3.8极值点、拐点偏移问题（精练）-【题型·技巧培优系列】最新高考数学大一轮复习精讲精练（新高考地区）

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3.8极值点、拐点偏移问题
【题型解读】

【题型一　极值点偏移解法赏析】
1.（2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1·x2>e2．
【解析】　(1)f′(x)＝－a＝(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；
②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝．当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．
由题意知f(x)＝ln x－ax的极大值f ＝ln －1>0，解得0 所以实数a的取值范围为．
(2)法一：对称化构造法1
由x1，x2是方程f (x)＝0的两个不同实根得a＝，令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，
由于g′(x)＝，因此，g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
设1e2，只需证明x1>∈(1，e)，只需证明f(x1) > f()，
即f(x2)>f()，即f(x2)－f()>0．
令h(x)＝f(x)－f()(x∈(1，e))，h′(x)＝>0．
故h(x)在(1，e)上单调递增，故h(x) 因为x2，∈(e，＋∞) ，f (x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x1>，即x1x2>e2．
对称化构造法2
由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f (x1)＝f (x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．
令t1＝ln x1，t2＝ln x2．设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2．
下证：t1＋t2>2．
g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝．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t1 令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝(e2x－1)>0，
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0g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，
即g(2－t1)>g(t2)，又2－t1∈(1，＋∞)，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以2－t12．
法二：比值换元法1
不妨设x1>x2>0，因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2．
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>，
所以原问题等价于证明>，即ln>，
令t＝(t>1)，则不等式变为ln t>．令h(t)＝ln t－，t>1，
所以h′(t)＝－＝>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即ln t－>0(t>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．
比值换元法2
由题知a＝＝，则＝，设x11)，则x2＝tx1，
所以＝t，即＝t，解得lnx1＝，lnx2＝lntx1＝lnt＋lnx1＝lnt＋＝．
由x1x2>e2，得lnx1＋lnx2>2，所以lnt>2，所以lnt－>0，令h(t)＝ln t－，t>1，
所以h′(t)＝－＝>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即ln t－>0(t>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．
法三：差值换元法
由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f (x1)＝f (x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2．
下证：t1＋t2>2．
由g(t1)＝g(t2)，得t1＝t2，化简得＝，①
不妨设t2>t1，由法二知，00，t2＝s＋t1，代入①式，
得es＝，解得t1＝．则t1＋t2＝2t1＋s＝＋s，故要证t1＋t2>2，即证＋s>2，
又es－1>0，故要证＋s>2，即证2s＋(s－2)(es－1)>0，②
令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，则G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，
故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0，从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，
所以G(s)>G(0)＝0，所以②式成立，故t1＋t2>2．
2．（2021·全国·高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【题型二　加法型极值点偏移】
1.（2022·山东青岛高三期末）已知函数f(x)＝x－1＋aex．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>4．
【解析】　(1)f′(x)＝1＋aex，当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增．当a<0时，令f′(x)>0，得x 则f(x)的单调递增区间为，令f′(x)<0，得x>ln，
则f(x)的单调递减区间为．
(2)由f(x)＝0得a＝，设g(x)＝，则g′(x)＝．
由g′(x)<0，得x<2；由g′(x)>0，得x>2．故g(x)min＝g(2)＝－<0．
当x>1时，g(x)<0，当x<1时，g(x)>0，不妨设x1 x1＋x2>4等价于x2>4－x1，∵4－x1>2且g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴要证x1＋x2>4，只需证g(x2)>g(4－x1)，∵g(x1)＝g(x2)＝a，
∴只需证g(x1)>g(4－x1)，即，即证(x1－3)＋x1－1<0；
设h(x)＝e2x－4(x－3)＋x－1，x∈(1，2)，则h′(x)＝e2x－4(2x－5)＋1，令m(x)＝h′(x)，
则m′(x)＝4e2x－4(x－2)，∵x∈(1，2)，∴m′(x)<0，∴m(x)在(1，2)上单调递减，
即h′(x)在(1，2)上单调递减，∴h′(x)>h′(2)＝0，∴h(x)在(1，2)上单调递增，∴h(x) ∴＋x1－1<0，从而x1＋x2>4得证．
2．（2022·天津市南开中学月考）设函数．
（1）当有极值时，若存在，使得成立，求实数的取值范围；
（2）当时，若在定义域内存在两实数满足且，证明：．
【解析】（1）定义域为，，
当时，，即在上单调递增，不合题意，；
令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，；
存在，使得成立，则，即，
又，，
即，
令，则，
在上单调递增，又，，
即实数的取值范围为.
（2）当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
由且知：；
令，，
则，
在上单调递增，，即；
，又，；
，，又且在上单调递减，
，即.
3. （2022·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝x－alnx
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)若方程有2个不等的实根，证明：.
【解析】(1)f(x)的定义域是，求导得，
当，，函数f(x)没有极值点；
当时，令，得
在(0，a)上，，f(x)单调递减，在上，，f(x)单调递增，
∴函数f(x)有极小值点，无极大值点；
(2)由(1)知方程有2个不等的实根时，f(x)在定义域上不单调，一定有，在(0，a)上f(x)单调递减，在上f(x)单调递增，不妨设，
令，
∵，
∴，
由得，∴，
∴g(x)在(0，a)上单调递减，∴，
即，
结合题设有，
∵，而f(x)在上单调递增，
∴，即.
【题型三　乘法型极值点偏移】
1.（2022·河南高三期末）已知函数(，)有两个不同的零点，．
(1)求的最值；
(2)证明：．
【解析】　(1)，有两个不同的零点，∴在内必不单调，故，
此时，解得，∴在上单增，上单减，
∴，无最小值．
(2)由题知两式相减得，即，
故要证，即证，即证，
不妨设，令，则只需证，设，
则，设，则，
∴在上单减，∴，∴在上单增，∴，
即在时恒成立，原不等式得证．
2．（2022·广东·高三期末）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个零点，．
①求的取值范围；②证明：．
【解析】　(1)的定义域为，，
(ⅰ)当时，在上单调递增；
(ⅱ)当时，若，则，在上单调递增；
若，则，在区间上单调递减；
综上：时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)①由(1)知，时，单调递增，至多一个零点，不合题意，
当时，在上单调递增，在区间上单调递减；
，若函数有两个零点，，
由于时，，时，，所以，解得，
故所求的取值范围为；
②证明：由题意：，，，
要证，只要证，即．
只要证即证，
令，，
，即成立，
故原不等式成立．
【题型四　导数型极值点偏移】
1.（2022·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，f(＋x)＞f(－x)；
(3)若函数y＝f(x)的图象与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f¢(x0)＜0．
【解析】　(1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调增加；
若a＞0，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减；
(2)法一：构造函数，利用函数单调性证明，方法上同，略；
法二：构造以为主元的函数，设函数，
则，，
由，解得，当时，，而，
所以，故当时，
(2)由(1)可得a＞0，f¢(x)＝－2ax＋2－a在(0，＋∞)上单调递减，f¢()＝0，
不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，
欲证明f¢(x)＜0，即f¢(x0)＜f¢()，只需证明x0＝＞，即x1＞－x2，
只需证明f(x2)＝f(x1)＞f(－x2)．
由(2)得f(－x2)＝f[＋(－x2)]＞f[－(－x2)]＝f(x2)，得证．
2.（2022·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝ln x－ax＋1有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：f′(x1·x2)<1－a．
【解析】　(1)由f(x)＝0，可得a＝，
转化为函数g(x)＝与直线y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．
g′(x)＝(x>0)，故当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0．
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1．
又g＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，
故当x∈时，g(x)<0；当x∈时，g(x)>0．可得a∈(0，1)．
(2)f′(x)＝－a，由(1)知x1，x2是ln x－ax＋1＝0的两个根，
故ln x1－ax1＋1＝0，ln x2－ax2＋1＝0⇒a＝．
要证f′(x1·x2)<1－a，只需证x1·x2>1，即证ln x1＋ln x2>0，即证(ax1－1)＋(ax2－1)>0，
即证a>，即证>．
不妨设0 令t＝∈(0，1)，h(t)＝ln t－，h′(t)＝－＝>0，
则h(t)在(0，1)上单调递增，则h(t) 【题型五　拐点偏移问题】
1.（2022·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数，．
（Ⅰ）若在处取得极值，求的值；
（Ⅱ）设，试讨论函数的单调性；
（Ⅲ）当时，若存在正实数，满足，求证：．
【解析】（Ⅰ）因为，所以，
因为在处取得极值，所以（1），解得：．
验证：当时，，
易得在处取得极大值．
（Ⅱ）因为，
所以，
①若，则当时，，
所以函数在上单调递增；
当，时，，
函数在，上单调递减．
②若，，
当时，易得函数在和，上单调递增，在，上单调递减；
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，易得函数在和，上单调递增，在，上单调递减．
（Ⅲ）证明：当时，，
因为，
所以，
即，
所以，
令，，
则，
当时，，
所以函数在上单调递减；
当时，，
所以函数在上单调递增．
所以函数在时，取得最小值，最小值为1．
所以，
即，
所以或，
因为，为正实数，所以当时，，
此时不存在，满足条件，
所以．