高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)精講精練(新高考地區(qū))3.8極值點(diǎn)、拐點(diǎn)偏移問題(精練)(原卷版+解析)

3.8極值點(diǎn)、拐點(diǎn)偏移問題【題型解讀】【題型一極值點(diǎn)偏移解法賞析】1.(2023·山東濟(jì)南歷城二中高三月考）已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax有兩個零點(diǎn)x1，x2．(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)求證：x1·x2>e2．2．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）設(shè)，為兩個不相等的正數(shù)，且，證明：.【題型二加法型極值點(diǎn)偏移】1.(2023·山東青島高三期末）已知函數(shù)f(x)＝x－1＋aex．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點(diǎn)，證明：x1＋x2>4．2．(2023·天津市南開中學(xué)月考）設(shè)函數(shù)．（1）當(dāng)有極值時，若存在，使得成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（2）當(dāng)時，若在定義域內(nèi)存在兩實(shí)數(shù)滿足且，證明：．3.(2023·安徽省江淮名校期末）已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(1)求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)；(2)若方程有2個不等的實(shí)根，證明：.【題型三乘法型極值點(diǎn)偏移】1.(2023·河南高三期末）已知函數(shù)(，)有兩個不同的零點(diǎn)，．(1)求的最值；(2)證明：．2．(2023·廣東·高三期末）已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若函數(shù)有兩個零點(diǎn)，．①求的取值范圍；②證明：．【題型四導(dǎo)數(shù)型極值點(diǎn)偏移】1.(2023·黑龍江工農(nóng)·鶴崗一中高三期末）已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a＞0，證明：當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時，f(eq\f(1,a)＋x)＞f(eq\f(1,a)－x)；(3)若函數(shù)y＝f(x)的圖象與軸交于A，B兩點(diǎn)，線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，證明：f(x0)＜0．2.(2023·全國高三課時練習(xí)）已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1有兩個零點(diǎn)．(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點(diǎn)，證明：f′(x1·x2)<1－a．【題型五拐點(diǎn)偏移問題】1.(2023·遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)分校高三期末）已知函數(shù)，．（Ⅰ）若在處取得極值，求的值；（Ⅱ）設(shè)，試討論函數(shù)的單調(diào)性；（Ⅲ）當(dāng)時，若存在正實(shí)數(shù)，滿足，求證：．3.8極值點(diǎn)、拐點(diǎn)偏移問題【題型解讀】【題型一極值點(diǎn)偏移解法賞析】1.(2023·山東濟(jì)南歷城二中高三月考）已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax有兩個零點(diǎn)x1，x2．(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)求證：x1·x2>e2．【解析】(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，不符合題意；②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a)．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0．由題意知f(x)＝lnx－ax的極大值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1>0，解得0<a<eq\f(1,e)．所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．(2)法一：對稱化構(gòu)造法1由x1，x2是方程f(x)＝0的兩個不同實(shí)根得a＝eq\f(lnx,x)，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，因此，g(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，設(shè)1<x1<e<x2，需證明x1x2>e2，只需證明x1>eq\f(e2,x2)∈(1，e)，只需證明f(x1)>f(eq\f(e2,x2))，即f(x2)>f(eq\f(e2,x2))，即f(x2)－f(eq\f(e2,x2))>0．令h(x)＝f(x)－f(eq\f(e2,x))(x∈(1，e))，h′(x)＝eq\f((1－lnx)(e2－x2),x2e2)>0．故h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，故h(x)<h(0)＝0．即f(x)<f(eq\f(e2,x))，令x＝x1，則f(x2)＝f(x1)<f(eq\f(e2,x1))因?yàn)閤2，eq\f(e2,x1)∈(e，＋∞)，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以x1>eq\f(e2,x2)，即x1x2>e2．對稱化構(gòu)造法2由題意，函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的兩根．令t1＝lnx1，t2＝lnx2．設(shè)g(x)＝xe－x，則g(t1)＝g(t2)，從而x1x2>e2?lnx1＋lnx2>2?t1＋t2>2．下證：t1＋t2>2．g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)g(x)在x＝1處取得極大值g(1)＝eq\f(1,e)．當(dāng)x→－∞時，g(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0且g(x)>0．由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨設(shè)t1<t2，作出函數(shù)g(x)的圖象如圖所示，由圖知必有0<t1<1<t2，令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，則F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝eq\f(x,ex＋1)(e2x－1)>0，所以F(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，所以F(x)>F(0)＝0對任意的x∈(0，1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)對任意的x∈(0，1]恒成立．由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0，1]，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2)，又2－t1∈(1，＋∞)，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2－t1<t2，即t1＋t2>2．法二：比值換元法1不妨設(shè)x1>x2>0，因?yàn)閘nx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝a，欲證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2．因?yàn)閘nx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即證a>eq\f(2,x1＋x2)，所以原問題等價于證明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即lneq\f(x1,x2)>eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)，令t＝eq\f(x1,x2)(t>1)，則不等式變?yōu)閘nt>eq\f(2(t－1),t＋1)．令h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)，t>1，所以h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0(t>1)，因此原不等式x1x2>e2得證．比值換元法2由題知a＝eq\f(lnx1,x1)＝eq\f(lnx2,x2)，則eq\f(lnx2,lnx1)＝eq\f(x2,x1)，設(shè)x1<x2，t＝eq\f(x2,x1)(t>1)，則x2＝tx1，所以eq\f(lntx1,lnx1)＝t，即eq\f(lnt＋lnx1,lnx1)＝t，解得lnx1＝eq\f(lnt,t－1)，lnx2＝lntx1＝lnt＋lnx1＝lnt＋eq\f(lnt,t－1)＝eq\f(tlnt,t－1)．由x1x2>e2，得lnx1＋lnx2>2，所以eq\f(t＋1,t－1)lnt>2，所以lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0，令h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)，t>1，所以h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0(t>1)，因此原不等式x1x2>e2得證．法三：差值換元法由題意，函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的兩根．設(shè)t1＝lnx1，t2＝lnx2，設(shè)g(x)＝xe－x，則g(t1)＝g(t2)，從而x1x2>e2?lnx1＋lnx2>2?t1＋t2>2．下證：t1＋t2>2．由g(t1)＝g(t2)，得t1＝t2，化簡得＝eq\f(t2,t1)，①不妨設(shè)t2>t1，由法二知，0<t1<1<t2．令s＝t2－t1，則s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得es＝eq\f(s＋t1,t1)，解得t1＝eq\f(s,es－1)．則t1＋t2＝2t1＋s＝eq\f(2s,es－1)＋s，故要證t1＋t2>2，即證eq\f(2s,es－1)＋s>2，又es－1>0，故要證eq\f(2s,es－1)＋s>2，即證2s＋(s－2)(es－1)>0，②令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，則G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，故G′(s)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以G′(s)>G′(0)＝0，從而G(s)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以G(s)>G(0)＝0，所以②式成立，故t1＋t2>2．2．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）設(shè)，為兩個不相等的正數(shù)，且，證明：.【解析】(1)的定義域?yàn)椋傻茫?，?dāng)時，；當(dāng)時；當(dāng)時，．故在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間內(nèi)為減函數(shù)，(2)[方法一]：等價轉(zhuǎn)化由得，即．由，得．由（1）不妨設(shè)，則，從而，得，①令，則，當(dāng)時，，在區(qū)間內(nèi)為減函數(shù)，，從而，所以，由（1）得即．①令，則，當(dāng)時，，在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)，，從而，所以．又由，可得，所以．②由①②得．[方法二]【最優(yōu)解】：變形為，所以．令．則上式變?yōu)?，于是命題轉(zhuǎn)換為證明：．令，則有，不妨設(shè)．由（1）知，先證．要證：．令，則，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，所以，即．再證．因?yàn)?，所以．令，所以，故在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增．所以．故，即．綜合可知．[方法三]：比值代換證明同證法2．以下證明．不妨設(shè)，則，由得，，要證，只需證，兩邊取對數(shù)得，即，即證．記，則.記，則，所以，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減．，則，所以在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減．由得，所以，即．[方法四]：構(gòu)造函數(shù)法由已知得，令，不妨設(shè)，所以．由（Ⅰ）知，，只需證．證明同證法2．再證明．令．令，則．所以，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增．因?yàn)椋?，即又因?yàn)?，所以，即．因?yàn)?，所以，即．綜上，有結(jié)論得證．【題型二加法型極值點(diǎn)偏移】1.(2023·山東青島高三期末）已知函數(shù)f(x)＝x－1＋aex．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點(diǎn)，證明：x1＋x2>4．【解析】(1)f′(x)＝1＋aex，當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，則f(x)在R上單調(diào)遞增．當(dāng)a<0時，令f′(x)>0，得x<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))))，令f′(x)<0，得x>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，＋∞))．(2)由f(x)＝0得a＝eq\f(1－x,ex)，設(shè)g(x)＝eq\f(1－x,ex)，則g′(x)＝eq\f(x－2,ex)．由g′(x)<0，得x<2；由g′(x)>0，得x>2．故g(x)min＝g(2)＝－eq\f(1,e2)<0．當(dāng)x>1時，g(x)<0，當(dāng)x<1時，g(x)>0，不妨設(shè)x1<x2，則x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，x1＋x2>4等價于x2>4－x1，∵4－x1>2且g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴要證x1＋x2>4，只需證g(x2)>g(4－x1)，∵g(x1)＝g(x2)＝a，∴只需證g(x1)>g(4－x1)，即，即證(x1－3)＋x1－1<0；設(shè)h(x)＝e2x－4(x－3)＋x－1，x∈(1，2)，則h′(x)＝e2x－4(2x－5)＋1，令m(x)＝h′(x)，則m′(x)＝4e2x－4(x－2)，∵x∈(1，2)，∴m′(x)<0，∴m(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，即h′(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，∴h′(x)>h′(2)＝0，∴h(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，∴h(x)<h(2)＝0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－3))＋x1－1<0，從而x1＋x2>4得證．2．(2023·天津市南開中學(xué)月考）設(shè)函數(shù)．（1）當(dāng)有極值時，若存在，使得成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（2）當(dāng)時，若在定義域內(nèi)存在兩實(shí)數(shù)滿足且，證明：．【解析】（1）定義域?yàn)?，，?dāng)時，，即在上單調(diào)遞增，不合題意，；令，解得：，當(dāng)時，；當(dāng)時，；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，；存在，使得成立，則，即，又，，即，令，則，在上單調(diào)遞增，又，，即實(shí)數(shù)的取值范圍為.（2）當(dāng)時，，則，當(dāng)時，；當(dāng)時，；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，由且知：；令，，則，在上單調(diào)遞增，，即；，又，；，，又且在上單調(diào)遞減，，即.3.(2023·安徽省江淮名校期末）已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(1)求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)；(2)若方程有2個不等的實(shí)根，證明：.【解析】(1)f(x)的定義域是，求導(dǎo)得，當(dāng)，，函數(shù)f(x)沒有極值點(diǎn)；當(dāng)時，令，得在(0，a)上，，f(x)單調(diào)遞減，在上，，f(x)單調(diào)遞增，∴函數(shù)f(x)有極小值點(diǎn)，無極大值點(diǎn)；(2)由(1)知方程有2個不等的實(shí)根時，f(x)在定義域上不單調(diào)，一定有，在(0，a)上f(x)單調(diào)遞減，在上f(x)單調(diào)遞增，不妨設(shè)，令，∵，∴，由得，∴，∴g(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，∴，即，結(jié)合題設(shè)有，∵，而f(x)在上單調(diào)遞增，∴，即.【題型三乘法型極值點(diǎn)偏移】1.(2023·河南高三期末）已知函數(shù)(，)有兩個不同的零點(diǎn)，．(1)求的最值；(2)證明：．【解析】(1)，有兩個不同的零點(diǎn)，∴在內(nèi)必不單調(diào)，故，此時，解得，∴在上單增，上單減，∴，無最小值．(2)由題知兩式相減得，即，故要證，即證，即證，不妨設(shè)，令，則只需證，設(shè)，則，設(shè)，則，∴在上單減，∴，∴在上單增，∴，即在時恒成立，原不等式得證．2．(2023·廣東·高三期末）已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若函數(shù)有兩個零點(diǎn)，．①求的取值范圍；②證明：．【解析】(1)的定義域?yàn)?，?ⅰ)當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；(ⅱ)當(dāng)時，若，則，在上單調(diào)遞增；若，則，在區(qū)間上單調(diào)遞減；綜上：時，在上單調(diào)遞增；時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；(2)①由(1)知，時，單調(diào)遞增，至多一個零點(diǎn)，不合題意，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減；，若函數(shù)有兩個零點(diǎn)，，由于時，，時，，所以，解得，故所求的取值范圍為；②證明：由題意：，，，要證，只要證，即．只要證即證，令，，，即成立，故原不等式成立．【題型四導(dǎo)數(shù)型極值點(diǎn)偏移】1.(2023·黑龍江工農(nóng)·鶴崗一中高三期末）已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a＞0，證明：當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時，f(eq\f(1,a)＋x)＞f(eq\f(1,a)－x)；(3)若函數(shù)y＝f(x)的圖象與軸交于A，B兩點(diǎn)，線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，證明：f(x0)＜0．【解析】(1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)增加；若a＞0，f(x)在(0，eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減；(2)法一：構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性證明，方法上同，略；法二：構(gòu)造以為主元的函數(shù)，設(shè)函數(shù)，則，，由，解得，當(dāng)時，，而，所以，故當(dāng)時，(2)由(1)可得a＞0，f(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋2－a在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，f(eq\f(1,a))＝0，不妨設(shè)A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，則0＜x1＜eq\f(1,a)＜x2，欲證明f(x)＜0，即f(x0)＜f(eq\f(1,a))，只需證明x0＝eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(1,a)，即x1＞eq\f(2,a)－x2，只需證明f(x2)＝f(x1)＞f(eq\f(2,a)－x2)．由(2)得f(eq\f(2,a)－x2)＝f[eq\f(1,a)＋(eq\f(1,a)－x2)]＞f[eq\f(1,a)－(eq\f(1,a)－x2)]＝f(x2)，得證．2.(2023·全國高三課時練習(xí)）已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1有兩個零點(diǎn)．(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點(diǎn)，證明：f′(x1·x2)<1－a．【解析】(1)由f(x)＝0，可得a＝eq\f(1＋lnx,x)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)與直線y＝a的圖象在(0，＋∞)上有兩個不同交點(diǎn)．g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)(x>0)，故當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0．故g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，g(x)>0．可得a∈(0，1)．(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－a，由(1