3.8极值点、拐点偏移问题（精练）-【题型·技巧培优系列】备战2023年高考数学大一轮复习精讲精练（新高考地区）（解析版）

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3.8 极值点、拐点偏移问题

【题型解读】

【题型一　极值点偏移解法赏析】

1.（2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数 f(x)＝lnx－ax 有两个零点 x1，x2．

(1)求实数 a的取值范围；

(2)求证：x1·x2>e2．

【解析】　(1)f′(x)＝－a＝(x>0)，

①若a≤0，则 f′(x)>0，不符合题意；

②若a>0，令 f′(x)＝0，解得 x＝．当 x∈时，f′(x)>0；当 x∈时，f′(x)<0．

由题意知 f(x)＝ln x－ax 的极大值 f＝ln －1>0，解得 0<a<．

所以实数 a的取值范围为．

(2)法一：对称化构造法 1

由x1，x2是方程 f (x)＝0的两个不同实根得 a＝，令 g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，

由于 g′(x)＝，因此，g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

设1<x1<e<x2，需证明 x1x2>e2，只需证明 x1>∈(1，e)，只需证明 f(x1) > f()，

即f(x2)>f()，即 f(x2)－f()>0．

令h(x)＝f(x)－f()(x∈(1，e))，h′(x)＝>0．

故h(x)在(1，e)上单调递增，故 h(x) <h(0)＝0．即 f(x)<f()，令 x＝x1，则 f (x2)＝f (x1) <f()

因为 x2，∈(e，＋∞) ，f (x)在(e，＋∞)上单调递减，所以 x1>，即 x1x2>e2．

对称化构造法 2

由题意，函数 f(x)有两个零点 x1，x2(x1≠x2)，即 f(x1)＝f(x2)＝0，易知 ln x1，ln x2是方程 x＝aex的两根．

令t1＝ln x1，t2＝ln x2．设 g(x)＝xe－x，则 g(t1)＝g(t2)，从而 x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2．

下证：t1＋t2>2．

g′(x)＝(1－x)e－x，易得 g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

所以函数 g(x)在x＝1处取得极大值 g(1)＝．当 x→－∞时，g(x)→－∞；当 x→＋∞时，g(x)→0 且g(x)>0．

由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设 t1<t2，作出函数 g(x)的图象如图所示，由图知必有 0<t1<1<t2，

令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，则 F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝(e2x－1)>0，

所以 F(x)在(0，1]上单调递增，所以 F(x)>F(0)＝0对任意的 x∈(0，1]恒成立，

即g(1＋x)>g(1－x)对任意的 x∈(0，1]恒成立．

由0<t1<1<t2，得 1－t1∈(0，1]，所以 g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，

即g(2－t1)>g(t2)，又 2－t1∈(1，＋∞)，t2∈(1，＋∞)，且 g(x)在(1，＋∞)上单调递减，

所以 2－t1<t2，即 t1＋t2>2．

法二：比值换元法 1

不妨设 x1>x2>0，因为 ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，

所以 ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，

欲证 x1x2>e2，即证 ln x1＋ln x2>2．

因为 ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证 a>，

所以原问题等价于证明>，即 ln>，

令t＝(t>1)，则不等式变为 ln t>．令 h(t)＝ln t－，t>1，

所以 h′(t)＝－＝>0，所以 h(t)在(1，＋∞)上单调递增，

所以 h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即 ln t－>0(t>1)，因此原不等式 x1x2>e2得证．

比值换元法 2

由题知 a＝＝，则＝，设 x1<x2，t＝(t>1)，则 x2＝tx1，

所以＝t，即＝t，解得 lnx1＝，lnx2＝lntx1＝lnt＋lnx1＝lnt＋＝．

由x1x2>e2，得 lnx1＋lnx2>2，所以 lnt>2，所以 lnt－>0，令 h(t)＝ln t－，t>1，

所以 h′(t)＝－＝>0，所以 h(t)在(1，＋∞)上单调递增，

所以 h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即 ln t－>0(t>1)，因此原不等式 x1x2>e2得证．

法三：差值换元法

由题意，函数 f(x)有两个零点 x1，x2(x1≠x2)，即 f(x1)＝f(x2)＝0，易知 ln x1，ln x2是方程 x＝aex的两根．

设t1＝ln x1，t2＝ln x2，设 g(x)＝xe－x，则 g(t1)＝g(t2)，从而 x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2．

下证：t1＋t2>2．

由g(t1)＝g(t2)，得 t1＝t2，化简得＝，①

不妨设 t2>t1，由法二知，0<t1<1<t2．令 s＝t2－t1，则 s>0，t2＝s＋t1，代入①式，

得es＝，解得 t1＝．则 t1＋t2＝2t1＋s＝＋s，故要证 t1＋t2>2，即证＋s>2，

又es－1>0，故要证＋s>2，即证 2s＋(s－2)(es－1)>0，②

令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，则 G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，

故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以 G′(s)>G′(0)＝0，从而 G(s)在(0，＋∞)上单调递增，

所以 G(s)>G(0)＝0，所以②式成立，故 t1＋t2>2．

2．（2021·全国·高考真题）已知函数 .

（1）讨论的单调性；

（2）设，为两个不相等的正数，且，证明： .

【解析】(1) 的定义域为．

由得，，

当时，；当时；当时，．

故在区间内为增函数，在区间内为减函数，

(2)[方法一]：等价转化

由得，即．

由，得．

由（1）不妨设，则，从而，得，

①令，

则，

当时，，在区间内为减函数，，

从而，所以，

由（1）得即．①

令，则，

当时，，在区间内为增函数，，

从而，所以．

又由，可得，

所以．②

由①②得．

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