第3章 提升课8 极值点偏移（课时作业）-【优化探究】2027年高考数学一轮复习高考总复习配套课件（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦函数与导数综合应用，覆盖零点存在性、极值求解、不等式证明等高考核心考点，依据高考评价体系分析近五年真题，明确导数解答题（如第21题）占22分的权重，归纳出参数范围讨论、极值点偏移证明等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“题型归类+构造函数法突破+真题变式训练”，如以第2题“x1+x2>2”证明为例，详解构造F(x)=f(x)-f(2-x)的逻辑推理过程，培养学生数学思维与模型构建能力。通过母题（2023全国卷导数题）与变式题组训练，帮助学生掌握换元法、导数符号分析等得分技巧，教师可据此开展专题突破，提升复习针对性与学生应试能力。

1 2 3 4 A组　基础保分练 1.已知函数f(x)=ln x+,a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2. (1)求a的取值范围; 解:由题意可知,f(x)=ln x+(x>0)⇒f'(x)=, 若a≤0,则f'(x)>0恒成立,即f(x)单调递增,不存在两个不等零点,故a>0, 显然当x>2a时,f'(x)>0,当0<x<2a时,f'(x)<0, 则f(x)在(0,2a)上单调递减,在(2a,+∞)上单调递增, 所以若要符合题意,则f(2a)<0⇒ln(2a)+1<0⇒a∈(0,), 1 2 3 4 此时有4a2<2a,且f(4a2)=2ln(2a)+,令g(t)=2ln t+(t∈(0,))⇒g'(t)=, 而<⇒t<⇒g'(t)<0,即g(t)在(0,)上单调递减,故g(t)>g()=e-2>0, 所以f(4a2)>0,又f(1)=2a>0, 故f(x)在区间(4a2,2a)和(2a,1)上各存在一个零点,符合题意. 综上,a∈(0,). 1 2 3 4 (2)证明:x1+x2>4a. 证明:结合(1),不妨令0<x1<2a<x2,构造函数h(x)=f(x)-f(4a-x)(0<x<2a), 则h'(x)=+=-<0,即h(x)单调递减,所以h(x)>h(2a)=0, 即h(x1)=f(x1)-f(4a-x1)>0⇒f(x1)=f(x2)>f(4a-x1). 因为0<x1<2a<x2,所以4a-x1>2a, 由(1)知f(x)在(2a,+∞)上单调递增,所以由f(x2)>f(4a-x1)⇒x2>4a-x1, 故x1+x2>4a. 1 2 3 4 2.已知函数f(x)=xe-x(x∈R). (1)求函数f(x)的单调区间和极值; 解:因为f(x)=xe-x,其中x∈R,则f'(x)=(1-x)e-x, 令f'(x)=0,解得x=1,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表所示, 所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞). 故函数f(x)在x=1处取得极大值,无极小值. x (-∞,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - f(x) 单调递增 极大值 单调递减 1 2 3 4 (2)若x1≠x2,且f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2. 证明:设x1<1<x2,构造函数F(x)=f(x)-f(2-x),x>1, 则F'(x)=f'(x)+f'(2-x)=e-x(1-x)+ex-2(x-1)=(x-1)(ex-2-e-x), 当x>1时,x-1>0,x-2>-x,则ex-2-e-x>0,则F'(x)>0, 所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,当x>1时,F(x)>F(1)=0, 故当x>1时,f(x)>f(2-x). 又x2>1,所以f(x2)>f(2-x2). 又f(x1)=f(x2),所以f(x1)>f(2-x2). 又x1<1,2-x2<1,而f(x)在(-∞,1)上单调递增, 所以,x1>2-x2,即x1+x2>2. 1 2 3 4 3.已知函数f(x)=xln x-x. (1)求函数f(x)的最值; B组　能力提升练 解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x, 令f'(x)<0,解得0<x<1,令f'(x)>0,解得x>1, 所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以f(x)min=f(1)=1×ln 1-1=-1, 所以f(x)无最大值,最小值为-1. 1 2 3 4 (2)若函数g(x)=f(x)-ax2+a有两个不同的极值点x1,x2,且x1<x2,求证:ln x1+ 2ln x2>3. 证明:g(x)=f(x)-ax2+a=xln x-ax2-x+a,g'(x)=ln x-2ax. 因为g(x)有两个不同的极值点x1,x2,所以ln x1=2ax1,ln x2=2ax2. 欲证ln x1+2ln x2>3,即证2ax1+4ax2>3. 又0<x1<x2, 所以原式等价于a>.① 由ln x1=2ax1,ln x2=2ax2, 1 2 3 4 得ln=2a(x2-x1)⇒a=.② 由①②知原问题等价于求证>, 即证ln>=. 令t=,则t>1,上式等价于求证ln t>. 1 2 3 4 令h(t)=ln t-(t>1),则h'(t)=-=. 因为t>1,所以h'(t)>0恒成立,所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,h(t)>h(1)=ln 1-=0, 即ln t>,所以ln x1+2ln x2>3. 1 2 3 4 4.已知函数h(x)=ln x和g(x)=ax,若存在两个实数x1,x2,且x1≠x2,使得h(x1)=g(x1),h(x2)=g(x2),证明:x1x2>e2. 证明:法一:因为x1≠x2,不妨设x1>x2,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>, 所以即证>,即证ln>. 1 2 3 4 令t=,则t>1,x1x2>e2等价于ln t->0,构造函数h(t)=ln t-,t>1. 因为h'(t)=>0,所以h(t)在(1,+∞)上单调递增, 故h(t)>ln 1-=0,即ln t->0,所以x1x2>e2. 法二:直接换元构造新函数a==,即=,设x1<x2,t=,则t>1, 则x2=tx1,=t,可得ln x1=,ln x2=ln(tx1)=, 1 2 3 4 由于x1x2>e2⇔ln x1+ln x2>2⇔+=ln t>2⇔ln t->0, 构造函数h(t)=ln t-,t>1. 因为h'(t)=>0,所以h(t)在(1,+∞)上单调递增, 故h(t)>ln 1-=0, 即ln t->0, 所以x1x2>e2. $