資源簡介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺(tái)
第4課時(shí)　極值點(diǎn)偏移問題
考點(diǎn)一　對稱構(gòu)造法求極值點(diǎn)偏移問題
例1 (2023·黑龍江牡丹江市第一高級(jí)中學(xué)高三熱身考試(二))已知函數(shù)f(x)＝x2，a為實(shí)數(shù)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)f(x)在x＝e處取得極值，f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f′(x1)＝f′(x2)，x1解　(1)函數(shù)f(x)＝x2的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝2x＋x＝x(2ln x－3a＋1)．
令f′(x)＝0，得x＝e，
當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞增區(qū)間為(e，＋∞)．
(2)證明：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝e處取得極值，所以x＝e＝e，得a＝1，
所以f(x)＝x2，得f′(x)＝x(2ln x－2)＝2x(ln x－1)，
令g(x)＝2x(ln x－1)，因?yàn)間′(x)＝2ln x，當(dāng)01時(shí)，g′(x)>0，
所以函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
且當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，g(x)＝2x(ln x－1)<0，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，g(x)＝2x(ln x－1)>0，
故0先證x1＋x2>2，需證x2>2－x1.
因?yàn)閤2>1，2－x1>1，下面證明g(x1)＝g(x2)>g(2－x1)．
設(shè)t(x)＝g(2－x)－g(x)，
則當(dāng)00，
故t(x)在(0，1)上為增函數(shù)，
故t(x)所以t(x1)＝g(2－x1)－g(x1)<0，則g(2－x1)所以2－x12.
下面證明：x1＋x2令g(x1)＝g(x2)＝m，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)－(－2x)＝2xln x<0，所以g(x)<－2x成立，
所以－2x1>g(x1)＝m，所以x1<－.
當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，記h(x)＝g(x)－(2x－2e)＝2xln x－4x＋2e，
所以當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，h′(x)＝2ln x－2<0，所以h(x)為減函數(shù)，得h(x)>h(e)＝2e－4e＋2e＝0，
所以m＝g(x2)>2x2－2e，即得x2<＋e.
所以x1＋x2<－＋＋e＝e.
綜上，2【常用結(jié)論】 對稱構(gòu)造法主要用來解決與兩個(gè)極值點(diǎn)之和(積)相關(guān)的不等式的證明問題．其解題要點(diǎn)如下： (1)定函數(shù)(極值點(diǎn)為x0)，即利用導(dǎo)函數(shù)符號(hào)的變化判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而確定函數(shù)的極值點(diǎn)x0. (2)構(gòu)造函數(shù)，即對結(jié)論x1＋x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；對結(jié)論x1x2>x型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式． (3)判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論F(x)的單調(diào)性． (4)比較大小，即判斷函數(shù)F(x)在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系． (5)轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性，將f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為x與2x0－x之間的大小關(guān)系，進(jìn)而得到所證或所求.
　1.(2022·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；
(2)證明：若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1x2＜1.
解　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝ex－＋1＝ex＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．
所以f(x)≥f(1)＝e＋1－a，
若f(x)≥0，
則e＋1－a≥0，即a≤e＋1，
所以a的取值范圍為(－∞，e＋1]．
(2)證法一：由題意知，f(x)的一個(gè)零點(diǎn)小于1，一個(gè)零點(diǎn)大于1.
不妨設(shè)0要證x1x2＜1，即證x1＜.
因?yàn)閤1，∈(0，1)，即證f(x1)＞f，
因?yàn)閒(x1)＝f(x2)，即證f(x2)＞f，
即證－ln x＋x－xe－ln x－＞0，x∈(1，＋∞)，
即證－xe－2>0.
下面證明當(dāng)x＞1時(shí)，－xe＞0，ln x－＜0.
設(shè)g(x)＝－xe，
則g′(x)＝ex－＝ex－e＝＝.
設(shè)φ(x)＝，
則當(dāng)x>1時(shí)，φ′(x)＝ex＝ex＞0，
所以φ(x)＞φ(1)＝e，而e＜e，
所以－e＞0，
所以當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
即g(x)＞g(1)＝0，
所以－xe＞0.
令h(x)＝ln x－，
則當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)＝－＝＝－＜0，
所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－＜0.
綜上，－xe－2＞0，即x1x2＜1得證．
證法二：不妨設(shè)x1由f(x1)＝f(x2)＝0，得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2，
即ex1－ln x1＋x1－ln x1＝ex2－ln x2＋x2－ln x2.
因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex＋x在R上單調(diào)遞增，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
構(gòu)造函數(shù)h(x)＝x－ln x，g(x)＝h(x)－h(huán)＝x－－2ln x，
則g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>g(1)＝0，
即當(dāng)x>1時(shí)，h(x)>h，
所以h(x1)＝h(x2)>h，
又h′(x)＝1－＝，當(dāng)0所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，
所以0考點(diǎn)二　比(差)值換元法求極值點(diǎn)偏移問題
例2 (2024·湖北黃岡浠水縣第一中學(xué)高三上學(xué)期質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－a)，g(x)＝＋a－ax.
(1)當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥－ln x－2恒成立，求a的取值范圍；
(2)若g(x)的兩個(gè)相異零點(diǎn)為x1，x2，求證：x1x2>e2.
解　(1)當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥－ln x－2恒成立，即當(dāng)x≥1時(shí)，(x＋1)ln x－ax＋2≥0恒成立，
設(shè)F(x)＝(x＋1)ln x－ax＋2，
所以F(1)＝2－a≥0，即a≤2；
F′(x)＝ln x＋＋1－a，
設(shè)r(x)＝ln x＋＋1－a，
則r′(x)＝－＝，
所以當(dāng)x≥1時(shí)，r′(x)≥0，即r(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以r(x)≥r(1)＝2－a≥0，
所以當(dāng)x≥1時(shí)，F(xiàn)′(x)＝r(x)≥0，即F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以F(x)≥F(1)＝2－a≥0.
所以a的取值范圍為(－∞，2]．
(2)證明：由題意知，g(x)＝ln x－ax，
不妨設(shè)x1>x2>0，
由得
則＝＝，令t＝>1，
則＝，即ln (x1x2)＝ln t.
要證x1x2>e2，只需證ln (x1x2)>2，
只需證ln t>2，即證ln t>(t>1)，
即證ln t－>0(t>1)，
令m(t)＝ln t－(t>1)，
因?yàn)閙′(t)＝>0，
所以m(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)t從右側(cè)趨近于1時(shí)，m(t)趨近于0，
所以當(dāng)t∈(1，＋∞)時(shí)，m(t)>0，
即ln t－>0成立，故x1x2>e2.
比(差)值換元的目的也是消參、減元，就是根據(jù)已知條件首先建立極值點(diǎn)之間的關(guān)系，然后利用兩個(gè)極值點(diǎn)之比(差)作為變量，從而實(shí)現(xiàn)消參、減元的目的．設(shè)法用比值或差值(一般用t表示)表示兩個(gè)極值點(diǎn)，即t＝，化為單變量的函數(shù)不等式，繼而將所求解問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù)問題求解．
　2.已知函數(shù)f(x)＝xln x－＋tx－1(t∈R)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1(1)求t的取值范圍；
(2)證明：x1＋x2>x1x2.
解　(1)f′(x)＝ln x＋1－＋t，
令g(x)＝f′(x)，
則g′(x)＝－＝(x>0)，
令g′(x)＝0，解得x＝，
所以當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)>0；
當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)<0，
所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以g(x)max＝g＝1－ln 2＋t.
因?yàn)閒(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以g(x)有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，
所以g(x)max>0，即1－ln 2＋t>0，所以t>ln 2－1，即t的取值范圍為(ln 2－1，＋∞)．
(2)證明：由題意，知ln x2－＋t＋1＝0，ln x1－＋t＋1＝0，
所以ln x2－ln x1＝(x2－x1)，
即＝.
要證x1＋x2>x1x2，
只需證＋>，
即證＋>，
即證2ln <＋＝－，
設(shè)＝u(u>1)，
則只需證u－>2ln u(u>1)，
令h(u)＝u－－2ln u(u>1)，
則h′(u)＝1＋－＝＝>0，
所以h(u)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)u從右側(cè)趨近于1時(shí)，h(u)趨近于0，
所以h(u)>0，即u－>2ln u(u>1)，
則x1＋x2>x1x2.
課時(shí)作業(yè)
1．(2024·福建福州格致中學(xué)高三上學(xué)期質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝.
(1)討論函數(shù)f(x)的極值；
(2)若(ex1)x2＝(ex2)x1(e是自然對數(shù)的底數(shù))，且x1>0，x2>0，x1≠x2，證明：x1＋x2>2.
解　(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，求導(dǎo)得f′(x)＝－，
若a＝0，則f′(x)＝0，函數(shù)f(x)無極值；
若a≠0，由f′(x)＝0，可得x＝1；
若a<0，當(dāng)01時(shí)，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)f(x)有唯一極小值f(1)＝a，無極大值；
若a>0，當(dāng)00，則f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減，此時(shí)函數(shù)f(x)有唯一極大值f(1)＝a，無極小值．
綜上，當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)f(x)無極值；
當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)有極小值f(1)＝a，無極大值；
當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)有極大值f(1)＝a，無極小值．
(2)證明：由(ex1)x2＝(ex2)x1，兩邊取對數(shù)可得x2(ln x1＋1)＝x1(ln x2＋1)，即＝，
當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝，f′(x)＝－，
由(1)可知，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝1，
而f＝0，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0恒成立，
因此當(dāng)a＝1時(shí)，存在x1，x2且0若x2∈[2，＋∞)，則x1＋x2>x2≥2成立；
若x2∈(1，2)，則2－x2∈(0，1)，
記g(x)＝f(x)－f(2－x)，
則當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－－>－－ ＝－>0，
即函數(shù)g(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(2－x)，
于是f(x1)＝f(x2)>f(2－x2)，而x2∈(1，2)，2－x2∈(0，1)，x1∈(0，1)，
函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，因此x1>2－x2，即x1＋x2>2.
綜上，x1＋x2>2.
2．(2024·廣東深圳中學(xué)高三階段考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex，已知直線y＝2x＋1是曲線y＝f(x)的一條切線．
(1)求a的值，并討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x1)＝f(x2)，其中x14.
解　(1)設(shè)直線y＝2x＋1與曲線y＝f(x)相切于點(diǎn)(x0，f(x0))，
∵f′(x)＝(x＋a＋1)ex，
∴f′(x0)＝(x0＋a＋1)ex0＝2；
又f(x0)＝(x0＋a)ex0＝2x0＋1，
∴2－ex0＝2x0＋1，即ex0＋2x0－1＝0.
設(shè)g(x)＝ex＋2x－1，則g′(x)＝ex＋2>0，
∴g(x)在R上單調(diào)遞增，
又g(0)＝0，
∴g(x)有唯一零點(diǎn)x＝0，
∴x0＝0，
∴a＋1＝2，解得a＝1，
∴f(x)＝(x＋1)ex，f′(x)＝(x＋2)ex，
則當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(－2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.
∴函數(shù)f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)證明：由(1)知，f(x)min＝f(－2)＝－e－2<0，
當(dāng)x<－1時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x>－1時(shí)，f(x)>0，
∴x1<－2要證x1x2>4，只需證x1<<－2.
∵f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，
∴只需證f(x1)>f，
又f(x1)＝f(x2)，則只需證f(x2)>f對任意x2∈(－2，－1)恒成立．
設(shè)h(x)＝f(x)－f，
∴h′(x)＝(x＋2)ex＋e＝(x3e＋8)．
設(shè)p(x)＝x3e＋8，
則當(dāng)－2∴p(x)在(－2，－1)上單調(diào)遞減，
∴p(x)又當(dāng)－2∴當(dāng)－20，
∴h(x)在(－2，－1)上單調(diào)遞增，
∴h(x)>h(－2)＝0，
即f(x)>f在x∈(－2，－1)時(shí)恒成立，
又x2∈(－2，－1)，
∴f(x2)>f，原不等式得證．
3．(2023·湖北武漢華中師范大學(xué)第一附屬中學(xué)高三下學(xué)期壓軸卷(一))已知f(x)＝2x－sinx－ln x.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)若存在x1，x2(0解　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝2x－sinx－ln x，
則f′(x)＝2－cosx－，
當(dāng)x≥1時(shí)，f′(x)≥1－cosx≥0，
故f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，不存在極值點(diǎn)；
當(dāng)0則h′(x)＝sinx＋>0恒成立，
故函數(shù)h(x)即f′(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，
且f′(1)＝1－cos1>0，f′＝－cos－2<0，
所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，
所以當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增，
故函數(shù)f(x)在(0，1)上存在唯一極值點(diǎn)．
綜上，當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)有且僅有一個(gè)．
(2)證明：由f(x1)＝f(x2)，知2x1－sinx1－ln x1＝2x2－sinx2－ln x2，
整理，得2(x1－x2)－(sinx1－sinx2)＝(ln x1－ln x2)(*)，
不妨令g(x)＝x－sinx(x>0)，則g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)0即x1－sinx1那么sinx1－sinx2>x1－x2，
因此(*)即轉(zhuǎn)化為>.
接下來證明>(0等價(jià)于證明ln >－，
不妨令＝t(0建構(gòu)新函數(shù)φ(t)＝2ln t－t＋(0φ′(t)＝－1－＝－<0，則φ(t)在(0，1)上單調(diào)遞減，又當(dāng)t從左側(cè)趨近于1時(shí)，φ(t)趨近于0，
所以φ(t)>0，故ln >－即>(0由不等式的傳遞性知<，即x1x24．(2023·湖南長沙實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三三模)已知函數(shù)h(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)若h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)若方程xex－a(ln x＋x)＝0有兩個(gè)實(shí)根x1，x2，且x1≠x2，證明：ex1＋x2>.
解　(1)函數(shù)h(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)h(x)＝x無零點(diǎn)，不符合題意，所以a≠0，
由h(x)＝x－aln x＝0，
可得＝，
構(gòu)造函數(shù)f(x)＝，其中x>0，所以直線y＝與函數(shù)f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，
f′(x)＝，由f′(x)＝0可得x＝e，列表如下：
x (0，e) e (e，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減
所以函數(shù)f(x)的極大值為f(e)＝，函數(shù)f(x)的大致圖象如下圖所示：
且當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝>0，
由圖可知，當(dāng)0<<，即a>e時(shí)，直線y＝與函數(shù)f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e，＋∞)．
(2)證明：因?yàn)閤ex－a(ln x＋x)＝0，則xex－aln (xex)＝0，
令t＝xex>0，其中x>0，則有t－aln t＝0，
t′＝(x＋1)ex>0，所以函數(shù)t＝xex在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)榉匠蘹ex－a(ln x＋x)＝0有兩個(gè)實(shí)根x1，x2，
令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，
則關(guān)于t的方程t－aln t＝0也有兩個(gè)實(shí)根t1，t2，且t1≠t2，
要證ex1＋x2>，即證x1e x1·x2e x2>e2，即證t1t2>e2，即證ln t1＋ln t2>2，
由已知
所以
整理可得＝，
不妨設(shè)t1>t2>0，即證ln t1＋ln t2＝ln >2，
即證ln >＝.
令s＝>1，即證ln s>，其中s>1，
構(gòu)造函數(shù)g(s)＝ln s－，其中s>1，
g′(s)＝－＝>0，所以函數(shù)g(s)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)s從右側(cè)趨近于1時(shí)，g(s)趨近于0，
所以當(dāng)s>1時(shí)，g(s)>0，故原不等式成立．
5．(2024·河北石家莊部分重點(diǎn)高中高三月考)已知函數(shù)f(x)＝x2ln x－a(a∈R)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，證明：1解　(1)因?yàn)閒(x)＝x2ln x－a(a∈R)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
則f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，
令f′(x)>0，解得x>，
令f′(x)<0，解得0所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.
(2)證明：不妨設(shè)x1要證x1＋x2<，即證x2<－x1，
即證f(x2)又f(x2)＝f(x1)，即證f(x1)－f<0.
令g(x)＝f(x)－f，
則g′(x)＝x(2ln x＋1)＋，
令h(x)＝g′(x)，則h′(x)＝2(ln x＋1)＋1－－2＝2ln <0在x∈時(shí)恒成立，
所以h(x)在上單調(diào)遞減，即g′(x)在上單調(diào)遞減，所以g′(x)>g′＝0，
所以g(x)在上單調(diào)遞增，所以g(x1)即f(x1)－f<0，所以x1＋x2<.
接下來證明x1＋x2>1，
令＝t，則t>1，又f(x1)＝f(x2)，
即xln x1＝xln x2，
所以ln x1＝，
要證1即證(t＋1)x1>1，
不等式(t＋1)x1>1兩邊取對數(shù)，
即證ln x1＋ln (t＋1)>0，
即證＋ln (t＋1)>0，
即證>，
令u(x)＝，x∈(1，＋∞)，
則u′(x)＝
＝，
令p(x)＝x－ln x－1，其中x∈(1，＋∞)，
則p′(x)＝1－＝>0，
所以p(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)x從右側(cè)趨近于1時(shí)，p(x)趨近于0，
所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，p(x)>0，
故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)＝>0，
可得函數(shù)u(x)單調(diào)遞增，可得u(t＋1)>u(t)，
即>，所以x1＋x2>1.
綜上可知，16．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－ln x)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)設(shè)a，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且bln a－aln b＝a－b，證明：2<＋解　(1)因?yàn)閒(x)＝x(1－ln x)，所以f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0.
所以函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．
(2)證明：由題意，a，b是兩個(gè)不相等的正數(shù)，且bln a－aln b＝a－b，兩邊同時(shí)除以ab，得－＝－，
即＝，
即f＝f.
令x1＝，x2＝，
由(1)知f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且當(dāng)00，當(dāng)x>e時(shí)，f(x)<0，
不妨設(shè)x1要證2<＋先證x1＋x2>2：
要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，
因?yàn)?2－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以即證f(x2)又f(x1)＝f(x2)，所以即證f(x1)即證當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)－f(2－x)<0.
構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，
則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln (2－x)＝－ln [x(2－x)]，
當(dāng)00，
即當(dāng)00，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)0所以當(dāng)0所以x1＋x2>2成立．
再證x1＋x2由(1)知，f(x)的極大值點(diǎn)為x＝1，f(x)的極大值為f(1)＝1，過點(diǎn)(0，0)，(1，1)的直線方程為y＝x，
設(shè)f(x1)＝f(x2)＝m，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直線y＝x與直線y＝m的交點(diǎn)坐標(biāo)為(m，m)，則x1欲證x1＋x2即證當(dāng)1構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)＋x，則h′(x)＝1－ln x，
當(dāng)10，
所以函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)1綜上可知，2<＋21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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第4課時(shí)　極值點(diǎn)偏移問題
考點(diǎn)一　對稱構(gòu)造法求極值點(diǎn)偏移問題
例1 (2023·黑龍江牡丹江市第一高級(jí)中學(xué)高三熱身考試(二))已知函數(shù)f(x)＝x2，a為實(shí)數(shù)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)f(x)在x＝e處取得極值，f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f′(x1)＝f′(x2)，x1【常用結(jié)論】 對稱構(gòu)造法主要用來解決與兩個(gè)極值點(diǎn)之和(積)相關(guān)的不等式的證明問題．其解題要點(diǎn)如下： (1)定函數(shù)(極值點(diǎn)為x0)，即利用導(dǎo)函數(shù)符號(hào)的變化判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而確定函數(shù)的極值點(diǎn)x0. (2)構(gòu)造函數(shù)，即對結(jié)論x1＋x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；對結(jié)論x1x2>x型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式． (3)判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論F(x)的單調(diào)性． (4)比較大小，即判斷函數(shù)F(x)在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系． (5)轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性，將f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為x與2x0－x之間的大小關(guān)系，進(jìn)而得到所證或所求.
　1.(2022·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；
(2)證明：若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1x2＜1.
考點(diǎn)二　比(差)值換元法求極值點(diǎn)偏移問題
例2 (2024·湖北黃岡浠水縣第一中學(xué)高三上學(xué)期質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－a)，g(x)＝＋a－ax.
(1)當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥－ln x－2恒成立，求a的取值范圍；
(2)若g(x)的兩個(gè)相異零點(diǎn)為x1，x2，求證：x1x2>e2.
比(差)值換元的目的也是消參、減元，就是根據(jù)已知條件首先建立極值點(diǎn)之間的關(guān)系，然后利用兩個(gè)極值點(diǎn)之比(差)作為變量，從而實(shí)現(xiàn)消參、減元的目的．設(shè)法用比值或差值(一般用t表示)表示兩個(gè)極值點(diǎn)，即t＝，化為單變量的函數(shù)不等式，繼而將所求解問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù)問題求解．
　2.已知函數(shù)f(x)＝xln x－＋tx－1(t∈R)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1(1)求t的取值范圍；
(2)證明：x1＋x2>x1x2.
課時(shí)作業(yè)
1．(2024·福建福州格致中學(xué)高三上學(xué)期質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝.
(1)討論函數(shù)f(x)的極值；
(2)若(ex1)x2＝(ex2)x1(e是自然對數(shù)的底數(shù))，且x1>0，x2>0，x1≠x2，證明：x1＋x2>2.
2．(2024·廣東深圳中學(xué)高三階段考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex，已知直線y＝2x＋1是曲線y＝f(x)的一條切線．
(1)求a的值，并討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x1)＝f(x2)，其中x14.
3．(2023·湖北武漢華中師范大學(xué)第一附屬中學(xué)高三下學(xué)期壓軸卷(一))已知f(x)＝2x－sinx－ln x.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)若存在x1，x2(04．(2023·湖南長沙實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三三模)已知函數(shù)h(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)若h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)若方程xex－a(ln x＋x)＝0有兩個(gè)實(shí)根x1，x2，且x1≠x2，證明：ex1＋x2>.
5．(2024·河北石家莊部分重點(diǎn)高中高三月考)已知函數(shù)f(x)＝x2ln x－a(a∈R)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，證明：16．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－ln x)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)設(shè)a，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且bln a－aln b＝a－b，證明：2<＋21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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