极值点偏移问题课件-2025届高三数学一轮复习

拓展拔高4　极值点偏移问题 【高考考情】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,难度大. 【研究对象】一般地,证明两数x1,x2之和(之积)的不等式问题,常涉及函数的极值点偏移.解决极值点偏移问题的关键是消元,有时待证的结论需要利用不等式转化变形. 【极值点偏移的定义】 　一般地,若连续函数f(x)在[a,b]内有唯一的极值点x0,对于任意的x1,x2∈[a,b],当f(x1)=f(x2)时有≠x0,则称函数f(x)极值点偏移. (1)左偏移:当>x0时,极值点x0在[a,b]内向左偏移.(如图1,2) (2)右偏移:当<x0时,极值点x0在[a,b]内向右偏移.(如图3,4) (3)无偏移:当=x0时,极值点x0在[a,b]内无偏移.(如图5) 视角一　极值点偏移问题之消参减元、比值代换 [例1]已知函数f(x)=ln x-ax(x>0),a为常数,若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1≠x2). 证明:x1x2>e2. 【证明】不妨设x1>x2>0, 因为ln x1-ax1=0,ln x2-ax2=0, 所以ln x1+ln x2=a(x1+x2),ln x1-ln x2=a(x1-x2),所以=a, 欲证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2. 因为ln x1+ln x2=a(x1+x2),所以即证a>,所以原问题等价于证明>,即ln >, 令c=(c>1),则不等式变为ln c>. 令h(c)=ln c-,c>1, 所以h'(c)=-=>0, 所以h(c)在(1,+∞)上单调递增, 所以h(c)>h(1)=ln 1-0=0, 即ln c->0(c>1), 因此原不等式x1x2>e2得证. 思维升华 比值换元法的解题策略 (1)联立消参:利用方程f(x1)=f(x2)消掉解析式中的参数a. (2)抓商构元:令t=,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t). (3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最值,从而可证得结论. 视角二　极值点偏移问题之消参减元、差值代换 [例2]若函数f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2<-2ln a. 【证明】由题知两式相减得x1-x2=a(-),即a=. 故要证x1+x2<-2ln a,只需证x1+x2<-2ln ,即证<()2, 即证(x1-x2)2<-2+.不妨设x1<x2, 令x2-x1=t>0,则需证t2<e-t-2+et. 设g(t)=t2-e-t+2-et,则g'(t)=2t+e-t-et. 设h(t)=2t+e-t-et,则h'(t)=2-e-t-et<0, 所以h(t)在(0,+∞)上单调递减, 所以h(t)<h(0)=0,即g'(t)<0, 所以g(t)在(0,+∞)上单调递减, 所以g(t)<g(0)=0,故原不等式成立. 思维升华 差值换元法的解题策略 (1)取差构元:记s=t2-t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2. (2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1. (3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s). (4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最值,从而证得结论. 视角三　极值点偏移问题之对称构造 [例3]已知函数h(x)=x,如果x1≠x2且h(x1)=h(x2),证明:x1+x2>2. 【证明】h'(x)=(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: x (-∞,1) 1 (1,+∞) h'(x) + 0 - h(x) 单调递增 单调递减 由x1≠x2,不妨设x1>x2,根据h(x1)=h(x2)可知x1>1,x2<1. 令F(x)=h(x)-h(2-x),x∈[1,+∞), 则F'(x)=(x-1)(-1), 因为x≥1,2x-2≥0,所以-1≥0, 所以F'(x)≥0,所以F(x)在[1,+∞)上单调递增, 又因为F(1)=0,所以x>1时,F(x)>F(1)=0, 即当x>1时,h(x)>h(2-x), 则h(x1)>h(2-x1), 又h(x1)=h(x2),所以h(x2)>h(2-x1), 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x2>2-x1,所以x1+x2>2得证. 思维升华 对称构造法,主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式问题.其解题要点如下: (1)定函数极值点: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:根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x0-x); (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,进而得到所证或所求. 迁移应用 已知函数f(x)=ln (x+a)-,函数g(x)满足ln [g(x)+x2]=ln x+x-a. (1)讨论函数f(x)的单调性; 【解析】(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(-a,+∞), 则f'(x)=-=, 所以当-a≥1,即a≤-1时,f'(x)>0,f(x)在(-a,+∞)上单调递增; 当-a<1,即a>-1时,若-a<x<1,则f'(x)<0,若x>1,则f'(x)>0, 所以f(x)在(-a,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 综上所述,当a≤-1时,f(x)在(-a,+∞)上单调递增; 当a>-1时,f(x)在(-a,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 已知函数f(x)=ln (x+a)-,函数g(x)满足ln [g(x)+x2]=ln x+x-a. (2)若g(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1x2<1. 【解析】(2)因为ln [g(x)+x2]=ln x+x-a,所以g(x)=x·ex-a-x2=x(ex-a-x),其定义域为(0,+∞), g(x)=xex-a-x2=x(ex-a-x)=0等价于ex-a-x=0,即x-ln x=a, 设h(x)=x-ln x(x>0), 所以h'(x)=1-=, 令h'(x)>0,则x>1,令h'(x)<0,则0<x<1. 所以函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 因为函数g(x)有两个不同的零点,即h(x)=a有两个不同的根,所以a>h(1)=1, 所以g(x)有两个不同的零点x1,x2且0<x1<1<x2,且h(x1)=h(x2)=a, 令φ(x)=h(x)-h()=x--2ln x(0<x<1), 则φ'(x)=1+-=>0对任意的x∈(0,1)恒成立, 所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增,φ(x)<φ(1)=0, 即当0<x<1时,h(x)<h(), 又0<x1<1,所以h(x1)=h(x2)<h(), 因为x2>1,>1,且h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x2<,故x1x2<1得证. 谢谢观赏！！ $$