《2020年高考数学二轮微专题突专题31 极值点偏移问题的研究（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考数学二轮微专题突专题31 极值点偏移问题的研究（解析版）（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题31 极值点偏移问题的研究一、题型选讲题型一、常见的极值点偏移问题常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型：1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；例1、(2019无锡期末）已知函数f(x)exx2ax(a0)(1) 当a1时，求证：对于任意x0，都有f(x)0 成立；(2) 若函数yf(x)恰好在xx1和xx2两处取得极值，求证：0，g(x)0，则f(x)在(0，)上单调递增，故f(x)f(0)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，(5分)进而f(x)f(0)10，即对于任意x0，都
2、有f(x)0.(6分)(2) f(x)exaxa，因为x1，x2为f(x)的两个极值点，所以即两式相减，得a两式相减，得a，(8分)则所证不等式等价ln，即e0，所以证不等式只需证明：eteet10，(14分)设(t)te00，所以(t)0，所以(t)在(0，)单调递减，(t)(0)0.所以lna.(16分)例2、(2018常州期末）已知函数f(x)，其中a为常数(1) 若a0，求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0，a)上单调递增，求实数a的取值范围；(3) 若a1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)2. 第一小问，利用导函数求单调性、极值、值域的一般步
3、骤，必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问，由函数在(0，a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号，转化为含参数的恒成立问题；第三小问，关键是找到零点的大致范围，还是利用导数求最大值、最小值的方法规范解答 (1) 当a0时，f(x)，定义域为(0，)f(x)，令f(x)0，得x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)极大值所以当x时，f(x)的极大值为，无极小值(4分)(2) f(x)，由题意f(x)0对x(0，a)恒成立因为x(0，a)，所以(xa)30，所以12lnx0对x(0，a)恒成立所以a2xlnxx对x(0，a)恒成立(6分)令g(x
4、)2xlnxx，x(0，a)，则g(x)2lnx1.若0ae，则g(x)2lnx1e，即ae，令g(x)2lnx10，得xe，当0xe时，g(x)2lnx10，所以g(x)2xlnxx单调递减，当ex0，所以g(x)2xlnxx单调递增，所以当xe时，g(x)ming(e)2elnee2e，所以a2e.综上，实数a的取值范围是(，2e(10分)(3) 当a1时，f(x)，f(x).令h(x)x12xlnx，x(0，1)，则h(x)12(lnx1)2lnx1，令h(x)0，得xe.当ex1时，h(x)0，所以h(x)x12xlnx单调递减，h(x)(0，2e1，x(0，1)，所以f(x)0恒成立
5、，所以f(x)单调递减，且f(x)f(e)(12分)当00，h(e2)e212e2lne210，所以存在唯一x0，使得h(x0)0，所以f(x0)0，当0x0，所以f(x)单调递增；当x0xe时，f(x)0，所以f(x)单调递减，且f(x)f(e)，(14分)由和可知，f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以当xx0时，f(x)取极大值因为h(x0)x012x0lnx00，所以lnx0，所以f(x0).又x0，所以22，所以f(x0)0)(1) 若函数yf(x)是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；(2) 设a，g(x)f(x)blnx1(bR，b0)，g(x)是g(
6、x)的导函数若对任意的x0，g(x)0，求证：存在x0，使g(x0)0；若g(x1)g(x2)(x1x2)，求证：x1x20，g(x)0，知g(x)为增函数，根据基本初等函数的性质得出必须有b0，当然要说明理由，再寻找支撑点x0的值，x0时，blnx下降的程度大于x，而sinx在固定范围，所以使blnx足够小即可；用(1)的结论和g(x1)g(x2)(x1x2)，构建不等式2b0，然后运用放缩和换元的策略，转化为证明一元函数的单调性，即可证明规范解答 (1) 由题意，f(x)1acosx0对xR恒成立，(1分) 因为a0，所以cosx对xR恒成立，因为(cosx)max1，所以1，从而0a1.
7、(3分) (2) g(x)xsinxblnx1，所以g(x)1cosx.若b0，使g1cos0.(5分) 取x0e，则0x01.此时g(x0)x0sinx0blnx011blne10，使g(x0)0.(8分) 依题意，不妨设0x11.由(1)知函数yxsinx单调递增，所以x2sinx2x1sinx1.从而x2x1sinx2sinx1.(10分) 因为g(x1)g(x2)，所以x1sinx1blnx11x2sinx2blnx21，所以b(lnx2lnx1)x2x1(sinx2sinx1)(x2x1)所以2b0.(12分) 下面证明，即证明，只要证明lnt1)，所以h(t)0在(1，)上恒成立所
8、以h(t)在(1，)上单调递减，故h(t)，即x1x20时，若函数F(x)f(x)g(x)的最小值为M(a)，证明：M(a)0，所以a1为极小值点，而且得出M(a)，利用导数法证明即可规范解答 (1) 因为f(x)ex(xa)ex(xa1)ex，令f(x)0，解得xa1.列表如下：x(，a1)a1(a1，)f(x)0f(x)极小值所以xa1时，f(x)取得极小值(2分)因为g(x)3x22axb，由题意可知g(a1)0，且4a212b0，所以3(a1)22a(a1)b0，化简得ba24a3.(4分)由4a212b4a212(a1)(a3)0，得a.所以ba24a3.(6分)(2) 因为F(x)
9、f(x)g(x)(xa)ex(x3ax2bx)，所以F(x)f(x)g(x)(xa1)ex3x22ax(a1)(a3)(xa1)ex(xa1)(3xa3)(xa1)(ex3xa3)(8分)记h(x)ex3xa3，则h(x)ex3，令h(x)0，解得xln3.列表如下：x(，ln3)ln3(ln3，)h(x)0h(x)极小值所以xln3时，h(x)取得极小值，也是最小值，此时，h(ln3)eln33ln3a363ln3a3(2ln3)a3lnaa0.(10分)所以h(x)ex3xa3h(ln3)0，令F(x)0，解得xa1.列表如下：x(，a1)a1(a1，)F(x)0F(x)极小值所以xa1时
10、，F(x)取得极小值，也是最小值所以M(a)F(a1)(a1a)ea1(a1)3a(a1)2b(a1)ea1(a1)2(a2)(12分)令ta1，则t1，记m(t)ett2(1t)ett3t2，t1，则m(t)et3t22t，t1.因为e1et5，所以m(t)0，所以m(t)单调递增(14分)所以m(t)e122，即M(a).(16分)题型二、构造函数的极值点偏移问题（1）求出函数的极值点；（2）构造一元差函数；（3）确定函数的单调性；（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.例5、(2017苏州期末）已知函数f(x)(lnxk1)x(kR)(1) 当x1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2) 若对于任意xe，e2，都有f(x)4lnx成立，求实数k的取值范围；(3) 若x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x2e2k. 思路分析 (1) 只要注意对k的讨论(2) 分离出k，转化为kK(x)恒成立问题(3) 先说明0x1ekx2，从而只要证ekx2，只要证f(x1)f(x
