浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用补上一课极值点的“偏移”问题含解析

极值点的“偏移”问题
知识拓展 1.极值点“偏移”图示
(左右对称，无偏移，如二次函数；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＝2x 0)
(左陡右缓，极值点向左偏移；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＞2x 0)
(左缓右陡，极值点向右偏移；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＜2x 0)
2.极值点偏移问题的结论不一定总是x 1＋x 2＞(＜)2x 0，也可能是x 1x 2＞(＜)x 2
0.
题型突破
题型一 对称化构造法
【例1】 已知函数f (x )＝x e －x
. (1)求函数f (x )的单调区间和极值；
(2)已知函数g (x )的图象与f (x )的图象关于直线x ＝1对称，证明：当x ＞1时，f (x )＞g (x )； (3)如果x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明：x 1＋x 2＞2.
(1)解 f ′(x )＝e －x
(1－x )，得f (x )在(－∞，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f (x )有极大值f (1)＝1
e
，无极小值.
(2)证明 由g (x )的图象与f (x )的图象关于直线x ＝1对称，得g (x )的解析式为y ＝f (2－x )，
构造辅助函数
F (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f (2－x )，x ∈(1，＋∞)，
求导得F ′(x )＝f ′(x )－[f (2－x )]′＝e －x
(1－x )＋e x －2
(x －1)＝(x －1)(e
x －2
－e －x
)，
当x ＞1时，x －1＞0，e
x －2
－e －x
＞0，则F ′(x )＞0，得F (x )在(1，＋∞)上单增，有F (x )＞
F (1)＝0，即f (x )＞g (x ).
(3)证明 由f (x 1)＝f (x 2)，结合f (x )的单调性可设x 1＜1＜x 2，将x 2代入(2)中不等式得f (x 2)＞f (2－x 2)，又f (x 1)＝f (x 2)，故f (x 1)＞f (2－x 2)，又x 1＜1，2－x 2＜1，f (x )在(－∞，1)上单增，故x 1＞2－x 2，x 1＋x 2＞2.
规律方法 用对称化构造的方法解决极值点偏移问题分为以下三步：
(1)求导，获得f (x )的单调性，极值情况，作出f (x )的图象，由f (x 1)＝f (x 2)得x 1，x 2的取值范围(数形结合)；
(2)构造辅助函数，对结论x 1＋x 2＞(＜)2x 0，构造F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )；对结论x 1x 2＞(＜)x 2
0，
构造F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2
0x ，求导，限定范围(x 1或x 2的范围)，判定符号，获得不等式；
(3)代入x 1(或x 2)，利用f (x 1)＝f (x 2)及f (x )的单调性证明最终结论.
【训练1】 (2016·新课标Ⅰ卷节选)已知函数f (x )＝(x －2)e x
＋a (x －1)2
有两个零点(a ＞0). 设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.
证明 由f ′(x )＝(x －1)e x
＋2a (x －1)＝(x －1)(e x
＋2a )，知f (x )在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，f (1)＝－e ，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，可设x 1＜1＜x 2. 构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，求导得
F ′(x )＝f ′(x )－[f (2－x )]′
＝(x －1)(e x ＋2a )－(x －1)(e 2－x
＋2a )
＝(x －1)(e x
－e
2－x
)，
当x ＜1时，x －1＜0，e x
－e 2－x
＜0，则F ′(x )＞0，得F (x )在(－∞，1)上单增，又F (1)＝0，
故F (x )＜0(x ＜1)，即f (x )＜f (2－x )(x ＜1).将x 1代入上述不等式中，得f (x 1)＝f (x 2)＜f (2－x 1)，又x 2＞1，2－x 1＞1，f (x )在(1，＋∞)递增，故x 2＜2－x 1，x 1＋x 2＜2.
题型二 构造函数的选取
【例2】 已知函数f (x )＝e x
－ax 有两个不同的零点x 1，x 2，其极值点为x 0. (1)求a 的取值范围；(2)求证：x 1＋x 2＜2x 0； (3)求证：x 1＋x 2＞2；(4)求证：x 1x 2＜1.
(1)解 f ′(x )＝e x
－a ，若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在R 上单增，f (x )至多有1个零点，舍去；故必有a ＞0，易得f (x )在(－∞，ln a )上单减，在(ln a ，＋∞)上单增，要使f (x )有两个不同的零点，则有f (ln a )＜0⇒a ＞e(严格来讲，还需补充两处变化趋势的说明：当x →－∞时，f (x )→＋∞；当x →＋∞时，f (x )→＋∞).
(2)证明 由所证结论知这是f (x )的极值点偏移问题，选取函数f (x )来做，下面按对称化构造的三个步骤来写，其中x 0＝ln a .
①由(1)知f (x )在(－∞，x 0)上单减，在(x 0，＋∞)上单增，可设x 1＜x 0＜x 2； ②构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )，则
F ′(x )＝f ′(x )－[f (2x 0－x )]′＝e x ＋e2x 0－x －2a ，
当x ＜x 0时，有F ′(x )＞2e x
·e2x 0－x
－2a ＝0，则F (x )在(－∞，x 0)上单增，得F (x )＜F (x 0)＝0，即f (x )＜f (2x 0－x )(x ＜x 0)；
③将x 1代入②中不等式得f (x 1)＝f (x 2)＜f (2x 0－x 1)，又x 2＞x 0，2x 0－x 1＞x 0，f (x )在(x 0，＋∞)上单增，故x 2＜2x 0－x 1，x 1＋x 2＜2x 0.
(3)证明 由所证结论可以看出，这已不再是f (x )的极值点偏移问题，谁的极值点会是x ＝1呢？回到题设条件：f (x )＝e x
－ax ＝0⇒e x
＝ax ⇒a ＝e x
x ，记函数g (x )＝e
x
x
，则有g (x 1)＝g (x 2)
＝a ，求导得g ′(x )＝e x
（x －1）
x
2
，则x ＝1是g (x )的极小值点，我们选取函数g (x )来证(3)中结论x 1＋x 2＞2，也可证(4)中结论x 1x 2＜1.
①g (x )在(－∞，0)和(0，1)上单减，在(1，＋∞)上单增；g (x )的符号与x 的符号相同；当x →－∞时，g (x )→0；当x →0－
时，g (x )→－∞；当x →0＋
时，g (x )→＋∞；当x →＋∞时，g (x )→＋∞，g (x )的图象如下(由图象亦可得a ＞e)，由g (x 1)＝g (x 2)＝a 可设0＜x 1＜1＜x 2：
②构造函数G (x )＝g (x )－g (2－x )，则 G ′(x )＝g ′(x )－[g (2－x )]′＝e x
（x －1）x
2
＋e 2－x
（1－x ）
（2－x ）
2
＝(x －1)⎣⎢⎡⎦
⎥⎤e x x 2－e 2－x
（2－x ）2，
当0＜x ＜1时，x －1＜0，但因式e x
x 2－e 2－x
（2－x ）2的符号不容易看出，引进辅助函数φ(x )＝e
x
x 2，
则φ′(x )＝e x
（x －2）
x
3
，得φ(x )在(0，2)上单减，当x ∈(0，1)时，2－x ∈(1，2)，即0＜x ＜2－x ＜2，则φ(x )＞φ(2－x )，即e x x 2－e 2－x
（2－x ）2＞0，G ′(x )＜0，得G (x )在(0，1)上
单减，有G (x )＞G (1)＝0，即g (x )＞g (2－x )(0＜x ＜1)；
③将x 1代入②中不等式得g (x 1)＝g (x 2)＞g (2－x 1)，又x 2＞1，2－x 1＞1，g (x )在(1，＋∞)上单增，故x 2＞2－x 1，x 1＋x 2＞2. (4)证明 ①同上；
②构造函数G (x )＝g (x )－g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x
，则 G ′(x )＝g ′(x )－⎣⎢⎡⎦
⎥⎤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′＝e x
（x －1）x 2－
（x －1）e 1
x
x
＝（x －1）（e x
－x e 1
x ）
x
2
， 当0＜x ＜1时，x －1＜0，但因式e x
－x e 1x
的符号不容易看出，引进辅助函数φ(x )＝e x
－x e 1
x ，
则φ′(x )＝e x
＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －1e 1x ，当x ∈(0，1)时，φ′(x )＞0，得φ(x )在(0，1)上单增，有φ(x )＜φ(1)＝0，则G ′(x )＞0，得G (x )在(0，1)上单增，有G (x )＜G (1)＝0，即g (x )＜g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x (0
＜x ＜1)；
③将x 1代入②中不等式得g (x 1)＝g (x 2)＜g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x 1，又x 2＞1，1x 1
＞1，g (x )在(1，＋∞)上单增，
故x 2＜1
x 1
，x 1x 2＜1.
规律方法 常规类型：x 1＋x 2＞(＜)2x 0和x 1x 2＞(＜)x 2
0. 【训练2】 已知b ＞a ＞0，且b ln a －a ln b ＝a －b . 求证：(1)a ＋b －ab ＞1； (2)a ＋b ＞2.
证明 (1)b ln a －a ln b ＝a －b ⇒
ln a a －ln b b ＝1b －1a ⇒1＋ln a a ＝1＋ln b
b
.
记函数f (x )＝1＋ln x
x
，则f (a )＝f (b ).
求导得f ′(x )＝－ln x x 2，知f (x )在(0，1)上单增，在(1，＋∞)上单减，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，
当x →0＋
时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→0，
故f (x )的图象如图所示，由图知1
e ＜a ＜1＜b ，
又a ＋b －ab ＞1⇔(a －1)(1－b )＞0，又∵a ＜1，b ＞1， ∴(a －1)(1－b )＞0，即a ＋b －ab ＞1.
(2)构造函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，则
F ′(x )＝f ′(x )－[f (2－x )]′＝－ln x x 2－ln （2－x ）（2－x ）2＝－
（2－x ）2
ln x ＋x 2
ln （2－x ）
x 2（2－x ）2， 当x ∈(0，1)时，(2－x )2
ln x ＋x 2
ln(2－x )的符号如何判定？ 尝试变更结论：证明更强的结论ab ＞1.
构造函数G (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x
，则
G ′(x )＝f ′(x )－f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x ＝
－ln x x 2＋ln x ＝（x 2
－1）ln x x 2，
当0＜x ＜1时，G ′(x )＞0，得G (x )在(0，1)上单增，
有G (x )＜G (1)＝0，即f (x )＜f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x
(0＜x ＜1). 因为0＜a ＜1，故f (a )＝f (b )＜f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，
又b ＞1，1
a
＞1，f (x )在(1，＋∞)上单减，
故b ＞1
a
，ab ＞1，
由基本不等式知a ＋b ＞2ab ＞2.
题型三 变更结论
【例3】 (2020·重庆调研二)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝12
mx 2
＋x .
(1)若函数f (x )与g (x )的图象上存在关于原点对称的点，求实数m 的取值范围；
(2)设F (x )＝f (x )－g (x )，已知F (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：
x 1x 2＞e 2(其中e 为自然对数的底数.)
(1)解 函数f (x )与g (x )的图象上存在关于原点对称的点，
即g (x )＝12
mx 2
＋x 的图象与函数y ＝－f (－x )＝x ln(－x )的图象有交点，
即12mx 2＋x ＝x ln(－x )在(－∞，0)上有解，即12m ＝ln （－x ）－1x 在(－∞，0)上有解， 设φ(x )＝ln （－x ）－1x ，x ＜0，则φ′(x )＝2－ln （－x ）x
2
， 当x ∈(－∞，－e 2)时，φ(x )为减函数；当x ∈(－e 2
，0)时，φ(x )为增函数，
φ(x )min ＝φ(－e 2)＝－1e 2，即m ≥－2e
2.
(2)证明 F (x )＝f (x )－g (x )＝x ln x －12
mx 2
－x ，F ′(x )＝ln x －mx ，
F (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0， ∴m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2且m ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2
，
∴
ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，即ln x 1＋ln x 2＝x 1＋x 2x 1－x 2ln x 1
x 2
＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＋1ln x 1
x 2
x 1
x 2
－1，
设t ＝x 1x 2∈(0，1)，则ln x 1＋ln x 2＝（t ＋1）ln t t －1
，
要证x 1x 2＞e 2
，即证ln x 1＋ln x 2＞2，
只需证明（t ＋1）ln t t －1＞2，即证明ln t －2（t －1）t ＋1
＜0，
设h (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1，则h ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝
（t －1）
2
t （t ＋1）2
＞0， 则h (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1在(0，1)上单调递增，h (t )＜h (1)＝0，即h (t )＝ln t －
2（t －1）
t ＋1＜0，∴ln x 1＋ln x 2＞2，∴x 1x 2＞e 2
. 规律方法 通过换元化为常规类型证明
【训练3】 已知函数f (x )＝ln x 和g (x )＝ax ，若存在两个实数x 1，x 2，且x 1≠x 2，满足f (x 1)＝g (x 1)，f (x 2)＝g (x 2)，求证：x 1x 2＞e 2.
证明 令x 1＞x 2＞0，∵f (x 1)＝g (x 1)，f (x 2)＝g (x 2)， ∴ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，
∴ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，
x 1·x 2＞e 2等价于ln x 1＋ln x 2＞2⇔a (x 1＋x 2)＞2
⇔a ＞2x 1＋x 2，即ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2⇔ln x 1x 2＞2⎝ ⎛⎭⎪
⎫x 1
x 2－1x 1x 2
＋1
，令x 1x 2
＝t ，则t ＞1，x 1·x 2＞e 2
等价于
ln t ＞2（t －1）t ＋1
，
令g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1，g ′(t )＝（t －1）
2
t （t ＋1）2＞0)，
∴g (t )在(1，＋∞)上递增，
∴g (t )＞g (1)＝0，即ln t ＞2（t －1）
t ＋1成立，
故x 1x 2＞e 2
.
补偿训练
1.已知函数f (x )＝x ln x －x ，两相异正实数x 1，x 2满足f (x 1)＝f (x 2). 求证：x 1＋x 2＞
2.
证明 f ′(x )＝ln x ，当x ∈(0，1)时，f (x )单减，
当x ＞1时，f (x )单增，且f (1)＝－1，如图所示，不妨设x 1＜1＜x 2，
要证x 1＋x 2＞2，即证x 2＞2－x 1，只需要证f (2－x 1)＜f (x 2)，又f (x 1)＝f (x 2)，所以只需证f (2－x 1)＜f (x 1)，
设g (x )＝f (x )－f (2－x )(x ∈(0，1))，则g ′(x )＝f ′(x )－[f (2－x )]′＝ln x ＋ln(2－x )，0＜x ＜1，符号不易判断，
再设h (x )＝ln x ＋ln(2－x )，0＜x ＜1，则h ′(x )＝1x －12－x ＝2－2x x （2－x ）＞0，∴h (x )在(0，
1)上单增，∴h (x )＜h (1)＝0，∴g (x )在(0，1)上单减，∴g (x )＞g (1)＝0， ∴f (x )－f (2－x )＞0；0＜x ＜1，∴f (x 1)＞f (2－x 1)成立，∴x 1＋x 2＞2.
2.已知函数f (x )＝x ln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，求证：x 1x 2＜1e
2. 证明 f ′(x )＝ln x ＋1，得f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞上递增；当0＜x ＜1时，f (x )＜0；f (1)＝0；当x ＞1时，f (x )＞0；当x →0＋
时，f (x )→0(洛必达法则)；当x →＋∞时，
f (x )→＋∞，于是f (x )的图象如下，得0＜x 1＜1e
＜x 2＜1.
构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝
⎛⎭
⎪⎫1e 2x ，求导得 F ′(x )＝f ′(x )－⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝
⎛⎭⎪⎫1e 2x ′＝1＋ln
x ＋1e 2x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ln 1e 2x ＝(1＋ln x )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－1e 2x 2，当0＜x ＜1e 时，1＋ln x ＜0，1－1e 2x 2＜0，则F ′(x )＞0，得F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递增，有F (x )＜F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，即f (x )
＜f ⎝
⎛⎭⎪⎫1e 2x ⎝
⎛⎭⎪⎫0＜x ＜1e ， 将x 1代入(2)中不等式得f (x 1)＝f (x 2)＜f ⎝
⎛⎭⎪⎫1e 2x 1，故f (x 2)＜f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e 2x 1，又x 2＞1e ，1e 2x 1＞1e ，f (x )
在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞上递增，故x 2＜1e 2x 1，x 1x 2＜1e 2.
3.设函数f (x )＝4ln x －1
2
mx 2－(m －4)x (m ＞0)，对于曲线y ＝f (x )上的不同两点M (x 1，f (x 1))，
N (x 2，f (x 2))，记直线MN 的斜率为k ，若k ＝f ′(x 0)，证明：x 1＋x 2＞2x 0.
证明 f (x 1)－f (x 2)＝4(ln x 1－ln x 2)－12m (x 21－x 22)＋(4－m )(x 1－x 2)＝4(ln x 1－ln x 2)－1
2m (x 1
＋x 2)(x 1－x 2)＋(4－m )(x 1－x 2)， 由题设得f ′(x 0)＝f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝4（ln x 1－ln x 2）x 1－x 2－12
m (x 1＋x 2)＋4－m ，
又⎣⎢⎡⎦
⎥⎤f ⎝
⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22′＝8x 1＋x 2－m ·x 1＋x 22＋4－m ，
∴f ′(x 0)－⎣⎢⎡⎦
⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22′＝4（ln x 1－ln x 2）x 1－x 2－8x 1＋x 2
＝
4x 2－x 1⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤（ln x 2－ln x 1）－2（x 2－x 1）x 2＋x 1 ＝4
x 2
－x 1
⎣⎢⎡⎦
⎥⎤ln x 2
x
1
－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1
－1x 2x 1
＋1， 不妨设0＜x 1＜x 2，设t ＝x 2x 1，则t ＞1，则ln x 2x 1－2⎝ ⎛⎭⎪
⎫x 2
x 1－1x 2x 1
＋1
＝ln t －2（t －1）
t ＋1
(t ＞1)，
令h (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝（t －1）
2
t （t ＋1）2
＞0，
∴h (t )在(1，＋∞)上单调递减，∴h (t )＞h (1)＝0，
故ln x 2x 1－2⎝ ⎛⎭⎪
⎫
x 2
x 1－1x 2x 1
＋1
＞0，又∵x 2－x 1＞0，即f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22＜f ′(x 0)，又由f ′(x 0)＝9x －mx ＋4－m ，
知f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，∴
x 1＋x 2
2
＞x 0，即x 1＋x 2＞2x 0.
4.(2014·天津卷)设f (x )＝x －a e x
(a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2. (1)求a 的取值范围；
(2)证明：x 2x 1
随着a 的减小而增大； (3)证明：x 1＋x 2随着a 的减小而增大. (1)解 f (x )＝x －a e x ＝0，即a ＝x e －x
，
由题意得直线y ＝a 与函数y ＝x e －x
的图象有2个不同的交点， 由下图易知0＜a ＜1e
.
(2)证明 函数y ＝f (x )的零点即直线y ＝a 与函数y ＝x
e x 图象的交点的横坐标，
如上图，有0＜x 1＜1＜x 2，
由y ＝x
e x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减可知，
当a 减小时，x 1随之减小，x 2随之增大，则x 2x 1
增大， 即x 2x 2
随着a 的减小而增大.
(3)证明 由f (x )＝x －a e x
＝0得ln x ＝ln a ＋x ， 则ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2＝ln a .
设x 2x 1
＝t ＞1，则x 2＝tx 1，ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1， 得x 1＝ln t t －1，所以x 1＋x 2＝(t ＋1)x 1＝（t ＋1）ln t t －1.
令g (t )＝（t ＋1）ln t t －1
，t ∈(1，＋∞)，
则g ′(t )＝－2ln t ＋t －
1
t
（t －1）
2
， 令h (t )＝－2ln t ＋t －1t
，得h ′(t )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫t －1t 2＞0(t ＞1)，
则h (t )在(1，＋∞)上单调递增，故当t ＞1时，有h (t )＞h (1)＝0， 则g ′(t )＞0，g (t )在(1，＋∞)上单调递增. 于是x 1＋x 2随着t 的增大而增大.
由(2)知t 随着a 的减小而增大，所以x 1＋x 2随着a 的减小而增大.。