极值点偏移PPT
高三数学 极值点和拐点的偏移——课件
极值点和拐点的偏移
专题概况
一、极值点偏移（
）
专题概况
思维聚焦
解题思路
极值偏移与拐点偏移解题思路 极值拐点话偏移，对称构造最给力； 变量范围极值分，导数再把单调论； 结论无关极拐点，衍生函数命题变.
处理策略
一.不含参数的问题
处理策略
处理策略
Байду номын сангаас
处理策略
处理策略
处理策略
处理策略
处理策略
处理策略
处理策略
注:以上的四种方法都实现了将双变元的不等式转化为单 变元的不等式,解法1, 2利用构造新的函数来达到消元的 目的，最后利用在极值点一侧的单调性来处理二者的关 系；解法3, 4则利用构造新的变元，将两个旧的变元都 转化为新的变元来表示，从而达到消元的目的，最后转 化为一个新的单元不等式，再构造函数,利用新函数的单 调性结合端点值来解决!
下节课再见 谢谢！
备战高考数学复习知识点讲解课件27---极值点偏移问题
(2)设m，n为两个不相等的正数，且mln n－nln m＝m－n，证明：mn＞e4. 解：(2)证明：mln n－nln m＝m－n⇔m(ln n－1)＝n(ln m－1)⇔ln nn－1＝
ln mm－1⇔lnenln－n 1＝lnemln－m 1， 即f(ln m)＝f(ln n)，ln m≠ln n.
2．(2022·金太阳联考)函数f(x)＝
x－1 ex
(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2－ex x，
当x∈(－∞，2)时，f′(x)＞0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，单调递减区间为(2，＋∞)． 故f(x)在x＝2处取得极大值，且极大值为 e12，无极小值．
g′(x)>0，可得
3
1≤x<e8，
3
由 g′(x)<0，可得 e8<x≤3.
3
3
所以 g(x)在[1，e8)上单调递增，在(e8，3]上单调递减，
所以 g(x)的最小值在 x＝1 或 x＝3 处取得．
又 g(1)＝14，g(3)＝14＋29ln 3>14，
所以 g(x)min＝g(1)＝14，
所以 a≤14，即 a 的取值范围为(－∞，14]．
不妨设x1＝ln m，x2＝ln n，x1＜x2， 由(1)可知f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
所以x2∈(2，＋∞)，f(x1)＝f(x2)＞0，x1∈(1，2)． 当x2≥3时，x1＋x2＞4，mn＞e4.
当 2＜x2＜3 时，1＜4－x2＜2，f(x2)－f(4－x2)＝x2e－x2 1－4－e4x－2x－2 1＝
高考数学：极值点偏移问题与拐点偏移问题
极值点偏移问题与拐点偏移问题【考点预测】1.极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，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，使得函数图像没有对称性。
若函数f (x )在x =x 0处取得极值，且函数y =f (x )与直线y =b 交于A (x 1,b ),B (x 2,b )两点，则AB 的中点为M x 1+x 22,b ，而往往x 0≠x 1+x 22。
如下图所示。
图1 极值点不偏移图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数y =f (x )在区间(a ,b )内只有一个极值点x 0，方程f (x )的解分别为x 1、x 2，且a <x 1<x 2<b ，(1)若x 1+x 22≠x 0，则称函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0偏移；(2)若x 1+x 22>x 0，则函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0左偏，简称极值点x 0左偏；(3)若x 1+x 22<x 0，则函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0右偏，简称极值点x 0右偏。
【方法技巧与总结】1.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x 0)，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x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x )，若证x 1x 2>x 20，则令F (x )=f (x )-f 2x 0x.(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 (2x 0-x )的大小关系．(5)转化，即利用函数f (x )的单调性，将f (x )与f (2x 0-x )的大小关系转化为x 与2x 0-x 之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明f x 1+x 22 的符号问题，还需进一步讨论x 1+x 22与x 0的大小，得出x 1+x 22所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2.应用对数平均不等式x1x2<x1-x2ln x1-ln x2<x1+x22证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到x1-x2ln x1-ln x2；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.3.比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.【题型归纳目录】题型一：极值点偏移:加法型题型二：极值点偏移:减法型题型三：极值点偏移:乘积型题型四：极值点偏移:商型题型五：极值点偏移:平方型题型六：拐点偏移问题【典例例题】题型一：极值点偏移:加法型例1.(2022•浙江期中)已知函数f(x)=x-ln x-a有两个不同的零点x1，x2．(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1+x2>a+1．例2.(2022•汕头一模)已知函数f(x)=x-ln x-a有两个相异零点x1，x2(x1<x2)．(1)求a的取值范围；(2)求证：x1+x2<4a+23．例3.(海淀区校级月考)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2，a∈R．(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)若a≥0，求f(x)的零点个数；(Ⅲ)若f(x)有两个零点x1，x2，证明：x1+x2<2．例4.(2022•江门一模)已知函数f(x)=ln|x-1|-ax，a∈R是常数．(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程，并证明对任意a∈R，切线经过定点；(Ⅱ)证明：a<0时，设x1、x2是f(x)的两个零点，且x1+x2>2．题型二：极值点偏移:减法型例5.(2022•七星区校级月考)已知函数f(x)=x ln x-a2x2+1．(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减，求a的取值范围；(2)若f(x)在x=1处的切线斜率是12，证明f(x)有两个极值点x1x2，且3ln2<|ln x2-ln x1|<3．例6.(2022•常熟市月考)设函数f(x)=ln x，g(x)=a(x-1)，其中a∈R．(1)若a=1，证明：当x>1时，f(x)<g(x)；(2)设F(x)=f(x)-g(x)e x，且0<a<1e，其中e是自然对数的底数．①证明F(x)恰有两个零点；②设x0如为F(x)的极值点，x1为F(x)的零点，且x1>x0，证明：3x0-x1>2．例7.(2022•黄州区校级模拟)已知函数f(x)=ax ln x-(a+1)ln x，f(x)的导数为f (x)．(1)当a>-1时，讨论f (x)的单调性；(2)设a>0，方程f(x)=3e-x有两个不同的零点x1，x2(x1<x2)，求证：x1+e>x2+1e．例8.(2022•道里区校级二模)已知函数f(x)=mx ln x-(m+1)ln x，f (x)为函数f(x)的导数．(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)若当m>0时，函数f(x)与g(x)=3e-x的图象有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)，求证：x2+1e<x1+e．题型三：极值点偏移:乘积型例9.(2021春•汕头校级月考)已知，函数f(x)=ln x-ax，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个零点，(i)求a的取值范围；(ii)设f(x)的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2>e2．例10.(2022•攀枝花模拟)已知函数f(x)=ln x+bx-a(a∈R,b∈R)有最小值M，且M≥0．(Ⅰ)求e a-1-b+1的最大值；(Ⅱ)当e a-1-b+1取得最大值时，设F(b)=a-1b-m(m∈R)，F(x)有两个零点为x1，x2(x1<x2)，证明：x1⋅x22>e3．例11.(2022•张家口二模)已知函数f(x)=e x-a ln xx-a(e是自然对数的底数)有两个零点．(1)求实数a的取值范围；(2)若f(x)的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2>e2e x1+x2．例12.(2022•武进区校级月考)已知函数f (x )=ln x +12x 2-ax ．(1)若函数f (x )在x =1处的切线与x 轴平行，求a 的值；(2)若存在t ∈[-1，1]，使不等式f (x )≤tx -(a -1)ln x 对于x ∈[1，e ]恒成立，求a 的取值范围；(3)若方程f (x )=12x 2有两个不等的实数根x 1、x 2，试证明x 1x 2>e 2．题型四：极值点偏移:商型例13.已知函数f (x )=x -e x a (a >0)有两个相异零点x 1、x 2，且x 1<x 2，求证：x 1x 2<e a．例14.(2022•新疆模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+12x2．(1)当a=52时，求f(x)的单调区间；(2)已知a≥433，x1，x2(x1>x2)为函数f(x)的两个极值点，求y=2(x1-x2)x1+x2-lnx1x2的最大值．例15.．(2021春•湖北期末)已知函数f(x)=ae-x+ln x-1(a∈R)．(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性：(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1+x2≤(2e+1)⋅ln2e2e-1，求x2x1的最大值．例16.(2022•宁德三模)已知函数f(x)=ae-x+ln x-1(a∈R)．(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性：(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1+x2≤2ln3，求x2x1的最大值．题型五：极值点偏移:平方型例17.(2022•广州一模)已知函数f(x)=x ln x-ax2+x(a∈R)．(1)证明：曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线l恒过定点；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：x21+x22>4e．例18.(2022•浙江开学)已知a∈R，f(x)=x⋅e-ax(其中e为自然对数的底数)．(Ⅰ)求函数y=f(x)的单调区间；(Ⅱ)若a>0，函数y=f(x)-a有两个零点x，x2，求证：x21+x22>2e．例19.(2021秋•泉州月考)已知函数f(x)=ln x+1 ax．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若(ex1)x2=(ex2)x1(e是自然对数的底数)，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x21+x22>2．例20.(2022•开封三模)已知函数f(x)=ln x mx2．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若m=2，对于任意x1>x2>0，证明：(x21⋅f(x1)-x22⋅f(x2))⋅(x21+x22)>x1x2-x22．题型六：拐点偏移问题例21.已知函数f(x)=2ln x+x2+x．(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．(2)若正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)=4，求证：x1+x2≥2．例22.已知函数f(x)=12a x2-1+1a2x+1a Inx(a∈R)．(1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=12时，设g(x)=f(x)+6x，若正实数x1，x2，满足g(x1)+g(x2)=4，求证：x1+x2≥2．例23.已知函数f(x)=ln x+2x-ax2，a∈R．(Ⅰ)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(Ⅱ)设g(x)=f(x)+(a-4)x，试讨论函数g(x)的单调性；(Ⅲ)当a=-2时，若存在正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)+3x1x2=x1+x2，求证：x1+x2>12．【过关测试】1.(2022·天津河东·二模)已知函数f x =x2a-2ln x(a∈R且a≠0)．(1)a=2，求函数f x 在2,f2处的切线方程．(2)讨论函数f x 的单调性；(3)若函数f x 有两个零点x1、x2x1<x2，且a=e2，证明：x1+x2>2e．2.(2022·河北·沧县中学高二阶段练习)已知函数f x =x+3x+2ln x-a a∈R有两个不同的零点x1,x2.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1x2>1.3.(2022·江苏泰州·模拟预测)已知函数f x =e x-ax2+bx-1，其中a，b为常数，e为自然对数底数，e =2.71828⋅⋅⋅．(1)当a=0时，若函数f x ≥0，求实数b的取值范围；(2)当b=2a时，若函数f x 有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：①7x1+bx2>28；②2a x1+x2>3x1x2；③x1-1+x2-1>2；请从①②③中任选一个进行证明．(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)4.(2022·湖北武汉·模拟预测)已知函数f x =x-ln x(1)求证：当x>1时，ln x>2x-1x+1；(2)当方程f x =m有两个不等实数根x1,x2时，求证：x1+x2>m+15.(2022·浙江绍兴·模拟预测)已知函数f x =e x-2x-a+1(其中ex-a+2，g x =x2+a-1≈2.71828是自然对数的底数)(1)试讨论函数f x 的零点个数；(2)当a>1时，设函数h x =f x -g x 的两个极值点为x1、x2且x1<x2，求证：e x2-e x1<4a+2.e x-k(x-1),x>-1,k∈R．6.(2022·安徽淮南·二模(理))已知函数f(x)=1-2x+1(1)若k=0，证明：x∈(-1,0)时，f(x)<-1；(2)若函数f(x)恰有三个零点x1,x2,x3，证明：x1+x2+x3>1．7.(2022·湖南·岳阳一中一模)已知函数f x =a ln x+2-x a∈R.(1)讨论f(x)的单调性和最值；(2)若关于x的方程e x=2m-1m ln mx+2(m>0)有两个不等的实数根x1,x2，求证：e x1+e x2>2 m.8.(2022·山东·青岛二中高三期末)已知函数f x =x1-a ln x，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x∈0,12时，都有f x <1，求实数a的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数x1，x2满足1+ln x21+ln x1=x2x1，证明：x1+x2<ex1x2.9.(2021·广东·新会陈经纶中学高三阶段练习)已知函数f x =x1-ln x.(1)讨论f x 的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a+1b.10.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f x =-e x-ax2a∈R.(1)当a=0时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)当a>0时，若函数g x =xe x+f x ，求g x 的单调区间；(3)当a>0时，若函数h x =f x +2e x-ax恰有两个不同的极值点x1、x2，且x1<x2，求证：x1+x22<ln2a.11.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=a-1-xe x(x>0)(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若存在x1≠x2，满足f x1=f x2，求证：x1+x2>4aa+2．12.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x-a-1x+a,a∈R.(1)若f(1)=2，求a的值；(2)若存在两个不相等的正实数x1,x2，满足f(x1)=f(x2)，证明：①2<x1+x2<2a；②x2x1<a2+1.13.(2022·四川省泸县第二中学模拟预测(文))已知函数f(x)=x-x.e x(1)求f(x)的单调区间；(2)已知a,b∈R，且a≠b，若ae a+b+be a=ae b+be a+b，求证：a+b>0.。
数学-极值点偏移问题的求解策略(共14张PPT)
解法二：（分离参数）
f ( x) ( x 2)e a( x 1) 有两个零点 x (2 x)e 有两根. 方程 a 2 ( x 1)
x 2
(2 x)e g ( x) 2 ( x 1)
x
(0, )
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e a( x 1) 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； (0, ) （Ⅱ） 设 x1 , x2 是 f ( x) 的两个零点， 证明：x1 x2 2 .
2
所以f (2 x2 ) x2e
2 x2
( x2 2)e . 令g ( x) xe2x ( x 2)ex .
x2
x
令g( x) ( x 1)(e e ). 所以当 x 1 时， g ( x) 0 ，而 g (1) 0 ，
2 x
故当 x 1 时， g ( x) 0. 从而 g ( x2 ) f (2 x2 ) 0, 故x1 x2 2.
x 2
x1 x2 1 x1 x2 2 2
问题解决
f (2 x2 ) 0 0 f ( x2 ) f (2 x2 )
f ( x1 ) f (2 x2 )
x1 2 x2 x1 x2 2
问题解决
不妨设 x1 1 x2 ， 则2 x2 (1, ).
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e a( x 1) 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； （Ⅱ） 设 x1 , x2 是 f ( x) 的两个零点， 证明：x1 x2 2 .
极值点偏移问题课件-2025届高三数学一轮复习
(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<-2ln a.
1 − e1 + = 0,
1 −2
1
2
【证明】由题知
两式相减得x1-x2=a(e -e ),即a= 1 2 .
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,
ln 1 −ln 2
2
>
,即ln
1 −2
1 +2
1 2(1 −2 )
>
,
2
1 +2
1
令c= (c>1),则不等式变为ln
2
2(−1)
c>
.
+1
2
1 +2
,所以原问题等价于证明
令h(c)=ln
2(−1)
c,c>1,
+1
1
4
(−1)2
所以h'(c)= =
>0,
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
高中数学课件-拓展视野9 极值点偏移问题
＝(x1＋x2)ln
x1－Hale Waihona Puke n x1－x2x2，只需证ln
x1－ln x1－x2
x2＞x1＋2 x2，
只需证 ln x1－ln x2＜2（xx11＋－xx22），只需证 ln xx12＜2（xxxx1212＋－11），
11
令xx12＝t(0＜t＜1)，只需证 ln t＜2（tt＋－11）， 令 H(t)＝ln t－2（tt＋－11）， H′(t)＝1t －（t＋41）2＝（tt（＋t1＋）12）－24t＝t（（tt－＋11））22＞0， 所以 H(t)在(0，1)上单调递增， 所以 H(t)＜H(1)＝0，即 ln t＜2（tt＋－11）成立， 所以 x1x2＞e2 成立.
9
类型 二 比(差)值换元构造辅助函数 通过代数变形，将所证的双变量不等式通过代换 t＝xx12(t＝x1－x2)化为
单变量的函数不等式，利用函数单调性证明. 例 2 (2024·通州模拟节选)已知函数 f(x)＝ax－ax－ln x(a＞0)，且当 0
＜a＜1e时 g(x)＝f(x)＋ax有两个零点 x1，x2，证明：x1x2＞e2.
1
拓展视野9 极值点 偏移问题
2
已知函数 f(x)图象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＋2 x2＝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(1)所示.若x1＋2 x2 ≠x0，则极值点偏移，此时函数 f(x)在 x＝x0 两侧，函数值变化快慢不同， 如图(2)(3)所示.
极值点偏移问题-2024届高三数学二轮复习课件
(3)对F ( x)求导, 得出极值点"某一侧" (不需完整 )的单调性
(4)代该侧中的 xi (如此题中的 x2 )进F (x) ()F (x0 ) 0 (5)利用f (x j ) f (xi )替换(4)中不等式, 回归f (x)在"另一侧"的单调性
f (x1) f (2 x2 ) 0
a[ln(2a) 2]2 a 0
在(1,)上单调递增
f (x)的两个极值 f (1), f (ln(2a))均小于零,
易知f (1) e 0
f (x)的零点最多只有一个 .
x 时,
综上所述 , a的取值范围是 [0,)
(x 2)ex 0, a(x 1)2
f (x) x 时,易知f (x) f (x)有两个零点
对极点左右两边的陡缓 研究,可转化成 由原函数与对称函数构 成的差函数 ,以及对差值函数单调性 研究.
如何求一个函数的对称 函数,理论依据是什么 ?
理论 : 如果f (a x) f (a x), 则f (x)关于x a对称 f (x)关于x a对称后得 f (2a x)
(x0是f (x)的一个极值点 )
设F (x) f (x) f (e2 )( x e1)
F
'(x)
ln
x
1
x e2 x 2
[(ln(
e2
)
1]
(1
ln
x)(e2 x2
1)
x
e2x2
f (x)在(0, e1)上单调递减 x e1, F'(x) 0 F(x)在(e1,)上单调递增
f (x)在(e1,)上单调递增 f (x)只有极小值为 f (e1) e1 0,无极大值 f (x)只有极小值为 f (e1) e1 0,无极大值
极值点偏移课件高二下学期数学人教A版选择性
知识梳理
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.
解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有 千秋，独具特色.
例题讲解 题型一 不含参数的极值点偏移
x x 1 1 2
即：x1＋x2>2.
2
x x 1 2
2
例题讲解 题型二 含参数的极值点偏移
方法： 比值代换
例题讲解 题型二 含参数的极值点偏移
方法： 比值代换
例题讲解 题型二 含参数的极值点偏移
方法： 比值代换
例题讲解 题型二 含参数的极值点偏移
方法： 对称化构造函数
跟踪训练 题型二 含参数的极值点偏移 方法： 比值代换
恒成立， 故原不等式 x1 x2 2 亦成立.
归纳总结
归纳总结
【对称构造法】
本质： 将双变元的不等式转化为单变元不等式，利用构造新的函数来
达到消元的目的，
口诀： 极值偏离对称轴， 构造函数觅行踪； 四个步骤环相扣， 一求二构造三单调四比较。
归纳总结
【对称构造法】
对称化构造函数法构造辅助函数 (1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x). (2)对结论 x1x2>x20型，方法一是构造函数 F(x)＝f(x)－f xx20，通过研究 F(x) 的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成 ln x1＋ln x2>2ln x0， 再把 ln x1，ln x2 看成两变量即可.
方法一 差值代换
第1步: 确定变量范围 0 x1 1 x2
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(1)a (0, 1) e
(2) ln x ax, 有 ln x1 ax1, ln x2 ax2
ln x1 ln x2
a(x1 x2 )
x1 x2 ln x1 ln x2
1 a
ln x1 ln x2 a(x1 x2 )
由对数均值不等式 a b a b ln a ln b 2
g(x)mine1,me1
11
例 3、已知 f(x函 )ex数 x的图y像 a与 的 x 图x像 (0在 , )上有两个 交p点 (x1,y1)Q , (x2,y2) （ 1）a求 的取值范围； （ 2）求x证 1x2： 2
解：
（2）证明：ex x ax ex (a 1)x x ln(a 1)x
ln
x1
ln
x2
a( x1
x2 )
a
2 a
2
ln(x1x2 )
2
x1 x2
e2
16
例 7 ：f 已 ( x ) x x , 若 e 知 x 1 x 2 , 有 f ( x 函 1 ) f ( x 2 ) 证 数 , x 1 x 2 明 2
解法一：构造法f ， (x) (1 x)ex 0 x 1
g(x)
(x
1)(ex
e2 ex
)
0
x
1,
有g(x)
பைடு நூலகம்
0恒成立，g(x)在(,1)上递增
g(1) 0, 设x1 1 x2,g(x1) 0 f (x1) f (2 x1),又 f (x1) f (x2)
f (x2 ) f (2 x1),又x21,2 x1 1, f (x)在（1， ），x2 2 x1
x1 ln(a 1) ln x1
x2 ln(a 1) ln x2
x1 x2
ln x1 ln x2
x1 x2 ln x1 ln x2
1,由对数均值不等式
ab ln a lnb
a b ,可知 x1 x2
2
ln x1 ln x2
x1 x2 2
,x1 x2
2
12
13
14
f (x1) f (2 x2), x1 1 x2,2 x2 1,x1 2 x2
x1 x2 2
解法二：公 xex 式 a 法 x： lnaxx1lnxlna,x2lnxlna
x1x2lnx1lnx2lnxx1 1 lx2nx2
1,由对数均值a不 b 等 a式 b lnalnb 2
x1x2 2
a b a b 可知 :
ln a ln b
2
(2 x1 3) (2 x 2 3) ln( 2 x1 3 ) ln( 2 x 2 3 )
2 x1 2 x 2 2
6 , ( x1
x2 )
15
x1 x 2 5
例 6、已知f(函 x)数 lnxa有 x 两个x1零 ,x2, 点 （ 1）求实 a的数 取值范围 （ 2）求证 x1.x2： e2
高考专题研究
巧解高考压轴题---导数 铜仁二中曾凡界老师
1
函数问题中的极值点偏移研究
铜仁二中教师： 曾凡界
2
什么叫极值点偏移问题？
3
极值点偏移的常见几何形态与代数表达
4
极值点偏移函数的常见基本形态
5
（Ⅱ）分析：
6
7
解答极值点偏移函数问题
基本 步骤
化双变量为单变量
构造函数法
8
例（ 2201年 6 全国卷）已 f(x知 )函 (x数 2)ex a(x1)2有两个x零 1、x点 2 （1）求 a的取值;范围 （2）证明 x1： x2 2
x1 x2 2
10
例 3、已知 f(x函 )ex数 x的图y像 a与 的 x 图x像 (0在 , )上有两个 交p点 (x1,y1)Q , (x2,y2) （ 1）a求 的取值范围； （ 2）求x证 1x2： 2
解：1） （由 ex xaxex 1a(x0),设g(x)ex 1
x
x
g(x)(x1)ex 0x1,有g(x)在(0,1)上递减 (1,， )上递增 x2
9
例（ 2 2016年全国卷）已知函数f (x) (x 2)ex a(x 1)2有两个零点x1、x2 （1）求a的取值范围;(a 0)
（2）证明：x1 x2 2 证明：f (x) (x 1)(ex 2a) 0 x 1,有f (x)在（1， ）上递增
设g(x) f (x) f (2 x) (x 2)ex xe2x
x1 ln m ( 2 x1 3 ) 1, x 2 ln m ( 2 x 2 3 ) 1
x1 x 2 ln( 2 x1 3 ) ln( 2 x 2 3 )
2 x1 3 ( 2 x 2 3 ) 2[ln( 2 x1 3 ) ln( 2 x 2 3 )]
由对数均值不等式
1x1x2
2
17
世上有一条很长很美的路，叫做梦想； 还有一堵很高很硬的墙，叫做现实； 翻越那堵墙，叫做坚持； 推倒那堵墙，叫做突破。 只有拼搏了才会知道自己有多优秀!
18
谢谢 聆听
19
（201年 9 适应性考试）已数知 f (x函 ) lnx2(x1),g(x) ex1
1x
2x3
（1）求函f数(x)在[1,)上的最小;值
（2）设ba0,证明：ba ab; lnblna 2
（3）若存在实m， 数使方g程(x)
m有两个实x1根 , x2,且x1
x2
3 2
证明： x1 x2 5
证明： e x 1 m x ln m ( 2 x 3 ) 1 2x 3
f (x)在(,1)上为单调递增函数， （1在 ， ）上递减
设g(x) f (x) f (2 x) xex (2 x)ex2
g(x)
(1
x)(1e2x2 ex
)
,
g(x)
0,
g(x)在R上单调递增g， (1)
0
x2 1,g(1) 0,有f (x2) f (2 x2), f (x1) f (x2),