新高考数学二轮复习导数培优专题20 极值点偏移问题（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习导数培优专题20 极值点偏移问题（含解析），共29页。试卷主要包含了极值点偏移的含义，差值代换法，比值代换法，对数均值不等式法等内容，欢迎下载使用。

专题20 极值点偏移问题
1．极值点偏移的含义
若单峰函数f(x)的极值点为x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.

极值点x0
函数值的大小关系
图示
极值点不偏移
x0＝
f(x1)＝f(2x0－x2)

极值点偏移
左移
x0<
峰口向上：f(x1)< f(2x0－x2)

峰口向下：f(x1)> f(2x0－x2)

右移
x0>
峰口向上：f(x1)> f(2x0－x2)

峰口向下：f(x1)< f(2x0－x2)

2.函数极值点偏移问题的题型及解法
极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：
(1) 若函数f(x)在定义域上存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，
求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；
(2) 若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，
求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；
(3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，令x0＝，求证：f′(x0)>0；
(4)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝，
求证：f′(x0)>0.
3.极值点偏移问题的一般解法
3.1对称化构造法
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的单调性，进而确定函数的极值点．
(2)构造函数，即对结论型，构造函数或；
(3)对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式．
(4)判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
(5)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．
(6)转化，即利用函数f(x)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．
3.2．差值代换法（韦达定理代换令.）
差值换元的目的也是消参、减元，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差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解．
3.3．比值代换法
比值换元的目的也是消参、减元，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的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解．
3.4．对数均值不等式法
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．
3.5指数不等式法
在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系：



专项突破练
1．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：．
【解析】（1）∵，∴，令，得x＝1，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故函数的减区间为，增区间为；
（2）由（1）知，不妨设，构造函数，，
故，故在上单调递减，，∵，∴，又∵，∴，即，∵，∴，，又∵在上单调递增，∴，即，得证．
2．已知函数.
(1)若是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若有两个极值点，，证明：.
【解析】(1)函数的定义域为，，
若是增函数，即对任意恒成立，故恒成立，
设，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以当时，，由得，所以a的取值范围是.
(2)不妨设，因为，是的两个极值点，
所以，即，同理，
故，是函数的两个零点，即，
由（1）知，，故应有，且，
要证明，只需证，只需证
，
设，，
则，
所以在上单调递减，因为，所以，
即，，
又，，及在上单调递增，所以成立，即成立.
3．已知函数.
(1)求的极大值；
(2)设、是两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】(1)因为的定义域为，，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，函数的极大值为.
(2)证明：因为，则，即，
由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为、是两个不相等的正数，且满足，不妨设，
构造函数，则，
令，则.
当时，，则，此时函数单调递减，
当时，，则，此时函数单调递减，
又因为函数在上连续，故函数在上单调递减，
当时，，即，故函数在上为增函数，
故，所以，，
且，函数在上为减函数，故，则.
4．已知函数
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若，且，证明: .
【解析】（1）   当时，， ， 所以单调递增；， ， 所以单调递减；当时，， 所以单调递减；， 所以单调递增；
（2）证明： ， ∴ ， 即当时，由（1）可知，此时是的极大值点，因此不妨令要证，即证：①当时，成立；②当时先证此时   要证，即证：，即，即即： ①令 ，
∴ ∴在区间上单调递增
∴，∴①式得证.∴ ∵， ∴  
 ∴     ∴
5．已知函数（且）．
(1)，求函数在处的切线方程．
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有两个零点，且，证明：．
【解析】(1)当时，，所以.
，所以.
所以函数在处的切线方程为，即.
(2)的定义域为(0，+∞)， .
当a<0时， 恒成立，所以在(0，+∞)上单调递减；
当a>0时， .在上，，所以单调递减；在上，，所以单调递增.
(3)当，.由(2)知， 在上单调递减，在上单调递增.
由题意可得：.由及得：.
欲证x1+x2>2e，只要x1>2e- x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)=0，只要证明f(2e- x2)>0即可.
由得 .所以

令则，
则g(t)在(e，2e)上是递增的，∴g(t)>g(e)=0即f(2e- x2)>0.综上x1+x2>2e.
6．已知函数
(1)求证：当时，；
(2)当方程有两个不等实数根时，求证：
【解析】(1)令，因为，
所以在上单调递增，所以，即当时，.
(2)证明：由，得，
易知在单调递减，在单调递增，所以.       
因为方程有两个不等实根，所以.不妨设.
由（1）知，当时，；当时，.
方程可化为.
所以，整理得.①
同理由，整理得.②
由①②，得.又因为所以.
法二：由，得，
易知在单调递减，在单调递增，所以.
因为方程有两个不等实根，所以.不妨设.
要证，只要证，只要证：.
因为在上单调递增，只要证：.
令，只要证，恒成立.
因为，
令，则，
故在上单调递增，，所以，
所以在上单调递减，所以，故原结论得证.
7．已知函数．
(1)若，证明：；
(2)若有两个不同的零点，求a的取值范围，并证明：．
【解析】(1)当时，，定义域为
令，则
当时，；当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故，所以，得；
(2)因为有两个不同的零点，则在定义域内不单调；
由
当时，在恒成立，则在上单调递减，不符合题意；
当时，在上有，在上有，
所以在上单调递增，在上单调递减．不妨设
令
则

当时，，则在上单调递增
所以
故，因为
所以，又，
则，又在上单调递减，
所以，则．
8．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若（为的导函数），方程有两个不等实根、，求证：．
【解析】(1)因为，则，所以，，，
所以，曲线在点处的切线方程为，即.
(2)证明：因为，，所以．
因为为增函数，所以在上单调递减，在上单调递增．
由方程有两个不等实根、，则可设，
欲证，即证，
即证，而，即，
即，
设，其中，
则，设，
则，所以，函数在上单调递增，
所以，所以在上单调递减，
所以，即，故得证．
9．已知函数．
(1)若，证明：时，；
(2)若函数恰有三个零点，证明：．
【解析】(1)时，函数，则，
在上单调递增，所以．
(2)，显然为函数的一个零点，设为；
设函数，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
由已知，必有两个零点，且，下证：．
设函数，则，
，由于，则，
由（1）有，故，即函数在上单调递减，
所以，即有，
由于，且在上单调递增，所以，所以．
10．已知函数．
(1)若函数为增函数，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个极值点、．求证：．
【解析】(1)因为，该函数的定义域为，
，若函数为增函数，则恒成立．
令，，令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，故，
所以，，因此．
(2)因为函数有两个极值点、，即方程有两个不等的实根、，
因为在上递减，在上递增，所以，，
即、是的两个根，
所以，则，
所以，，
即证，即证．
由两式作差得，
令，则，，
即只需证，即证．
令，其中，则，
故在区间上单调递减，当时，，命题得证．
11．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数的图象与的图象交于，两点，证明：.
【解析】(1)的定义域为
令，解得
令，解得
所以的单调增区间为，减区间为
(2)由（1）不妨设
由题知，
两式相减整理可得：
所以要证明成立，只需证明
因为，所以只需证明
令，则只需证明，
即证
令

记
则
易知，当时，，当时，
所以当时，
所以当时，，函数单调递增
故，即
所以，原不等式成立.
12．已知函数.
(1)讨论的单调性.
(2)若函数有两个零点 ，且，证明：.
【解析】(1)函数的定义域为，.
①当时，令，得，则在上单调递减；
令，得，则在上单调递增.
②当时，令，得，则在上单调递减；
令，得，则在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明：因为为的两个零点，所以，，
两式相减，可得，即，，
因此，，.令，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，所以，即.
因为，所以，故得证.
13．已知函数．
(1)若时，，求的取值范围；
(2)当时，方程有两个不相等的实数根，证明：．
【解析】（1）∵， ，∴，设 ，，当时，令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，与已知矛盾．当时，，∴在上单调递增，∴，满足条件；综上，取值范围是．
（2）证明：当时，，当，，当，，则在区间上单调递增，在区间上单调递减，不妨设，则，要证，只需证，∵在区间上单调递增，∴只需证，∵，∴只需证．设，则，∴在区间上单调递增，∴，∴，即成立，∴．
14．设函数，已知直线是曲线的一条切线.
(1)求的值，并讨论函数的单调性；
(2)若，其中，证明：.
【答案】(1)；在上单调递减，在上单调递增
【解析】(1)设直线与曲线相切于点，
，；
又，，即；
设，则，在上单调递增，
又，有唯一零点，，，解得：；
，，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增.
(2)由（1）知：；
当时，；当时，，；
要证，只需证；
在上单调递减，只需证，
又，则只需证对任意恒成立；
设，
；
设，则，
在上单调递减，，
又当时，，，
在上单调递增，，
即在时恒成立，又，
，原不等式得证.
15．已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
【解析】(1)定义域为，
，所以在上单调递减.
，所以在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
又，所以先保证必要条件成立，即满足题意.
当时，易知，；

由以上可知，当时，有两个不同的零点.
(2)由题意，假设，要证明，只需证明.只需证，又.
即只需证，构造函数.
，所以在单调递减.
，即成立，即
所以原命题成立.
16．已知是实数，函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个相异的零点且，求证：．
【解析】(1)的定义域为，，当时，恒成立，
故在上单调递减；
当时，令得：，令得：，故在上单调递增，在上单调递减；
综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)由（1）可知，要想有两个相异的零点，则，不妨设，因为，所以，所以，要证，即证，等价于，而，所以等价于证明，即，
令，则，于是等价于证明成立，
设，
，所以在上单调递增，
故，即成立，
所以，结论得证.
17．已知函数，
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数在上有两个不相等的零点，求证：.
【解析】(1)，.
①当时，恒成立，单调递增；
②当时，由得，，单调递增，
由得，，单调递减.
综上：当时，单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)∵在上有两个不相等的零点，，不妨设，
∴在上有两个不相等的实根，
令，，∴，
由得，，单调递减，由得，，单调递增，
，，，，∴
要证，即证，又∵，
只要证，即证，∵，即证
即证，即证，即证
令，，∴，
令，，则，当时，恒成立，所以在上单调递增，又，∴，∴，∴
∴在上递增，∴，∴，∴.
18．已知函数的导函数为.
(1)判断的单调性；
(2)若关于的方程有两个实数根，，求证：.
【解析】(1)，
令，由，
可得在上单调递减，上单调递增，
所以，所以在上单调递增；
(2)依题意，，相减得，
令，则有，，
欲证成立，只需证成立，即证成立，
即证成立，令，只需证成立，
令，即证时，成立
，令，
则，可得在内递减，在内递增，
所以，所以，所以在上单调递增，
所以成立，故原不等式成立.
19．已知函数.
(1)设函数，且恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证：；
(3)设函数的两个零点、，求证：.
【解析】(1)由可得，可得，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，；
(2)要证，即证，
由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
因为和取等的条件不同，故，即；
(3)由题知①，②，
①②得③，
②①得④.
③④得，
不妨设，记.
令，则，
所以在上单调递增，
所以，则，即，
所以.
因为，
所以，即.
令，，则在上单调递增.
又，
所以，即，所以.
20．已知函数.
（1）求的单调区间与极值.
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】（1）的定义域为，.
当时，；当时，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
故在处取得极大值，且极大值为，无极小值.
（2）证明：易知，，

即，.不妨设，，.
（1）可知，，
当时，，，当时，，

设，，
则，因为，，
所以，在区间上单调递增，
，
所以，
又因为，，所以，
即，故.
21．已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，且，证明：.
【解析】（1），是减函数，是增函数，
所以在单调递减，∵，
∴时，，单调递增；时，，单调递减.
（2）由题意得，，即
，，
设，，则由得，，且.
不妨设，则即证，
由及的单调性知，.
令，，则
，
∵，∴，，
∴，取，则，
又，则，
又，，且在单调递减，∴，.
下证：.
（i）当时，由得，；
（ii）当时，令，，则

，
记，，则，
又在为减函数，∴，
在单调递减，在单调递增，∴单调递减，从而，在单调递增，
又，，
∴，
又，
从而，由零点存在定理得，存在唯一，使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以，，
又，
，
所以，，
显然，，
所以，，即，
取，则，
又，则，
结合，，以及在单调递增，得到，
从而.
22．已知函数，其中．
(1)若，求的极值：
(2)令函数，若存在，使得，证明：．
【解析】(1)当时，，
所以，
当时，，，所以，
当时，，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
(2)证明：，
令，则上述函数变形为，
对于，，则，即在上单调递增，
所以若存在，使得，则存在对应的、，
使得，
对于，则，因为，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，所以为函数的唯一极小值点，
所以，则，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
即，又，所以，
又的单调性可知，即有成立，所以.
23．已知函数.
(1)求的单调区间
(2)若的极值点为，且，证明：.
【解析】(1)的定义域为，，
由，得.
当时，；当时，.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明：由（1）可知，由的极值点为，得，
所以，.
当时，；当时，，
则函数的大致图象，如图所示；

不妨设，若，
由图象知：， 又，
所以要证，即证，
当时，，.
当时，，
，
=，.
设，，
则，，
令，则，
所以在上单调递减，
所以，在上单调递增，
则，
所以，即，
又因为n，，且在上单调递增，
所以，即，则.
综上，.
24．已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【解析】(1)函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：









增
极大值
减
所以，函数的极大值为，如下图所示：

且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
(2)证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
25．已知函数，.
(1)求证：，；
(2)若存在、，且当时，使得成立，求证：.
【解析】(1)证明：构造函数，其中，
则
，
因为，则，，
即当时，，所以，函数在上单调递减，
故当时，，即.
(2)证明：先证明对数平均不等式，其中，
即证，令，即证，
令，其中，则，
所以，函数在上为减函数，当时，，
所以，当时，，
本题中，若，则，
此时函数在上单调递减，不合乎题意，所以，，
由（1）可知，函数在上单调递减，不妨设，则，
则，即，
所以，，
因为，则，
所以，，
所以，，
所以，，所以，，
由对数平均不等式可得，可得，所以，.
26．已知函数，．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若存在，且当时，，证明：．
【解析】(1)，且定义域为；
当时，，的单调递增区间为，无单调递减区间和极值；
当时，令，解得：，
当时，；当时，；
的单调递减区间为；单调递增区间为；
的极小值为，无极大值；
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间和极值；当时，的单调递减区间为；单调递增区间为；极小值为，无极大值.
(2)不妨设，由得：；
设，则，
在上单调递增，，
即，，
；设，则，
在上单调递减，，
，，，
，，
即，.