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”问题课件

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”问题课件

极值点的 “ 偏移 ” 问题 1. 极值点 “ 偏移 ” 图示 知识拓展 ( 左右对称，无偏移，如二次函数；若 f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ，则 x 1 ＋ x 2 ＝ 2 x 0 ) ( 左陡右缓，极值点向左偏移；若 f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ，则 x 1 ＋ x 2 ＞ 2 x 0 ) ( 左缓右陡，极值点向右偏移；若 f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ，则 x 1 ＋ x 2 ＜ 2 x 0 ) 【例 1 】 已知函数 f ( x ) ＝ x e － 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 x 1 ≠ x 2 ，且 f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ，证明： x 1 ＋ x 2 ＞ 2. 题型一　对称化构造法 题型突破 (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 ) ＋ e x － 2 ( x － 1) ＝ ( x － 1)(e x － 2 － e － x ) ， 当 x ＞ 1 时， x － 1 ＞ 0 ， e x － 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 ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ，结合 f ( x ) 的单调性可设 x 1 ＜ 1 ＜ x 2 ，将 x 2 代入 (2) 中不等式得 f ( x 2 ) ＞ f (2 － x 2 ) ，又 f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ，故 f ( x 1 ) ＞ f (2 － x 2 ) ，又 x 1 ＜ 1 ， 2 － x 2 ＜ 1 ， f ( x ) 在 ( － ∞ ， 1) 上单增，故 x 1 ＞ 2 － x 2 ， x 1 ＋ x 2 ＞ 2. 【训练 1 】 (2016· 新课标 Ⅰ 卷节选 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ( x － 2)e x ＋ a ( x － 1) 2 有两个零点 ( a ＞ 0). 设 x 1 ， x 2 是 f ( x ) 的两个零点，证明： x 1 ＋ x 2 <2. 证明 　由 f ′( x ) ＝ ( x － 1)e x ＋ 2 a ( x － 1) ＝ ( x － 1)(e x ＋ 2 a ) ，知 f ( x ) 在 ( － ∞ ， 1) 上递减，在 (1 ，＋ ∞ ) 上递增， f (1) ＝－ e ，由 f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ＝ 0 ，可设 x 1 ＜ 1 ＜ x 2 . 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)(e x ＋ 2 a ) － ( x － 1)(e 2 － x ＋ 2 a ) ＝ ( x － 1)(e x － e 2 － x ) ， 当 x ＜ 1 时， x － 1 ＜ 0 ， e x － e 2 － 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 x 1 代入上述不等式中，得 f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ＜ f (2 － x 1 ) ，又 x 2 ＞ 1 ， 2 － x 1 ＞ 1 ， f ( x ) 在 (1 ，＋ ∞ ) 递增，故 x 2 ＜ 2 － x 1 ， x 1 ＋ x 2 ＜ 2. 题型二　构造函数的选取 【例 2 】 已知函数 f ( x ) ＝ e x － ax 有两个不同的零点 x 1 ， x 2 ，其极值点为 x 0 . (1) 求 a 的取值范围； (2) 求证： x 1 ＋ x 2 ＜ 2 x 0 ； (3) 求证： x 1 ＋ x 2 ＞ 2 ； (4) 求证： x 1 x 2 ＜ 1. (1) 解 　 f ′( x ) ＝ e x － 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 x 0 ＝ ln a . ① 由 (1) 知 f ( x ) 在 ( － ∞ ， x 0 ) 上单减，在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上单增，可设 x 1 ＜ x 0 ＜ x 2 ； ② 构造函数 F ( x ) ＝ f ( x ) － f (2 x 0 － x ) ，则 F ′( x ) ＝ f ′( x ) － [ f (2 x 0 － x )]′ ＝ e x ＋ e 2 x 0 － x － 2 a ， ③ 将 x 1 代入 ② 中不等式得 f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ＜ f (2 x 0 － x 1 ) ，又 x 2 ＞ x 0 ， 2 x 0 － x 1 ＞ x 0 ， f ( x ) 在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上单增，故 x 2 ＜ 2 x 0 － x 1 ， x 1 ＋ x 2 ＜ 2 x 0 . (4) 证明 　 ① 同上； 【训练 2 】 已知 b ＞ a ＞ 0 ，且 b ln a － a ln b ＝ a － b . 求证： (1) a ＋ b － ab ＞ 1 ； (2) a ＋ b ＞ 2. 当 x ∈ (0 ， 1) 时， (2 － x ) 2 ln x ＋ x 2 ln(2 － x ) 的符号如何判定？ 尝试变更结论：证明更强的结论 ab ＞ 1. 题型三　变更结论 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 x 1 ， x 2 ，且 x 1 ≠ x 2 ，满足 f ( x 1 ) ＝ g ( x 1 ) ， f ( x 2 ) ＝ g ( x 2 ) ，求证： x 1 x 2 ＞ e 2 . 证明 　令 x 1 ＞ x 2 ＞ 0 ， ∵ f ( x 1 ) ＝ g ( x 1 ) ， f ( x 2 ) ＝ g ( x 2 ) ， ∴ ln x 1 － ax 1 ＝ 0 ， ln x 2 － ax 2 ＝ 0 ，