2026届高三数学一轮复习课件微专题4极值点偏移问题

这是一份2026届高三数学一轮复习课件微专题4极值点偏移问题，共26页。PPT课件主要包含了对称化构造法，比值代换法，配套精练等内容，欢迎下载使用。
变式1　 (2024·保定二模改)已知函数f(x)＝ax－xln x，f′(x)为其导函数．(1) 若f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；
　　　　f′(x)＝a－1－ln x．当0＜x＜ea－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞ea－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(ea－1)＝ea－1≤1，解得a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1]．
变式1　 (2024·保定二模改)已知函数f(x)＝ax－xln x，f′(x)为其导函数．(2) 若a＝2，存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2＜e2．
　　　已知函数f(x)＝axln x＋2a(a≠0)．(1) 讨论f(x)的单调性；
　　　已知函数f(x)＝axln x＋2a(a≠0)．(2) 若函数f(x)有两个零点 x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞2．
比值代换法解极值点偏移问题：
1．已知函数f(x)＝xlnx－x＋1，若方程f(x)＝b有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1．
2．(2024·扬州期末节选)已知函数f(x)＝(lnx－m)x的最小值为－1．(1) 求实数m的值；
　　　　因为f′(x)＝lnx＋1－m(x＞0)，令f′(x)＝0，可得x＝em－1．当x∈(0，em－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(em－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(em－1)＝－em－1＝－1，所以m＝1．
2．(2024·扬州期末节选)已知函数f(x)＝(lnx－m)x的最小值为－1．(2) 若f(x)＝a有两个不同的实数根x1，x2(x1＜x2)，求证：2－x2＜x1．
　　　　由(1)知，f(x)＝x(lnx－1)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．当x∈(0，e)时，f(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f(x)＞0，所以0＜x1＜1＜x2＜e，－1＜a＜0．记g(x)＝f(x)－f(2－x)＝xlnx＋(x－2)ln(2－x)－2x＋2，则g′(x)＝lnx＋ln(2－x)＝ln[x(2－x)]，当x∈(0,1)时，0＜x(2－x)＜1，所以g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以当x∈(0,1)时，g(x)＞g(1)＝0，即f(x)＞f(2－x)，故f(x1)＞f(2－x1)，即f(x2)＞f(2－x1)．又x2＞1,2－x1＞1，由单调性知，x2＞2－x1，即2－x2＜x1．
3．已知函数f(x)＝xlnx－a(x－1)(a∈R)，且f(x)≥0．(1) 求实数a的值；
3．已知函数f(x)＝xlnx－a(x－1)(a∈R)，且f(x)≥0．(2) 若关于x的方程f(x)＝t有2个不同的实数根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2．
　　　　因为f(x)＝xlnx－(x－1)＝xlnx－x＋1，所以f′(x)＝lnx，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以0＜x1＜1＜x2．要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1．因为x2＞1，2－x1＞1，所以即证f(x2)＞f(2－x1)．因为f(x2)＝f(x1)，所以即证f(x1)＞f(2－x1)．设F(x)＝f(x)－f(2－x)(0＜x＜1)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝lnx＋ln(2－x)＝ln[x(2－x)]＜ln1＝0，所以F(x)在区间(0,1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)＝0．从而f(x1)＞f(2－x1)，即x1＋x2＞2．
4．(2024·邯郸三调改)已知函数f(x)＝x(ex－ax2)，a∈R．(1) 求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
　　　　f′(x)＝ex－ax2＋x(ex－2ax)＝(x＋1)ex－3ax2，所以f′(0)＝1－0＝1，又f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x．
4．(2024·邯郸三调改)已知函数f(x)＝x(ex－ax2)，a∈R．(2) 已知关于x的方程f(x)＝0恰有2个不同的正实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞4．