第2部分 专题6 强基专题9　极值点偏移问题 课件（共24张PPT）

专题六函数、导数和不等式强基专题9极值点偏移问题第二部分核心专题师生共研极值点偏移问题在近几年高考及各种模考中，作为热点以压轴题的形式给出.很多学生对待此类问题经常是束手无策，此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的，2021年新高考卷Ⅰ第22题是有关极值的偏移问题.1．极值点偏移的判定定理对于可导函数y＝f(x)在区间(a，b)上只有一个极大(小)值点x0，方程f(x)＝0的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b.(1)若0＝f(x1)＜f(2x0－x2)，则x1＋x22＜(＞)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极(小)大值点x0右(左)偏；(2)若0＝f(x1)＞f(2x0－x2)，则x1＋x22＞(＜)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极(小)大值点x0右(左)偏．左快右慢极值点左偏⇔x0＜x1＋x22左慢右快极值点右偏⇔x0＞x1＋x22左快右慢极值点左偏⇔x0＜x1＋x22左慢右快极值点右偏⇔x0＞x1＋x222．极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x22x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2x20型，构造函数F(x)＝f(x)－fx20x，通过研究F(x)的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝x1x2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．【例】已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x22.[解](1)f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)0得x1；令f′(x)0得x1，∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)有极大值f(1)＝1e，f(x)无极小值．(2)证明：法一(对称化构造法)：构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x1，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，∵当x1时，x－10，ex－2－e－x0，∴F′(x)0，∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)F(1)＝0，故当x1时，f(x)f(2－x)，(*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x11x2，将x2代入(*)式可得f(x2)f(2－x2)，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x1)f(2－x2)．又x11,2－x21，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴x12－x2，∴x1＋x22.法二(比值代换法)：设0x11x2，f(x1)＝f(x2)，即x1e－x1＝x2e－x2,取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝x2x11，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝lntt－1，x2＝tlntt－1.∴x1＋x2＝t＋1lntt－12⇔lnt－2t－1t＋10，设g(t)＝lnt－2t－1t＋1(t1)，∴g′(t)＝1t－2t＋1－2t－1t＋12＝t－12tt＋120，∴当t1时，g(t)为增函数，∴g(t)g(1)＝0，∴lnt－2t－1t＋10，故x1＋x22.解决极值点偏移问题的步骤(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，①对结论x1＋x2＞(＜)2x0，构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；②对结论x1x2＞(＜)x20，构造F(x)＝f(x)－fx20x，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．[跟进训练]1．已知函数f(x)＝xlnx的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x21e2.[证明]f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)0得x1e，由f′(x)0得0x1e，∴函数f(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增．可设0x11ex2.法一：构造函数F(x)＝f(x)－f1e2x，则F′(x)＝f′(x)＋1e2x2f′1e2x＝1＋lnx＋1e2x2·1＋ln1e2x＝(1＋lnx)·1－1e2x2，当0x1e时，1＋lnx0,1－1e2x20，则F′(x)0，得F(x)在0，1e上是增函数，∴F(x)F1e＝0，∴f(x)f1e2x0x1e，将x1代入上式得f(x1)f1e2x1，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)f1e2x1，又x21e，1e2x11e，且f(x)在1e，＋∞上单调递增，∴x21e2x1，∴x1x21e2.法二：f(x1)＝f(x2)，即x1lnx1＝x2lnx2，令t＝x2x11，则x2＝tx1，代入上式得x1lnx1＝tx1(lnt＋lnx1)，得lnx1＝tlnt1－t.∴x1x21e2⇔lnx1＋lnx2－2⇔2lnx1＋lnt－2⇔2tlnt1－t＋lnt－2⇔lnt－2t－1t＋10.设g(t)＝lnt－2t－1t＋1(t1)，则g′(t)＝t－12tt＋120.∴当t1时，g(t)为增函数，g(t)g(1)＝0，∴lnt－2t－1t＋10.故x1x21e2.2．已知函数f(x)＝x－lnx，若两相异正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)，求证：f′(x1)＋f′(x2)＜0.[解]f′(x)＝1－1x，令a＝1x1＞0，b＝1x2＞0，要证f′(x1)＋f′(x2)＜0，即证a＋b＞2.由f(x1)＝f(x2)即x1－lnx1＝x2－lnx2，1a＋lna＝1b＋lnb，记函数g(x)＝1x＋lnx，则g(a)＝g(b)，原问题变更为：已知函数g(x)＝1x＋lnx，若两相异正实数a，b满足g(a)＝g(b)，求证：a＋b＞2.因为g′(x)＝1x－1x2＝x－1x2(x＞0)，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．函数g(x)在x＝1处取最小值g(1)＝ln1＋1＝1.由g(a)＝g(b)可得a≠b，不妨设0＜a＜1＜b.令h(x)＝g(x)－g(2－x)(0＜x＜1)，则h′(x)＝(x－1)1x2－12－x2＝－4x－12x22－x2＜0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)＞g(2－x)．令x＝a＜1，则g(a)＞g(2－a)，所以g(b)＝g(a)＞g(2－a)，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以b＞2－a，故a＋b＞2.