2025高考数学一轮复习第3章导数及其应用08微难点8极值点偏移与拐点偏移（课件+解析试卷）

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　　　已知函数f(x)＝x3－3x2，若f(x1)＝f(x2)且x1≠x2，x1，x2∈[0,3]，求证：x1＋x2＜4．
　　　　因为f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，所以当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故当x＝2时f(x)取极小值．由f(x1)＝f(x2)，不妨设x1＜2＜x2，令F(x)＝f(2＋x)－f(2－x)，x∈(0,2)，F′(x)＝f′(2＋x)＋f′(2－x)＝6x2＞0，所以F(x)在(0,2)上单调递增，F(x)＞F(0)＝0，所以f(2＋x)＞f(2－x)．而x1∈(0,2)，2－x1∈(0,2)，所以f[2＋(2－x1)]＞f(x1)，即f(x1)＜f(4－x1)．因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)＜f(4－x1)．又x2,4－x1∈(2，＋∞)，且f(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以x2＜4－x1，所以x1＋x2＜4．
　　　已知函数f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1x2＜e2k．
　　　已知函数f(x)＝x－aex有两个不同的零点x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2．
　　　　f′(x)＝ex－x－1≥0，即函数f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0．因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以x1＜0＜x2，构造和函数F(x)＝f(x)＋f(－x)＝ex－x2－2＋e－x，x＞0，则F′(x)＝f′(x)－f′(－x)＝ex－e－x－2x，F″(x)＝ex＋e－x－2≥0，所以F′(x)≥F′(0)＝0，因此F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(0)＝0，所以F(x2)＝f(x2)＋f(－x2)＞0，又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以－f(x1)＋f(－x2)＞0，即f(－x2)＞f(x1)．因为f(x)在R上单调递增，所以－x2＞x1，即x1＋x2＜0．
　　　　f′(x)＝lnx－x＋1≤0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0．因为x1＜x2且f(x1)＋f(x2)＝0，所以0＜x1＜1＜x2．
又因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以－f(x2)＋f(2－x1)＞0，即f(2－x1)＞f(x2)．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以2－x1＜x2，即x1＋x2＞2．
解决拐点偏移问题的思路(1)构造一元和函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)，x＞x0；(2)求F′(x)，F″(x)，判断导数符号，确定F(x)的单调性；(3)结合F(x0)＝2f(x0)，判断F(x)与2f(x0)的大小；(4)由f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)及F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＞2f(x0)得f(2x0－x2)＞f(x1)，或由F(x2)＝f(x2)＋f(2x0－x2)＜2f(x0)得f(2x0－x2)＜f(x1)．(5)结合f(x)的单调性得2x0－x2＞x1或2x0－x2＜x1，从而得x1＋x2＜2x0或x1＋x2＞2x0．
　　　　依题意，ex1－ax1＋a＝0，ex2－ax2＋a＝0，移项，取对数得x1＝ln (x1－1)＋ln a①，x2＝ln (x2－1)＋ln a②，
当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增．
由函数φ(x)＝x－ln x≥1知(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥6，即(x1＋x2＋3)(x1＋x2－2)≥0，又x1＋x2＞0，所以x1＋x2≥2．