专题一　培优点4　极值点偏移问题--高三高考数学复习-PPT

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这是一份专题一　培优点4　极值点偏移问题--高三高考数学复习-PPT，共49页。PPT课件主要包含了内容索引，考点一，考点二，对称化构造函数，比值代换，专题强化练，规律方法等内容，欢迎下载使用。

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.
　　(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的极值；
因为f(x)＝xe2－x，所以f′(x)＝(1－x)e2－x，由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝e，所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值.
(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.
由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，不妨设12,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)单调递减，所以只需证f(b)>f(4－a)，即证4－f(a)>f(4－a)，即证f(a)＋f(4－a)<4.即证当1令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，10，所以h′(x)<0，即h(x)在(1,2)上单调递减，
则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上单调递增，所以F(x)对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
　　　(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，
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，
由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0，
则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3，
于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.
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.
　　　(2023·淮北模拟)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.
1.(2023·南宁模拟)已知函数f(x)＝ex－，a>0.(1)若f(x)过点(1,0)，求f(x)在该点处的切线方程；
所以f(x)＝ex－ex2，则f′(x)＝ex－2ex，可得f′(1)＝e－2e＝－e，即切点坐标为(1,0)，切线斜率k＝－e，所以所求切线方程为y＝－e(x－1)，即ex＋y－e＝0.
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且02.
由题意可得f′(x)＝ex－ax，因为f(x)有两个极值点x1，x2，且0令g′(x)<0，解得00，解得x>1，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则t＋1>0，t－1<0，x1＝tx2，
故φ(t)在(0,1)上单调递增，则φ(t)<φ(1)＝0，故x1＋x2>2.
2.(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ (a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)＝f(n)＝3.(1)求实数a的取值范围；
由题意知f(x)＝3有两个不相等的正根，
即a＝3x－xln x有两个不相等的正根，记函数h(x)＝3x－xln x，x>0，则h′(x)＝2－ln x，令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0e2，
所以函数h(x)＝3x－xln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)，令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x无限趋近于0时，h(x)无限趋向于0，作出函数h(x)＝3x－xln x的图象，如图所示，
要使a＝3x－xln x有两个不相等的正根，则函数y＝a与函数h(x)＝3x－xln x有两个交点，由图知0(2)证明：a2函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，0a，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.由题意，不妨设0a2，
所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以当0所以ln a＝ln m＋ln(3－ln m)，
由(1)知，h(x)在(0，e2)上单调递增，当0φ(e2)＝0，
故mn