专题11 导数之极值点偏移（一）（学生版+教师版）

专题11 导数之极值点偏移（一）

一、考情分析

导数的引入,为函数的研究与应用提供了有效的工具,把初等函数的学习提高到一个新的层次,正因如此,近年来,对应用导数研究函数性质的考查,已成为高考和各地模拟考试的热点和重点, 有些学生由于对概念的理解不够准确或受到某些知识或方法的负迁移,在由导数的几何意义求极值点偏移的问题程时,从而导致对而不会,会而不全.极值点偏移问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策，而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的. 其实，此类问题处理的手段有很多，方法也就有很多，下面我们来逐一探索！[

二、考点梳理

【极值点偏移基本定义】

众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.

若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：

①若，则称为极值点左偏；②若，则称为极值点右偏.[来源:学_科_网Z_X_X_K]

【极值点偏移几种常考类型】

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：；

4. 若函数中存在且满足，令，求证：.

三、题型突破

例1、设函数，函数为的导函数，且是的图像上不同的两点，满足，线段中点的横坐标为，证明：

【解析】∵，又依题意，

得在定义域上单调递增，所以要证，只需证，

即……

不妨设，注意到，由函数单调性知，有，

构造函数，则，

当时，，即单调递减，当时，，从而不等式式成立，故原不等式成立.

例2、【2016年全国Ⅰ】已知函数有两个零点．

（I）求a的取值范围；

（II）设，是的两个零点，证明：．

【解析】（Ⅰ）．

（i）设，则，只有一个零点．

（ii）设，则当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增．

又，，取满足且，则

，故存在两个零点．

（iii）设，由得或．

若，则，故当时，，

因此在上单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．

若，则，故当时，；

当时，．因此在上单调递减，

在上单调递增．又当时，，

所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．

（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，

又在上单调递减，所以等价于，

即．由于，

而，所以．

设，则．

所以当时，，而，故当时，．

从而，故．

例3、（2021·贵州·贵阳一中高三月考（理））已知函数（其中e为自然对数的底数，a为常数）．

（1）讨论函数的单调性；

（2）证明：当函数有极大值，且极大值为a时，若方程（m为常数）有两个不等实根则.

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】

（1）求导函数，讨论参数与即可分析函数的单调性；

（2）当时，函数有极大值，即可求出，求导分析单调性，构造函数求导分析单调性即可证明结果．

【详解】

（1）解：由题意可得.

①当时，在上恒成立，∴函数在上单调递减；

②当时，令，令，

∴函数在上单调递增，在上单调递减；

综上所述：当时，函数在上单调递减；

当时，函数在上单调递增，在上单调递减.；

（2）证明：由（1）可知，当时，函数有极大值，

且，解得，

∴（其中），则，

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增.

不妨设，则，

当时，则.

令，

则，

∴在上单调递减，于是，即，

当时，，

又，∴，

又，且在上单调递减，

，即．

例4、已知函数．

（1）讨论的单调性；
（2）若，是的两个零点，求证：．

【答案】（1）f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．

       （2）

【解析】（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），且，

①当a≤0时，f'（x）≤0，f（x）的单调递减区间为（0，＋∞）；②当a＞0时，由f'（x）＞0得，故f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．

（2）∵f（x）有两个零点，∴由（1）知a＞0且，∴a＞2e，要证原不等式成立，只需证明，只需证明，只需证明．

一方面∵a＞2e，∴，

∴，∴，

且f（x）在单调递增，故；

另一方面，令，（x＞0），

则，当时，g'（x）＜0；当时，g'（x）＞0；

故，故g（x）≥0即时x∈（0，＋∞）恒成立，

令，则，于是，

而，故，且f（x）在单调递减，故；

综合上述，，即原不等式成立．

例5、（2021·全国·高三月考）已知函数 (，为常数)在内有两个极值点.

（1）求参数的取值范围；

（2）求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【分析】

（1）函数有两个极值点，转化为在内有两个不相等的实数解，利用函数的单调性和零点存在性定理即可得实数a的取值范围；

（2）要证，即证，构造新函数，利用单调性即可证明．

【详解】

解：(1)由，得.

记，由题意知，在上存在两个零点.

因为，则

当时，，在上递增，至多只有一个零点，不合题意；

当时，令，得．

（i）若，即时，在上递减，在上递增，

则 .

当，且，，此时，

从而在和上各有一个零点，

所以，在上存在两个零点.

（ii）若，即时，在上递减，至多只有一个零点，不合题意.

（iii）若，且，即时，此时在上只有一个零点，而在上没有零点，不合题意.

综上所述，；

（2）若函数在上存在两个零点，

即，则，两式相减可得

要证，即证

即

令，即

设，则

所以在区间上单调递增，则

即，那么原不等式成立

四、迁移应用

1．（2021·江苏·苏州市相城区陆慕高级中学高三月考）已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若有两个零点，求a的取值范围；

（3）满足（2）的条件下，记两个零点分别为，证明：

【答案】（1）时，在定义域内为单调减函数，时，在上为单调减函数，在上为单调增函数；（2）；（3）证明见解析．

【分析】

（1）运用导函数并结合分类讨论分析函数的单调性即可得出结果；
（2）由（1）的结论结合函数的极值、最值，讨论即可求解参数的范围；
（3）构造新函数，运用极值点偏移的证明方法证明即可.

【详解】

（1）函数的定义域为，

时，恒成立，所以在上单调递减，

时，令得，

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增．

综上，时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）时，由（1）知至多有一个零点，

时，由（1）知当时，取得最小值，最小值为

①当时，由于，故只有一个零点，

②当时，即，故没有零点，

③当时，即，

又，

由（1）知在上有一个零点．

又，

由（1）知）在有一个零点．

所以在上有两个零点．

综上，a的取值范围为；

（3）由（2）知，当时，在上有两个零点，不妨设，

则由（2）知，，且

令

有

由于

（且仅当等号成立）

所以当时，，当时，，

所以在单调递减，又，

所以即，

又，所以，

又由于，且在上单调递增，

所以

所以.

【点睛】

关键点点睛：解决极值点偏移问题的关键是通过构造函数，结合新函数及原函数的单调性确定证明结果.

2．（2021·全国·高三专题练习）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，求证：

【答案】（Ⅰ）递增区间，递减区间；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】

（Ⅰ）利用函数的导函数易求函数的单调区间；

（Ⅱ）方法一：构造函数，求其导函数

，并判断导函数符号，对导函数中部分式子进行求一阶导数、二阶导数，最终得到函数的取值范围，

再利用函数单调性解不等式即可证得；

方法二：通过化简方程，再结合对数平均不等式得到不等式，后面再采用反证法证明.

【详解】

（Ⅰ）函数的定义域为R

由，得，由，得函数的递增区间为，

由，得函数的递减区间为，

故函数的递增区间为，递减区间为.

（Ⅱ）解法一：构造函数，利用函数的单调性求证；

令，

则；

令，

则，则.

由得，，故在内单调递增；

故，故在内单调递增

故，故，故在上单调递减，

所以；

由（Ⅰ）及知，；

不妨设，故，所以，

所以，又在上单调递增，

所以，即；即证.

解法二：利用对数平均不等式求证；

因为时，，时，，由（Ⅰ）及，

可知，不妨设，则，，

所以；

对上式两边同时取自然对数，可得，

所以，

所以（根据对数平均不等式），

所以①.

因为，且在单调递减，所以.

下面用反证法证明，假设，

当时，，与不等式①矛盾；

当时，，所以，与不等式①矛盾.

所以假设不成立，所以；即证.

【点睛】

关键点点睛：证明极值点偏移常见的处理方法为构造新函数，结合新函数与原函数的单调性证明.

3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)＝lnx﹣ax，a为常数．

（1）若函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，求a的值；

（2）当a＝1时，试比较f（m）与f（）的大小；

（3）若函数f(x)有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2．

【答案】（1）a＝1；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）证明见解析．

【分析】

（1）求出原函数的导函数，由函数在x＝1时的导数值等于0求得a的值；

（2）把a＝1代入函数解析式，利用导数求出函数的单调区间，构造函数，由导数得到函数h（m）的单调性，在定义域内分m＜1，m＝1，m＞1得到h（m）的符号，从而得到f（m）与f（）的大小；

（3）由函数f(x)有两个零点x1、x2，得到lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，进一步得到，lnx1+lnx2＝a（x1+x2），把证明x1x2＞e2转化为证lnx1+lnx2＞2，结合lnx1+lnx2＝a（x1+x2）转化为证明（x1＞x2），换元后利用导数得到证明．

【详解】

（1）解：由f(x)＝lnx﹣ax，得：，

∵函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，

∴ ，即a＝1；

（2）当a＝1时，f(x)＝lnx﹣x，

∴，

当0＜x＜1时，，f(x)单调递增，

当x＞1时，，f(x)单调递减．

令，

则．

又∵h（1）＝0，

①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即；

②当m＝1时，h（m）＝0，即；

③当m＞1时，h（m）＜0即；

（3）证明：∵函数f(x)有两个零点x1、x2，

∴lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，

∴lnx1+lnx2＝a（x1+x2），lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2），

∴，

欲证明，即证lnx1+lnx2＞2，

∵lnx1+lnx2＝a（x1+x2），

∴即证，

∴原命题等价于证明，

即证：（x1＞x2），

令，则t＞1，设（t＞1），

，

∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，

又∵g(1)＝0，

∴g（t）＞g(1)＝0，

∴，即．

4．（2021·全国·高三月考）已知函数

（1）若，(为的导函数)，求函数在区间上的最大值；

（2）若函数有两个极值点，求证：

【答案】（1）当时，；当时，；当时，；（2）证明见解析．

【分析】

（1）利用导数通过分类讨论判断函数的单调性，从而求函数的最大值；

（2）把要证结论等价转化为，结合函数的极值点再次把要证结论转化为，()，通过构造函数即可证明.

【详解】

（1）因为，，

①当时，因为，所以，

所以函数在上单调递增，则；

②当，即时，，，

所以函数在上单调递增，则；，

③当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，则；

④当，即时，，，函数在上单调递减，则．

综上，当时，；

当时，；

当时，.

（2）要证，只需证：，

若有两个极值点，即函数有两个零点，又，

所以是方程的两个不同实根，

即，解得，

另一方面，由，得，

从而可得，

于是．不妨设，

设，则．因此，．

要证，即证：，

即当时，有，

设函数，则，

所以为上的增函数．注意到，，因此，．

于是，当时，有．

所以成立，．

【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键是对要证明不等式合理变形，把双变量问题化为单变量问题.

5．（2021·新疆·布尔津县高级中学三模（理））已知函数

（1）若时，恒成立，求的取值范围；

（2）求证且；

（3）当时，方程有两个不相等的实数根，求证

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析．

【分析】

（1）因，所以，即，构造函数转化为最值可求；

（2）由（1）知当时，即，所以，

令，得，从而可证；

（3）要证，只需证，根据单调性，即证

只需证，

故构造函数即可证明.

【详解】

解：（1），，即

设，

当时在上单调递增，

满足条件；

当时，令，得，

当时，当时，，

在区间上单调递减，在区间上单调递增，．

，与已知矛盾．

综上，的取值范围是

（2）由（1）可知，当时，

即对恒成立，故有．

令，得，

分别令，将个不等式相加得

故原不等式成立．

（3）当时，，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，

由方程有两个不相等的实数根，不妨设，

则，要证，只需证，

在区间上单调递增，只需证明

只需证明

设，则，

在区间上单调递增，，

成立

原不等式成立，即成立．

【点睛】

关键点点睛：（1）问关键点是根据定义域对分和进行讨论；

（2）问关键点是利用（1）结论得，令从而可证；

（3）问关键点是利用对称构造，构造函数，属于典型的极值点偏移问题.

6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，函数满足．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若有两个不同的零点、，证明：．

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】

（1）求出函数的定义域与导数，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；

（2）求得，令可得出，设，可得出，分析得出，构造辅助函数，利用导数分析函数在上的单调性，由此可证得结论成立.

【详解】

（1）由已知得函数的定义域为，

则，

当，即时，，在上单调递增，

当，即时，若时，，若时，，

所以，在上单调递减，在上单调递增.

综上所述，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

（2），，其定义域为，

等价于，即，

设，

令，则；令，则.

所以，函数在上单调递减，在上单调递增，

函数有两个不同的零点，即有两个不同的根，，

有两个不同的零点、且，且，

令，

则对任意的恒成立，

所以，函数在上单调递增，所以，，

即当时，，

又，，

，，且在上单调递增，，故，得证．

【点睛】

方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

7．（2021·全国·高三专题练习）已知函数．

（1）若曲线在处的切线与直线垂直，求函数在最大值；

（2）当时，设函数的两个零点为，试证明：．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【分析】

（1）根据曲线在处的切线与直线垂直，利用导数的几何意义求得函数，然后再求极大值；

（2）易得，构造，利用导数可得在递增，即在恒成立，则，然后利用在的单调性证明．

【详解】

（1）函数的定义域为，

，

在处的切线与直线垂直，

，

由（负值舍去），

所以函数在上单调递增，在单调递减，

故有最大值．

（2）当时，．

函数在单调递增，在单调递减．

且，

故函数的两个零点为满足，

令，

在（0，1）恒成立，

∴F(x)在（0，1）递增，在（0，1）恒成立，

∴，又，

∴，

∵，又在单调递减，

∴，即．

【点睛】

方法点睛：对称法解决极值点偏移的基本原理是利用函数的单调性，把要证明的 （ 是极值点）转化为证明 ，再转化为 （根据单调性不同， 表示不同的大小关系），又根据 ，可以转化为证明 ，而  是固定的， 是变量，这样就把一个双变量不等式转化为了单变量不等式，从而以 为未知量来构造函数证明不等式即可.