2020年高考数学二轮微专题突专题31 极值点偏移问题的研究（解析版）.docx

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1、专题31极值点偏移问题的研究一、题型选讲题型一、常见的极值点偏移问题常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型：1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；3.若函数存在两个零点且，令，求证：；例1、(2019无锡期末）已知函数f(x)＝ex－x2－ax(a>0)．(1)当a＝1时，求证：对于任意x>0，都有f(x)>0成立；(2)若函数y＝f(x)恰好在x＝x1和x＝x2两处取得极值，求证：

2、析法，通过代数变形，换元等方法将问题转化为熟悉的不等式问题，再通过构造函数，结合常用不等式，利用导数进行证明．(1)由f(x)＝ex－x2－x，则f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－1，(3分)当x>0，g′(x)>0，则f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f′(x)>f′(0)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，(5分)进而f(x)>f(0)＝1>0，即对于任意x>0，都有f(x)>0.(6分)(2)f′(x)＝ex－ax－a，因为x1，x2为f(x)的两个极值点，所以即两式相减，得a

3、＝两式相减，得a＝，(8分)则所证不等式等价0，所以证不等式只需证明：e<→te－et＋1<0，(14分)设φ(t)＝te0≥0，所以φ′(t)≤0，所以φ(t)在(0，＋∞)单调递减，φ(t)<φ(0)＝0.所以

4、小问，利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤，必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问，由函数在(0，－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号，转化为含参数的恒成立问题；第三小问，关键是找到零点的大致范围，还是利用导数求最大值、最小值的方法．规范解答(1)当a＝0时，f(x)＝，定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值所以当x＝时，f(x)的极大值为，无极小值．(4分)(2)f′(x)＝，由题意f′(

5、x)≥0对x∈(0，－a)恒成立．因为x∈(0，－a)，所以(x＋a)3<0，所以1＋－2lnx≤0对x∈(0，－a)恒成立．所以a≤2xlnx－x对x∈(0，－a)恒成立．(6分)令g(x)＝2xlnx－x，x∈(0，－a)，则g′(x)＝2lnx＋1.①若0<－a≤e－，即0>a≥－e－，则g′(x)＝2lnx＋1<0对x∈(0，－a)恒成立，所以g(x)＝2xlnx－x在(0，－a)上单调递减，则a≤2(－a)ln(－a)－(－a)，所以ln(－a)≥0，所以a≤－1与a≥－e－矛盾，舍去；②若－a>e－，即a<－e－，令g

6、′(x)＝2lnx＋1＝0，得x＝e－，当00，所以g(x)＝2xlnx－x单调递增，所以当x＝e－时，g(x)min＝g(e－)＝2e－·lne－－e－＝－2e－，所以a≤－2e－.综上，实数a的取值范围是(－∞，－2e－]．(10分)(3)当a＝－1时，f(x)＝，f′(x)＝.令h(x)＝x－1－2xlnx，x∈(0，1)，则h′(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1，令h′(x)＝0，得x＝

7、e－.①当e－≤x<1时，h′(x)≤0，所以h(x)＝x－1－2xlnx单调递减，h(x)∈(0，2e－－1]，x∈(0，1)，所以f′(x)＝<0恒成立，所以f(x)＝单调递减，且f(x)≤f(e－)．(12分)②当00，h(e－2)＝e－2－1－2e－2·lne－2＝－1<0，所以存在唯一x0∈，使得h(x0)＝0，所以f′(x0)＝0，当00，所以f(x)＝单调递增；当x0

8、)<0，所以f(x)＝单调递减，且f(x)≥f(e－)，(14分)由①和②可知，f(x)＝在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以当x＝x0时，f(x)＝取极大值．因为h(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0，所以lnx0＝，所以f