极值点偏移终极套路.pdf

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1、1 9. 极值点偏移终极套路 值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想 解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高.【来源： 21世纪教育网】 下面给出引例，通过探究，归纳总结出解决此类问题的一般性方法. 例 1：已知 21 ln 2 fxxxmxx，mR若fx有两个极值点 1 x， 2 x， 且 12 xx， 求证： 2 12 ex x （e为自然对数的底数） 解法一：齐次构造通解偏移套路 于是 又 12 0xx，设 2 1 x t x ，则1t因此， 12 1ln lnln 1 tt xx t ，1t 要证 12 lnln2xx，即证：

2、1 ln 2 1 tt t ，1t即：当1t时，有 21 ln 1 t t t 设函数 21 ln 1 t h tt t ，1t，则， 所以，h t为1.上的增函数注意到，10h，因此，10h th 于是，当1t时，有 21 ln 1 t t t 所以，有 12 lnln2xx成立， 2 12 ex x 解法二变换函数能妙解 2 证法 2： 欲证 2 12 ex x， 需证 12 lnln2xx 若fx有两个极值点 1 x， 2 x， 即函数fx有两个零点 又 lnfxxmx，所以， 1 x， 2 x是方程0fx的两个不同实根显然0m，否则，函数fx为 单调函数，不符合题意21世纪 *教育网

3、由 11 1212 22 ln0 lnln ln0 xmx xxm xx xmx ， 解法三构造函数现实力 证法 3：由 1 x， 2 x是方程0fx的两个不同实根得 ln x m x ，令 ln x g x x ， 12 g xg x，由于 2 1ln x gx x ，因此，g x在1,e，e, 设 12 1exx，需证明 2 12 ex x，只需证明 2 1 2 e 0,ex x ，只需证明 2 1 2 e fxf x ，即 2 2 2 e fxf x ，即 2 2 2 e 0fxf x 即 2 e 1,eh xfxfx x ， 22 22 1 lne 0 e xx hx x ，故h x在

4、1,e，故 e0h xh，即 2 e f xf x 令 1 xx，则 2 21 1 e fxfxf x ，因为 2 x， 2 1 e e, x ， fx在e,，所以 2 2 1 e x x ，即 2 12 ex x 解法四巧引变量（一） 3 证法 4：设 11 ln0,1tx， 22 ln1,tx，则由 11 22 ln0 ln0 xmx xmx 得 1 12 2 11 22 e e e t tt t t tm tmt ，设 12 0ktt，则 1 e e1 k k k t ， 2 e1 kk t欲证 2 12 ex x， 解法五巧引变量（二） 证法 5：设 11 ln0,1tx， 22 ln

5、1,tx，则由 11 22 ln0 ln0 xmx xmx 得 1 12 2 11 22 e e e t tt t ttm tmt ，设 1 2 0,1 t k t ，则 1 ln 1 kk t k ， 2 ln 1 k t k 欲证 2 12 ex x，需证 12 lnln2xx， 即只需证明 12 2tt， 即 1 ln2121 2lnln0 111 kkkk kk kkk ， 设 21 ln0,1 1 k g kkk k ， 故g k在0,1，因此10g kg，命题得证 4 例 2：已知函数 2 ( )(2)lnf xxaxax，若方程( )f xc有两个不相等的实数根 12 ,x x，

6、求证： 12 ()0 2 xx f. 欲证： 12 ()0() 22 xxa ff，结合( )fx的单调性， 即证： 12 22 xxa 等价于证明： 22 1122 12 1122 22 lnln xxxx xx xxxx 令 1 2 ,(01) x tt x ，构造函数 22 ( )ln,(01) 1 t g ttt t ， 求导由单调性易得原不等式成立，略. 法二：接后续解 : 由得： 1 121212 2 ()()(2)()ln0 x xxxxaxxa x 5 构造函数 2(1) ( )ln,(01) 1 t m ttt t ， 求导由单调性易得( )0m t在(0,1)t恒成立， 又

7、因为 12 0,0axx，故 12 ()0 2 xx f成立 . 法三：接后续解： 视 1 x为主元，设 2 222 222 222 2()4()1 ( )lnln,( )0 ()() xxxxx g xxxg x xxxxxxx 则( )g x在 2 (0,)xx上单调递增，故 2 ( )()0g xg x， 再结合 12 0,0axx，故 12 ()0 2 xx f成立 . 法四：构造函数( )()(),(0) 222 aaa h xfxfxx ， 则， 6 从而( )h x在(0,) 2 a 上单调递增，故( )(0)0h xh，即()() 22 aa fxfx 对(0,) 2 a x恒

8、成立， 从而( )(),(0) 2 a f xf axx，则 211 ()()()f xf xf ax， 由 21 ,(,) 2 a x ax，且( )f x在(,) 2 a 单调递增， 故 21 xax， 即 12 22 xxa ，从而 12 ()0 2 xx f成立 . 例 3：已知函数ln,fxxaxb a bR有两个不同的零点 12 ,x x I求fx的最值； II证明： 12 2 1 xx a 【答案】（ 1） max ln1fxab，无最小值（ 2）见解析 7 【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函 数的单调性及不等式的证明，属于难题. 不等式证明问题是近年 高考命题的热点，命题主

9、要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往 难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先 行放缩，然后再化简或者进一步构造函数利用导数证明.21 世纪教育网版权所有 8 例 4：已知函数 2 a x g xxeaR，e为自然对数的底数. （1）讨论g x的单调性； （2）若函数 2 lnfxg xax的图象与直线ym mR交于AB、两点，线段AB中点的横坐标为 0 x，证明： 0 0fx（fx为函数fx的导函数） 【答案】（ 1）见解析（ 2）见解析 （2） 2 22 lnln2(0) a x fxxeaxxa xax

10、x， 2111 22 xax fxaax xx ， 当0a时，0,fxyg x在0,上单调递增，与直线ym不可能有两个交点，故0a 令0fx，则 1 0x a ；令0fx，则 1 x a ，故yg x在 1 0, a 上单调递增，在 1 , a 上 单调递减不妨设 12 ,A x mB xm，且 12 1 0xx a ， 要证 0 0fx，需证 0 10ax， 即证 0122121 1222 xxxxxfxfx aaaa ， 又 12 fxfx，所以只需证 11 2 fxfx a ，即证：当 1 0x a 时， 9 2 0fxfx a 设 2 ln 2ln22Fxfxfxaxaxax a ，

11、则 2 211 20 22 axa Fxa axxxax ， 2 F xfxfx a 在 1 0, a 上单调递减，又 1211 0Fff aaaa ， 故 2 0F xfxfx a ，原不等式成立 10 例5： 已 知 函 数 3 2 2 ln 3 fxaxx的 图 象 的 一 条 切 线 为x轴 . （ 1） 求 实 数a的 值 ； （ 2） 令 gxfxfx，若存在不相等的两个实数 12 ,x x满足 12g xg x ，求证： 12 1x x. 21 教育网 【答案】（ 1） 0 1 2 3 x a （2）见解析 11 当1x时， 1 01 x ， 记 1111 G xg xgh xh

12、fxfxff xxxx ， 记函数yfx的导函数为yfx，则 22 1111 Gxfxfxff xxxx 2 222 111111 22 x xxx xxxxxx 2 11 10 2 xx x x xxx ， 故G x在1,上单调递增， 所以10G xG，所以 1 0g xg x ， 不妨设 12 01xx，则 12 2 1 g xg xg x ， 而 1 01x， 2 1 01 x ，有单调性知 1 2 1 x x ，即 12 1x x. 12 例 6：已知函数 21 ln 2 fxxaxbx且函数yfx图象上点1,1f处的切线斜率为0. （1）试用含有a的式子表示b，并讨论fx的单调性；

13、（2）对于函数图象上的不同两点 1122 ,A x yB xy如果在函数图象上存在点 00012 ,Mxyxx x 使得点M处的切线lAB，则称AB存在“跟随切线” . 特别地，当 12 0 2 xx x时，又称AB存在“中值 跟随切线” . 试问：函数fx上是否存在两点,A B使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出,A B的 坐标，若不存在，说明理由. 【答案】（ 1）见解析（ 2）不存在 令 1 2 ,(01) x tt x ， 构造函数 21 ln,(01) 1 t g ttt t ， 则， 则0,1t时，0g t恒成立， 故yg t在0,1上单调递增从而得出不存在 试题解析： 函数y

14、fx的定义域为0,，且 1 fxaxb x ， 又 10f，整理得1ba. 13 （1） 11 11 1 axx fxaxbaxa xxx . 1）当0a时，易知0,1x，0,1,fxx时0fx， 故yfx在0,1上单调递增，在1,上单调递减 . 2）当0a地，令0fx，解得1x或 1 x a ，则 当 1 1 a ，即1a时， 0fx在0,上恒成立，则yfx在0,上递增 . 当10a时，yfx在0,1及 1 , a 上单调递增：yfx在 1 1, a 上单调递减 . 当1a时，yfx在0,上递增 . 当1a时，yfx在 1 0, a 及1,上单调递增；yfx在 1 ,1 a 上递减 . 14

15、 点睛：对于导数 问题，做题要特别注意在讨论时单调性受参数的影响，可以通过分析导数零点的大小来逐一分析，对于此 题第二问的类型，要注意函数的构造和假设，分析函数单调性求最值从而得出结论 15 例 7：已知函数 2 lnfxxxaxxa aR在其定义域内有两个不同的极值点. （1）求a的取值范围 . （2）设fx的两个极值点为 12 ,x x，证明 2 12 x xe. 【答案】（ 1） 1 0 2 a e （ 2）见解析 试题解析： （1） 依 题 意 ， 函 数fx的 定 义 域 为0,， 所 以 方 程0fx在0,有 两 个 不 同 根 . 即 方 程 ln20xax在0,有两个不同根 .

16、 21cnjy com 转化为，函数 lnx g x x 与函数2ya的图象在0,上有两个不同交点 又 2 1lnx gx x ，即0xe时，0gx，xe时，0gx， 所以g x在0,e上单调增，在, e上单调减，从而 1 =g xg e e 极大 . 又g x有且只有一个零点是1，且在0x时，g x，在x时，0g x，所以由g x 的图象， 要想函数 lnx g x x 与函数2ya的图象在0,上有两个不同交点， 只需 1 02a e ，即 1 0 2 a e （2）由（ 1）可知 12 ,x x分别是方程ln0xax的两个根，即 11 lnxax， 22 lnxax， 设 12 0xx，作

17、差得， 1 12 2 ln x a xx x ，即. 16 原不等式 2 12 x xe等价于 12 lnln2xx 12 2a xx 121 212 2 ln xx x xxx 令 1 2 x t x ，则1t， 12 1 212 221 lnln 1 xxt x t xxxt ， 设 21 ln 1 t g tt t ，1t， 函数g t在1,上单调递增， 10g tg， 即不等式 21 ln 1 t t t 成立，故所证不等式 2 12 x xe成立 . 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h xfxg x. 根据差函数导函数 符号，确定差函数单调性，利用单调性得

18、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 .www.21-cn- 例 8：已知函数 1 e x x fx，A 1, x m，B 2, xm是曲线yfx上两个不同的点. （）求fx的单调区间，并写出实数 m的取值范围； （）证明： 12 0xx. 【答案】（）m的取值范围是0,1；（）见解析. 17 【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及不等式的证明，属于难题. 不等式证明问题是近年 高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往 难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先 行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 18 在高考创新试题层出不穷的大环境下，学生首先要掌握基本的知识方法和解题策略，对新题、难题的 突破，更需在掌握双基的前提下，淡化特殊技巧、重视思想方法、去模式化的解题策略，以不变应万变， 培养学生分析问题、解决问题的能力. 只有学生学会自我分析，利用熟知的知识方法去解决各类未知的创新 试题，教师才算成功培养学生解题思维，同时对学生认知的广阔性、逆向性也是一种需要. 21cnj y