专题1.1 初识极值点偏移-突破140分之高三数学解答题高端精品(原卷版)

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极值点偏移(自主整理) 答案

f (1)
1 ，如图 e
要证 x1 x2 2 ，即证 x2 2 x1 ，不妨设 x1 x2 ，则 0 x1 1 x2
x2 2 x1 1，又 f (x) 在 1，上递减，则只需证
f (x2 ) f (2 x1)
又 f (x2 ) f (x1) ，则等价证 f (x1) f (2 x1) ，证明如下：
等价，例 1 的四种方法全都可以用；
思路 2：也可以利用参数 a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：
因为函数
f
(x)
有两个零点
x1,
x2
，所以
xx21
ae x1 ae x2
(1) (2)
，由 (1)
(2)
得：
x1
x2
a(e x1
e x2
)
，
要证明 x1 x2
2 ，只要证明 a(ex1
ex2 ) 2 ，由 (1) (2) 得： x1 x2
e2
．
解法二变换函数能妙解
极值点偏移专题
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证法 2：欲证 x1x2 e2 ，需证 ln x1 ln x2 2 ．若 f x 有两个极值点 x1 ，x2 ，即函数 f x 有两个零点．又 f x ln x mx ，所以， x1 ， x2 是方程 f x 0 的两个不同实根．显然 m 0 ，否则，函数 f x 为
设 g(x) f (x) f (2 x)，x 0,1 则 g(x) f (x) f (2 x)
g
(
x)
1 ex
x
1 e2x2
，又 x 0,1，则 g(x) 0 ，则 g(x)在0,1递增
g(x) g(1) 0 ，则 g(x) 0 得证，则 x1 x2 2

突破分之高三数学解答题高端专题极值点偏移第二招含参数的极值点偏移问题玩转版含解析

专®04=极值点偏移第二招——含拿嫩的极値点備移问题含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元x1, x2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•★例1.已知函数f(x) x ae x有两个不同的零点x1,x2，求证：x1 x2 2 .【睥析】思路i：iWi/W的两个零点，等价于方程血y二口的两个实根，从而宼一问题与专题三(不含篆数的柢值点偏移问题)例题完全等价，专题三例題的闻申方法全部可以用;也可垢9用参数。

逑个媒介去构造出新的蓟数一解答扣F:因为函数/(町有两个零点西，叼,由①+⑵得：珂+花二班小+佛”娶证明巧+书A2J只亜证明由①一(2〉得；珂一叼沪八艮“二弓二*/ +它叼它吨-衍+17—>2.,QL—o^ e I s—1e l1 2(e l1)门因此只要证明：t t2 t t0，e 1 e 1再次换元令e t x 1, t Inx,即证ln x 坐0,x (1,)x 1构造新函数F (x) In x 2(x—)，F (1) 0x 1I 4 (x 1)2求导F (x) ——2-——L2 0，得F(x)在(1,)上递增，x (x 1) x(x 1)不妨设x1x2，记t x1x2，则t 0,£1，所以F(x) 0,因此原不等式X1 X2 2获证.1 ★例2.已知函数f(x) In x ax , a 为常数，若函数f(x)有两个零点x 1, x 2，证明:2X i X 2 e ・【解析】法一；消裁转化成无參数问题；f (JC )三 & In x =ax 0 I D DC =,厮■兀是方程/(x)=0的两根」也是方程=的两根，则I D 西* I D 耳是方程的两根丿设珂=1E 码=111孔# 贞工)=比7：则匱(码)=1｛幻匕从而码叫码十伽帀＞20吗+旳此问题等价转化成为专题三例题，下略一法二：利用参数 a 作为媒介，换元后构造新函数：不妨设x 1 X 2 ,Tn X | ax 1 0,In x 2 ax 2 0, • In x 1 In x 2 a(x 1 x 2),In x 1 In x 2 a(x 1 X 2),.In X 1In x 2a ，欲证明2为血 e , 即证In x 1In x 2 2.X 1 X 2•Tn x 1 In x 2 a(x 1 X 2), •即证a2X 1 X2•••原命题等价于证明In x 1 In x 2 ，即证:X i x 2X-| x 2X 22(X 1 X 2) X 1 x 2人 x 1 ，令 t -,(t1),X 2构造g(t) Int 晋,t法三：直接换元构造新函数：1，此问题等价转化成为例1中思路2的解答，下略.In x ( In x 2 ax 1x 2In x 2 In x 1,设 X 1 X 2, tX2,(t1),则 x 2 tx 1, Intx~iIn x-In x 1 In x 1反解出：InX1 晋1nX2 IntX1Int In x-! IntInt tintt 1 t 1，故％x 2 e 2 In x 1 In x 2 2 Int 2，转化成法二，下同，略★例3.已知x 1, x 2是函数f (x) e x ax 的两个零点，且捲 x 2.(1) 求证: X 1 X 22；(2) 求证: X-I X 2 1■y I【解析】⑴问题可腐专化为：y =—与卩=—有两个交鼠由画扯Odq <1<^eof它L ------) p Q —故要证；西十砸A 2,艮卩证：>2,也即证二甞兰;A 」一a 呂r _点L 还也即・ e p壮-航+ [ 2> ------- :令r 二记一耳则卩輕0：心)JCj —Xj设烈◎二r (才十 1》一賞才一贝Ug =:-sV)在⑴如〉单调递聲即^«>g r <o )=o.二g(r)在W 他)单调逋帆即典)>曲y 故原不等式得证一J e X 2⑵要证：x 1x 2 1，即证：21，等价于eaX 1e X2 (^- -)2,x 2 为也即Z 2(e X2 e^)2(X 21，等价于e X2 X1(e X2 X1 1)2(X 2x 2 X-|等价于(e t te "V0)，也等价于te2~t~e1(t0)，等价于即证: tt e 2e t 1 0令 h(t)te 21(t 0)，则 h (t)1te^(1 t又令(t)t2(t0)，(t)t e 2••• (t)在(0,)单调递减,(t)(0) 0，从而 h(t) 0 , h(t)在(0,)单调递减，• h(t) h(0)0 ,即证原不【点评】从消元的角度，消掉参数a，得到一个关于x1,x2的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式★例4•已知函数f (x) x e ax(a 0)，若存在x-^,x2(x x2)，使f(xj f(x2) 0,求证：X i[gkstkgkstkgkstk] X2【解析】函数f⑻的雾点等价于方程"=些的实根，令攻刃=空心>叭X X求导可知，共0在g)上单调递軌在上单调递减，3<^ = ^)=-.(0下证；当0 时方程&=旦6二空有两个实根.a x JC①当兀丘卩间时，gS是械圏亂*■' ^(1) = 0: ^(e) = -;^(1) < a <g(G)二当xe(0胁sM増函数」童⑴二0= g(s)-^(l) <a< 如3「.当述 3)时，有一解，记为丐一②当施値十功时』烈力対减函数，Ct先证；即证；aAna >-—?令肌込)=门In仇@ A Q),a 2求导由也)的单调性可得:h 叽 =h(l) = -l>-l誠不等式血心丄即证, eel 2也即际等式贰成之a「•当XE O.+OO)时，。

高考解答题专项突破(一) 第4课时极值点偏移问题--2025年高考数学复习讲义及练习解析

第4课时极值点偏移问题考点一对称构造法求极值点偏移问题例1(2023·黑龙江牡丹江市第一高级中学高三热身考试(二))已知函数f (x )＝x x －32aa为实数．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝e 处取得极值，f ′(x )是函数f (x )的导函数，且f ′(x 1)＝f ′(x 2)，x 1<x 2，证明：2<x 1＋x 2<e.解(1)函数f (x )＝x x －32a(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －32ax ＝x (2ln x －3a ＋1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e3a －12，当x ∈(0，e3a －12)时，f ′(x )<0，当x ∈(e3a －12，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )的单调递减区间为(0，e3a －12)，单调递增区间为(e3a －12，＋∞)．(2)证明：因为函数f (x )在x ＝e 处取得极值，所以x ＝e 3a －12＝e ，得a ＝1，所以f (x )＝x x 得f ′(x )＝x (2ln x －2)＝2x (ln x －1)，令g (x )＝2x (ln x －1)，因为g ′(x )＝2ln x ，当0<x <1时，g ′(x )<0，当x >1时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当x ∈(0，e)时，g (x )＝2x (ln x －1)<0，当x ∈(e ，＋∞)时，g (x )＝2x (ln x －1)>0，故0<x 1<1<x 2<e.先证x 1＋x 2>2，需证x 2>2－x 1.因为x 2>1，2－x 1>1，下面证明g (x 1)＝g (x 2)>g (2－x 1)．设t (x )＝g (2－x )－g (x )，则当0<x <1时，t ′(x )＝－g ′(2－x )－g ′(x )＝－2ln (2－x )－2ln x ＝－2ln [(2－x )x ]>0，故t (x )在(0，1)上为增函数，故t (x )<t (1)＝0，所以t (x 1)＝g (2－x 1)－g (x 1)<0，则g (2－x 1)<g (x 2)，所以2－x 1<x 2，即得x 1＋x 2>2.下面证明：x 1＋x 2<e.令g (x 1)＝g (x 2)＝m ，当x ∈(0，1)时，g (x )－(－2x )＝2x ln x <0，所以g (x )<－2x 成立，所以－2x 1>g (x 1)＝m ，所以x 1<－m2.当x ∈(1，e)时，记h (x )＝g (x )－(2x －2e)＝2x ln x －4x ＋2e ，所以当x ∈(1，e)时，h ′(x )＝2ln x －2<0，所以h (x )为减函数，得h (x )>h (e)＝2e －4e ＋2e ＝0，所以m ＝g (x 2)>2x 2－2e ，即得x 2<m2＋e.所以x 1＋x 2<－m 2＋m2＋e ＝e.综上，2<x 1＋x 2<e.对称构造法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x 0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )或F (x )＝f (x 0＋x )－f (x 0－x )；对结论x1x 2>x 20型，构造函数F (x )＝f (x )－f x 20x ，通过研究F(x )的单调性获得不等式．(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 (2x 0－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 (2x 0－x )的大小关系转化为x 与2x 0－x 之间的大小关系，进而得到所证或所求.1.(2022·全国甲卷)已知函数f (x )＝e xx－ln x ＋x －a .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2＜1.解(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )x －1x ＋1x 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )≥f (1)＝e ＋1－a ，若f (x )≥0，则e ＋1－a ≥0，即a ≤e ＋1，所以a 的取值范围为(－∞，e ＋1]．(2)证法一：由题意知，f (x )的一个零点小于1，一个零点大于1.不妨设0<x 1＜1＜x 2，要证x 1x 2＜1，即证x 1＜1x 2.因为x 1，1x 2∈(0，1)，即证f (x 1)＞因为f (x 1)＝f (x 2)，即证f (x 2)＞即证e x x －ln x ＋x －x e 1x －ln x －1x＞0，x ∈(1，＋∞)，即证e xx－x e 1x －2lnx下面证明当x ＞1时，e x x －x e 1x ＞0，ln x0.设g (x )＝e xx－x e 1x ，则g ′(x )x －e 1x＋x e 1xx －设φ(x )＝e xx，则当x >1时，φ′(x )x ＝x －1x 2e x ＞0，所以φ(x )＞φ(1)＝e ，而e 1x ＜e ，所以e x x－e 1x＞0，所以当x >1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，即g (x )＞g (1)＝0，所以e xx －x e 1x ＞0.令h (x )＝ln x则当x >1时，h ′(x )＝1x －＝2x －x 2－12x 2＝－(x －1)22x 2＜0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减，即h (x )＜h (1)＝0，所以ln x 0.综上，e xx－x e 1x －2ln x 0，即x 1x 2＜1得证．证法二：不妨设x 1<x 2，则由(1)知0<x 1<1<x 2，0<1x 2<1.由f (x 1)＝f (x 2)＝0，得e x 1x 1－ln x 1＋x 1＝e x 2x 2－ln x 2＋x 2，即e x 1－lnx 1＋x 1－ln x 1＝e x 2－lnx 2＋x 2－ln x 2.因为函数y ＝e x ＋x 在R 上单调递增，所以x 1－ln x 1＝x 2－ln x 2成立．构造函数h (x )＝x －ln x ，g (x )＝h (x )－x －1x －2ln x ，则g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝(x －1)2x 2≥0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，g (x )>g (1)＝0，即当x >1时，h (x )>所以h (x 1)＝h (x 2)>又h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，当0<x <1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0，1)上单调递减，所以0<x 1<1x 2<1，即x 1x 2<1.考点二比(差)值换元法求极值点偏移问题例2(2024·湖北黄冈浠水县第一中学高三上学期质量检测)已知函数f (x )＝x (ln x －a )，g (x )＝f (x )x＋a －ax .(1)当x ≥1时，f (x )≥－ln x －2恒成立，求a 的取值范围；(2)若g (x )的两个相异零点为x 1，x 2，求证：x 1x 2>e 2.解(1)当x ≥1时，f (x )≥－ln x －2恒成立，即当x ≥1时，(x ＋1)ln x －ax ＋2≥0恒成立，设F (x )＝(x ＋1)ln x －ax ＋2，所以F (1)＝2－a ≥0，即a ≤2；F ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ，设r(x)＝ln x＋1x＋1－a，则r′(x)＝1x－1x2＝x－1x2，所以当x≥1时，r′(x)≥0，即r(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以r(x)≥r(1)＝2－a≥0，所以当x≥1时，F′(x)＝r(x)≥0，即F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)≥F(1)＝2－a≥0.所以a的取值范围为(－∞，2]．(2)证明：由题意知，g(x)＝ln x－ax，不妨设x1>x2>0，x1＝ax1，x2＝ax2，(x1x2)＝a(x1＋x2)，x1x2＝a(x1－x2)，则ln(x1x2)ln x1x2＝x1＋x2x1－x2＝x1x2＋1x1x2－1，令t＝x1x2>1，则ln(x1x2)ln t＝t＋1t－1，即ln(x1x2)＝t＋1t－1ln t.要证x1x2>e2，只需证ln(x1x2)>2，只需证t＋1t－1ln t>2，即证ln t>2(t－1)t＋1(t>1)，即证ln t－2(t－1)t＋1>0(t>1)，令m(t)＝ln t－2(t－1)t＋1(t>1)，因为m′(t)＝(t－1)2t(t＋1)2>0，所以m(t)在(1，＋∞)上单调递增，又当t从右侧趋近于1时，m(t)趋近于0，所以当t∈(1，＋∞)时，m(t)>0，即ln t－2(t－1)t＋1>0成立，故x1x2>e2.比(差)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，即t＝x1x2，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．2.已知函数f (x )＝x ln x －x 2e＋tx －1(t ∈R )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)．(1)求t 的取值范围；(2)证明：x 1＋x 2>4e x 1x 2.解(1)f ′(x )＝ln x ＋1－2xe＋t ，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝1x －2e ＝e －2xe x (x >0)，令g ′(x )＝0，解得x ＝e2，所以当x ，g ′(x )>0；当x ＋，g ′(x )<0，所以g (x )，＋，所以g (x )max ＝1－ln 2＋t .因为f (x )有两个极值点，所以g (x )有两个变号零点，所以g (x )max >0，即1－ln 2＋t >0，所以t >ln 2－1，即t 的取值范围为(ln 2－1，＋∞)．(2)证明：由题意，知ln x 2－2x 2e ＋t ＋1＝0，ln x 1－2x1e＋t ＋1＝0，所以ln x 2－ln x 1＝2e (x 2－x 1)，即ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝2e .要证x 1＋x 2>4e x 1x 2，只需证1x 1＋1x 2>4e，即证1x 1＋1x 2>2(ln x 2－ln x 1)x 2－x 1，即证2lnx 2x 1<x 2－x 1x 1＋x 2－x 1x 2＝x 2x 1－x 1x 2，设x2x 1＝u (u >1)，则只需证u －1u >2ln u (u >1)，令h (u )＝u －1u－2ln u (u >1)，则h ′(u )＝1＋1u 2－2u ＝u 2－2u ＋1u 2＝(u －1)2u 2>0，所以h (u )在(1，＋∞)上单调递增，又当u 从右侧趋近于1时，h (u )趋近于0，所以h (u )>0，即u －1u >2ln u (u >1)，则x 1＋x 2>4ex 1x 2.课时作业1．(2024·福建福州格致中学高三上学期质检)已知函数f (x )＝a ln x ＋ax .(1)讨论函数f (x )的极值；(2)若(e x 1)x 2＝(e x 2)x 1(e 是自然对数的底数)，且x 1>0，x 2>0，x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2.解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x )＝－a ln xx 2，若a ＝0，则f ′(x )＝0，函数f (x )无极值；若a ≠0，由f ′(x )＝0，可得x ＝1；若a <0，当0<x <1时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，当x >1时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增，此时函数f (x )有唯一极小值f (1)＝a ，无极大值；若a >0，当0<x <1时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增，当x >1时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，此时函数f (x )有唯一极大值f (1)＝a ，无极小值．综上，当a ＝0时，函数f (x )无极值；当a <0时，函数f (x )有极小值f (1)＝a ，无极大值；当a >0时，函数f (x )有极大值f (1)＝a ，无极小值．(2)证明：由(e x 1)x 2＝(e x 2)x 1，两边取对数可得x 2(ln x 1＋1)＝x 1(ln x 2＋1)，即ln x 1＋1x 1＝ln x 2＋1x 2，当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x，f ′(x )＝－ln xx 2，由(1)可知，函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝1，而0，当x >1时，f (x )>0恒成立，因此当a ＝1时，存在x 1，x 2且0<x 1<1<x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，若x 2∈[2，＋∞)，则x 1＋x 2>x 2≥2成立；若x 2∈(1，2)，则2－x 2∈(0，1)，记g(x)＝f(x)－f(2－x)，则当x∈(1，2)时，g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln xx2－ln(2－x)(2－x)2>－ln xx2－ln(2－x)x2＝－ln[－(x－1)2＋1]x2>0，即函数g(x)在(1，2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(2－x)，于是f(x1)＝f(x2)>f(2－x2)，而x2∈(1，2)，2－x2∈(0，1)，x1∈(0，1)，函数f(x)在(0，1)上单调递增，因此x1>2－x2，即x1＋x2>2.综上，x1＋x2>2.2．(2024·广东深圳中学高三阶段考试)设函数f(x)＝(x＋a)e x，已知直线y＝2x＋1是曲线y＝f(x)的一条切线．(1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x1)＝f(x2)，其中x1<x2，证明：x1x2>4.解(1)设直线y＝2x＋1与曲线y＝f(x)相切于点(x0，f(x0))，∵f′(x)＝(x＋a＋1)e x，∴f′(x0)＝(x0＋a＋1)e x0＝2；又f(x0)＝(x0＋a)e x0＝2x0＋1，∴2－e x0＝2x0＋1，即e x0＋2x0－1＝0.设g(x)＝e x＋2x－1，则g′(x)＝e x＋2>0，∴g(x)在R上单调递增，又g(0)＝0，∴g(x)有唯一零点x＝0，∴x0＝0，∴a＋1＝2，解得a＝1，∴f(x)＝(x＋1)e x，f′(x)＝(x＋2)e x，则当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0；当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0.∴函数f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)min＝f(－2)＝－e－2<0，当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0，∴x1<－2<x2<－1.要证x1x2>4，只需证x1<4x2<－2.∵f(x)在(－∞，－2)上单调递减，∴只需证f (x 1)>又f (x 1)＝f (x 2)，则只需证f (x 2)>f x 2∈(－2，－1)恒成立．设h (x )＝f (x )－∴h ′(x )＝(x ＋2)e x ＋8(x ＋2)x 3e 4x ＝(x ＋2)e 4x x 3(x 3e x -4x ＋8)．设p (x )＝x 3e x-4x ＋8，则当－2<x <－1时，p ′(x )＝x e x ＋74<0，∴p (x )在(－2，－1)上单调递减，∴p (x )0，∴h (x )在(－2，－1)上单调递增，∴h (x )>h (－2)＝0，即f (x )>f x ∈(－2，－1)时恒成立，又x 2∈(－2，－1)，∴f (x 2)>原不等式得证．3．(2023·湖北武汉华中师范大学第一附属中学高三下学期压轴卷(一))已知f (x )＝2x －sin x －a ln x .(1)当a ＝1时，讨论函数f (x )的极值点个数；(2)若存在x 1，x 2(0<x 1<x 2)，使f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1x 2<a .解(1)当a ＝1时，f (x )＝2x －sin x －ln x ，则f ′(x )＝2－cos x －1x，当x ≥1时，f ′(x )≥1－cos x ≥0，故f (x )在[1，＋∞)上单调递增，不存在极值点；当0<x <1时，令h (x )＝2－cos x －1x，则h ′(x )＝sin x ＋1x2>0恒成立，故函数h (x )即f ′(x )在(0，1)上单调递增，且f ′(1)＝1－cos1>0，f cos 14－2<0，所以存在x 0使得f ′(x 0)＝0，所以当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x 0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，故函数f (x )在(0，1)上存在唯一极值点．综上，当a ＝1时，函数f (x )的极值点有且仅有一个．(2)证明：由f (x 1)＝f (x 2)，知2x 1－sin x 1－a ln x 1＝2x 2－sin x 2－a ln x 2，整理，得2(x 1－x 2)－(sin x 1－sin x 2)＝a (ln x 1－ln x 2)(*)，不妨令g (x )＝x －sin x (x >0)，则g ′(x )＝1－cos x ≥0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增，当0<x 1<x 2时，有g (x 1)<g (x 2)，即x 1－sin x 1<x 2－sin x 2，那么sin x 1－sin x 2>x 1－x 2，因此(*)即转化为a >x 1－x 2ln x 1－ln x 2.接下来证明x 1－x 2ln x 1－ln x 2>x 1x 2(0<x 1<x 2)，等价于证明ln x 1x 2>x 1x 2－x 2x 1，不妨令x 1x 2＝t (0<t <1)，建构新函数φ(t )＝2ln t －t ＋1t(0<t <1)，φ′(t )＝2t －1－1t 2＝－(t －1)2t 2<0，则φ(t )在(0，1)上单调递减，又当t 从左侧趋近于1时，φ(t )趋近于0，所以φ(t )>0，故lnx 1x 2>x 1x 2－x 2x 1即x 1－x 2ln x 1－ln x 2>x 1x 2(0<x 1<x 2)得证，由不等式的传递性知x 1x 2<a ，即x 1x 2<a .4．(2023·湖南长沙实验中学高三三模)已知函数h (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)若h (x )有两个零点，求实数a 的取值范围；(2)若方程x e x －a (ln x ＋x )＝0有两个实根x 1，x 2，且x 1≠x 2，证明：e x 1＋x2>e 2x 1x 2.解(1)函数h (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝0时，函数h (x )＝x 无零点，不符合题意，所以a ≠0，由h (x )＝x －a ln x ＝0，可得1a ＝ln x x，构造函数f (x )＝ln x x ，其中x >0，所以直线y ＝1a与函数f (x )的图象有两个交点，f ′(x )＝1－ln x x 2，由f ′(x )＝0可得x ＝e ，列表如下：x(0，e)e (e ，＋∞)f ′(x )＋0－f (x )单调递增极大值1e 单调递减所以函数f (x )的极大值为f (e)＝1e ，函数f (x )的大致图象如下图所示：且当x >1时，f (x )＝ln x x>0，由图可知，当0<1a <1e ，即a >e 时，直线y ＝1a与函数f (x )的图象有两个交点，故实数a 的取值范围是(e ，＋∞)．(2)证明：因为x e x －a (ln x ＋x )＝0，则x e x －a ln (x e x )＝0，令t ＝x e x >0，其中x >0，则有t －a ln t ＝0，t ′＝(x ＋1)e x >0，所以函数t ＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增，因为方程x e x －a (ln x ＋x )＝0有两个实根x 1，x 2，令t 1＝x 1e x 1，t 2＝x 2e x 2，则关于t 的方程t －a ln t ＝0也有两个实根t 1，t 2，且t 1≠t 2，要证e x 1＋x 2>e 2x 1x 2，即证x 1e x 1·x 2e x 2>e 2，即证t 1t 2>e 2，即证ln t 1＋ln t 2>2，＝a ln t 1，＝a ln t 2，－t 2＝a (ln t 1－ln t 2)，＋t 2＝a (ln t 1＋ln t 2)，整理可得t 1＋t 2t －t ＝ln t 1＋ln t 2ln t －ln t ，不妨设t 1>t 2>0，即证ln t 1＋ln t 2＝t 1＋t 2t 1－t 2ln t 1t 2>2，即证ln t 1t 2>2(t 1－t 2)t 1＋t 2＝t 1t 2＋1令s ＝t 1t 2>1，即证ln s >2(s －1)s ＋1，其中s >1，构造函数g (s )＝ln s －2(s －1)s ＋1，其中s >1，g ′(s )＝1s －4(s ＋1)2＝(s －1)2s (s ＋1)2>0，所以函数g (s )在(1，＋∞)上单调递增，又当s 从右侧趋近于1时，g (s )趋近于0，所以当s >1时，g (s )>0，故原不等式成立．5．(2024·河北石家庄部分重点高中高三月考)已知函数f (x )＝x 2ln x －a (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2，证明：1<x 1＋x 2<2e .解(1)因为f (x )＝x 2ln x －a (a ∈R )的定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)，令f ′(x )>0，解得x >1e，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，所以f (x )＋(2)证明：不妨设x 1<x 2，由(1)知，必有0<x 1<1e <x 2.要证x 1＋x 2<2e ，即证x 2<2e－x 1，即证f (x 2)<又f (x 2)＝f (x 1)，即证f (x 1)－令g (x )＝f (x )－则g ′(x )＝x (2ln x ＋1)1，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝2(ln x ＋1)＋1－2ln 1－2＝2ln x 2e－x <0在x 恒成立，所以h (x )，即g ′(x )，所以g ′(x )>g 0，所以g (x )，所以g (x 1)<0，即f (x 1)－，所以x 1＋x 2<2e.接下来证明x 1＋x 2>1，令x 2x 1＝t ，则t >1，又f (x 1)＝f (x 2)，即x 21ln x 1＝x 22ln x 2，所以ln x 1＝t 2ln t 1－t 2，要证1<x 1＋x 2，即证1<x 1＋tx 1，即证(t ＋1)x 1>1，不等式(t ＋1)x 1>1两边取对数，即证ln x 1＋ln (t ＋1)>0，即证t 2ln t 1－t 2＋ln (t ＋1)>0，即证(t ＋1)ln (t ＋1)t>t ln t t －1，令u (x )＝x ln x x －1，x ∈(1，＋∞)，则u ′(x )＝(ln x ＋1)(x －1)－x ln x (x －1)2＝x －ln x －1(x －1)2，令p (x )＝x －ln x －1，其中x ∈(1，＋∞)，则p ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以p (x )在(1，＋∞)上单调递增，又当x 从右侧趋近于1时，p (x )趋近于0，所以当x ∈(1，＋∞)时，p (x )>0，故当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )＝x －ln x －1(x －1)2>0，可得函数u (x )单调递增，可得u (t ＋1)>u (t )，即(t ＋1)ln (t ＋1)t>t ln t t －1，所以x 1＋x 2>1.综上可知，1<x 1＋x 2<2e .6．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x (1－ln x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2<1a ＋1b<e.解(1)因为f (x )＝x (1－ln x )，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x ＋x ln x .当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.所以函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由题意，a ，b 是两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，两边同时除以ab ，得ln a a－ln b b ＝1b －1a ，即ln a ＋1a ＝ln b ＋1b，即令x 1＝1a ，x 2＝1b，由(1)知f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x <e 时，f (x )>0，当x >e 时，f (x )<0，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2<e.要证2<1a ＋1b<e ，即证2<x 1＋x 2<e.先证x 1＋x 2>2：要证x 1＋x 2>2，即证x 2>2－x 1，因为0<x 1<1<x 2<e ，所以x 2>2－x 1>1，又f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f (x 2)<f (2－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，所以即证f (x 1)<f (2－x 1)，即证当x ∈(0，1)时，f (x )－f (2－x )<0.构造函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝－ln x －ln (2－x )＝－ln [x (2－x )]，当0<x <1时，0<x (2－x )<1，则－ln [x (2－x )]>0，即当0<x <1时，F ′(x )>0，所以F (x )在(0，1)上单调递增，所以当0<x <1时，F (x )<F (1)＝0，所以当0<x <1时，f (x )－f (2－x )<0成立，所以x 1＋x 2>2成立．再证x 1＋x 2<e ：由(1)知，f (x )的极大值点为x ＝1，f (x )的极大值为f (1)＝1，过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y ＝x ，设f (x 1)＝f (x 2)＝m ，当x ∈(0，1)时，f (x )＝x (1－ln x )>x ，直线y ＝x 与直线y ＝m 的交点坐标为(m ，m )，则x 1<m .欲证x 1＋x 2<e ，即证x 1＋x 2<m ＋x 2＝f (x 2)＋x 2<e ，即证当1<x <e 时，f (x )＋x <e.构造函数h (x )＝f (x )＋x ，则h ′(x )＝1－ln x ，当1<x <e 时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(1，e)上单调递增，所以当1<x <e 时，h (x )<h (e)＝f (e)＋e ＝e ，即f (x )＋x <e 成立，所以x 1＋x 2<e 成立．综上可知，2<1a ＋1b<e 成立．。

极值点偏移四种题型的解法及例题

极值点偏移是高中数学中的一个重要概念，也是学生们比较头疼的一个知识点。

在解决数学问题时，我们经常会遇到一些与极值点有关的题型，比如函数的极值问题、优化问题等。

而在解决这些问题时，极值点偏移方法是一种非常实用的解题技巧。

本文将从四种题型出发，对极值点偏移方法进行详细解析，并结合具体例题进行说明。

1. 函数的极值问题函数的极值问题是高中数学中的一个重要内容。

在解决这类问题时，我们常常会用到导数的概念，来求函数的极值点。

但有些情况下，我们可以通过极值点偏移方法更快地得到函数的极值点。

比如对于一些简单的函数，通过极值点的平移和对称性，可以用更简洁的方法求得函数的极值点。

举例说明：已知函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$，求 $f(x)$ 的极值点。

解：求导得 $f'(x)=3x^2-6x$。

令导数为零，得到 $x=0$ 或 $x=2$。

根据导数的符号，可知 $x=0$ 是极小值点，$x=2$ 是极大值点。

但通过极值点偏移方法，我们可以发现，当 $x=0$ 时，$f(x)=2$；而当$x=2$ 时，$f(x)=2$。

也就是说，极小值点 $x=0$ 对应的函数值和极大值点 $x=2$ 对应的函数值相等。

这就是极值点偏移的思想。

2. 优化问题优化问题是数学建模中常见的类型之一，也是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的一种形式。

当我们遇到优化问题时，常常需要求解函数的极值点。

而极值点偏移方法可以帮助我们更快地找到函数的极值点，从而解决优化问题。

举例说明：一块长为20厘米的铁皮，可以做成一个底面积为 $x cm^2$ 的正方形盒子和一个底面积为 $y cm^2$ 的开口放平盒子，求怎样分割这块铁皮才能使总体积最大。

解：设正方形盒子的边长为 $a$，开口朝下的放平矩形盒子的底边长为 $b$，高为 $h$。

则根据题意可知，$b=a+2h$，且 $x=a^2$，$y=bh$。

问题转化为求 $x+y$ 的最大值。

专题突破卷05 导数中的极值点偏移问题 (学生版) 2025年高考数学一轮复习考点通关卷(新高考通用

专题突破卷05 导数中的极值点偏移问题题型一极值点偏移解决零点问题1．已知函数()ln 1f x x ax =+-有两个零点12,x x ，且12x x <，则下列命题正确的是（）A ．1a >B ．122x x a +<C ．121x x ×<D ．2111x x a->-2．已知函数()ln 1f x x ax =+-有两个零点1x 、2x ，且12x x <，则下列命题正确的个数是（）①01a <<；②122x x a +<；③121x x ×>；④2111x x a->-；A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．已知函数()ln f x x ax =-有两个零点1x ，()212x x x <，则下列说法：①函数()f x 有极大值点0x ，且1202x x x +>；②212e x x >；③1232x x a+>；④若对任意符合条件的实数a ，曲线()y f x =与曲线1y b x=-最多只有一个公共点，则实数b 的最大值为ln2.其中正确说法的有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．已知函数()ln x f x x =，对于正实数a ，若关于t 的方程()a f t f t æö=ç÷èø恰有三个不同的正实数根，则a 的取值范围是（）A ．()1,8B ．()2,8e C ．()8,+¥D ．()2,e +¥5．关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（）A ．2x =是()f x 的极小值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>6．关于函数2()ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数()y f x x =-有2个零点C ．存在正整数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数12,x x ，且12x x ¹，若()()12f x f x =，则124x x +>7．已知函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，则下列判断：①a e <；②122x x +<；③121x x ×>；④有极小值点0x ，且1202x x x +<.则正确判断的个数是（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个8．已知函数3()2f x x =+的图象与函数()g x kx =的图象有三个不同的交点11(,)x y 、22(,)x y 、33(,)x y ，其中123x x x <<．给出下列四个结论：①3k >；②12x <-；③232x x +>；④231x x >．其中正确结论的个数有（）个A ．1B ．2C ．3D ．49．已知()e x f x ax =-有两个零点12x x <，下列说法正确的是A ．e a C ．121x x ×>D ．有极小值0x 且1202x x x +>10．已知函数()2πcos f x x x a =++在()0,π上有两个不同的零点()1212,x x x x <，给出下列结论：①()10f x ¢<；②()20f x ¢>；③12πx x +<．其中错误结论的个数是（）A ．0B ．1C ．2D ．311．已知a b >，c d >，e e 1.0111a b a b ==++，()()1e 1e 0.99c dc d -=-=，则（）A ．0a b +C ．0a d +>D ．0b c +>12．已知1a >，1x ，2x ，3x 均为2x a x =的解，且123x x x <<，则下列说法正确的是（）A ．1(2,1)x Î--B ．2e (1,e )a ÎC ．120x x +<D ．232ex x +<题型二极值点偏移解决不等式问题13．已知函数()e xf x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()f x 在R 上是增函数B ．1x ">，不等式()()2ln f ax f x ³恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若过点()1,M m 恰有2条与曲线()y f x =相切的直线，则1e 1m -<<-14．关于函数2()ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正整数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数12,x x ，且12x x ¹，若12()()f x f x =，则124x x +>15．设函数1cos ,0(),0e x x x f x x x -£ìï=í>ïî，下面四个结论中正确的是（）A ．函数在()0,1上单调递增B ．函数()y f x x =-有且只有一个零点C ．函数的值域为[]1,e -D ．对任意两个不相等的正实数12,x x ，若()()12f x f x =，则122x x +<16．已知函数()e xf x x =，()lng x x x =，则下列说法正确的是（）A ．函数()f x 与函数()g x 有相同的极小值B ．若方程()f x a =有唯一实根，则a 的取值范围为0a ³C ．若方程()g x a =有两个不同的实根12,x x ，则212x x a>D ．当0x >时，若()()12f x g x t ==，则12x x t =成立17．已知函数ln ()xf x x=，则（）A ．(2)(3)f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x ，2x ，则212ex x >C ．ln 2<D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y >18．关于函数()2ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．()f x 在()2,+¥上单调递增B ．+12,R x x "Î且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>C ．R k +$Î，使得()f x kx >恒成立D ．函数()y f x x =-有且只有1个零点19．定义在R 上的函数()f x 满足()()e xf x f x =¢+，且()01f =，则下列说法正确的是（）A ．()f x 在2x =-处取得极小值B ．()f x 有两个零点C ．若0x ">，()f x k >恒成立，则1k <D ．若1x $，2R x Î，12x x ¹，()()12f x f x =，则124x x +<-20．宠物很可爱，但身上会有寄生虫，小猫“墩墩”的主人每月定期给“墩墩”滴抺驱虫剂.刚开始使用的时候，寄生虫的数量还会继续增加，随着时间的推移，奇生虫增加的幅度逐渐变小，到一定时间，寄生虫数量开始减少.若已知使用驱虫剂t 小时后寄生虫的数量大致符合函数()()()47e 50(0720),t f t t t f t -=-+¢£<为()f t 的导数，则下列说法正确的是（）A ．驱虫剂可以杀死所有寄生虫B ．()100f ¢表示100t =时，奇生虫数量以10052e -的速度在减少C ．若存在,,a b a b ¹，使()()f a f b =，则96a b +<D ．寄生虫数量在48t =时的瞬时变化率为021．已知()()12()ln ,f x x x f x f x ==且12x x ¹，则（）A ．1212ex x +>B ．1212ex x +<C1e>D1e<22．已知关于x 的方程e 0x x a -=有两个不等的实根12,x x ，且12x x <，则下列说法正确的有（）A ．1e 0a --<D ．11e 0xx +<23．已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()ln f x 在()1,+¥上是增函数B ．1x ">，不等式()()2ln f ax f x ³恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()g x t =有两个根1x ，1x ，则121x x ×>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则21ln t x x -的最大值为1e24．已知2.86ln ln a ba b==，ln ln 0.35c c d d ==-，a b <，c d <，则有（）A ．2e a b +C ．1ad <D ．1bc >题型三极值点偏移解决双变量问题25．已知函数 ()()2e xx f x g x x ax ==+，，且曲线()y f x =在()0,0处切线也是曲线()y g x =的切线．(1)求a 的值；(2)求证：()()f x g x £；(3)若直线y k =与曲线()y f x =有两个公共点()11,A x y ，()22,B x y ，与曲线()y g x =有两个公共点()()33,C x g x ，()()44,D x g x ，求证：12341x x x x +++>26．已知函数()()2e ln 1xf x a x a -=+-ÎR ．(1)若函数()f x 在()0,¥+上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <，且21x x 的最大值为2e ，求证：2122e 1e 1x x ++£-．27．已知函数()22ln 1f x x x x =-+．(1)证明：()1f x <；(2)若120x x <<，且()()120f x f x +=，证明：122x x +>．28．设函数23115e ()e e (1),[0,)232x f x x x x =---+Î+¥．(1)判断函数()f x 的单调性；(2)若12x x ¹，且()()126e f x f x +=，求证：122x x +<．29．已知函数()()1ln f x x x =+．(1)求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若关于x 的不等式()(1)f x m x >-在(1,)+¥上恒成立，求实数m 的最大值；(3)若关于x 的方程2()(1)10()f x ax a x a ++++=ÎR 有两个实根1x ，()212x x x ¹，求证：121123a a x x -<+<+．30．设()()()()1ln 1ln 0f x x x x a a =+-->.(1)若1a =，求函数()y f x =的图象在1x =处的切线方程；(2)若()0f x ³在 [)1,+¥上恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若函数()y f x =存在两个极值点1212x x x x (<)、，求证：122x x +>.31．已知函数()11e ,0axf x x a a a -æö=-+>ç÷èø.(1)若()f x 的极小值为-4，求a 的值；(2)若()()ln g x f x a x =-有两个不同的极值点12,x x，证明：12x x +>32．已知函数()e 1xf x ax =--.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<；(3)若函数()()sin g x f x x =+，当0x ³时，()0g x ³恒成立，求实数a 的取值范围.33．已知函数()()2ln 2g x x ax a x =-+-（R a Î）．(1)求()g x 的单调区间；(2)若函数()()()212f x g x a x x =++-，()1212,0x x x x <<是函数()f x 的两个零点，证明：1202x x f +æö¢<ç÷èø．34．已知函数()23ln 4(0)f x x ax x a =+->.(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当12a =时，若方程()f x b =有三个不相等的实数根123,,x x x ，且123x x x <<，证明：314x x -<.35．已知常数0a >，函数221()2ln 2f x x ax a x =--.(1)若20,()4x f x a ">>-，求a 的取值范围;(2)若1x 、2x 是()f x 的零点，且12x x ¹，证明:124x x a +>.36．已知函数()()2ln R af x x x a x=+Î有两个零点()1212,x x x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：121x x +>．1．已知a b >，且e e 1.01a b a b -=-=，则下列说法正确的有（）①1b <-； ②102a << ；③0b a +<； ④1a b -<.A ．①②③B ．②③④C ．②④D ．③④2．已知函数()ln f x x x =-，过点()()1,1P b b >-作函数()f x 的两条切线,PA PB ，切点分别为,A B ，下列关于直线AB 斜率k 的正负，说法正确的是（）A ．0k D ．不确定3．关于函数()22ln x f x x x =++，下列说法错误的是（）A ．不存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立B ．对任意12,(0,)x x Î+¥，若12x x <，有()2112()x f x x f x <C ．对任意121212()(),(0,1),()22x x f x f x x x f ++Î£D ．若正实数12,x x ，满足12()()4f x f x +=，则122x x +³4．已知函数()()()e ,e xxxf x x a ag x =+Î=R ，下列说法正确的是（）A ．若()()1212,x x g x g x ¹=，则122x x +>B ．若0a =，则“120x x +=”是“()()120f x g x +=”的充要条件C ．若不等式()()f x g x <恰有3个整数解，则实数a 的取值范围是22e e 212e ,e éö--÷êëøD ．若不等式()()f x g x <恰有2023个整数解122023,,x x x ×××，则()()20232023112023kkk k f x g x a==+=åå5．已知()()e e ,, 1.01,1e 1e 0.9911a bc d a b c d c d a b >>==-=-=++，则（）A ．0a b +>B ．0c d +>C ．0a d +>D ．0b c +>6．已知函数()e xf x x =，若120x x >>，则下列结论正确的是（）A ．2121()()f x f x x x ->-B ．1122()()x f x x f x +>+C ．1221()()x f x x f x >D ．若12()()f x f x -=-，则122x x +>7．已知函数()()e xf x x a bx =--，则下列结论正确的是（）A ．当1,2a b =-=时，()1f x ³恒成立B ．当1,a b R =Î时，()f x 必有零点C ．若()f x 有两个极值点12x x ､，则1224x x a +>-D ．若()f x 在R 上单调递增，则1a b +£8．已知函数()ln f x x x a =--有两个零点1x 、2x ，则下列说法正确的是（）．A ．1a >B ．121x x >C ．121x x <D ．122x x +>9．已知函数()ln xf x x=，则（）A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212ex x <C．ln 2>D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y >10．关于函数f （x ）＝2x＋ln x ，则下列结论正确的是（）A ．x ＝2是f （x ）的极小值点B ．函数y ＝f （x ）－x 有且只有1个零点C ．对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2＞x 1，若f （x 1）＝f （x 2），则x 1＋x 2＞4D ．存在正实数k ，使得f （x ）＞kx 恒成立11．已知函数()2ln 2a f x x x x =-有两个极值点1x ，212()x x x <，则（）A ．a 的取值范围为（－∞，1）B ．122x x +>C ．12112x x +>D ．2111x x a->-12．已知关于x 的方程ln 0x x a -=有两个不等的正根1x ，2x 且12x x <，则下列说法正确的有（）A ．1ea -<C ．122x x a +<-D ．1x a<-13．设函数1,0()cos ,0x xx f x e x x -ì>ï=íï£î，下列四个结论中正确的是（）A ．函数()f x 在区间[),1p -上单调递增B ．函数()y f x x =-有且只有两个零点C ．函数()f x 的值域是[]1,1-D ．对任意两个不相等正实数12,x x ，若12()()f x f x =，则122x x +>14．已知函数()e x f x x a =-，则下面结论成立的是（）A ．当10ea <<时，函数()0f x =有两个实数根B ．函数()0f x =只有一个实数根，则0a £C ．若函数()0f x =有两个实数根1x ，2x ，则122x x +>D ．若函数()0f x =有两个实数根1x ，2x ，则123x x +>15．已知函数()e x x m f x +=的极大值点为0，则实数m 的值为；设12t t ¹，且211212ln ln t t t t t t -=-，不等式12ln ln l +>t t 恒成立，则实数l 的取值范围为．16．已知函数()2ln ,R f x x x ax x a =-+Î．(1)若函数()f x 是减函数，求a 的取值范围；(2)若()f x 有两个零点12,x x ，且212x x >，证明：1228e x x >．17．已知函数()2ln ,R a f x x a x=+Î．若函数()f x 有两个不相等的零点12,x x ．(1)求a 的取值范围；(2)证明：124x x a +>．18．已知函数()ln f x x x a =--有两个不同的零点12,x x .(1)求实数a 的取值范围；(2)求证：122x x +>.19．已知函数ln ()a x a f x x +=．(1)讨论()f x 的极值；(2)若()()2112e e x xx x =（e 是自然对数的底数），且1>0x ，20x >，12x x ¹，证明：122x x +>．20．已知函数()()()2ln 3,0f x x a x x a a =+-->.(1)当1x ³时，()0f x ³，求a 的取值范围.(2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，证明：12122e x x -+>.。

突破分之高三数学解答题高端专题精选极值点偏移第六招--极值点偏移终极套路版含解析

值点偏移问题在高考取很常有，此类问题以导数为背景观察学生运用函数与方程、数形联合、变换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高.下边给出引例，经过研究，概括总结出解决此类问题的一般性方法.★已知 f xxln x1mx 2x ， m R ．若 f x 有两个极值点 x 1， x 2，且 x 1x 2，求证：22x 1 x 2 e （ e 为自然对数的底数）．ln x 2 ln x 1x 2 x 11 x2 ln x 2于是 ln x 1 ln x 2x 1x 1 ．x xx 2121x 1又 0 x 1 x 2 ，设 tx 2 ，则 t 1 ．所以， ln x 1 ln x 2 1 t ln t ， t 1．x 1 t 1要证 ln x 1ln x 22，即证：t1 ln t2 ， t 1．即：当 t 1时，有 ln t 2 t1．设函数t 1t12 t 11 2 t 1 2 t 12h tln t， t 1 ，则 t 1 0 ，t 1 h tt 22t 1t t 1所以， h t 为 1. 上的增函数．注意到， h 1 0 ，所以， h t h 10 ．于是，当 t 1时，有ln t 2 t1．所以，有 ln x1ln x22建立， x1x2 e2．t1解法二变换函数能妙解证法 2：欲证x1x2e2，需证 ln x1ln x2 2 ．若f x 有两个极值点x1，x2，即函数 f x 有两个零点．又 f x ln x mx ，所以，x1，x2是方程 f x 0 的两个不一样实根．明显m0 ，不然，函数 f x为单一函数，不切合题意．由ln x1mx10ln x1ln x2m x1 x2，ln x2mx20解法三结构函数现实力证法 3：由x1，x2是方程 f x 0的两个不一样实根得m ln x ，令ln x ，g x2，x g x g x11ln x，所以， gx因为 g x x在 1,e ， e,．x2设 1x1e x2，需证明 x1x2e2，只要证明x1e20,e ，只要证明 f x1 f e2，即x2x2f x2f e2，即 f x f e20 ．gkstk微信民众号中学数学商讨部落x22x2212x2即 h x f x f ex 1,e ln x e0 ，故 h x在 1,e， h xx2e2，故xh x h e0 ，即 f xf e 2 ．令 x x 1 ，则 f x 2f x 1f e2，因为 x 2 ，e 2e,，xx 1x 1f x 在 e,，所以 x 2 e 2 ，即 x 1 x 2 e 2 ．x 1解法四巧引变量（一）证法 4：设 t 1ln x 10,1 ， t 2 ln x 21,，则由ln x 1 mx 1 0得t 1 me t 1t 1 et 1 t 2，ln x 2 mx 20t 2met2t 2设 k t 1 t 20 ，则 t 1ke k ， t 2 e k k．欲证 x 1 x 2 e 2 ，e k 11解法五巧引变量（二）证法 5：设 t 1ln x 10,1 ， t 2 ln x 21,，则由 ln x 1 mx 1得t1met1t 1 et 1 t2，ln x 2 mx 2t 2met2t 2设t1k0,1 ，则 t 1k ln k ， t 2 ln k ． t 2k1k 1欲证 x 1x 2e 2 ，需证 ln x 1 ln x 2 2，即只要证明 t 1 t 2 2 ，即 k 1 ln k2ln k2 k 1 ln k2 k 1 0 ，k1k 1k 12 k 1k 2设 g kln kk0,1， gk1 0 ，k1k k21故 g k 在 0,1 ，所以 g k g 1 0 ，命题得证．★已知函数 f (x)x 2 (a2) x a ln x ，若方程 f (x)c 有两个不相等的实数根 x 1 , x 2 ，求证：f (x1x2 )0 .2欲证： f (x 1x2 )0 f( a) ，联合 f ( x) 的单一性，22即证：x 1x 2 a2222x 1 x 222x 2 x 1 2 x 1 2x 2 2x12 等价于证明： x 1 x 2x 1x 2x ln x xln xlnx 1 x 2x 1x 2111 22x 2令 tx 1,(0 t1) ，结构函数 g (t) ln t 2t 2,(0t 1) ，x 2t1求导由单一性易得原不等式建立，略 .法二：接后续解 :由得： (x 1 x 2 )( x 1x 2 ) (a 2)( x 1 x 2 ) a lnx 1x 2结构函数 m(t ) ln t 2(t1),(0 t 1) ， t 1求导由单一性易得 m(t ) 0 在 t (0,1) 恒建立，又因为 a 0, x 1x 2 0 ，故 f (x 1x2 )0 建立 .2法三：接④后续解：视 x 1 为主元，设 g( x)ln xln x 22( x x) 1 4 x ( x x )22, g ( x) 22x x 2x ( x x 2 )2( x x 2 )2则 g(x) 在 x (0, x 2 ) 上单一递加，故 g( x)g( x 2 )0，再联合 a 0, x 1x 2 0 ，故 f ( x 1 x2 ) 0 建立 .(a2 (aa )法四：结构函数()f)fx ),(0x，h x2 x22则 h (x)f (ax) f (ax)4x 20 ，22( a ax)x)(22从而 h(x) 在 (0, a ) 上单一递加，故 h( x)h(0) 0 ，即 ( a)( a )2f 2 xf 2x对 x (0, a) 恒建立，2 从而( ) f ( a x ),(0 a) ，则 f ( x 2 ) f (x 1 ) f (a x 1) ， f xx2由 x 2 , ax 1 ( a, ) ，且 f (x) 在 ( a,) 单一递加，22 故 x 2 a x 1 ，即x 1x 2a，从而 f (x 1x2 )0 建立 .2 2 2招式操练：★已知函数 f x lnxax b a, b R 有两个不一样的零点 x 1 , x 2 ．I 求 f x 的最值；II 证明： x 1 x 212 ．a【答案】（1） fxmaxlna1b ，无最小值（2）看法析【方法点睛】本题主要观察利用导数研究函数的单一性及不等式的证明，属于难题 . 不等式证明问题是最近几年高考命题的热门，命题主假如和导数、绝对值不等式及柯西不等式相联合，导数部分一旦出该种类题常常难度较大，要正确解答第一察看不等式特色，联合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，而后再化简或许进一步结构函数利用导数证明 .★已知函数 g xxe 2 a x a R ， e 为自然对数的底数 .（ 1）议论 g x 的单一性；（ 2）若函数f x lng xax 2的图象与直线y m m R交于、两点，线段 AB 中点的A B横坐标为 x 0 ，证明： f x 00 （ fx 为函数 fx 的导函数）【答案】（1）看法析（ 2）看法析（ 2）∵f x ln xe 2 a x ax2ln x 2 a x ax 2 ( x 0) ，∴ f x 12a2ax2x1ax1x x，当 a0 时，f x0, y g x 在 0,上单一递加，与直线 y m 不行能有两个交点，故a 0 ．令 f x0 ，则0x 1；令 f x0，则 x1，故 y g x 在0,1上单一递加，在1, a a a a上单一递减．不如设 A x1 ,m , B x2 , m ，且01x2，x1a要证 f x00 ，需证ax010 ，即证x01x1x22x22x1 f x22x1，a a afa又f1f2，所以只要证 f x1f2x1，即证：当 0 x1时，x x a af 2x f x0．a设 F xf2 xf xln 2 axln ax2ax 2 ，aa 1 2 ax 2则 F x10 ，2 ax 2ax 2 axx∴ F xf2 x f x 在 0,1上单一递减，又 F 1f 21 f 10 ，aaaaaa故 F xf2 xf x0 ，原不等式建立．a32的图象的一条切线为★已知函数f xax 2 ln xx 轴 . （ 1）务实数 a 的值；（ 2 ）令3g xf xfx ，若存在不相等的两个实数x 1, x 2 知足 g x 1g x 2 ，求证： x 1x 2 1.x 0 1【答案】（1） { a2 （2）看法析3当 x1 时， 0 11，x记 G xg x g1 h xh 1f xf xf1f 1 ，xxxx记函数 yf x 的导函数为 y fx ，则x 1x 1x 12x xx2x 0 ，故 G x 在 1,上单一递加，所以 G xG 10 ，所以 g x1 0 ，gx不如设 0x 1 1 x 2 ，则 g x 1g x 2g 1 ，x 2而 0 x 1 1， 01 1 ，有单一性知 x 1 1，即 x 1 x 2 1.x 2 x 2★已知函数 f xlnx1 ax2 bx 且函数 yf x 图象上点 1, f 1处的切线斜率为 0 .2（ 1）试用含有 a 的式子表示 b ，并议论 f x 的单一性；（ 2 ）对于函数图象上的不同两点 A x 1 , y 1 , B x 2 , y 2 如果在函数图象上存在点M x 0 , y 0 , x 0 x 1 , x 2 使得点 M 处的切线 l PAB ，则称 AB 存在“跟从切线” . 特别地，当x 0x 1 x 2 时，又称 AB 存在“中值跟从切线” . 试问：函数 f x 上能否存在两点 A, B 使得2它存在“中值跟从切线”，若存在，求出 A, B 的坐标，若不存在，说明原因 .【答案】（1）看法析（ 2）不存在令 tx 1,(0 t 1) ，x 2结构函数 g tln t2 t1 ，t,(0 t 1)114t 2则 g t1 ，tt 2 t t211则 t0,1 时， g t 0 恒建立，故 y g t 在 0,1 上单一递加从而得出不存在试题分析：函数 yf x 的定义域为 0,，且 f ' x1 ax b ，x又 f ' 10 ，整理得 b a 1.（ 1）1 ax b1 ax 1 x 1f ' x ax a 1.xxx）当 a 0 时，易知 x 0,1 ， f ' x0, x 1,时 f ' x0 ，1故 yf x 在 0,1 上单一递加，在 1,上单一递减 .）当 a 0 地，令 f ' x0 ，解得 x1 或 1 ，则a①当1 1，即 a1 时，af ' x 0 在 0, 上恒建立，则 y f x 在 0,上递加 .当 1a 0 时， y f x 在 0,1 及1 , 上单一递加： yfx 在 1,1上单一递减 .aa当 a 1 时， y f x 在 0, 上递加 .当 a1 时， yf x 在 0,1及 1,上单一递加； yf x 在1,1 上递减 .aa点睛：关于导数问题，做题要特别注意在议论时单一性受参数的影响，能够经过剖析导数零点的大小来逐个剖析，关于本题第二问的种类，要注意函数的结构和假定，剖析函数单一性求最值从而得出结论 .★已知函数f x xlnx ax2x a a R 在其定义域内有两个不一样的极值点.（ 1）求a 的取值范围.（ 2）设f x 的两个极值点为x1, x2，证明x1x2e2.【答案】（1）1a0 （2）看法析2e试题分析：（1）依题意，函数 f x的定义域为 0,，所以方程 f x0 在 0,有两个不一样根 . 即方程lnx2ax 0在 0,有两个不一样根 .转变为，函数 g x lnx与函数 y2a 的图象在0,上有两个不一样交点1lnx x又 g x，即 0 x e 时， g x 0 ，x e 时，g x0 ，x2所以 g x 在 0,e上单一增，在e,上单一减，从而 g x 极大 =g e 1 .e又 g x有且只有一个零点是1，且在 x0 时， g x，在 x时， g x0 ，所以由 g x 的图象，要想函数 g x lnx与函数 y2a的图象在 0,上有两个不一样交点，x只要 02a 1 ，即 1a0e2e（ 2）由（ 1）可知x1, x2分别是方程 lnx ax0 的两个根，即lnx1ax1， lnx2ax2，ln x1设 x1x20，作差得，ln x1a x1x2，即ax1x2 . x2x2原不等式 x1 x22等价于 ln x1 ln x22a x1x2x 2 x1x2e2ln 1x1x2x2令x1t ，则t 1， ln x1 2 x1x2lnt 2 t 1，x2x2x1x2t12 t 1， t t 12设 g t ln t 1 ，g t20 ，t1t t 1∴函数 g t 在 1,上单一递加，∴ g t g 10，即不等式 lnt2t 1建立，故所证不等式 x1 x2e2建立.t1点睛：利用导数证明不等式常有种类及解题策略(1)结构差函数 h x f x g x . 依据差函数导函数符号，确立差函数单一性，利用单一性得不等量关系，从而证明不等式 . （2）依据条件，找寻目标函数 . 一般思路为利用条件将乞降问题转变为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转变为一元函数 .★已知函数 f x x 1，A x1, m ，B x2 , m 是曲线 y f x 上两个不一样的点 .e x（Ⅰ）求 f x 的单一区间，并写出实数m 的取值范围；（Ⅱ）证明： x1x20 .【答案】（Ⅰ） m 的取值范围是0,1 ；（Ⅱ）看法析 .【方法点睛】本题主要观察利用导数研究函数的单一性及不等式的证明，属于难题 . 不等式证明问题是最近几年高考命题的热门，命题主假如和导数、绝对值不等式及柯西不等式相联合，导数部分一旦出该种类题常常难度较大，要正确解答第一察看不等式特色，联合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，而后再化简或许进一步利用导数证明.在高考创新试题层见迭出的大环境下，学生第一要掌握基本的知识方法和解题策略，对新题、难题的打破，更需在掌握双基的前提下，淡化特别技巧、重视思想方法、去模式化的解题策略，以不变应万变，培育学生剖析问题、解决问题的能力. 只有学生学会自我剖析，利用熟知的知识方法去解决各种未知的创新试题，教师才算成功培育学生解题思想，同时对学生认知的广阔性、逆向性也是一种需要.。

2020届高三数学140分突破专题训练8

10、正三棱锥的底面边长为 2，侧面均为直角三角形，那么此三棱锥的体积为〔
〕
2
A．
2
3
B． 2
2
C．
3
4
D．
2
3
11、在 ABC 中， AB 3, BC 13, AC 4 ，那么边 AC 上的高为〔〕
2
A．
2
3
2
B．
3
3
3
C．
2
D．3 3
12、4 名教师分配到 3 所中学任教，每所中学至少 1 名教师，那么不同的分配方案共有〔〕
A ． 12 种
B ． 24 种
C 36 种

D ． 48 种
专题训练〔 8〕 BCBBD ACCDC BC
参考答案
2020 届高三数学 140 分突破专题训练 8
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12
答案
2
2
1
、
设
集
合
M x, y x y 1, x R, y R
，
N
x, y x2 y 0, x R, y R ，那么集合 M N 中元素的个数为〔
〕
A．1
2、函数 y
B．2
x sin 的最小正周期是〔
2
C． 3 〕
D ． 192 〕
A． x 3y 2 0
B． x 3y 4 0
C． x 3y 4 0
D． x 3y 2 0
6
6、 x 1 展开式中的常数项为〔
〕
x
A ． 15
B ． 15
C． 20
D ． 20

高考数学压轴题--------极值点偏移问题的三种解法

高考数学压轴题--------极值点偏移问题的三种解法
在高考和模考中.极值点偏移问题都是一个热点问题.这类试题设问新颖多变,难度较大,综合性强,能较好考查学生的逻辑推理能力、数据处理能力、转化与化归思想、函数与方程思想等.往往作为压轴题出现，对于这类问题，学生通常会望而却步，甚至不敢解、不想解.笔者通过对极值点偏移问题的探究，总结出解决这类问题三种方法,希望可以帮助学生克服畏难心理,迎难而上.
下面通过典型试题介绍这类问题的三种求解策略.
一 .构造法
构造法是解决极值点偏移问题最基本的方法。

对函数y =f（x）,要考虑它在极值点x0附近偏移问题，可以通过构造并判断函数F(x) =f(x0+x)-f（x0-x）在x >0时的符号.确定x >0时f(x0+x)与f（x0-x）的大小关系;再将x = x0-x1代人上式，结合F（x1）=f(x2),得到f（2x0-x1）与f（x2）的大小关系;最后结合函数f（x）的单调性解决问题.
二、利用对称性
三、增量法
解决极值点偏移的方法有很多，以上三种方法各有优劣，不同
题目使用三种方法的繁简程度不一样,我们应该根据题目的实际情况,择优选择.。

突破分之高三数学解答题高端专题精选极值点偏移第四招--含指数式的极值点偏移问题版含解析

近几年全国各地的模拟试题、高考试题中频繁出现一类考查函数导数的题型：在给定区间内研究两函数之间的不等关系. 要解决这类问题，往往是直接构造某个新函数，或者分离变量之后构造新的函数，通过研究构造的新函数的单调性来求出最值或者得到我们想要的不等关系. 这一类问题多数与指数函数有关，解题时除了直接构造一元函数求解，还可将问题转化为对数问题，再用对数平均不等式求解，本文对此类问题做一探究.★（2016年新课标I 卷理数压轴21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.法二：参变分离再构造差量函数由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211x x x e x e a x x ---==-- 设()()()221xx e g x x -=-，则()()12g x g x =那么()()()2321'1x x g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 单调递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 单调递增．设0m >，构造代数式：设()2111mm h m e m -=++，0m > 则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=．因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔-> 整理得：122x x +<．法三：参变分离再构造对称函数由法二，得()()()221xx e g x x -=-，构造()()(2),((,1))G x g x g x x =--∈-∞，利用单调性可证，此处略. 法五：利用“对数平均”不等式参变分离得：222211)1()2()1()2(21--=--=x e x x e x a x x ，由0>a 得，2121<<<x x ，将上述等式两边取以e 为底的对数，得22221211)1()2(ln )1()2(lnx x x x x x +--=+--，化简得：21212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(x x x x x x -=-------，故2121212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(1x x x x x x x x ---------=由对数平均不等式得：221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)x xx x x x>----+-，121212[ln(2-)-ln(2-)]22222x xx x x x>----+-（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22x xx x x x+->+-+--+-（）（）等价于：12122212122(2)2(1)(1)4()x x x xx x x x+-+->+-+--+由221212(1)(1)0,4()0x x x x-+->-+>，故122x x+<，证毕.★(2010天津理)已知函数()xf x xe-=()x R∈.如果12x x≠，且()()12f x f x=.证明：122x x+>.★设函数()xf x e ax a=-+()a R∈，其图象与x轴交于()()12,0,0A xB x两点，且12x x<.证明：()120f x x'<（()f x'为函数()f x的导函数）.【解析】根据题意：11xe ax a-+=，22xe ax a-+=移项取对数得：11ln(1)lnx x a=-+①22ln(1)ln x x a =-+②①-②得：1212ln(1)ln(1)x x x x -=---，即：招式演练：★已知函数()()2x f x ax e a R =-∈在()0,+∞上有两个零点为1212,()x x x x <. （1）求实数a 的取值范围；（2）求证：124x x +>.【答案】（1）2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭;（2）见解析.【解析】试题分析：（1）()2xf x ax e =-在()0,+∞上有两个零点等价于方程2xe a x=有两个根，即y a =与2x e y x =有两个交点，研究函数 2xe y x =单调性，结合数形结合可得结果；（2）121x ax e =， 222x ax e =，两式相除可得21221x x x e x -⎛⎫= ⎪⎝⎭，设21(1)x t t x =>，只需证明()ln ln 220h t t t t t =+-+>即可.试题解析：（1）∵()2xf x ax e =-在()0,+∞上有两个零点，∴方程2xe a x=，则()()32'x e x h x x-=，于是()0,2x ∈时， ()'0h x <，即()h x 在()0,2上单调递减；当()2,x ∈+∞时，()'0h x >，即()h x 在()2,+∞【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数单调性进而求最值、不等式恒成立问题以及不等式证明问题，属于难题.对于求不等式恒成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数, 这样就把问题转化为一端是函数, 另一端是参数的不等式，便于问题的解决. 但要注意分离参数法不是万能的, 如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂, 性质很难研究, 就不要使用分离参数法. ★已知函数()211xx f x e x -=+. (1)求()f x 的单调区间；(2)证明:当()()()1212f x f x x x =≠时，120x x +<.【解析】 (1) ()f x 在(),0-∞上单调递增，在()0,+∞上单调递减； (2)由(1)知当1x <时，()0f x >．不妨设12x x <，因为()()12f x f x =，即121222121111x x x x e e x x --=++，则1201x x <<<，要证明120x x +<，即120x x <-<，只需证明()()12f x f x <-，即()()22f x f x <-．而22()()f x f x <-等价于2222(1)10x x e x ---<，令()2()(1)10x g x x e x x =--->，则2'()(12)1x g x x e =--，令2()(12)1x h x x e =--，则2()40x h x xe '=-<，所以()h x 单调递减，()()00h x h <=，即()0g x '<，所以()g x 单调递减，所以()()00g x g <=，得证．★已知函数),0()(R b a b e a x x f x ∈>+⋅-=，若任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，求证：a x x ln 221-<+. 方案一（差为自变量）：法三：令221121ln ,ln ,21u x u x e u e u x x ==⇒==，原式122112212212122212121ln )(ln )()ln ln (u u u u u u u u u u u u u u u u u u >-⇔>-⇔--<⇔0ln211212<+-⇔u u u u u u ，则令12u ut =，设02)1(21221211)('1ln )(2<--=--=--=⇒+-=tt t t t t t t t t t t g t t t t g ，则)(t g 在),1(+∞为减函数，则1=t 时)(t g 有最大值0)1(=g ，故01ln 0)(<+-⇔<tt t t g ，证毕. ★已知函数()()x f x e ax a a R =-+∈，其中e 为自然对数的底数. （1）讨论函数()y f x =的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明： 122ln x x a +<.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（Ⅰ）()x f x e a '=-．①当a 0≤时， ()f x 0'>，则函数()f x 为R 上的单调递增函数． ②当a 0>时，令()f x 0'=，则x lna =．若x lna <，则()f x 0'<， ()f x 在(),lna ∞-上是单调减函数；若x lna >，则()f x 0'>， ()f x 在()lna,∞+上是单调增函数.。

完整专题1.5极值点偏移第三招含对数式的极值点偏移问题玩转压轴题,突破140分之高三数学解答题解析版

前方我们已经指明并提炼出利用判断定理解决极值点偏移问题的策略：若f x的极值点为x0，则依据对称性结构一元差函数Fx fx0x fx0x，巧借Fx的单一性以及F00，借助于fx1fx2fx0x0x2与fx0x0x2f2x0x2，比较x2与2x0x1的大小，即比较x0与x2x1的大小．有了这类解题策略，我们师生就战胜认识题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙2的想法喝采。

本文将提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：依据fx1f x2成立等式，经过消参、恒等变形转变为对数均匀，捆绑结构函数，利用对数均匀不等式链求解．★例.已知函数f(x)lnx ax2(2a)x.（1）议论f(x)的单一性；（2）设a0，证明：当0111x时，f(x)f(x)；a a a（3）若函数y f(x)的图象与x轴交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)0.法二：结构以a为主元的函数，设函数h(a)f(1x)f(1x)，a a则h(a)ln(1x x2x2x3a2，ax)ln(1ax)2ax，h(a)ax1ax a2x21111由0 x，解得0aa x，学科&网当0a 10，∴h(a)在(0,)上单一递加，时，h(a)x而h(0)0，因此h(a)0，故当0x1时，f(1x)f(1x).a a a【问题的进一步研究】对数均匀不等式的介绍与证明a b(ab),两个正数a和b的对数均匀定义：L(a,b)lna lnba(a b).对数均匀与算术均匀、几何均匀的大小关系：a bab L(a,b)（此式记为对数均匀不等式）2取等条件：当且仅当a b时，等号成立.只证：当ab时，ab L(a,b)a bab..不失一般性，可设2证明以下：（I）先证：abL(a,b)[根源:ZXXK]不等式结构函数lna lnb a b lnaa b2lnx x1(此中x a1) ab b b a x bf(x)2lnx(x1),(x1)，则f(x)211(11)2.x x x2x由于x 1时，f(x)0，因此函数f(x)在(1,)上单一递减，故f(x) f(1) 0，进而不等式成立；（II ）再证：L(a,b)a b[根源:Z,xx,]22(a b)a 2(a1)2(x 1)a不等式lna lnblnblnx (此中x1)a bba(x 1)b( 1)b结构函数g(x)lnx2(x1),(x 1)，则g(x) 1 4 (x1)2 .(x1) x(x1)2 x(x1)2由于x 1时，g(x)0 ，因此函数g(x)在(1,)上单一递加，故g(x)g(1)0，进而不等式成立；综合（I ）（II ）知，对a,b R，都有对数均匀不等式ab成立，[根源:]abL(a,b)2当且仅当a b 时，等号成立.例题第（3）问另解：由f(x 1) f(x 2) 0lnx 1 ax 12 (2 a)x 1 lnx 2 ax 2 2 (2 a)x 20lnx 1 lnx 22(x 1x 2)a(x 12x 22 x 1 x 2)lnx 1lnx 2 2(x 1 x 2)ax 1 2 x 2 2 x 1 x 2故要证f(x 0)0 x 0 x 1 x 2 12ax 1 x 2x 12 x 22 x 1 x 2x 1 x 2 12lnx 1 lnx 2 2(x 1 x 2) lnx 1 lnx 22x 1x 22lnx 1 lnx2.x 1 x 2 x 1 x 2依据对数均匀不等式，此不等式明显成立，故原不等式得证 . ★已知函数 f(x) xlnx 与直线y m 交于A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)两点.1求证：x 1x2e 2由题于y m与y xlnx交于不一样两点，易得出则m0∴上式简化为:ln(x1x2)2lne2∴0x1x21 e2招式操练：★已知函数fx lnx（a R），曲线y fx在点1,f1处的切线与直线x y10垂直.a1）试比较20162017与20172016的大小，并说明原因；（2）若函数gxf xk有两个不一样的零点x1,x2，证明：x1?x2e2.【答案】（1）2016201720172016（2）看法析学科&网试题分析：x a（1）依题意得f x x lnx2，x a因此f1a1，又由切线方程可得f1，即1，解得a0 x21 1a1a1a1此时flnx，f x1lnxxx2，x令f x0，即1lnx0，解得0xe；令f x0，即1lnx0，解得x e因此f x的增区间为0,e，减区间为e,因此f2016f2017，即ln2016ln2017，201620172017ln20162016ln2017，2016201720172016.[根源:]（2）证明：不如设x1x20由于g x1g x20因此化简得lnx1kx10，lnx2kx20可得lnx1lnx2kx1x2，lnx1lnx2k x1x2.要证明x1x2e2，即证明lnx1lnx22，也就是k x1x22由于k lnx1lnx2，因此即证lnx1lnx2x12学科&网x1x2x1x2x2即ln x 1x 1 x 2 ，令x1t ，则t1，即证lnt 2t 1t . x 2x 1 x 2 x 212 t114t 2令h tlnt1），由h1t（ttt 2tt21t11故函数ht 在1,ht h10，即lnt2t 1 是增函数，因此t得证.1因此x 1x 2e 2.学科&网点睛：此题主要考察函数导数与切线的关系，考察利用导数来证明不等式，考察利用剖析法和导数来证明不等式的方法 .相关导数与切线的问题，重点的打破口在与切点和斜率，此题中已知切线和某条直线垂直，也即是给出斜率，利用斜率可求得函数的参数值 .利用导数证明不等式往常先利用剖析法剖析，经过转变后再利用导数来证明.★已知函数fxlnxb aa,bR.[根源:学,科,网]x（Ⅰ）议论函数 f x的单一区间与极值；（Ⅱ）若b0且fx0恒成立，求e a1b 1的最大值；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，且e a1b1获得最大值时，设F ba1 mmR ，且函数Fx 有两b个零点x 1,x 2，务实数m 的取值范围，并证明：x 1x 2e 2.【答案】（Ⅰ）答案看法析；（Ⅱ）当lnba1时，e a1 b 1最大为1；（Ⅲ）证明过程看法析（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当e a1b1取最大值1时，e a1ba1lnbFblnbbFxlnx 0，mxxFxlnx m x0，不如设x 1x 2，由题意{lnx 1 mx 1 ，则lnx 1x2lnx 2 mx 2lnx2lnx2mx 2x 1mx 1，欲证明x 1x 2 e 2 ，只需证明lnx 1x 22，只需证明 x 1 x 2 x 11x 2x 1 x 2x 2x 1x 2x 2t 即证明 ln 2 ，即证2 1，则只需证明lntx 2 x 1 x 1 x 2 ln，设t21 x 1 x 1tx 1t2lnt2t 1 0，记u tlnt2t1,t 1，因此ut 14122t 1t 1tt1tt11, 单一递加，因此utu10，因此原不等式成立.★已知函数，，此中（1）若，议论的单一区间；（2）已知函数的曲线与函数的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为.m,b 0，记mx 1 x 2 ，mx 1 x 22，1，也就是证明10，因此ut 在，证明：【答案】（Ⅰ）看法析（Ⅱ）看法析 .【分析】（Ⅰ）由已知得，学科&网当时，，；当时，．故若，在上单一递加，在上单一递减；故若，在上单一递减，在上单一递加．取，即只需证明成立．即只需证成立．，在区间上单一递加，成立．故原命题得证．★已知函数f x ax. lnx（1）若fx在点e2,fe2处的切线与直线4xy0垂直，求函数fx的单一递加区间；（2）若方程f x1有两个不相等的实数解x1,x2，证明：x1x22e.【答案】（Ⅰ）0,1和1,e；（Ⅱ）看法析lnx2ax2lnx1lnx2a x1x2（Ⅱ）由{ax1{lnx2a x1x2lnx1lnx1lnx1lnx2a x1x2Qx1x22x1.x2，只需证x1x2e2lnx1lnx22只需证lnx1lnx2ax1x2x1x2lnx1lnx22，不如设x1x2 x1x2即证ln x2x1x2xt1，1x1x2,令1x2x2只需证lnt 2t1t2t1lnt42，t,g lntt1t11则gt在1，上单一递加，g t g10(t1)，即证。

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【最新整理，下载后即可编辑】极值点偏移问题沈阳市第十一中学数学组：赵拥权一：极值点偏移（俗称峰谷偏）问题的定义对于可导函数y=f(x)在区间（a,b）上只有一个极大（小）值点x0,方程f(x)=0(f(x)=m)的解分别为x1,x2且a<x1<x0<x2<b. 若x1+x22≠x0，,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0偏移；（1）x1+x22>x0,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0左偏移；（2）x1+x22<x0,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0右偏移；二：极值点偏移的判定定理对于可导函数y=f(x)在区间（a,b）上只有一个极大（小）值点x0,方程f(x)=0（f(x)=m)的解分别为x1,x2且a<x1<x2<b.（1）若f(x1)<x(2x0−x2)则x1+x22<x0即函数f(x)在区间（a,b）上极大值点x0右偏；（即峰偏右）（2）若f(x1)<x(2x0−x2)则x1+x22>x0即函数f(x)在区间上（a,b）极小值点x0左偏;（即谷偏左）（3）若f(x1)>x(2x0−x2)则x1+x22>x0即函数f(x)在区间上（a,b）极大值点x0左偏;（即峰偏左）（4）若f(x1)>x(2x0−x2)则x1+x22<x0即函数f(x)在区间上（a,b）极小值点x0右偏;（即谷偏右）y=f(x) x=x0x=x0拓展：1）若)()(xbfxaf-=+，则)(x f的图象关于直线2ba x +=对称；特别地，若)()(xafxaf-=+（或f(x)=f(2a-x)），则)(x f的图象关于直线ax=对称2）若函数f(x)满足∀x∈(0,a)有下列之一成立：①f(x)在(0,a)递增，在(a,2a)递减,且f(a-x)<（>）f(a+x)(f(x)<(>)f(2a-x))②f(x)在(0,a)递减,在(a,2a)递增,且f(a-x)>(<)f(x+a)(f(x)>(<)f(2a-x))则函数f(x)在(0,2a)的图象关于直线x=a偏移(偏对称)(俗称峰谷偏函数)其中①极大值左偏（或右偏）也称峰偏左（或右）②极小值偏左（或偏右）也称谷偏左（或右）；性质：1) )(x f的图象关于直线ax=对称若x1,x2∈(0,2x)x1≠x2则x1+x2=2x<=>f(x1)=x(x2),(x′(x1)+ x′(x2)=0,x′(x1+x22)=0);2)已知函数是满足条件的极大值左偏（峰偏左）若x1,x2∈(0,2x)x1≠x2则f(x1)=x(x2)则x1+x2>2a,及x′(x1+x2)<02极值点偏移解题步骤：①求函数f(x)的极值点x0；②构造函数F(x)=f(x+x0)-f(x0−x)(F(x)=f(x0−x)-f(x0+ x), F(x)=f(x+2x0)-f(−x), F(x)=f(x)-f(2x0−x))确定F(x)单调性③结合F(0)=0（F(-x0)=0,F(x0)=0)判断F(x)符号从而确定f(x+x0),f(x0−x)( f(x+2x0)与f(−x);f(x)与f(2x0−x)）的大小关系;答题模式：已知函数y=f(x)满足f(x1)=x(x2),x0为函数y=f(x)的极值点,求证：x1+x2<2x0①求函数f(x)的极值点x0；②构造函数F(x)=f(x+x0)-f(x0−x)确定F(x)单调性③判断F(x)符号从而确定f(x+x0),f(x0−x)的大小关系;假设F(x)在(0,+∞）上单调递增则F(x)>F(0)=0，从而得到x>0时f(x+x0)>f(x0−x)④1.（2016年全国I高考）已知函数有两个零点. 设x 1，x2是的两个零点，证明：+x2<2.2. (2010年高考天津卷理科21)（本小题满分14分）已知函数f(x)=xe-x（x R）.(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，证明当x>1时，f(x)>g(x)(Ⅲ)如果12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +>证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2x e -令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)x x F x xe x e --=+- 于是22'()(1)(1)x x F x x e e --=--当x>1时，2x-2>0,从而2x-2e 10,0,F x e -->>又所以’(x)>0,从而函数F （x ）在[1,+∞)是增函数。

极值点偏移新题

极值点偏移新题极值点偏移是一道较新的高考数学题目。

其主要考察考生的函数图像理解和极值点计算能力。

本文将从函数图像的基本概念开始介绍该题目，然后结合具体例子，详细阐述该题目的解题思路和方法。

一、函数图像的基本概念在数学中，函数图像是指将自变量的取值映射到函数值的图形。

函数图像是学习数学的重要基础，对于理解和解决各种数学问题都起着重要的作用。

常见的函数图像有直线、抛物线、正弦曲线等。

函数图像的性质包括定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等。

二、极值点偏移题目的解题思路极值点偏移题目是由给定的函数图像在水平方向上向左或向右平移后，求原函数图像上的极值点在新图像上的坐标。

其解题思路主要包括以下几个步骤：1. 将原函数图像和新函数图像画在同一个坐标系中。

2. 确定原函数图像中的极值点，并标出其坐标。

3. 确定水平方向上的平移距离。

4. 根据平移距离和平移方向，求出新图像上的极值点坐标。

三、极值点偏移题目的解题方法以下是一道典型的极值点偏移题目：已知函数$f(x)=x^3-3x^2+5$的图像上有两个极值点，分别为$A(-1,7)$和$B(2,1)$。

求将该函数图像向右平移5个单位后，极值点在新图像上的坐标。

该题的解题方法如下：1. 将原函数图像$f(x)=x^3-3x^2+5$和加上水平方向上的平移距离后的函数图像$f(x-5)$画在同一个坐标系中。

2. 标出原函数图像上的极值点$A(-1,7)$和$B(2,1)$的坐标。

3. 确定水平方向上的平移距离为$5$。

4. 根据平移距离和平移方向，求出新图像上的极值点坐标。

对于点$A(-1,7)$，在水平方向上向右平移5个单位后，其坐标变为$A′(4,7)$。

对于点$B(2,1)$，在水平方向上向右平移5个单位后，其坐标变为$B′(7,-59)$。

故将该函数图像向右平移5个单位后，极值点在新图像上的坐标分别为$A′(4,7)$和$B′(7,-59)$。

四、总结极值点偏移是一道考察函数图像的定性和定量分析能力的数学题目。

高考数学热点必会题型第8讲-导数中的极值和极值点偏移(原卷及答案)

高考数学热点必会题型第8讲导数中的极值和极值点偏移——每天30分钟7天掌握一、重点题型目录【题型】一、求已知函数的极值【题型】二、根据极值点求参数【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系【题型】五、求已知函数的极值点【题型】六、函数最值与极值的关系【题型】七、导数中的极值偏移问题二、题型讲解总结第一天学习及训练【题型】一、求已知函数的极值例1．（2023·全国·高三专题练习）等比数列{}n a 中的项1a ，105a 是函数()32692f x x x x =-+-的极值点，则53a =（）A ．3B ．C ．D 例2．（2023·全国·高三专题练习）下列函数中存在极值点的是（） A ．1y x= B ．e x y x =- C ．2y = D ．3y x =例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22e e x a f x a x =-至多有2个不同的零点，则实数a 的最大值为（）． A ．0B ．1C ．2D ．e例4．（2023·全国·高三专题练习）已知t 和3t +是函数()32f x x ax bx c =+++的零点，且3t +也是函数()f x 的极小值点，则()f x 的极大值为（）A ．1B ．4C ．43D ．49【题型】二、根据极值点求参数例5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2e 1xf x x a =+-()a R ∈有两个极值点，则实数a 的取值范围为（） A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．2,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭例6．（2023·全国·高三专题练习）若函数()sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间[0，π)内有且只有两个极值点，则正数ω的取值范围是（） A ．58,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．58,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭例7．（2023·全国·高三专题练习）若2x =是函数21()2ln 2f x ax x x =--的极值点，则函数（）A ．有最小值2ln2-，无最大值B ．有最大值2ln2-，无最小值C ．有最小值2ln2-，最大值2ln 2D ．无最大值，无最小值例8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，若1x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是_______．第二天学习及训练【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系例9．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的函数f （x ），其导函数()f x '的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（）A ．()()()f b f a f c >>B ．函数()f x 在x ＝c 处取得最大值，在e x =处取得最小值C ．函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，在e x =处取得极小值D ．函数()f x 的最小值为()f d例10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（）A ．3-是()f x 的极小值点B ．1-是()f x 的极小值点C ．()f x 在区间(),3-∞上单调递减D ．曲线()y f x =在2x =处的切线斜率小于零例11．（2023·全国·高三专题练习）函数()f x 定义域为(),a b ，其导函数'()f x 在(),a b 内的图象如图所示，则函数()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4例12．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在[,]a b 上的函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，给出下列命题： ①函数()y f x =在区间[]24,x x 上单调递减； ②若45x m n x <<<，则()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭；③函数()y f x =在[,]a b 上有3个极值点；④若23x p q x <<<，则[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<．其中正确命题的序号是（）A ．①③B ．②④C ．②③D ．①④【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系例13．（2023·全国·高三专题练习）函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋323c bx +的单调递增区间是（）A ．(－∞，－2]B ．1[,)2+∞C ．[2,3)D ．9[,)8+∞例14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为π，将()f x 的图象向右平移3π个单位长度得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在(),a a -上存在唯一极值点，则实数a 的取值范围是（） A ．11,2424ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．11,2424ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．11,2424ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,2424ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦例15．（2023·全国·高三专题练习）如图是函数()y f x =的导数()'y f x =的图象，则下面判断正确的是（）A ．在()3,1-内()f x 是增函数B ．在()4,5内()f x 是增函数C ．在1x =时()f x 取得极大值D ．在2x =时()f x 取得极小值例16．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()x a f x a x =-（0x >，0a >且1a ≠），则（）A ．当e a =时，()0f x ≥恒成立B ．当01a <<时，()f x 有且仅有一个零点C ．当e a >时，()f x 有两个零点D ．存在1a >，使得()f x 存在三个极值点第三天学习及训练【题型】五、求已知函数的极值点例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数3()1f x x x =-+，对于以下3个命题： ①函数()f x 有2个极值点 ②函数()f x 有3个零点③点(0,1)是函数()f x 的对称中心其中正确命题的个数为（） A ．0B ．1C ．2D ．3例18．（2023·全国·高三专题练习）已知0x 是函数()12sin cos 3f x x x x =-的一个极值点，则20tan x 的值是（）A ．1B ．12C ．37D ．57例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()8sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(]0,4x π∈，则()f x 所有极值点的和为（） A ．223πB ．13πC ．17πD ．503π例20．（2023·江苏·苏州中学高三阶段练习）已知函数()2sin 212cos xf x x=+，则下列说法中正确的是（）A ．()()f x f x π+=B ．()f xC ．()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增D ．若函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则a 的取值范围为60646067,33ππ⎛⎤⎥⎝⎦【题型】六、函数最值与极值的关系例21．（2022·江苏·高三专题练习）已知函数222()xx x f x e +-=，则下列结论不正确的是（）A ．函数()f x 有极小值也有最小值B ．函数()f x 存在两个不同的零点C ．当260k e -<<时，()f x k =恰有三个实根 D ．若[0,]x t ∈时，max 26()f x e=，则t 的最小值为2 例22．（2022·全国·高三专题练习）对函数()242()ln 1f x x a x x =+++(x R ∈，a R ∈且0a ≠)的极值和最值情况进行判断，一定有（） A ．既有极大值，也有最大值 B ．无极大值，但有最大值 C ．既有极小值，也有最小值D ．无极小值，但有最小值例23．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2()xf x x a e =+有最小值，则函数()y f x '=的零点个数为（） A ．0 B ．1C ．2D ．不确定例24．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A ．()()()f a f b f c <<B ．()()()f e f d f c <<C ．x c =时，()f x 取得最大值D ．x d =时，()f x 取得最小值第四天学习及训练【题型】七、导数中的极值偏移问题例25．（2023·全国·高三专题练习）关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（） A ．2x =是()f x 的极小值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 例26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln xf x x=，则（） A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x <C ．ln 2>D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y >例27．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()(0).e xaxf x a =≠ (1)若对任意的x R ∈，都有1()ef x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设,m n 是两个不相等的实数，且e m n m n -=．求证： 2.m n +>例28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()1e (1),1,1x f x k x x k R x ⎛⎫=--->-∈ ⎪+⎝⎭．(1)若0k =，证明：(1,0)x ∈-时，()1f x <-；(2)若函数()f x 恰有三个零点123,,x x x ，证明：1231x x x ++>．答案第一天学习及训练【题型】一、求已知函数的极值例1．（2023·全国·高三专题练习）等比数列{}n a 中的项1a ，105a 是函数()32692f x x x x =-+-的极值点，则53a =（）A ．3B ．C ．D 【答案】D【分析】先根据题意确定函数的极值点，进而得到1105a a ⋅，然后根据等比中项求得答案.【详解】由题意，()()()23129313f x x x x x =-+=--'，则(),1x ∈-∞时0fx ，函数单调递增，()1,3x ∈时()0f x '<，函数单调递减，()3,x ∈+∞时0fx ，函数单调递增，于是x =1和x =3是函数的两个极值点，故1a ，105a 是()231290x x f x =-+='的两个根，所以11053a a ⋅=，所以25311053a a a =⋅=，又110540a a +=>，所以10a >，1050a >，设公比为q ，525310a a q =>，所以55a =故选：D.例2．（2023·全国·高三专题练习）下列函数中存在极值点的是（） A ．1y x= B ．e x y x =- C ．2y = D ．3y x =【答案】B【分析】对每个选项求导，然后判断即可【详解】对选项A ，210y x '=-<，故没有极值点；对选项B ，1e x y '=-，则极值点为0x =，故正确；对选项C ，0y '=，故没有极值点；对选项D ，230y x '=≥，故没有极值点；故选：B例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22e e x a f x a x =-至多有2个不同的零点，则实数a 的最大值为（）． A ．0 B ．1 C ．2 D ．e【答案】C【分析】先将零点问题转化为两函数交点问题，构造函数，研究其单调性，极值，画出函数图象，从而得到20e a a =或224e e a a ≥，再次构造关于a 的函数()2e a a h a =，研究其单调性，解出不等式，求出数a 的最大值.【详解】令()22e e 0xa f x a x =-=，得到22e ex a x a=，函数()22e e xa f x a x =-至多有2个不同的零点，等价于22e ex a x a=至多有两个不同的根，即函数2e x x y =与2e a a y =至多有2个不同的交点令()2ex x g x =，则()22e xx x g x -'=，当02x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增，当0x <或2x >时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以0x =与2x =为函数()g x 的极值点，且()()2400,2e g g ==，且()20e x x g x =≥在R 上恒成立，画出()2ex x g x =的图象如下：有图可知：20e a a =或224e e a a ≥时，符合题意，其中20e aa=，解得：0a = 设()2e a a h a =，则()22e aah a -'=，当1a <时，()0h a '>，当1a >时，()0h a '<，所以()2e aah a =在()1-∞，上单调递增，在()1+∞，上单调递减，由224e e a a ≥可得：()()2h a h ≥，所以2a ≤，综上：实数a 的最大值为2 故选：C【点睛】对于函数零点问题，直接求解无法求解时，可以转化为两函数的交点问题，数形结合进行解决.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知t 和3t +是函数()32f x x ax bx c =+++的零点，且3t +也是函数()f x 的极小值点，则()f x 的极大值为（）A ．1B ．4C ．43D ．49【答案】B【分析】根据给定条件，结合三次函数的特点可得2()()(3)f x x t x t =---，再借助导数求出极大值作答.【详解】因函数()f x 在3t +处取得极小值0，又t 是函数()f x 的另一零点，因此函数()f x只有两个零点，从而有2()()(3)f x x t x t =---，求导得：()3(1)(3)f x x t x t '=----，当1x t <+或3x t >+时，()0f x '>，当13t x t +<<+时，()0f x '<，于是，()f x 在3x t =+处取得极小值，在1x t =+处取得极大值(1)4f t +=，所以()f x 的极大值为4. 故选：B【题型】二、根据极值点求参数例5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2e 1xf x x a =+-()a R ∈有两个极值点，则实数a 的取值范围为（） A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．2,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】将函数有两个极值点转化为其导数有两个零点进行求解即可.【详解】对原函数求导得，()2e xf x x a '=+，因为函数()()2e 1xf x x a a R =+-∈有两个极值点，所以()0f x '=有两个不等实根，即2e 0x x a +=有两个不等实根，亦即2e xxa -=有两个不等实根. 令()2e x xg x =，则()()21e xx g x -'= 可知()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()()max 21eg x g ==，又因为当0x <时，()0g x <，当0x >时，()0g x >，所以2e 0a a ⎧-<⎪⎨⎪->⎩，解得20e a -<<，即a 的范围是2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：B例6．（2023·全国·高三专题练习）若函数()sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间[0，π)内有且只有两个极值点，则正数ω的取值范围是（） A ．58,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．58,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【分析】根据极值点的定义，利用整体法，列出关于ω的不等关系，即可求得参数范围. 【详解】因为()f x 在[)0,π有2个极值点，也即()f x 在区间[)0,π取得一次最大值，一次最小值；又0ω>，则当[)0,x π∈，,333x πππωωπ⎡⎫+∈+⎪⎢⎣⎭，要使得()f x 满足题意，只需35232ππωππ<+≤，解得713,66ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.故选：C.例7．（2023·全国·高三专题练习）若2x =是函数21()2ln 2f x ax x x =--的极值点，则函数（）A ．有最小值2ln2-，无最大值B ．有最大值2ln2-，无最小值C ．有最小值2ln2-，最大值2ln 2D ．无最大值，无最小值【答案】A【分析】对()f x 求导，根据极值点求参数a ，再由导数研究其单调性并判断其最值情况.【详解】由题设，2()1f x ax x '=--且(2)0f '=，∴220a -=，可得1a =.∴2(1)(2)()1x x f x x x x+-'=--=且0x >，当02x <<时()0f x '<，()f x 递减；当2x >时()0f x '>，()f x 递增； ∴()f x 有极小值(2)2ln 2f =-，无极大值. 综上，有最小值2ln2-，无最大值. 故选：A例8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，若1x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是_______．【答案】1k ≥-【分析】先求函数()f x 的导函数2(e )(1)()x k x f x x+-'=，由条件1x =是函数()f x 的唯一极值点，说明e 0x k +=在,()0x ∈+∞上无解，或有唯一解1x = ，求实数k 的取值【详解】e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的定义域为(0,)+∞222(1)e 11(e )(1)()()x x x k x f x k x x x x -+-'∴=+-+=1x =是函数()f x 的唯一极值点1x ∴= 是导函数()0f x '=的唯一根（Ⅰ）e 0x k +=在(0,)+∞无变号零点令()e x g x k =+ ，则()e 0x g x '=> ，即()g x 在(0,)+∞上单调递增此时min ()10g x k =+≥ 1∴≥-k（Ⅱ）当()e x g x k =+ 在(0,)+∞有解1x = 时，此时e 0k += ，解得e k =- 此时()f x 在(0,1) 和(1,)+∞ 上均单调递增，不符合题意故答案为：1k ≥-第二天学习及训练【题型】三、函数或导函数图象与极值的关系例9．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的函数f （x ），其导函数()f x '的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（）A ．()()()f b f a f c >>B ．函数()f x 在x ＝c 处取得最大值，在e x =处取得最小值C ．函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，在e x =处取得极小值D ．函数()f x 的最小值为()f d 【答案】C【分析】根据导函数的图象确定()f x 的单调性，从而比较函数值的大小及极值情况，对四个选项作出判断.【详解】由题图可知，当x c ≤时，()0f x '≥，所以函数()f x 在,c 上单调递增，又a e 时，0fx．所以函数()f x 在x ＝c 处取得极大值，但不一定取得最大值，在x＝e 处取得极小值，不一定是最小值，故B 不正确，C 正确．由题图可知，当d x e ≤≤时，()0f x '≤，所以函数()f x 在[d ，e ]上单调递减，从而()()f d f e >，所以D 不正确．故选：C ．例10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（）A ．3-是()f x 的极小值点B ．1-是()f x 的极小值点C ．()f x 在区间(),3-∞上单调递减D ．曲线()y f x =在2x =处的切线斜率小于零【答案】D【分析】根据导函数图像，求得函数单调性，结合极值点定义，即可判断ABC 选项，根据导数的定义和几何意义即判断D 选项，从而得出答案. 【详解】由图像知，当3x <-或3x >时，0fx，()f x 单调递增，当33x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在区间(),3-∞-，()3,+∞内单调递增，在区间()3,3-内单调递减，3-是()f x 的极大值点，3是()f x 的极小值点，故ABC 错误；又因为()20f '<，所以曲线()y f x =在2x =处切线斜率小于零，故D 正确. 故选：D.例11．（2023·全国·高三专题练习）函数()f x 定义域为(),a b ，其导函数'()f x 在(),a b 内的图象如图所示，则函数()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【分析】根据导函数的图象可判断出()f x 的单调性，结合极小值点的概念即可得结果. 【详解】由()f x '的图象可得：函数()f x 在()1,a x 上单调递增，在()12,x x 上单调递减，在()24,x x 上单调递增，在()4,x b 上单调递减，故2x x =为函数()f x 的极小值点，即()f x 在区间(),a b 内极小值点的个数是1，故选：A.例12．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在[,]a b 上的函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，给出下列命题： ①函数()y f x =在区间[]24,x x 上单调递减； ②若45x m n x <<<，则()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭；③函数()y f x =在[,]a b 上有3个极值点；④若23x p q x <<<，则[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<．其中正确命题的序号是（）A ．①③B ．②④C ．②③D ．①④【答案】B【分析】根据()y f x '=图象判断函数()y f x =单调性和极值点情况，并利用单调性比较函数值的大小，逐一判断四个命题的正误即可.【详解】①中，看图知，在区间[]23,x x 上，()0f x '≥，在区间[]34,x x 上，()0f x '≤，故函数()y f x =在区间[]24,x x 上先增再减，①错误；②中，看图知，在区间[]45,x x 上，()y f x '=是下凸的，任意连接两点()(),(),,()m f m n f n ''，中点为()(),22m n f m f n M ''++⎛⎫ ⎪⎝⎭，线段一定在()y f x '=图象上方，故中点也在图象上方，即()()22f m f n m n f ++⎛⎫>'' ⎝'⎪⎭，故②正确；③中，看图知，在区间[]3,a x 上，()0f x '≥，在区间[]35,x x 上，()0f x '≤，在区间[]5,x b 上，()0f x '≥，所以()y f x =有一个极大值点3x 和一个极小值点5x ，故③错误；④中，看图知，在区间[]23,x x 上，()0f x '≥，且()f x '递减，故()y f x =单调递增，故()(),()()f p f q f p f q '<'>，故[][()()]()()0f p f q f p f q ''-⋅-<，即④正确.综上，正确命题的序号是②④. 故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数判断函数()f x 的单调性和极值的方法：①写定义域，对函数()f x 求导()f x '；②在定义域内，令 ()0f x '>的区间即是增区间，令()0f x '<的区间即是减区间，③根据单调区间，判断极值点即可.【题型】四、函数或导函数图象与极值点的关系例13．（2023·全国·高三专题练习）函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋323cbx +的单调递增区间是（）A ．(－∞，－2]B ．1[,)2+∞C ．[2,3)D ．9[,)8+∞【答案】D【分析】由图象知0a >，0d =，不妨取1a =，先对函数32()f x x bx cx d =+++进行求导，根据2x =-，3x =时函数取到极值点知(2)0f '-=，(3)f '0=，故可求出b ，c 的值，再根据函数单调性和导数正负的关系得到答案．【详解】解：不妨取1a =，32()f x x bx cx =++，2()32f x x bx c '∴=++由图可知(2)0f '-=，(3)f '0=1240b c ∴-+=，2760b c ++=， 1.5b ∴=-，18c =-2964y x x ∴=--，924y x '=-，当98x >时，0'>y2964y x x ∴=--的单调递增区间为：9[8，)∞+ 故选：D ．例14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为π，将()f x 的图象向右平移3π个单位长度得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在(),a a -上存在唯一极值点，则实数a 的取值范围是（） A ．11,2424ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．11,2424ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．11,2424ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,2424ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【分析】首先求函数()f x 的解析式，再根据平移公式，求解函数()g x 的解析式，结合函数的图象，列式求实数a 的取值范围. 【详解】由题意知()f x 的最小正周期2T ππω==，∴2ω=，∴()sin 24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∴()5sin 2sin 23412g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，作出()g x 的图象如图所示，数形结合可知0112424a a a ππ⎧⎪>⎪⎪≤⎨⎪⎪-<-⎪⎩ ，解得：112424a ππ<≤∴实数a 的取值范围是11,2424ππ⎛⎤⎥⎝⎦.故选：D例15．（2023·全国·高三专题练习）如图是函数()y f x =的导数()'y f x =的图象，则下面判断正确的是（）A ．在()3,1-内()f x 是增函数B ．在()4,5内()f x 是增函数C ．在1x =时()f x 取得极大值D ．在2x =时()f x 取得极小值【答案】B【分析】根据()'y f x =图象判断()f x 的单调性，由此求得()f x 的极值点，进而确定正确选项.【详解】由图可知，()f x 在区间()33,,2,42⎛⎫-- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x <递减；在区间()3,2,4,52⎛⎫- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x >递增.所以1x =不是()f x 的极值点，2x =是()f x 的极大值点. 所以ACD 选项错误，B 选项正确. 故选：B例16．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()x af x a x =-（0x >，0a >且1a ≠），则（）A ．当e a =时，()0f x ≥恒成立B ．当01a <<时，()f x 有且仅有一个零点C ．当e a >时，()f x 有两个零点D ．存在1a >，使得()f x 存在三个极值点【答案】ABC【分析】选项A ，不等式变形后求函数的最值进行判断；选项B ，确定函数的单调性，利用零点存在定理判断；选项C ，结合选项A 中的新函数进行判断；选项D ，求导，由导函数等于0，构造新函数确定导函数的零点个数，得极值点个数，判断D ．【详解】对于A 选项，当e a =时，()0f x ≥，即eln 1e eln e x x x x x x ≥⇔≥⇔≤，设()ln x g x x=，则()21ln xg x x-'=，故当()0,e x ∈时，()0g x '>，当()e,x ∈+∞时，()0g x '<，所以()()ln e 1e e eg x g ≤==，故A 正确；对于B 选项，当01a <<时，()x af x a x =-单调递减，且当0x +→时，()1f x →，()110f a =-<，因此()f x 只有一个零点，故B 正确；对于C 选项，()0ln ln x af x a x x a a x =⇔=⇔=，即ln ln x ax a=，当e a >时，由A 选项可知，()10eg a <<，因此()()g x g a =有两个零点，即()f x 有两个零点，故C 正确；对于D 选项，()1ln xa f x a a ax-'=-，令()0f x '=，得11ln x a a a x --=，两边同时取对数可得，()()()1ln ln ln 1ln x a a a x -+=-，设()()()()1ln ln ln 1ln h x x a a a x =-+--，则()1ln a h x a x -'=-，令()0h x '=，得1ln a x a -=，则()h x 在10,ln a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,ln a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，因此()h x 最多有两个零点，所以()f x 最多有两个极值点，故D 错误. 故选：ABC.第三天学习及训练【题型】五、求已知函数的极值点例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数3()1f x x x =-+，对于以下3个命题： ①函数()f x 有2个极值点 ②函数()f x 有3个零点③点(0,1)是函数()f x 的对称中心其中正确命题的个数为（） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】C【分析】利用导数研究()f x 的单调性确定极值情况，结合零点存在性定理判断零点个数，根据()()2f x f x +-=判断对称中心.【详解】令2()310f x x '=-=，可得x =所以(,-∞、)+∞上()0f x '>，()f x 递增；(上()0f x '<，()f x 递减；所以x =是()f x 的极值点，又(2)50f -=-<，(10f =>，10f =->，所以()f x 在(2,-上存在一个零点，所以()f x 有2个极值点，1个零点，①正确，②错误；33()()112f x f x x x x x +-=-+-++=，故(0,1)是函数()f x 的对称中心，③正确.故选：C例18．（2023·全国·高三专题练习）已知0x 是函数()12sin cos 3f x x x x =-的一个极值点，则20tan x 的值是（）A ．1B ．12C ．37D ．57【答案】D【分析】由题知0()0f x '=，可得01cos26x =，由二倍角公式可算得207cos 12x =，进而有205sin 12x =，所以205tan 7x =.【详解】()2001112cos2,cos22cos 1366f x x x x =-∴=∴-='，∴207cos 12x =，∴22005sin 1cos 12x x =-=， ∴220020sin 5tan cos 7x x x == 故选：D例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()8sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(]0,4x π∈，则()f x 所有极值点的和为（） A ．223πB ．13πC ．17πD ．503π【答案】D【分析】根据已知条件，令()0f x '=，求出方程的根，判断根左右两侧的导函数符号可得极值点，从而可求解()f x 所有极值点的和.【详解】解：()16cos 26f x x π⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，令()16cos 206f x x π⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭，得,23k x k Z ππ=+∈，因为()f x '在,23k x k Z ππ=+∈两侧异号，所以,23k x k Z ππ=+∈是函数()f x 的极值点，又(]0,4x π∈，所以极值点54117171023,,,,,,,36363636x ππππππππ=，所以()f x 所有极值点的和为5411717102350,363636363πππππππππ++++++=，故选：D.例20．（2023·江苏·苏州中学高三阶段练习）已知函数()2sin 212cos xf x x=+，则下列说法中正确的是（） A ．()()f x f x π+= B ．()f xC ．()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增D ．若函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则a 的取值范围为60646067,33ππ⎛⎤⎥⎝⎦【答案】ABD【分析】利用二倍角公式进行化简，再根据函数的的性质分别判断各选项.【详解】()2sin 2sin 2sin 21cos 212cos 2cos 2122xx xf x x xx ===+++⎛⎫+ ⎪⎝⎭， A 选项：()()()()sin 22sin 22cos 222cos 2x x f x f x x xπππ++===+++，A 选项正确；B 选项：设()sin 22cos 2xf x t x==+，则()sin 2cos 222x t x t x ϕ-=+≤解得213t ≤，t ≤≤，即max t =，即()f xB 选项正确；C 选项：因为022f f ππ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上不单调，C 选项错误；D 选项：()()()()()222cos 22cos 2sin 22sin 24cos 222cos 22cos 2x x x x x f x x x +--+'==++，令()0f x '=，解得1cos 22x =-，即3x k ππ=+或23x k ππ=+，Z k ∈，当2,33x k k ππππ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭，Z k ∈时，()0f x '<，函数单调递减，当当24,33x k k ππππ⎛⎫∈++⎪⎝⎭，Z k ∈时，0f x ，函数单调递增，所以函数()f x 的极大值点为3π，43π，，()13n ππ+-，又函数()f x 在区间[)0,a 上恰有2022个极大值点，则2021,202233a ππππ⎛⎤∈++ ⎥⎝⎦，即60646067,33a ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，D 选项正确；故选：ABD.【题型】六、函数最值与极值的关系例21．（2022·江苏·高三专题练习）已知函数222()xx x f x e +-=，则下列结论不正确的是（）A ．函数()f x 有极小值也有最小值B ．函数()f x 存在两个不同的零点C ．当260k e -<<时，()f x k =恰有三个实根 D ．若[0,]x t ∈时，max 26()f x e =，则t 的最小值为2 【答案】C【分析】先求导，通过导函数的单调性分析出原函数大致图象，然后画出图象，结合图象来分析每一个选项即可求出答案.【详解】由222()x x x f x e +-=，得()22'2(22)(22)4()x x x x x e x x e x f x e e +-+--+==，令'()0f x =，则2x =-或2x =，当<2x -或2x >时，'()0f x <；当22x -<<时，'()0f x > ，所以()f x 在(,2)-∞-和(2,+)∞上单调递减，在(2,2)-上单调递增，所以()f x 有极小值()2244222f e e ---==--，有极大值()224+4262f e e-==，当x →-∞时，()f x →+∞，当x →+∞时，()0f x →，故函数的图象如图，由图像可知A ，B ，D 正确，C 错误. 故选：C例22．（2022·全国·高三专题练习）对函数()242()ln 1f x x a x x =+++(x R ∈，a R ∈且0a ≠)的极值和最值情况进行判断，一定有（） A ．既有极大值，也有最大值 B ．无极大值，但有最大值 C ．既有极小值，也有最小值 D ．无极小值，但有最小值【答案】C【分析】先求出导数，34242()21x xf x x a x x '+=+⋅++4221x x x =++()42(21)1x a x a ++++，然后讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况，进而判断各选项【详解】34242()21x x f x x a x x '+=+⋅++4221x x x =++()42(21)1x a x a ++++，下面讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况.令2[0,)u x =∈+∞，2()(21)1g u u a u a =++++，（1）当(0)10g a =+<时(即1a <-)，()g u 仅有一个唯一的正零点，不妨设为0u ，此时()f x '有三个不同零点，分别为0（2）当(0)10g a =+=时(即1a =-)3422()(1)(1)1x f x x x x x =+-++'；满足既有极小值，也有最小值；（3）当(0)10g a =+>时(即1a >-且0a ≠)，若2102a u +=-≤(即12a ≥-且0a ≠)，则()f x 仅有一个唯一的极小值点为0，若212a u +=-1012a ⎫⎛>-<<- ⎪⎝⎭，结合22Δ(21)4(1)43a a a =+-+=-分析可知：当1a -<<时，()g u 有两个不同的正零点(令为1u ，2u 且12u u <).此时()f x 在(,-∞，()，上单调递减，当12a ≤<-时，则()f x 仅有一个唯一的极小值点为0. 满足既有极小值，也有最小值；综上分析，故选：C【点睛】关键点睛：解题的关键在于：求导后讨论方程42(21)10x a x a ++++=根的情况，讨论的时候，分情况：（1）当(0)10g a =+<；（2）当(0)10g a =+=；（3）当(0)10g a =+>，进而判断各选项，属于难题例23．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2()x f x x a e =+有最小值，则函数()y f x '=的零点个数为（） A ．0 B ．1 C ．2 D ．不确定【答案】C【解析】对函数求导，转化条件为()0f x '<有解，再结合二次函数的性质即可得解.【详解】由题意，()2()2xf x x a e x +'=+，因为函数()f x 有最小值，且e 0x >，所以函数存在单调递减区间，即()0f x '<有解，所以220x x a ++=有两个不等实根，所以函数()y f x '=的零点个数为2. 故选：C.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值，考查了运算求解能力，属于基础题. 例24．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A ．()()()f a f b f c <<B ．()()()f e f d f c <<C ．x c =时，()f x 取得最大值D ．x d =时，()f x 取得最小值【答案】AB【分析】由()f x '图象可确定()f x 的单调性，结合单调性依次判断各个选项即可得到结果. 【详解】由()f x '图象可知：当()(),,x c e ∈-∞+∞时，0fx；当(),x c e ∈时，()0f x '<；f x 在(),c -∞，(),e +∞上单调递增，在(),c e 上单调递减；对于A ，a b c <<，()()()f a f b f c ∴<<，A 正确；对于B ，c d e <<，()()()f e f d f c ∴<<，B 正确；对于C ，由单调性知()f c 为极大值，当>x e 时，可能存在()()0f x f c >，C 错误；对于D ，由单调性知()()f e f d <，D 错误. 故选：AB.第四天学习及训练【题型】七、导数中的极值偏移问题例25．（2023·全国·高三专题练习）关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（） A ．2x =是()f x 的极小值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 【答案】C【分析】对于A ，分析()f x 导函数可作判断；对于B ，考查函数()y f x x =-的单调性可作判断；对于C ，分离参数，再分析函数()f x x最值情况而作出判断；对于D ，构造函数()()(4)(02)g x f x f x x =--<<讨论其单调性，确定()0g x >即可判断作答.【详解】对于A 选项：()f x 定义域为(0,)+∞，22212()x f x x x x'-=-+=， 02x <<时,()0,2f x x '<>时()0f x '>，2x =是()f x 的极小值点，A 正确；对于B 选项：令222()(),()0x x h x f x x h x x -+'=-=-<， ()h x 在(0,)+∞上递减，(1)1,(2)ln 210h h ==-<，()h x 有唯一零点，B 正确；对于C 选项：令23()2ln ln 4(),()f x x x x x x x x x x x ϕϕ-+'==+=-，令()ln 4F x x x x =-+，()ln ,(0,1)F x x x '=∈时,()0,(1,)F x x '<∈+∞时,()0F x '>， ()F x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，则min ()(1)30F x F ==>，()0x ϕ'<，()ϕx 在(0,)+∞上递减，()ϕx 图象恒在x 轴上方，与x 轴无限接近，不存在正实数k 使得()f x kx >恒成立，C 错误；对于D 选项：由A 选项知，()f x 在(0,2)上递减，在(2,)+∞上递增，因正实数1x ，2x ，且12x x >，()()12f x f x =，则2102x x <<<，02x <<时，令()()(4)g x f x f x =--，()()()()2222404x x g x f x f x x x --=+-'+-''=<，即()g x 在(0,2)上递减，于是有()()20g x g >=，从而有()()122(4)f x f x f x =>-，又242x -> ，所以124x x >-，即124x x +>成立，D 正确. 故选：C.例26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln xf x x=，则（） A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x <C．ln 2>D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y > 【答案】AD【分析】A ：代入2,5直接计算比较大小；B ：求()f x 的导函数，分析单调性，可得当()f x m=有两个不相等实根时1x 、2x 的范围，不妨设1x 2x <，则有10e x <<2x <，比较()211,e f x f x ⎛⎫ ⎪⎝⎭的大小关系，因为()()12f x f x =，可构造()()2e F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(0e)x <<，求导求单调性，计算可得()0F x <成立，可证212e x x >；C ：用()f x 在()0,e 上单调递增，构造ln 2ln e2e<可证明；D ：令23x y t ==，解出lg lg 2t x =，lg lg 3ty =，做差可证明23x y >.【详解】解：对于A ：()()12ln 52525n f f ====又105232==1025=，3225>>()()25f f >，A 正确；对于B ：若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212e x x >，故B 不正确；证明如下：函数()ln x f x x =，定义域为()0,∞+，则()21ln xf x x -'=，当0fx时，0e x <<；当()0f x '<时，e x >；所以()f x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，则()max 1ef x =且e x >时，有()0f x >，所以若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，有10em <<，不妨设1x 2x <，有10e x <<2x <，要证212e x x >，只需证221e x x >，且221e e x x >>，又()()12f x f x =，所以只需证()211e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，令()()2e F x f x f x ⎛⎫=-⎪⎝⎭(0e)x <<则有()()()22241111e ln e F x f x f x x x x ⎛⎫⎛⎫'''=+⋅=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当0e x <<时，1ln 0x ->，24110ex ->，所以有()0F x '>，即()F x 在(0,e)上单调递增，且()0e F =，所以()0F x <恒成立，即()211e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()221e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即212e x x >.对于C ：由B 可知，()f x 在()0,e 上单调递增，则有()()2e f f <，即ln 2ln e2e<，则有2ln 2e<<C 不正确；对于D ：令23x y t ==，则1t >，2lg log lg 2t x t ==，3lg log lg 3ty t ==， 2lg 3lg lg (lg9lg8)230lg 2lg3lg 2lg3t t t x y -∴-=-=>⋅， 23∴>x y ，故D 正确；故选：AD.【点睛】知识点点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.例27．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()(0).e xaxf x a =≠ (1)若对任意的x R ∈，都有1()ef x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设,m n 是两个不相等的实数，且e m n m n -=．求证： 2.m n +> 【答案】(1)(0,1] (2)证明见解析【分析】（1）先判断a<0不成立，当0a >时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；（2）设()()(2)(1)h x g x g x x =-->，可得()0h x >恒成立，从而可证不等式. (1)当a<0时，111e af a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，因为10e e a<<，所以111eea>，即11ef a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，不符合题意；当0a >时，(1)()e xa x f x -'=，当(,1)x ∞∈-时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减．所以()(1)eaf x f ≤=．由1()e f x ≤恒成立可知1e ea ≤，所以1a ≤．又因为0a >，所以a 的取值范围为(0,1]． (2)因为e m n m n -=，所以e e m n m n --=，即e e m nm n=．令()ex xg x =，由题意可知，存在不相等的两个实数m ，n ，使得()()g m g n =．由（1）可知()g x 在区间(,1)-∞上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减．不妨设m n <，则1m n <<．设()()(2)(1)h x g x g x x =-->，则2221e 1()()[(2)](1)e (1)0e e x x x xx h x g x g x x x ----'''=--=+-=-⋅>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()0h x >，即()(2)g x g x >-在区间(1,)+∞上恒成立．因为1n >，所以()(2)g n g n >-．因为()()g m g n =，所以()(2)g m g n >-．又因为1m <，21n -<，且()g x 在区间(,1)-∞上单调递增，所以2m n >-，即2m n +>．【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，可转化函数的最值问题，而极值点偏移问题，通过可构建新函数，并利用原函数的单调性进行转化.例28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()1e (1),1,1x f x k x x k R x ⎛⎫=--->-∈ ⎪+⎝⎭．(1)若0k =，证明：(1,0)x ∈-时，()1f x <-；(2)若函数()f x 恰有三个零点123,,x x x ，证明：1231x x x ++>．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析【分析】（1）当0k =时，1()e ,(1,0)1xx f x x x -=∈-+，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到()(0)1f x f <=-；（2）首先确定1x =为函数的一个零点，接下来研究e ()1xF x k x =-+，构造差函数，求导后单调性，得到证明. (1)0k =时，函数1()e ,(1,0)1xx f x x x -=∈-+，则221()e 0(1)xx f x x +='>+， ()f x 在(1,0)-上单调递增，所以1()e (0)11xx f x f x -=<=-+．(2)e ()(1)1xf x x k x ⎛⎫=-- ⎪+⎝⎭，显然1x =为函数的一个零点，设为3x ；设函数e ()1xF x k x =-+，2e ()(1)x x F x x '=+ 当(1,0)x ∈-时，()0F x '<，当,()0x ∈+∞时，()0F x '>，故()F x 在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．由已知，()F x 必有两个零点12,x x ，且1210x x -<<<，下证：120x x +>．设函数()()(),(1,0)h x F x F x x =--∈-，则e e ()11x xh x x x -=++-， 2e 11()e e (1)11x x x x x x h x x x x -++⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪+--⎝⎭⎝⎭'，由于(1,0)x ∈-，则2e 1e 0(1)1x x x x x x -+⎛⎫-< ⎪+-⎝⎭，由（1）有1e 01xx x ++>-，故()0h x '<，即函数()h x 在(1,0)-上单调递减，所以()(0)0h x h >=，即有()()()211F x F x F x =>-，由于12,(0,)x x -∈+∞，且在(0,)+∞上单调递增，所以21x x >-，所以120x x +>．【点睛】对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明.。

极值点偏移专题+课件-2023届高三数学三轮冲刺

已知函数f(x)＝x2＋ax－aln x． (1)若函数f(x)在[2,5]上单调递增，求实数a的取值范围； (2)当a＝2时，若方程f(x)＝x2＋2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1．解：(1)由题意函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋a－ax，因为函数f(x)在[2,5]上单调递增，
∴原命题等价于证明ln
x1－ln x1－x2
x2>x1＋2 x2，即证ln
xx12>2xx11＋－xx22(x1>x2)，
令xx21＝t，则t>1，设g(t)＝ln t－2tt＋－11(t>1)，g′(t)＝1t －t＋412＝ttt－＋1122>0，
∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，又∵g(1)＝0，∴g(t)>g(1)＝0，∴ln t>2tt－－11，
即x1x2>e2．
消参减元的主要目的是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．消参减元法，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消去参数或减少变元，从而简化目标函数．其解题要点如下．
(1)建方程：求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)；
(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．
23年A10联盟4月期中卷
消参减元法求极值点偏移问题
已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证： x1x2>e2．

高三总复习数学检测题极值点偏移问题

极值点偏移问题1．(2022·大庆二模)设函数f (x )＝ax －ln x ＋1x＋b (a ，b ∈R )．若函数f (x )有两个零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2＋2>2ax 1x 2．证明：不妨设x 1<x 2，由已知得f (x 1)＝0，f (x 2)＝0，即ax 1＝ln x 1－1x 1－b ，ax 2＝ln x 2－1x 2－b ，两式相减得a (x 2－x 1)＝ln x 2－ln x 1－⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 1，所以a ＝ln x 2－ln x 1x 2－x 1＋1x 1x 2．要证x 1＋x 2＋2>2ax 1x 2，即证x 1＋x 2＋2>2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x 2－ln x 1x 2－x 1＋1x 1x 2x 1x 2，只需证x 1＋x 2>2(ln x 2－ln x 1)x 2－x 1·x 1x 2，只需证x 22－x 21x 1x 2>2ln x 2x 1，即证x 2x 1－x 1x 2>2ln x 2x 1．设x 2x 1＝t ，则t >1，只需证t －1t>2ln t ，设h (t )＝t －1t－2ln t (t >1)，只需证h (t )>0．因为h ′(t )＝1＋1t 2－2t ＝t 2－2t ＋1t 2＝(t －1)2t 2>0，所以h (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (t )>h (1)＝0，即t －1t>2ln t ，所以x 1＋x 2＋2>2ax 1x 2．2．已知函数f (x )＝x ln x －a 2x 2＋(a －1)x ，其导函数f ′(x )的最大值为0． (1)求实数a 的值；(2)若f (x 1)＋f (x 2)＝－1(x 1≠x 2)，证明：x 1＋x 2>2．解：(1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，其导函数f ′(x )＝ln x －a (x －1)．记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1－ax x(x >0)． ①当a ≤0时，h ′(x )>0恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0，所以∀x ∈(1，＋∞)，有h (x )＝f ′(x )>0，不合题意；②当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则h ′(x )>0，若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则h ′(x )<0，所以h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减，所以h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a ＋a －1＝0．令g (a )＝－ln a ＋a －1(a >0)，则g ′(a )＝1－1a ＝a －1a．当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (a )≥g (1)＝0，故a ＝1．(2)当a ＝1时，f (x )＝x ln x －12x 2，则f ′(x )＝1＋ln x －x ．由题意知f ′(x )＝1＋ln x －x ≤0恒成立，所以f (x )＝x ln x －12x 2在(0，＋∞)上单调递减，易知f (1)＝－12，f (x 1)＋f (x 2)＝－1＝2f (1)，不妨设0<x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2，欲证x 1＋x 2>2，只需证x 2>2－x 1，因为f (x )在(0，＋∞)上单调递减，故只需证f (x 2)<f (2－x 1)．又f (x 1)＋f (x 2)＝－1，故只需证－1－f (x 1)<f (2－x 1)，即证f (2－x 1)＋f (x 1)>－1．令F (x )＝f (x )＋f (2－x )，x ∈(0,1)，且F (1)＝－1．所以欲证f (2－x 1)＋f (x 1)>－1，只需证F (x )>F (1)，由F ′(x )＝f ′(x )－f ′(2－x )＝1＋ln x －x －[1＋ln(2－x )－2＋x ]，整理得F ′(x )＝ln x －ln(2－x )＋2(1－x )，则F ″(x )＝2(1－x )2x (2－x )>0(F ″(x )为F ′(x )的导数)，所以F ′(x )＝ln x －ln(2－x )＋2(1－x )在区间(0,1)上单调递增，所以∀x ∈(0,1)，F ′(x )＝ln x －ln(2－x )＋2(1－x )<F ′(1)＝0，所以函数F (x )＝f (x )＋f (2－x )在区间(0,1)上单调递减，所以有F (x )>F (1)，故x 1＋x 2>2．3．已知函数f (x )＝a e －x ＋ln x －1(a ∈R )． (1)当a ≤e 时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )恰有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，且x 1＋x 2≤2ln 3，求x 2x 1的最大值．解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a e －x ＋1x ＝e x－ax x e x，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0<a ≤e 时，令f ′(x )＝0，即e x －ax ＝0，设g (x )＝e x －ax (x ∈0，＋∞)，即g ′(x )＝e x －a ，当0<x <ln a 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >ln a 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， ∴g (x )≥g (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a (1－ln a )≥0，∴f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤e 时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)依题意，f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 1－ax 1＝0，e x 2－ax 2＝0，两式相除得，e x 2－x 1＝x 2x 1，设x 2x 1＝t ，则t >1，x 2＝tx 1，e (t －1)x 1＝t ， ∴x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1， ∴x 1＋x 2＝(t ＋1)ln t t －1，设h (t )＝(t ＋1)ln t t －1(t >1)，则h ′(t )＝t －1t －2ln t (t －1)2，设φ(t )＝t －1t －2ln t (t >1)，则φ′(t )＝1＋1t 2－2t ＝(t －1)2t 2>0， ∴φ(t )在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t )>φ(1)＝0，∴h ′(t )>0，则h (t )在(1，＋∞)上单调递增，又x 1＋x 2≤2ln 3，即h (t )≤2ln 3，而h (3)＝2ln 3，∴t ∈(1,3]，即x 2x 1的最大值为3． 4．已知函数f (x )＝e x －ax 有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)．(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：x 2－x 1<2x 1－2．解：(1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x －a ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在R 上单调递增，故f (x )至多有一个零点，不符合题意；②当a >0时，令f ′(x )<0，得x <ln a ；令f ′(x )>0，得x >ln a ，故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a ＝a (1－ln a )．(ⅰ)若0<a ≤e ，则f (x )min ＝a (1－ln a )≥0，故f (x )至多有一个零点，不符合题意； (ⅱ)若a >e ，则ln a >1，f (x )min ＝a (1－ln a )<0，由(ⅰ)知e x －e x ≥0，所以e ln a －eln a ＝a －eln a ≥0，所以a －2ln a >a －eln a ≥0，f (2ln a )＝a 2－2a ln a ＝a (a －2ln a )>0，又因为f (0)＝1>0,0<ln a <2ln a ，故f (x )存在两个零点，分别在(0，ln a )，(ln a,2ln a )内，综上，实数a 的取值范围是(e ，＋∞)．(2)证明：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧e x 1＝a x 1，e x 2＝a x 2，令t ＝x 2－x 1，则t >0，两式相除得e t ＝e x 2－x 1＝x 2x 1＝x 1＋t x 1，变形得x 1＝t e t －1，欲证x 2－x 1<2x 1－2，即证t <2(e t －1)t －2，即证t 2＋2t ＋2e t <2，记h (t )＝t 2＋2t ＋2e t (t >0)，h ′(t )＝(2t ＋2)e t －(t 2＋2t ＋2)e t e 2t ＝－t 2e t <0，故h (t )在(0，＋∞)上单调递减，从而h (t )<h (0)＝2，即t 2＋2t ＋2e t <2，所以x 2－x 1<2x 1－2得证．。