高考数学压轴难题归纳总结提高培优专题1-4-极值点偏移第二招--含参数的极值点偏移问题()

1含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,xx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.★例1.已知函数xaexxf)(有两个不同的零点12,xx，求证：221xx.不妨设12xx，记12txx，则0,1tte，因此只要证明：121ttete01)1(2tteet，再次换元令xtxetln,1，即证),1(,01)1(2lnxxxx构造新函数2(1)()ln1xFxxx，0)1(F求导2'2214(1)()0(1)(1)xFxxxxx，得)(xF在),1(上递增，所以0)(xF，因此原不等式122xx获证.2★例2.已知函数()lnfxxax，a为常数，若函数()fx有两个零点12,xx，证明：212.xxe法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数：不妨设12xx，∵1122ln0,ln0xaxxax，∴12121212lnln(),lnln()xxaxxxxaxx，∴1212lnlnxxaxx，欲证明212xxe，即证12lnln2xx.∵1212lnln()xxaxx，∴即证122axx，∴原命题等价于证明121212lnln2xxxxxx，即证：1122122()lnxxxxxx，令12,(1)xttx，构造2(1)ln,1)1(ttgttt，此问题等价转化成为例1中思路2的解答，下略.法三：直接换元构造新函数：12221211lnlnln,lnxxxxaxxxx设2121,,(1)xxxttx，则112111lnlnln,lnlntxtxxtxttxx，反解出：1211lnlnlnln,lnlnlnlnln111ttttxxtxtxtttt，故212121lnln2ln21txxexxtt，转化成法二，下同，略.3★例3.已知21,xx是函数axexfx)(的两个零点，且21xx.（1）求证：221xx；（2）求证：121xx.(2)要证：121xx，即证：1221aeexx，等价于212)(1221xxeeeexxxx，也即2122)(1)(1221xxeeeexxxx，等价于2122)(1)1(1212xxeexxxx，令012xxt等价于)0(1)1(22tteett，也等价于)0(112tteett，等价于即证：012tteet令)0(1)(2teetthtt，则)21(21)(2222ttttteteeeteth，又令)0(21)(2tettt，得0221)(2tett，∴)(t在),0(单调递减，0)0()(t，从而0)(th，)(th在),0(单调递减，∴0)0()(hth，即证原不4等式成立.【点评】从消元的角度，消掉参数a，得到一个关于21,xx的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式.★例4.已知函数()(0)axfxxea，若存在1212,()xxxx，使12()()0fxfx，求证：12xaex.[KS5UKS5UKS5U]再证：12xaex.∵111222lnxaxaxxaxx，而120xex，2ln1x∴1122ln1xaxaeaexx.证毕.5【招式演练】★设函数()()xfxeaxaaR的图像与x轴交于1212(,0),(,0)()AxBxxx两点，（1）证明：0)('21xxf；（2）求证：1212xxxx.（2）证明：由1212(1)(1)xxeaxeax，易知211xx且ae，从而11221211xxxxxeeex，令121,1xx，则lnln1e，由于12121xxxx，下面只要证明：11,(01)，结合对数函数lnyx的图像可知，只需证：11(,ln),(,ln)两点连线的斜率要比(,ln),(,ln)两点连线的斜率小即可，又因为lnln1k，即证：1lnln112ln0(01)1，6令1()2ln0,(01)g，则22212(1)()10g，∴()g在(0,1)上单调递减，∴()(1)0gg，∴原不等式1212xxxx成立.★设函数2()lnfxaxbx，其图像在点(2,(2))Pf处切线的斜率为3.当2a时，令()()gxfxkx，设1212,()xxxx是方程()0gx的两个根，0x是12,xx的等差中项，求证：0()0gx(()gx为函数()gx的导函数）.★设函数21()2ln(0)fxaxaaxax，函数()fx为()fx的导函数，且1122(,()),(,())AxfxBxfx是()fx的图像上不同的两点，满足12()()0fxfx，线段AB中点的横坐标为0x，证明：01.ax【解析】∵120121212xxaxxxaa，又依题意21()()0fxax，7得()fx在定义域上单调递增，所以要证01ax，只需证2122()()()fxfxfxa，即222()()0fxfxa……不妨设12xx，注意到1()0fa，由函数单调性知，有1211,xxaa，构造函数2()()()Fxfxfxa，则32224(1)()()()(2)axFxfxfxaxax，当1xa时，()0Fx，即()Fx单调递减，当1xa时，1()()0FxFa，从而不等式式成立，故原不等式成立.★已知函数)(ln1)(Raxxaxf.（1）若2a，求函数)(xf在),1(2e上的零点个数；（2）若)(xf有两零点21,xx（21xx），求证：132121aexx.【点评】1.方程的变形方向：①21,xx是函数)(xf的两个零点，1是该函数的极值点.②21,xx是函数)(xh的两个零点，1ae是该函数的极值点.82.难点13121aexx的证明依赖利用221xx放缩.★已知函数.（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）设，证明：当时，；（Ⅲ）设是的两个零点，证明.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）当时，；（Ⅲ）证明过程见解析（Ⅱ）令，则.求导数，得，当时，，在上是减函数.而，，故当时，（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，当时，函数至多有一个零点，故，从而的最小值为，且，9不妨设，则，，由（Ⅱ）得，从而，于是，由（Ⅰ）知，.点晴:本题考查函数导数的单调性.不等式比较大小，函数的零点问题：在（Ⅰ）中通过求导，并判断导数的符号，分别讨论的取值，确定函数的单调区间．（Ⅱ）通过构造函数，把不等式证明问题转化为函数求最值问题，求函数当时的最大值小于零即可．（Ⅲ）要充分利用（Ⅰ）（Ⅱ）问的结论.★已知函数214ln2fxxmx（0m）.（Ⅰ）若1m，求函数fx的单调递增区间；（Ⅱ）若函数4gxfxmx，对于曲线ygx上的两个不同的点11,Mxgx，22,Nxgx，记直线MN的斜率为k，若0kgx，证明：1202xxx.【答案】（1）0,2（2）见解析10由题设得12012gxgxgxxx12124lnlnxxxx12142mxxm.又121282xxgmxx1242xxm，∴1202xxgxg1212124lnln8xxxxxx2121212124lnlnxxxxxxxx21222111214ln1xxxxxxxx.不妨设120xx，21xtx，则1t，则21221121ln1xxxxxx21ln1ttt(1)t.令21ln1thttt(1)t，则22101thttt，所以ht在1,上单调递增，所以10hth，11故21221121ln01xxxxxx.[KS5UKS5U.KS5U又因为210xx，因此12002xxgxg，即1202xxggx.又由44gxmxmx知gx在0,上单调递减，所以1202xxx，即1202xxx.★已知函数1n(1)fxx，21()2gxxx．（Ⅰ）求过点1,0且与曲线yfx相切的直线方程；（Ⅱ）设hxafxgx，其中a为非零实数，yhx有两个极值点12,xx，且12xx，求a的取值范围；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求证：2120hxx．【答案】（1）10xey（2）见解析[KS5UKS5U.KS5U12∴000ln1111xxx，解得01xe∴切线的斜率为1e，∴切线方程为10xey（Ⅱ）hxafxgx21ln12axxx21111xaahxxxx，1x当10a时，即1a时，0hx，hx在1,上单调递增；当01a时，由0hx得，11xa，21xa，故hx在1,1a上单调递增，在1,1aa上单调递减，在1,a上单调递增；当0a时，由0hx得，01xa，hx在1,1aa上单调递减，在1,a上单调递增．当01a时，hx有两个极值点，即11xa，21xa，即a的范围是(0,1)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hxfxgx.根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13利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.★已知函数lnfxx.（1）证明：当1x时，2110xxfx；（2）若函数2gxfxxax有两个零点1x，2x（12xx，0a），证明：12213xxga.【答案】（1）详见解析（2）详见解析试题解析：（1）欲证2110xxfx证21ln01xKxxx，22101xKxxx，Kx在1,上递增，10KxK（2）1x，21ln1xxx，14[KS5UKS5U]令12lnsxxx，易知sx在0,递减，10s，01x，0sx，hx，1x，0sx，hx，1hxh，1x，0hx，0x，hx，[KS5UKS5U]要合题意，如图，01a，10a，右大于左，原题得证