备战2024新高考-高中数学二轮重难点专题5-极值点与拐点偏移

2024高考数学二轮复习

重难点专题05

极值点偏移问题与拐点偏移问题

1.极值点偏移的相关概念

所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往。如下图所示。

图1 极值点不偏移                  图2  极值点偏移

极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏。

【方法技巧与总结】

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)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，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，若证 ，则令.

(3)判断单调性，即利用导数讨论的单调性．

(4)比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系．

(5)转化，即利用函数的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求．

【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．

构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效

2.应用对数平均不等式证明极值点偏移：

①由题中等式中产生对数；

②将所得含对数的等式进行变形得到；

③利用对数平均不等式来证明相应的问题.

3. 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.

【题型归纳目录】

题型一：极值点偏移:加法型

题型二：极值点偏移:减法型

题型三：极值点偏移:乘积型

题型四：极值点偏移:商型

题型五：极值点偏移:平方型

题型六：拐点偏移问题

【典例例题】

题型一：极值点偏移:加法型

例1．已知函数有两个不同的零点，．

（1）求实数的取值范围；

（2）证明：．

【解答】解：（1）函数

，

当时，，为减函数，

当时，，为增函数，

故当时，函数取最小值，

若函数有两个不同的零点，．

则，即；

证明：（2）若函数有两个不同的零点，．不妨设，

则，且，

若证．即证，

构造函数，，

所以，

所以，，

令，则，所以单调递增，

所以（1），

所以，所以（1），

即，，

又，所以

因为在区间上单调递增，

所以，故原不等式得证．

例2．已知函数有两个相异零点，．

（1）求的取值范围；

（2）求证：．

【解答】解：（1），

当时，，单调递减，

当时，，单调递增；

要使函数有两个相异零点，必有（1），，

当时，，且，函数在有一个零点

，，函数在有一个零点，

的取值范围为．

（2）由（1）知，，

，，

要证，，

故构造函数，，

则，所以在单调递减，（1）．

，，

构造函数，

，

下面证明，即证明，

构造函数，．

在上恒成立，

因此在递增，从而（1），

，在递增，

（1），

，

时，，单调递增，

，

即．

题型二：极值点偏移:减法型

例3．设函数，，其中．

（1）若，证明：当时，；

（2）设，且，其中是自然对数的底数．

①证明恰有两个零点；

②设如为的极值点，为的零点，且，证明：．

【解答】（1）解：令，

当时，，所以在上递减，

又在，上连续，

所以当时，（1），即当时，；

（2）证明：①，得，

令，由，

可知在内单调递减，又（1），

且．

故在有唯一解，从而在内有唯一解，

不妨设为，则，

当时，，所以在内单调递增；

当，时，，所以在，内单调递减，

因此是的唯一极值点．

由（1）知．从而，

又因为（1），所以在，内有唯一零点．

又在内有唯一零点1，从而在内恰有两个零点．

②由题意，，即，

从而，即．

因为当时，，又，

故，

两边取对数，得，于是，

整理得．

例4．已知函数，的导数为．

（1）当时，讨论的单调性；

（2）设，方程有两个不同的零点，，求证：．

【解答】（1）解：，．

若，则当时，，单调递增；当时，，单调递减．

若，则当时，，单调递增．

故当时，在上在上单调递增；在上单调递减．当时，在上单调递增．

（2）证明：令，则．

由（1）知，在上，单调递增．

又（1）（1），所以在上，，单调递减；在上，，单调递增．

又，，，

所以，，故．

题型三：极值点偏移:乘积型

例5．已知，函数，其中．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若函数有两个零点，

求的取值范围；

设的两个零点分别为，，证明：．

【解答】解：（1）函数的定义域为，

，

①当时，，在单调递增；

②当时，由得，

则当时，，在单调递增；

当时，，在单调递减．

（2）法1：函数有两个零点即方程在有两个不同根，

转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，如图：

可见，若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，

只须，

设切点，，所以，

又，所以，解得，

于是，所以，

法2：由（1）当时，在单调递增，不可能有两个零点，

，

此时，

需解得，

从而，

又故在有一个零点；，

设，，则

故在单调递减在有一个零点故的取值范围为．

原不等式，

不妨设，

，，

，，

，，

，

令，则，于是，设函数，

求导得：，

故函数是上的增函数，

（1），即不等式成立，故所证不等式成立．

例6．已知函数是自然对数的底数）有两个零点．

（1）求实数的取值范围；

（2）若的两个零点分别为，，证明：．

【解答】解：（1）由题意可得，有2个零点，

令，则在时恒成立，

故在上单调递增，

所以有2个零点可转化为有2个零点，

因为，

时，，单调递增，不可能有2个零点，

当时，由可得，单调递增；可得，单调递减，（a），

若，则（a），此时恒成立，没有零点，

若，则（a），有一个零点，

若，则（a），

因为（1），，

所以在，上各有1个零点，符合题意，

综上，的范围；

（2）证明：要证，只要证，

即证，

由（1）可知，，，

所以，，

所以，

只要证，

设，令，，

所以只要证即证，

令，，

则，

（1），

即当时，，

所以即，

故．

例7．已知函数．

（1）若函数在处的切线与轴平行，求的值；

（2）若存在，，使不等式对于，恒成立，求的取值范围；

（3）若方程有两个不等的实数根、，试证明．

【解答】（1）解：，函数在处的切线与轴平行，

（1），解得．

（2）解：，，不等式化为：，

存在，，使不等式对于，恒成立，

，化为：．

，

令，，

函数在，上单调递增，

（1）．

，因此函数在，上单调递增．

（e）．

的取值范围是．

（3）证明：方程，即，．

令，．

可得：函数在时单调递增，在时单调递减．

时，函数取得极大值即最大值．

．

方程有两个不等的实数根、．

，要证明：．只要证明：即可．

不妨设，则，由于函数在时单调递增，

因此只要证明：即可得出，

设函数，

．

可得在上，且．

，，即，

即．

，

．

题型四：极值点偏移:商型

例8．已知函数有两个相异零点、，且，求证：．

【解答】证明：，

由，得，由，得，

在上单调递增，在上单调递减，

在处取得极大值，且为最大值等于．

由函数有两个相异零点、，可得，

即．

（a），

，

，

即，

则，

，，

．

题型五：极值点偏移:平方型

例9．已知函数．

（1）证明：曲线在点，（1）处的切线恒过定点；

（2）若有两个零点，，且，证明：．

【解答】证明：（1），

（1），又（1），

曲线在点，（1）处的切线方程为，

即，当时，，

故直线过定点，；

（2），是的两个零点，且，

，可得，

，

令，，

构造函数，，

令，则，则在上单调递增，

而（2），，则在上单调递增，

（2），可得，则，

即，则．

例10．已知，（其中为自然对数的底数）．

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若，函数有两个零点，，求证：．

【解答】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：；

综上：时，增区间为：，减区间为：；

时，增区间为：；

时，增区间为：，减区间为：；

（Ⅱ）证法一：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．

（Ⅱ）证法二：因为时，函数有两个零点，，

则两个零点必为正实数，，

问题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11．已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若，对于任意，证明：．

【解答】解：（1）的定义域为，，

当时，，此时在上单调递增，

，此时在上单调递减，

当时，，此时在上单调递增，

，此时在上单调递减；

综上可知：当时，的增区间是，减区间是；

当时，的增区间是，减区间是．

（2）证明：由，，，

由于，所以．设，

故：

，

令，则，

由于，故，

则在上单调递增，

故（1），

即：所证不等式成立．

题型六：拐点偏移问题

例12．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：．

【解答】解：（Ⅰ）因为，所以，

因为在处取得极值，所以（1），解得：．

验证：当时，，

易得在处取得极大值．

（Ⅱ）因为，

所以，

①若，则当时，，

所以函数在上单调递增；

当，时，，

函数在，上单调递减．

②若，，

当时，易得函数在和，上单调递增，在，上单调递减；

当时，恒成立，所以函数在上单调递增；

当时，易得函数在和，上单调递增，在，上单调递减．

（Ⅲ）证明：当时，，

因为，

所以，

即，

所以，

令，，

则，

当时，，

所以函数在上单调递减；

当时，，

所以函数在上单调递增．

所以函数在时，取得最小值，最小值为1．

 所以，

即，

所以或，

因为，为正实数，所以当时，，

此时不存在，满足条件，

所以．