3.8极值点、拐点偏移问题（精讲）-【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】

【知识储备】
一、极值点偏移的含义
函数f(x)满足内任意自变量x都有f(x)＝f(2m－x)，则函数f(x)关于直线x＝m对称．可以理解为函数f(x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f(x)为单峰函数，则x＝m必为f(x)的极值点x0，如图(1)所示，函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点则刚好满足＝x0，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移．
　　　　　　　　
图(1)　　　　　　图(2)　　　　　　　　　　　　图(3)
若≠x0，则极值点偏移．若单峰函数f(x)的极值点为x0，且函数f(x)满足定义域内x＝m左侧的任意自变量x都有f(x)>f(2m－x)或f(x)，则称为极值点右偏．
二、极值点偏移问题的一般题设形式
(1)若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2＞2x0（x0为函数f(x)的极值点）；
(2)若函数f(x)定义域中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞2x0（x0为函数f(x)的极值点）；
(3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令x0＝，求证：f¢(x0)＞0；
(4)若函数f(x)定义域中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝，求证：f¢(x0)＞0．
三、极值点偏移问题的一般解法
1．对称化构造法
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)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0．
(2)构造函数，即对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；对结论x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性．
(4)比较大小，即判断函数F(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．
若要证明f′的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
2．比(差)值代换法
比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解．
3．对数均值不等式法
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
只证：当时，．不失一般性，可设．证明如下：
(1)先证：　　　　①
不等式①
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
(2)再证：　　　　②
不等式②
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式②成立；
综合(1)(2)知，对，都有对数平均不等式成立，当且仅当时，等号成立．
【题型精讲】
【题型一　极值点偏移解法赏析】
例1　（2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2．
【解析】　(1)f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)有极大值f(1)＝，f(x)无极小值．

(2)方法一　(对称化构造法)
欲证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，由(1)可设0 又因为f(x)在(0，1)上单调递增，故只需证f(x1)>f(2－x2)，又因为f(x1)＝f(x2)，
故也即证f(x2)>f(2－x2)，构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，
则等价于证明F(x)>0对x∈(1，＋∞)恒成立．
由F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，
则F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)>0，
即已证明F(x)>0对x∈(1，＋∞)恒成立，故原不等式x1＋x2>2亦成立．
方法二　(比值换元法)
设0 令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝．
∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0，
设g(t)＝ln t－ (t>1)，∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)为增函数，∴g(t)>g(1)＝0，∴ln t－>0，故x1＋x2>2．
方法三　(对数均值不等式法)
设0 可得，1＝，利用对数平均不等式得，1＝<，即证，x1＋x2>2．
【题型精练】
1．（2022·天津·崇化中学期末）已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设f(x)的两个零点是x1，x2，求证：f′<0．
【解析】　(1)函数f (x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，
①当a≤0时，f ′(x)>0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，若x∈，则f ′(x)>0，若x∈，则f ′(x)<0，
则f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)法一：对称化构造法
由(1)易知a>0，且f (x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设0 f′<0⇔>⇔x1＋x2>，故要证f ′<0，只需证x1＋x2>即可．
构造函数F(x)＝f (x)－f ，x∈，
F′(x)＝f ′(x)－′＝f ′(x)＋f ′＝＝，
∵x∈，∴F′(x)＝>0，∴F(x)在上单调递增，
∴F(x) 又x1，x2是函数f (x)的两个零点且0 而x2，－x1均大于，∴x2>－x1，∴x1＋x2>，得证．
法二：对数平均不等式法
易知a>0，且f (x)在上单调递增，在上单调递减，
不妨设0．因为f (x)的两个零点是x1，x2，
所以ln x1－ax＋(2－a)x1＝ln x2－ax＋(2－a)x2，所以ln x1－ln x2＋2(x1－x2)＝a(x－x＋x1－x2)，
所以a＝，以下用分析法证明，要证>，
即证>，即证>，
即证<，只需证<，即证>，
根据对数平均不等式，该式子成立，所以f ′<0．
法三：比值换元法
因为f (x)的两个零点是x1，x2，不妨设0 所以ln x1－ax＋(2－a)x1＝ln x2－ax＋(2－a)x2，所以a(x－x)＋(a－2)(x2－x1)＝ln x2－ln x1，
所以＝a(x2＋x1)＋a－2，f ′(x)＝－2ax＋2－a，
f ′＝－a(x1＋x2)－(a－2)＝－＝，
令t＝(t>1)，g(t)＝－ln t，则当t>1时，g′(t)＝<0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以当t>1时，g(t) 【题型二　加法型极值点偏移】
例2　（2022·山东青岛高三期末）已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－aln x，a∈R．
(1)若f(x)存在极值点1，求a的值；
(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2．
【解析】　(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－，
因为f(x)存在极值点1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1．
(2)f′(x)＝x＋1－a－＝(x＋1)(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝a，
当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增，当0 所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．
又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)<0，即a2＋(1－a)a－aln a<0，整理得ln a>1－a，
作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，
令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－aln，
则h′(x)＝－2＋＝－2＋，
因为在(0，2a)上，h′(x)≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增，
不妨设x1h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，
又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，
所以2a－x22a，又ln a>1－a，易知a>1成立，故x1＋x2>2．
【题型精练】
1．（2022·天津市南开中学月考）已知函数．
（1）若函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围；
（2）若函数存在两个极值点，求证：．
【解析】（1）易知的定义域为，
由题意知，即在上恒成立，．
令，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，有最小值，
所以；
（2）因为，由知，，
设
则，且在上单调递增，在上单调递减，
所以可令，，．
令，．
则
因为，所以，所以上在单调递减，且，
所以时，．
又，所以
所以．
所以．
因为，，且在上单调递增，
所以，．
2. （2022·安徽省江淮名校期末）已知函数（a∈R）．
(1)若函数在上是增函数，求实数的取值范围；
(2)如果函数恰有两个不同的极值点，证明：．
【解析】　(1)是上是增函数，，
设，，令解得，
故在单调递减，在单调递增．，．
(2)依题意可得：，．
是极值点，，两式相减可得：．
所证不等式等价于：，不妨设，两边同除以可得：
（观察指数幂的特点以及分式的分母，化不同为相同，同除以使得多项呈的形式）
从而考虑换元减少变量个数．令．
所证不等式只需证明：，设，
由可得：，，
在单调递减，，原不等式成立即
【题型三　乘法型极值点偏移】
例3　（2022·河南高三期末）已知f(x)＝xlnx－mx2－x，x∈R．
(1)当m＝－2时，求函数f(x)的所有零点；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．
【解析】　(1)当m＝－2时，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，x＞0．设g(x)＝lnx＋x－1，x＞0，
则g′(x)＝＋1＞0，于是g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
又g(1)＝0，所以g(x)有唯一的零点x＝1，从而函数f(x)有唯一的零点x＝1．
(2)欲证x1x2＞e2，只需证ln x1＋ln x2＞2．
由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x) 有两个零点，又f′(x)＝ln x－mx，
所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．于是有
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，即m＝，
②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，即m＝，
从而可得＝，于是ln x1＋ln x2＝．
由0＜x1＜x2，设t＝，则t＞1．因此ln x1＋ln x2＝，t＞1．
要证ln x1＋ln x2＞2，即证＞2(t＞1)，即证当t＞1时，有ln t＞．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数．因此h(t)＞ln 1－＝0．
于是当t＞1时，有ln t＞．所以有ln x1＋ln x2＞2成立，即x1x2＞e2．
【题型精练】
1．（2022·广东·高三期末）已知函数.
(1)设函数，且恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证：；
(3)设函数的两个零点、，求证：.
【解析】
(1)解：由可得，可得，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，；
(2)解：要证，即证，
由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
因为和取等的条件不同，故，即；
(3)解：由题知①，②，
①②得③，
②①得④.
③④得，
不妨设，记.
令，则，
所以在上单调递增，
所以，则，即，
所以.
因为
，
所以，即.
令，，则在上单调递增.
又，
所以，即，所以.
【题型四　导数型极值点偏移】
例4　（2022·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x(a∈R)．
(1)求g(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)＝g(x)＋(a＋1)x2－2x，x1，x2(0＜x1＜x2)是函数f(x)的两个零点，证明：f′<0．
【解析】(1)函数g(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，
①当a≤0时，g ′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，若x∈，则g ′(x)>0，若x∈，则g ′(x)<0，
则g(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)因为x1，x2是f (x)＝lnx＋ax2－ax的两个零点，
所以lnx1＋ax－ax1＝0，ln x2＋ax－ax2＝0，所以a＝＋(x2＋x1)，又f ′(x)＝＋2x－a，
所以f′＝＋(x1＋x2)－a＝－，
所以要证f′<0，只须证明－<0，
即证明>lnx1－lnx2，即证明
令，则，则，．
∴在上递减，，∴在上递增，．
所以成立，即．
【题型精练】
1.（2022·全国高三课时练习）设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：．
【解析】　(1)．．
当时，，函数在上单调递增，即的单调递增区间为．
当时，由得；由，解得．
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)，是方程得两个不等实数根，由(1)可知：．
不妨设．则，．
两式相减得，化为．
，当时，，当时，．
故只要证明即可，即证明，即证明，
设，令，则．
，．在上是增函数，又在处连续且，
当时，总成立．故命题得证．
【题型五　拐点偏移问题】
例5　（2022·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f(x)＝，其导函数f′(x)的最大值为0.
(1)求实数a的值；
(2)若证明
【解析】
（1）【解法一】
由题意，函数的定义域为，其导函数
记则
当时，恒成立，
所以在上单调递增，且.
所以，有，故时不成立；
当时，，则；若，则.
所以在单调递增，在单调递减
又
若即时，则在单调递减，，
故时不成立；
若即时，则在单调递减，，
故时不成立；
若时，则在单调递增，在单调递减，所以成立，故时成立.
综上可知，
【解法二】
由题意，函数的定义域为，其导函数
记则
当时，恒成立，所以在上单调递增，且.
所以，有，故时不成立；
当时，，则；若，则.
所以在单调递增，在单调递减
所以
令

所以，
故
（2）【解法一】（分析法解题）
当时，，则.
由（1）知恒成立，
所以在上单调递减，
且，
不妨设，则
欲证，只需证，因为在上单调递减，
则只需证，又因为，
则只需证,即
令，且.
所以欲证，只需证
由，
整理得：

所以在区间上单调递增，
所以，，
所以函数在区间上单调递减，
所以有，故.
【解法二】（综合法书步骤）
当时，，则.
由（1）知恒成立，
所以在上单调递减，
且，
不妨设，则
令，且
由，
整理得：

所以在区间上单调递增，
所以，，
所以函数在区间上单调递减，
因为，所以
又因为，所以
在上单调递减，
所以
【题型精练】
1. （2022·江苏·昆山柏庐高级中学期末）已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，设，若正实数，，满足，求证：．
【解析】（1），
，在递减，在递增，
且
当时，恒成立，此时函数在上单调递增；
当时，的根为，
时，函数在，，上单调递增，在单调递减；
时，函数在，上单调递增，在，单调递减；
证明：（2），．
由，即，
从而，（8分）
令，则由得：
可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（1），
，
，
又，，．