专题1.2 极值点偏移问题利器——极值点偏移判定定理-2020届高考数学压轴题讲义(解答题)(解析版

一、极值点偏移的判定定理
对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，
（1）若)2()(201x x f x f -<，则
02
1)(2
x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；学科#网
（2）若)2()(201x x f x f ->，则
02
1)(2
x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f 的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且
0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以
02
1)(2
x x x ><+，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏；
（2）证明略.
左快右慢（极值点左偏22
1x x m +<
⇔） 左慢右快（极值点右偏2
21x x m +>⇔）
左快右慢（极值点左偏221x x m +<
⇔） 左慢右快（极值点右偏2
2
1x x m +>⇔） 二、运用判定定理判定极值点偏移的方法 1、方法概述：
（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；
（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=； （3）确定函数)(x F 的单调性；
（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随. 2、抽化模型
答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+. （1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；
假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.
（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；
注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.
（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；
假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.
（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；
接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故
)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且
)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.
（5）若要证明0)2(
'21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出2
21x
x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.
此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故
02
12
x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2
(
'2
1<+x x f .学科*网 【说明】
（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；
（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(x f 的单调性、极值点，证明)(0x x f +与
)(0x x f -（或)(x f 与)2(0x x f -）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如0212x x x <+或
0)2
(
'2
1<+x x f 的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题.
三、新题展示
【2019湖南郴州二中月考】已知函数，
，
．
(1)若，
，求函数的单调区间；
(2)设．
(i)若函数有极值，求实数的取值范围； (ii)若
(
)，求证：
．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
(2)(i) =，定义域为(0，+∞)，
，
①当时，，函数在(0，+∞)上为单调递增函数，
不存在极值．
②当时，令，得，，
所以，易证在上为增函数，
在上为减函数，所以当时，取得极大值．
所以若函数有极值，实数的取值范围是．
因为，，所以在上为减函数，
，
所以在上为增函数，所以，
即，故成立．
【2019江西赣州十四县（市)期中联考】已知函数(为常数)，曲线在与轴的交点A处的切线与轴平行．
(1)求的值及函数的单调区间；
(2)若存在不相等的实数使成立，试比较与的大小．
【答案】（1）a=2,在区间(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．（2）x1＋x2＜2ln 2
(2)证明：设x＞ln 2，所以2ln 2－x＜ln 2，
(2ln 2－x)＝e(2ln 2－x)－2(2ln 2－x)－1
＝＋2x－4ln 2－1．
令g(x)＝(x)－(2ln 2－x)＝e x－－4x＋4ln 2(x≥ln 2)，
所以g′(x)＝e x＋4e－x－4≥0，
当且仅当x＝ln 2时，等号成立，学科&网
所以g(x)＝(x)－(2ln 2－x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．
又g(ln 2)＝0，所以当x＞ln 2时，g(x)＝(x)－(2ln 2－x)＞g(ln 2)＝0，
即(x)＞(2ln 2－x)，不妨设x1＜ln 2＜x2，所以(x2)＞(2ln 2－x2)，
又因为(x1)＝(x2)，所以(x1)＞(2ln 2－x2)，
由于x2＞ln 2，所以2ln 2－x2＜ln 2，
因为x1＜ln 2，由(1)知函数y＝(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减，
所以x1＜2ln 2－x2，即x1＋x2＜2ln 2．学科#网
四、对点详析，利器显锋芒 ★已知函数)()(R x xe x f x ∈=-. (1)求函数)(x f 的单调区间和极值；
(2)若21x x ≠，且)()(21x f x f =，证明：221>+x x .
∵12>x ，∴122<-x ，)(x f 在)1,(-∞上单调递增，∴212x x ->，∴221>+x x . ★函数34
34)(x x x f -=与直线)3
1
(->=a a y 交于),(1a x A 、),(2a x B 两点. 证明：221<+x x .
★已知函数2
()ln f x x x
=+，若1x ≠2x ，且)()(21x f x f =，证明：421>+x x . 【解析】由函数2
()ln f x x x
=+单调性可知：若)()(21x f x f =，则必有212x x <<，。

所以241>-x ，学科#网 而)4ln(42ln 2)4()(11
1111x x x x x f x f -+--+=
--， 令)4ln(ln 42
2)(x x x
x x h -++--=
，则 0
)4()
2(8)4()
4()4(2)4(2411)4(22)('2
22
2222222
2<---
=--+-+---=-++---=x x x x x x x x x x x x x x x x h
所以函数)(x h 在)2,0(为减函数，所以0)2()(=>h x h ，
所以0)4()(11>--x f x f 即)4()(11x f x f ->，所以)4()(22x f x f ->，所以421>+x x .
★已知函数()()()2
21x
f x x e a x =-+-有两个零点.设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<.
五、招式演练
★已知函数()2
2
x a g x e x =+
，其中, 2.71828a R e ∈=为自然对数的底数，()f x 是()g x 的导函数.
（Ⅰ）求()f x 的极值；
（Ⅱ）若1a =-，证明：当12x x ≠，且()()12f x f x =时， 120x x +<.
【答案】(1) 当0a ≥时， ()f x 无极值; 当0a <时, ()f x 有极小值()()
()ln ln f a a a a -=-+-;(2)详见解析. 学科&网
【解析】试题分析：（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）求出函数f （x ）的导数，设函数F （x ）=f （x ）﹣f （﹣x ），求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可． 试题解析：
（Ⅰ）()()x
f x
g x e ax ==+'的定义域为(),-∞+∞， ()x
f x e a '=+
当0a ≥时， ()0f x '>在(),x ∈-∞+∞时成立
()f x ∴ 在(),-∞+∞上单调递增， ()f x 无极值.
当0a <时， ()0x
f x e a ='+=解得()ln x a =-学科&网
由()0f x '< 得()ln x a <-；由()0f x '> 得()
ln x a >-
所以()f x 在()()
,ln a -∞-上单调递减，在()()
ln ,a -+∞上单调递增， 故()f x 有极小值()()
()ln ln f a a a a -=-+-.
（Ⅱ）当1a =-时， ()x
f x e x =-的定义域为(),-∞+∞， ()1x
f x e '=-，
由()10x
f x e ='-=，解得0x =.当x 变化时， ()f x '， ()f x 变化情况如下表：
x (),0-∞
()0,+∞
()f x ' -
+
()f x
单调递减
极小值 单调递增
∵12x x ≠，且()()12f x f x =，则120x x <<（不妨设12x x <）
★已知函数()2
ln f x x ax =-，其中a R ∈
（1）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围；
（2）若函数()f x 有极大值为1
2
-
，且方程()f x m =的两根为12,x x ，且12x x <，证明： 124x x a +>.
【答案】（1）1
02a e
<<
;（2）见解析. 学科&网 （1）当0a ≤时， ()0f x '>函数()f x 在()0,+∞上单调递增，不可能有两个零点 （2）当0a >时， ()10,2f x x a
='=
x
10,2a ⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭ 12a
1,2a ⎛⎫
+∞ ⎪ ⎪
⎝⎭
()f x ' +
-
()f x
极大值
()f x 的极大值为111ln 222f a a ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由11ln 022a ⎛⎫-> ⎪ ⎪⎝⎭
得1
02a e <<； 因为()()
22ln 0a a a a f e e ae a ae ----=-=--<，
所以()f x 在1,2a e a -⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
必存在一个零点； 显然当x →+∞时， ()0f x <， 所以()f x 在1,2a ⎛⎫
+∞
⎪ ⎪
⎝⎭
上必存在一个零点；
2020
2020129553
20201295 5345
202012553。