资源简介 专题5:极值点偏移问题极值点偏移:在函数中,如果两零点与极值点并不对称,这时极值点也就发生了偏移,偏移分为左偏和右偏.是函数在极值点左右的增减速度不一样,导致函数的图象不具有对称性.函数极值点是其导函数时相应的值,而函数与轴的交点横坐标为函数的零点,若函数的两零点恰好关于函数的对称轴对称,此时的极值点没有发生偏移.如果出现不等于时(也就是说两零点与极值点并不对称),这时极值点也就发生了偏移,偏移分为左偏和右偏.极值点偏移问题分析求解最重要的是要学会构建“一元差”函数,先将两变量变形放在原函数的同一单调区间内,利用原函数的单调性对变量进行大小比较,再通过对这一元差函数进行求导,证明其值大于零,结合二阶导函数的意义,对于一阶导函数是否存在零点进行分析求解最值,这应该就是求解极值点偏移正确的解题思路和基本步骤.总结解决极值点偏移问题的方法.处理极值点偏移问题一般有四种解法:构造辅助函数法,对称化构造函数,对数均值不等式,双变量齐次化构造.四种方法各有优劣,其中构造辅助函数和对称化构造函数是解决极值点偏移问题的通法,是从"形"的角度解决问题.求极值点偏移的常用方法:方法 1.换元、构造、化齐次:这种方法是最常见的方法,大致分为3步,第一步:代根作差找关系,第二步:换元分析化结论,第三步:构造函数证结论.方法2.消参构建法:含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元的基础上,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.题设情境是由函数的切线方程求参数的值和函数的单调区间,证明函数的“两不同零点之和”的不等式.第(1)问应用导数的几何意义和函数与方程思想求参数的值,导数与函数单调性的基本方法,求函数的单调区间;第(2)问利用函数的单调性,应用数形结合思想确定的取值范围,然后应用极值点偏移的基本方法证明.例1(福建省厦门双十中学2023届高三上学期月考)已知函数,且曲线在处的切线为.(1)求m,n的值和的单调区间;(2)若,证明:.【思路点拨】(1)由导数得几何意义列出方程组即可求得的值,再将带入原函数及导函数中分别求得解析式,由函数单调性与导函数的关系即可求得的单调区间;(2)若,要证明:,由(1)可知函数的单调区间,属于典型的极值点偏移问题,由移向构造新函数,求得新函数的单调性即可证明.练1(江苏省泰兴中学、南菁高级中学、常州市第一中学三校2022-2023学年高三上学期联考)已知函数有两个零点.(1)求的取值范围;(2)设是 的两个零点,证明:.练2(湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高三上学期期中) 已知函数有两个零点.(1)证明:.(2)若f(x)的两个零点为x1,x2,且x1<x2,证明:2a<x1+x2<1.题设情境是讨论含参数变量的函数的单调性,证明函数的两不同零点的平均值偏函数极值点左侧.第(1)问应用导数的几何意义和分类与整合思想讨论函数的单调性;第(2)问应用导数研究函数函数的单调性与最值,借助数形结合思想确定函数有两个不同的零点充要条件求参数a的取值范围,然后应用函数零点的充分条件探究零点的方程组,利用“消参、换元、构造函数”等基本方法与技巧证明.例2(辽宁省沈阳市2023届高三上学期联合考试)已知函数.(1)讨论函数的单调性;(2)若,设为的导函数,若函数有两个不同的零点,求证:.【思路点拨】第(1)问由,根据实数的正负取值,结合导函数的正负变化,分类讨论进行求解即可;第(2)问根据零点的定义,由函数有两个不同的零点,推算出实数的取值范围,然后由,利用,消去实数,应用换元思想结合指数的运算法则,通过构造新函数,利用导数的性质进行证明即可.练3(天津市耀华中学2022-2023学年高三上学期统练)设函数.(1)求函数的单调区间;(2)若函数有两个零点,求满足条件的最小正整数的值;(3)若方程有两个不相等的实数根,,求证:.练4(湖北省荆荆宜三校2022-2023学年高三上学期联考)设函数,(1)设,求证:,恒有.(2)若,函数有两个零点,求证.题设情境是讨论含参数变量的函数的单调性,证明与函数的两不同零点的不等式.第(1)问应用导数和分类与整合思想讨论函数的单调性;第(2)问由函数有两个不同的零点的充分条件,得到有关零点的方程组,利用“消参、换元、构造函数”等基本方法与技巧,应用函数单调性与转化化归思想证明不等式.例3(浙江省嘉兴市第一中学2022-2023学年高三上学期期中)已知函数.(1)讨论的单调性;(2)当时,函数存在两个零点,求证:.【思路点拨】第(1)问由已知得,,然后分、两类情,推算正负取值,即可研究的单调性;第(2)问由题设可得,法一:应用分析法要证结论只需证,令,构造并应用导数研究单调性,即可证结论;法二:由换元思想,令、,利用分析法知只需证,设,构造并应用导数研究单调性,即可证结论.练5(江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中)已知函数.(1)当时,求函数的单调区间;(2)若函数有两个不同零点,,①求实数a的取值范围;②求证:.练6(湖北省黄冈市2022-2023学年高三上学期阶段性质量抽测)设函数.(1)若,求的单调区间;(2)若存在三个极值点,,,且,求k的取值范围,并证明:.练7(湖北省宜昌市协作体2022-2023学年高三上学期联考) 设实数,且,函数.(1)求函数的单调区间;(2)若函数有两个不同的零点.(i)求的取值范围;(ii)证明:.1.(江苏省苏州中学2023届高三上学期阶段质量评估数学试题)已知函数.(1)若曲线在处的切线与直线平行,求的单调区间;(2)当时,若,且,证明:.2.(江西省金溪县第一中学2023届高三上学期数学(理)试题)已知函数().(1)若是单调增函数,求的取值范围;(2)若,是函数的两个不同的零点,求证:.3.(河北省深州市中学2023届高三上学期月考)已知,(其中为自然对数的底数).(Ⅰ)求函数的单调区间;(Ⅱ)若,函数有两个零点,求证:.4. (湖南省长沙市周南中学2022-2023学年高三上学期月考数学试题)已知函数,其中为自然对数的底数.(1)讨论函数的单调性;(2)若,且,证明:.5. (福建省漳州第一中学2023届高三上学期阶段考试数学试题)已知函数.(1)若是函数的唯一极值点,求正实数的取值范围;(2)令函数,若存在实数,使得,证明:.6. (四川省内江市2022-2023学年模拟)已知函数.(1)若,求函数的单调递增区间;(2)(ⅰ)若是函数的极大值点,记函数的极小值为,求证:;(ⅱ)若在区间上有两个极值点.求证:.(提示:).7. (湖南省岳阳县第一中学2022-2023学年高三入学考试数学试题)已知函数.(1)当时,证明;(2)若存在极值点,且对任意满足的,都有,求的取值范围.专题5 极值点偏移问题--答案解析【专题探究】例1【解析】(1)因为,所以.由题意可得即解得因为,所以当或时,,当时,,则在与上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)可知,,.设,则.设,则.因为,所以,则在上单调递增.因为,所以在上恒成立,即在上恒成立,则在上单调递增.因为,所以在上恒成立,即对一切恒成立.因为,所以.因为,所以.因为在上单调递增,且,所以,即证:.练1【解析】(1).设,则,只有一个零点.设,则当时,;当时,.所以 在单调递减,在单调递增.又,,取满足且,则,故存在两个零点.设,由得或.若,则,因此在上单调递增,在上单调递减;又,所以不存在两个零点.若,则,因此在上单调递增,在上单调递减;又,,所以不存在两个零点.若,则,恒成立,故在R上单调递增,所以不存在两个零点.综上, 的取值范围为.(2)不妨设,由(Ⅰ)知,,在单调递减,所以等价于,即.由于,而,所以.设,,则.所以当时,,故在区间上单调递减;而,故当时,.从而,故.练2【解析】(1)由,x>0可得,.当时,,所以在上单调递增,与题意不符.当时,令,得.当x∈(0,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(a.+∞)时.f′(x)>0,f(x)单调递增.可得当x=a时,f(x)取得极小值f(a)=lna+1.又因为函数有两个零点,所以f(a)=lna+1<0,可得a<,综上,0<a<.(2)解:由上可得f(x)的极小值点为x=a,则0<x1<a<x2.设g(x)=f(2a-x)-f(x)=ln(2a-x)+-lnx-.x∈(0,a).可得g′(x)=--+=>0,x∈(0,a).所以g(x)在(0,a)上单调递增,所以g(x)<g(a)=0.即f(2a-x)-f(x)<0,则f(2a-x)<f(x),x∈(0,a).所以当0<x1<a<x2时,2a->a,且f(2a-x1)<f(x1)=f(x2),因为当x∈(a,+∞)时,f(x)单调递增,所以2a-x1<x2,即x1+x2>2a.设x2=tx1,t>1,则则,即lnx1=tlnx2=tlntx1=t(lnx1+lnt).所以lnx1=-.所以ln(x1+x2)=lnx1(t+1)=lnx1+ln(t+1)=-+ln(t+1)=t(-).设,则,设,,所以在上单调递减,所以,即,所以在上单调递减,所以<,所以ln(x1+x2)<0,即x1+x2<1.综上,2a<x1+x2<1.例2【解析】(1)由,可得,当时,,函数是R上的增函数,当时,令,当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,综上所述:当时,函数是实数集上的增函数,当时,当时,函数单调递增,当时,函数单调递减;(2)由(1)可知:当时,当时,函数单调递增,当时,函数单调递减,所以函数有最小值,最小值为:,因为函数有两个不同的零点,不妨设,因为当时,,当时,,所以有<0,即,,因为函数有两个不同的零点,所以,因此令,构造函数,因为,所以,因此,所以当时,函数单调递减,故有,而,所以.练3【解析】(1)由题意知,.当时,,函数 在上单调递增,即的单调递增区间为.当时,由得;由,解得.所以函数 的单调递增区间为,单调递减区间为.由(1)可得,若函数有两个零点,则,且的最小值,即.,.令,可知在上为增函数,且,,所以存在零点,,当时,(a)>0;当时,(a)<0.所以满足条件的最小正整数.又当时,(3),(1),时,有两个零点.综上所述,满足条件的最小正整数的值为3.(3),是方程得两个不等实数根,由(1)可知:.不妨设.则,.两式相减得,得.,当时,,当时,.故只要证明即可,即证明,即证明,设 ,令,则.,. 在上是增函数,又在处连续且(1),当时,总成立.故命题得证.练4【解析】 (1)由题设,,所以,因为,所以当时,,函数在区间上单调递减,当时,,,所以,其中,构造函数,其中,,则,所以函数在上单调递增,则,所以函数在上单调递增,,所以对于、,恒有;(2)因为,则,所以函数单调递增,且,要证,即证,即证,即证,因为函数有两个零点,由题意可得,上述两个等式作差得,下面先证明,只需证:,整理得,即证,设,不妨设,则,所以函数在上单调递增,所以,因为,所以,故原不等式成立.例3【解析】(1)由题设,,,①当,即时,,在R上单调递增;②当,即时,令,得,当,,单调递减;当,,单调递增.综上,当时,在R上单调递增;当时,在上单调递减,在上单调递增.(2)当时,,又,得:,两式相减得,又,可得法一:要证,只需证,两边同除以得:令,故只需证即可.令,,令,则,∴当时,,故在上单调递减,即,∴在上单调递增,故,故原命题得证.法二:令,,,即,两式相减得,要证,即只需证,即证,即,即,令,只需证即可.令,则当时,,故在上单调递增,∴,故原命题得证,原不等式成立.练5【解析】(1)对函数求导,得.当时,,因为函数的定义域,由,得,由,得,所以函数的单调递增区间是,单调递减区间是.(2)由,得,①函数有两个不同零点,等价于方程有两个不同的实根.设,即方程有两个不同的实根.设,,再设,,所以函数在上单调递增,注意到,所以当时,,当时,.所以在(0,1)上单调递减,在上单调递增.当时,,当时,,当时,,只需,即.②注意到,,要证,只需证.由①知,,故有,即.下面证明:.设,有,所以函数在上单调递增,所以,所以,故有.又,,且在上单调递减,所以,即得.因此,结论得证.练6【解析】(1)当时,,∴,令,则,∴由得,得,,∴在上递减,在上递增,∴即,∴得,解得,∴的单调减区间为,单调增区间为;(2),∵有三个极值点,∴方程有两个不等根,且都不是1,令,当时,单调递增,至多有一根,当时,得,得,∴在上递减,在上递增,∴,,此时,,,,时,,∴时,有三个根,,,且,由得,由得,∴,下面证明:,可变形为,令, ,,∴在上递增,∴,∴,∴.练7【解析】(1)因为,当时,,的单调递增区间为.当时,令,得,当时,,当时,,所以的单调递减区间为,的单调递增区间为.(2)(i)由(1)知时,为极小值点,又函数有两个零点,得.于是,得,即由在单调递增,则由,可得.此时,,,故,函数有两个不同的零点.(ii)证明:由则,得,于是,设的极值点为,又由,于是,令,则即在上单调递增,又,则在恒成立.由,可令,则,,即,即故有:.则,所以,欲证,只需证,只需证,又由,所以只需证,由,所以上述只需证,只需证,令,则即在上单调递增.由,可知,所以上述不等式成立.【专题训练】1.【解析】(1),,则,,令,得或;令,得;所以的单调递增区间为;单调递减区间为;(2)证明:,,令,则,所以在上为增函数;,,与同号,不妨设,设,则,,,,在上为增函数,,,,又在 上为增函数,,即.2. 【解析】(1)函数定义域为,当时,,因为是单调增函数,则时,,令,,即有在上单调递增,,,则,所以a的取值范围是.(2)因,是函数的两个不同的零点,则,显然,有,,,不妨令,设,于是得,要证,只需证,令,,则在上单调递增,则有,于是得,又,要证,只需证,而,即证,令,,,从而得在在上单调递减,,即有,综上得:.3. 【解析】(Ⅰ)∴时, ,所以的增区间为,减区间为;时,,所以的增区间为;时,;所以的增区间为,减区间为;综上:时,的增区间为,减区间为;时,的增区间为;时,的增区间为,减区间为;(Ⅱ)证法一:由(1)知,时,增区间为:,减区间为:;且时,,,函数的大致图像如下图所示:因为时,函数有两个零点所以,即,不妨设,则,要证,即证,因为,所以,又在单调递增,所以即证:又,所以即证:,,令函数,,则,因为,所以,,故,函数在单调递增,所以,因为,所以,即,所以.(Ⅱ)证法二:因为时,函数有两个零点,则两个零点必为正实数,,问题等价于有两个正实数解;令,则,在单调递增,在单调递减,且,令,,则,所以在单调递增,,又,故,,又,所以,又,所以,又在单调递增,所以,所以.4. 【解析】,是减函数,是增函数,所以在上单调递减,因为,所以时,,单调递增,时,,单调递减.证明:由题意,,即,,设,,则由,,得,,且,不妨设,则即证,由及的单调性知,,令,,则,因为,所以,所以在上单调递增,则,所以,取,则,又,则,又,,且在上单调递减,所以,即.下证,当时,由得,当时,令,,则,记,,则,又在上为减函数,所以,在单调递减,在单调递增,所以单调递减,从而在上单调递增,又,,所以,又,从而由零点存在定理得,存在唯一,使得,当时,单调递减;当时,单调递增;所以,又,,所以,显然,,所以,即,取,则,又,则,结合,,以及在单调递增,得到,所以.综上可得,. 5. 【解析】(1),令,则;令,解得:;当时,;当时,;∴在上单调递减,在上单调递增,∴;因为是函数的唯一极值点,又,所以,即时,此时恒成立,所以当时,,在上单调递减;当时,;在上单调递增,故有且仅有一个极值点;(2)证明:,令,则上述函数变形为,对于,,则,即在上单调递增,由已知存在实数使得,可知存在对应的、,使得,对于,则,因为,所以当时,,当时,即在上单调递减,在上单调递增,所以为函数的唯一极小值点,所以,则,令,则,所以在上单调递减,所以,即,又,所以,又的单调性可知,即有成立,所以.6. 【解析】(1),令,则或,所以的单调递增区间为和;(2)(ⅰ),因为是函数的极大值点,所以,函数的极小值为,令,则,令,则,所以函数在上递减,即函数在上递减,又因,,故存在,使得,当时,,当时,,所以函数在上单调递增,在上单调递减,所以,由,得,得,所以;(ⅱ),因为在区间上有两个极值点,所以在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,即,且,解得,或,当时,;当时,,,因为,要证,只需证,而,当时,,当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减,又因为,所以当时,,所以.7. 【解析】(1)当时,,定义域为,设,则,所以函数在单调递增,在上单调递减,所以,所以,当且仅当时等号成立,所以,,当且仅当时等号成立,所以,且等号不同时成立,所以;(2)函数,,若存在极值点,则,所以,所以函数在上单调递减,在上单调递增,由,不妨设,若,则;若,由可得,则,所以,即对恒成立,令,则,则,设,则,,令,,则,又,令,则,令,则,当时,令,则,设,所以,所以,所以当时,,单调递增,,单调递增,,单调递增,,单调递减,,,符合题意;当时,,存在,单调递减,,,,单调递增,,,不符合题意;所以,由单调递增可得.2 展开更多...... 收起↑ 资源预览