补上一课　极值点偏移.pptxVIP

第三章一元函数的导数及其应用INNOVATIVEDESIGN补上一课极值点偏移

(无偏移，左右对称，如二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.

(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x22x0；(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x22x0.

题型一对称化构造辅助函数例1(2024·青岛调研)已知函数f(x)＝xe－x.(1)求f(x)的单调区间和极值；解f′(x)＝(1－x)e－x，则由f′(x)0，得x1；由f′(x)0，得x1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x22.证明不妨设x1x2，由(1)知x11，x21，要证x1＋x22，即证x22－x1，即证f(x1)＝f(x2)f(2－x1).构造F(x)＝f(2－x)－f(x)＝(2－x)ex－2－xe－x，x1，则F′(x)＝(1－x)(ex－2－e－x)0，所以F(x)在(－∞，1)上单调递减，所以F(x)＝f(2－x)－f(x)F(1)＝0，故F(x1)＝f(2－x1)－f(x1)0，x11，可得f(2－x1)f(x1)＝f(x2)，又x11，2－x11，x21，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1x2，故x1＋x22.

感悟提升

训练1已知函数f(x)＝x(1－lnx)，若f(x)＝m有两个根x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x22.当x∈(0，1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.不妨设0x11x2，要证x1＋x22，即证x22－x1.因为0x11x2，所以x21，2－x11，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)f(2－x1)，

又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)f(2－x1)，即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)].当0x1时，x(2－x)1，则－ln[x(2－x)]0，即当0x1时，F′(x)0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以当0x1时，F(x)F(1)＝0，所以当0x11时，f(x1)－f(2－x1)0成立，可得f(2－x1)f(x1)＝f(x2)，又x11，则2－x11，x21，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1x2，所以x1＋x22.

题型二比、差值换元构造辅助函数例2已知函数f(x)＝lnx－ax(x0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1x2e2.证明法一不妨设x1x2，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，欲证x1x2e2，即证lnx1＋lnx22.因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，

法二由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的两个根，设t1＝lnx1，t2＝lnx2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2e2?lnx1＋lnx22?t1＋t22.下证：t1＋t22.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)0，

由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1t2，作出函数g(x)的图象如图所示，由图知必有0t11t2.令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，所以F(x)在(0，1]上单调递增，所以F(x)F(0)＝0对任意的x∈(0，1]恒成立，即g(1＋x)g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立.由0t11t2，得1－t1∈(0，1)，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)g(t2).又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1t2，所以t1＋t22，即x1x2e2.

感悟提升

训练2(2024·南通模拟改编)已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2＞2.所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x1，x2是方程g(x)＝0的实根，不妨设x1＜1＜x2.设0＜x1＜1＜x2，由g(x1