专题7重难突破16 极值点偏移问题（课件）-【金版新学案】2024高考理科数学大二轮专题复习与测试（老教材）

重难突破16　极值点偏移问题 层级二　精准突破保分点 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 已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)．若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. 例1 x→∞ x→∞ 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. 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 (1)若f(x)在[1，＋∞)单调递增，求实数m取值范围； 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， (2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，证明：x1x2<1. 证明：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. 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 (1)若b＝c＝0，讨论f(x)的单调性； 例2 (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)． 证明：由题意知x1，x2是f(x)的两个零点，且x1<x2， 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， 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 (1)讨论f(x)的极值点个数； 例3 令g(x)＝ex－ax，则g′(x)＝ex－a， 当x＝ln a时，g′(x)＝0， 所以g(x)在(－∞，ln a]上单调递减，在[ln a，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(ln a)＝a－aln a＝a(1－ln a)， ①当0<a≤e时，g(x)≥0恒成立， 故f(x)在R上无极值点； 证明：由(1)中知f′(x)＝ex－ax，则x1，x2是方程ex－ax＝0的两根， 故φ(t)在(0，1)上单调递增，从而φ(t)<φ(1)＝0，即证得x1＋x2>2， 令S(x)＝(2－x)ex，x∈(1，2)，S′(x)＝(1－x)ex<0， 故S(x)在(1，2)上单调递减，则S(x2)<S(2－x1)， 对数均值不等式可用对称化构造或比值换元进行证明，在解答题中，一般要先证明后应用．　　 感悟提升 函数f(x)定义域为(0，＋∞)． 设h(x)＝ax－1－xln x，x>0， 则h′(x)＝a－1－ln x，其在(0，＋∞)上单调递减， 且h′(x)的零点为p＝ea－1， 所以h(x)在(0，p)单调递增，在(p，＋∞)单调递减，且a－1－ln p＝0(*)， 所以x1<p<x2， 所以(x2－x1)(x2＋x1)<(3p－1)(x2－x1)， 因为x1<x2，所以x1＋x2<3ea－1－1. 综上所述，2<x1＋x2<3ea－1－1. 返回 专题集训 返回 04 1．已知函数f(x)＝xln x－x，两相异正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)．求证：x1＋x2>2. f′(x)＝ln x，当x∈(0，1)时，f(x)单调递减，当x>1时，f(x)单调递增，且f(1)＝－1，如图所示，不妨设x1<1<x2， 2 3 4 1 又f(x1)＝f(x2)， 所以只需证f(2－x1)<f(x1)， 设g(x)＝f(x)－f(2－x)(x∈(0，1))， 则g′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′＝ln x＋ln(2－x)，0<x<1， 再设h(x)＝ln x＋ln(2－x)，0<x<1， 2 3 4 1 所以h(x)在(0，1)上单调递增， 所以h(x)<h(1)＝