高考数学复习拓展提升课四　极值点偏移问题（导学案）

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这是一份高考数学复习拓展提升课四　极值点偏移问题（导学案），共9页。试卷主要包含了极值点偏移的定义，极值点偏移问题的一般题设形式等内容，欢迎下载使用。

培优增分拓展提升课四极值点偏移问题
一、极值点偏移的定义
一般地,若连续函数f(x)在[a,b]内有唯一的极值点x0,对于任意的x1,x2∈a,b,当f(x1)=f(x2)时有x1+x22≠x0,则称函数f(x)极值点偏移.
(1)左偏移:当x1+x22>x0时,极值点x0在a,b内向左偏移.(如图1,2)
(2)右偏移:当x1+x22(3)无偏移:当x1+x22=x0时,极值点x0在a,b内无偏移.(如图5)
二、极值点偏移问题的一般题设形式
(1)若函数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)若函数f(x)定义域中存在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);
(3)若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2,令x0=x1+x22,求证:f'(x0)>0;
(4)若函数f(x)定义域中存在x1,x2且x1≠x2,满足f(x1)=f(x2),令x0=x1+x22,求证:f'(x0)>0.
技法一构造对称函数法
[典例1](2021新高考Ⅰ卷22题节选)已知函数f(x)=x(1-ln x).设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<1a+1b【证明】易知f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,故x=1为f(x)的极值点.
bln a-aln b=a-b可变形为1a(1-ln 1a)=1b(1-ln 1b),即f(1a)=f(1b),不妨设x1=1a,x2=1b,且x1先证x1+x2>2.构造函数g(x)=f(2-x)=(2-x)[1-ln(2-x)],(x<2)(如图5虚线所示),下面比较f(x)与g(x)在极值点左侧的大小,令h(x)=f(x)-g(x),(00,故h(x)在(0,1)内单调递增,则h(x)因为01,2-x1>1,函数f(x)在(1,+∞)内单调递减,故x2>2-x1,即x1+x2>2得证.
再证x1+x2构造函数u(x)=f(e-x)=(e-x)(1-ln(e-x)),(x又m'(14)>0,m'(e2)<0,由零点存在性定理,
存在x0∈(0,e2),使得m'(x0)=0,则m(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,e2)内单调递减,又x→0+时,m(x)→0,m(e2)=0,故当00,即f(x)>u(x),
因为0u(x1)得f(x2)>f(e-x1),又x2>1,e-x1>1,函数f(x)在(1,+∞)内单调递减,故x2结论为x1+x2>(<)2x0型,构造对称函数的解题策略
(1)求f(x)在[a,b]内的极值点x0;
(2)构造f(x)关于直线x=x0的对称函数g(x)=f(2x0-x);
(3)比较直线x=x0一侧f(x)与g(x)的大小,得到不等式f(x)f(2x0-x));
(4)利用f(x)在极值点的一侧的单调性,去掉符号“f”,得到结论.
技法二比值换元法
[典例2]已知函数f(x)=ln x-ax有两个零点x1,x2.
(1)求实数a的取值范围;
(2)求证:x1·x2>e2.
解析：(1)f'(x)=1x-a=1−axx(x>0).
①若a≤0,则f'(x)>0,不符合题意;
②若a>0,令f'(x)=0,解得x=1a.
当x∈(0,1a)时,f'(x)>0;
当x∈(1a,+∞)时,f'(x)<0.
由题意知,f(x)=ln x-ax的极大值为f(1a)=ln 1a-1>0,解得0所以实数a的取值范围为(0,1e).
(2)方法1(比值换元法1):不妨设x1>x2>0,因为ln x1-ax1=0,ln x2-ax2=0,
所以ln x1+ln x2=a(x1+x2),ln x1-ln x2=
a(x1-x2),所以ln x1−ln x2x1−x2=a,
欲证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2.
因为ln x1+ln x2=a(x1+x2),
所以即证a>2x1+x2,
所以原问题等价于证明ln x1−ln x2x1−x2>2x1+x2,
即lnx1x2>2(x1−x2)x1+x2,
令t=x1x2(t>1),则不等式变为ln t>2(t−1)t+1.
令h(t)=ln t-2(t−1)t+1,t>1,
所以h'(t)=1t-4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,
所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(t)>h(1)=ln 1-0=0,
即ln t-2(t−1)t+1>0(t>1),
因此原不等式x1x2>e2得证.
方法2(比值换元法2):
由题知a=ln x1x1=ln x2x2,则ln x2ln x1=x2x1,
设01),则x2=tx1,
所以lntx1ln x1=t,即lnt+ln x1ln x1=t,
解得ln x1=lntt−1,ln x2=ln tx1=ln t+ln x1
=ln t+lntt−1=tlntt−1.
由x1x2>e2,得ln x1+ln x2>2,所以t+1t−1ln t>2,所以ln t-2(t−1)t+1>0,令h(t)=ln t-2(t−1)t+1,
t>1,所以h'(t)=1t-4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,
所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(t)>h(1)=ln 1-0=0,
即ln t-2(t−1)t+1>0(t>1),
因此原不等式x1x2>e2得证.
比值换元法的解题策略
(1)联立消参:利用方程f(x1)=f(x2)消掉解析式中的参数a.
(2)抓商构元:令t=x1x2,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t).
(3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最小值,从而可证得结论.
技法三差值不等式法
[典例3]已知函数f(x)=x-aex+1(a∈R)有两个零点x1,x2,且x12.
【证明】由题意得x1−aex1+1=0,x2−aex2+1=0,两式相减得
a=x2−x1ex2−ex1,两式相加得x2+x1+2=a(ex1+ex2),故x2+x1+2=x2−x1ex2−ex1(ex1+ex2)=(x2−x1)ex2−x1−1·(ex2−x1+1).要证ex1+ex2>2,只需证2ex1ex2>2,即证x1+x2>0,令t=x2-x1(t>0),
即证tet−1·(et+1)>2,即证(t-2)et+t+2>0,构造函数g(t)=(t-2)et+t+2(t>0),g'(t)=(t-1)et+1,g″(t)=tet>0,故g'(t)在(0,+∞)内单调递増,g'(t)>g'(0)=0,即g(t)在(0,+∞)内单调递增,g(t)>g(0)=0,ex1+ex2>2得证.
差值换元法的解题策略
(1)取差构元:记s=t2-t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2.
(2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1.
(3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s).
(4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值,从而证得结论.
1.已知函数f(x)=xe-x(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若x1≠x2,且f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2.
解析：(1)f'(x)=e-x(1-x),令f'(x)>0得x<1,令f'(x)<0得x>1,所以函数f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以f(x)有极大值f(1)=1e,f(x)无极小值.
(2)方法一:对称化构造法
【分析法】欲证x1+x2>2,即证x1>2-x2,由(1)可设0又因为f(x)在(0,1)上单调递增,故只需证
f(x1)>f(2-x2),又因为f(x1)=f(x2),
故也即证f(x2)>f(2-x2),构造函数F(x)=f(x)-f(2-x),x∈(1,+∞),
则等价于证明F(x)>0对x∈(1,+∞)恒成立.
F'(x)=f'(x)-f'(2-x)=e-x(1-x)+ex-2(x-1)=(x-1)(ex-2-e-x),
因为当x>1时,x-1>0,ex-2-e-x>0,
所以F'(x)>0,则F(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以F(x)>F(1)=0,即已证明F(x)>0对x∈(1,+∞)恒成立,故原不等式x1+x2>2亦成立.
【综合法】构造辅助函数F(x)=f(x)-f(2-x),x>1,则F'(x)=f'(x)-f'(2-x)=e-x(1-x)+ex-2(x-1)=(x-1)(ex-2-e-x),
因为当x>1时,x-1>0,ex-2-e-x>0,
所以F'(x)>0,
所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以F(x)>F(1)=0,
故当x>1时,f(x)>f(2-x),(*)
由f(x1)=f(x2),x1≠x2,可设x1<1f(2-x2),又f(x1)=f(x2),所以f(x1)>f(2-x2).又x1<1,2-x2<1,而f(x)在(-∞,1)上单调递增,所以x1>2-x2,所以x1+x2>2.
方法二:比值代换法
设0令t=x2x1>1,则x2=tx1,代入上式得ln x1-x1=ln t+ln x1-tx1,得x1=lntt−1,x2=tlntt−1.
所以x1+x2=(t+1)lntt−1>2⇔ln t-2(t−1)t+1>0,
设g(t)=ln t-2(t−1)t+1(t>1),
所以g'(t)=1t-2(t+1)−2(t−1)(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,
所以当t>1时,g(t)为增函数,
所以g(t)>g(1)=0,所以ln t-2(t−1)t+1>0,
故x1+x2>2.
2.已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设f(x)的两个零点是x1,x2,
求证:f'(x1+x22)<0.
解析：(1)函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x的定义域为(0,+∞),
f'(x)=1x-2ax+2-a=-(ax−1)(2x+1)x,
当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增;
②当a>0时,若x∈(0,1a),则f'(x)>0,
若x∈(1a,+∞),则f'(x)<0,则f(x)在(0,1a)上单调递增,在(1a,+∞)上单调递减.
(2)方法一:构造差函数法
由(1)易知a>0,且f(x)在(0,1a)上单调递增,在(1a,+∞)上单调递减,不妨设0f'(x1+x22)<0⇔x1+x22>1a⇔x1+x2>2a,故要证f'(x1+x22)<0,只需证x1+x2>2a即可.
构造函数F(x)=f(x)-f(2a-x),x∈(0,1a),
F'(x)=f'(x)-[f(2a-x)]'=f'(x)-f'(2a-x)=2ax(ax−2)+2x(2−ax)=2(ax−1)2x(2−ax),
因为x∈(0,1a),所以F'(x)=2(ax−1)2x(2−ax)>0,
所以F(x)在(0,1a)上单调递增,
所以F(x)即f(x)又x1,x2是函数f(x)的两个零点且0而x2,2a-x1均大于1a,所以x2>2a-x1,
所以x1+x2>2a,得证.
方法二:比值代换法
因为f(x)的两个零点是x1,x2,不妨设0所以ln x1-ax12+(2-a)x1=ln x2-ax22+(2-a)x2,所以a(x22-x12)+(a-2)(x2-x1)=ln x2-ln x1,所以ln x2−ln x1x2−x1=a(x2+x1)+a-2,
f'(x)=1x-2ax+2-a,
f'(x1+x22)=2x1+x2-a(x1+x2)-(a-2)
=2x1+x2-ln x2−ln x1x2−x1
=1x2−x1[2(x2x1−1)1+x2x1-lnx2x1],
令t=x2x1(t>1),g(t)=2(t−1)1+t-ln t,
则当t>1时,g'(t)=−(t−1)2t(t+1)2<0,
所以g(t)在(1,+∞)上单调递减,所以当t>1时,g(t)

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