重难点专题08 极值点偏移的十大类型（解析版）-决战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

题型3构造辅助函数+构造一元差函数 题型6加法型汇总 76 题型1加法型构造一元差函数极值点偏移问题中(极值点为xo),证明x₁+x₂>2xo或x₁+x₂<2x₀的方法：①构造F(x)=f(x)-f(2xo-x),②确定F(x)的单调性，③结合特殊值得到f(x₂)-f(2xo-x₂)>0或f(x₂)-f(2xo-x₂)<0,再利用f(x₁)=f(x₂),得到f(x₁)与f(2x₀-x₂)的大小关系，④利用f(x)的单调性即可得到x₁+x₂>2xo或x₁+x₂<2xo·alnx,x=1为其极小值点.【详解】(1)f(x)的定义域为(0,+),得a=1,(2)由(1)知，不妨设0<x₁<x₂)即F'(x)<0,(2)由(1)可知0<x₂<1<x₃,设g(x)=f(x)-f(2-x),0<x<1,证明f(x)<f(2-(2)证明：由(1)可知0<x₂<1<x₃.由(1)可知f(x)在(1,+)上单调递增，且x₃,2-x₂∈(1,+),【变式1-1】2.(2023·贵州毕节·校考模拟预测)已知函数f(x)=(2x+a)Inx-3(x-a),a>0.,∴a的取值范围是(1,+).(2)函数f(x)=(2x+a)lnx-3(x-a),a>0.f'(x)=0有两个正实数解⇔方程a=x-2xlnx有两个正实数解→函数y=a与函数,,(2)构造函数g(x)=f(x)-f(4-x)(0<x<2),根据g(x)的单调性和g(0)=0【详解】(1)因为f(x)=x³-ax²,所以f'(x)=3x²-2ax.所以,f(x)的极小值为j(2)由(1)知，在区间(-o,0)上，f'(x)>0,f(x)单调递增，在区间(2,+)上，f'(x)>0,f(x)单调递增，下面先证x₁+x₂<4.即证x₁<4-x₂,因为0<x₁<2<x₂<3,所以1<4-x₂<2,下面证3<x₁+x2所以3=x₃+x₄<x₁+x2a为实数，,得a=1,故0<x₁<1<x₂<e.则t'(x)=-g'(2-x)-g'(x),t'(x)=-2ln(2-x)lnxln题型2乘法型构造一元差函数结论.【详解】(1)∵f(x)定义域为(0,+),由(1)知：f(x)max=-1,又f(e)=1-e,∵g(x)=f(x)+a,,则x1x₂<1.xx【答案】(1)[-,1],,,导数可证得p(x)>0,结合(1)中结论可证,由此可得结论.f(x)min=f(1)=0.(2)由题意得),由(1)知：0,即ln(x+1)≤x得证；1(2)根据题意判断0<x₁<1e后求导证明即可.【详解】(1)令g(x)=f(x+1)-x=ln(x+1)-x,x>-1,∴g(x)在(-1,0)递增，在(0,+)递减，则g(x)max=g(0)=0,∴g(x)≤0恒成立，即In(x+1)≤x.且0<x₁<且0<x₁<1e再转化为证,根据h(x)的单调性可以将其转化为证明h,构造函数后利用导数证明不等式即可.题型3构造辅助函数+构造一元差函数划重点划重点【详解】(1)当a=1时，f(x)=lnx-x,定义域为(0,+),f'(x)>0=0<x<1,f'(x)<0=x>1,又因为1<t₃<t₂,所以t₁+t₂>2,即x₁+ae*2>2,a∈R.【详解】(1)解：,其中x>0..,其中t≠0,,其中p>1,论.论,记t=-x²+(2e+1)x,e+1≤x<2e,,(2)由题知,进而,将问题转化为已知0<x₁<1<x₂<e,(2)解：因为blna-alnb=a-b,故b(Ina+1)=a(Inb+1),,即,因为1<x<2,故0<x(2-x)<1,故-lnx(2-x)>0,(1)将命题转化为已知0<x₁<1<x₂<e,证明：x₁+x₂>2,再根据极值点偏移问题求解即可.划重点划重点两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的.设法用比值(一般用t表问题求解.【分析】(1)切线方程的斜率为1,所以有f'(1)=1,解方程即得实数a的值；(2)依题意f'(x)≥0在(0,+0)上恒成立.,分参求解即可；(2)f(x)的定义域为(0,+oo),因为f(x)在定义域上为在(0,+0o)上恒成立.aa由g(x₁)=g(x₂)=0,所以Inx₁=ax₁,Inx₂=ax₂,∴H(t)在(0,1)上单调递增，∵H(t)<H(1)=0,【答案】(1)单调递减区间为(-,1),单调递增区间为(1,+);且都不为1,故k-2lnk>e-2>0,即g(2lnk)>0,故m(t)在(1,+)单调递增，故m(t)>m(1)=0, 【详解】(1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0,+).,,则t>1,2lnt<t-由(i),2]<0.故由(I)得f'(x₁x₂)<0(2)两边取对数，将证明x₁·x>e¹+A转化为证明1+λ<Inx₁+aInx₂,再利用(1)合【详解】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0,+),f'(x)=Inx-ax,即方程Inx-ax=0在(0,+)有两个不同根，所以原式等价于1+λ<ax₁+λax₂=a(x₁+λx₂),因为λ>0,0<x₁<x₂,又h(1)=0,h(t)<0,(2)证明出xlnx>,即可证得结论成立；(3)分析可得l,证,利用基本不等式可得出(2)解：要,即i由(1)可知，,当且仅,等号成立，,其中x>0,等的条件不同，(3)解：由题知,不妨设0<x₁<x₂,),,题型5对数均值不等式法划重点划重点(此式记为对数平均不等f(x)的导函数).f'(x)=Inx-ax+1,设g(nxax,只需证x₁x₂>1∈1nx₁+1nx₂>0=(ax₁-1)+(ax₂-1)>0.不妨设0<x₁<x₂,(2)将方程f(x)=0的实数根代入方程，再变形得到,利用在(0,+)上恒成立，即ax≥lnx+1,不妨设0<x₁<x₂,(1)若函数(x)在x=1处的切线与x轴平行，求a的值；(3)若函数(x)有两个零点X1、X2,试证明xixz>e².【答案】(1)a=1;(2)答案不唯一，具体见解析；(3)证明见解析.【分析】(1)求出原函数的导函数，由函数在xa,Inxz+Inxz=a(xx+x2),把证明xiXxz>e²转化为证Inx+Inxz>2,结合Inxi+Inxz=a(xi+x2)转化为证明(xi>x2),换元后利用导数得到证明.T①当0<m<1即,即x₁x₂>e²(2)证明：x₁x₂>1.【答案】(1)(-o,-1);(2)证明见解析.(2)由(1)知：f(x)在(0,-a)和(-a,+ao)上分别有一个零点；不妨设0<x₁<-a<x₂,【详解】(1)所以g(a)在(-,-2)单调递减，则g(a)>g(-2)=e²-6>0,即f(e-4)>0,(2)不妨设0<x₁<-a<x₂,由f(x₁)=f(x₂)=0得：两式相加得：调性；法2)等方法即可证出.所以,即解法1(对称化构造):令h(t)=g(t)-g(2e-t),t∈(1,e),解法2(对数均值不等式):先,令0<x₁<x2题型6加法型汇总(2)令h(x)=f(x)-(3a-2)Inx-3x=2Inx-ax=0,可得2Inx=ax(x>0),,【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点一是利用函数图象的交点得到函数零点的个数，构造函数1,利用函数的单调性证明不等式，考查了学生分析问题、解决问题以及运算能力.【分析】(1)求出导函数，分类讨论，研究单调性，求出最大值；(2)利用极值点偏移直接求解.【详解】(1)函(k∈R)的定义域是(0,+o),当k≥0时，f'(x)>0恒成立，故f(x)在(0,+)上单调递增，无最大值；,因为x₁,x₂为g(x)的两个零点，所以0<x₁<1<x₂,(2)证明：不妨设x₁<x₂,由(1)知：必有0,在x∈时恒成立，,,接下来证明x₁+x₂>1,要证1<x₁+x₂,即证1<x₁+tx₁,有(t+1)x₁>1,②确定两个零点x₁<α<x₂,且f(x₁)=f(x₂),由函数值g(x₁)与g(a)的大小关系，得g(x₁)=f(x₁)-f(2a-x₁)=f(x₂)-f(2a-x₁)与零进行大小比较；,,③当0<α<1时，1),,(且仅号成立),(2)证明：由(1)中结论，取k=2,,于于题型7减法类型数F(x)=f(x)-f(2-x),m(x)=f(x)-f(2e-x),可证得x₁+x₂>2,x₂+x₃<2e,(2)由(1)知：x₁<1,1<x₂<e,x₃>e则F'(x)=f'(x)-[f(2-x)]'=(x-e)(e*-e)+(222xx,即(2)证明见解析.【分析】(1)先求导,再分-1<α<0和a≥0讨论即可得f'(x),则g'(x)=f'(x)+1,结合(1)得在(0,+)上g'(x)单若-1<a<0,f'(x)在(0,+)上单调递增.,则g'(x)=f'(x)+1.1所以x₁>e4a+2.X0+减极小值1-2ln2增 ,x>0,可转递减，(2)证明：①a>1由(1)可知，e-x≥-x+l,所以h'(x)≥0,h(x)单调递增，所以x₂随着a的增大而增大，②(2)若函数h(x)=If(x)I-2a有3个不同的零点x₁,x₂,x3(x₁<x₂<x₃).【答案】(1)(0,+);(2)(i)ii,当且仅当x=1时取"=")h(x)=0⇔lf(x)I=2a而f'(x)lnx的值趋近于0,,(ii)由(1)知，当x≥1时，0≤2xlnx≤x²-1,观察图象知<x₂<x₄<1<xs<x₃,即x₃-x₂>xs-x₄,e题型8乘积型汇总2x-sinx-Inx,当0<xi<x₂时，有g(xi)<g(sinxsinx因此，(*)即转化为【分析】(1)运用导数研究F(x)=(x+1)lnx-ax+2的最小值不小于0即可.上最小值大于0即可.,g(a+lna)=ea+lna-a(a+lna-2)=ae⁴-a(a+lna-2)=a(elna(2)证明：欲证x₁x₂<2(x₁+x₂)-3,即证(x₁-2)(x₂-2)<1,则sinx+mlnx,g(x)=f(x)+sinx.),利用导数可求得p(x)<p(1)=0,利用p推导可得【详解】(1)∵g(x)=2x+mlnx,g(x)定mlnx₂-mlnx₁=(2x₁-2x₂)+sinx₂-sinx₁<(2x₁-2x₂)+(x₂-x₁),,,因为0,则0<cosx<1,cos²x-cosx-cosxcosx,,则g(x1)>g(x₂),即2x₁sinxtanxsinxtanx题型9平方类型求证：求证：函数.【答案】(1)[1,+](2转化2个不同的实数根构造)得到其单调性得到1<x₁<√e<X2,,求出,换元后即证,构造G(t)=lnt-又因,因此要,只需xe(1,+),f(x)>0,所(2)证明：此时2-x₂∈(0,1)(1)若a=1,求函数y=f(2x-1)在x=1处的切线；,所,则lr,所+a+a(2)若f(m)=f(n),0<m<n,求证：m²+n²>|a|.(2)证明：由题意可,,又因为0<()²<1,所,即③式成立题型10商类型即可.,即y=a²、y=a为增函数且大于0,y=√a²-4为增函数且大于0,,【答案】(1)答案见解析；(2)2e.【详解】(1)函数的定义域为(0,+),【答案】(1)f(x)在(0,+)上单调递增；(2)最大值为3.φ(t)在(1,+)单调递增，则φ(t)>φ(1)=0,利用比值代,则,从而将双变量问题变为单变量问题来解决.【变式10-1】3.(2021·新乡三模)已知函数f(x)=lnx.(1)求函数g(x)=x²f(x)的单调区间；))【答案】(1)单调递减区间,单调递增区间为;(2)证明见解析.1x,可得h(x)为[1,+]上的减函数，可得h(x₁)≤h(1)=0,h(x₂)≤h(1)=0从而得证.【详解】解：(1)由f(x)=lnx,则g(x)=x²f(x)=x²1nx,x∈(0,+),所以函数g(x)的单调递减区,单调递增区间即证明：【详解】(1)函数f(x)的定义域为(0,+),=2-x2-x¹+(x₁+x₂)(x₂Inx₂+x₁lnx1)=2-x²-x¹+nxInx小值.可,其中t>1,最大值.所以由(1)知x₁=m,x₂=1,x₃=n,,其中1<t≤e,【详解】(1)解：f'(x)InxInx所以f(x)在(0,+)上单调递增；(2)解：依题意，,则只需即证泣，,只需,【详解】(1)解：函数h(x)的定义域为(0,+).