极值点偏移与拐点偏移课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“极值点偏移与拐点偏移”核心考点，依据高考评价体系梳理了定义辨析、对称化构造、比值代换等考查维度，通过典型例题归纳出x1+x2>2a、x1x2<e²等常考不等式证明题型，构建了完整的解题策略体系。 课件亮点在于“真题变式+策略建模”的备考设计，如以2025赣州一模改编题为例，用比值代换法转化双变量问题，培养学生逻辑推理与数学建模素养。提供构造辅助函数模板和导数符号判断技巧，助力学生掌握压轴题突破方法，教师可据此开展针对性训练，提升复习效率。

第三章 极值点偏移与拐点偏移 一元函数的导数及其应用 1 策略 1 对称化构造法 1 【解答】 变式1　已知函数f(x)＝ax－xln x． (1) 若f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围； 【解答】 　　　　f′(x)＝a－1－ln x．当0＜x＜ea－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞ea－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(ea－1)＝ea－1≤1，解得a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1]． 变式1　已知函数f(x)＝ax－xln x． (2) 当a＝2时，若存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2＜e2． 【解答】 　　　　当a＝2时，f(x)＝2x－xln x，x＞0，f′(x)＝2－(1＋ln x)＝1－ln x，x＞0．当x＝e时，f′(x)＝0． 当0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 策略 2 比值代换法 　　　(2025·赣州一模改)已知函数f(x)＝ex－mx(其中e为自然对数的底数)有两个零点x1，x2． (1) 求实数m的取值范围． 2 【解答】 　　　　由f(x)＝ex－mx，得f′(x)＝ex－m．当m≤0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，不合题意．当m＞0时，由f′(x)＞0得x＞ln m；由f′(x)＜0得x＜ln m，所以f(x)在(－∞，ln m)上单调递减，在(ln m，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ln m)＝eln m－mln m＝m－mln m＜0，所以m＞e． 因为f(0)＝1＞0，x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以f(x)在(0，ln m)和(ln m，＋∞)内分别存在一个零点，符合题意．所以m的取值范围为(e，＋∞)． 　　　(2025·赣州一模改)已知函数f(x)＝ex－mx(其中e为自然对数的底数)有两个零点x1，x2． 2 【解答】 比值代换法解极值点偏移问题： (1) 求实数a的取值范围； 【解答】 (2) 求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)． 【解答】 【解答】 　　　　f′(x)＝ex－x－1，f″(x)＝ex－1，当x∈[0，＋∞)时，f″(x)≥0，f′(x)单调递增；当x∈(－∞，0)时，f″(x)＜0，f′(x)单调递减．所以f′(x)min＝f′(0)＝0，所以f′(x)≥0，即函数f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0． 因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以x1＜0＜x2．构造和函数F(x)＝f(x)＋f(－x)＝ex－x2－2＋e－x，x＞0，则F′(x)＝f′(x)－f′(－x)＝ex－e－x－2x，F″(x)＝ex＋e－x－2＞0，所以F′(x)＞F′(0)＝0，因此F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(0)＝0，所以F(x2)＝f(x2)＋f(－x2)＞0． 又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以f(－x2)＞f(x1)．因为f(x)在R上单调递增，所以－x2＞x1，即x1＋x2＜0． 3－1 【解答】 　　　　f′(x)＝ln x－x＋1，易知f′(x)≤0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0．因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以0＜x1＜1＜x2． 3－2 因此F′(x)在(0，1)上单调递增，所以F′(x)＜F′(1)＝0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)＝0，所以F(x1)＝f(x1)＋f(2－x1)＞0． 因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以f(2－x1)＞f(x2)．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2． 解决拐点偏移问题的思路 (1) 构造一元和函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)，x＞x0； (2) 求F′(x)，F″(x)，判断导数符号，确定F(x)的单调性； (3) 结合F(x0)＝2f(x0)，判断F(x)与2f(x0)的大小； (4) 由f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)及F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＞2f(x0)得f(2x0－x2)＞f(x1)，或由F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＜2f(x0)得f(2x0－x2)＜f(x1)． (5) 结合f(x)的单调性得2x0－x2＞x1或2x0－x2＜x1，从而得x1＋x2＜2x0或x1＋x2＞2x0． 配套练习题 1．已知函数f(x)＝xln x－x＋1，若方程f(x)＝b有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1． 【解答】 2．已知函数f(x)＝(ln x－m)x的最小值为－1． (1) 求实数m的值； 【解答】 　　　　因为f′(x)＝ln x＋1－m(x＞0)，令f′(x)＝0，可得x＝em－1． 当x∈(0，em－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(em－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以f(x)min＝f(em－1)＝－em－1＝－1，所以m＝1． 2．已知函数f(x)＝(ln x－m)x的最小值为－1． (2) 若f(x)＝a有两个不同的实数根x1，x2(x1＜x2)，求证：2－x2＜x1． 【解答】 　　　　由(1)知，f(x)＝x(ln x－1)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．当x∈(0，e)时，f(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f(x)＞0，所以0＜x1＜1＜x2＜e，－1＜a＜0． 记g(x)＝f(x)－f(2－x)＝xln x＋(x－2)ln(2－x)－2x＋2，则g′(x)＝ln x＋ln(2－x)＝ln [x(2－x)]，当x∈(0，1)时，0＜x(2－x)＜1，所以g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，即f(x)＞f(2－x)，故f(x1)＞f(2－x1)，即f(x2)＞f(2－x1)．又x2＞1，2－x1＞1，所以由单调性知，x2＞2－x1，即2－x2＜x1． 3．已知函数f(x)＝2ln x＋x2＋(a－1)x－a(a∈R)，当x≥1时，f(x)≥0恒成立． (1) 求实数a的取值范围； 【解答】 当a＜－3时，存在大于1的实数m，使得f′(m)＝0，所以当1≤x＜m时，f′(x)＜0成立，所以f(x)在区间[1，m)上单调递减，所以当1＜x＜m时，f(x)＜f(1)＝0，不合题意． 综上，a的取值范围为[－3，＋∞)． 3．已知函数f(x)＝2ln x＋x2＋(a－1)x－a(a∈R)，当x≥1时，f(x)≥0恒成立． (2) 若正实数x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＋f(x2)＝0，证明：x1＋x2＞2． 【解答】 　　　　不妨设x1＜x2，因为正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＝0，由(1)可知，0＜x1＜1＜x2．又因为f(x)为增函数，所以x1＋x2＞2⇔x2＞2－x1⇔f(x2)＞f(2－x1)．又因为f(x1)＋f(x2)＝0⇔f(x2)＝－f(x1)，所以只要证明－f(x1)＞f(2－x1)⇔f(x1)＋f(2－x1)＜0． 4．已知函数f(x)＝x(ex－ax2)，a∈R． (1) 求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 【解答】 　　　　f′(x)＝ex－ax2＋x(ex－2ax)＝(x＋1)·ex－3ax2，所以f′(0)＝1－0＝1，又f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x． 4．已知函数f(x)＝x(ex－ax2)，a∈R． (2) 已知关于x的方程f(x)＝0恰有2个不同的正实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞4． 【解答】 $