重难点突破05 极值点偏移问题与拐点偏移问题（七大题型）（解析版）

重难点突破05极值点偏移问题与拐点偏移问题目录1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。若函数)(xf在0xx处取得极值，且函数)(xfy与直线by交于),(),,(21bxBbxA两点，则AB的中点为),2(21bxxM，而往往2210xxx。如下图所示。图1极值点不偏移图2极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(xfy在区间),(ba内只有一个极值点0x，方程)(xf的解分别为21xx、，且bxxa21，（1）若0212xxx，则称函数)(xfy在区间),(21xx上极值点0x偏移；（2）若0212xxx，则函数)(xfy在区间),(21xx上极值点0x左偏，简称极值点0x左偏；（3）若0212xxx，则函数)(xfy在区间),(21xx上极值点0x右偏，简称极值点0x右偏。2、对称变换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0x)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)Fxfxfxx，若证2120xxx，则令02()()()xFxfxfx.(3)判断单调性，即利用导数讨论()Fx的单调性．(4)比较大小，即判断函数()Fx在某段区间上的正负，并得出()fx与0(2)fxx的大小关系．(5)转化，即利用函数()fx的单调性，将()fx与0(2)fxx的大小关系转化为x与02xx之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122xxf的符号问题，还需进一步讨论122xx与x0的大小，得出122xx所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效3、应用对数平均不等式12121212lnln2xxxxxxxx证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212lnlnxxxx；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.4、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.题型一：极值点偏移:加法型例1．（2023·河南周口·高二校联考阶段练习）已知函数2exxaxfx，Ra(1)若2a，求fx的单调区间；(2)若1a，1x，2x是方程ln1exxfx的两个实数根，证明：122xx．【解析】（1）由题可知fx的定义域为R，242exxxfx.令242hxxx，则0hx的两根分别为122x，222x．当22x或22x时，0fx；当2222x时，()0fx¢；所以fx的单调递增区间为22,22，单调递减区间为,22，22,．（2）原方程可化为2ln10xxx，设2ln1gxxxx，则212121xxgxxxx，0x．令0gx，得1x．∵在0,1上，0gx，在1,上，0gx，∴gx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，∴111110gxg，且当0x，x趋向于0时，gx趋向于，当x趋向于时，gx趋向于．则gx在0,1和1,上分别有一个零点1x，2x，不妨设1201xx，∵101x，∴121x，设2Gxgxgx，则22ln1ln2221lnln222Gxxxxxxxxxx，211242222xxGxxxxx．当01x时，0Gx，∴Gx在0,1上单调递增，而10G，∴当01x时，0Gx，2gxgx，即112gxgx．∵21gxgx，∴212gxgx．∵gx在1,上单调递减，∴212xx，即122xx．例2．（2023·河北石家庄·高三校联考阶段练习）已知函数2lnfxxxaaR.(1)求函数fx的单调区间；(2)若函数fx有两个零点1x、2x，证明1221exx.【解析】（1）因为2lnfxxxaaR的定义域为0,，则()()2ln2ln1fxxxxxx¢=+=+，令()0fx¢，解得1ex，令0fx，解得10ex，所以fx的单调减区间为10,e，单调增区间为1,e.（2）证明：不妨设12xx，由（1）知：必有1210exx.要证122exx，即证212exx，即证212efxfx，又21fxfx，即证1120efxfx.令2egxfxfx，其中10,ex，则222ln12ln1eegxxxxx，令hxgx，则22ln112ln112ln02eexhxxxx在10,ex时恒成立，所以hx在10,e上单调递减，即gx在10,e上单调递减，所以10egxg，所以gx在10,e上单调递增，所以110egxg，即1120efxfx，所以122exx；接下来证明121xx，令21xtx，则1t，又12fxfx，即221122lnlnxxxx，所以212lnln1ttxt，要证121xx，即证111xtx，有111tx，不等式111tx两边取对数，即证1lnln10xt，即证22lnln101tttt，即证1ln1ln1tttttt，令ln1xxuxx，1,x，则22ln11lnln111xxxxxxuxxx，令ln1pxxx，其中1,x，则1110xpxxx，所以，px在1,上单调递增，则当1,x时，10pxp，故当1,x时，2ln101xxuxx可得函数ux单调递增，可得1utut，即1ln1ln1tttttt，所以121xx，综上，1221exx.例3．（2023·广东深圳·高三红岭中学校考期末）已知函数lnfxx.(1)讨论函数Rgxfxaxa﹣的单调性；(2)①证明函数1()()exFxfx（e为自然对数的底数）在区间1,2内有唯一的零点；②设①中函数Fx的零点为0x，记()min(),exxmxxfx（其中min{,}ab表示,ab中的较小值），若()Rmxnn在区间1,内有两个不相等的实数根1212,xxxx，证明：1202xxx.【解析】（1）由已知lngxxax，函数gx的定义域为0,，导函数11()(0)axgxaxxx当0a时，0gx恒成立，所以gx在0,上单调递增；当0a时，令0gx有1xa，∴当10,xa时，0gx，gx单调递增，当1,xa时，0gx，gx单调递减.综上所述：当0a时，gx在0,上单调递增；当0a时，gx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减.（2）①1()lnexFxx的定义域为0,，导函数11()exFxx，当1,2x时，0Fx，即Fx在区间1,2内单调递增，又1(1)0eF，21(2)ln20eF，且Fx在区间1,2内的图像连续不断，∴根据零点存在性定理，有Fx在区间1,2内有且仅有唯一零点.②当0x时，11()0exFxx，函数1()lnexFxx在0,上单调递增，又00Fx，∴当01xx时，()0Fx，故1()exfx，即()exxxfx；当0xx时，()0Fx，故1()exfx，即()exxxfx，∴可得00ln,1(),exxxxxmxxxx，当01xx时，()lnmxxx，由()1ln0mxx得mx单调递增；当0xx时，()exxmx，由1()0exxmx得mx单调递减：若()mxn在区间1,内有两个不相等的实数根1x，212xxx，则101,xx，20,xx∴要证1202xxx，需证2012xxx，又0102xxx，而mx在0,x内递减，故需证2012mxmxx，又12mxmx，即证1012mxmxx，即01011122lnexxxxxx下证01011122lnexxxxxx：记0022()lnexxxxhxxx，01xx，由00Fx知：0()0hx，记()ettt，则1()ettt：当0,1t时，()0t；当1,t时，()0t，故max1()et，而()0t，所以10()et，由021xx，可知002210eexxxx.∴00022211()1ln10eeexxxxxxhxx，即hx单调递增，∴当01xx时，0()()0hxhx，即01011122lnexxxxxx，故1202xxx，得证.变式1．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知函数πsinln,12fxxxaxx为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在12xx，使得12fxfx，求证：122xx．【解析】（1）()fx的定义域为(0,)，ππ()1cos22afxxx，依题意得(1)10fa，得1a，此时ππ1()1cos22fxxx，当01x时，ππ022x，πππ0cos222x，11x，故()0fx，()fx在(0,1)内单调递减，当12x时，πππ22x，ππcos022x，11x，故()0fx，()fx在(1,2)内单调递增，故()fx在1x处取得极小值，符合题意.综上所述：1a.（2）由（1）知，π()sinln2fxxxx，不妨设120xx，当121xx时，不等式122xx显然成立；当101x，22x时，不等式122xx显然成立；当101x，202x时，由（1