高考数学导数解答题培优-极值点偏移问题.doc

1、导数解答题导数解答题培优培优极值点极值点偏移偏移问题问题 知识整合：知识整合：已知函数 f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点 x0，若 f(x)c 的两 根的中点刚好满足 12 2 xx x0，即极值点在两根的正 中间，也就是说极值点没有偏移此时函数 f(x)在 x x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1) 2若 12 2 xx x0，则极值点偏移， 此时函数 f(x)在 xx0两侧， 函数 值变化快慢不同，如图(2)(3) 典例： 已知 2 1 ln 2 f xxxmxx，mR 若 f x有两个极值点 1 x， 2 x， 且 12 xx， 求证： 2 12 ex x （e为自然对数的底数）

2、 解法一：齐次构造通解偏移套路 证法 1：欲证 2 12 ex x ，需证 12 lnln2xx 若 f x有两个极值点 1 x， 2 x， 即函数 fx有两个零点 又 lnfxxmx， 所以， 1 x， 2 x是方程 0fx的两个不同实根 于是，有 11 22 ln0 ln0 xmx xmx ，解得 12 12 lnlnxx m xx 另一方面，由 11 22 ln0 ln0 xmx xmx ，得 2121 lnlnxxm xx， 从而可得， 2112 2112 lnlnlnlnxxxx xxxx 于是， 22 212111 12 2 21 1 1ln lnln lnln 1 xx xxxx

3、xx xx x xx x 又 12 0 xx，设 2 1 x t x ，则1t 因此， 12 1ln lnln 1 tt xx t ，1t 要证 12 lnln2xx，即证： 1 ln 2 1 tt t ，1t 即：当1t 时，有 21 ln 1 t t t 设 函数 21 ln 1 t h tt t ，1t ，则 2 22 212111 0 11 ttt h t t tt t ， 所以， h t为1.上的增函数注意到， 10h，因此， 10h th ，当1t 时，有 21 ln 1 t t t 所以，有 12 lnln2xx成立， 2 12 ex x 求解本题的关键点有两个一个是消参，把极值

4、点转化为导函数零点之后，需要利用两 个变量把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极值点表示参数，如得到 1 1 ln x x m 之后，代入第二个方程，则无法建立两个极值点的关系，本题中利用两个方程相 加(减)之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少 变量的个数，只有把方程转化为一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函 数问题求解本题利用参数 m 的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程转化 为关于 1 2 x x 的方程，通过建立函数模型求解该问题，这体现了对数学建模等 核心素养的考 查 （消参减元） 解法二 变换函数能妙解

5、证法 2： 欲证 2 12 ex x ， 需证 12 lnln2xx 若 f x有两个极值点 1 x， 2 x， 即函数 fx 有两个零点又 lnfxxmx，所以， 1 x， 2 x是方程 0fx的两个不同实根显 然0m，否则，函数 fx为单调函数，不符合题意 由 11 1212 22 ln0 lnln ln0 xmx xxm xx xmx ， 即只需证明 12 2m xx即可即只需证明 12 2 xx m 设 21 0,g xfxfxx mm ， 2 21 0 2 mx gx xmx ，故 g x在 1 0, m ，即 1 0g xg m ，故 2 fxfx m 由于 11 mx fxm x

6、x ，故 fx 在 1 0, m ， 1 , m 设 12 1 xx m ，令 1 xx，则 211 2 fxfxfx m ， 又因为 2 x， 1 21 ,x mm ， fx在 1 , m ， 故有 21 2 xx m ， 即 12 2 xx m 原 命题得证 解法三 构造函数现实力 证法 3：由 1 x， 2 x是方程 0fx的两个不同实根得 ln x m x ，令 ln x g x x ， 12 g xg x，由于 2 1 ln x gx x ，因此， g x在1,e ，e, 设 12 1exx， 需证明 2 12 ex x ， 只需证明 2 1 2 e 0,ex x ， 只需证明 2

7、1 2 e f xf x ， 即 2 2 2 e f xf x ，即 2 2 2 e 0f xf x 即 2 e 1,eh xf xfx x ， 22 22 1 lne 0 e xx h x x ， 故 h x在1,e ， 故 e0h xh， 即 2 e f xf x 令 1 xx， 则 2 21 1 e f xf xf x ， 因为 2 x， 2 1 e e, x ， f x在e, ，所以 2 2 1 e x x ，即 2 12 ex x 对称变换对称变换主要用来解决与两个极值点之和、 积相关的不等式的证明问题 其解题要点如下： (1)定函数(极值点为 x0)，即利用导函数符号的变化判断函数

8、单调性，进而确定函数的极值点 x0. (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数 F(x)f(x)f(2x0 x)，若证 x1x2 2 0 x ，则令 F(x) f(x)f 2 0 x x (3)判断单调性，即利用导数讨论 F(x)的单调性 (4)比较大小，即判断函数 F(x)在某段区间上的正负，并得出 f(x)与 f(2x0 x)的大小关系 (5)转化，即利用函数 f(x)的单调性，将 f(x)与 f(2x0 x)的大小关系转化为 x 与 2x0 x 之间的 关系，进而得到所证或所求 提醒 若要证明 f 12 2 xx 的符号问题，还需进一步讨论 12 2 xx 与 x0的大小，得出 12 2

9、 xx 所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负 解法四 巧引变量（一） 证法 4：设 11 ln0,1tx， 22 ln1,tx，则由 11 22 ln0 ln0 xmx xmx 得 1 12 2 11 22 e e e t tt t ttm tmt ，设 12 0ktt，则 1 e e1 k k k t ， 2 e1 k k t 欲证 2 12 ex x ， 需证 12 lnln2xx即只需证明 12 2tt，即 1 e 21 e2 e11 e2 e10 e1 k kkkk k k kk 设 1 e2 e10 kk g kkk， ee1 kk g kk， e0 k gkk， 故 g k在

10、,0，故 00g kg ，故 g k在,0，因此 00g kg，命题得 证 解法五 巧引变量（二） 证法 5：设 11 ln0,1tx， 22 ln1,tx，则由 11 22 ln0 ln0 xmx xmx 得 1 12 2 11 22 e e e t tt t ttm tmt ，设 1 2 0,1 t k t ，则 1 ln 1 kk t k ， 2 ln 1 k t k 欲证 2 12 ex x ，需 证 12 lnln2xx，即只需证明 12 2tt，即 1 ln2121 2lnln0 111 kkkk kk kkk ，设 21 ln0,1 1 k g kkk k ， 2 2 1 0 1

11、 k g k k k ，故 g k在0,1 ，因此 10g kg，命题得证 比比(差差)值换元值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系， 然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的设法用比值或差值(一 般用 t 表示)表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于 t 的函数问题求解 变式 1.已知函数 x f xxexR . （1）判断函数 f x的单调性； （2）如果 12 xx，且 12 f xf x，求证： 12 2xx. 解： （1）因为 x f xxe，所以 1 x fxx e，. 可得函数 x f xxe在,1上单调递增，在1,上单调递

12、减. （2）证明：由 12 f xf x， 12 xx，不妨设 12 xx， 构造函数 11F xfxfx，0,1x， 则 2 1 1110 x x x Fxfxfxe e ， 所以 F x在0,1x上单调递增， 00F xF， 也即11fxfx对0,1x恒成立. 由 12 01xx ，则 1 10,1x， 所以 11112 11211fxfxfxf xf x， 即 12 2fxf x，又因为 1 2x， 2 1,x ，且 f x在1,上单调递减， 所以 12 2xx，即 12 2xx. 变式 2.已知函数 2 cosf xxx （1）求函数 f x的最小值； （2）若函数 g xf xa在0

13、,上有两个零点 1 x， 2 x，且 12 xx，求证： 12 2 32 xx . 【答案】 （1） 2 min 4 f x （2）证明见解析； （1） 2 cosf xxx， 2 cosfxxxf x， f x为偶函数，故只需求0,x时 f x的最小值， 2sinfxxx ，当0, 2 x 时，设 2sinh xxx， 2cosh xx ，显然 h x 单增，而 00 h ，0 2 h ， 由零点存在定理，存在唯一的 0 0, 2 x ，使得 0 0h x， 当 0 0,xx， 0h x， h x单减， 当 0, 2 xx ， 0h x ， h x单增， 而 00h，0 2 h ，故0, 2

14、 x ， 0h x ， 即0, 2 x ， 0fx ， f x单减； 又当, 2 x ，2sinxx， 0fx ， f x单增， 所以 n 2 mi 24 f xf . （2） 112122 1212 3131 2 2222 3332 xxxxxx xxxx ， 只需证 12 22 xx ，由（1）得 1 0, 2 x ， 2 , 2 x ， 构造函数 F xf xfx，0, 2 x ， 22 sin0Fxfxfxx ，即 F x单增， 所以 0 2 F xF ，即当0, 2 x 时， f xfx， 而 1 0, 2 x ，所以 11 f xfx，又 12 f xf x， 即 21 f xfx

15、，此时 2 x， 1 , 2 x ， f x在 , 2 单增，所以 21 xx， 12 xx，即证 12 22 xx . 变式 3.（2020安徽模拟）已知 f（x）2x+1eax（aR） 若 x1，x2为方程 f（x）1 的两个相异的实根，求证：x1+x2 【解析】【解析】证明：x1，x2为方程 f（x）1 的两个相异的实根，则 x1，x2为方程 2xeax0 的 两个相异的实根， 即 x1，x2为方程 axln（2x）的两个相异的实根， ax1ln（2x1） ，ax2ln（2x2） 不妨设 x1x20 a（x1x2）ln ，即 a证明：x1+x2 a 因此只要证明：即证明 ln即可 令t1

16、上述不等式等价于：g（t）lnt0（t1） ，g（1）0 g（t） 0， 函数 g（t）在（1，+）上单调递增，g（t）g（1）0， ln 成立即 x1+x2 变式 4.（2020抚顺模拟）已知函数 f（x）lnxtx+t当 t2 时，方程 f（x）max 恰 有两个不相等的实数根 x1，x2，证明： 【解析】【解析】证明：由 f（x）max，得 lnx+（a2）x+2m0 令 g（x）lnx+（a2）x+2，则 g（x1）g（x2）m 即 lnx1+（a2）x1lnx2+（a2）x2，a2 不妨设 0 x1x2，要证 ， 只需证2（2a），即证 令（c1） ，g（c）2lncc， g（c）0

17、 g（c）在（1，+）上单调递减，则 g（c）g（1）0 故成立 变式 5.设函数 2 2lnf xxaxax （1）求函数 ( )f x的单调区间； （2）若方程( )f xc有两个不相等的实数根 1 x， 2 x，求证： 12 ()0 2 xx f 【答案】 （1）(0,)x 2 2(2)(2)(1) ( )2(2) axaxaxa x f xxa xxx 当0a时，( )0fx， 函数 ( )f x在(0,)上单调递增， 即( )f x的单调递增区间为(0,) 当0a 时，由( )0fx得 2 a x ；由( )0fx，解得0 2 a x 所以函数 ( )f x的单调递增区间为(,) 2

18、 a ，单调递减区间为(0,) 2 a （2） 1 x， 2 x是方程( )f xc得两个不等实数根，由（1）可知：0a 不妨设 12 0 xx则 2 111 2lnxaxaxc， 2 222 2lnxaxaxc 两式相减得 22 111222 2ln2ln0 xaxaxxaxax， 化为 22 1122 1122 22 lnln xxxx a xxxx ( )0 2 a f ，当(0,) 2 a x时，( )0fx，当(,) 2 a x时，( )0fx 故只要证明 12 22 xxa 即可， 即证明 22 1122 12 1122 22 lnln xxxx xx xxxx ，即证明 112 212 22 ln xxx xxx ， 设 1 2 (01) x tt x ，令 22 ln 1 t g tt t ，则 2 22 14(1) ( ) (1)(1) t g t ttt t 10t ，( )0g t ( )g t在(0,1)上是增函数，又在1t 处连续且g（1）0， 当(0,1)t时，( )0g t 总成立故命题得证