专题8 极值点偏移问题（原卷版）

专题8极值点偏移问题一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现与函数极值点偏移有关的函数与不等式问题（如2022高考全国卷甲理22）,已知函数()yfx是连续函数,在区间12(,)xx内有且只有一个极值点0x,且12()()fxfx,若极值点左右的“增减速度”相同,常常有极值点1202xxx,我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同,函数的图象不具有对称性,常常有极值点1202xxx的情况,我们称这种状态为“极值点偏移”.此类问题背景新颖,教材中又没有涉及,不少同学望而生畏,本专题给出此类问题的常用解法,共同学们参考.二、解题秘籍(一)通过对称化构造新函数破解极值点偏易问题【以例及类】已知函数exfxx．(1)求函数fx的单调区间；(2)已知函数gx的图像与fx的图像关于直线1x对称,证明：当1x时,fxgx；(3)如果12xx,且12fxfx,证明：122xx．【分析】(1)由e1xfxx可得fx在,1上递增,在1,上递减；(2)2gxfx,构造函数2Fxfxfx,21eexxFxx,由Fx单调性可得1x时10FxF；(3)假设121xx,由(2)得222fxfx,即122fxfx,由fx在,1上递增,可得12122,2xxxx.该题的三问由易到难,层层递进,完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程,直观展示如下：该题是这样一个极值点偏移问题：对于函数exfxx,已知12fxfx,12xx,证明122xx．再次审视解题过程,发现以下三个关键点：①1x,2x的范围1201xx；②不等式21fxfxx；③将2x代入（2）中不等式,结合fx的单调性获证结论．小结：用对称化构造的方法求解极值点偏移问题大致分为以下三步：①求导,获得fx的单调性,极值情况,作出fx的图像,由12fxfx得1x,2x的取值范围（数形结合）；②构造辅助函数（对结论1202xxx,构造02Fxfxfxx；对结论2120xxx,构造20xFxfxfx）,求导,限定范围（1x或2x的范围）,判定符号,获得不等式；③代入1x（或2x）,利用12fxfx及fx的单调性证明最终结论．下面给出第(3)问的不同解法【解析】法一：()(1)xfxxe,易得()fx在(,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,x时,()fx,(0)0f,x时,()0fx,函数()fx在1x处取得极大值(1)f,且1(1)fe,如图所示.由1212()(),fxfxxx,不妨设12xx,则必有1201xx,构造函数()(1)(1),(0,1]Fxfxfxx,则21()(1)(1)(1)0xxxFxfxfxee,所以()Fx在(0,1]x上单调递增,()(0)0FxF,也即(1)(1)fxfx对(0,1]x恒成立.由1201xx,则11(0,1]x,所以11112(1(1))(2)(1(1))()()fxfxfxfxfx,即12(2)()fxfx,又因为122,(1,)xx,且()fx在(1,)上单调递减,所以122xx,即证122.xx法二：欲证122xx,即证212xx,由法一知1201xx,故122,(1,)xx,又因为()fx在(1,)上单调递减,故只需证21()(2)fxfx,又因为12()()fxfx,故也即证11()(2)fxfx,构造函数()()(2),(0,1)Hxfxfxx,则等价于证明()0Hx对(0,1)x恒成立.由221()()(2)(1)0xxxHxfxfxee,则()Hx在(0,1)x上单调递增,所以()(1)0HxH,即已证明()0Hx对(0,1)x恒成立,故原不等式122xx亦成立.法三：由12()()fxfx,得1212xxxexe,化简得2121xxxex…,不妨设21xx,由法一知,121oxx.令21txx,则210,txtx,代入式,得11ttxex,反解出11ttxe,则121221ttxxxtte,故要证：122xx,即证：221ttte,又因为10te,等价于证明：2(2)(1)0ttte…,构造函数()2(2)(1),(0)tGtttet,则()(1)1,()0ttGtteGtte,故()Gt在(0,)t上单调递增,()(0)0GtG,从而()Gt也在(0,)t上单调递增,()(0)0GtG,即证式成立,也即原不等式122xx成立.法四：由法三中式,两边同时取以e为底的对数,得221211lnlnlnxxxxxx,也即2121lnln1xxxx,从而221212121212221211111lnln()lnln1xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx,令21(1)xttx,则欲证：122xx,等价于证明：1ln21ttt…,构造(1)ln2()(1)ln,(1)11ttMttttt,则2212ln()(1)tttMttt,又令2()12ln,(1)ttttt,则()22(ln1)2(1ln)ttttt,由于1lntt对(1,)t恒成立,故()0t,()t在(1,)t上单调递增,所以()(1)0t,从而()0Mt,故()Mt在(1,)t上单调递增,由洛比塔法则知：1111(1)ln((1)ln)1lim()limlimlim(ln)21(1)xxxxtttttMttttt,即证()2Mt,即证式成立,也即原不等式122xx成立.【例1】（2023届贵州省威宁彝族回族苗族自治县高三数学样卷）已知函数2ln3,0fxxaxxaa.(1)当1x时，0fx，求a的取值范围.(2)若函数fx有两个极值点12,xx，证明：12122exx.【解析】（1）当1x时，32ln()03lnxxxfxax在1x恒成立，令32ln()3lnxxxgxx，[1,)x，则2(32ln)ln()0(3ln)xxgxx，函数()gx在1,上单调递减，11gxg，1a，a的取值范围是1,．（2）函数()(2)ln3()fxxaxxa，0a．则22ln2ln32ln1xaaaxxxfxxxxxx，函数()fx有两个极值点1x，2x，0fx有两个正实数解方程2lnaxxx有两个正实数解函数ya与函数()2lnhxxxx，0,x的图象有两个交点．122ln2ln1hxxx，令0hx，解得1ex，当10ex时0hx，则hx单调递增，当1ex时0hx，则hx单调递减，函数()hx的极大值即最大值为12eeh．又10ex时12ln0hxxx，且当0x时，()0hx，又e0h，20ea．不妨设1210exx，要证明121221211121222eeeeexxxxhxhxhxhx，110,ex．令2222()2ln2lneeeeFxhxhxxxxxxx，10,ex，10eF．所以2()12ln212ln2eFxxx222e2ln22ln204exxxx，当且仅当2exx，即1ex时取等号，函数()Fx在10,ex单调递增，10eF，()0Fx，即2ehxhx，因此12122exx成立．(二)含参函数问题可考虑先消去参数含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元12,xx的基础上,又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数,从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介,构造出一个变元的新的函数.由于可导函数fx的极值点是fx的零点,也是方程0fx的实根,所以有些与零点或方程实根有关的问题可以利用求解极值点偏移问题的方法去解决.【一题多解】已知函数()lnfxxax,a为常数,若函数()fx有两个零点12,xx,试证明：212.xxe【分析】法一：消参转化成无参数问题：ln()0lnlnxfxxaxxae,12,xx是方程()0fx的两根,也是方程lnlnxxae的两根,则12ln,lnxx是xxae,设1122ln,lnuxux,()xgxxe,则12()()gugu,从而2121212lnln22xxexxuu,此问题等价转化成为【例1】,下略.法二：利用参数a作为媒介,换元后构造新函数：不妨设12xx,∵1122ln0,ln0xaxxax,∴12121212lnln(),lnln()xxaxxxxaxx,∴1212lnlnxxaxx,欲证明212xxe,即证12lnln2xx.∵1212lnln()xxaxx,∴即证122axx,∴原命题等价于证明121212lnln2xxxxxx,即证：1122122()lnxxxxxx,令12,(1)xttx,构造2(1)ln,1)1(ttgttt,利用gt单调性求解,下略.法三：直接换元构造新函数：12221211lnlnln,lnxxxxaxxxx设2121,,(1)xxxttx,则112111lnlnln,lnlntxtxxtxttxx,反解出：1211lnlnlnln,lnlnlnlnln111ttttxxtxtxtttt,故212121lnln2ln21txxexxtt,转化成法二,略.【例2】（2024届浙江省名校协作体高三上学期联考）函数2ee(1)xfxax有两个极值点1212,xxxx．其中aR，e为自然对数的底数．(1)求实数a的取值范围；(2)若1212ee221e11xxxx恒成立，求的取值范围．【解析】（1）由于e2e1xfxax，由题知0fx有两个不同实数根，即2e1exxa有两个不同实数根．令2e1exxgx，则2e20exxgx，解得2x，故gx在,2上单调递增，在2,上单调递减，且x时，()gx，x时，()0gx，22eg，故gx的图象如图所示，当20,ea时，fx有两个零点12,xx且12xx．则100fxxx或2xx，故fx在10,x上单调递增，在12,xx上单调递