突破140分之高三数学解答题高端精品专题1-8-极值点偏移第六招--极值点偏移终极套路-Word版含解析

精品文档 1欢迎下载 值点偏移问题在高考中很常见 此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程 数形结 合 转换的思想解决函数问题的能力 层次性强 能力要求较高 下面给出引例 通过探究 归纳总结出解决此类问题的一般性方法 已知 若有两个极值点 且 2 1 ln 2 f xxxmxx m R f x 1 x 2 x 12 xx 求证 为自然对数的底数 2 12 ex x e 解法一 齐次构造通解偏移套路解法一 齐次构造通解偏移套路 于是 22 212111 12 2 21 1 1ln lnln lnln 1 xx xxxxxx xx x xx x 又 设 则 因此 12 0 xx 2 1 x t x 1t 12 1ln lnln 1 tt xx t 1t 要证 即证 即 当时 12 lnln2xx 1 ln 2 1 tt t 1t 1t 有 设函数 则 21 ln 1 t t t 21 ln 1 t h tt t 1t 2 22 212111 0 11 ttt h t t tt t 精品文档 2欢迎下载 所以 为上的增函数 注意到 因此 h t 1 10h 10h th 于是 当时 有 所以 有成立 1t 21 ln 1 t t t 12 lnln2xx 2 12 ex x 解法二解法二 变换函数能妙解变换函数能妙解 证法证法 2 2 欲证 需证 若有两个极值点 即函数 2 12 ex x 12 lnln2xx f x 1 x 2 x 有两个零点 又 所以 是方程的两个不同实 fx lnfxxmx 1 x 2 x 0fx 根 显然 否则 函数为单调函数 不符合题意 0m fx 由 11 1212 22 ln0 lnln ln0 xmx xxm xx xmx 解法三解法三 构造函数现实力构造函数现实力 证法证法 3 3 由 是方程的两个不同实根得 令 1 x 2 x 0fx ln x m x ln x g x x 由于 因此 在 12 g xg x 2 1 ln x gx x g x 1 e e 设 需证明 只需证明 只需证明 12 1exx 2 12 ex x 2 1 2 e 0 ex x 即 即 gkstk 微信公众号 中 2 1 2 e f xf x 2 2 2 e f xf x 2 2 2 e 0f xf x 学数学研讨部落 精品文档 3欢迎下载 即 故在 2 e 1 eh xf xfx x 22 22 1 lne 0 e xx h x x h x 故 即 令 则 1 e e0h xh 2 e f xf x 1 xx 因为 在 所以 2 21 1 e f xf xf x 2 x 2 1 e e x f x e 2 2 1 e x x 即 2 12 ex x 解法四解法四 巧引变量 一 巧引变量 一 证法证法 4 4 设 则由得 11 ln0 1tx 22 ln1 tx 11 22 ln0 ln0 xmx xmx 设 则 欲证 1 12 2 11 22 e e e t tt t ttm tmt 12 0ktt 1 e e1 k k k t 2 e1 k k t 2 12 ex x 解法五解法五 巧引变量 二 巧引变量 二 证法证法 5 5 设 则由得 11 ln0 1tx 22 ln1 tx 11 22 ln0 ln0 xmx xmx 设 则 1 12 2 11 22 e e e t tt t ttm tmt 1 2 0 1 t k t 1 ln 1 kk t k 2 ln 1 k t k 欲证 需证 2 12 ex x 12 lnln2xx 即只需证明 12 2tt 即 1 ln2121 2lnln0 111 kkkk kk kkk 精品文档 4欢迎下载 设 21 ln0 1 1 k g kkk k 2 2 1 0 1 k gk k k 故在 因此 命题得证 g k 0 1 10g kg 已知函数 若方程有两个不相等的实数根 2 2 lnf xxaxax f xc 12 x x 求证 12 0 2 xx f 欲证 结合的单调性 12 0 22 xxa ff fx 即证 12 22 xxa 等价于证明 22 1122 12 1122 22 lnln xxxx xx xxxx 1 1122 1 212 2 22 22 ln 1 x xxxx x xxx x 令 构造函数 1 2 01 x tt x 22 ln 01 1 t g ttt t 求导由单调性易得原不等式成立 略 法二 接 后续解 精品文档 5欢迎下载 由 得 1 121212 2 2 ln0 x xxxxaxxa x 构造函数 2 1 ln 01 1 t m ttt t 求导由单调性易得在恒成立 0m t 0 1 t 又因为 故成立 12 0 0axx 12 0 2 xx f 法三 接 后续解 视为主元 设 1 x 2 222 2 22 222 2 4 1 lnln 0 xxxxx g xxxg x xxxxxxx 则在上单调递增 故 g x 2 0 xx 2 0g xg x 精品文档 6欢迎下载 再结合 故成立 12 0 0axx 12 0 2 xx f 法四 构造函数 0 222 aaa h xfxfxx 则 2 4 0 22 22 aax h xfxfx aa xx 从而在上单调递增 故 即 h x 0 2 a 0 0h xh 22 aa fxfx 对恒成立 0 2 a x 从而 则 0 2 a f xf axx 211 f xf xf ax 由 且在单调递增 21 2 a x ax f x 2 a 故 21 xax 即 从而成立 12 22 xxa 12 0 2 xx f 招式演练 招式演练 已知函数有两个不同的零点 ln f xxaxb a bR 12 x x 求的最值 I f x 证明 II 12 2 1 xx a 答案 1 无最小值 2 见解析 maxln1f xab 精品文档 7欢迎下载 精品文档 8欢迎下载 方法点睛 本题主要考查利用导数研究函数的单调性及不等式的证明 属于难题 不等式 证明问题是近年高考命题的热点 命题主要是和导数 绝对值不等式及柯西不等式相结合 导数部分一旦出该类型题往往难度较大 要准确解答首先观察不等式特点 结合已解答的 问题把要证的不等式变形 并运用已证结论先行放缩 然后再化简或者进一步构造函数利 用导数证明 已知函数 为自然对数的底数 2 a x g xxeaR e 1 讨论的单调性 g x 2 若函数的图象与直线交于两点 线段 2 lnf xg xax ym mR AB 中点的横坐标为 证明 为函数的导函数 AB 0 x 0 0fx fx f x 精品文档 9欢迎下载 答案 1 见解析 2 见解析 2 222 lnln2 0 a x f xxeaxxa xaxx 2111 22 xax fxaax xx 当时 在上单调递增 与直线不可能有两个交0a 0 fxyg x 0 ym 点 故 0a 令 则 令 则 故在上单调递增 0fx 1 0 x a 0fx 1 x a yg x 1 0 a 在上单调递减 不妨设 且 1 a 12 A x mB x m 12 1 0 xx a 要证 需证 0 0fx 0 10ax 即证 0122121 1222 xxxxxf xfx aaaa 又 所以只需证 即证 当时 12 f xf x 11 2 f xfx a 1 0 x a 精品文档 10欢迎下载 2 0fxf x a 设 2 ln 2ln22F xfxf xaxaxax a 则 2 211 20 22 axa Fxa axxxax 在上单调递减 又 2 F xfxf x a 1 0 a 1211 0Fff aaaa 故 原不等式成立 2 0F xfxf x a 已知函数的图象的一条切线为轴 1 求实数的值 2 令 3 2 2 ln 3 f xaxx xa 若存在不相等的两个实数满足 求证 g xf xfx 12 x x 12 g xg x gkstkgkstk gkstk 12 1x x 答案 1 2 见解析 0 1 2 3 x a 精品文档 11欢迎下载 当时 1x 1 01 x 记 1111 G xg xgh xhf xfxff xxxx 精品文档 12欢迎下载 记函数的导函数为 则 yfx yfx 22 1111 Gxfxfxff xxxx 2 222 111111 22 x xxx xxxxxx 2 11 10 2 xx x x xxx 故在上单调递增 G x 1 所以 所以 10G xG 1 0g xg x 不妨设 则 12 01xx 12 2 1 g xg xg x 而 有单调性知 即 1 01x 2 1 01 x 1 2 1 x x 12 1x x 已知函数且函数图象上点处的切线斜率为 2 1 ln 2 f xxaxbx yf x 1 1f 0 1 试用含有的式子表示 并讨论的单调性 ab f x 2 对于函数图象上的不同两点如果在函数图象上存在点 1122 A x yB xy 使得点处的切线 则称存在 跟随切线 特别地 00012 M xyxx x MlABAAB 当时 又称存在 中值跟随切线 试问 函数上是否存在两点 12 0 2 xx x AB f x 使得它存在 中值跟随切线 若存在 求出的坐标 若不存在 说明理由 A B A B 答案 1 见解析 2 不存在 精品文档 13欢迎下载 令 1 2 01 x tt x 构造函数 21 ln 01 1 t g ttt t 则 2 22 114 11 t g t t tt t 则时 恒成立 0 1t 0g t 故在上单调递增从而得出不存在 yg t 0 1 试题解析 函数的定义域为 且 yf x 0 1 fxaxb x 又 整理得 10f 1ba 1 1111 1 axx fxaxbaxa xxx 1 当时 易知 时 0a 0 1x 0 1 fxx 0fx 故在上单调递增 在上单调递减 yf x 0 1 1 2 当地 令 解得或 则0a 0fx 1x 1 x a 当 即时 1 1 a 1a 精品文档 14欢迎下载 在上恒成立 则在上递增 0fx 0 yf x 0 当时 在及上单调递增 在上单10a yf x 0 1 1 a yf x 1 1 a 调递减 当时 在上递增 1a yf x 0 当时 在及上单调递增 在上递1a yf x 1 0 a 1 yf x 1 1 a 减 精品文档 15欢迎下载 点睛 对于导数问题 做题要特别注意在讨论时单调性受参数的影响 可以通过分析导数 零点的大小来逐一分析 对于此题第二问的类型 要注意函数的构造和假设 分析函数单 调性求最值从而得出结论 已知函数在其定义域内有两个不同的极值点 2 lnf xx xaxxa aR 1 求的取值范围 a 2 设的两个极值点为 证明 f x 12 x x 2 12 x xe 答案 1 2 见解析 1 0 2 a e 精品文档 16欢迎下载 试题解析 1 依题意 函数的定义域为 所以方程在 f x 0 0fx 有两个不同根 即方程在有两个不同根 0 ln20 xax 0 转化为 函数与函数的图象在上有两个不同交点 lnx g x x 2ya 0 又 即时 时 2 1 lnx gx x 0 xe 0gx xe 0gx 所以在上单调增 在上单调减 从而 g x 0 e e 1 g xg e e 极大 又有且只有一个零点是 1 且在时 在时 g x0 x g x x 所以由的图象 0g x g x 要想函数与函数的图象在上有两个不同交点 lnx g x x 2ya 0 只需 即 1 02a e 1 0 2 a e 2 由 1 可知分别是方程的两个根 即 12 x xln0 xax 11 lnxax 22 lnxax 设 作差得 即 12 0 xx 1 12 2 ln x a xx x 1 2 12 ln x x a xx 原不等式等价于 2 12 x xe 12 lnln2xx 12 2a xx 12 1 212 2 ln xxx xxx 精品文档 17欢迎下载 令 则 gkstkgkstk gkstk 1 2 x t x 1t 12 1 212 221 lnln 1 xxtx t xxxt 设 21 ln 1 t g tt t 1t 2 2 1 0 1 t g t t t 函数在上单调递增 g t 1 10g tg 即不等式成立 故所证不等式成立 21 ln 1 t t t 2 12 x xe 点睛 利用导数证明不等式常见类型及解题策略 1 构造差函数 根 h xf xg x 据差函数导函数符号 确定差函数单调性 利用单调性得不等量关系 进而证明不等式 2 根据条件 寻找目标函数 一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关 系 或利用放缩 等量代换将多元函数转化为一元函数 已知函数 A B是曲线上两个不同的点 1 ex x f x 1 x m 2 x m yf x 求的单调区间 并写出实数的取值范围 f xm 证明 12 0 xx 答案 的取值范围是 见解析 m 0 1 精品文档 18欢迎下载 方法点睛 本题主要考查利用导数研究函数的单调性及不等式的证明 属于难题 不等式 证明问题是近年高考命题的热点 命题主要是和导数 绝对值不等式及柯西不等式相结合 导数部分一旦出该类型题往往难度较大 要准确解答首先观察不等式特点 结合已解答的 问题把要证的不等式变形 并运用已证结