1、1 函数压轴之极值点偏移（上） 一考情分析一考情分析 导数的引入,为函数的研究与应用提供了有效的工具,把初等函数的学习提高到一个新的层 次,正因如此,近年来,对应用导数研究函数性质的考查,已成为高考和各地模拟考试的热点和重 点, 有些学生由于对概念的理解不够准确或受到某些知识或方法的负迁移,在由导数的几何意 义求极值点偏移的问题程时,从而导致对而不会,会而不全.极值点偏移问题在近几年高考及各 种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策，而且此类问 题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的. 其实，此类问题处理的 手段有很多，方法也就有很多，下面我
2、们来逐一探索！ 2 二经验分享二经验分享 【极值点偏移基本定义】【极值点偏移基本定义】 众所周知， 函数)(xf满足定义域内任意自变量x都有)2()(xmfxf， 则函数)(xf关 于直线mx 对称； 可以理解为函数)(xf在对称轴两侧， 函数值变化快慢相同， 且若)(xf为 单峰函数， 则mx 必为)(xf的极值点. 如二次函数)(xf的顶点就是极值点 0 x， 若cxf)( 的两根的中点为 2 21 xx ，则刚好有 0 21 2 x xx ，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)(xf的极值点为m，且函数)(xf满足 定义域内mx
3、左侧的任意自变量x都有)2()(xmfxf或)2()(xmfxf，则函数 )(xf极值点m左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(xf定义域内任意不同的实数 21,x x满足 )()( 21 xfxf，则 2 21 xx 与极值点m必有确定的大小关系： 若 2 21 xx m ，则称为极值点左偏左偏；若 2 21 xx m ，则称为极值点右偏右偏. 3 【极值点偏移几种常考类型】【极值点偏移几种常考类型】 1.若函数)(xf存在两个零点 21,x x且 21 xx ，求证： 021 2xxx（ 0 x为函数)(xf的 极值点） ； 2. 若函数)(xf中存在 21,x x且 21 xx 满足)()
4、( 21 xfxf， 求证： 021 2xxx（ 0 x为 函数)(xf的极值点） ； 3. 若函数)(xf存在两 个零点 21,x x且 21 xx ，令 2 21 0 xx x ，求证：0)( 0 xf； 4. 若函数)(xf中存在 21,x x且 21 xx 满足)()( 21 xfxf，令 2 21 0 xx x ，求证： 0)( 0 xf. 三、题型分析三、题型分析 例例 1. 设 函 数 2 1 ( )2 ln(0)f xa xaax a x ， 函 数( )fx为( )f x的 导 函 数 ， 且 1122 ( ,(), (,()A xf xB xf x是( )f x的图像上不同
5、的两点， 满足 12 ()()0f xf x， 线段AB中 点的横坐标为 0 x，证明： 0 1.ax 4 【解析】 12 012 12 1 2 xx axxx aa ，又依题意 2 1 ( )()0fxa x ， 得( )f x在定义域上单调递增，所以要证 0 1ax ，只需证 212 2 ()()()f xf xfx a ， 即 22 2 ()()0fxf x a 不妨设 12 xx，注意到 1 ( )0f a ，由函数单调性知，有 12 11 ,xx aa ， 构造函数 2 ( )()( )F xfxf x a ，则 3 22 24(1) ( )( )() (2) ax F xfxfx
6、axax ， 当 1 x a 时，( )0F x，即( )F x单调递减，当 1 x a 时， 1 ( )( )0F xF a ，从而不等式 式成立，故原不等式成立. 高中资料分享 QQ 群：608396916 例例 2.【2016 年全国】已知函数 2 ( )(2)(1) x f xxea x有两个零点 （I）求 a 的取值范围； （II）设 1 x， 2 x是( )f x的两个零点，证明： 12 2xx 5 【解析】 （）( )(1)2 (1)(1)(2 ) xx fxxea xxea （i）设0a ，则( )(2) x f xxe，( )f x只有一个零点 （ii）设0a ，则当(,1)
7、x 时，( )0fx ；当(1,)x时，( )0fx 所以( )f x在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增 又(1)fe ，(2)fa，取b满足0b 且ln 2 a b ，则 22 3 ( )(2)(1)()0 22 a f bba ba bb，故( )f x存在两个零点 （iii）设0a ，由( )0fx 得1x 或ln( 2 )xa高中资料分享 QQ 群：608396916 若 2 e a ，则ln( 2 )1a，故当(1,)x时，( )0fx ， 因此( )f x在(1,)上单调递增又当1x 时，( )0f x ，所以( )f x不存在两个零点 若 2 e a ，则ln( 2 )1
8、a，故当(1,ln( 2 )xa时，( )0fx ； 当(ln( 2 ),)xa时，( )0fx 因此( )f x在(1,ln( 2 )a上单调递减， 在(ln( 2 ),)a上单调递增又当1x 时，( )0f x ， 所以( )f x不存在两个零点综上，a的取值范围为(0,) （）不妨设 12 xx，由（）知 12 (,1),(1,)xx ， 2 2(,1)x ， 又( )f x在(,1)上单调递减，所以 12 2xx等价于 12 ()(2)f xfx， 即 2 (2)0fx由于 2 22 222 (2)(1) x fxx ea x ， 而 2 2 222 ()(2)(1)0 x f xxe
9、a x，所以 22 2 222 (2)(2) xx fxx exe 设 2 ( )(2) xx g xxexe ，则 2 ( )(1)() xx g xxee 所以当1x 时，( )0g x ，而(1)0g，故当1x 时，( )0g x 从而 22 ()(2)0g xfx，故 12 2xx 6 【解题技巧点睛】 在函数的解答题中有一类是研究不等式或是研究方程根的情况， 基本的题目类型是研究在 一个区间上恒成立的不等式(实际上就是证明这个不等式)，研究不等式在一个区间上成立时不 等式的某个参数的取值范围，研究含有指数式、对数式、三角函数式等超越式的方程在某个区 间上的根的个数等， 这些问题依据基
10、础初等函数的知识已经无能为力， 就需要根据导数的方法 进行解决 使用导数的方法研究不等式和方程的基本思路是构造函数， 通过导数的方法研究这 个函数的单调性、 极值和特殊点的函数值， 根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实 根的个数 在高考题的大题中，每年都要设计一道函数大题.因为导数的引入，为函数问题的解决提 供了操作工具.因此入手大家比较清楚，但是深入解决函数与不等式相结合的题目时，往往一 筹莫展.原因是找不到两者的结合点，不清楚解决技巧.解题技巧总结如下： （1）树立服务意识：所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出 来） ，如函数的单调性、最值等，服务于第二
11、问要证明的不等式. （2）强化变形技巧：所谓“强化变形技巧”是指对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑 对不等式进行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数） ，移项通分等等.要注 意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式. （3）巧妙构造函数：所谓“巧妙构造函数”是指根据不等式的结构特征，构造函数，利用函数 的最值进行解决.在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验，体现一个“巧妙”. 例例 3 已知函数 f(x)lnxax2(2a)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)设 a0，证明：当 0 x1 a时，f 1 axf 1 ax； (3)若
12、函数 yf(x)的图象与 x 轴交于 A，B 两点，线段 AB 中点的横坐标为 x0，证明 f(x0)0. 7 【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1 x2ax(2a) 2x1ax1 x . 若 a0，则 f(x)0，所以 f(x)在(0，)单调增加高中资料分享 QQ 群：608396916 若 a0，则由 f(x)0 得 x1 a，且当 x 0，1 a 时，f(x)0，当 x1 a时，f(x)0.所以 f(x) 在 0，1 a 单调增加，在 1 a，单调减少 (2)设函 数 g(x)f 1 axf 1 ax，则 g(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax， g(x) a 1a
13、x a 1ax2a 2a3x2 1a2x2. 当 0 x1 a时，g(x)0，而 g(0)0，所以 g(x)0.故当 0 x 1 a时，f 1 axf 1 ax. (3) 由(1)可得，当 a0 时，函数 yf(x)的图像与 x 轴至多有一个交点， 故 a0，从而 f(x)的最大值为 f 1 a ，且 f 1 a 0. 不妨设 A(x1,0)，B(x2,0)，0 x1x2，则 0 x11 af(x1)0. 从而 x22 ax 1，于是 x0 x 1x2 2 1 a.由(1)知，f(x 0)0. 高中资料分享 QQ 群：608396916 例例 4已知函数 2 1 lnf xax a x R （
14、1）讨论 f x的单调性； （2）若 1 x， 212 xxx是 f x的两个零点，求证： 21 2 ln10 e axx a 8 【解析】 （1）f（x）的定义域为（0，） ，且 2 3 3 2 2 aax fxx xx ， 当 a0 时，f（x）0，f（x）的单调递减区间为（0，） ；当 a0 时，由 f（x）0 得 2 x a ，故 f（x）的单调递增区间为 2 , a ，单调递减区间为 2 0, a （2）f（x）有两个零点，由（1）知 a0 且 22 ln0 22 aa f aa ，a2e，要证原不 等 式 成 立 ， 只 需 证 明 21 1 ln 2 e xx aa ， 只 需
15、证 明 1 2 21 a e xxe a ， 只 需 证 明 1 2 12 2 a e xxe aa 一方面a2e， 1 1 21 1 a ee ae ， 1111 0 22 111 ln0 222 aaaa feeaeee ， 1 2 2 0 a ffe a ， 且 f（x）在 2 , a 单调递增，故 1 2 2 2 a xe a ； 另一方面，令 1 lng xx ex ， （x0） ， 则 22 111ex gx xexex ，当 1 0 x e 时，g（x）0；当 1 x e 时，g（x）0； 故 min 1 1 10g xg e ，故 g（x）0 即 1 lnx ex 时 x（0，
16、）恒成立， 令 e x a ， 则 2 ln ea ae ， 于是 222 222 ln0 eaeaa fa aeaee ， 高中资料分享 QQ 群： 608396916 而 2 222 222 224 0 eeaee aaaa ，故 2 0 e f aa ，且 f（x）在 2 0, a 单调递减，故 1 2e x aa ；综合上述， 1 2 12 2 a e xxe aa ，即原不等式成立 9 例例 5.已知函数 lnx f x xa （aR） ，曲线 yf x在点 1,1f处的切线与直线 10 xy 垂直. （1）试比较 2017 2016与 2016 2017的大小，并说明理由； （2）
17、若函数 g xf xk有两个不同的零点 12 ,x x，证明： 2 12 xxe. 解析： （1）依题意得 2 ln xa x x fx xa ，所以 2 11 1 1 a fx a a ，又由切线方程可 得 11 f ，即 1 1 1a ，解得0a ,此时 lnx f x x ， 2 1 lnx fx x ， 令 0fx，即1 ln0 x，解得0 xe；令 0fx，即1 ln0 x，解得xe 所 以 f x的 增 区 间 为0,e， 减 区 间 为, e 所 以20162017ff， 即 ln2016ln2017 20162017 ，2017ln20162016ln2017， 2017201
18、6 20162017. （2）证明：不妨设 12 0 xx因为 12 0g xg x ， 所以化简得 11 ln0 xkx， 22 ln0 xkx可得 1212 lnlnxxk xx， 1212 lnlnxxk xx. 要证明 2 12 x xe，即证明 12 lnln2xx，也就是 12 2k xx 因为 12 12 lnlnxx k xx ，所以即证 12 1212 lnln2xx xxxx 高中资料分享 QQ 群：608396916 即 112 212 ln xxx xxx ，令 1 2 x t x ，则1t ，即证 21 ln 1 t t t . 令 21 ln 1 t h tt t
19、（1t ） ，由 2 22 114 0 11 t h t t tt t 故函数 h t在1,是增函数，所以 10h th，即 21 ln 1 t t t 得证. 所以 2 12 x xe 10 【问题的进一步探究】【问题的进一步探究】 对数平均不等式的介绍与证明对数平均不等式的介绍与证明 两个正数a和b的对数平均定义： (), ( , )lnln (). ab ab L a bab a ab 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：高中资料分享 QQ 群：608396916 ( , ) 2 ab abL a b （此式记为对数平均不等式对数平均不等式）取等条件：当且仅当ab时，等号成立. 只证
20、：当ab时，( , ) 2 ab abL a b .不失一般性，可设ab. 证明如下： （I）先证：( , )abL a b 不等式 1 lnlnln2ln(1) abaaba abxxx bbaxbab 其中 构造函数 1 ( )2ln(),(1)f xxxx x ，则 2 2 211 ( )1(1)fx xxx . 因为1x 时，( )0fx，所以函数( )f x在(1,)上单调递减， 故( )(1)0f xf，从而不等式成立； （II）再证：( , ) 2 ab L a b 不等式 2(1) 2()2(1) lnlnlnln(1) (1) (1) a abaxa b abxx a abb
21、xb b 其中 构造函数 2(1) ( )ln,(1) (1) x g xxx x ，则 2 22 14(1) ( ) (1)(1) x g x xxx x . 因为1x 时，( )0g x，所以函数( )g x在(1,)上单调递增， 故( )(1)0g xg，从而不等式成立；高中资料分享 QQ 群：608396916 综合（I） （II）知，对, a bR，都有对数平均不等式( , ) 2 ab abL a b 成立 当且仅当ab时，等号成立. 11 四、迁移应用四、迁移应用 1.【2019 全国文 21】已知函数( )(1)ln1f xxxx.证明： （1）( )f x存在唯一的极值点；
22、（2）( )=0f x有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 【解析】【解析】（1）( )f x的定义域为（0，+）. 11 ( )ln1ln x fxxx xx . 因为lnyx单调递增， 1 y x 单调递减，所以( )fx单调递增，又(1)10 f ， 1ln4 1 (2)ln20 22 f ，故存在唯一 0 (1,2)x ，使得 0 0fx. 又当 0 xx时，( )0fx，( )f x单调递减；当 0 xx时，( )0fx，( )f x单调递增. 因此，( )f x存在唯一的极值点.高中资料分享QQ群：608396916 （2）由（1）知 0 (1)2f xf ，又 22 ee30f
23、，所以( )0f x 在 0, x 内存 在唯一根x.由 0 1x得 0 1 1x . 又 1111( ) 1 ln10 f f ，故 1 是( )0f x 在 0 0,x的唯一根. 综上，( )0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 12 2.【2019 天津文 20】设函数( )ln(1) x f xxa xe，其中aR. （）若0a，讨论 f x的单调性； （）若 1 0a e ， （i）证明 f x恰有两个零点 （ii）设x为 f x的极值点， 1 x为 f x的零点，且 10 xx，证明 01 32xx. 【解析】【解析】 （）由已知， f x的定义域为(0,)，且 2 1
24、1e ( )e(1)e x xx ax fxaa x xx ， 因此当0a时， 2 1e0 x ax，从而( )0fx ，所以 f x在(0,)内单调递增. （） （i）由（）知 2 1 ( ) x ax e fx x .令 2 ( )1 x g xax e ，由 1 0a e ， 可知 g x在(0,)内单调递减，又(1)10gae ，且 22 1111 ln1ln1ln0ga aaaa . 故 0g x 在(0,)内有唯一解，从而( )0fx 在(0,)内有唯一解，不妨设为 0 x，则 0 1 1lnx a .高中资料分享 QQ 群：608396916 当 0 0,xx时 ， 0 ( )
25、( )0 g xg x fx xx ， 所 以 f x在 0 0,x内 单 调 递 增 ； 当 0 (),xx时， 0 ( ) ( )0 g xg x fx xx ，所以 f x在 0 (),x 内单调递减，因此 0 x是 f x的唯一极值点.令( )ln1h xxx，则当1x 时， 1 ( )10h x x ，故 h x在 (1,)内单调递减，从而当1x 时， 10h xh，所以ln1xx. 从而 1 ln 111111 lnlnlnln1 elnlnln1ln0 a fah aaaaaa ， 又因为 0 (1)0f xf，所以 f x在(1,)内有唯一零点.又 f x在 0 0,x内有唯一
26、零 13 点 1，从而， f x在(1,)内恰有两个零点.高中资料分享 QQ 群：608396916 （ ii ） 由 题 意 ， 0 1 0, 0, fx fx 即 1 2 0 11 1 ln1 x x ax e xa xe ， 从 而 10 1 1 2 0 1 ln xx x xe x ， 即 10 2 01 1 ln 1 xx xx e x .因为当1x 时，ln1xx，又 10 1xx，故 10 2 012 0 1 1 e 1 xx xx x x ， 两边取对数，得 10 2 0 lnln xx ex ，于是 1000 2ln21xxxx，整理得 01 32xx. 3设函数 )ln 2
27、 ( 2 x x k x e xf x （k为常数，2.71828e 是自然对数的底数） （）当0k 时，求函数 f x的单调区间； （）若函数 f x在0,2内存在两个极值点，求k的取值范围 【解析】 （）函数 yf x的定义域为(0,) 2 42 221 ( )() xx exxe fxk xxx 3 (2)() (0) x xekx x x 由0k 可得0 x ekx 高中资料分享 QQ 群：608396916 所以当(0,2)x时，( )0fx，函数( )yf x单调递减， 所以当(2,)x时，( )0fx，函数( )yf x单调递增， 所以( )f x的单调递减区间为(0,2)，(
28、)f x的单调递增区间为(2,) （）由（）知，0k 时，( )f x在(0,2)内单调递减， 故( )f x在(0,2)内不存在极值点； 当0k 时，设函数 x g xekx，0,)x，因此 ln ( ) xxk g xekee 当01k时，(0,2)x时( )0 x g xek，函数 yg x单调递增 故( )f x在(0,2)内不存在两个极值点； 当1k 时， 14 x(0,ln )k lnk(ln ,)k gx 0 ( )g x 函数在(0,2)内存在两个极值点 当且仅当 (0)0 (ln )0 (2)0 0ln2 g gk g k ，解得 2 2 e ek，高中资料分享 QQ 群：6
29、08396916 综上函数 f x在0,2内存在两个极值点时，k的取值范围为 2 ( ,) 2 e e 4设函数 2 1 ln1 2 a f xaxxbx a ，曲线( )yf x在点 (1,(1)f处的切线斜率为 0 （）求b； （）若存在 0 1,x 使得 0 1 a f x a ，求a的取值范围 【解析】 （）( )(1) a fxa xb x ，由题设知(1)0 f ，解得1b （）( )f x的定义域为(0,)，由（）知， 2 1 ( )ln 2 a f xaxxx ， 1 ( )(1)1()(1) 1 aaa fxa xxx xxa （）若 1 2 a ，则1 1 a a ，故当(
30、1,)x时，( )0fx，( )f x在(1,) 单调递增，所以，存在 0 1x ，使得 0 () 1 a f x a 的充要条件为(1) 1 a f a ， 即 1 1 21 aa a ，解得2121a 高中资料分享 QQ 群：608396916 （ii）若 1 1 2 a，则1 1 a a ，故当(1,) 1 a x a 时， ( ) 0fx ； 当(,) 1 a x a 时，( )0fx，( )f x在(1,) 1 a a 单调递减，在(,) 1 a a 单调 递增所以，存在 0 1x ，使得 0 () 1 a f x a 的充要条件为() 11 aa f aa ， 15 而 2 ()ln 112(1)11 aaaaa fa aaaaa ，所以不合题意 （iii）若1a ，则 11 (1)1 221 aaa f a 综上，a的取值范围是(21,21)(1,)高中资料分享 QQ 群：608396916
