高考数学专题一　微专题13　极值点偏移问题课件PPT

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极值点偏移问题属于双变量问题之一，在历年的高考试题中频频出现，往往为压轴试题，难度较大.
典例1　(1)讨论函数f(x)的单调性；
考点一　标准极值点偏移问题
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a<0时，f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x12e.
由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增.由题意可得，x1∈(0，e)，x2∈(e，＋∞).由f(2e)＝2－2ln 2>0及f(x2)＝0，得x2∈(e,2e)，则2e－x2∈(0，e)，欲证x1＋x2>2e，只要证明x1>2e－x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)＝0，只要证明f(2e－x2)>0即可.
则g(t)在(e,2e)上单调递增，∴g(t)>g(e)＝0，即f(2e－x2)>0.综上，x1＋x2>2e.
跟踪训练1　(2023·宜春模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax(a∈R).(1)若函数y＝f′(x)有两个零点，求a的取值范围；
由f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax得
由题意得f′(x)＝0有两个不相等的实根，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2，当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，作出y＝g(x)的大致图象，如图所示.所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为(2，＋∞).
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点，所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设02，只需证明x2>2－x1，显然2－x1>1，由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2－x1)，而g(x1)＝g(x2)＝a，所以证明g(x1)>g(2－x1)即可，即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
显然当x∈(0,1)时，h′(x)<0，因此函数h(x)＝g(x)－g(2－x)在(0,1)上单调递减，所以当0h(1)＝0，所以当0g(2－x1)恒成立，因此命题得证.
典例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；
考点二　非标准极值点偏移问题
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，两边同时除以ab，
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)又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)0，即当00，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当02成立.
再证x1＋x2x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1跟踪训练2　(2023·阜新模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax.(1)若a＝－2，求f(x)的最值；
若a＝－2，则f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，解得x＝ln 2，所以当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以f(x)在x＝ln 2处有唯一极小值，即最小值，为f(ln 2)＝2－2ln 2，无极大值，即无最大值.
因为h(x1)＝g′(x1)＝ －x1＋a＝0，h(x2)＝g′(x2)＝ －x2＋a＝0，则a＝x2－ ＝x1－ ，
因为h′(x)＝ex－1，所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝1＋a.因为x1，x2为g(x)的两个极值点，所以h(x1)＝h(x2)＝0，且x1<00，g(x)单调递增；在(x1，x2)上，h(x)<0，g(x)单调递减，
则h(－x2)＝ ＋x2＋a＝ － ＋2x2，设k(x)＝e－x－ex＋2x(x>0)，
所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(－x2)＝k(x2)g(－x2).所以要证g(x1)＋g(x2)>2，只需证g(－x2)＋g(x2)>2，
令m(x)＝e－x＋ex－x2－2(x>0)，m′(x)＝－e－x＋ex－2x，
所以n(x)在(0，＋∞)上单调递增，m′(x)＝n(x)>n(0)＝0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，m(x)>m(0)＝0，所以g(－x2)＋g(x2)>2，故g(x1)＋g(x2)>2.
则f′(x)＝x＋ln x，
(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.
因为f′(x)＝x＋ln x，f′(x0)＝0，所以x0＋ln x0＝0.因为f′(x)为增函数，当0x0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.由方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，则可设x12x0，即证x2>2x0－x1>x0，即证f(x2)>f(2x0－x1)，而f(x2)＝f(x1)，即f(x1)－f(2x0－x1)>0，
则g′(x)＝ln x＋ln(2x0－x)＋2x0，设h(x)＝ln x＋ln(2x0－x)＋2x0(0所以函数g′(x)在(0，x0)上单调递增，
所以g′(x)g(x0)＝0，即f(x2)>f(2x0－x1)，故x1＋x2>2x0.
得xln(x－1)－k(x－2)≥0.令φ(x)＝xln(x－1)－k(x－2)，x∈[2，＋∞)，
故φ′(x)≥φ′(2)＝2－k.
①当k≤2时，φ′(x)≥2－k≥0，所以φ(x)在[2，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(2)＝0，此时f(x)≥0对∀x∈[2，＋∞)恒成立，符合题意；
故存在x0∈(2，＋∞)使得φ′(x0)＝0，当x∈(2，x0)时，φ′(x)<0，则φ(x)单调递减，此时φ(x)<φ(2)＝0，不符合题意.综上，实数k的取值范围为(－∞，2].
由(1)中结论，取k＝2，
令t＝x－1，则t>1，
即x1＋x2>6e＋2.
3.(2023·宁波模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2.(1)讨论函数f(x)的单调性；
由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞).由f(x)＝ln x－ax2，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两个不相等的实根，求证：
因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0的两个不相等的实根，即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0的两个不相等的实根，
当00；当t>e时，g′(t)<0，
当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)>0且g(t)→0.
令1方法一　令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)，
令φ(t)＝(2e－t)ln t－tln(2e－t)，
所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)<φ(e)＝0，所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)<0，所以g(t)e,2e－t1>e，且g(t)在(e，＋∞)上单调递减，所以t2>2e－t1，即t1＋t2>2e，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)＝0.
所以ln t1＋ln t2>2，即t1t2>e2，
所以ln λ＋ln t1＝λln t1，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0.
则ln t1＋ln t2>2，即t1t2>e2，
只需证ln t1＋ln t2>1－ln 2a，只需证2at1＋2at2>1－ln 2a，