2023年新高考数学重难点突破-专题5 极值点偏移问题（讲义）（含解析）

专题5：极值点偏移问题
极值点偏移：在函数中，如果两零点与极值点并不对称，这时极值点也就发生了偏移，偏移分为左偏和右偏.是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性.函数极值点是其导函数时相应的值，而函数与轴的交点横坐标为函数的零点，若函数的两零点恰好关于函数的对称轴对称，此时的极值点没有发生偏移.如果出现不等于时（也就是说两零点与极值点并不对称），这时极值点也就发生了偏移，偏移分为左偏和右偏.
极值点偏移问题分析求解最重要的是要学会构建“一元差”函数，先将两变量变形放在原函数的同一单调区间内，利用原函数的单调性对变量进行大小比较，再通过对这一元差函数进行求导，证明其值大于零，结合二阶导函数的意义，对于一阶导函数是否存在零点进行分析求解最值，这应该就是求解极值点偏移正确的解题思路和基本步骤.
总结解决极值点偏移问题的方法.处理极值点偏移问题一般有四种解法:构造辅助函数法,对称化构造函数,对数均值不等式,双变量齐次化构造.四种方法各有优劣,其中构造辅助函数和对称化构造函数是解决极值点偏移问题的通法,是从"形"的角度解决问题.
求极值点偏移的常用方法：
方法 1.换元、构造、化齐次：这种方法是最常见的方法，大致分为3步，第一步：代根作差找关系，第二步：换元分析化结论，第三步：构造函数证结论.
方法2.消参构建法：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.
题设情境是由函数的切线方程求参数的值和函数的单调区间，证明函数的“两不同零点之和”的不等式.第（1）问应用导数的几何意义和函数与方程思想求参数的值，导数与函数单调性的基本方法，求函数的单调区间；第（2）问利用函数的单调性，应用数形结合思想确定的取值范围，然后应用极值点偏移的基本方法证明.
例1（福建省厦门双十中学2023届高三上学期月考）已知函数，且曲线在处的切线为.
（1）求m，n的值和的单调区间；
（2）若，证明：.
【思路点拨】
（1）由导数得几何意义列出方程组即可求得的值，再将带入原函数及导函数中分别求得解析式，由函数单调性与导函数的关系即可求得的单调区间；
（2）若，要证明：，由（1）可知函数的单调区间，属于典型的极值点偏移问题，由移向构造新函数，求得新函数的单调性即可证明.
练1（江苏省泰兴中学、南菁高级中学、常州市第一中学三校2022-2023学年高三上学期联考）已知函数有两个零点.
（1）求的取值范围；
（2）设是 的两个零点，证明：.
练2（湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高三上学期期中） 已知函数
有两个零点．
(1)证明：．
(2)若f(x)的两个零点为x1，x2，且x1＜x2，证明：2a＜x1＋x2＜1．
题设情境是讨论含参数变量的函数的单调性，证明函数的两不同零点的平均值偏函数极值点左侧.第（1）问应用导数的几何意义和分类与整合思想讨论函数的单调性；第（2）问应用导数研究函数函数的单调性与最值，借助数形结合思想确定函数有两个不同的零点充要条件求参数a的取值范围，然后应用函数零点的充分条件探究零点的方程组,利用“消参、换元、构造函数”等基本方法与技巧证明.
例2（辽宁省沈阳市2023届高三上学期联合考试）已知函数．
（1）讨论函数的单调性;
（2）若，设为的导函数，若函数有两个不同的零点，求证：．
【思路点拨】
第（1）问由,根据实数的正负取值，结合导函数的正负变化,分类讨论进行求解即可；第（2）问根据零点的定义，由函数有两个不同的零点,推算出实数的取值范围,然后由,利用,消去实数,应用换元思想结合指数的运算法则，通过构造新函数，利用导数的性质进行证明即可.
练3（天津市耀华中学2022-2023学年高三上学期统练）设函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；
（3）若方程有两个不相等的实数根，，求证：．
练4（湖北省荆荆宜三校2022-2023学年高三上学期联考）设函数，
(1)设，求证：，恒有.
(2)若，函数有两个零点，求证.
题设情境是讨论含参数变量的函数的单调性，证明与函数的两不同零点的不等式.第（1）问应用导数和分类与整合思想讨论函数的单调性；第（2）问由函数有两个不同的零点的充分条件，得到有关零点的方程组,利用“消参、换元、构造函数”等基本方法与技巧，应用函数单调性与转化化归思想证明不等式.
例3（浙江省嘉兴市第一中学2022-2023学年高三上学期期中）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，函数存在两个零点，求证：.
【思路点拨】
第（1）问由已知得，,然后分、两类情,推算正负取值,即可研究的单调性；第（2）问由题设可得，法一：应用分析法要证结论只需证，令，构造并应用导数研究单调性，即可证结论；法二：由换元思想，令、，利用分析法知只需证，设，构造并应用导数研究单调性，即可证结论.
练5（江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同零点，，
①求实数a的取值范围；②求证：．
练6（湖北省黄冈市2022-2023学年高三上学期阶段性质量抽测）设函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若存在三个极值点，，，且，求k的取值范围，并证明：.
练7（湖北省宜昌市协作体2022-2023学年高三上学期联考） 设实数，且，函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同的零点.
（i）求的取值范围；（ii）证明：.
1.（江苏省苏州中学2023届高三上学期阶段质量评估数学试题）已知函数.
（1）若曲线在处的切线与直线平行，求的单调区间；
（2）当时，若，且，证明：.
2.（江西省金溪县第一中学2023届高三上学期数学（理）试题）已知函数()．
(1)若是单调增函数，求的取值范围；
(2)若，是函数的两个不同的零点，求证：．
3.（河北省深州市中学2023届高三上学期月考）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:．
4. （湖南省长沙市周南中学2022-2023学年高三上学期月考数学试题）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:.
5. （福建省漳州第一中学2023届高三上学期阶段考试数学试题）已知函数．
(1)若是函数的唯一极值点，求正实数的取值范围；
(2)令函数，若存在实数，使得，
证明：．
6. （四川省内江市2022-2023学年模拟）已知函数．
(1)若，求函数的单调递增区间；
(2)（ⅰ）若是函数的极大值点，记函数的极小值为，求证：；
（ⅱ）若在区间上有两个极值点．求证：．
（提示：）．
7. （湖南省岳阳县第一中学2022-2023学年高三入学考试数学试题）已知函数．
（1）当时，证明；
（2）若存在极值点,且对任意满足的,都有,求的取值范围．
专题5 极值点偏移问题--答案解析
【专题探究】
例1【解析】（1）因为，
所以.
由题意可得即解得
因为，
所以当或时，，当时，，
则在与上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可知,,.
设，
则.
设，则.
因为，所以，则在上单调递增.
因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，则在上单调递增.因为，所以在上恒成立，即对一切恒成立.
因为，所以.
因为，所以.
因为在上单调递增，且，所以，
即证：.
练1【解析】（1）．
设，则，只有一个零点．
设，则当时，；当时，．
所以 在单调递减，在单调递增．
又，，取满足且，则
，故存在两个零点．
设，由得或．
若，则，
因此在上单调递增，在上单调递减；
又,
所以不存在两个零点．
若，则，
因此在上单调递增，在上单调递减；
又,
，所以不存在两个零点．
若，则，恒成立，故在R上单调递增，
所以不存在两个零点．
综上， 的取值范围为．
（2）不妨设，由（Ⅰ）知，，
在单调递减，
所以等价于，即．
由于，而，
所以．
设，,则．
所以当时，，故在区间上单调递减；
而，故当时，．
从而，故.
练2【解析】(1)由，x＞0可得，．
当时，，所以在上单调递增，与题意不符．
当时，令,得．
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(a．＋∞)时．f′(x)＞0，f(x)单调递增．
可得当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)＝lna＋1．又因为函数有两个零点，
所以f(a)＝lna＋1＜0，可得a＜，综上，0＜a＜．
(2)解：由上可得f(x)的极小值点为x＝a，则0＜x1＜a＜x2．
设g(x)＝f(2a－x)－f(x)＝ln(2a－x)＋－lnx－．x∈(0，a)．
可得g′(x)＝－－＋＝＞0，x∈(0，a)．
所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以g(x)＜g(a)＝0．
即f(2a－x)－f(x)＜0，则f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．
所以当0＜x1＜a＜x2时，2a－＞a，且f(2a－x1)＜f(x1)＝f(x2)，
因为当x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增，所以2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a．
设x2＝tx1，t＞1，则则,即lnx1＝tlnx2＝tlntx1＝t(lnx1＋lnt)．
所以lnx1＝－．
所以ln(x1＋x2)＝lnx1(t＋1)＝lnx1＋ln(t＋1)＝－＋ln(t＋1)＝t(－)．
设,则,
设，，所以在上单调递减，
所以，即，所以在上单调递减，
所以＜，所以ln(x1＋x2)＜0，即x1＋x2＜1．
综上，2a＜x1＋x2＜1．
例2【解析】（1）由，可得，
当时，，函数是R上的增函数，
当时，令，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
综上所述：当时，函数是实数集上的增函数，
当时，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减；
（2）由（1）可知：当时，
当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以函数有最小值，
最小值为：，
因为函数有两个不同的零点，不妨设，
因为当时，，当时，，
所以有<0，即，
，
因为函数有两个不同的零点，
所以，
因此
令，
构造函数，
因为，所以，因此，
所以当时，函数单调递减，故有，
而，所以.
练3【解析】（1）由题意知，．
当时，，函数 在上单调递增，即的单调递增区间为．
当时，由得；由，解得．
所以函数 的单调递增区间为，单调递减区间为．
由（1）可得，若函数有两个零点，则，且的最小值，
即．，．令，
可知在上为增函数，且，，
所以存在零点，，
当时，（a）>0；
当时，（a）<0．所以满足条件的最小正整数．
又当时，（3），（1），
时，有两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数的值为3．
（3），是方程得两个不等实数根，由（1）可知：．
不妨设．则，．
两式相减得，得．
，当时，，当时，．
故只要证明即可，即证明，即证明，
设 ，令，则．
，． 在上是增函数，又在处连续且（1），
当时，总成立．故命题得证.
练4【解析】 (1)由题设，，
所以，
因为，所以当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，，
所以，其中，
构造函数，其中，，
则，所以函数在上单调递增，则，
所以函数在上单调递增，，
所以对于、，恒有；
(2)因为，则，
所以函数单调递增，且，
要证，即证，即证，即证，
因为函数有两个零点，
由题意可得，上述两个等式作差得，
下面先证明，只需证：，
整理得，即证,
设，不妨设，则，
所以函数在上单调递增，所以，
因为，所以，故原不等式成立.
例3【解析】（1）由题设，，,
①当，即时，，在R上单调递增；
②当，即时，令，得,当，，单调递减；当，，单调递增.
综上，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，又，得：，
两式相减得，又，可得
法一：要证，只需证，
两边同除以得：令，
故只需证即可.
令，，
令，则，
∴当时，，故在上单调递减，
即，∴在上单调递增，
故，故原命题得证.
法二：令，，，
即，两式相减得，
要证，即只需证，即证，即，
即，
令，只需证即可.
令，则
当时，，故在上单调递增，
∴，故原命题得证，原不等式成立.
练5【解析】(1)对函数求导，得．
当时，，因为函数的定义域，
由，得，由，得，
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
(2)由，得，
①函数有两个不同零点，
等价于方程有两个不同的实根．
设，即方程有两个不同的实根．
设，，
再设，,所以函数在上单调递增，
注意到，所以当时，，当时，．
所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增．
当时，，
当时，，当时，，只需，即．
②注意到，，要证，只需证．
由①知，，故有，即．
下面证明：．
设，
有，
所以函数在上单调递增，所以，
所以，故有．
又，，且在上单调递减，所以，即得．
因此，结论得证．
练6【解析】（1）当时，，∴，
令，则，∴由得，得，,
∴在上递减，在上递增，∴即，
∴得，解得，
∴的单调减区间为，单调增区间为；
（2），∵有三个极值点，
∴方程有两个不等根，且都不是1，令，
当时，单调递增，至多有一根，
当时，得,得，
∴在上递减，在上递增，
∴，，
此时，，，，时，，
∴时，有三个根，，，且，
由得，由得，∴，
下面证明：，可变形为，令, ，
，∴在上递增，
∴，∴，
∴.
练7【解析】(1)因为，
当时，，的单调递增区间为.
当时，令，得，
当时,,当时，,
所以的单调递减区间为，的单调递增区间为.
(2)（i）由（1）知时,为极小值点,又函数有两个零点，得.
于是，
得,即
由在单调递增,则由,可得.
此时，，
,
故，函数有两个不同的零点.
（ii）证明：由则，得，于是，
设的极值点为，又由，于是，
令，则
即在上单调递增，又，则在恒成立.
由,可令,则,,
即，即
故有：.则，所以，
欲证，只需证，只需证，
又由,所以只需证，
由,所以上述只需证,只需证，
令，则
即在上单调递增.
由，可知，所以上述不等式成立.
【专题训练】
1.【解析】（1），，
则，，
令，得或；令，得；
所以的单调递增区间为；单调递减区间为；
（2）证明：，，
令，则，所以在上为增函数；
，，
与同号，
不妨设，设，
则，
，，，
在上为增函数，，
，，
又在 上为增函数，，即.
2. 【解析】(1)函数定义域为，当时，，
因为是单调增函数，则时，，
令，，
即有在上单调递增，，，则，
所以a的取值范围是.
(2)因，是函数的两个不同的零点，则，
显然，有，，
，
不妨令，设，于是得，
要证，只需证，
令，，则在上单调递增，
则有，于是得，
又，要证，只需证，
而，即证，
令，，，
从而得在在上单调递减，，即有，
综上得：.
3. 【解析】（Ⅰ）
∴时, ,
所以的增区间为，减区间为；
时,，所以的增区间为；
时,;
所以的增区间为，减区间为；
综上：时，的增区间为，减区间为；
时，的增区间为；
时，的增区间为，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，
要证，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．
4. 【解析】，是减函数，是增函数，
所以在上单调递减，
因为，
所以时,,单调递增,时,，单调递减．
证明：由题意，，
即，，
设，，则由，，得，，且，
不妨设，则即证，
由及的单调性知，，
令，，
则，
因为,所以,
所以在上单调递增,则，
所以，取，则，
又，则，
又，，且在上单调递减，所以，即．
下证，
当时，由得，
当时，令，，
则，
记，，则，
又在上为减函数，所以，
在单调递减，在单调递增，所以单调递减，
从而在上单调递增，
又，，
所以，
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，
所以．
综上可得，．
5. 【解析】（1），
令，则
;令,解得:；
当时，；当时,；
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴;
因为是函数的唯一极值点，又,
所以，即时，此时恒成立，
所以当时，，在上单调递减；当时，；
在上单调递增，故有且仅有一个极值点；
（2）证明：，
令，则上述函数变形为，
对于，，则，即在上单调递增，
由已知存在实数使得，可知存在对应的、，
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.
6. 【解析】(1)，令，则或，
所以的单调递增区间为和；
(2)（ⅰ），因为是函数的极大值点，所以，
函数的极小值为，
令，则，
令，则，
所以函数在上递减，即函数在上递减，
又因，，故存在，使得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
由，得，
得，
所以；
（ⅱ），
因为在区间上有两个极值点，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
即，且，
解得，或，
当时，
；
当时，，
，
因为，要证，只需证，
而，当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，又因为，
所以当时，，所以．
7. 【解析】（1）当时，，定义域为，
设，则，
所以函数在单调递增，在上单调递减，所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，，当且仅当时等号成立，
所以，且等号不同时成立，所以；
（2）函数，，
若存在极值点，则，所以，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
由，不妨设，
若，则；
若，由可得，则，
所以，即对恒成立，
令，则，
则
，
设，则，
，
令，，
则，
又，
令，
则，
令，则，
当时，令，
则
，
设，
所以，所以，
所以当时，，单调递增，，单调递增，
，单调递增，，单调递减，，
，符合题意；
当时，，存在，单调递减，，
，，单调递增，，，
不符合题意；
所以，由单调递增可得.
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