高考数学微专题复习（新高考地区专用）专题30 极值点偏移问题的研究（解析版）

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专题 30 极值点偏移问题的研究
一、题型选讲
题型一、常见的极值点偏移问题
常见的极值点偏移问 题主要有 以下几种 题型： 1. 若函 数
f(x)
存在两 个零点
x1, x2
且
x1≠x2
，求证：
x1+x2>2x0
（
x0
为函数
f(x)
的极值点）； 2. 若函数
f(x)
中存在
x1, x2
且
满足
f(x1)=f(x2)
，求证：
x1+x2>2x0
（
x0
为函数
f(x)
的极值点）；
3. 若函数
f(x)
存在两 个零点
x1, x2
且
x1≠x2
，令
x0=x1+x2
2
，求证：
f ' (x0)>0
；
例1、（2020 届山东省泰安市高三上期末）已知函数
 
x
f x e ax 
．
(1)当
0a
时，设函数
 
f x
的最小值为
 
g a
，证明：
 
1g a
；
(2)若函数
   
2
1
2
h x f x x 
有两个极值点
 
1 2 1 2
,x x x x
，证明：
 
1 2
2h x h x 
．
【解析】（1）
 
0
x
f x e a a
 
，令
 
0f x
，解得
lnx a
，
当
lnx a
时，
 
0f x
，当
lnx a
时，
 
0f x
，
 
min
ln lnf x f a a a a  
，
 
ln 0g a a a a a  
，
令
 
ln 0g x x x x x 
，则
 
lng x x
 
，
令
 
0g x
，解得
1x
，
当
 
0,1x
时，
 
0g x
，当
 
1x  ，
时，
 
0g x
，
 
max
1 1g x g  
，
 
1g x 
，
1
当
0a
时，
 
1g a
；
（2）
 
2
1
2
x
h x e ax x 
，
 
x
h x e a x
 
，
令
 
x
x e a x
 
，则
 
1
x
x e
 
，
令
 
0x
，解得
0x
，
当
0x
时，
 
0x
，当
0x
时，
 
0x
，
 
min
0 1x a
 
 
，
又函数
 
h x
有两个极值点，则
1 0a 
，
1a 
，且
1 2
0x x 
，
当
 
1
x x ，
时，
 
h x
单调递增，当
 
1
0x x，
时，
 
h x
单调递减，
当
 
0x ，
时，
 
1
h x h x
，
又
 
2
,0x  
，
  
2 1
h x h x 
，
   
2 2
2
1 2 2 2 2
x x
h x h x h x h x e e x
 
，
令
 
2
0
x x
m x e e x x
 
，则
 
12
x
x
m x e x
e
 
，
令
   
n x m x
，则
 
12 0
x
x
n x e e
 
，
 
n x
在
0, 
上单调递增，
   
0 0m x n x n
  
，
 
m x
在
0, 
上单调递增，
 
0 2m x m 
，
20x
，
 
2 2
2
2 2
2
x x
m x e e x
 
，即
 
2 2
2h x h x 
，
2
 
1 2
2h x h x 
．
例2、（2020 届山东省滨州市高三上期末）已知函数
( ) (1 ln )
x
f x e m x 
，其中
0m
，
 
f x
为
 
f x
的导函数，设
( )
( )
x
f x
h x e
，且
 
5
2
h x
恒成立.
（1）求
m
的取值范围；
（2）设函数
 
f x
的零点为
0
x
，函数
 
f x
的极小值点为
1
x
，求证：
0 1
x x
.
【解析】（1）由题设知，
( ) 1 ln ( 0)
x
m
f x e m x x
x
 
 
 
 
，
( )
( ) 1 ln
x
f x m
h x m x
e x
 
，
2
( 1)
( ) ( 0)
m x
h x x
x
 
，
由
( ) 0h x
，得
1x
，所以函数
 
h x
在区间
(1, )
上是增函数；
由
( ) 0h x
，得
0 1x 
，所以函数
 
h x
在区间
 
0,1
上是减函数.
故
 
h x
在
1x
处取得最小值，且
 
1 1h m 
.
由于
5
( ) 2
h x
恒成立，所以
5
12
m 
，得
3
2
m
，
所以
m
的取值范围为
3,
2
 

 
；
（2）设
( ) ( ) 1 ln
x
m
g x f x e m x
x
 
 
 
 
，则
2
2
( ) 1 ln
x
m m
g x e m x
x x
 
 
 
 
.
设
2
2
( ) 1 ln ( 0)
m m
H x m x x
x x
 
，
则
 
2
2 3 3
2 2
2 2
( ) 0
m x x
m m m
H x x x x x
 
 
，
3
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