新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题1　培优点4　极值点偏移问题课件PPT

这是一份新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题1　培优点4　极值点偏移问题课件PPT，共47页。PPT课件主要包含了高考数学二轮复习策略，对称化构造函数，比值代换，专题强化练等内容，欢迎下载使用。

第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。5、注重题后反思总结。及时处理问题，争取“问题不过夜”。6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
培优点4　极值点偏移问题
　　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.
(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；
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)，则g′(x)＝ex＋1－
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)由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
得 －ln x1＋x1＝ －ln x2＋x2，即 ＋x1－ln x1＝ ＋x2－ln x2.
方法二　(同构法构造函数化解等式)不妨设x1由f(x1)＝f(x2)＝0，
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，
(1)求f(x)的极值和单调区间；
令f′(x)>0得x>2，令f′(x)<0得0(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a>2)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>4.
由题意知，g(x1)＝g(x2).不妨设x14等价于x2>4－x1，又因为4－x1>2，x2>2，g(x)在(2，＋∞)上单调递增，因此证明不等式等价于证明g(x2)>g(4－x1)，即证明g(x1)>g(4－x1)，
所以h(x)在(0,2)上单调递减，所以h(x)>h(2)＝1＋ln 2－1－ln 2＝0，
(2022·六安模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x(a∈R).若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：
若f(x)有两个零点x1，x2，
因为x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，
所以ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2
则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，
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.
　 (2022·湖北圆创联考)已知f(x)＝x2－2aln x，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1f(x)的定义域是(0，＋∞)，
要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，
(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2>4x0.
由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2ln t－8t2＋8>0，令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，
故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)>n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝0，所以x1＋3x2>4x0.
1.(2022·佛山质检)已知a是实数，函数f(x)＝aln x－x.(1)讨论f(x)的单调性；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.
(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.
由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，因为f(x1)＝f(x2)＝0，所以aln x1－x1＝0，aln x2－x2＝0，所以x1－x2＝a(ln x1－ln x2)，要证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x1x2>e2，结论得证.
2.(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－ln x).(1)讨论f(x)的单调性；
因为f(x)＝x(1－ln x)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
由题意知，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，
由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当00，当x>e时，f(x)<0，不妨设x1先证x1＋x2>2，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为02－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，当00，即当00，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当02成立.再证x1＋x2由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1

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