2023届高考数学二轮复习专题一函数与导数培优提能极值点偏移问题学案

培优提能　极值点偏移问题

1.已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点x0,若f(x)=c的两根的中点刚好满足=x0,即极值点在两根的正中间,也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢相同,如图(1).

2.若≠x0,则极值点偏移,此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢不同,如图(2)(3).

培优点1　对称变换(对称化构造)

典例1　已知函数h(x)与函数f(x)=xex(x∈R)的图象关于原点对称,如果x1≠x2,且h(x1)=h(x2),求证:x1+x2>2.

证明:由题意知,h(x)=-f(-x)=xe-x,h′(x)=e-x(1-x),令h′(x)=0,解得x=1.

当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如表:

由x1≠x2,不妨设x1>x2,根据h(x1)=h(x2),

结合图象可知x1>1,x2<1,

令F(x)=h(x)-h(2-x),x∈(1,+∞),

则F′(x)=(x-1)(-1),

因为x>1,2x-2>0,所以-1>0,

则F′(x)>0,所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以当x>1时,F(x)>0,即当x>1时,h(x)>h(2-x),则h(x1)>h(2-x1),

又因为h(x1)=h(x2),所以h(x2)>h(2-x1),

因为x1>1,所以2-x1<1,所以x2,2-x1∈(-∞,1),

因为h(x)在(-∞,1)上单调递增,所以x2>2-x1,所以x1+x2>2.

对称变换,常用来解决题设中f(x1)=f(x2),且与x1,x2之和或积相关的不等式的证明问题.其解题要点如下:

(1)定函数(极值点为x0),即利用导函数符号的变化判断函数单调性,进而确定函数的极值点x0.

(2)构造函数,即根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x0-x),若证x1x2>,则令F(x)=f(x)-f().

(3)判断单调性,即利用导数讨论F(x)的单调性.

(4)比较大小,即判断函数F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(2x0-x)的大小关系.

(5)转化,即利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x之间的关系,进而得到所证或所求.

提醒: 若要证明f′()的符号问题,还需进一步讨论与x0的大小,得出所在的单调区间,从而得出该处导数值的正负.

触类旁通1　(2022·全国甲卷)已知函数f(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:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-+1=,

令f′(x)>0,解得x>1,故函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

故f(x)min=f(1)=e+1-a,要使得f(x)≥0恒成立,仅需e+1-a≥0,

故a≤e+1,故a的取值范围是(-∞,e+1].

(2)证明:由(1)知若函数f(x)有两个零点,则f(1)=e+1-a<0,即a>e+1,

不妨设0<x1<1<x2,要证明x1x2<1,

即证明x2<,

因为0<x1<1,所以>1,

即证明1<x2<.又因为f(x)在(1,+∞)上单调递增,

即证明f(x2)<f()⇔f(x1)<f(),

构造函数h(x)=f(x)-f(),0<x<1,

h′(x)=f′(x)+f′()=,

令k(x)=ex+x-x-1,0<x<1,

k′(x)=ex+1-(1-)>0,

所以k(x)在(0,1)上单调递增,k(x)<k(1)=0.

又因为x-1<0,x2>0,

故h′(x)>0在(0,1)上恒成立,故h(x)在(0,1)上单调递增,

又因为h(1)=0,故h(x)<h(1)=0,

故f(x1)<f(),即x1x2<1.得证.

培优点2　消参减元(含参数问题先消参)

典例2　(2022·湖南郴州高三期末节选)已知函数f(x)=x2-aln x(a∈R).若函数f(x)存在两个不同的零点x1,x2,证明:x1x2>e.

证明:因为f(x)有两个零点,设两个零点分别为x1,x2,且x2>x1>0,

由f(x1)=f(x2)=0⇒

即

所以+=a(ln x1+ln x2),-=a(ln x2-ln x1),即ln x2+ln x1=(+).

要证明x1x2>e,即证ln x1+ln x2>1,

需证(+)>1,

即证ln x2-ln x1>,

即证ln ->0,

设=t,则t>1,即证ln t->0,

即ln t+-1>0,

令h(t)=ln t+-1(t>1),则h′(t)=-==>0,

故函数h(t)在(1,+∞)上单调递增,所以h(t)>h(1)=0,即有ln t+-1>0,所以x1x2>e.

消参减元在消去参数后常利用比(差)值换元进行减元,进而建立与所求解问题相关的函数.就是根据已知条件首先建立x1,x2之间的关系,然后利用x1,x2之比(差)作为变量,从而实现消参、减元的目的.设法用比值或差值(一般用t表示)表示x1,x2,继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解.其解题要点如下:

触类旁通2　设f(x)=ex-mx,m∈R.若函数y=f(x)在(0,+∞)有两个零点x1,x2,证明:x1+x2>2.

证明:因为f(x)=ex-mx(x>0)有两个零点x1,x2,所以f(x1)=0,f(x2)=0,

两式相除得,=,①

不妨设x2>x1,令t=x2-x1,则t>0,x2=t+x1,

代入①得et=,反解出x1=,

则x1+x2=2x1+t=+t,

故要证x1+x2>2即证+t>2,

又因为et-1>0,

等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0,构造函数h(t)=2t+(t-2)(et-1)(t>0),

则h′(t)=(t-1)et+1,令(t)=h′(t),

则′(t)=tet>0,

故h′(t)在(0,+∞)上单调递增,h′(t)>h′(0)=0,

从而h(t)在(0,+∞)上单调递增,h(t)>h(0)=0.即x1+x2>2.