专题1 培优提能4 极值点偏移问题-【导与练】2023高考数学二轮复习教学课件PPT（新教材）

导巧球 培优提能4 极值点偏移问题 ，州 6培优链接 1.已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点xo,若f(x)=c的两根的中点刚好 满足一=x,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=x两颉，函数值变化快慢相同，如图（①）. fx) (无偏移，左右对称，二次函数) 若x)=fx),则x+x2=2xo (1) 2.若一≠x,则极值点偏移，此时函数f(x)在x=x两侧，函数值变化快慢不同，如图 ② fx) X1Xo X2x X iXoX2 (左陡右缓，极值点向左偏移) (左缓右陡，极值，点向右偏移) 若x)=x),则x+x2>2xo 若fx)=f),则x+x2<2o- (2) (3) 培优点1对称变换(对称化构造) 典例1已知函数h(x)与函数f(x)=xe^x(x∈R)的图象关于原点对称，如果x_1≠x_2，且 h(x1)=h(x_2)，求证：x_1+x_2>2. 」证明：由题意知，h(x)=-f(-x)=xe7，h′(x)=ex(1-x)，令h′(x)=0，解得x=1. 当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如表： _________________- 由x1卡x,不妨设x1>x2,根据h(x)=h(x2), 结合图象可知x1>1,x2<1, 令F(x)=h(x)-h(2-x),x∈(1，+∞)， 则F'(x)=(x-1)(--1) 因为x01,2x-2>0,所联-。>0， 则F'(x)>0,所以F(x)在(，+∞)上单调递增， e 所以当x>1时，F(x)>0,即当x>1时，h(x)>h(2-x),则h(x)>h(2-x), 又因为h(x)=h(x),所以h(x)>h(2-x), 因为x1>1,所以2-x1<1,所以x2,2-x1∈(-∞，1)， 因为h(x)在(-∞，1)上单调递增，所以2>2-x,所以x1+x2>2. ◆名师指津◆ 对称变换，常用来解决题设中f(x1)=f(x2),且与x1,x2之和或积相关的不等式 的证明问题.其解题要点如下： (1)定函数（极值点为x),即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确 定函数的极值点x0 (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x0一x),若证x1x2>,则令 F(x)=f(x)-f(2). (3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性. (4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0一x) 的大小关系. (⑤)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0x)的大小关系转化为x 与2x0x之间的关系，进而得到所证或所求. 提醒：若要证明f'（一)的符号问题，还需进一步讨论一与的大小，得出一所 在的单调区间，从而得珀该处导数值的正负 x1+x2 x1+x2 2 2 触类旁通1(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=一-lnx+x-a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围： (1)解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)（-）-+1=)-) e x1 1 e+xx 1 令f'(x)>0,解得x>1,故函数f(x)在(0,1严上单调递减，在（1，+∞)上单调递增， 故f(x)min=f(1)=e+1-a,要使得f(x)≥0恒成立，仅需e+1-a≥0， 故a≤e+1,故a的取值范围是(-∞，e+1] 触类旁通1(2022·全国甲卷)己知函数f(x)=lnx+x-a. (2)证明：若f(x)有两个零点x,X2,则x1x2<1.t (2)证明：由(1)知若函数f(x)有两个零点，则f(1)=e+1-a<0,即a>e+1, 不妨设0<x1<1<x2,要证明x1x2<1,即证明2<-， 1 tl 因为0<x1<1,所以一>1， 1 即证明1<x2<一.又因为f(x)在(1，+∞)上单调递增， 1 xi 即证明f(x2)<f(一）f(x)<f(一）， 构造函数h(x)=f(x)-f(-),0<x<1, 1 h'(x)=f′(x)+-f'(---)( --） 1 x 1 etx xe*1 令k(x)=e+x-x-1,0<1, k'(x)=e+1-1-)>0, x 1 所以k(x)在(e,1)严单调递增，k(x)<k(1)=0. 又因为x-1<0,x2>0, 故h'(x)>0在(0,1)上恒成立，故h(x)在(0,1)上单调递增， 又因为h(1)=0,故h(x)<h(1)=0, 故f(x)<f(一)，即xx2<1.得证.