高考数学第一轮复习复习培优课(二)　隐零点与极值点偏移问题（讲义）

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1.隐零点
利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关,而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系,按导函数零点能否求精确解可以分为两类:一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.对于隐零点问题,由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧,对学生综合能力的要求较高,成为考查的难点.
2.极值点“偏移”图示
(1)极值点不偏移
已知函数f(x)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x1+x22=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).
(无偏移,左右对称,二次函数)若f(x1)=f(x2),则x1+x2=2x0.
(2)极值点偏移
若x1+x22≠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).
(左陡右缓,极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x2>2x0;
(左缓右陡,极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x22x0(x0为函数f(x)的极值点);
②若函数f(x)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)存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2),令x0=x1+x22,求证:f′(x0)>0.
(4)极值点偏移问题的常见解法
①(对称化构造法)构造辅助函数:对结论x1+x2>((0).
当a>0时,设u(x)=e2x,v(x)=-ax,
因为u(x)=e2x在(0,+∞)上单调递增,
v(x)=-ax在(0,+∞)上单调递增,
所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.
设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,
当x∈(0,x0)时,f′(x)0.
故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
由于2e2x0-ax0=0,
所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.
当且仅当x0=12时取等号.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.
故f(x)的最小值为2a+aln2a.
不等式证明中的“隐零点”
[典例2] 已知函数f(x)=exx2+x+1.
(1)若∀x>0都有f(x)≥msinπ2x,求正数m的最大值;
(2)求证:f(x)>lnxex.
(1)解:因为f(x)=exx2+x+1,
所以f′(x)=ex(x2+x+1)-ex(2x+1)(x2+x+1)2
=exx(x-1)(x2+x+1)2,
令f′(x)>0,得x>1,
则f(x)在(1,+∞)上单调递增,
令f′(x)0,
令h(t)=ln t+2t2+1-1(t>1),
则h′(t)=1t-4t(t2+1)2=(t2-1)2t(t2+1)2>0,
故函数h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(t)>h(1)=0,即ln t+2t2+1-1>0,
所以x1x2>e.