专题4.7 极值点偏移问题（解析版）

专题4.7极值点偏移问题题型一对称变换法题型二差值代换法题型三比值代换法题型四对数均值不等式题型一对称变换法例1．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）（多选）已知关于x的方程e0xxa有两个不等的实根12,xx，且12xx，则下列说法正确的有（）A．1e0aB．122xxC．2xaD．11e0xx【答案】ABD【分析】由已知ya与exyx有两个不同的交点，利用导数研究函数()exfxx性质，结合图象确定a的范围，判断A，要证明122xx只需证明212xx，结合函数()fx单调性只需证明112fxfx，故构建函数()2Fxfxfx，利用导数证明结论，判断B，利用比差法比较2,xa，判断C，利用1x的范围，结合指数函数性质证明11e0xx，判断D.【详解】方程e0xxa，可化为exxa，因为方程e0xxa有两个不等的实根12,xx，所以ya与exyx有两个不同的交点，令()exfxx，则()ee(1)exxxfxxx，令()0fx，可得=1x，当1x时，()0fx，函数()fx在,1单调递减，当1x时，()0fx，函数()fx在1,单调递增，min1()(1)efxf，当0x时，()0fx，且(0)0f，当0x时，()0fx，当x时，与一次函数相比，指数函数exy呈爆炸性增长，故0exxfx，当x时，fx，fx，根据以上信息，可得函数fx的大致图象如下：10ea，且1210xx，故A正确．因为1210xx，121x构造2()2e(2)e,1xxFxfxfxxxx，22()(1)e(1)e(1)ee0xxxxFxxxx，()Fx在(,1)上单调递增，1(1)0FxF，112fxfx，即212fxfx，由fx在1,单调递增所以211222xxxx，故B正确．对于C，由22exax，10ea，所以22211eexxaxaaa，又210x，所以211ex，则2110ex，所以2xa，故C错误．对于D，由11x，可得110eex，所以111+e1e0xx，D正确．故选：ABD．【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．例2．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知函数232lnxfxxa，a为实数．(1)求函数fx的单调区间；(2)若函数fx在ex处取得极值，fx是函数fx的导函数，且12fxfx，12xx，证明：122exx【答案】(1)()fx递减区间为3120,ea，递增区间为312e,a.(2)证明见解析【分析】（1）求导，由导函数的正负即可确定fx的单调区间，（2）构造函数2,0,1txgxgxx，求导得()tx的单调性，即可证明122xx，构造函数(2)2ln,gxxxx22e,hxgxx求导，利用单调性即可求证12ee22mmxx.【详解】（1）函数23()(ln)2fxxxa的定义域为(0,)，32(ln)(2ln31)2fxxxaxxxa令0fx，所以31ln2ax，得312eax，当3120,eax，()0fx，当312e,ax，()0fx，故函数()fx递减区间为3120,ea，递增区间为312e,a.（2）因为函数()fx在ex处取得极值，所以312eeax，得1a，所以23()(ln)2fxxx，得(2ln2)2(ln1)fxxxxx，令()2(ln1)gxxx，因为()2lngxx，当1x时，()0gx，所以函数()gx在0,1x单调递减，在1,x单调递增，且当0,ex时,2ln10gxxx,当e,x时,ln10gxxx,故1201exx.先证122xx，需证212xx.因为211,21xx，下面证明1212gxgxgx.设2,0,1txgxgxx,则2txgxgx,2ln(2)2ln2ln[(2)]0txxxxx故tx在0,1上为增函数,故1110txtgg,所以11120txgxgx,则122gxgx,所以122xx,即得122xx，下面证明：12exx令12gxgxm，当0,1x时(2)2ln0gxxxx，所以2gxx成立,所以112xgxm，所以12mx.当1,ex时，记22e2ln42ehxgxxxxx,所以1,ex时2ln20hxx，所以hx为减函数得e2e4e2e0hxh,所以2222emgxx,即得2e2mx.所以12ee22mmxx得证，综上，122exx.【点睛】思路点睛：求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.练习1．（2023秋·福建福州·高二福州三中校考期末）已知函数ln2fxxax（aR）．(1)试讨论函数fx的单调性；(2)若函数fx有两个零点1x，2x（12xx），求证：12332xxaa．【答案】(1)当0a时，fx在区间0,上单调递增；当0a时，fx在区间10,a上单调递增，在区间1,a上单调递减.(2)证明见解析【分析】（1）求导后，根据a的不同取值范围，对fx的符号进行讨论即可；（2）由已知及（1）中单调性，可知0a，21xa且22x，故只需证明122xxa，再借助不等式性质和放缩，即可证出1233322xxaaa.【详解】（1）由已知，fx的定义域为0,，1fxax，①当0a时，0,x，10fxax恒成立，∴此时fx在区间0,上单调递增；②当0a时，令10fxax，解得1xa，当10,xa时，10fxax，fx在区间10,a上单调递增，当1,xa时，10fxax，fx在区间1,a上单调递减，综上所述，当0a时，fx在区间0,上单调递增；当0a时，fx在区间10,a上单调递增，在区间1,a上单调递减.（2）若函数fx有两个零点1x，2x（12xx），则由（1）知，0a，fx在区间10,a上单调递增，在区间1,a上单调递减，且10fa，120fxfx，1210xxa，当12,xxx时，0fx，当120,,xxx时，0fx，（*）∵2ln20f，∴122,xx，∴22x，又∵21xa，∴2122xa，∴只需证明122xxa，即有1233322xxaaa.下面证明122xxa，设222ln2ln2Fxfxfxxaxxaxaaa2ln2ln2xaxxa，20,xa，设1122GxFxaxxa，则2222114422axGxxxaxxa，令0Gx，解得1xa，当10,xa时，0Gx，GxFx在区间10,a单调递减，当12,xaa时，0Gx，GxFx在区间12,aa单调递增，∴10FxFa，2Fxfxfxa在区间20,a上单调递增，又∵110,xa，∴111211210FxfxfxFffaaaaa，即1120fxfxa，∴由（*）知，1212,xxxa，∴122xxa，即122xxa.又∵21xa，22x，∴1233322xxaaa，原命题得证.【点睛】本题第（2）问为极值点偏移的变式，首先需要通过21xa和22x，确认只需证122xxa，再通过构造关于其中一个零点的一元差函数，利用导数研究该函数的单调性，证出122xxa，最后使用不等式性质和放缩得到1233322xxaaa.练习2．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）已知函数22ln2(1)(0)fxaxxaxa.(1)讨论fx的零点个数；(2)当fx有两个零点时，分别设为1x，212xxx，试判断12xx与2的大小关系，并证明.【答案】(1)答案见解析；(2)122xx，证明见解析.【分析】（1）利用导数可求出fx的最小值为12a，后讨论最小值与0的大小结合零点存在性定理可解决问题；（2）由（1）可得1201xx，fx在区间(1,)上单调递增，则12xx与2的大小关系，等价于2x与12x的大小关系，即2fx与12fx的大小关系，又注意到21fxfx，故利用导数研究函数2fxfx的单调性即可.【详解】（1）222(1)afxxax222(1)22()(1)xaxaxaxxx，因为0a，所以当0,1x时，0fx，fx单调递减；当(1,)x时，()0fx¢，fx单调递增，所以min112fxfa.所以当120a，即12a时，fx的零点个数为0；当120a，即12a时，fx的零点个数为1；当120a，即102a时，注意到110ea，1211112212210eeeeeeaaaaaafaa1e1a，12111221222eeeeeaaaaafaa因102a，则12a，令1ta，则1222eeettaft.令222e，,xgxxx，则22exgxx，因22212ee，xx，得220exgxx，即gx在2,上单调递增.则2