2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题21导数极值点偏移问题（Word版附解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题21导数极值点偏移问题（Word版附解析），共33页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

专题21导数极值点偏移问题
知识梳理
方法技巧


题型归类
题型一：消参减元
题型二：对称变换
题型三：比(差)值换元
题型四：对数均值不等式

培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
解答题：共12题
一、【知识梳理】
【方法技巧】
众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.

若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：
①若，则称为极值点左偏；②若，则称为极值点右偏.[来源:学_科_X_X_K]
1.对称变换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x0)，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x0.
(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>x，则令F(x)＝f(x)－f.
(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(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.　
2.含参函数问题可考虑先消去参数，其目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数.　
3.比(差)值换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.一般用t表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题.　
4.对数均值不等式可用对称化构造或比值换元进行证明，在解答题中，一般要先证明后应用.　 设a，b>0，a≠b，则>>，其中被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.
二、【题型归类】
【题型一】消参减元
【典例1】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：x1·x2>e2.
【证明】法一　消参转化成无参数问题：
由题知f(x)＝0，
则ln x＝ax，即ln x＝aeln x.
因为x1，x2是方程f(x)＝0的两个根，
所以x1，x2也是方程ln x＝aeln x的两个根，
即ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根.
设u1＝ln x1，u2＝ln x2，g(x)＝xe－x，
即g(u1)＝g(u2)，从而由x1x2>e2，
可得ln x1＋ln x2>2，
即u1＋u2>2，
由本专题例1得证.
法二　直接换元构造新函数：
由题知a＝＝，
则＝，
设x11)，
则x2＝tx1，
所以＝t，即＝t，
解得ln x1＝，ln x2＝ln tx1＝ln t＋ln x1＝ln t＋＝.
由x1x2>e2，
得ln x1＋ln x2>2，
所以ln t>2，
所以ln t－>0，
构造g(t)＝ln t－，t>1，
g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增.
又g(1)＝0，所以g(t)>g(1)＝0，
即ln t>，故x1x2>e2.
【典例2】已知函数f(x)＝ln(ax)＋ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x12.
【证明】因为f′(x)＝(x>0)，f(x)有两个极值点x1，x2，
所以x1，x2是方程ax2－2x＋1＝0的两个不相等的正实数根，
从而Δ＝(－2)2－4a>0，a>0，
解得02-2ln2；
（2）由（1）x2-2lnx2=x1-2lnx1,
x2-x1=2lnx2-lnx1,x2-x1lnx2-lnx1=2,
要证x1x2＜4,只需证明：x1x21
即证lnx2-lnx10．
所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以gx1min，故a≤1．
（2）证明：由题意可知方程lnx-ax=0的两根为x1，x2．
令hx=lnx-ax，则hx的两个零点为x1，x2．
h'x=1x-a=1-axx．
当 a≤0 时, h'x>0,hx 在 0,+∞ 上单调递增, 不存在两个零点;
当 a>0 时, hx 在 0,1a 上单调递增, 在 1a,+∞ 上单调递减,
则 hxmax =h1a=ln1a-1>0, 得 02a.
令Fx=h2a-x-hx=ln2a-x-a2a-x-lnx+ax= ln2a-x-lnx+2ax-2, x∈0,1a。
则 F'x=2ax-12xax-2F1a=0.
因为 Fx1=h2a-x1-hx1>0, 所以 h2a-x1>hx1=hx2=0. 因为 x2,2a-x1∈1a,+∞, 且 hx 在 1a,+∞ 上单调递减, 所以 x2>2a-x1, 即 x1+x2>2a, 故 x1x2>e2 成立.
10. 已知函数．
（1）若函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围；
（2）若函数存在两个极值点，求证：．
【解析】（1）易知f(x)的定义域为(0,+∞)，
由题意知 f'x=x22-2a+8x≥0, 即 a≤x24+4x 在 0,+∞ 上恒成立, 令 gx=x24+4xx>0, 则 g'x=x2-4x2=x3-82x2.
当 x>2 时, g'x>0,gx 单调递增;
当 00⇒x1a, 所以 -ax0, 由 alnx1-x1+2a=alnx2-x2+2a, 得 a=x1-x2lnx1-lnx2
由 ak0
所以gt在1,t0上是增函数,
于是当t∈1,t0时,gt>g1=0,此时不适合题意.
综上,实数k的取值范围-∞,2