新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點突破講義 第1部分 專題突破 專題1　培優(yōu)點4　極值點偏移問題（含解析）

培優(yōu)點4極值點偏移問題極值點偏移是指函數(shù)在極值點左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)圖象不具有對稱性，極值點偏移問題常常出現(xiàn)在高考數(shù)學(xué)的壓軸題中，這類題往往對思維要求較高，過程較為煩瑣，計算量較大，解決極值點偏移問題，有對稱化構(gòu)造函數(shù)法和比值代換法，二者各有千秋，獨具特色．考點一對稱化構(gòu)造函數(shù)例1(2022·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；(2)證明：若f(x)有兩個零點x1，x2，則x1x2<1.(1)解由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．由f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(exx－1－x＋x2,x2)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)，可得函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范圍為(－∞，e＋1]．(2)證明方法一不妨設(shè)x1<x2，則由(1)知0<x1<1<x2，eq\f(1,x1)>1.令F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，則F′(x)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)＋SKIPIF1<0＝SKIPIF1<0令g(x)＝ex＋x－SKIPIF1<0－1(x>0)，則g′(x)＝ex＋1－SKIPIF1<0＝ex＋1＋SKIPIF1<0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))(x>0)，所以當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)>0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，g(x)<g(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以F(x)<F(1)，即在(0,1)上f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))<F(1)＝0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))<0，即f(x2)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1))).由(1)可知，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2<eq\f(1,x1)，即x1x2<1.方法二(同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)化解等式)不妨設(shè)x1<x2，則由(1)知0<x1<1<x2，0<eq\f(1,x2)<1.由f(x1)＝f(x2)＝0，得SKIPIF1<0－lnx1＋x1＝SKIPIF1<0－lnx2＋x2，即SKIPIF1<0＋x1－lnx1＝SKIPIF1<0＋x2－lnx2.因為函數(shù)y＝ex＋x在R上單調(diào)遞增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝x－lnx(x>0)，g(x)＝h(x)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>0)，則g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0(x>0)，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>1時，g(x)>g(1)＝0，即當(dāng)x>1時，h(x)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，所以h(x1)＝h(x2)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2))).又h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以0<x1<eq\f(1,x2)<1，即x1x2<1.規(guī)律方法對稱化構(gòu)造法構(gòu)造輔助函數(shù)：對結(jié)論x1＋x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對結(jié)論x1x2>xeq\o\al(2,0)型，方法一是構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式；方法二是兩邊取對數(shù)，轉(zhuǎn)化成lnx1＋lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成兩變量即可．跟蹤演練1已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx.(1)求f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－a(a>2)的兩個零點為x1，x2，證明：x1＋x2>4.(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)(x>0)，令f′(x)>0得x>2，令f′(x)<0得0<x<2.所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝2時，f(x)取得極小值1＋ln2，無極大值，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)．(2)證明由題意知，g(x1)＝g(x2)．不妨設(shè)x1<x2，由(1)知，g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增；所以0<x1<2<x2.所以證明不等式x1＋x2>4等價于x2>4－x1，又因為4－x1>2，x2>2，g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，因此證明不等式等價于證明g(x2)>g(4－x1)，即證明g(x1)>g(4－x1)，即eq\f(2,x1)＋lnx1－a>eq\f(2,4－x1)＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)，即eq\f(2,x1)＋lnx1－eq\f(2,4－x1)－ln(4－x1)>0(0<x1<2)恒成立，令h(x)＝eq\f(2,x)＋lnx－eq\f(2,4－x)－ln(4－x)(0<x<2)，則h′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)－eq\f(2,4－x2)＋eq\f(1,4－x)＝eq\f(－82－x2,x24－x2)<0，所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，所以h(x)>h(2)＝1＋ln2－1－ln2＝0，即h(x)＝eq\f(2,x)＋lnx－eq\f(2,4－x)－ln(4－x)>0(0<x<2)恒成立，因此不等式eq\f(2,x1)＋lnx1－a>eq\f(2,4－x1)＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)恒成立，即x1＋x2>4.考點二比值代換例2(2022·六安模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax2＋x(a∈R)．若f(x)有兩個零點x1，x2，且x2>2x1，證明：x1x2>eq\f(8,e2).證明若f(x)有兩個零點x1，x2，則x1lnx1－axeq\o\al(2,1)＋x1＝0，x2lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2＝0，得a＝eq\f(lnx1,x1)＋eq\f(1,x1)＝eq\f(lnx2,x2)＋eq\f(1,x2).因為x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，則eq\f(lnx1,x1)＋eq\f(1,x1)＝eq\f(lntx1,tx1)＋eq\f(1,tx1)，得lnx1＝eq\f(lnt,t－1)－1，則lnx2＝ln(tx1)＝lnt＋lnx1＝eq\f(tlnt,t－1)－1，所以ln(x1x2)＝lnx1＋lnx2＝eq\f(lnt,t－1)－1＋eq\f(tlnt,t－1)－1＝eq\f(t＋1lnt,t－1)－2.令h(t)＝eq\f(t＋1lnt,t－1)－2(t>2)，則h′(t)＝eq\f(－2lnt＋t－\f(1,t),t－12)，令φ(t)＝－2lnt＋t－eq\f(1,t)(t>2)，則φ′(t)＝－eq\f(2,t)＋1＋eq\f(1,t2)＝eq\f(t－12,t2)>0，則φ(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(t)>φ(2)＝eq\f(3,2)－2ln2>0.所以h′(t)＝eq\f(φt,t－12)>0，則h(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)>h(2)＝3ln2－2＝ln

eq\f(8,e2)，即ln(x1x2)>ln

eq\f(8,e2)，故x1x2>eq\f(8,e2).規(guī)律方法比值代換法是指通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝eq\f(x1,x2)化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明．跟蹤演練2(2022·湖北圓創(chuàng)聯(lián)考)已知f(x)＝x2－2alnx，a∈R.若y＝f(x)有兩個零點x1，x2(x1<x2)．(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)若x0是y＝f(x)的極值點，求證：x1＋3x2>4x0.(1)解f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(2a,x)＝eq\f(2x2－a,x)，要使y＝f(x)有兩個零點，則a>0，令f′(x)>0，解得x>eq\r(a)，令f′(x)<0，解得0<x<eq\r(a)，故f(x)在(0，eq\r(a))上單調(diào)遞減，在(eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，依題意需f(eq\r(a))＝(eq\r(a))2－2alneq\r(a)<0，此時1<lna，故a>e.(2)證明因為1<x1<eq\r(a)，x2>eq\r(a)，令eq\f(x2,x1)＝t(t>1)，由f(x1)＝f(x2)?xeq\o\al(2,1)－2alnx1＝xeq\o\al(2,2)－2alnx2，即xeq\o\al(2,1)－2alnx1＝t2xeq\o\al(2,1)－2alntx1?xeq\o\al(2,1)＝eq\f(2alnt,t2－1)，而x1＋3x2>4x0?(3t＋1)x1>4eq\r(a)?(3t＋1)2xeq\o\al(2,1)>16a，即(3t＋1)2·eq\f(2alnt,t2－1)>16a，由a>0，t>1，只需證(3t＋1)2lnt－8t2＋8>0，令h(t)＝(3t＋1)2lnt－8t2＋8，則h′(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，令n(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，則n′(t)＝18lnt＋11＋eq\f(6t－1,t2)>0(t>1)，故n(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，n(t)>n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(t)>h(1)＝0，所以x1＋3x2>4x0.專題強化練1．(2022·佛山質(zhì)檢)已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個相異的零點x1，x2且x1>x2>0，求證：x1x2>e2.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(a－x,x)，當(dāng)a≤0時，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，故f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明由(1)可知，要想f(x)有兩個相異的零點x1，x2，則a>0，因為f(x1)＝f(x2)＝0，所以alnx1－x1＝0，alnx2－x2＝0，所以x1－x2＝a(lnx1－lnx2)，要證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2，等價于eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,a)>2，而eq\f(1,a)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以等價于證明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即ln

eq\f(x1,x2)>eq\f(2x1－x2,x1＋x2)，令t＝eq\f(x1,x2)，則t>1，于是等價于證明lnt>eq\f(2t－1,t＋1)成立，設(shè)g(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t>1，g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0，所以g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(t)>g(1)＝0，即lnt>eq\f(2t－1,t＋1)成立，所以x1x2>e2，結(jié)論得證．2．(2021·新高考全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.(1)解因為f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，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)證明由題意知，a，b是兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，兩邊同時除以ab，得eq\f(lna,a)－eq\f(lnb,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，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)0<x<e時，f(x)>0，當(dāng)x>e時，f(x)<0，不妨設(shè)x1<x2，則0<x1<1<x2<e.要證2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e，即證2<x1＋x2<e.先證x1＋x2>2，要證x1＋x2>2，即證x2>