2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题1 培优点4　极值点偏移问题

培优点4极值点偏移问题极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．考点一对称化构造函数例1(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝exx－lnx＋x－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x1x21.(1)解由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)＝exx－1x2－1x＋1＝exx－1－x＋x2x2＝ex＋xx－1x2，可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．(2)证明方法一不妨设x1x2，则由(1)知0x11x2，1x11.令F(x)＝f(x)－f1x，则F′(x)＝ex＋xx－1x2＋1211e11xxxx·1x2＝x－1x2(ex＋x－x1ex－1)．令g(x)＝ex＋x－x1ex－1(x0)，则g′(x)＝ex＋1－1ex＋x1ex·1x2＝ex＋1＋1ex1x－1(x0)，所以当x∈(0,1)时，g′(x)0，所以当x∈(0,1)时，g(x)g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，F′(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)F(1)，即在(0,1)上f(x)－f1xF(1)＝0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f1x10，即f(x2)f1x1.由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x21x1，即x1x21.方法二(同构法构造函数化解等式)不妨设x1x2，则由(1)知0x11x2,01x21.由f(x1)＝f(x2)＝0，得11exx－lnx1＋x1＝22exx－lnx2＋x2，即11lnexx＋x1－lnx1＝22lnexx＋x2－lnx2.因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．构造函数h(x)＝x－lnx(x0)，g(x)＝h(x)－h1x＝x－1x－2lnx(x0)，则g′(x)＝1＋1x2－2x＝x－12x2≥0(x0)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x1时，g(x)g(1)＝0，即当x1时，h(x)h1x，所以h(x1)＝h(x2)h1x2.又h′(x)＝1－1x＝x－1x(x0)，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以0x11x21，即x1x21.规律方法对称化构造法构造辅助函数：对结论x1＋x22x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2x20型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－fx20x，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1＋lnx22lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可．跟踪演练1已知函数f(x)＝2x＋lnx.(1)求f(x)的极值和单调区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a2)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x24.(1)解f′(x)＝1x－2x2＝x－2x2(x0)，令f′(x)0得x2，令f′(x)0得0x2.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以当x＝2时，f(x)取得极小值1＋ln2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．(2)证明由题意知，g(x1)＝g(x2)．不妨设x1x2，由(1)知，g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；所以0x12x2.所以证明不等式x1＋x24等价于x24－x1，又因为4－x12，x22，g(x)在(2，＋∞)上单调递增，因此证明不等式等价于证明g(x2)g(4－x1)，即证明g(x1)g(4－x1)，即2x1＋lnx1－a24－x1＋ln(4－x1)－a(0x12)，即2x1＋lnx1－24－x1－ln(4－x1)0(0x12)恒成立，令h(x)＝2x＋lnx－24－x－ln(4－x)(0x2)，则h′(x)＝－2x2＋1x－24－x2＋14－x＝－82－x2x24－x20，所以h(x)在(0,2)上单调递减，所以h(x)h(2)＝1＋ln2－1－ln2＝0，即h(x)＝2x＋lnx－24－x－ln(4－x)0(0x2)恒成立，因此不等式2x1＋lnx1－a24－x1＋ln(4－x1)－a(0x12)恒成立，即x1＋x24.考点二比值代换例2(2022·六安模拟)已知函数f(x)＝xlnx－ax2＋x(a∈R)．若f(x)有两个零点x1，x2，且x22x1，证明：x1x28e2.证明若f(x)有两个零点x1，x2，则x1lnx1－ax21＋x1＝0，x2lnx2－ax22＋x2＝0，得a＝lnx1x1＋1x1＝lnx2x2＋1x2.因为x22x10，令x2＝tx1(t2)，则lnx1x1＋1x1＝lntx1tx1＋1tx1，得lnx1＝lntt－1－1，则lnx2＝ln(tx1)＝lnt＋lnx1＝tlntt－1－1，所以ln(x1x2)＝lnx1＋lnx2＝lntt－1－1＋tlntt－1－1＝t＋1lntt－1－2.令h(t)＝t＋1lntt－1－2(t2)，则h′(t)＝－2lnt＋t－1tt－12，令φ(t)＝－2lnt＋t－1t(t2)，则φ′(t)＝－2t＋1＋1t2＝t－12t20，则φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t)φ(2)＝32－2ln20.所以h′(t)＝φtt－120，则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以h(t)h(2)＝3ln2－2＝ln8e2，即ln(x1x2)ln8e2，故x1x28e2.规律方法比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝x1x2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．跟踪演练2(2022·湖北圆创联考)已知f(x)＝x2－2alnx，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x24x0.(1)解f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2ax＝2x2－ax，要使y＝f(x)有两个零点，则a0，令f′(x)0，解得xa，令f′(x)0，解得0xa，故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，依题意需f(a)＝(a)2－2alna0，此时1lna，故ae.(2)证明因为1x1a，x2a，令x2x1＝t(t1)，由f(x1)＝f(x2)⇒x21－2alnx1＝x22－2alnx2，即x21－2alnx1＝t2x21－2alntx1⇒x21＝2alntt2－1，而x1＋3x24x0⇔(3t＋1)x14a⇔(3t＋1)2x2116a，即(3t＋1)2·2alntt2－116a，由a0，t1，只需证(3t＋1)2lnt－8t2＋80，令h(t)＝(3t＋1)2lnt－8t2＋8，则h′(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋1t，令n(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋1t，则n′(t)＝18lnt＋11＋6t－1t20(t1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)h(1)＝0，所以x1＋3x24x0.专题强化练1．(2022·佛山质检)已知a是实数，函数f(x)＝alnx－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1x20，求证：x1x2e2.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－1＝a－xx，当a≤0时，f′(x)0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a0时，令f′(x)0，得x∈(0，a)；令f′(x)0，得x∈(a，＋∞)，故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(2)证明由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a0，因为f(x1)＝f(x2)＝0，所以alnx1－x1＝0，alnx2－x2＝0，所以x1－x2＝a(lnx1－lnx2)，要证x1x2e2，即证lnx1＋lnx22，等价于x1a＋x2a2，而1a＝lnx1－lnx2x1－x2，所以等价于证明lnx1－lnx2x1－x22x1＋x2，即lnx1x22x1－x2x1＋x2，令t＝x1x2，则t1，于是等价于证明lnt2t－1t＋1成立，设g(t)＝lnt－2t－1t＋1，t1，g′(t)＝1t－4t＋12＝t－12tt＋120，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)g(1)＝0，即lnt2t－1t＋1成立，所以x1x2e2，结论得证．2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：21a＋1be.(1)解因为f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·－1x＝－lnx.当x∈(0,1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明由题意知，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，得lnaa－lnbb＝1b－1a，即lna＋1a＝lnb＋1b，即f1a＝f1b.令x1＝1a，x2＝1b，由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0xe时，f(x)0，当xe时，f(x)0，不妨设x1x2，则0x11x2e.要证21a＋1be，即证2x1＋x2e.先证x1＋x22，要证x1＋x22，即证x22－x1，因为0x11x2e，所以x22－x11，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)f(2－x1)，即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，当0x1时，x(2－x)1，则－ln[x(2－x)]0，即当0x1时，F′(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当0x1时，F(x)F(1)＝0，所以当0x1时，f(x)－f(2－x)0成立，所以x1＋x22成立．再证x1＋x2e.由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－lnx)x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1m.欲证x1＋x2e，即证x1＋x2m＋x2＝f(x2)＋x2e，即证当1xe时，f(x)＋xe.构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－lnx，当1xe时，h′(x)