2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点课件函数与导数三十八

主攻40个必考点(三十八)极值点偏移问题图说极值点偏移(1)已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足x1＋x22＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图．(2)若x1＋x22≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在极值点两侧，函数值变化快慢不同．如图①②.(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝1x－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：fx1－fx2x1－x2a－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②若a2，令f′(x)＝0，得x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)0.所以f(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42上单调递增．(2)证明：由(1)知，当且仅当a2时，f(x)存在两个极值点．因为f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1x2，则x21.由于fx1－fx2x1－x2＝－1x1x2－1＋a·lnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a·lnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a·－2lnx21x2－x2，所以fx1－fx2x1－x2a－2等价于1x2－x2＋2lnx20.设函数g(x)＝1x－x＋2lnx，由(1)知g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)0.所以1x2－x2＋2lnx20，即fx1－fx2x1－x2a－2.[把脉考情]考什么1.有关极值点或极值的不等式证明2.有关极值差的取值范围考多深常在解答题中考查，难度较大，以压轴题的形式考查，分值12分考多宽上继而问题所涉及的函数多为含参函数，命题方式变化多样，常与函数的单调性、极值和最值问题等相结合，对称变换法求解极值点偏移问题[典例1]已知函数f(x)＝xex(x∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数h(x)与函数f(x)的图象关于原点对称，如果x1≠x2，且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x2＞2.[解](1)由已知得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，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：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减－1e单调递增所以函数f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1)，函数f(x)在x＝－1处取得极小值，为f(－1)＝－1e，无极大值．(2)证明：由题意知，h(x)＝－f(－x)＝xe－x，h′(x)＝e－x(1－x)，令h′(x)＝0，解得x＝1.当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增1e单调递减由x1≠x2，不妨设x1＞x2，根据h(x1)＝h(x2)，结合图象可知x1＞1，x2＜1，令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈(1，＋∞)，则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.因为x＞1,2x－2＞0，所以e2x－2－1＞0，则F′(x)＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，F(x)＞0，即当x＞1时，h(x)＞h(2－x)，则h(x1)＞h(2－x1)，又h(x1)＝h(x2)，所以h(x2)＞h(2－x1)，因为x1＞1，所以2－x1＜1，所以x2,2－x1∈(－∞，1)，因为h(x)在(－∞，1)上是增函数，所以x2＞2－x1，所以x1＋x2＞2.增分方略对称变换，主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下．(1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2＞x20，则令F(x)＝f(x)－fx20x.(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(2x0－x)的大小关系．(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系转化为x0＋x与x0－x之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒]若要证明f′x1＋x22的符号问题，还需进一步讨论x1＋x22与x0的大小，得出x1＋x22所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．消参减元法求解极值点偏移问题[典例2](2019·龙岩质检)已知函数f(x)＝x2＋mx－2lnx，m∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1x2，证明：f(x2)＜x2－1.[解](1)由f(x)＝x＋mx－2lnx，m∈R，得f′(x)＝1－mx2－2x＝x2－2x－mx2，x∈(0，＋∞)．设函数g(x)＝x2－2x－m，x∈(0，＋∞)，当m≤－1时，Δ＝4＋4m≤0，则g(x)≥0，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当m－1时，Δ＝4＋4m＞0，令g(x)＝0，得x1＝1－1＋m，x2＝1＋1＋m，x1＜x2.当－1＜m＜0时，0＜x1＜x2，则在(0，x1)∪(x2，＋∞)上，g(x)＞0，f′(x)＞0；在(x1，x2)上，g(x)＜0，f′(x)＜0.所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．当m≥0时，x1≤0＜x2，则在(0，x2)上，g(x)＜0，f′(x)＜0；在(x2，＋∞)上，g(x)＞0，f′(x)＞0.所以函数f(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．综上，当m≤－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当－1＜m＜0时，函数f(x)在(0,1－1＋m)，(1＋1＋m，＋∞)上单调递增，在(1－1＋m，1＋1＋m)上单调递减；当m≥0时，函数f(x)在(0,1＋1＋m)上单调递减，在(1＋1＋m，＋∞)上单调递增．(2)证明：因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，所以g(x)＝x2－2x－m＝0有两个不同的正根x1＝1－1＋m，x2＝1＋1＋m，所以x1x2＝－m＞0，Δ＝4＋4m＞0，解得－1＜m＜0.欲证f(x2)＝x2＋mx2－2lnx2x2－1，只需证2lnx2－mx2＞1.因为m＝x22－2x2，所以证明2lnx2－mx2＞1成立等价于证明2lnx2－x2＞－1成立．因为m＝x2(x2－2)∈(－1,0)，所以x2＝1＋1＋m∈(1,2)．设函数h(x)＝2lnx－x，x∈(1,2)，则h′(x)＝2x－1，x∈(1,2)．易知h′(x)＞0在(1,2)上恒成立，即h(x)在(1,2)上单调递增，所以h(x)＞h(1)＝－1，即2lnx2－x2＞－1在(1,2)上恒成立．综上，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1x2，则f(x2)＜x2－1.增分方略消参减元的主要目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．主要是利用函数极值点乘积所满足的条件进行消参减元．其解题要点如下.建方程求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键式子，即导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)定关系根据极值点所满足的方程，利用方程解的理论，建立极值点与方程系数之间的关系，确定两个极值点之积消参减元根据两个极值点之积的关系，化简或转化所求解问题，进行消参减元构造函数根据消参减元后的式子结构特征，构建相应的函数求解问题利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而解决相关问题比(差)值换元法求解极值点偏移问题[典例3]已知f(x)＝xlnx－12mx2－x，m∈R.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．[证明]欲证x1x2＞e2，只需证lnx1＋lnx2＞2.由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x)有两个零点，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．于是有lnx1－mx1＝0，①lnx2－mx2＝0，②①＋②可得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，即m＝lnx1＋lnx2x1＋x2.②－①可得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，即m＝lnx2－lnx1x2－x1.从而可得lnx2－lnx1x2－x1＝lnx1＋lnx2x1＋x2，于是lnx1＋lnx2＝lnx2－lnx1x2＋x1x2－x1＝1＋x2x1lnx2x1x2x1－1.又0＜x1＜x2，设t＝x2x1，则t＞1.因此lnx1＋lnx2＝1＋tlntt－1(t＞1)．要证lnx1＋lnx2＞2，即证t＋1lntt－1＞2(t＞1)，即证当t＞1时，有lnt＞2t－1t＋1.令h(t)＝lnt－2t－1t＋1(t＞1)，则h′(t)＝1t－2t＋1－2t－1t＋12＝t－12tt＋12＞0，所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数．因此h(t)＞h(1)＝0.于是当t＞1时，有lnt＞2t－1t＋1.所以有lnx1＋lnx2＞2成立，即x1x2＞e2.增分方略(1)比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解．(2)利用比(差)值换元解决该题的关键点有两个．一个是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极值点表示参数，如得到m＝lnx1x1之后，代入第二个方程，则无法建立两个极值点的关系，该题中利用两个方程相加(减)之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把方程转化为一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题求解．该题利用参数m的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程转化为关于x2x1的方程，通过建立函数模型求解该问题，这体现了对数学建模等核心素养的考查．课下请完成“考点过关检测（三十八）”(单击进入电子文档)