新高考数学二轮复习专题一培优点4极值点偏移问题课件

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培优点4　极值点偏移问题专题一　函数与导数　　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.内容索引对称化构造函数 考点一 (2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝ －ln x＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).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：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.方法一　不妨设x10)，则g′(x)＝ex＋1－所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，所以当x∈(0,1)时，g(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)0)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，规律方法(1)求f(x)的极值和单调区间；令f′(x)>0得x>2，令f′(x)<0得02)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>4.由题意知，g(x1)＝g(x2).不妨设x14等价于x2>4－x1，又因为4－x1>2，x2>2，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)，所以h(x)在(0,2)上单调递减，所以h(x)>h(2)＝1＋ln 2－1－ln 2＝0，比值代换 考点二 (2022·六安模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x(a∈R).若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：若f(x)有两个零点x1，x2，因为x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，所以ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，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＝ 化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.规律方法 　 (2022·湖北圆创联考)已知f(x)＝x2－2aln x，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x10，(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2>4x0.由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2ln t－8t2＋8>0，令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，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＋3x2>4x0.专题强化练 1.(2022·佛山质检)已知a是实数，函数f(x)＝aln x－x.(1)讨论f(x)的单调性；1212f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a≤0时，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0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a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.1212由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，因为f(x1)＝f(x2)＝0，所以aln x1－x1＝0，aln x2－x2＝0，所以x1－x2＝a(ln x1－ln x2)，要证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2，1212所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以x1x2>e2，结论得证.2.(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－ln x).(1)讨论f(x)的单调性；1212因为f(x)＝x(1－ln x)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，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.1212由题意知，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当00，当x>e时，f(x)<0，不妨设x12，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为02－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)0，即当00，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当02成立.再证x1＋x2x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1

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