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新教材(广西专版)高考数学一轮复习考点指导(四)课件
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这是一份新教材(广西专版)高考数学一轮复习考点指导(四)课件，共34页。PPT课件主要包含了答案A等内容，欢迎下载使用。
例1.已知函数f(x)=x- +aln x,且f(x)有两个极值点x1,x2,其中x1∈(1,2],则f(x1)-f(x2)的最小值为( )A.3-5ln 2B.3-4ln 2C.5-3ln 2D.5-5ln 2
当x∈(1,2]时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)min=h(2)=3-5ln 2,故f(x1)-f(x2)的最小值为3-5ln 2,故选A.
对点训练1已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x11,则g'(x)在R上单调递增,此时由x1,x2为方程f'(x)=0的两根,可知存在x0∈(x1,x2),使g'(x)=0,所以g(x)在区间(-∞,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增.
又g(x1)=0,g(x2)=0,所以f(x)在区间(-∞,x1)内单调递增,在区间(x1,x2)上单调递减,在区间(x2,+∞)上单调递增,所以x1为f(x)的极大值点,x2为f(x)的极小值点,不符合题意,舍去.若0
(1)解 f'(x)= ,x>0,令x2-2ax+1=0,Δ=4a2-4.当Δ≤0,即-1≤a≤1时,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当Δ>0,即a>1或a<-1时,①当a<-1时,-2ax>0,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
综上,当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(2)证明 由(1)知当a>1时,f(x)有两个极值点x1,x2,且x1+x2=2a,x1x2=1,不妨设x2>1>x1>0,
对点训练2已知函数f(x)=kx2+2x-ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有2个极值点x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)>3.
二、构造对称和(或差)证明双变量不等式如果双变量问题是证明与函数的两个零点之和(之差)有关的不等式,可以利用构造对称和(差)的方法证明不等式,一般步骤如下:
例3.已知函数f(x)=aex-x,a∈R.(1)若f(x)在x=0处的切线与x轴平行,求实数a的值;(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2>2.
(1)解 因为f(x)=aex-x,所以f'(x)=aex-1,由题意可得f'(0)=a-1=0,解得a=1.(2)证明 因为f'(x)=aex-1.当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点;当a>0时,令f'(x)=0⇒x=-ln a.当x<-ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>-ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
因为g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以只需证g(x2)2.
对点训练3设函数f(x)=2ln x-x2+1,若在f(x)的定义域内存在两实数x1,x2满足x12.
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.由x11且f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,所以x2>2-x1,即x1+x2>2.
三、构造“根商”证明双变量不等式在解决双变量问题中,还可以引入变量t= ,直接消掉两个变量,巧妙构造关于变量t函数解决问题,一般步骤如下:(1)巧妙消参:利用方程f(x1)=f(x2)=0消掉解析式中的参数;(2)抓商构元:令t= ,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t);(3)用导求解:利用导数研究函数h(t)的单调性和极值、最值,即可证得结论.
例4.(2023河北张家口三模)已知函数f(x)=x2+2cs x,f'(x)为函数f(x)的导函数.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)已知函数g(x)=f'(x)-5x+5aln x,存在g(x1)=g(x2)(x1≠x2),证明:x1+x2>2a.
(1)解由题意知,函数f(x)的定义域为R,f'(x)=2x-2sin x,令h(x)=2x-2sin x,则h'(x)=2-2cs x≥0,所以函数h(x)在R上单调递增,又因为h(0)=0,所以当x<0时,h(x)<0,即f'(x)<0;当x≥0时,h(x)≥0,即f'(x)≥0.所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,在[0,+∞)上单调递增.
(2)证明由(1)得g(x)=2x-2sin x-5x+5aln x=-2sin x-3x+5aln x(x>0),又g(x1)=g(x2)(x1≠x2),即-2sin x1-3x1+5aln x1=-2sin x2-3x2+5aln x2,所以5a(ln x2-ln x1)=2(sin x2-sin x1)+3(x2-x1).不妨设x2>x1>0,所以ln x2>ln x1.由(1)得当x>0时,函数f'(x)单调递增,所以2x1-2sin x1<2x2-2sin x2,故2(sin x2-sin x1)<2(x2-x1),所以5a(ln x2-ln x1)=2(sin x2-sin x1)+3(x2-x1)<5(x2-x1),
对点训练4(2023四川凉山二模)已知函数f(x)=aln x- (a∈R).(1)f'(x)为函数f(x)的导函数,f'(x)≤0对任意的x>0恒成立,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)有两个不同的极值点x1,x2(x1
又因为x10),则g'(x)=1-cs x≥0,所以g(x)>g(0)=0,所以x>sin x(x>0),要证2sin x2-2x1-aln x2+aln x1<0,只需证2x2-2x1-aln x2+aln x1<0,
四、利用对数均值不等式证明双变量不等式在双变量问题中,如果问题与对数函数或指数函数有关,也可以通过对数均
例5.已知函数f(x)=ln x- ax2+1.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线x-y=0垂直,求函数y=f(x)在区间(0,1]上的最大值;(2)当a=1时,设函数f(x)的两个零点为x1,x2,证明:x1+x2>2.
因为曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线x-y=0垂直,所以f'(1)=1-a=-1,解得a=2.
f'(x)=0,得x=1(负值舍去).易得函数f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时,f(x)取得极大值,亦即最大值f(1).又
例1.已知函数f(x)=x- +aln x,且f(x)有两个极值点x1,x2,其中x1∈(1,2],则f(x1)-f(x2)的最小值为( )A.3-5ln 2B.3-4ln 2C.5-3ln 2D.5-5ln 2
当x∈(1,2]时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)min=h(2)=3-5ln 2,故f(x1)-f(x2)的最小值为3-5ln 2,故选A.
对点训练1已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1
又g(x1)=0,g(x2)=0,所以f(x)在区间(-∞,x1)内单调递增,在区间(x1,x2)上单调递减,在区间(x2,+∞)上单调递增,所以x1为f(x)的极大值点,x2为f(x)的极小值点,不符合题意,舍去.若0
(1)解 f'(x)= ,x>0,令x2-2ax+1=0,Δ=4a2-4.当Δ≤0,即-1≤a≤1时,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当Δ>0,即a>1或a<-1时,①当a<-1时,-2ax>0,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
综上,当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(2)证明 由(1)知当a>1时,f(x)有两个极值点x1,x2,且x1+x2=2a,x1x2=1,不妨设x2>1>x1>0,
对点训练2已知函数f(x)=kx2+2x-ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有2个极值点x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)>3.
二、构造对称和(或差)证明双变量不等式如果双变量问题是证明与函数的两个零点之和(之差)有关的不等式,可以利用构造对称和(差)的方法证明不等式,一般步骤如下:
例3.已知函数f(x)=aex-x,a∈R.(1)若f(x)在x=0处的切线与x轴平行,求实数a的值;(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2>2.
(1)解 因为f(x)=aex-x,所以f'(x)=aex-1,由题意可得f'(0)=a-1=0,解得a=1.(2)证明 因为f'(x)=aex-1.当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点;当a>0时,令f'(x)=0⇒x=-ln a.当x<-ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>-ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
因为g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以只需证g(x2)
对点训练3设函数f(x)=2ln x-x2+1,若在f(x)的定义域内存在两实数x1,x2满足x1
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.由x1
三、构造“根商”证明双变量不等式在解决双变量问题中,还可以引入变量t= ,直接消掉两个变量,巧妙构造关于变量t函数解决问题,一般步骤如下:(1)巧妙消参:利用方程f(x1)=f(x2)=0消掉解析式中的参数;(2)抓商构元:令t= ,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t);(3)用导求解:利用导数研究函数h(t)的单调性和极值、最值,即可证得结论.
例4.(2023河北张家口三模)已知函数f(x)=x2+2cs x,f'(x)为函数f(x)的导函数.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)已知函数g(x)=f'(x)-5x+5aln x,存在g(x1)=g(x2)(x1≠x2),证明:x1+x2>2a.
(1)解由题意知,函数f(x)的定义域为R,f'(x)=2x-2sin x,令h(x)=2x-2sin x,则h'(x)=2-2cs x≥0,所以函数h(x)在R上单调递增,又因为h(0)=0,所以当x<0时,h(x)<0,即f'(x)<0;当x≥0时,h(x)≥0,即f'(x)≥0.所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,在[0,+∞)上单调递增.
(2)证明由(1)得g(x)=2x-2sin x-5x+5aln x=-2sin x-3x+5aln x(x>0),又g(x1)=g(x2)(x1≠x2),即-2sin x1-3x1+5aln x1=-2sin x2-3x2+5aln x2,所以5a(ln x2-ln x1)=2(sin x2-sin x1)+3(x2-x1).不妨设x2>x1>0,所以ln x2>ln x1.由(1)得当x>0时,函数f'(x)单调递增,所以2x1-2sin x1<2x2-2sin x2,故2(sin x2-sin x1)<2(x2-x1),所以5a(ln x2-ln x1)=2(sin x2-sin x1)+3(x2-x1)<5(x2-x1),
对点训练4(2023四川凉山二模)已知函数f(x)=aln x- (a∈R).(1)f'(x)为函数f(x)的导函数,f'(x)≤0对任意的x>0恒成立,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)有两个不同的极值点x1,x2(x1
又因为x1
四、利用对数均值不等式证明双变量不等式在双变量问题中,如果问题与对数函数或指数函数有关,也可以通过对数均
例5.已知函数f(x)=ln x- ax2+1.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线x-y=0垂直,求函数y=f(x)在区间(0,1]上的最大值;(2)当a=1时,设函数f(x)的两个零点为x1,x2,证明:x1+x2>2.
因为曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线x-y=0垂直,所以f'(1)=1-a=-1,解得a=2.
f'(x)=0,得x=1(负值舍去).易得函数f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时,f(x)取得极大值,亦即最大值f(1).又
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