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文档简介

大招13极值点偏移定义及判定定理

大招总结

所谓极值点偏移问题,是指对于单极值函数,由于函数极值点左右的增减速度

不同,使得函数图象没有对称性.若函数/(X)在x=x0处取得极值,且函数

y寸(x)与直线y=b交于4元|力),8。2,勿两点,则AB的中点为8),

极值点偏移问题的一般题设形式:

1.若函数/(X)存在两个零点X1,当且玉±%2,求证:芯+彳2>2/(X。为函数/(X)

的极值点);

2.若函数/(X)中存在M,且玉工工2满足/(⑴寸⑷),求证:%+%2>2%(%为

函数/(X)的极值点);

3.若函数/(X)存在两个零点X],*2且用工工2,令40=',求证:((尤0)>0・

4.若函数/(X)中存在X1,%2且满足/(%)寸(%2),令/=,';",求证:

/'(%)〉0.

[抽化模型]答题模板:若已知函数/(x)满足/(占)寸(々),X。为函数/(X)的极

值点,求证:%,+x2<2x0.

1.讨论函数/(X)单调性并求出了(X)的极值点X。;

假设此处:/(X)在(X。,+00)上单调递增,在(-8,X。)上单调递减.

2.构造F(x)=f(x)-f(2x0-x);

注:此处根据题意需要还可以进行中值构造,构造成尸。)=/(%+幻-/(%-为

的形式.

3.通过求导/(七)讨论/(幻的单调性,判断出尸(x)在某段区间上的正负,

并得出/(%)与-x)的大小关系;

假设此处:E(x)在(x0,+oo)上单调递增,那么我们便可得出

F(x)>F(x0)=f(x0)-f(2x0-x0)=0,从而得到当尤>x()时,f(x)>f(2x0-x).

4.不妨设X]<入0</,通过/(X)单调性,/(百)寸(9),/(x)与/(2工0-x)

的大小关系得出结论;

接上述情况,由于x>x()时,/(x)>/'(2%-%)且玉</<々,

/G月(无2),

故/G月'(无2)>/(2%0-%2),又因为王</,2%-工2<40且/(X)在

(-00»/)上单调递减,从而得到玉<2入0-工2,从而%+工2<2%得证.

5.若要证明:/,(内三)<0,还需进一步讨论"立与公的大小,得出

士*所在的单调区间,从而得出该处函数导数值的正负,从而结论得证.

2

此处只需继续说明:因为西+々<2/,故步言</,由于"X)在

(-co,%)上单调递减,故[(七迨)<0.

典型例题

例1(2021新高考I)已知函数/(x)=x(l-Inx).

⑴讨论的单调性:

(2)设。力为两个不相等的正数,且加na—aln8=a-6证明:2<二+:<e.

ab

解:(1)由函数的解析式可得尸(x)=l-Inx-l=-lnx,

xe(O,l),广。)>0,/(x)单调递增;(l,+oo),r(x)<0,/(x)单调

递减;

则/(幻在(0,1)单调递增,在(1,+8)单调递减.

(2)证明:ib\na-alnb-a-b,W-—In—+—In—,

aabhba

即加叫中-明

由(1)在(0,1)单调递增,在(1,+8)单调递减,所以/(初由于'⑴=1

且/(e)=0.

令无1=L々=,,则无1,工2为/(无)=%的两根,其中林(0,1).

ab

不妨令X]e(0,l),x2e(l,e),则2-玉>1,

先证2<玉+x2,即证4>2—玉,即证/(x2)=/(%))</(2-A^),

令〃(x)=/(x)-0(2-x),

则h\x)=f\x)+f'(2-x)=-Inx-ln(2-x)=-ln[^(2-x)]在(0,1)单调递减,

所以〃(x)>"⑴=0,

故函数〃(x)在(0,1)单调递增,

,

h^Xy)</?(1)=0./(x,)</(2-x1),..2<x1+x2,得i!E.

同理,要证玉+x,<e,

(法一)即证1ex2<e-x(,

根据⑴中/(x)单调性,即证/(X2)=/(%)>/(e—不),

令°(x)=/(x)-/(e-x),xe(0,1),则/(x)=-ln[x(e-x)],令吠(y)=0,

X£(0,/,必X)>0,奴X)单调递增,XG(XO,1),^(X)<0,夕(%)单调递减,

又()<x<e时,/(x)>0,且/(e)=0,

故lim(p(x)=0,。⑴=/(I)-/(e-l)>0,/.(p(x)>0恒成立,x+x<e得证,

戈5)+2

(法二)/(5)=/(x2),x)(l-lnx1)=x2(l-lnx2),

又玉w(0,1),故1—In%>(l-lnx1)>x1,

故%+x2<x](1—InXj)+x2=x2(1—10%2)+%2,%2e(l,e),

令g(x)=x(l-lnx)+x,gr(x)=l-lnx,xe(l,e),

在(l,e)上,g(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)eg(e)=e,

即(1—1门X2)+/<e^所以菁+工2<。,得证,

则2<LLe.

ab

例2.已知函数/(x)=xe'\xeR).

(1)求函数/(x)的单调区间和极值;

(2)已知函数y=g(无)的图象与函数y=/(x)的图象关于直线x=l对称,证

明当了〉1时,/(X)>g(x);

⑶如果王N/,且/(%)=/(毛),证明玉+工2>2.

解⑴f\x)=(1_x)e-,令f(x)=0,解得x=1,当X变化时,.1(x)J(x)的变

化情况如下表:

X1

(-8,1)(1,+8)

+0——

/'(%)

递增极大值递减

fM

所以/(x)在(F,1)内是增函数,在(1,物)内是知函数.

函数/(x)在x=l处取得极大值/⑴且/,(1)=--

e

(2)证明:由题意可知g(x)=/(2-尤),得g(x)=(2-x)e=.令

F(x)=/(x)-g(x),即F(x)=xe~x+(x-2)et-2,于是F'(x)=(x-D(e2A2_1)b,当

x>l时,2x-2>0,从而e2-"2_i>0,又因为e-x>0,所以F'(x)>0,从而函数

尸(x)在"+oo)是增函数.又因为尸(1)=「一豚=0,所以x>l时,有

F(x)>F(l)=0,BPf(x)>g(x).

⑶证明:①若(5一1)(%2-1)=。,由⑴及/(石)=/(/),则玉=—=1•与

玉矛盾.

②若(石-1)(X2-1)>0,由(1)及/(%)=/(%2),得玉=工2.与工产工2矛盾.

根据①②得&一1)(々一1)<。.不妨设王<I,Z>L

由⑵可知,/(%2)>^(%2),则gH)=/(2_%2),所以/(9)>/(2-々),从

而/(X1)>/(2-A2).因为々>1,所以2-々<1,又由⑴可知函数/(九)在区间

(—00,1)内是增函数,所以为>2-X2,即%+x2>2.

例3.已知函数/(尤)=±=e'.

1+x

(1)求〃处的单调区间;

(2)证明:当/(%))=/(%2)(石#时,玉+工2<0.

解(1)函数f(x)的单调递增区间为(-00,0),单调递减区间为(0,+8).

1—X

⑵证明:由题f(x)=一易知%<1时,f(x)>0;x>l时,/(x)<0.

1+X

因为/(%,)=/(%2)(x(*x2),不妨设玉<々,

结合(1)可知%e(-oo,0),x2e(0,l).

要证西+W<0,即证不<-与,于是作差构造辅助函数F(x)=/(x)-f(-x),

11+Y

代入化简得F(x)=—=(l-x)e1-^.

1+x[e

11

再次局部构造辅助函数G(x)=(1-x)e*-手r,求导得G(x)=-xe-'(e2A-l).

当xe(0,1)时,G'(x)<0,即G(x)是(0,1)上的单调知函数.于是G(x)<G(0)=0,则

F(x)<0.即F(x)=f(x)-f(-x)<0.故xe(0,1)时,f(x)<f(-x).由qG(0,1),

则/(◎)</(-。

又了(5)=/(七),即得了&)</(—%)•根据⑴知〃x)是(-8,0)上的单调

增函数,

而玉e(-oo,0),-x2e(-00,0),%!<x2,所以王〈一马,故%+x2<0得证.

例4.已知函数f(x)=Inx-ax2+(2-a)x.

(1)讨论/(x)的单调性;

⑵设a>0,证明:当0cxe,时,/J+;

(3)若函数y=/(x)的图象与x轴交于AB两点,线段A6中点的横坐标为

%0,证明:/〈与)<().

解(1)函数/(X)的定义域为

(0,+8),广(无)△-2ax+(2-a)=-(2x+D("D,

XX

①若a>0,则由r(x)=0,得尤=L且当X时,/'(x)>(),当

aka)

xJ1,+8时,f'(x)

I。7

<0,所以/(x)在(o」)上单调递增,在(L+8]上单调递减;

②当4,0时,/'(x)>0恒成立,因此/(x)在(0,+8)上单调递增.

⑵证明:设函数g(x)=/[:+x)-/、-x),则

nnv--

g(x)=ln(l+tzx)-ln(l-ax)-2ax,g'(x)=------+----------2a=-----,当

\+ax\-ax\-a~x~

时,g,(x)>0,而g(0)=0,所以g(x)>0,

故当0cxe,吐/J+x)>/(L-x).

(3)证明:由(1)可得,当④0时,函数y=/(x)的图象与x轴至多有一个交

点,故a〉0,从而

/(%)的最大值为不妨设义与,。),**2,。),。-<马,则

0cxi<;<声,由(2)得,/(:一%)=/(:+:-xj>/'(玉)=/(々)=0,得/(x)

,

在(L+°oJ单调递减,,2-玉<々,于是%=>L由⑴知,/(x0)<0.

例5.己知函数f(x)-x-a\nx,aeR.

⑴研究函数/(x)的单调性;

(2)设函数/(x)有两个不同的零点七、声,且玉〈龙2・

①求。的取值范围;

2

②求证:xtx2>e.

解⑴y(x)的定义域(o,+8),r(x)=i-g=T,

XX

若a,o,则r(x)>o恒成立,/(x)在(o,+oo)单调递增函数;

若a>0,令/,(x)=0,解得x=a,则/(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+8)上单

调递增.

(2)证明:因为/(x)有两个不同的零点,由(1)知

a>0

=>a>e±L0<<a<x,

f(a)=l-alna<0f2

要证可w>e2,即证

Inx,+Inx2>2<=—+^>2<=%]+x,>2«<=x2>2«-x,,

aa

由于a>X],则2。_芯>a,即证/(%,)>/(2a-xJu/(玉)>f(2a-xt).

设g(x)=/(x)-/(2a-x),xe(0,a),只需证g(x)>0即可,

g(x)=(x-aInx)-[(2a-x)-aln(2tz-x)],g,(x)=1-—+1-----=-2—~”一<0.

x2a-xx(2a—x)

可知g(x)在xw(0,a)是单调递减函数,故g(x)>g(a)=0,得证内々>e2.

例6.已知函数/(x)=x\nx+x2-ax+2,aeR有两个不同的零点七,々.

(1)求a的取值范围;

(2)证明:再+%>2;

(3)证明:xtx2>1.

解(1)依题意,/(x)有两个相异的实根,即/(x)=0在R上有两解,即

/(x)=xlnx+x2-奴+2=0在R上有两解,也就等价于a=Inx+x+—在R上有

x

两解,即直线y=。与曲线y=lnx+x+—有两个交点.令

x

212x~+x—2(x+2)(%—1)/八、止

g(x)=lnx+x+—,g(x)=—+1--y=----——=------A-----(X>。),当]£(0,1)

XXXXX

时,g,(尤)v0,g(x)单调递减;当二三(1,+00)时,g")>0,g(x)单调递增.所以,g(x)

2

在x=l处,取得极小值,即g(x)..g⑴=lnl+l+i=1+2=3,因为直线y=Q与曲

线y=g(x)有两个交点,所以。>3.

⑵证明:当0<xvl时,令

22

F(x)=g(x)-g(2-x)=lnx+x+——ln(2-x)-(2-x)------,

x2-x

~22

所以F(x)=lnx-ln(2-x)+-------+2x-2(0<x<1),

x2-x

故Ff(x)——I--------1--------+2(0<x<1),

x2-xx2(2-x)2

x-2x2-xx、

整理得F'(x)=+2=2——I------------T(0<x<l).

X5_―(2-x)2X2(2-x)2J

2-xX2—xx—!—(o<x<i).

H------------7..2-2

x2(2-x)2T?(2-x)-x(2-x)

因为0<x<l,所以0<x(2—x)<l,所以一?一>1,即

>1,

x(2-x)

所以2-2<2—2=0.因为

r2-xx、

,,2-2<0,即0<x<1时,Fz(x)<0,F(x)在

F\x)=2-I---%-72----*---(--2-----x--)-72J

(0,1)内单调递减,也就是F(x)>P(l)=g⑴_g(2—l)=0,即当0<x<l时,

g(x)>g(2-x)-

不妨假设0<%<1<々,所以g(x)>g(2-不),又因为〃石)=/(%)=0,也

就是g(电)=g&)=a,所以g(%)=g(%)>g(2-

因为0<玉<1,所以一1<一为<0,即2-玉>1,且%>Lg(%)>g(2-%).

由⑴可知g(x)在(l,+oo)单调递增,所以々>2-也就是%+x2>2,证毕.

⑶证明:当x>l吐令G(x)=g(x)-g(J,整理得G(x)=21nx-x+,,

Eiffi'J、

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