新高考数学一轮复习专题三导数及其应用微专题四对称化构造解极值点偏移问题课件

这是一份新高考数学一轮复习专题三导数及其应用微专题四对称化构造解极值点偏移问题课件，共17页。

一、名师支招1.极值点偏移的含义若单峰函数f(x)的极值点为x0,则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如表所 示.
2.对称化构造法对称化构造法主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题.其解题 要点如下:(1)定函数(极值点为x0):利用导函数符号的变化判断函数的单调性,进而确定函数的极 值点x0.(2)构造函数:对于x1+x2>2x0型,构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)或F(x)=f(x0+x)-f(x0-x);对于x1·x2> 型,构造函数F(x)=f(x)-f .(3)判断单调性:利用导数讨论F(x)的单调性.(4)比较大小:判断函数F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(2x0-x)的大小关系.
(5)转化:利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x之间的关系, 问题得证.
类型一:x1+x2>2x0型(“和”型)
例1　已知函数f(x)=xe2-x.(1)求f(x)的极值;(2)若a>1,b>1,a  解析    (1)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,因此f(x)在x=1处取得极大值e,无极小值.(2)证明:由(1)可知, f(x)在(1,+∞)上单调递减, f(2)=2,因为a>1,b>1,a2,2<4-a<3,
所以只要证f(b)>f(4-a),即证4-f(a)>f(4-a),即证f(a)+f(4-a)<4.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)类型二:x1·x2> 型(“积”型)
例2　已知函数f(x)=ln x-ax.(1)设函数g(x)=f(x)-2x+1,若g(x)≤0在其定义域内恒成立,求实数a的最小值;(2)若方程f(x)=x2恰有两个相异的实根x1,x2,试求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1.
  解析    (1)易知g(x)的定义域为(0,+∞).由g(x)=f(x)-2x+1≤0得a+2≥ 在(0,+∞)上恒成立,设t(x)= (x>0),则t'(x)=- ,∴当00,t(x)单调递增,当x>1时,t'(x)<0,t(x)单调递减,∴t(x)max=t(1)=1,∴a+2≥1,即a≥-1,∴实数a的最小值为-1.
(2)由f(x)=x2得ln x-ax-x2=0,即 -a-x=0,令h(x)= -a-x(x>0),则h'(x)= -1= ,设s(x)=1-x2-ln x,x>0,则s'(x)=-2x- <0,∴s(x)在(0,+∞)上单调递减,又s(1)=0,∴在(0,1)上,s(x)>0,h'(x)>0,h(x)单调递增,在(1,+∞)上,s(x)<0,h'(x)<0,h(x)单调递减,
∴h(x)max=h(1)=-1-a.当x趋近于0时,h(x)→-∞,当x趋近于+∞时,h(x)→-∞.若方程f(x)=x2恰有两个相异的实根x1,x2,则-1-a>0,∴a<-1,即实数a的取值范围为(-∞,-1).下面证明x1x2>1,不妨令x11⇔x1> ⇔h(x1)>h ,
又h(x1)=h(x2)=0,∴h(x1)-h =h(x2)-h = - = ln x2-x2+ ,令φ(x)= ln x-x+ (x>1),则φ'(x)= ln x>0,