高考数学二轮复习函数与导数微专题9极值点偏移问题课件(共66张PPT)
文档属性
| 名称 | 高考数学二轮复习函数与导数微专题9极值点偏移问题课件(共66张PPT) |
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| 格式 | ppt | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-02 00:00:00 | ||
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文档简介
(共66张PPT)
微专题9 极值点偏移问题
导言 极值点偏移是近年高考导数问题中的热点题型，所谓极值点偏移，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．解决极值点偏移问题，通常有对称化构造法和比值代换法，二者各有千秋，各具特色．
1 已知函数f(x)＝x－lnx－a有两个不同的零点x1，x2.
(1) 求实数a的取值范围；
(2) 求证：x1＋x2>2.
所以f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值1－a.
又当x→0时，f(x)→＋∞；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以1－a<0，即a>1，
所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．
(2) 证明：不妨设x1由(1)可知，01，
则2－x1>1，
要证x1＋x2>2，
只需证2－x1因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以只需证f(2－x1)即证f(2－x1)记g(x)＝f(2－x)－f(x)＝2－2x－ln(2－x)＋lnx，x∈(0,1)，
当00，g(x)单调递增，
又g(1)＝f(2－1)－f(1)＝0，
所以g(x1)＝f(2－x1)－f(x1)<0，
即f(2－x1)所以x1＋x2>2.
2 [2025泰兴中学、南菁高级中学联考]已知函数f(x)＝e2x－a(x－1)．
(1) 讨论函数f(x)的单调性；
令x2－x1＝t(t>0)，
构造函数h(t)＝2t－et＋e－t，
则h′(t)＝2－et－e－t＝2－(et＋e－t)．
要点指引
极值点偏移问题的一般题设形式：
1. 若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)．
2. 若函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)．
难点1 加减型
(1) 求实数a的取值范围；
(2) 求证：x1＋x2>1.
思路引导：本题考查函数的零点问题，极值点偏移．(1) 题干关键：函数f(x)有两个零点x1，x2(x11
所以m(s)单调递增，即m(s)>m(0)＝0，
故h′(t)<0在区间(1，＋∞)上恒成立，
即h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减，故h(t)<0，得证．
本题与【基础活动】的第1题对比，发现：两题均涉及加减型的极值点偏移，利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三部曲”：1. 求导，得到函数f(x)的单调性、极值情况.2. 构造辅助函数(若要证x1＋x2>(<)2x0，则构造函数g(x)＝f(x)－f(2x0－x))，求导，判定符号，获得不等式.3. 代入x1，x2，利用f(x2)＝f(x1)及f(x)的单调性即得所证结论．
所以g(x)在区间(0，a)上单调递增，则g(x)＜g(a)＝0.
即f(2a－x)－f(x)＜0，则f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．
因为0＜x1＜a＜x2,2a－x1＞a，
所以f(2a－x1)＜f(x1)＝f(x2)．
又当x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增，
所以2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a.
题后反思 加减型极值点偏移问题的常用解法：
1. (对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
难点2 积商型
(1) 若f(x)≥0，求实数a的取值范围；
(2) 求证：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
2
(1) 解：解法1(求导) 由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)≥f(1)＝e＋1－a.
若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1，
所以实数a的取值范围为(－∞，e＋1]．
解法2(同构) 由f(x)≥0，得ex－ln x＋x－lnx－a≥0[防范失误②].
令t＝x－lnx，t≥1，则f(t)＝et＋t－a≥0，即a≤et＋t.
令g(t)＝et＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝et＋1>0，
所以g(t)＝et＋t在区间[1，＋∞)上单调递增，
故g(t)min＝g(1)＝e＋1，即a≤e＋1，
所以实数a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2) 证明：证法1(构造函数) 由(1)知f(x)的一个零点小于1，另一个零点大于1，
不妨设x1<1(1) 当a＝1时，讨论函数f(x)的极值点个数；
(2) 若存在x1，x2(0所以当0当x00，f(x)单调递增，
故f(x)在区间(0,1)上存在唯一极值点．
综上，当a＝1时，函数f(x)的极值点有且仅有一个．
不妨令g(x)＝x－sinx(x>0)，则g′(x)＝1－cosx≥0，
故g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
当0即x1－sinx1x1－x2，
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2 (多选)[2025中山一模]已知x1是函数f(x)＝x3＋mx＋n(m<0)的极值点，若f(x2)＝f(x1)(x1≠x2)，则下列结论中正确的是( )
A. f(x)图象的对称中心为点(0，n)
B. f(－x1)>f(x1)
C. 2x1＋x2＝0
D. x1＋x2>0
AC
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3 [2025南通二模改编]已知函数f(x)＝ax－xlnx，f′(x)为其导函数．
(1) 若f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；
(1) 解：由题意，得f′(x)＝a－1－lnx(x>0)．
当00，f(x)单调递增；
当x>ea－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(ea－1)＝ea－1≤1，解得a≤1，
即实数a的取值范围为(－∞，1]．
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(2) 证明：因为当x→0时，f(x)→0，且f(ea)＝0，
又存在两个不同的正数x1，x2，使f(x1)＝f(x2)，
不妨设x1由(1)知f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
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微专题9 极值点偏移问题
导言 极值点偏移是近年高考导数问题中的热点题型，所谓极值点偏移，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．解决极值点偏移问题，通常有对称化构造法和比值代换法，二者各有千秋，各具特色．
1 已知函数f(x)＝x－lnx－a有两个不同的零点x1，x2.
(1) 求实数a的取值范围；
(2) 求证：x1＋x2>2.
所以f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值1－a.
又当x→0时，f(x)→＋∞；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以1－a<0，即a>1，
所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．
(2) 证明：不妨设x1
则2－x1>1，
要证x1＋x2>2，
只需证2－x1
所以只需证f(2－x1)
当0
又g(1)＝f(2－1)－f(1)＝0，
所以g(x1)＝f(2－x1)－f(x1)<0，
即f(2－x1)
2 [2025泰兴中学、南菁高级中学联考]已知函数f(x)＝e2x－a(x－1)．
(1) 讨论函数f(x)的单调性；
令x2－x1＝t(t>0)，
构造函数h(t)＝2t－et＋e－t，
则h′(t)＝2－et－e－t＝2－(et＋e－t)．
要点指引
极值点偏移问题的一般题设形式：
1. 若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)．
2. 若函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)．
难点1 加减型
(1) 求实数a的取值范围；
(2) 求证：x1＋x2>1.
思路引导：本题考查函数的零点问题，极值点偏移．(1) 题干关键：函数f(x)有两个零点x1，x2(x1
所以m(s)单调递增，即m(s)>m(0)＝0，
故h′(t)<0在区间(1，＋∞)上恒成立，
即h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减，故h(t)<0，得证．
本题与【基础活动】的第1题对比，发现：两题均涉及加减型的极值点偏移，利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三部曲”：1. 求导，得到函数f(x)的单调性、极值情况.2. 构造辅助函数(若要证x1＋x2>(<)2x0，则构造函数g(x)＝f(x)－f(2x0－x))，求导，判定符号，获得不等式.3. 代入x1，x2，利用f(x2)＝f(x1)及f(x)的单调性即得所证结论．
所以g(x)在区间(0，a)上单调递增，则g(x)＜g(a)＝0.
即f(2a－x)－f(x)＜0，则f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．
因为0＜x1＜a＜x2,2a－x1＞a，
所以f(2a－x1)＜f(x1)＝f(x2)．
又当x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增，
所以2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a.
题后反思 加减型极值点偏移问题的常用解法：
1. (对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
难点2 积商型
(1) 若f(x)≥0，求实数a的取值范围；
(2) 求证：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
2
(1) 解：解法1(求导) 由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)≥f(1)＝e＋1－a.
若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1，
所以实数a的取值范围为(－∞，e＋1]．
解法2(同构) 由f(x)≥0，得ex－ln x＋x－lnx－a≥0[防范失误②].
令t＝x－lnx，t≥1，则f(t)＝et＋t－a≥0，即a≤et＋t.
令g(t)＝et＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝et＋1>0，
所以g(t)＝et＋t在区间[1，＋∞)上单调递增，
故g(t)min＝g(1)＝e＋1，即a≤e＋1，
所以实数a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2) 证明：证法1(构造函数) 由(1)知f(x)的一个零点小于1，另一个零点大于1，
不妨设x1<1
(2) 若存在x1，x2(0
故f(x)在区间(0,1)上存在唯一极值点．
综上，当a＝1时，函数f(x)的极值点有且仅有一个．
不妨令g(x)＝x－sinx(x>0)，则g′(x)＝1－cosx≥0，
故g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
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2 (多选)[2025中山一模]已知x1是函数f(x)＝x3＋mx＋n(m<0)的极值点，若f(x2)＝f(x1)(x1≠x2)，则下列结论中正确的是( )
A. f(x)图象的对称中心为点(0，n)
B. f(－x1)>f(x1)
C. 2x1＋x2＝0
D. x1＋x2>0
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3 [2025南通二模改编]已知函数f(x)＝ax－xlnx，f′(x)为其导函数．
(1) 若f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；
(1) 解：由题意，得f′(x)＝a－1－lnx(x>0)．
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当x>ea－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(ea－1)＝ea－1≤1，解得a≤1，
即实数a的取值范围为(－∞，1]．
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(2) 证明：因为当x→0时，f(x)→0，且f(ea)＝0，
又存在两个不同的正数x1，x2，使f(x1)＝f(x2)，
不妨设x1
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