数学-极值点偏移问题的求解策略(共14张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＝
极值点偏移问题的求解策略课件(共29张PPT)——江西省会昌中学2022届高三数学二轮复习微专题
t
t
0,即ln t t 1 0; 对于左边不等式：1 1 ln t ln t 1 1 0,
t
t
令p(t) ln t 1 1,则p' (t) 1 1 t 1 0,
t
t t2 t2
p(t)在(1,+)上单调递增， p(t) p(1) 0.
综上所述，1 k 1 .
x2
x1
的中点
问题提出
x1 x2 2
x0
极值点居中
x1
x2 2
x0
极值点偏移
问题解决
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】
【题目】已知函数 f (x) (x 2)ex a(x 1)2 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 .
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】
【题目】已知函数 f (x) (x 2)ex a(x 1)2 有两个零点.
（Ⅰ）求 a 的取值范围；
解法二：（分离参数）
f (x) (x 2)ex a(x 1)2 有两个零点
方程 a
(2 x)ex (x 1)2
有两根.
g(x) (2 x)ex (x 1)2
原始型差函数
构造
对称型差函数
F(x) f (x) f (2 x)
F(x) f (1 x) f (1 x)
准确定位
目标 ＋
落实
认真落实
Hale Waihona Puke 成功 ＋提升坚持不懈
典典例例分分析：析
题型1.对称构造函数+主元法
例1已知函数f (x) 1 x ex. 1 x2
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
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
高中数学干货资料-《极值点偏移问题的处理策略及探究》
极值点偏移问题的处理策略及探究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，使得函数图像没有对称性。
若函数()f x 在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.如下图所示.极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。
而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。
不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！ 【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x x F x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减， 所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =， 故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x xH x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221tt t e +>-，又因为10te ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②， 构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>， 故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立. 法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()lim lim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的. 二、含参数的问题.例2.已知函数xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ， 由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt e >>， 因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F 求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增，所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。
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故当 x 1 时， g ( x) 0. 从而 g ( x2 ) f (2 x2 ) 0, 故x1 x2 2.
归纳总结
要证 x1 x2 2 只需证 x1 2 x2
解法一：
e a 0，则 ln(2a) 1, 2
若
又因为当 x 1 时 f ( 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 x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围；
解法一：
f ( x) ( x 1)(e x 2a). x a 0 ①当 时， f ( x) ( x 2)e ， f ( x ) 只有一个零点； ②当 a 0 时， f ( x) 存在两个零点. (0, )
x1 x2 1 x1 x2 2 2
f (2 x2 ) 0 0 f ( x2 ) f (2 x2 )
问题解决
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, ).
由于 f ( x ) 在 (-,1) 上单调递减，
所以 x1 x2 2 f ( x1 ) f (2 x2 ) . 即
f (2 x2 ) 0.
由于f (2 x2 ) x2e2 x2 a( x2 1)2 , 而f ( x2 ) ( x2 2)ex2 a( x2 1)2 0. 所以f (2 x2 ) x2e2 x2 ( x2 2)e x2 . 令g ( x) xe2 x ( x 2)ex .
f ( x1 ) f ( x2 )
不妨设
ห้องสมุดไป่ตู้
x1 1 x2 ,
只需证 f ( x1 ) f (2 x2 )
只需证 f ( x2 ) f (2 x2 )
x1, 2 x2 ,1
原始型差函数
构造
对称型差函数 F ( x) f (1 x) f (1 x)
f (1) e 0
f (2) a 0
故 f ( x ) 存在两个零点.
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围；
解法一：
f ( x) ( x 1)(e x 2a). x ①当 a 0 时， f ( x) ( x 2)e ， f ( x ) 只有一个零点； ②当 a 0 时，
解法二：（分离参数）
f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点 (2 x)e x 有两根. 方程 a 2 ( x 1)
(2 x)e x g ( x) ( x 1)2
(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 x a( x 1)2 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 .
f ( x) ( x 1)(e x 2a). x a 0 ①当 时， f ( x) ( x 2)e ， f ( x ) 只有一个零点； ②当 a 0 时， f ( x) 存在两个零点. ③当 a 0 时， f ( x) 0 x 1或x ln(2a).
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 .
x 2
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围； 几何画板动画演示
解法一：
f ( x) ( x 1)(e x 2a). x ①当 a 0 时， f ( x) ( x 2)e ， f ( x ) 只有一个零点； ②当 a 0 时，
x
lim ( x 2)e x 0,
当 x 时， a( x 1)2 ，
当 x 时， f ( x) .
x1 x2 1 2 两个零点
x1 , x2
的中点
极值点
问题提出
x1 x2 x0 2
极值点居中
x1 x2 x0 2
极值点偏移
极值点偏移问题的求解策略
问题解决
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 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 .
③当 a 0 时，
2 e 若a ， 2
f ( x) 0 x 1或x ln(2a). e 若 a 0 ， f ( x ) 不存在两个零点.
f ( x) 不存在两个零点.
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围；
取 b 0, b ln
b
f (b) (b 2)e a(b 1)
a , 2
2
f (1) e 0
f (2) a 0
3 a 2 2 (b 2) a(b 1) a (b b) 0. 2 2
故 f ( x ) 存在两个零点.
问题提出
【2016 全国课标Ⅰ卷理 21】 【题目】已知函数 f ( x) ( x 2)e x a( x 1)2 有两个零点. （Ⅰ）求 a 的取值范围；
F ( x) f ( x) f (2 x)
目标 ＋ 落实
准确定位
认真落实 坚持不懈
成功 ＋ 心安