素养拓展09 导数中的极值点偏移问题（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展09导数中的极值点偏移问题（精讲+精练）一、极值点偏移基本定义对于函数)(xfy在区间))(,(nmnm内只有一个极值点0x，函数)(xfy与直线by交于点),(1bxA，),(B2bx两点，即)()(21xfxf，且nxxm21.(1)若2210xxx，则称函数)(xfy在区间),(21xx上极值点0x偏移.(2)若2210xxx，则称函数)(xfy在区间),(21xx上极值点0x向左偏移，简称极值点左偏.(3)若2210xxx，则称函数)(xfy在区间),(21xx上极值点0x向右偏移，简称极值点右偏.如上图所示，0x为函数的极值点，0x处对应的曲线的切线的斜率为0由上面图像可知，函数的图像分为凸函数和凹函数。当函数图像为凸函数，且极值点左偏时，有020'21'xfxxf；当函数图像为凸函数，且极值点右偏时，有020'21'xfxxf。一、知识点梳理当函数图像为凹函数，且极值点左偏时，020'21'xfxxf；当函数图像为凹函数，且极值点右移时，有020'21'xfxxf。如图所示，上图的函数图像为凸函数，且极值点右移，1x和2x处对应的函数值相等，我们可以作2x关于0x的对称点3x，则12032xxxx，且03xx，故13xfxf，即1202xfxxf，故我们可以构造函数1202xfxxfxF，只需要判断函数xF的单调性，然后根据单调性判断函数的最小值，只要满足0minxF，我们就可以得到0212xxx。同理，我们可以得到凸函数极值点左移以及凹函数极值点左移或右移的构造函数。二、答题模板（对称构造）若已知函数)(xf满足)()(21xfxf，0x为函数)(xf的极值点，求证：0212xxx.（1）讨论函数)(xf的单调性并求出)(xf的极值点0x；假设此处)(xf在),(0x上单调递减，在),(0x上单调递增.[来源:Z,xx,k.Com]（2）构造)()()(00xxfxxfxF；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0xxfxfxF的形式.[来源:Zxxk.Com]（3）通过求导)('xF讨论)(xF的单调性，判断出)(xF在某段区间上的正负，并得出)(0xxf与)(0xxf的大小关系；假设此处)(xF在),0(上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000xfxfxFxF，从而得到：0xx时，)()(00xxfxxf.（4）不妨设201xxx，通过)(xf的单调性，)()(21xfxf，)(0xxf与)(0xxf的大小关系得出结论；接上述情况，由于0xx时，)()(00xxfxxf且201xxx，)()(21xfxf，故)2()]([)]([)()(2002002021xxfxxxfxxxfxfxf，又因为01xx，0202xxx且)(xf在),(0x上单调递减，从而得到2012xxx，从而0212xxx得证.（5）若要证明0)2('21xxf，还需进一步讨论221xx与0x的大小，得出221xx所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212xxx，故0212xxx，由于)(xf在),(0x上单调递减，故0)2('21xxf.三、其他方法1.比值代换比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的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点，即12xtx，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．2.对数均值不等式两个正数a和b的对数平均定义：(),(,)lnln().ababLababaab对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2ababLab（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当ab时，等号成立．3.指数不等式在对数均值不等式中，设mae，nbe，则()(,)()mnmeemnEabmnemn，根据对数均值不等式有如下关系：2(,)2mnmneeeEab【典例1】已知函数21lnfxxxxaxaR.(1)若函数yfx有两个零点，求a的取值范围；(2)设12,xx是函数fx的两个极值点，证明：122xx.【答案】(1)(2,)(2)证明过程见解析.【详解】（1）211ln1+ln20fxxxxaxfxxxax，该方程有两个不等实根，由111ln202ln1fxxxaaxxxx，所以直线ya与函数12ln1gxxxx的图象有两个不同交点，由2222211111212ln12xxxxgxxxgxxxxxx，当0,1x时，0,gxgx单调递减，当1,x时，0,gxgx单调递增，因此min12gxg，当0x时，gx，当x，gx，如下图所示：所以要想有两个不同交点，只需2a，即a的取值范围为(2,)；（2）因为12,xx是函数fx的两个极值点，所以120fxfx，由（1）可知：12gxgxa，不妨设1201xx，要证明122xx，只需证明212xx，显然121x，由（2）可知：当1,x时，gx单调递增，所以只需证明212gxgx，二、题型精讲精练而12gxgxa，所以证明112gxgx即可，即证明函数20hxgxgx在0,1x时恒成立，由22224112114lnln2422xxhxxxxhxxxxx，显然当0,1x时，0hx，因此函数2hxgxgx单调递减，所以当01x时，有10hxh，所以当101x时，112gxgx恒成立，因此命题得以证明.【典例2】已知函数2()ln(1)xfxeax(1)当1a，研究()fx的单调性；(2)令()(2)ln(1)xgxfxax，若存在12xx使得12gxgx，求证21lnln(1)ln3xx.【答案】(1)()fx在(1,2)上单调递减，在(2,)上单调递增(2)证明见解析(1)2()eln(1)(1)xfxxx，'21()e1xfxx，在(1,)上单调递增，且(2)110f，所以12x时，()0fx，2x时，()0fx，()fx在(1,2)上单调递减，在(2,)上单调递增；(2)()eln(1)ln(1)exxxxgxaxax，（1x），1()exxgx11x时()0gx，()gx递增，1x时，()0gx，()gx递减，1x时，()0gx，存在12xx使得12gxgx，则12121201eexxxxxx，，令2121e1xxxtx，2121lnxtxxxt，12ln1ln1txtttxt123lnln33(1)333[ln]1113tttttxxttttt，令3(1)()ln(1)3trtttt，则2'22112(3)()033trttttt，()rt在(1,)上单调递增，()(1)0rtr，21330xx，213(1)0xx，21lnln3(1)xx，21lnln(1)ln3xx.【题型训练1-刷真题】1.（2022届高考全国卷甲理22题）已知函数lenxfxxxax．（1）若0fx,求a的取值范围；（2）证明：若fx有两个零点12,xx,则121xx．【解析】解法一：（1）因为lenxfxxxax,2111()e1xfxxxx1111e1e11xxxxxxxx令()0fx,得1x当(0,1),()0,()xfxfx单调递减；当(1,),()0,()xfxfx单调递增,所以()(1)e1fxfa,若()0fx,则e10a,即e1a,所以a的取值范围为(,e1].（2）由（1）知,(0,1),()xfx单调递减；当(1,),()xfx单调递增,若fx有两个零点12,xx,则一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设121xx要证121xx,即证121xx,因为121,(0,1)xx,即证121fxfx,因为12fxfx,即证221fxfx即证1e1lneln0,(1,)xxxxxxxxx,即证1e11e2ln02xxxxxxx,下面证明1x时,1e11e0,ln02xxxxxxx,设11(),eexxgxxxx,则11122111111()eee1ee1xxxxxgxxxxxxxx111e1e1eexxxxxxxxx,设22e1111,ee0xxxxxxxxxxx,所以1ex,而1eex,所以1ee0xxx,所以()0gx,所以()gx在(1,)单调递增即()(1)0gxg,所以1ee0xxxx令11()ln,12hxxxxx2222211121(1)()10222xxxhxxxxx,所以()hx在(1,)单调递减,即()(1)0hxh,所以11ln02xxx；综上,1e11e2ln02xxxxxxx,所以121xx.2．（2021·全国·统考高考真题）已知函数1lnfxxx.（1）讨论fx的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且lnlnbaabab，证明：112eab.【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+；（2）证明见解析.【详解】(1)fx的定义域为0,．由1lnfxxx得，lnfxx，当1x时，0fx；当0,1x时0fx；当1,x时，'0fx．故fx在区间0,1内为增函数，在区间1,内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由lnlnbaabab得1111(1ln)(1ln)aabb，即11()()ffab．由ab¹，得11ab．由（1）不妨设11(0,1),(1,)ba，则1()0fa，从而1()0fb，得1(1,)eb，①令2gxfxfx，则22()ln(2)lnln(2)ln[1(1)]gxxxxxx，当0,1x时，0gx，gx在区间()0,1内为减函数，10gxg，从而