专题7重难突破14 极值点偏移问题（课件）-【金版新学案】2024高考文科数学大二轮专题复习与测试（老教材）

重难突破14　极值点偏移问题 层级三　攻坚克难抢分点 内容索引 对称变换 类型一 比(差)值换元 类型二 专　题　集　训 对数均值不等式 类型三 类型一　对称变换 01 返回 (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； 例1 f(x)的定义域为(0，＋∞)，   当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)≥f (1)＝e＋1－a， 若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即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. 由题知，f(x)的一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设x1<1<x2， 要证x1x2<1，即证x1< ，因为x1， ∈(0，1)， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以x1x2<1. 对称变换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)，即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，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>x ，则令F(x)＝f(x)－f . 感悟提升 (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－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(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求．　　 感悟提升 由题意，f′(x)＝x＋m－1－ln x， 因为f(x)在[1，＋∞)单调递增，所以f′(x)≥0在[1，＋∞)恒成立， 即m≥ln x－x＋1在[1，＋∞)恒成立， 令g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝ ，g′(x)在[1，＋∞)上恒小于等于0， 故g(x)在[1，＋∞)单调递减，g(x)max＝g(1)＝0，故m≥0. 针对练1.(2023·河北邯郸三模)已知函数f(x)＝ x2＋mx－xln x. (1)若f(x)在[1，＋∞)单调递增，求实数m取值范围； (2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，证明：x1x2<1. f′(x)＝x＋m－1－ln x有两个零点，即m＝ln x－x＋1有两个根． 由(1)知，g(x)＝ln x－x＋1在(0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，且g(x)max＝g(1)＝0. 所以m<0，且0<x1<1<x2. 要证x1x2<1，只需证x2< ， 又g(x)在[1，＋∞)单调递减，只需证g(x2)>g . 故m(x)在(0，1)上单调递减， 从而当x∈(0，1)时，m(x)>m(1)＝1－1＝0， 所以m(x1)>0，因此x1x2<1. 返回 02 返回 类型二　比(差)值换元 (2023·湖北武汉5月模拟)已知f(x)＝ax＋ ＋c－ln x，其中a，b，c∈R. (1)若b＝c＝0，讨论f(x)的单调性； 例2 ①若a≤0，则f′(x)<0，即f(x)在(0，＋∞)单调递减； 综上可得：当a≤0，f(x)在(0，＋∞)单调递减； (2)已知x1，x2是f(x)的两个零点，且x1<x2，证明：x2(ax1－1)<b<x1(ax2－1)． 由题意知x1，x2是f(x)的两个零点，且x1<x2， 即ax1＋ ＋c－ln x1＝0，ax2＋ ＋c－ln x2＝0， 要证x2(ax1－1)<b<x1(ax2－1)，只需证ax1x2－x2<b<ax1x2－x1， 即证1－ <ln t<t－1， 即p(t)在(1，＋∞)上单调递增，则p(t)>p(1)＝0，即ln t>1－ ， 设q(t)＝ln t－t＋1(t>1)，有q′(t)＝ －1<0， 所以q(t)在(1，＋∞)上单调递减，则q(t)<q(1)＝0，即ln t<t－1. 综上可得x2(ax1－1)<b<x1(ax2－1)． 比(差)值换元就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．一般用t表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题． 感悟提升 不妨设x1<x2， 欲证ln x1＋ln x2>2，只需证ln x1x2>2， 所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立， 故ln x1＋ln x2>2. 返回 类型三　对数均值不等式 03 返回 (2023·福建厦门质检)已知函数f(x)＝ex－ ，a>