0，所以1＜x1＜e＜x2，且x1，x2是方程lnx－ax＝0的两个根，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－ax1＝0，,lnx2－ax2＝0，))所以eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以lnx1＋lnx2＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)·(x1＋x2)，所以ln(x1x2)＝eq\f(ln\f(x1,x2),\f(x1,x2)－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)＋1))．令eq\f(x1,x2)＝t∈(0,1)，则ln(x1x2)＝eq\f(t＋1lnt,t－1)．要证x1x2＞e2，即证ln(x1x2)＝eq\f(t＋1lnt,t－1)＞2，即证lnt＜eq\f(2t－1,t＋1)，即证lnt－eq\f(2t－1,t＋1)＜0．令h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，则h′(t)＝eq\f(t－12,tt＋12)＞0，所以h(t)在(0,1)上单调递增．因为h(1)＝0，所以h(t)＜h(1)＝0，所以lnt－eq\f(2t－1,t＋1)＜0成立，故x1x2＞e2成立．拐点偏移问题拐点偏移：设x＝x0是函数f(x)的拐点，若函数f(x)的图象与直线y＝f(x0)＋m和y＝f(x0)－m分别交于A(x1，f(x0)＋h)，B(x2，f(x0)－h)两点，则AB的中点为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，fx0))，称eq\f(x1＋x2,2)＝x0为拐点居中；eq\f(x1＋x2,2)＜x0为拐点右偏；eq\f(x1＋x2,2)＞x0为拐点左偏．拐点右偏eq\f(x1＋x2,2)＜x0拐点左偏eq\f(x1＋x2,2)＞x0例3－1已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＜0．【解答】f′(x)＝ex－x－1，f″(x)＝ex－1，当x∈[0，＋∞)时，f″(x)≥0，f′(x)单调递增；当x∈(－∞，0)时，f″(x)＜0，f′(x)单调递减．所以f′(x)min＝f′(0)＝0，所以f′(x)≥0，即函数f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0．因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以x1＜0＜x2．构造和函数F(x)＝f(x)＋f(－x)＝ex－x2－2＋e－x，x＞0，则F′(x)＝f′(x)－f′(－x)＝ex－e－x－2x，F″(x)＝ex＋e－x－2＞0，所以F′(x)＞F′(0)＝0，因此F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(0)＝0，所以F(x2)＝f(x2)＋f(－x2)＞0．又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以f(－x2)＞f(x1)．因为f(x)在R上单调递增，所以－x2＞x1，即x1＋x2＜0．例3－2已知函数f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)，若实数x1＜x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，求证：x1＋x2＞2．【解答】f′(x)＝lnx－x＋1，易知f′(x)≤0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0．因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以0＜x1＜1＜x2．构造和函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝xlnx＋(2－x)ln(2－x)－x2＋2x－1,0＜x＜1，则F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝lnx－ln(2－x)－2x＋2，则F″(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)－2＝eq\f(2,x2－x)－2＞eq\f(2,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋2－x,2)))2)－2＝0，因此F′(x)在(0,1)上单调递增，所以F′(x)＜F′(1)＝0，所以F(x)在(0,1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)＝0，所以F(x1)＝f(x1)＋f(2－x1)＞0．因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以f(2－x1)＞f(x2)．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2．解决拐点偏移问题的思路(1)构造一元和函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)，x＞x0；(2)求F′(x)，F″(x)，判断导数符号，确定F(x)的单调性；(3)结合F(x0)＝2f(x0)，判断F(x)与2f(x0)的大小；(4)由f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)及F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＞2f(x0)得f(2x0－x2)＞f(x1)，或由F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＜2f(x0)得f(2x0－x2)＜f(x1)．(5)结合f(x)的单调性得2x0－x2＞x1或2x0－x2＜x1，从而得x1＋x2＜2x0或x1＋x2＞2x0．配套精练1．已知函数f(x)＝xlnx－x＋1，若方程f(x)＝b有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1．【解答】f′(x)＝lnx，当x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，要证x1x2＜1，只需证1＜x2＜eq\f(1,x1)．因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以只需证f(x2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))．因为f(x1)＝f(x2)，所以只需证f(x1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))．设F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))(0＜x＜1)，则F′(x)＝lnx－eq\f(1,x2)lnx＝eq\f(x2－1,x2)lnx＞0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)＜F(1)＝0，所以f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＜0，即f(x1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))成立，所以x1x2＜1．2．已知函数f(x)＝(lnx－m)x的最小值为－1．(1)求实数m的值；【解答】因为f′(x)＝lnx＋1－m(x＞0)，令f′(x)＝0，可得x＝em－1．当x∈(0，em－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(em－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(em－1)＝－em－1＝－1，所以m＝1．(2)若f(x)＝a有两个不同的实数根x1，x2(x1＜x2)，求证：2－x2＜x1．【解答】由(1)知，f(x)＝x(lnx－1)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．当x∈(0，e)时，f(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f(x)＞0，所以0＜x1＜1＜x2＜e，－1＜a＜0．记g(x)＝f(x)－f(2－x)＝xlnx＋(x－2)ln(2－x)－2x＋2，则g′(x)＝lnx＋ln(2－x)＝ln[x(2－x)]，当x∈(0,1)时，0＜x(2－x)＜1，所以g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以当x∈(0,1)时，g(x)＞g(1)＝0，即f(x)＞f(2－x)，故f(x1)＞f(2－x1)，即f(x2)＞f(2－x1)．又x2＞1,2－x1＞1，所以由单调性知，x2＞2－x1，即2－x2＜x1．3．已知函数f(x)＝2lnx＋x2＋(a－1)x－a(a∈R)，当x≥1时，f(x)≥0恒成立．(1)求实数a的取值范围；【解答】根据题意，可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，而f′(x)＝eq\f(2,x)＋2x＋(a－1)，当a≥－3时，f′(x)＝eq\f(2,x)＋2x＋(a－1)≥a＋3≥0，所以f(x)为增函数，f(1)＝0，所以当x≥1时，f(x)≥0恒成立．当a＜－3时，存在大于1的实数m，使得f′(m)＝0，所以当1≤x＜m时，f′(x)＜0成立，所以f(x)在区间[1，m)上单调递减，所以当1＜x＜m时，f(x)＜f(1)＝0，不合题意．综上，a的取值范围为[－3，＋∞)．(2)若正实数x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＋f(x2)＝0，证明：x1＋x2＞2．【解答】不妨设x1＜x2，因为正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，由(1)可知，0＜x1＜1＜x2．又因为f(x)为增函数，所以x1＋x2＞2⇔x2＞2－x1⇔f(x2)＞f(2－