高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题1培优点6极值点偏移问题(学生版+解析)

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这是一份高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题1培优点6极值点偏移问题(学生版+解析)，共6页。学案主要包含了要点提炼，方法总结，拓展训练等内容，欢迎下载使用。

对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)＝0的解为x1，x2且a【典例】已知函数f(x)＝xe－x.
(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.
【方法总结】
极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>xeq \\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq \f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
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已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2培优点6 极值点偏移问题
【要点提炼】
对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)＝0的解为x1，x2且a【典例】已知函数f(x)＝xe－x.
(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.
(1)解 f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)有极大值f(1)＝eq \f(1,e)，f(x)无极小值．
(2)证明方法一 (对称化构造法)
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)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴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<1将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x1)>f(2－x2)．
又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
∴x1>2－x2，
∴x1＋x2>2.
方法二 (比值代换法)
设0取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝eq \f(x2,x1)>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝eq \f(ln t,t－1)，x2＝eq \f(tln t,t－1).
∴x1＋x2＝eq \f(t＋1ln t,t－1)>2⇔ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0，
设g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，
∴g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
∴当t>1时，g(t)为增函数，
∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0，
故x1＋x2>2.
【方法总结】
极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>xeq \\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq \f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
INCLUDEPICTURE "E:\\周飞燕\\2020\\二轮\\跟踪演练.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "\\\\周飞燕\\e\\周飞燕\\2020\\二轮\\数学\\wrd\\跟踪演练.TIF" \* MERGEFORMATINET 【拓展训练】
已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2证明 f′(x)＝ln x＋1，
由f′(x)>0得x>eq \f(1,e)，由f′(x)<0得0∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．
可设0方法一构造函数F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2x)))，则
F′(x)＝f′(x)＋eq \f(1,e2x2)f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2x)))＝1＋ln x＋eq \f(1,e2x2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋ln\f(1,e2x)))＝(1＋ln x)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,e2x2)))，
当00，得F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上是增函数，∴F(x)∴f(x)将x1代入上式得f(x1)又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)又x2>eq \f(1,e)，eq \f(1,e2x1)>eq \f(1,e)，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
∴x2方法二 f(x1)＝f(x2)即x1ln x1＝x2ln x2，
令t＝eq \f(x2,x1)>1，则x2＝tx1，
代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，得ln x1＝eq \f(tln t,1－t).
∴x1x20.
设g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，
则g′(t)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0.
∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0.故x1x2

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