高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.8极值点、拐点偏移问题(精练)(原卷版+解析)

3.8极值点、拐点偏移问题【题型解读】【题型一极值点偏移解法赏析】1.(2023·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2．2．（2023·全国·高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【题型二加法型极值点偏移】1.(2023·山东青岛高三期末）已知函数f(x)＝x－1＋aex．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>4．2．(2023·天津市南开中学月考）设函数．（1）当有极值时，若存在，使得成立，求实数的取值范围；（2）当时，若在定义域内存在两实数满足且，证明：．3.(2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝x－alnx(1)求函数f(x)的极值点；(2)若方程有2个不等的实根，证明：.【题型三乘法型极值点偏移】1.(2023·河南高三期末）已知函数(，)有两个不同的零点，．(1)求的最值；(2)证明：．2．(2023·广东·高三期末）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若函数有两个零点，．①求的取值范围；②证明：．【题型四导数型极值点偏移】1.(2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a＞0，证明：当0＜x＜eq\f(1,a)时，f(eq\f(1,a)＋x)＞f(eq\f(1,a)－x)；(3)若函数y＝f(x)的图象与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)＜0．2.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝lnx－ax＋1有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：f′(x1·x2)<1－a．【题型五拐点偏移问题】1.(2023·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数，．（Ⅰ）若在处取得极值，求的值；（Ⅱ）设，试讨论函数的单调性；（Ⅲ）当时，若存在正实数，满足，求证：．3.8极值点、拐点偏移问题【题型解读】【题型一极值点偏移解法赏析】1.(2023·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2．【解析】(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a)．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0．由题意知f(x)＝lnx－ax的极大值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1>0，解得0<a<eq\f(1,e)．所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．(2)法一：对称化构造法1由x1，x2是方程f(x)＝0的两个不同实根得a＝eq\f(lnx,x)，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，因此，g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，设1<x1<e<x2，需证明x1x2>e2，只需证明x1>eq\f(e2,x2)∈(1，e)，只需证明f(x1)>f(eq\f(e2,x2))，即f(x2)>f(eq\f(e2,x2))，即f(x2)－f(eq\f(e2,x2))>0．令h(x)＝f(x)－f(eq\f(e2,x))(x∈(1，e))，h′(x)＝eq\f((1－lnx)(e2－x2),x2e2)>0．故h(x)在(1，e)上单调递增，故h(x)<h(0)＝0．即f(x)<f(eq\f(e2,x))，令x＝x1，则f(x2)＝f(x1)<f(eq\f(e2,x1))因为x2，eq\f(e2,x1)∈(e，＋∞)，f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x1>eq\f(e2,x2)，即x1x2>e2．对称化构造法2由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的两根．令t1＝lnx1，t2＝lnx2．设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔lnx1＋lnx2>2⇔t1＋t2>2．下证：t1＋t2>2．g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝eq\f(1,e)．当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0．由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2，作出函数g(x)的图象如图所示，由图知必有0<t1<1<t2，令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝eq\f(x,ex＋1)(e2x－1)>0，所以F(x)在(0，1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0，1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立．由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0，1]，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2)，又2－t1∈(1，＋∞)，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1<t2，即t1＋t2>2．法二：比值换元法1不妨设x1>x2>0，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝a，欲证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2．因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即证a>eq\f(2,x1＋x2)，所以原问题等价于证明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即lneq\f(x1,x2)>eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)，令t＝eq\f(x1,x2)(t>1)，则不等式变为lnt>eq\f(2(t－1),t＋1)．令h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)，t>1，所以h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0(t>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．比值换元法2由题知a＝eq\f(lnx1,x1)＝eq\f(lnx2,x2)，则eq\f(lnx2,lnx1)＝eq\f(x2,x1)，设x1<x2，t＝eq\f(x2,x1)(t>1)，则x2＝tx1，所以eq\f(lntx1,lnx1)＝t，即eq\f(lnt＋lnx1,lnx1)＝t，解得lnx1＝eq\f(lnt,t－1)，lnx2＝lntx1＝lnt＋lnx1＝lnt＋eq\f(lnt,t－1)＝eq\f(tlnt,t－1)．由x1x2>e2，得lnx1＋lnx2>2，所以eq\f(t＋1,t－1)lnt>2，所以lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0，令h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)，t>1，所以h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0(t>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．法三：差值换元法由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的两根．设t1＝lnx1，t2＝lnx2，设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔lnx1＋lnx2>2⇔t1＋t2>2．下证：t1＋t2>2．由g(t1)＝g(t2)，得t1＝t2，化简得＝eq\f(t2,t1)，①不妨设t2>t1，由法二知，0<t1<1<t2．令s＝t2－t1，则s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得es＝eq\f(s＋t1,t1)，解得t1＝eq\f(s,es－1)．则t1＋t2＝2t1＋s＝eq\f(2s,es－1)＋s，故要证t1＋t2>2，即证eq\f(2s,es－1)＋s>2，又es－1>0，故要证eq\f(2s,es－1)＋s>2，即证2s＋(s－2)(es－1)>0，②令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，则G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0，从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G(s)>G(0)＝0，所以②式成立，故t1＋t2>2．2．（2023·全国·高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【解析】(1)的定义域为．由得，，当时，；当时；当时，．故在区间内为增函数，在区间内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由得，即．由，得．由（1）不妨设，则，从而，得，①令，则，当时，，在区间内为减函数，，从而，所以，由（1）得即．①令，则，当时，，在区间内为增函数，，从而，所以．又由，可得，所以．②由①②得．[方法二]【最优解】：变形为，所以．令．则上式变为，于是命题转换为证明：．令，则有，不妨设．由（1）知，先证．要证：．令，则，在区间内单调递增，所以，即．再证．因为，所以．令，所以，故在区间内单调递增．所以．故，即．综合可知．[方法三]：比值代换证明同证法2．以下证明．不妨设，则，由得，，要证，只需证，两边取对数得，即，即证．记，则.记，则，所以，在区间内单调递减．，则，所以在区间内单调递减．由得，所以，即．[方法四]：构造函数法由已知得，令，不妨设，所以．由（Ⅰ）知，，只需证．证明同证法2．再证明．令．令，则．所以，在区间内单调递增．因为，所以，即又因为，所以，即．因为，所以，即．综上，有结论得证．【题型二加法型极值点偏移】1.(2023·山东青岛高三期末）已知函数f(x)＝x－1＋aex．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>4．【解析】(1)f′(x)＝1＋aex，当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增．当a<0时，令f′(x)>0，得x<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，则f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))))，令f′(x)<0，得x>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，则f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，＋∞))．(2)由f(x)＝0得a＝eq\f(1－x,ex)，设g(x)＝eq\f(1－x,ex)，则g′(x)＝eq\f(x－2,ex)．由g′(x)<0，得x<2；由g′(x)>0，得x>2．故g(x)min＝g(2)＝－eq\f(1,e2)<0．当x>1时，g(x)<0，当x<1时，g(x)>0，不妨设x1<x2，则x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，x1＋x2>4等价于x2>4－x1，∵4－x1>2且g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴要证x1＋x2>4，只需证g(x2)>g(4－x1)，∵g(x1)＝g(x2)＝a，∴只需证g(x1)>g(4－x1)，即，即证(x1－3)＋x1－1<0；设h(x)＝e2x－4(x－3)＋x－1，x∈(1，2)，则h′(x)＝e2x－4(2x－5)＋1，令m(x)＝h′(x)，则m′(x)＝4e2x－4(x－2)，∵x∈(1，2)，∴m′(x)<0，∴m(x)在(1，2)上单调递减，即h′(x)在(1，2)上单调递减，∴h′(x)>h′(2)＝0，∴h(x)在(1，2)上单调递增，∴h(x)<h(2)＝0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－3))＋x1－1<0，从而x1＋x2>4得证．2．(2023·天津市南开中学月考）设函数．（1）当有极值时，若存在，使得成立，求实数的取值范围；（2）当时，若在定义域内存在两实数满足且，证明：．【解析】（1）定义域为，，当时，，即在上单调递增，不合题意，；令，解得：，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，；存在，使得成立，则，即，又，，即，令，则，在上单调递增，又，，即实数的取值范围为.（2）当时，，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，由且知：；令，，则，在上单调递增，，即；，又，；，，又且在上单调递减，，即.3.(2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝x－alnx(1)求函数f(x)的极值点；(2)若方程有2个不等的实根，证明：.【解析】(1)f(x)的定义域是，求导得，当，，函数f(x)没有极值点；当时，令，得在(0，a)上，，f(x)单调递减，在上，，f(x)单调递增，∴函数f(x)有极小值点，无极大值点；(2)由(1)知方程有2个不等的实根时，f(x)在定义域上不单调，一定有，在(0，a)上f(x)单调递减，在上f(x)单调递增，不妨设，令，∵，∴，由得，∴，∴g(x)在(0，a)上单调递减，∴，即，结合题设有，∵，而f(x)在上单调递增，∴，即.【题型三乘法型极值点偏移】1.(2023·河南高三期末）已知函数(，)有两个不同的零点，．(1)求的最值；(2)证明：．【解析】(1)，有两个不同的零点，∴在内必不单调，故，此时，解得，∴在上单增，上单减，∴，无最小值．(2)由题知两式相减得，即，故要证，即证，即证，不妨设，令，则只需证，设，则，设，则，∴在上单减，∴，∴在上单增，∴，即在时恒成立，原不等式得证．2．(2023·广东·高三期末）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若函数有两个零点，．①求的取值范围；②证明：．【解析】(1)的定义域为，，(ⅰ)当时，在上单调递增；(ⅱ)当时，若，则，在上单调递增；若，则，在区间上单调递减；综上：时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减；(2)①由(1)知，时，单调递增，至多一个零点，不合题意，当时，在上单调递增，在区间上单调递减；，若函数有两个零点，，由于时，，时，，所以，解得，故所求的取值范围为；②证明：由题意：，，，要证，只要证，即．只要证即证，令，，，即成立，故原不等式成立．【题型四导数型极值点偏移】1.(2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a＞0，证明：当0＜x＜eq\f(1,a)时，f(eq\f(1,a)＋x)＞f(eq\f(1,a)－x)；(3)若函数y＝f(x)的图象与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)＜0．【解析】(1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调增加；若a＞0，f(x)在(0，eq\f(1,a))上单调递增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上单调递减；(2)法一：构造函数，利用函数单调性证明，方法上同，略；法二：构造以为主元的函数，设函数，则，，由，解得，当时，，而，所以，故当时，(2)由(1)可得a＞0，f(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋2－a在(0，＋∞)上单调递减，f(eq\f(1,a))＝0，不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，则0＜x1＜eq\f(1,a)＜x2，欲证明f(x)＜0，即f(x0)＜f(eq\f(1,a))，只需证明x0＝eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(1,a)，即x1＞eq\f(2,a)－x2，只需证明f(x2)＝f(x1)＞f(eq\f(2,a)－x2)．由(2)得f(eq\f(2,a)－x2)＝f[eq\f(1,a)＋(eq\f(1,a)－x2)]＞f[eq\f(1,a)－(eq\f(1,a)－x2)]＝f(x2)，得证．2.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝lnx－ax＋1有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：f′(x1·x2)<1－a．【解析】(1)由f(x)＝0，可得a＝eq\f(1＋lnx,x)，转化为函数g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)与直线y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)(x>0)，故当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0．故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g(x)>0．可得a∈(0，1)．(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－a，由(1