新高考数学二轮复习专题一培优点4极值点偏移问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题一培优点4极值点偏移问题学案，共11页。

考点一 对称化构造函数
例1 (2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)－ln x＋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x1x2<1.
(1)解 由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)－eq \f(1,x)＋1
＝eq \f(exx－1－x＋x2,x2)＝eq \f(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x1则由(1)知01.
令F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，
则F′(x)＝eq \f(ex＋xx－1,x2)＋
＝
令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－
＝ex＋1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))(x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)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)即在(0,1)上f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)))<0，
即f(x2)由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x2方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x1则由(1)知0由f(x1)＝f(x2)＝0，
得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2，
即＋x1－ln x1＝＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
g(x)＝h(x)－heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝x－eq \f(1,x)－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(x－12,x2)≥0(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，
即当x>1时，h(x)>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，
所以h(x1)＝h(x2)>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2))).
又h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以0规律方法 对称化构造法构造辅助函数：对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>xeq \\al(2,0)型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),x)))，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ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可．
跟踪演练1 已知函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x.
(1)求f(x)的极值和单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a>2)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>4.
(1)解 f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2,x2)＝eq \f(x－2,x2)(x>0)，
令f′(x)>0得x>2，
令f′(x)<0得0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＋ln 2，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x1由(1)知，g(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增；所以0所以证明不等式x1＋x2>4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)，
即eq \f(2,x1)＋ln x1－a>eq \f(2,4－x1)＋ln(4－x1)－a(0即eq \f(2,x1)＋ln x1－eq \f(2,4－x1)－ln(4－x1)>0(0令h(x)＝eq \f(2,x)＋ln x－eq \f(2,4－x)－ln(4－x)(0则h′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)－eq \f(2,4－x2)＋eq \f(1,4－x)
＝eq \f(－82－x2,x24－x2)<0，
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，
即h(x)＝eq \f(2,x)＋ln x－eq \f(2,4－x)－ln(4－x)>0(0因此不等式eq \f(2,x1)＋ln x1－a>eq \f(2,4－x1)＋ln(4－x1)－a(04.
考点二 比值代换
例2 (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：x1x2>eq \f(8,e2).
证明 若f(x)有两个零点x1，x2，
则x1ln x1－axeq \\al(2,1)＋x1＝0，
x2ln x2－axeq \\al(2,2)＋x2＝0，
得a＝eq \f(ln x1,x1)＋eq \f(1,x1)＝eq \f(ln x2,x2)＋eq \f(1,x2).
因为x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，
则eq \f(ln x1,x1)＋eq \f(1,x1)＝eq \f(lntx1,tx1)＋eq \f(1,tx1)，
得ln x1＝eq \f(ln t,t－1)－1，
则ln x2＝ln(tx1)＝ln t＋ln x1＝eq \f(tln t,t－1)－1，
所以ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2
＝eq \f(ln t,t－1)－1＋eq \f(tln t,t－1)－1＝eq \f(t＋1ln t,t－1)－2.
令h(t)＝eq \f(t＋1ln t,t－1)－2(t>2)，
则h′(t)＝eq \f(－2ln t＋t－\f(1,t),t－12)，
令φ(t)＝－2ln t＋t－eq \f(1,t)(t>2)，
则φ′(t)＝－eq \f(2,t)＋1＋eq \f(1,t2)＝eq \f(t－12,t2)>0，
则φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)>φ(2)＝eq \f(3,2)－2ln 2>0.
所以h′(t)＝eq \f(φt,t－12)>0，
则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(2)＝3ln 2－2＝ln eq \f(8,e2)，
即ln(x1x2)>ln eq \f(8,e2)，故x1x2>eq \f(8,e2).
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＝eq \f(x1,x2)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)＝x2－2aln x，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1(1)求实数a的取值范围；
(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2>4x0.
(1)解 f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－eq \f(2a,x)＝eq \f(2x2－a,x)，
要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，
令f′(x)>0，解得x>eq \r(a)，
令f′(x)<0，解得0故f(x)在(0，eq \r(a))上单调递减，在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增，
依题意需f(eq \r(a))＝(eq \r(a))2－2aln eq \r(a)<0，
此时1e.
(2)证明 因为1eq \r(a)，
令eq \f(x2,x1)＝t(t>1)，
由f(x1)＝f(x2)⇒xeq \\al(2,1)－2aln x1＝xeq \\al(2,2)－2aln x2，
即xeq \\al(2,1)－2aln x1＝t2xeq \\al(2,1)－2aln tx1⇒xeq \\al(2,1)＝eq \f(2aln t,t2－1)，
而x1＋3x2>4x0⇔(3t＋1)x1>4eq \r(a)⇔(3t＋1)2xeq \\al(2,1)>16a，
即(3t＋1)2·eq \f(2aln t,t2－1)>16a，
由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2ln t－8t2＋8>0，
令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，
则h′(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋eq \f(1,t)，
令n(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋eq \f(1,t)，
则n′(t)＝18ln t＋11＋eq \f(6t－1,t2)>0(t>1)，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；
(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)－1＝eq \f(a－x,x)，
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)证明 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，
等价于eq \f(x1,a)＋eq \f(x2,a)>2，
而eq \f(1,a)＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)，
所以等价于证明eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即ln eq \f(x1,x2)>eq \f(2x1－x2,x1＋x2)，令t＝eq \f(x1,x2)，则t>1，
于是等价于证明ln t>eq \f(2t－1,t＋1)成立，
设g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，t>1，
g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(t)>g(1)＝0，即ln t>eq \f(2t－1,t＋1)成立，
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；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2(1)解 因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))＝－ln x.
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bln a－aln b＝a－b，
两边同时除以ab，
得eq \f(ln a,a)－eq \f(ln b,b)＝eq \f(1,b)－eq \f(1,a)，
即eq \f(ln a＋1,a)＝eq \f(ln b＋1,b)，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))).
令x1＝eq \f(1,a)，x2＝eq \f(1,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x1要证2先证x1＋x2>2，
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)又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当00，
即当00，所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以当0所以当0所以x1＋x2>2成立．
再证x1＋x2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－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1欲证x1＋x2即证x1＋x2即证当1构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x，
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1综上可知，2

相关学案

高考数学一轮复习第3章3极值点偏移问题学案： 这是一份高考数学一轮复习第3章3极值点偏移问题学案，共6页。

专题06 极值点偏移问题与拐点偏移问题——2022-2023学年高二数学下学期期末专题复习学案+期末模拟卷（人教A版2019）： 这是一份专题06 极值点偏移问题与拐点偏移问题——2022-2023学年高二数学下学期期末专题复习学案+期末模拟卷（人教A版2019），文件包含专题06极值点偏移问题与拐点偏移问题解析版docx、专题06极值点偏移问题与拐点偏移问题原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共41页， 欢迎下载使用。

新高考数学二轮复习专题一培优点3隐零点问题学案： 这是一份新高考数学二轮复习专题一培优点3隐零点问题学案，共10页。