专题3 极值点偏移六脉神剑之“关冲剑”（教师版）-极值点偏移专题

极值点偏移六脉神剑之“关冲剑”关冲剑——右手无名指-手少阳三焦经。特点：以拙滞古朴取胜。函数的极值点偏移问题中，有一类问题是难度较低的一个类型，解决方法单一经典，循着本源便可解决问题，那就是不含参数的极值点偏移问题。对点详析，利器显锋芒★已知函数.（1）若对任意，恒成立，求的取值范围；（2）若函数有两个不同的零点，，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）解：由对任意恒成立，得对任意恒成立.令，则.令，则.∴在上，，单调递增；在上，，单调递减.∴，则，即的取值范围为.（2）证明：设，，则.在上，，单调递增；在上，，单调递减.∵，，当时，，且，∴，，要证，即证.∵，，在上单调递减，∴只需证明.由，只需证明.令，.∵，∴，，∴，∴在上单调递增，∴，即，∴.★已知函数f(x)=(x−1)e（1）求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；（2）函数f(x)与函数的图像总有两个交点，设这两个交点的横坐标分别为x1，x2（ⅰ）求m的取值范围；（ⅱ）求证：x1【答案】（1）y=x−1（2）（ⅰ）m<1【解析】（1）解：由已知得f(x)=e(x−1)∴f'(x)=−e(x−2)ex曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为：y=x−1.（2）（ⅰ）令g(x)=f(x)−x2+4x−m∴g'由g'(x)<0得，x>2；由g'(x)>0得，x<2易知，g(x)max=g(2)=1e+4−m又时即函数g(x)在x<2时有负值存在，在x>2时也有负值存在.由题意，只需满足g(x)∴m的取值范围是：m<（ⅱ）由题意知，x1，x2为函数gx=fx−x2+4x−m=(x−1)e1−x只需证明g(x1)>g(4−所以只需证明g(x令H(x2∴H'∵x1>2，∴e所以H'(x2)>0所以H(x2)>H(2)=0所以x1内练精气神，外练手眼身★已知函数f(x)=xe−x(xR)（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间和极值；（Ⅱ）若x(0,1),求证：f(2−x)>f(x)；（Ⅲ）若x1(0,1),x2(1,+∞),且f(x1)=f(x2),求证：x1+x2>2.【答案】（1）在(鈭掆垶,1)内是增函数,在()内是减函数.在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=1e【解析】f'(x)=（1﹣x）e﹣x令f'(x)=0，则x=1当x变化时，f'(x)，f（x）的变化情况如下表：x（﹣∞，1）1（1，+∞）f'(x)+0﹣f（x）↗极大值↘∴f（x）在（﹣∞，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数∴f（x）在x=1处取得极大值1e（Ⅱ）证明：令g（x）=f（x）﹣f（2﹣x）则g（x）=xe﹣x﹣（2﹣x）ex﹣2∴g'（x）=（x﹣1）（e2x﹣2﹣1）e﹣x∵当0<x<1时,2x−2<0,从而e2x−2−1<0所以g'(x)>0,从而函数g(x)在(0,1)是增函数.∵e﹣x＞0，∴g又∵g（1）=0∴0<x<1时,g（x）<g（1）=0即当0<x<1时，f（x）<f（2﹣x）(Ⅲ)证明：∵0<∴2−由(Ⅱ)得：f(x∵f(∴f(∵f(x)在()内是减函数∴x2>2−★（2010天津理）已知函数，如果，且.证明：构造函数，则，所以在上单调递增，，也即对恒成立.由，则，所以，即，又因为，且在上单调递减，所以，即证法三：由，得，化简得…，不妨设，由法一知，.令，则，代入式，得，反解出，则，故要证，即证，又因为，等价于证明：…，构造函数，则，故在上单调递增，，从而也在上单调递增，，学&科网构造，则，又令，则，由于对恒成立，故，在上单调递增，所以，从而，故在上单调递增，由洛比塔法则知：，即证，即证式成立，也即原不等式成立.【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.例.已知函数，证明：当时，【解析】易知，在上单调递增，在上单调递减.学&科网★已知函数，正实数满足.证明：.【解析】由，得从而，令，构造函数，得，可知在上单调递减，在上单调递增，学&科网所以，也即，解得：.★已知函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）若方程有两个相异实根，，且，证明：.【答案】（Ⅰ）在(0,1)递增，在(1,+递减；（Ⅱ）见解析（2）由(1)可设的两个相异实根分别为，满足且，由题意可知