专题7 极值点偏移问题（原卷版）+（解析版）

专题7 极值点偏移问题

一、考情分析

函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现与函数极值点偏易有关的函数与不等式问题,已知函数是连续函数,在区间内有且只有一个极值点,且,若极值点左右的“增减速度”相同,常常有极值点,我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同,函数的图象不具有对称性,常常有极值点的情况,我们称这种状态为“极值点偏移”.此类问题背景新颖,教材中又没有涉及,不少同学望而生畏,本专题给出此类问题的常用解法,共同学们参考.

二、解题秘籍

(一) 通过对称化构造新函数破解极值点偏易问题

【例1】已知函数．

(1)求函数的单调区间和极值；

(2)已知函数的图像与的图像关于直线对称,证明：当时,；

(3)如果,且,证明：．

【分析】(1)由可得在上递增,在上递减,有极大值,无极小值；

(2),构造函数,,由单调性可得时；

(3)假设,由(2)得,即,由在上递增,可得.

该题的三问由易到难,层层递进,完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程,直观展示如下：

【例1】是这样一个极值点偏移问题：对于函数,已知,,证明．

再次审视解题过程,发现以下三个关键点：

①,的范围；

②不等式；

③将代入（2）中不等式,结合的单调性获证结论．

小结：用对称化构造的方法求解极值点偏移问题大致分为以下三步：

①求导,获得的单调性,极值情况,作出的图像,由得,的取值范围（数形结合）；

②构造辅助函数（对结论,构造；对结论,构造）,求导,限定范围（或的范围）,判定符号,获得不等式；

③代入（或）,利用及的单调性证明最终结论．

下面给出第(3)问的不同解法

【解析】法一：,易得在上单调递增,在上单调递减,时,,,时,, 函数在处取得极大值,且,如图所示.

由,不妨设,则必有,

构造函数,

则,所以在上单调递增,,也即对恒成立.

由,则,

所以,即,又因为,且在上单调递减,

所以,即证

法二：欲证,即证,由法一知,故,又因为在上单调递减,故只需证,又因为,

故也即证,构造函数,则等价于证明对恒成立.

由,则在上单调递增,所以,即已证明对恒成立,故原不等式亦成立.

法三：由,得,化简得…,

不妨设,由法一知,.令,则,代入式,得,反解出,则,故要证：,即证：,又因为,等价于证明：…,

构造函数,则,

故在上单调递增,,从而也在上单调递增,,即证式成立,也即原不等式成立.

法四：由法三中式,两边同时取以为底的对数,得,也即,从而,

令,则欲证：,等价于证明：…,

构造,则,

又令,则,由于对恒成立,故,在上单调递增,所以,从而,故在上单调递增,由洛比塔法则知：,即证,即证式成立,也即原不等式成立.

(二) 含参函数问题可考虑先消去参数

含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元的基础上,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.由于可导函数的极值点是的零点,也是方程的实根,所以有些与零点或方程实根有关的问题可以利用求解极值点偏移问题的方法去解决.

【例2】已知函数,为常数,若函数有两个零点,

试证明：

【分析】法一：消参转化成无参数问题：

,是方程的两根,也是方

程的两根,则是,设,,则,从而,此问题等价转化成为【例1】,下略.

法二：利用参数作为媒介,换元后构造新函数：

 不妨设,

∵,∴,

∴,欲证明,即证.

∵,∴即证,

∴原命题等价于证明,即证：,令,构造,利用单调性求解,下略.

法三：直接换元构造新函数：

设,

则,

反解出：,

故,转化成法二,略.

 (三) 对数平均不等式

两个正数和的对数平均定义：

对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：

（此式记为对数平均不等式）

取等条件：当且仅当时,等号成立.

【例3】设函数其图象与轴交于两点,且.

（1）求实数的取值范围；

（2）证明：为函数的导函数）；

【分析】（1）,,当时,在R上恒成立,不合题意

当时,

当,即时,至多有一个零点,不合题意,故舍去；

当,即时,由,且在内单调递减,故在有且只有一个零点；由

令,则,故

所以,即在有且只有一个零点.

（2）由（1）知,在内递减,在内递增,且

所以,因为,

,即,所以

所以,要证：,只须证,即

故,,

所以,所以

因为,所以,而

所以成立,所以

【评注】根据对数平均不等式求解的步骤是：一、通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出,二、通过等式两边同除以构建对数平均数,三、利用对数平均不等式将转化为后再证明（或）. 两种方法各有优劣,适用的题型也略有差异.

 (四) 一题多解赏析

【例4】已知,．若有两个极值点,,且,求证：

【分析】解法一

欲证,需证．

若有两个极值点,,即函数有两个零点．又,所以,,是方程的两个不同实根．

于是,有,解得．

另一方面,由,得,

从而可得,．

于是,．

又,设,则．因此,,．

要证,即证：,．即：当时,有．构造函数,,利用为上的增函数求解.

解法二

欲证,需证．若有两个极值点,,即函数有两个零点．又,所以,,是方程的两个不同实根．显然,否则,函数为单调函数,不符合题意．

由,问题转化为证明,构造函数

函数,根据在上递增,可得=0,

所以,设,由在上递增可证.

解法三

由,是方程的两个不同实根得,令,,由于,因此,在,．

设,需证明,只需证明,只需证明,即,即．来源： 微信公众号 中学数学研讨部落

即,,故在,故,即．令,则,因为,,在,所以,即．

解法四

设,,则由得,设,则,．欲证,需证,把代入整理得

,构造证明.

设,,则由得,设,则,．欲证,需证,即只需证明,即,设,,故在,因此,命题得证．

三、典例展示

【例1】（2022届广东省高三上学期联合质量测评）已知函数恰有两个零点.

（1）求实数a的取值范围；

（2）证明：.

【解析】（1）函数定义域为,

当时,单调递增,至多一个零

点,不合题意,舍去；

当时,

当时,单调递减,

当时,单调递增,

所以,

记,

则,

当时单调递增,

当时单调递减,

所以0,

即,

故,且

令,

则,

故函数在区间分别存在一个零点.

综上可得,当时,函数有两个零点.

（2）当时,令,

则,且,

所以,①

即②

①-②,得,即,

所以,

要证,即证,

又,即证,

又,即证,即证

令,

则

所以在时单调递增,且,

所以式得证,即成立.

【例2】（2022届湖北省九师联盟高三上学期8月开学考）已知函数.

（1）当时,求的最大值；

（2）设点和是曲线上不同的两点,且,若恒成立,求实数k的取值范围.

【解析】（1）当时,,的定义域为,

当时,；当时,,

所以在上为增函数,在上为减函数,

所以是的极大值点,也是的最大值点,

故.

（2）不妨设,由,得

由,得,即

设,,则

记,

（i）当时,则图像的对称轴为,所以在上是增函数,

又,从而当时,,

所以,于是在上是减函数,

所以,此时适合题意

（ii）当时,,则恒成立,从而,所以在上是减函数,于是,此时适合题意.

（iii）当时, 的对称轴方程为,且,,所以存在,使得 ,

于是在内只有一个零点,

所以当时,,从而

所以在上是增函数,

于是当时,,此时不适合题意.

综上,实数k的取值范围

【例3】（2022届浙江省浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三上学期考试）已知,,（其中e为自然对数的底数）.

（1）求函数的单调区间；

（2）若,函数有两个零点,,求证：.

【解析】（1）解：

∵,∴时,,

∴时,增区间为：,减区间为：；

时,,∴时,增区间为：；

时,,,

∴时,增区间为：,减区间为：；

（2）解法一：由（1）知,时,增区间为：,减区间为：；

且时,,,函数的大致图像如下图所示

因为时,函数有两个零点,,所以,即,

不妨设,则；先证：,即证：

因为,所以,又在单调递增,所以即证：

又,所以即证：,

令函数,,

则

因为,所以,,故

函数在单调递增,所以

因为,所以,,即

所以．

（2）解法二：因为时,函数有两个零点,,

则两个零点必为正实数,（）

等价于有两个正实数解；

令（）

则（）,在单调递增,在单调递减,且

令,,则

所以在单调递增,

又,故,

又,所以,

又,所以,,

又在单调递增,所以

所以．

【例4】（2020届广东省普宁市高三上学期期中）已知函数,．

（1）讨论在区间上的零点个数；

（2）,当时,存在,有成立,证明：．

【解析】（1）且,

①若,,即在上单调递增,又,

∴在无零点．

②若,由,则,

当,即,,

∴在上单调递增,又,故在无零点．

当,即,又在上单调递增,存在使得,

∴在单调递减,在上单调递增,又,故,又．

此时,若,即时,在无零点．若在,即时,在有一个零点．

综上：当,在无零点,当时,在有一个零点,当时,在无零点．

（2）证明：设,由,

∴,即．

令,,则,即该函数在单调递增,

∴,即,

∴,

∴．

要证,只需证明,令,即,只需证明,

设,则在上,

∴在上单调递减,,即成立,

∴,得证.

四、跟踪检测

1. （2022届江苏省百校联考高三上学期第一次考试）已知函数（）有两个零点.

（1）证明：.

（2）若的两个零点为,,且,证明：.

【解析】（1）证明：由,,可得,.

当时,,所以在上单调递增,与题意不符.

当时,令,得.

当时,,单调递减；

当时,,单调递增.

可得当时,取得极小值.

又因为函数有两个零点,

所以,可得.综上,.

（2）解：由上可得的极小值点为,则.

设,,

可得,,

所以在上单调递增,所以,

即,则,,

所以当时,,且.

因为当时,单调递增,所以,即.

设,,则则,即.

所以,

所以.

又因为,则,

所以在上单调递减,

所以,所以,即

综上,.

2.（2021届黑龙江省大庆市高三二模）已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）若有两个相异零点,求证：.

【解析】由题意得,         

①时,恒成立,

所以,所以在单调递增.               

②时,在上,在上,

所以在单调递减,在单调递增.             

综上,时,在单调递增.

时,在单调递减,在单调递增.     

（2）因为有两个相异零点,,由（1）可知,,

不妨设,因为,,

所以,,

所以,                 

要证,

即证,

等价于证明,而,

所以等价于证明,

也就是.           （*）

令,则,

于是欲证（*）成立,等价于证明成立,

设函数,

求导得,

所以函数是上的增函数,

所以,

即成立,

所以成立.

3.（2022届江西省南昌市高三上学期入学调研）已知函数．

（1）若函数在上单调递增,求实数a的取值范围；

（2）当时,若方程有两个不等实数根,求实数m的取值范围,并证明．

【解析】（1）由在上单调递增,

所以在上恒成立,即在上恒成立,

令,即求,求导,

当时,,所以在上单调递减,

所以实数a的取值范围是

（2）当时,有两个不等实数根,

∴有两个不等实数根,令,

则,令,得

当时,,单调递增；当时,,单调递减；

所以时,函数取得极小值,也即是最小值

所以实数m的取值范围是,

易知,∵,∴,∴,

∴,

∵

令,则,

∴在上单调递增,故,即

∴,∴．

4.（2021届江苏省常州市高三下学期学情检测）已知函数.（）

（1）令,讨论的单调性并求极值；

（2）令,若方程有两个实根,,且,证明：

【解析】（1）函数的定义域为,因为,

所以,,则,

所以单调递减区间为,单调递增区间为

极小值为,无极大值.

（2）有两个实根,令,

有两个零点,,,

所以,则,..

要证,只需证,即证,

所以只需证

,

只需证

设,令,则,所以只需证,即证

令,,则,

,即当时,成立.

所以,即,即.

5.（2022届广东省广州市省实、广雅、执信、六中四校高三上学期8月联考）已知函数.

（1）若函数为增函数,求实数的取值范围；

（2）设有两个不同零点,.

（i）证明：；

（ii）若,证明：.

【解析】（1）解：∵的定义域为,.

∵函数是上的增函数,

∴,∴.

∴实数的取值范围是.

（2）证明：（i）∵,∴的两个根为,.

不妨设,

∴,∴.∴,

要证：,

只需证.

令,.

∴在恒成立,

∴在为增函数,∴,

∴.

（ii）∵,∴,

∵,∴,

∴,∴,

令,∴,

令,∴,

∴在为增函数,∴,∴,

∴在为增函数,∴.

∴,∴,∴,

∴,

∴.

6.（2022届江西省智学联盟体高三上学期第一次联考）已知函数有两个极值点x1,x2．

（1）求实数m的取值范围；

（2）证明：x1x2＜4．

【解析】（1）有两个极值点x1,x2,

在有两不等实根,

,记,

,

单调递减,

单调递增,

最小值

因为在有两根,

所以；

（2）由（1）,

,,

要证x1x2＜4,只需证明：即可,不妨设,则

即证,

即证,只需证明,令,

记函数

,

所以单调递减,

,所以成立,

同理可证当时结论成立,

所以原命题x1x2＜4得证.