素养培优5 极值点偏移-【创新教程】2027年高考数学大二轮专题增分方案学生用书

数学 rc(得)-a+号 =2(+1)0， .f(x)的单调递减区间是(0，十∞)，无增区间. (2)x∈(0，十∞)， 当x∈(0,1]时，f(x)<0显然成立， 当x∈(1，+o∞)时，f(x)=a(lnx十1)-3x2, 令g(x)=f(x), ·g(x)=a=6x<0, f(x)在区间(1，十∞)上单调递减， .f(x)<f(1)=a-3≤0， ∴f(x)在区间(1，十∞)上单调递减， .f(x)<f(1)=-2<0, 综上所述，当0≤a≤3时，f(x)<0. (3)h(x)=xln x, (x)=lhnx+l,令()<0，则0<x<1 h在区同(0，)上单润造减，在区（，+o∞） 单调递增， 不坊设<，则西(0，日）（日，1 先证：x2-x1<b+1, 易知h(x)在x=1处的切线方程为y=x一1，该切线上 直线y=b的交点的横坐标为x3=b十1， 令g(x)=h(x)-(x-1)=xhx-x十l,则g(x)=lnx, 当x∈(0,1)时，g'(x)<0,此时g(x)>g(1)=0, .当x∈(0,1)时，y=x一1图象在h(x)下方. ,.x3>x2一x1, …x2-x1<x3<b+1, 再证x->e+1,设A(日，-是）B1,0, 易知直线OA方程为y=一x,直线AB方程为 ye-1, 则直线OA,AB与直线y=b交点的横坐标为x4=一b x=(e-1)b+1, .x5-x4=be+1, x4=一b=一xnx1>x1,同理可证：z4<x2, ∴x<4<x2,类似的可以证明x1<x6<x2, ..Is-x<x:-,be+1<z-, .be+1<|x1-x2<b+1. 跟踪训练 2解：油题意，通数)-1，今1=-0， 得x=士1， 所以函数f(x)的零点x。=士1， 又由f)=t-2x-1,可得(-1)=2e, e f(-1)=0, 所以曲线y=f(x)在x=一1处的切线方程为 y=2e(x+1). 又由了)=-吕1)=0，所以曲线y=)在x 处的切线方程为y=一2（工一1）. e (2)由(1)知f(x)=t2-2x-1 e 令了()=0，即-2红-1=0，解得x=1士2， e 当x∈(-∞，1-√2)U(1十√2，十∞)时，f(x)>0: 当x∈(1-√2,1+√2)时，f(x)<0. 所以f(x)的单调递增区间为（一∞，1一√2）， (1十√2，十∞)，单调递减区间为(1-√2,1十√2)， 由(1)知，当x<-1或x>1时，f(x)<0; 当-1<x<1时，f(x)>0. 下面证明：当x∈(-1,1)时，2e(x十1)>f(x). 当x∈(-1,1)时，由2e(x+1)>f(x), 即2(x+1)+t1>0,可得e*1+,1>0, e 令g)=e1+号，可得ga)=e1+>0, 所以g(x)在x∈(-1,1)上单调递增， 所以g(x)>g(-1)=0对任意x∈(-1,1)恒成立， 当x∈(-1,1)时，2e(x+1)>f(x. 由x+D,可得器-1，记=是-1 ly=m 不妨设x1<x2,则-1<x1<1-√2<x2<1, 所以1西，-<1x’-=x一x'=-(0-1小 要证1x-|<2-m（1+e）只需证x (器-1）2-m(+20)即证≤1-m, 又因为m= 1,只需证，≤1-1丝 即(x2-1)·[e2-(x2十1)]≤0， 因为x2∈(1-√2,1)，所以x2-1<0, 所以只需证e2一（x2十1)≥0， 令p(x)=e-(x十1)，则(x)=e-1. 当x∈(1一√2,0)时，9(x)<0,函数p(x)单调递减； 当x∈(0,1)时，9(x)>0,函数(x)单调递增， 所以p(x)≥p(0)=0,所以e2-(x2十1)≥0， 所以-x<2-m(+20) 素养培优5极值点偏移 研析考点层级突破 考点一 例1[解](1)由题意可得x>0,士>0，所以a>0, f)=(1十1hnx)e始=1+l血z的定义战为(0，十o), ax 又fz)=2x(1+lnx)·a =-lnx (a.x) ax?, 由(x)=0,得x=1, 当0<x<1时，f(x)>0,则f(x)在(0,1)上单调递增， 当x>1时，f(x)<0,则f(x)在(1，十∞)上单调递减， (2)由1+lh2=1,得1+lnx=a,设g(x)=1+血2 ax x 二三·叶n0马由g=0,得x 当0<x<1时，g'(x)>0,则g(x)在(0,1)上单调递增， 当x>1时，g(x)<0,则g(x)在(1，+)上单调递减， 又8（日）=0，g1)=1,且当x地近于正无穷，8）地 近于0， g(x)=1中血工的因象知图， Y 所以当0<a<1时，方程 1十ln工=a有两个根， 0 x 证明：不妨设x1<x2,则0< x1<1<x2, 1+In x11+In xz 2 230 x h'(x)= lh+lnx=tnx≥0， x? 所以h(x)在(0，十∞)上单调递增， 又A(1)=0,所以)=g)-8()下0， 中s)(） 又8a)=gG),所以g,)(） 又>1,1>1，g(x)在(1，十∞)上单调递减， 所以>1，故G>1 跟踪训练 1.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，且f(x) =2'-1+Inx x 因为函数y=x2一1十lnx在(0，十∞)上单调递增， 且f(1)=0, 所以当0<x<1时，x2-1十lnx<0,f(x)<0,f(x)单 调递减； 当x>1时，x2-1+lnx>0,f(x)>0,f(x)单调递增. 故函数f(x)的单调递减区间为(0,1]，单调递增区间为 (1,+∞). (2)因为g(x)=n工+上一a有两个不同的零点x1x, x 即方程n工+】=a有两个不相等的实数根x1,x,不妨 xx 设0<x1<x2. 令A(x)-严+2，x>0,则直线y=a与画数y=） x 的图象有两个不同的交点 则h'(x)=-lnx x2· 当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增； 当x∈(1，十o∞)时，h'(x)<0,h(x)单调递减. 又)=1，（合）=0，当+时a)+0, 则0a<1,日<<1K: 要证x1十x2>2,即证x2>2-x1, 由x2>1,2-x1>1,h(x)在(1， 十∞)上单调递减，只需证明 y=h(x) h(x2)<h(2-x1),如图. 由h(x1)=h(x2),只需证明 h(x1)<h(2-x1). 2-x1 令u(x)=h(x)-h(2-x),x∈ (合小只需证明u(<0, 易知u(1)=0,(x)=h'(.x)+h'(2-x) =-Inz_In(2-x) x2(2-x)2 由z(日1数-h>0,<2- 则d(x>-nxln2-=-l[x(2)]>0, (2-x)2 (2-x)2 从而)在（合，）上羊钢递瑞，向u)-0, 故当x (日)时0. 故x1十x2>2. 考点二 例2[解](1)f(x)=e-a.x2+x(e2-2a.x) =(x+1)e-3ax2, 所以f(0)=1-0=1, 23 讲解册参考答案 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. (2)(1)由f(x)=ax2-e,得(x十1)(e-ax2)=0,该方 程有一根为一1，且x≠0， 所以e-ar2=0,即a=号有3个不同的实数根，且这3 个实数根均不为一1. 令g(x)=g,则g()=x-2)c x x 所以当x∈（一∞，0）时，g(x)>0,当x∈(0,2)时， g'(x)<0,当x∈(2，+∞)时，g'(x)>0, 所以g(x)在（一∞，0）上单调递增，在(0,2)上单调递减， 在(2，十∞)上单调递增. 又g(2)=,且当x趋近于-∞时，g(x)>0且趋 近于0， 当x从0的左侧无限趋近于0时，g(x)趋近于十∞， 当x从0的右侧无限趋近于0时，g(x)趋近于十∞， 当x趋近于十∞时，e的增速远大于x2的增速， 所以g(x)趋近于十∞. 故g(x)的大致图象如图所示： 又g(-1)=1<e e下4，所以当 y=a y=g(x) 。>时，直线)=a与由线) 4 =g(x)有3个不同的交点， 且这3个交点的横坐标均不 为一1，所以a的取值范围 07 为（层，+ (i)由(i)知e=ax,e2=ax,所以x1=lna十2lnx1， z2=In a+2In z2, 所以x1-x2=21nx1-21nx2=21n5 则巧一2=2， 要证工十>4，只需证西十，>2()， In z 不妨设x2>x1>0,所以0<<1，所以1n马<0， 尉只常送h<2)2位- x2x+x2+1 T2 令t=头，则t∈(0,1)，令h(e)=1nt-2C-D, t+1, 则当0<<1时，k(0)=1-2(1+1)-22-1) t (t+1)2 =(t+1)2-4t_(t-1)2 t+1)2-a+1)>0, 所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)<h(1)=0, 所以当t(0,1)时，1nt2恒成立， t+1 所以原不等式x1十x2>4得证. 跟踪训练 2.解：f(x)=xlnx-a.x2-x十a,f(x)=lnx-2ax. 因为f(x)有两个不同的极值点x1,x2, 所以lnx1=2ax1,lnx2=2ax2. 欲证lnx1+2lnx2>3,即证2ax1+4ax2>3, 又0<x1<x2, 3-①. 所以原式等价于a>2x十4z In z =2ax,In x2 =2ax2, 数学 In 得1n号=2a(-x1)a2x,x)@, In 3 由①②知原问题等价于求证 1y 2-x1十2x2' 即证ln>3(x2-) 3(x-1】 x1+2x2 1+2 I1 令t=要，则>1，上式等价于求证n>3-卫， 1+2t 令h()=1nE-32(>1D, 1+2t 则(0=1-31+20)-6-1D-4-1D(4t-1D t (1+2t)2 t(1+2t)2 因为t>1,所以h(t)>0恒成立，所以h(t)单调递增， h(0>1n1-3X02=0, 1+2×1 即1n>3),所以原不等式成立，即1n西十2h>3. 1+2t 专题二平面向量、三角函数与解三角形 微专题6平面向量 研析考点层级突破 考点一 例1(1)汇解析]如图所示， Bi-60 a A a-b-AO-BO-AO+OB-AB--e;+3e:. [答案]C (2)[解析]由题设BE= 2 a+励)=合(i+号 B≤ =2[BA+号(BA+AG] D =-号A店+后AC,所以B成=-号a+号6 [答案]B 跟踪训练 1.A[设点D(x,y), 则AB=(1,2),DC=(3-x,4-y), 又AB=DC,所以=3-xx=2 12=4-y1y=2 所以，点D的坐标为(2,2).] 2.B「设正六边形ABCDEF的边长 为2，如图，设AD,EC交于点O,有 OD=1,AO=3, 则cD-c0+0元-i+A+ aC+应=-号Ac+号a.] 考点二 例2(1)[解析]因为a=(2k-1)e1+2e2,b=e1-e2且 a//b, 所以a=b,即(2k-1)e1+2e2=t(e1-e2), 又e1,e2不共线， 所以{2-1‘解 t=-2 k=一2 [答案]A (2)[解析]如图：连接AE,由题意知 △ABD≌△BCE≌△CAF,且D,E,F 分别为BE,CF,AD的中，点. 1 则SADEF=SAAEF=2 SAAPC' S△ABC=S△AFc+S△ABD十SARCE十 SADEF=7S△DEF, 克 AD-AB+BD-AB+2BE-AB+7(BC+CE) =AB+(Bc+2本) 又BC-AC-AB,C示-AF-AC-号Ad-AC, 化商释方-专店+号记， 所以一号十号-身 [答案]号9 7 跟踪训练 1.B[方法一：由已知有1·2=入·入，A>0,解得A=√2. 方法二：设(a十沾)=4(a十2b),4∈R,由题意 1=以 {d=2w>0,解得入=v2.] 2.ACD[对于A中，根据向量的平行四边形法则，若AM =AB+号AC-号(AB+AO, 则点M是边BC的中点，所以A正确； 对于B中，由AM=2AB-AC,则AM-AB=AB-AC 即BM=CB, 则B为CM的中点，所以B错误； 对于C中，如图所示，由AM=一BM-CM, 可得AM+BM+CM=0, 取BC的中点D,可得MA= -2MD,则点M为△ABC的重 心，所以C正确； 对于D中，由AM=xAB+ 1 yAC,且x+y=3, 所以3AM=3xAB+3yAC且3x+3y=1, 设AN=3AM,可得AN=3xAB+3yAC,且3x+3y=1, 所以N,B,C三点共线， 因为AN=3AM,所以M为AN的 一个三等分点（靠近A),如图所示， 所以SAN@c= SAAc,即△MBC 3 的面积是△ABC面积的号，所以D 正确.] 考点三 例3(1)[解析]由a十b=1,得1a+b2=1, 所以(a十b)2=1,即a2+2a·b+b=1; 由a-b=√3，得|a一b|2=3,所以(a-b)2=3, 即a2-2a·b十b2=3.两式相减，得4a·b=-2, 所以a·b=-2 [答案]D (2)[解析]建立直角坐标系，由数量积的坐标表示求解 即可. 以D为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系， 232数学 素养培优5 极值点偏移 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，过程较为繁 琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋， 独具特色. 研析考点层级突破 考点一 对称化构造函数 规律方法》… 典题例析 对称化构造主要用来解决与两个极值点之 [例1] 已知函数f(x)=(1十lnx)e 和、积相关的不等式的证明问题.其解题要 (1)讨论f(x)的单调性； 点如下： (2)若方程f(x)=1有两个根x1,x2,求 实数a的取值范围，并证明：x1x2>1. (1)定函数（极值点为x),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xo (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数 F(x)=f(x)一f(2xo-x),(若证x1x2 >,则令r)=f)-f (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(2x一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(2x。一x)的大小关系转化为 x与2x。一x之间的关系，进而得到所 证或所求. 22 [第一部分]专题一函数与导数、不等式 跟踪训练 (i)求a的取值范围； 1.已知函数f(x)=x-ln (i)求证：x1十x2>4. (1)求函数f(x)的单调区间： (2)若函数g)=x+-f)-a在定义 域内有两个不同的零点x1,x2,证明：x1十x2 >2. 规律方法》 比值代换法是指通过代数变形将所证的双 变量不等式通过代换=马化为单变量的 函数不等式，利用函数单调性证明. 跟踪训练 2.已知函数f(x)=xlnx-ax2-x十a.若 函数有两个不同的极值点，记作x1,x2,， 且x1<x2,求证：lnx1+2lnx2>3. 考点三 比值代换 典题例析 [例2] 已知函数f(x)=x(e-ax2), a∈R, (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切 线方程 (2)已知关于x的方程f(x)=ax2-e2恰 有4个不同的实数根x1,x2,x3,x4,其中 @温攀提 学习至此，请完成配套训练素养培优5 x1>0,x2>0. 23