专题30 极值点偏移问题的研究（教师版）.docx

1、 专题30 极值点偏移问题的研究一、题型选讲题型一、常见的极值点偏移问题常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型：1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；例1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知函数(1)当时，设函数的最小值为，证明：；(2)若函数有两个极值点，证明：【解析】（1），令，解得，当时，当时，令，则，令，解得，当时，当时， ，当时，；（2），令，则，令，解得，当时，当时，又函数有两个极值点，则，且，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，又，令，则，令，则，在上单调递增，在

2、上单调递增，即，例2、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知函数，其中，为的导函数，设，且恒成立.（1）求的取值范围；（2）设函数的零点为，函数的极小值点为，求证：.【解析】（1）由题设知，由，得，所以函数在区间上是增函数；由，得，所以函数在区间上是减函数.故在处取得最小值，且.由于恒成立，所以，得，所以的取值范围为；（2）设，则.设，则，故函数在区间上单调递增，由（1）知，所以，故存在，使得，所以，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.所以是函数的极小值点.因此，即.由（1）可知，当时，即，整理得，所以.因此，即.所以函数在区间上单调递增.由于，即，即，所以.又函数在区间上单调递增，所以

3、.例3、(2019无锡期末）已知函数f(x)exx2ax(a0)(1) 当a1时，求证：对于任意x0，都有f(x)0 成立；(2) 若函数yf(x)恰好在xx1和xx2两处取得极值，求证：0，g(x)0，则f(x)在(0，)上单调递增，故f(x)f(0)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，(5分)进而f(x)f(0)10，即对于任意x0，都有f(x)0.(6分)(2) f(x)exaxa，因为x1，x2为f(x)的两个极值点，所以即两式相减，得a两式相减，得a，(8分)则所证不等式等价ln，即e0，所以证不等式只需证明：eteet10，(14分)设(t)te00，所以(t)0，所以(t)在(

4、0，)单调递减，(t)(0)0.所以lna.(16分)例4、(2018常州期末）已知函数f(x)，其中a为常数(1) 若a0，求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0，a)上单调递增，求实数a的取值范围；(3) 若a1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)2. 第一小问，利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤，必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问，由函数在(0，a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号，转化为含参数的恒成立问题；第三小问，关键是找到零点的大致范围，还是利用导数求最大值、最小值的方法规范解答 (1) 当a0时，f(x)，定义域为(0，)f

5、(x)，令f(x)0，得x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)极大值所以当x时，f(x)的极大值为，无极小值(4分)(2) f(x)，由题意f(x)0对x(0，a)恒成立因为x(0，a)，所以(xa)30，所以12lnx0对x(0，a)恒成立所以a2xlnxx对x(0，a)恒成立(6分)令g(x)2xlnxx，x(0，a)，则g(x)2lnx1.若0ae，则g(x)2lnx1e，即ae，令g(x)2lnx10，得xe，当0xe时，g(x)2lnx10，所以g(x)2xlnxx单调递减，当ex0，所以g(x)2xlnxx单调递增，所以当xe时，g(

6、x)ming(e)2elnee2e，所以a2e.综上，实数a的取值范围是(，2e(10分)(3) 当a1时，f(x)，f(x).令h(x)x12xlnx，x(0，1)，则h(x)12(lnx1)2lnx1，令h(x)0，得xe.当ex1时，h(x)0，所以h(x)x12xlnx单调递减，h(x)(0，2e1，x(0，1)，所以f(x)0恒成立，所以f(x)单调递减，且f(x)f(e)(12分)当00，h(e2)e212e2lne210，所以存在唯一x0，使得h(x0)0，所以f(x0)0，当0x0，所以f(x)单调递增；当x0xe时，f(x)0，所以f(x)单调递减，且f(x)f(e)，(14

7、分)由和可知，f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以当xx0时，f(x)取极大值因为h(x0)x012x0lnx00，所以lnx0，所以f(x0).又x0，所以22，所以f(x0)2lna2. (1)求导函数f(x)，对a分类讨论，确定导函数的正负，即可得到f(x)的单调性(2)根据第(1)问的函数f(x)的单调性，确定a0，且f(x)minf(a)a2，不妨设0x1a，通过对f(x)的单调性的分析，问题进一步转化为证明ff(x2)，构造函数，通过导数法不难证得结论解：(1)f(x)的定义域为(0，)，且f(x).(1.1)当a0时，f(x)0成立，所以f(x)在(0

8、，)为增函数；(2分)(1.2)当a0时，(i)当xa时，f(x)0，所以f(x)在(a，)上为增函数；(ii)当0xa时，f(x)0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)1lna0，解得0aa，f(1)a0，f(x)在(a，)为增函数，且函数f(x)的图像在(a，1)上不间断所以f(x)在(a，)上有唯一的一个零点另一方面， 因为0a，所以0a2a.f(a2)lna22lna，令g(a)2lna，当0a时，g(a)ge20又f(a)a2.不妨设x1x2，由知0x1aa2，即证x1.因为x1，(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数，所以只要证ff(x1)又f(x1)f(x2)0，

9、即证ff(x2)(14分)设函数F(x)ff(x)2lnx2lna(xa)所以F(x)0，所以F(x)在(a，)为增函数所以F(x2)F(a)0，所以ff(x2)成立从而x1x2a2成立所以p2ln(x1x2)2lna2，即x1f(x1)x2f(x2)2lna2成立(16分) 1. 第(2)中，用零点判定定理证明f(x)在(0，a)上有一个零点是解题的一个难点，也是一个热点问题，就是当0a时，要找一个数x00，这里需要取关于a的代数式，取x0a2，再证明f(a2)0，事实上由(1)可以得到xlnx，而f(a2)lna20即可2. 在(2)中证明x1x2a2的过程，属于构造消元构造函数方法，将两

10、个变量x1，x2转化为证明单变量的问题，这一处理方法，在各类压轴题中，经常出现，要能领悟并加以灵活应用二、达标训练1、(2018常州期末）已知函数f(x)，其中a为常数(1) 若a0，求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0，a)上单调递增，求实数a的取值范围；(3) 若a1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)2. 第一小问，利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤，必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问，由函数在(0，a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号，转化为含参数的恒成立问题；第三小问，关键是找到零点的大致范围，还是利用导数求最大值、最小值的方

11、法规范解答 (1) 当a0时，f(x)，定义域为(0，)f(x)，令f(x)0，得x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)极大值所以当x时，f(x)的极大值为，无极小值(4分)(2) f(x)，由题意f(x)0对x(0，a)恒成立因为x(0，a)，所以(xa)30，所以12lnx0对x(0，a)恒成立所以a2xlnxx对x(0，a)恒成立(6分)令g(x)2xlnxx，x(0，a)，则g(x)2lnx1.若0ae，则g(x)2lnx1e，即ae，令g(x)2lnx10，得xe，当0xe时，g(x)2lnx10，所以g(x)2xlnxx单调递减，当e

12、x0，所以g(x)2xlnxx单调递增，所以当xe时，g(x)ming(e)2elnee2e，所以a2e.综上，实数a的取值范围是(，2e(10分)(3) 当a1时，f(x)，f(x).令h(x)x12xlnx，x(0，1)，则h(x)12(lnx1)2lnx1，令h(x)0，得xe.当ex1时，h(x)0，所以h(x)x12xlnx单调递减，h(x)(0，2e1，x(0，1)，所以f(x)0恒成立，所以f(x)单调递减，且f(x)f(e)(12分)当00，h(e2)e212e2lne210，所以存在唯一x0，使得h(x0)0，所以f(x0)0，当0x0，所以f(x)单调递增；当x0xe时，f

13、(x)0，所以f(x)单调递减，且f(x)f(e)，(14分)由和可知，f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以当xx0时，f(x)取极大值因为h(x0)x012x0lnx00，所以lnx0，所以f(x0).又x0，所以22，所以f(x0)2.(16分)2、(2017南京学情调研）已知函数f(x)ax2bxlnx，a，bR.(1) 当ab1时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2) 当b2a1时，讨论函数f(x)的单调性；(3) 当a1，b3时，记函数f(x)的导函数f(x)的两个零点是x1和x2 (x1x2)，求证：f(x1)f(x2)ln2. 思路分析 (1)

14、通过求出f(1)，f(1)的值，利用点斜式求出切线的方程；(2) 研究单调性，通过求出导函数f(x)，然后研究f(x)的正负，分类讨论，确定分类的标准是a0，a0，在a0时，再按1，1，1分类；(3) 要证明此不等式，首先要考察x1，x2的范围与a，b的关系，由已知求出f(x)(x0)，因此x1，x2是方程g(x)2x2bx10的两根，x1x2，粗略地估计一下，由于g0，g(1)3b0，因此有x1，x2(1，)，由此可知f(x)在x1，x2上为减函数，从而有f(x1)f(x2)ff(1)，这里ff(1)ln2ln2，正好可证明题设结论规范解答 (1) 因为ab1，所以f(x)x2xlnx，从而

15、f(x)2x1.因为f(1)0，f(1)2，所以曲线yf(x)在x1处的切线方程为y02(x1)，即2xy20.(3分)(2) 因为b2a1，所以f(x)ax2(2a1)xlnx，从而f(x)2ax(2a1)，x0.(5分)当a0时，若x(0,1)，则f(x)0；若x(1，)，则f(x)0，所以f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减(7分)当0a时，由f(x)0得0x1或x；由f(x)0得1x，所以f(x)在区间(0,1)和上单调递增，在区间上单调递减当a时，因为f(x)0(当且仅当x1时取等号)，所以f(x)在区间(0，)上单调递增当a时，由f(x)0得0x或x1；由f

16、(x)0得x1，所以f(x)在区间和(1，)上单调递增，在区间上单调递减(10分)(3) 证法1 因为a1，所以f(x)x2bxlnx，从而f(x)(x0)由题意知，x1，x2是方程2x2bx10的两个根，由根与系数的关系可得x1x2.记g(x)2x2bx1，因为b3，所以g0，g(1)3b0，所以x1，x2(1，)，且bxi2x1(i1,2)，(12分)所以f(x1)f(x2)(xx)(bx1bx2)ln(xx)ln.因为x1x2，所以f(x1)f(x2)xln(2x)，x2(1，)(14分)令t2x(2，)，(t)f(x1)f(x2)lnt.因为(t)0，所以(t)在区间(2，)上单调递增

17、，所以(t)(2)ln2，即f(x1)f(x2)ln2.(16分)证法2 因为a1，所以f(x)x2bxlnx，从而f(x)(x0)由题意知，x1，x2是方程2x2bx10的两个根记g(x)2x2bx1，因为b3，所以g0，g(1)3b0，所以x1，x2(1，)，且f(x)在x1，x2上为减函数(12分)所以f(x1)f(x2)ff(1)ln(1b)ln2.因为b3，所以f(x1)f(x2)ln2ln2.(16分)3、已知函数.(1)求的单调区间；(2)若函数， 是函数的两个零点， 是函数的导函数，证明： .【解析】试题分析：（1）先求函数导数，根据导函数是否变号进行讨论，当时， ， 递增，当

18、时，导函数有一零点，导函数先正后负，故得增区间为，减区间为；（2）利用分析法先等价转化所证不等式：要证明，只需证明 ，即证明，即证明，再令，构造函数，利用导数研究函数单调性，确定其最值： 在上递增，所以，即可证得结论.试题解析：(1) 的定义域为， 当时， ， 递增当时， 递增； 递减综上：当时， 的单调增区间为，单调减区间为当时， 的单调增区间为 即证明，即证明 令，则则， 在上递减， ，在上递增， 所以成立，即4、已知函数为实数)的图像在点处的切线方程为.（1）求实数的值及函数的单调区间；（2）设函数，证明时， . 5、过点P(1,0)作曲线f(x)=ex的切线l（1）求切线l的方程；（2

19、）若直线l与曲线y=af(x)(aR)交于不同的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求证：x1+x24试题分析：（1）先根据导数几何意义求切线斜率y|x=0=1，再根据点斜式求切线方程y=x+1因为x1x2，不妨设x12设g(x)=f(x)f(4x)，则g(x)=f(x)+f(4x)=(x+2)ex(1e2(2+x)，当x2时，g(x)0，g(x)在(2,+)单调递增，来源:学*科*网Z*X*X*K所以g(x)g(2)=0，所以当x2时，f(x)f(4x) 因为x22，所以f(x2)f(4x2)，从而f(x1)f(4x2)，因为4x22，f(x)在(,2)单调递减，所以x14x2，即x1+x24