浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用补上一课极值点的“偏移”问题含解析

浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用补上一课极值点的“偏移”问题含解析

极值点的“偏移”问题 ‎ 知识拓展 ‎1.极值点“偏移”图示 ‎(左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0)‎ ‎(左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞2x0)‎ ‎(左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＜2x0)‎ ‎2.极值点偏移问题的结论不一定总是x1＋x2＞(＜)2x0，也可能是x1x2＞(＜)x.‎ ‎ 题型突破 题型一　对称化构造法 ‎【例1】 已知函数f(x)＝xe－x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x＝1对称，证明：当x＞1时，f(x)＞g(x)；‎ ‎(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2＞2.‎ ‎(1)解　f′(x)＝e－x(1－x)，得f(x)在(－∞，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)有极大值f(1)＝，无极小值.‎ ‎(2)证明　由g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x＝1对称，得g(x)的解析式为y＝f(2－x ‎)，构造辅助函数 F(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，‎ 求导得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，ex－2－e－x＞0，则F′(x)＞0，得F(x)在(1，＋∞)上单增，有F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x).‎ ‎(3)证明　由f(x1)＝f(x2)，结合f(x)的单调性可设x1＜1＜x2，将x2代入(2)中不等式得f(x2)＞f(2－x2)，又f(x1)＝f(x2)，故f(x1)＞f(2－x2)，又x1＜1，2－x2＜1，f(x)在(－∞，1)上单增，故x1＞2－x2，x1＋x2＞2.‎ 规律方法　用对称化构造的方法解决极值点偏移问题分为以下三步：‎ ‎(1)求导，获得f(x)的单调性，极值情况，作出f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得x1，x2的取值范围(数形结合)；‎ ‎(2)构造辅助函数，对结论x1＋x2＞(＜)2x0，构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2＞(＜)x，构造F(x)＝f(x)－f，求导，限定范围(x1或x2的范围)，判定符号，获得不等式；‎ ‎(3)代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论.‎ ‎【训练1】 (2016·新课标Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点(a＞0).‎ 设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.‎ 证明　由f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)，知f(x)在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，f(1)＝－e，由f(x1)＝f(x2)＝0，可设x1＜1＜x2.‎ 构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，求导得 F′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′‎ ‎＝(x－1)(ex＋2a)－(x－1)(e2－x＋2a)‎ ‎＝(x－1)(ex－e2－x)，‎ 当x＜1时，x－1＜0，ex－e2－x＜0，则F′(x)＞0，得F(x)在(－∞，1)上单增，又F(1)＝0，故F(x)＜0(x＜1)，即f(x)＜f(2－x)(x＜1).将x1代入上述不等式中，得f(x1)＝f(x2)＜f(2－x1)，又x2＞1，2－x1＞1，f(x)在(1，＋∞)递增，故x2＜2－x1，x1＋x2＜2.‎ 题型二　构造函数的选取 ‎【例2】 已知函数f(x)＝ex－ax有两个不同的零点x1，x2，其极值点为x0.‎ ‎(1)求a的取值范围；(2)求证：x1＋x2＜2x0；‎ ‎(3)求证：x1＋x2＞2；(4)求证：x1x2＜1.‎ ‎(1)解　f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在R上单增，f(x)至多有1个零点，舍去；故必有a＞0，易得f(x)在(－∞，ln a)上单减，在(ln a，＋∞)上单增，要使f(x)有两个不同的零点，则有f(ln a)＜0⇒a＞e(严格来讲，还需补充两处变化趋势的说明：当x→－∞时，f(x)→＋∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞).‎ ‎(2)证明　由所证结论知这是f(x)的极值点偏移问题，选取函数f(x)来做，下面按对称化构造的三个步骤来写，其中x0＝ln a.‎ ‎①由(1)知f(x)在(－∞，x0)上单减，在(x0，＋∞)上单增，可设x1＜x0＜x2；‎ ‎②构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，则 F′(x)＝f′(x)－[f(2x0－x)]′＝ex＋e2x0－x－2a，‎ 当x＜x0时，有F′(x)＞2－2a＝0，则F(x)在(－∞，x0)上单增，得F(x)＜F(x0)＝0，即f(x)＜f(2x0－x)(x＜x0)；‎ ‎③将x1代入②中不等式得f(x1)＝f(x2)＜f(2x0－x1)，又x2＞x0，2x0－x1＞x0，f(x)在(x0，＋∞)上单增，故x2＜2x0－x1，x1＋x2＜2x0.‎ ‎(3)证明　由所证结论可以看出，这已不再是f(x)的极值点偏移问题，谁的极值点会是x＝1呢？回到题设条件：f(x)＝ex－ax＝0⇒ex＝ax⇒a＝，记函数g(x)＝，则有g(x1)＝g(x2)＝a，求导得g′(x)＝，则x＝1是g(x)的极小值点，我们选取函数g(x)来证(3)中结论x1＋x2＞2，也可证(4)中结论x1x2＜1.‎ ‎①g(x)在(－∞，0)和(0，1)上单减，在(1，＋∞)上单增；g(x)的符号与x的符号相同；当x→－∞时，g(x)→0；当x→0－时，g(x)→－∞；当x→0＋时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞，g(x)的图象如下(由图象亦可得a＞e)，由g(x1)＝g(x2)＝a可设0＜x1＜1＜x2：‎ ‎②构造函数G(x)＝g(x)－g(2－x)，则 G′(x)＝g′(x)－[g(2－x)]′＝＋ ‎＝(x－1)，‎ 当0＜x＜1时，x－1＜0，但因式－的符号不容易看出，引进辅助函数φ(x)＝，则φ′(x)＝，得φ(x)在(0，2)上单减，当x∈(0，1)时，2－x∈(1，2)，即0＜x＜2－x＜2，则φ(x)＞φ(2－x)，即－＞0，G′(x)＜0，得G(x)在(0，1)上单减，有G(x)＞G(1)＝0，即g(x)＞g(2－x)(0＜x＜1)；‎ ‎③将x1代入②中不等式得g(x1)＝g(x2)＞g(2－x1)，又x2＞1，2－x1＞1，g(x)在(1，＋∞)上单增，故x2＞2－x1，x1＋x2＞2.‎ ‎(4)证明　①同上；‎ ‎②构造函数G(x)＝g(x)－g，则 G′(x)＝g′(x)－′＝－＝，‎ 当0＜x＜1时，x－1＜0，但因式ex－xe的符号不容易看出，引进辅助函数φ(x)＝ex－xe，则φ′(x)＝ex＋e，当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，得φ(x)在(0，1)上单增，有φ(x)＜φ(1)＝0，则G′(x)＞0，得G(x)在(0，1)上单增，有G(x)＜G(1)＝0，即g(x)＜g(0＜x＜1)；‎ ‎③将x1代入②中不等式得g(x1)＝g(x2)＜g，又x2＞1，＞1，g(x)在(1，＋∞)上单增，故x2＜，x1x2＜1.‎ 规律方法　常规类型：x1＋x2＞(＜)2x0和x1x2＞(＜)x.‎ ‎【训练2】 已知b＞a＞0，且bln a－aln b＝a－b.‎ 求证：(1)a＋b－ab＞1；‎ ‎(2)a＋b＞2.‎ 证明　(1)bln a－aln b＝a－b⇒－＝－⇒＝.‎ 记函数f(x)＝，则f(a)＝f(b).‎ 求导得f′(x)＝－，知f(x)在(0，1)上单增，在(1，＋∞)上单减，又f＝0，‎ 当x→0＋时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0，‎ 故f(x)的图象如图所示，由图知＜a＜1＜b，‎ 又a＋b－ab＞1⇔(a－1)(1－b)＞0，又∵a＜1，b＞1，‎ ‎∴(a－1)(1－b)＞0，即a＋b－ab＞1.‎ ‎(2)构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则 F′(x)＝f′(x)－[f(2－x)]′＝－－＝－，‎ 当x∈(0，1)时，(2－x)2ln x＋x2ln(2－x)的符号如何判定？‎ 尝试变更结论：证明更强的结论ab＞1.‎ 构造函数G(x)＝f(x)－f，则 G′(x)＝f′(x)－f′＝＋ln x＝，‎ 当0＜x＜1时，G′(x)＞0，得G(x)在(0，1)上单增，‎ 有G(x)＜G(1)＝0，即f(x)＜f(0＜x＜1).‎ 因为0＜a＜1，故f(a)＝f(b)＜f，‎ 又b＞1，＞1，f(x)在(1，＋∞)上单减，‎ 故b＞，ab＞1，‎ 由基本不等式知a＋b＞2＞2.‎ 题型三　变更结论 ‎【例3】 (2020·重庆调研二)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝mx2＋x.‎ ‎(1)若函数f(x)与g(x)的图象上存在关于原点对称的点，求实数m的取值范围；‎ ‎(2)设F(x)＝f(x)－g(x)，已知F(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(其中e为自然对数的底数.)‎ ‎(1)解　函数f(x)与g(x)的图象上存在关于原点对称的点，‎ 即g(x)＝mx2＋x的图象与函数y＝－f(－x)＝xln(－x)的图象有交点，‎ 即mx2＋x＝xln(－x)在(－∞，0)上有解，即m＝在(－∞，0)上有解，‎ 设φ(x)＝，x＜0，则φ′(x)＝，‎ 当x∈(－∞，－e2)时，φ(x)为减函数；当x∈(－e2，0)时，φ(x)为增函数，‎ φ(x)min＝φ(－e2)＝－，即m≥－.‎ ‎(2)证明　F(x)＝f(x)－g(x)＝xln x－mx2－x，F′(x)＝ln x－mx，‎ F(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，‎ ‎∴ ‎∴m＝且m＝，‎ ‎∴＝，即ln x1＋ln x2＝ln＝，‎ 设t＝∈(0，1)，则ln x1＋ln x2＝，‎ 要证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2，‎ 只需证明＞2，即证明ln t－＜0，‎ 设h(t)＝ln t－，则h′(t)＝－＝＞0，‎ 则h(t)＝ln t－在(0，1)上单调递增，h(t)＜h(1)＝0，即h(t)＝ln t－＜0，∴ln x1＋ln x2＞2，∴x1x2＞e2.‎ 规律方法　通过换元化为常规类型证明 ‎【训练3】 已知函数f(x)＝ln x和g(x)＝ax，若存在两个实数x1，x2，且x1≠x2，满足f(x1)＝g(x1)，f(x2)＝g(x2)，求证：x1x2＞e2.‎ 证明　令x1＞x2＞0，∵f(x1)＝g(x1)，f(x2)＝g(x2)，‎ ‎∴ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，‎ ‎∴ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，‎ x1·x2＞e2等价于ln x1＋ln x2＞2⇔a(x1＋x2)＞2‎ ‎⇔a＞，即＞⇔ln ＞，令＝t，则t＞1，x1·x2＞e2等价于ln t ‎＞，‎ 令g(t)＝ln t－，g′(t)＝＞0)，‎ ‎∴g(t)在(1，＋∞)上递增，‎ ‎∴g(t)＞g(1)＝0，即ln t＞成立，‎ 故x1x2＞e2.‎ ‎ 补偿训练 ‎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.‎ 证明　f′(x)＝ln x，当x∈(0，1)时，f(x)单减，‎ 当x＞1时，f(x)单增，且f(1)＝－1，如图所示，不妨设x1＜1＜x2，‎ 要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1，只需要证f(2－x1)＜f(x2)，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，符号不易判断，‎ 再设h(x)＝ln x＋ln(2－x)，0＜x＜1，则h′(x)＝－＝＞0，∴h(x)在(0，1)上单增，∴h(x)＜h(1)＝0，∴g(x)在(0，1)上单减，∴g(x)＞g(1)＝0，‎ ‎∴f(x)－f(2－x)＞0；0＜x＜1，∴f(x1)＞f(2－x1)成立，∴x1＋x2＞2.‎ ‎2.已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：x1x2＜.‎ 证明　f′(x)＝ln x＋1，得f(x)在上递减，在上递增；当0＜x＜1时，f(x)＜0；f(1)＝0；当x＞1时，f(x)＞0；当x→0＋时，f(x)→0(洛必达法则)；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，于是f(x)的图象如下，得0＜x1＜＜x2＜1.‎ 构造函数F(x)＝f(x)－f，求导得 F′(x)＝f′(x)－′＝1＋ln x＋＝(1＋ln x)，当0＜x＜时，1＋ln x＜0，1－＜0，则F′(x)＞0，得F(x)在上递增，有F(x)＜F＝0，即f(x)＜f，‎ 将x1代入(2)中不等式得f(x1)＝f(x2)＜f，故f(x2)＜f，又x2＞，＞，f(x)在上递增，故x2＜，x1x2＜.‎ ‎3.设函数f(x)＝4ln x－mx2－(m－4)x(m＞0)，对于曲线y＝f(x)上的不同两点M(x1，f(x1))，N(x2，f(x2))，记直线MN的斜率为k，若k＝f′(x0)，证明：x1＋x2＞2x0.‎ 证明　f(x1)－f(x2)＝4(ln x1－ln x2)－m(x－x)＋(4－m)(x1－x2)＝4(ln x1－ln x2)－m(x1＋x2)(x1－x2)＋(4－m)(x1－x2)，‎ 由题设得f′(x0)＝＝－m(x1＋x2)＋4－m，‎ 又′＝－m·＋4－m，‎ ‎∴f′(x0)－′＝－ ‎＝ ‎＝，‎ 不妨设0＜x1＜x2，设t＝，则t＞1，则ln －＝ln t－(t＞1)，‎ 令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝＞0，‎ ‎∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减，∴h(t)＞h(1)＝0，‎ 故ln －＞0，又∵x2－x1＞0，即f′＜f′(x0)，又由f′(x0)＝－mx＋4－m，‎ 知f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴＞x0，即x1＋x2＞2x0.‎ ‎4.(2014·天津卷)设f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1

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