拓展拔高4　极值点偏移问题

PAGE温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。板块。拓展拔高4极值点偏移问题【高考考情】极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样,导致函数图象不具有对称性.极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中,这类题往往对思维要求较高,过程较为烦琐,计算量较大,难度大.【研究对象】一般地,证明两数x1,x2之和(之积)的不等式问题,常涉及函数的极值点偏移.解决极值点偏移问题的关键是消元,有时待证的结论需要利用不等式转化变形.【极值点偏移的定义】一般地,若连续函数f(x)在[a,b]内有唯一的极值点x0,对于任意的x1,x2∈[a,b],当f(x1)=f(x2)时有x1+x22≠x0,则称函数(1)左偏移:当x1+x22>x0时,极值点x0在[a(2)右偏移:当x1+x22<x0时,极值点x0在[a(3)无偏移:当x1+x22=x0时,极值点x0在[a视角一极值点偏移问题之消参减元、比值代换[例1]已知函数f(x)=lnx-ax(x>0),a为常数,若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1≠x2).证明:x1x2>e2.【证明】不妨设x1>x2>0,因为lnx1-ax1=0,lnx2-ax2=0,所以lnx1+lnx2=a(x1+x2),lnx1-lnx2=a(x1-x2),所以lnx1欲证x1x2>e2,即证lnx1+lnx2>2.因为lnx1+lnx2=a(x1+x2),所以即证a>2x1+x2,所以原问题等价于证明lnx令c=x1x2(c>1),则不等式变为lnc令h(c)=lnc-2(c-所以h'(c)=1c-4(c所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,所以h(c)>h(1)=ln1-0=0,即lnc-2(c-因此原不等式x1x2>e2得证.思维升华比值换元法的解题策略(1)联立消参:利用方程f(x1)=f(x2)消掉解析式中的参数a.(2)抓商构元:令t=x1x2,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h((3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最值,从而可证得结论.视角二极值点偏移问题之消参减元、差值代换[例2]若函数f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2<-2lna.【证明】由题知x1-aex1+b=0,x2-aex2故要证x1+x2<-2lna,只需证x1+x2<-2lnx1-x2ex1即证(x1-x2)2<ex1-x2-2+ex2-令x2-x1=t>0,则需证t2<e-t-2+et.设g(t)=t2-e-t+2-et,则g'(t)=2t+e-t-et.设h(t)=2t+e-t-et,则h'(t)=2-e-t-et<0,所以h(t)在(0,+∞)上单调递减,所以h(t)<h(0)=0,即g'(t)<0,所以g(t)在(0,+∞)上单调递减,所以g(t)<g(0)=0,故原不等式成立.思维升华差值换元法的解题策略(1)取差构元:记s=t2-t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2.(2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1.(3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s).(4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最值,从而证得结论.视角三极值点偏移问题之对称构造[例3]已知函数h(x)=xe-x,如果x1≠x2且h(x1)=h(x2),证明:x1+x2【证明】h'(x)=e-x(1-x),令h'(x)=0,解得当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如表:x(-∞,1)1(1,+∞)h'(x)+0-h(x)单调递增1单调递减由x1≠x2,不妨设x1>x2,根据h(x1)=h(x2)可知x1>1,x2<1.令F(x)=h(x)-h(2-x),x∈[1,+∞),则F'(x)=(x-1)(e2x-因为x≥1,2x-2≥0,所以e2所以F'(x)≥0,所以F(x)在[1,+∞)上单调递增,又因为F(1)=0,所以x>1时,F(x)>F(1)=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)上单调递增,所以x2>2-x1,所以x1+x2>2得证.思维升华对称构造法,主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式问题.其解题要点如下:(1)定函数极值点:利用导函数符号的变化判断函数的单调性,进而确定函数的极值点x0;(2)构造函数:根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x0-x);(3)判断单调性:利用导数讨论F(x)的单调性;(4)比较大小: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:利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x之间的关系,进而得到所证或所求.迁移应用已知函数f(x)=ln(x+a)-x-1x+a,函数g(x)满足ln[g(x)+x2]=ln(1)讨论函数f(x)的单调性;【解析】(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(-a,+∞),则f'(x)=1x+a-x所以当-a≥1,即a≤-1时,f'(x)>0,f(x)在(-a,+∞)上单调递增;当-a<1,即a>-1时,若-a<x<1,则f'(x)<0,若x>1,则f'(x)>0,所以f(x)在(-a,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.综上所述,当a≤-1时,f(x)在(-a,+∞)上单调递增;当a>-1时,f(x)在(-a,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)若g(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1x2<1.【解析】(2)因为ln[g(x)+x2]=lnx+x-a,所以g(x)=x·ex-a-x2=x(ex-a-x),其定义域为(0,+∞),g(x)=xex-a-x2=x(ex-a-x)=0等价于ex-a-x=0,即x-lnx=a,设h(x)=x-lnx(x>0),所以h'(x)=1-1x=x令h'(x)>0,则x>1,令h'(x)<0,则0<x<1.所以函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,因为函数g(x)有两个不同的零点,即h(x)=a有两个不同的根,所以a>h(1)=1,所以g(x)有两个不同的零点x1,x2且0<x1<1<x2,且h(x1)=h(x2)=a,令φ(x)=h(x)-h(1x)=x-1x-