培优点6　极值点偏移课件-2025高考数学一轮复习

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这是一份培优点6　极值点偏移课件-2025高考数学一轮复习，共52页。PPT课件主要包含了题型二比值代换等内容，欢迎下载使用。

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.
1.极值点偏移的概念已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(a，b)内只有一个极值点x0，f(x1)＝f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有x0≠ ，这种情况称为极值点偏移.
2.极值点偏移问题的一般题设形式(1)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)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；
题型一　对称化构造函数
例1　(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的极值；
因为f(x)＝xe2－x，所以f′(x)＝(1－x)e2－x，由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝e，所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值.
(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.
由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，不妨设12,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以只需证f(b)>f(4－a)，即证4－f(a)>f(4－a)，即证f(a)＋f(4－a)<4.
即证当1因为10，所以h′(x)<0，即h(x)在(1,2)上单调递减，则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上单调递增，所以F(x)对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
(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x1令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，
＝ex＋1＋ (x>0)，
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)方法二　(同构法构造函数化解等式)不妨设x1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)，
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，
例2　(2024·沧州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax－1(a∈R).若方程f(x)＋2＝0有两个实根x1，x2，且x2>2x1，求证：.(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099)
由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0，
则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3，
于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.
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.
(1)讨论f(x)的单调性；
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)<0，解得00时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
(2)若f(x)有两个不相同的零点x1，x2，设f(x)的导函数为f′(x).证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2.
由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合要求，故a>0，要想f(x)有两个不相同的零点x1，x2，则f(a)＝1＋ln a<0，
要证x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2，
即证ln(x1x2)>2ln a，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以只需证x1x2>a2，不妨设0故h(t)>h(1)＝1－1－2ln 1＝0，
1.(2023·洛阳联考)已知函数g(x)＝ln x－bx，若g(x)有两个不同的零点x1，x2.(1)求实数b的取值范围；
由φ′(x)>0，得0e.所以函数φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
又φ(1)＝0，且当x→＋∞时，φ(x)→0；当x→0时，φ(x)→－∞，由于g(x)有两个不同的零点，
则直线y＝b与函数φ(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点.
(2)求证：ln x1＋ln x2>2.
方法一　(比值代换法)由(1)知，不妨设12，只需证b(x1＋x2)>2，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，
故ln x1＋ln x2>2，得证.方法二　(对称化构造法)由(1)知，不妨设1欲证ln x1＋ln x2>2，即证t1＋t2>2.
所以k(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.当t2≥2时，易得t1＋t2>2；当02，即证1>t1>2－t2>0，即证k(t1)>k(2－t2).
因为k(t1)＝k(t2)，所以即证k(t2)>k(2－t2).构造函数K(t)＝k(t)－k(2－t)(1因为1－t<0，且－t0.所以K(t)在(1,2)上单调递增，K(t)>K(1)＝0(10，即k(t2)>k(2－t2).故ln x1＋ln x2>2，得证.
2.(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ (a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)＝f(n)＝3.(1)求实数a的取值范围；
即a＝3x－xln x有两个不相等的正根，令函数h(x)＝3x－xln x，x>0，则h′(x)＝2－ln x，令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0e2，所以函数h(x)＝3x－xln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)，
令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x→0时，h(x)→0，作出函数h(x)＝3x－xln x的图象，如图所示，要使a＝3x－xln x有两个不相等的正根，则函数y＝a与函数h(x)＝3x－xln x有两个交点，由图知0(2)证明：a2函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，0a，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.由题意，不妨设0a2，
所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以当0所以ln a＝ln m＋ln(3－ln m)，
由(1)知，h(x)在(0，e2)上单调递增，当0φ(e2)＝0，
综上，a2