2025版高考数学一轮总复习素养提升第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用第3课时导数与函数的零点.docVIP

极值点偏移问题处理方法

图说极值点偏移

1．已知函数f(x)的图象的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eq\f(x1＋x2,2)＝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.

2．若eq\f(x1＋x2,2)≠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、图3.

方法(一)对称变换

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)定极值点，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x0.

(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数h(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2xeq\o\al(2,0)，则令g(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x))).

(3)判断单凋性，即利用导数讨论h(x)的单调性．

(4)比较大小，即判断函数h(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－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(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求．

[提醒]若要证明f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))的符号问题，还需进一步讨论eq\f(x1＋x2,2)与x0的大小，得出eq\f(x1＋x2,2)所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．

(2024·周市高级中学高三考试)已知函数f(x)＝eq\f(sinx,ex)，x∈(0，π)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2eq\f(π,2).

[解析](1)f′(x)＝eq\f(cosx－sinx,ex)，0xπ，

由f′(x)＝0得x＝eq\f(π,4)，

当0xeq\f(π,4)时，f′(x)0；当eq\f(π,4)xπ时，f′(x)0.

∴f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π)).

(2)证明：∵x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，

∴由(1)知，不妨设0x1eq\f(π,4)x2π.

要证x1＋x2eq\f(π,2)，只需证x2eq\f(π,2)－x1，

而eq\f(π,4)eq\f(π,2)－x1eq\f(π,2)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上单调递减，

故只需证f(x2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x1)).

又f(x1)＝f(x2)，

∴只需证f(x1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x1)).

令函数g(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝eq\f(sinx,ex)－eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)),eeq\s\up10(\f(π,2)－x))＝eq\f(sinx,ex)－eq\f(cosx,eeq\s\up10(\f(π,2)－x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0x\f(π,4)))，

则g′(x)＝eq\f(cosx－sinx,ex)＋eq\f(sinx－cosx,eeq\s\up10(\f(π,2)－x))

＝(cosx－sinx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ex)－\f(1,eeq\s\up10(\f(π,2)－x))))

＝(cosx－sinx)·eq\f(eeq\s\up10(\f(π,2)－x)－ex,eeq\s\up10(\f(π,2))).

当0xeq\f(π,4)时，cosx－sinx0，eq\f(π,2)－xx，故g′(x)0，

∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，

故在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上g(x)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\