高考数学二轮专题复习——八招搞定 极值点偏移

这是一份高考数学二轮专题复习——八招搞定 极值点偏移，共134页。试卷主要包含了 若函数存在两个零点且，求证， 若函数中存在且满足，求证， 若函数中存在且满足，令，求证，0)等内容，欢迎下载使用。

学习极值点偏移咱们从“0”开始……
极值点偏移的含义
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：
若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏.
如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏.
极值点偏移问题的一般题设形式：
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：.
问题初现，形神合聚
★函数有两极值点，且.
证明：.
所以，
所以，
因为，，在上单调递减
所以，即.
★已知函数的图象与函数的图象交于，过的中点作轴的垂线分别交，于点，问是否存在点，使在处的切线与在处的切线平行？若存在，求出的横坐标；若不存在，请说明理由.
内练精气神，外练手眼身
★【2019江苏无锡高三上学期期末】已知函数 f(x) = －ax(a > 0).
(1) 当 a = 1 时，求证：对于任意 x > 0，都有 f(x) > 0 成立；
(2) 若函数 y = f(x) 恰好在 x = x1 和 x = x2 两处取得极值，求证：< ln a.
【答案】（1）见解析； （2）见解析.
【解析】（1）当a＝1时，f（x）＝exx2﹣x，
则f′（x）＝ex﹣x﹣1，
∴f″（x）＝ex﹣1＞0，（x＞0），
∴f′（x）＝ex﹣x﹣1单调递增，
∴f′（x）＞f′（0）＝0，
∴f（x）单调递增，
∴f（x）＞f（0）＝1＞0，
故对于任意x＞0，都有f（x）＞0成立；
（2）∵函数y＝f（x）恰好在x＝x1和x＝x2两处取得极值
∴x1，x2是方程f′（x）＝0的两个实数根，不妨设x1＜x2，
∵f′（x）＝ex﹣ax﹣a，f″（x）＝ex﹣a，
当a≤0时，f″（x）＞0恒成立，∴f′（x）单调递增，f′（x）＝0至多有一个实数解，不符合题意，
当a＞0时，f″（x）＜0的解集为（﹣∞，lna），f″（x）＞0的解集为（lna，+∞），
∴f′（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
∴f′（x）min＝f′（lna）＝﹣alna，
由题意，应有f′（lna）＝﹣alna＜0，解得a＞1，
此时f′（﹣1）0，
∴存在x1∈（﹣1，lna）使得f′（x1）＝0，
易知当时，f(x).
∴存在x2∈（lna，）使得f′（x2）＝0，
∴a＞1满足题意，
∵f′（x1）＝f′（x2）＝0，
∴aa＝0，
∴a，
∴f″（）a（），
设t＞0，
∴et，
设g（t）＝（2t﹣et）et+1，
∴g′（t）＝2（t+1﹣et）et，
由（1）可知，g′（t）＝2（t+1﹣et）et＜0恒成立，
∴g（t）单调递减，
∴g（t）＜g（0）＝0，
即f″（）＜0，
∴
∴lna．
★过点作曲线f(x)=ex的切线l．
（1）求切线l的方程；
（2）若直线l与曲线交于不同的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求证：．
【答案】（1）y=x+1（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）先根据导数几何意义求切线斜率y'|x=0=1，再根据点斜式求切线方程y=x+1．
因为，不妨设x1-2．
设g(x)=f(x)-f(-4-x)，则g'(x)=f'(x)+f'(-4-x)=(x+2)ex(1-e-2(2+x))，
当x>-2时，g'(x)>0，g(x)在单调递增，
所以g(x)>g(-2)=0，所以当x>-2时，f(x)>f(-4-x)．
因为x2>-2，所以f(x2)>f(-4-x2)，
从而f(x1)>f(-4-x2)，因为-4-x22，∴ex2-3e1-x2=e2x2-4>1，即ex2-3-e1-x2>0
所以H'(x2)>0，即H(x2)在(2,+鈭?上为增函数，
所以H(x2)>H(2)=0，∴g(x2)>g(4-x2)成立.
所以x1+x2>4.
内练精气神，外练手眼身
★【2019北京八中期中】已知函数 f (x) = x e−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（2）见解析(3)见解析
【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：
∴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00，证明：当00 .
★已知函数（）.
（Ⅰ）若，求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）若函数，对于曲线上的两个不同的点，，记直线的斜率为，若，
证明：.
【答案】（1）（2）见解析
由题设得 .
又 ，
∴
.
不妨设， ，则，则 .
令 ，则，所以在上单调递增，所以，
故.
又因为，因此，即.
又由知在上单调递减，
所以，即.
★已知函数，．
（Ⅰ）求过点且与曲线相切的直线方程；
（Ⅱ）设，其中为非零实数，有两个极值点，且，求的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求证：．
【答案】（1）（2）见解析
∴，解得
∴切线的斜率为，∴切线方程为
（Ⅱ）
，
当时，即时， ， 在上单调递增；
当时，由得， ， ，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，由得， ， 在上单调递减，在上单调递增．
当时， 有两个极值点，即， ，即的范围是
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
★已知函数.
（1）证明：当时，；
（2）若函数有两个零点， （， ），证明： .
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
试题解析：
（1）欲证证，
，
在上递增，
（2）， ，

令，易知在递减， ，
， ， ， ， ， ， ，
， ， ， ，
要合题意，如图，，，右大于左，原题得证
极值点偏移六脉神剑之“中冲剑”
中冲剑——右手中指-手厥阴心包经。特点：大开大阖，气势雄迈。
前面我们已经指明并提炼出利用判定定理解决极值点偏移问题的策略：若的极值点为，则根据对称性构造一元差函数，巧借的单调性以及，借助于与 ，比较与的大小，即比较与的大小．有了这种解题策略，我们师生就克服了解题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙的想法喝彩。
本文将提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：根据建立等式，通过消参、恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解．
对点详析，利器显锋芒
★（2020·重庆一中期末）（1）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（2）已知函数，，如果函数有两个极值点、，求证：.（参考数据：，，，为自然对数的底数）
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）令，其中，且有，
，
令，则.
①当时，即当时，对任意的，，即，
所以，函数在区间上为增函数，当时，，合乎题意；
②当时，则或.
（i）当时，对任意的，，即，
所以，函数在区间上为增函数，当时，，合乎题意；
（ii）当时，设函数的两个极值点分别为、，设，
由韦达定理得，则必有，
当时，，当时，.
所以，，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是；
（2）若，
则有两个不同的零点、.
由题意，相加有，①
相减有，从而，
代入①有，
即，
不妨设，则，由（1）有.
又，
所以，即，
设，则，在单调递增，
又，
，，因此.
★（2020·湖北高三月考（理））已知函数，其中a为非零常数．
讨论的极值点个数，并说明理由；
若，证明：在区间内有且仅有1个零点；设为的极值点，为的零点且，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】解：由已知，的定义域为，
，
①当时，，从而，
所以在内单调递减，无极值点；
②当时，令，
则由于在上单调递减，，，
所以存在唯一的，使得，
所以当时，，即；当时，，即，
所以当时，在上有且仅有一个极值点.
综上所述，当时，函数无极值点；当时，函数只有一个极值点；
证明：由知．
令，由得，
所以在内有唯一解，从而在内有唯一解，
不妨设为，则在上单调递增，在上单调递减，
所以是的唯一极值点．
令，则当时，，
故在内单调递减，
从而当时，，所以．
从而当时，，且
又因为，故在内有唯一的零点．
由题意，即，
从而，即．
因为当时，，又，
故，即，
两边取对数，得，
于是，整理得．
★已知函数（），曲线在点处的切线与直线垂直.
（1）试比较与的大小，并说明理由；
（2）若函数有两个不同的零点，证明： .
【答案】（1）（2）见解析
试题解析：
（1）依题意得，
所以，又由切线方程可得，即，解得
此时， ，
令，即，解得；
令，即，解得,所以的增区间为，减区间为
所以，即，
， .
（2）证明：不妨设因为
所以化简得，
可得， .
要证明，即证明，也就是
因为，所以即证
即，令，则，即证.
令（），由
故函数在是增函数，所以，即得证.
所以.
点睛：本题主要考查函数导数与切线的关系，考查利用导数来证明不等式，考查利用分析法和导数来证明不等式的方法.有关导数与切线的问题，关键的突破口在与切点和斜率，本题中已知切线和某条直线垂直，也即是给出斜率，利用斜率可求得函数的参数值.利用导数证明不等式通常先利用分析法分析，通过转化后再利用导数来证明.
内练精气神，外练手眼身
★（2019·夏津第一中学高三月考）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设函数，若存在不相等的实数，，使得，证明：．
【答案】（1）见解析；（2）详见解析.
【解析】（1）函数的定义域为.
，
因为，所以，
①当，即时，
由得或，由得，
所以在，上是增函数， 在上是减函数；
②当，即时，所以在上是增函数；
③当，即时，由得或，由得，所以在，.上是增函数，在.上是减函
综上可知：
当时在，上是单调递增，在上是单调递减；
当时，在.上是单调递增；
当时在，上是单调递增，在上是单调递减.
（2），，
当时， ，所以在上是增函数，故不存在不相等的实数，，使得，所以.
由得，即，
不妨设，则，
要证，只需证，即证，
只需证，令，只需证，即证，
令，则，
所以在上是增函数，所以，
从而，故.
★【2019四川自贡一诊】已知函数．
（1）求f(x)的单调区间；
（2）若f(x)有极值，对任意的x1,x2，当00，f(x)单调递增.
当时，f'(x)0时，f(x)存在极值.
由题设得f'(x0)=f(x1)-f(x2)x1-x2=lnx1-lnx2-a2(x12-x22)+(1-a)(x1-x2)x1-x2
=(lnx1-lnx2)x1-x2-12a(x1+x2)+(1-a)
又，
f'(x0)-f'(x1+x22)=(lnx1-lnx2)x1-x2-2x1+x2=1x1-x2(lnx2-lnx1)-2(x2-x1)x2+x1 =1x2-x1lnx2x1-2(x2x1-1)x2x1+1
设x2x1=t.则lnx2x1-2(x2x1-1)x2x1+1=lnt-2(t-1)t+1(t>1).
令g(t)=lnt-2(t-1)t+1(t>1)，则g'(t)=1t-2(t+1)-(t-1)(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0
所以g(t)在(1,+鈭?上是增函数，所以g(t)>g(1)=0
又00
即f'(x1+x22)0；当x>1a时，f'(x)0，f(x)单调递增，
令F(x)=f(x)-f(2-x)，则F(x)=(-12x+1)ex-12xe2-x，
∴F'(x)=12(1-x)(ex-e2-x)，当x鈭?1,+鈭?时，1-x2-x，ex-e2-x>0，
∴F'(x)2时，1a0得m(x)单调递增；
当当x>x0时，m(x)=xex，
由m'(x)=1-xex2x0-x1
又2x0-x1>x0，而m(x)在区间内单调递减，
故可证m(x2)1-1e>0，
即h(x)单调递增，故当1