创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题37　极值点偏移问题.pptx

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1、INNOVATIVEDESIGN上篇板块五函数与导数微专题37极值点偏移问题题型聚焦分类突破高分训练对接高考索引索引索引1题型聚焦 分类突破/索引核心归纳核心归纳类型一对称变换索引索引例例1 已知函数f(x)xex(xR).(1)求函数f(x)的单调区间和极值；解解由由题知知f(x)(1x)ex，则由由f(x)1，由由f(x)0，得，得x2.证明证明构造函数构造函数F(x)f(1x)f(1x)(1x)e(1x)(1x)ex1，则F(x)xex1e(1x)，当当x0时，F(x)0，所以所以F(x)在在(0，)上上单调递增增.又又F(0)0，所以，所以F(x)0，即即f(1x)f(1x).因因为x

2、1x2，不妨不妨设x1x2，由，由(1)知知x11，所以所以f(x1)f(x2)f1(x21)f1(x21)f(2x2).索引因因为x21，所以，所以2x22x2，所以，所以x1x22.索引训练训练1 已知函数f(x)xln xx，两相异正实数x1，x2满足f(x1)f(x2).求证：x1x22.证证明明f(x)ln x，当当x(0，1)时，f(x)单调递减减，当当x1时，f(x)单调递增增，且且f(1)1，如，如图所示，不妨所示，不妨设x112，即，即证x22x1，只需要只需要证f(2x1)f(x2)，又又f(x1)f(x2)，所以只需所以只需证f(2x1)f(x1)，设g(x)f(x)f(

3、2x)(x(0，1)，则g(x)f(x)f(2x)ln xln(2x)，0 x1，索引再再设h(x)ln xln(2x)，0 x1，h(x)在在(0，1)上上单调递增，增，h(x)g(1)0，f(x)f(2x)0，0 xf(2x1)，x1x22./索引类型二消参减元含含参参函函数数问题可可考考虑先先消消去去参参数数，其其目目的的就就是是减减元元，进而而建建立立与与所所求求解解问题相相关的函数关的函数.核心归纳核心归纳索引例例2 已知函数f(x)ln xax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1x2e2.证明证明法一法一(消参消参转化成无参数化成无参数问题)由由题知知f(x)

4、0，则ln xax，即，即ln xaeln x.因因为x1，x2是方程是方程f(x)0的两个根，的两个根，所以所以x1，x2也是方程也是方程ln xaeln x的两个根，的两个根，即即ln x1，ln x2是方程是方程xaex的两个根的两个根.设u1ln x1，u2ln x2，g(x)xex，索引即即g(u1)g(u2)，从而由从而由x1x2e2，可得可得ln x1ln x22，即即u1u22，由本由本专题例例1得得证.索引法二法二(直接直接换元构造新函数元构造新函数)则x2tx1，索引由由x1x2e2，得，得ln x1ln x22，所以所以g(t)在在(1，)上上单调递增增.索引所以所以x1

5、，x2是方程是方程ax22x10的两个不相等的正的两个不相等的正实数根，数根，从而从而(2)24a0，a0，解得解得0a1时，g(x)2，只要，只要证x22x1，只要只要证明明g(x2)g(2x1).因因为g(x1)g(x2)，所以只要所以只要证g(x1)g(2x1).索引所以所以F(x1)F(1)0，即即g(x1)2x1，即，即x1x22./索引类型三比(差)值换元核心归纳核心归纳比比(差差)值换元元就就是是根根据据已已知知条条件件首首先先建建立立极极值点点之之间的的关关系系，然然后后利利用用两两个个极极值点点之之比比(差差)作作为变量量，从从而而实现消消参参、减减元元的的目目的的.一一般般

6、用用t表表示示两两个个极极值点点之之比比(差差)，继而将所求解而将所求解问题转化化为关于关于t的函数的函数问题.索引证明证明f(x)ln x1，索引法一法一f(x1)f(x2)即即x1ln x1x2ln x2，代入上式得代入上式得x1ln x1tx1(ln tln x1)，索引当当t1时，g(t)单调递增，增，g(t)g(1)0，索引索引索引证明证明不妨不妨设x12，索引只需只需证ln x1x22，只需只需证m(x1x2)2，索引所以所以u(t)在在(1，)上上单调递增，增，所以所以u(t)u(1)0，所以原不等式成立，所以原不等式成立，故故ln x1ln x22./索引类型四对数均值不等式核

7、心归纳核心归纳对数数均均值不不等等式式可可用用对称称化化构构造造或或比比值换元元进行行证明明，在在解解答答题中中，一一般般要要先先证明后明后应用用.索引证明证明函数函数f(x)定定义域域为(0，).索引令令f(x)0，即，即ax1xln x0，设h(x)ax1xln x，x0，则h(x)a1ln x，其在，其在(0，)上上单调递减，减，且且h(x)的零点的零点为pea1，h(x)在在(0，p)单调递增，在增，在(p，)单调递减，且减，且a1ln p0(*)x1px2，索引(x2x1)(x2x1)(3p1)(x2x1)，x1x2，x1x23ea11.综上所述，上所述，2x1x2x2，ln x1a

8、x10，ln x2ax20，ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x22，即即ln(x1x2)2，故，故x1x2e2.索引2高分训练 对接高考/索引1234一、基本技能练则f(x)在在(0，2)上上为减函数，在减函数，在(2，)上上为增函数增函数.若若f(x1)f(x2)，设x1x1，则必有必有0 x122，索引1234所以函数所以函数h(x)在在(0，2)上上为减函数，所以减函数，所以h(x)h(2)0，所以所以f(x1)f(4x1)0，则f(x1)f(4x1)，又，又f(x1)f(x2)，所以所以f(x2)f(4x1)，则x24x1，所以，

9、所以x1x24.索引1234证明证明因因为x2x10，两式相减得两式相减得ln x1ln x2x1x2，所以所以x1x22x1x2.索引12343.(2022杭州杭州质检)已知函数f(x)xln xa有两个不同的零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；解解函数函数f(x)xln xa，当当x(0，1)时，f(x)0，f(x)为增函数增函数.故当故当x1时，函数，函数f(x)xln xa取最小取最小值f(1)1a，若函数若函数f(x)xln xa有两个不同的零点有两个不同的零点x1，x2.则1a1.故故实数数a的取的取值范范围为(1，).索引1234(2)证明：x1x2a1.证明证明由由(1)

10、可可设0 x11a1.即即证x21ln x1，构造函数构造函数g(x)f(x)f(1ln x)，0 x0，所以，所以h(x)单调递增，增，索引1234所以所以0h(x)h(1)1.所以所以g(x)g(1)0，即即f(x)f(1ln x)，0 x1，又又0 x11f(1ln x1).因因为f(x)在区在区间(1，)上上单调递增，增，所以所以x21ln x1，故原不等式得，故原不等式得证./索引12344.(2022贵阳模阳模拟)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点.(1)求a的取值范围；二、创新拓展练解解f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a).当当a0时，f(x)(x

11、2)ex，f(x)只有一个零点只有一个零点.当当a0时，f(x)在在(，1)上上单调递减，在减，在(1，)上上单调递增增.因因为f(1)e，f(2)a，故在故在(1，)上有一个零点上有一个零点.索引1234故在故在(，1)上有一个零点，上有一个零点，故故f(x)存在两个零点存在两个零点.当当a0时，由，由f(x)0，得得x1或或xln(2a).当当x1时，f(x)0，所以，所以f(x)不存在两个零点不存在两个零点.索引1234所以所以f(x)在在(1，ln(2a)上上单调递减，减，在在(ln(2a)，)上上单调递增增.当当x1时，f(x)0，所以，所以f(x)不存在两个零点不存在两个零点.综上，上，a的取的取值范范围为(0，).索引1234(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1x22.证明证明不妨不妨设x1x2，由由(1)知知x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在在(，1)上上单调递减，所以减，所以x1x2f(2x2)，即，即f(2x2)1，则g(x)(x1)(e2xex)，索引1234当当x1时，g(x)1时，g(x)0，从而从而g(x2)f(2x2)0，故故x1x22.INNOVATIVEDESIGNTHANKS本节内容结束