高考数学压轴难题归纳总结提高培优专题1-5-极值点偏移第三招--含对数式的极值点偏移问题()

1前面我们已经指明并提炼出利用判定定理解决极值点偏移问题的策略：若fx的极值点为0x，则根据对称性构造一元差函数00Fxfxxfxx，巧借Fx的单调性以及00F，借助于12002fxfxfxxx与002fxxx022fxx，比较2x与012xx的大小，即比较0x与212xx的大小．有了这种解题策略，我们师生就克服了解题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙的想法喝彩。本文将提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：根据12fxfx建立等式，通过消参、恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解．★例.已知函数2()ln(2).fxxaxax（1）讨论()fx的单调性；（2）设0a，证明：当10xa时，11()()fxfxaa；（3）若函数()yfx的图象与x轴交于,AB两点，线段AB中点的横坐标为0x，证明：0()0fx.法二：构造以a为主元的函数，设函数)1()1()(xafxafah，则()ln(1)ln(1)2haaxaxax，32222()2111xxxahaxaxaxax，由10xa，解得10ax，2当10ax时，()0ha，∴)(ah在),0(上单调递增，而(0)0h，所以()0ha，故当10xa时，11()()fxfxaa.【问题的进一步探究】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().ababLababaab对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2ababLab（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当ab时，等号成立.只证：当ab时，(,)2ababLab.不失一般性，可设ab.证明如下：（I）先证：(,)abLab……[KS5UKS5UKS5U]不等式1lnlnln2ln(1)abaabaabxxxbbaxbab其中构造函数1()2ln(),(1)fxxxxx，则22211()1(1)fxxxx.因为1x时，()0fx，所以函数()fx在(1,)上单调递减，故()(1)0fxf，从而不等式成立；3（II）再证：(,)2abLab……[KS5UKS5U.KS5U不等式2(1)2()2(1)lnlnlnln(1)(1)(1)aabaxababxxaabbxbb其中构造函数2(1)()ln,(1)(1)xgxxxx，则22214(1)()(1)(1)xgxxxxx.因为1x时，()0gx，所以函数()gx在(1,)上单调递增，故()(1)0gxg，从而不等式成立；综合（I）（II）知，对,abR，都有对数平均不等式(,)2ababLab成立，[KS5UKS5U]当且仅当ab时，等号成立.例题第（3）问另解：由12()()0fxfx22111222ln(2)ln(2)0xaxaxxaxax2212121212lnln2()()xxxxaxxxx1212221212lnln2()xxxxaxxxx故要证12001()02xxfxxa2212121212121212121lnln2lnln2()2xxxxxxxxxxxxxxxx121212lnln2xxxxxx.根据对数平均不等式，此不等式显然成立，故原不等式得证.★已知函数()lnfxxx与直线ym交于1122(,),(,)AxyBxy两点.求证：12210xxe4由题于ym与lnyxx交于不同两点，易得出则0m∴上式简化为:212ln()2lnxxe∴12210xxe招式演练：★已知函数lnxfxxa（aR），曲线yfx在点1,1f处的切线与直线10xy垂直.（1）试比较20172016与20162017的大小，并说明理由；（2）若函数gxfxk有两个不同的零点12,xx，证明：212•xxe.【答案】（1）2017201620162017（2）见解析5试题解析：（1）依题意得2lnxaxxfxxa，所以21111afxaa，又由切线方程可得11f，即111a，解得0a此时lnxfxx，21lnxfxx，令0fx，即1ln0x，解得0xe；令0fx，即1ln0x，解得xe所以fx的增区间为0,e，减区间为,e所以20162017ff，即ln2016ln201720162017，2017ln20162016ln2017，2017201620162017.[KS5UKS5U]（2）证明：不妨设120xx因为120gxgx所以化简得11ln0xkx，22ln0xkx可得1212lnlnxxkxx，1212lnlnxxkxx.要证明212xxe，即证明12lnln2xx，也就是122kxx因为1212lnlnxxkxx，所以即证121212lnln2xxxxxx6即112212lnxxxxxx，令12xtx，则1t，即证21ln1ttt.令21ln1thttt（1t），由222114011thttttt故函数ht在1,是增函数，所以10hth，即21ln1ttt得证.所以212xxe.点睛：本题主要考查函数导数与切线的关系，考查利用导数来证明不等式，考查利用分析法和导数来证明不等式的方法.有关导数与切线的问题，关键的突破口在与切点和斜率，本题中已知切线和某条直线垂直，也即是给出斜率，利用斜率可求得函数的参数值.利用导数证明不等式通常先利用分析法分析，通过转化后再利用导数来证明.★已知函数ln,.bfxxaabRx[KS5UKS5U]（Ⅰ）讨论函数fx的单调区间与极值；（Ⅱ）若0b且0fx恒成立，求11aeb的最大值；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，且11aeb取得最大值时，设1aFbmmRb，且函数Fx有两个零点12,xx，求实数m的取值范围，并证明：212.xxe【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）当ln1ba时，11aeb最大为1；（Ⅲ）证明过程见解析7（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当11aeb取最大值1时，1ln1ln,0abebabFbmbb，记ln0xFxmxx，0ln0Fxxmx，不妨设12xx，由题意1122{lnxmxlnxmx，则1212lnxxmxx，22121121lnlnxxxmxxmxxx，欲证明212xxe，只需证明12ln2xx，只需证明122mxx，即证明122211ln2xxxxxx，即证2122111ln21xxxxxx，设211xtx，则只需证明1ln21ttt，也就是证明1ln201ttt，记1ln2,11tutttt，所以222114011tuttttt，所以ut在1,单调递增，所以10utu，所以原不等式成立.★已知函数，，其中（1）若，讨论的单调区间；（2）已知函数的曲线与函数的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为，证明：.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由已知得，当时，，；当时，．故若，在上单调递增，在上单调递减；8故若，在上单调递减，在上单调递增．取，即只需证明成立．即只需证成立．，在区间上单调递增，成立．故原命题得证．★已知函数lnaxfxx.（1）若fx在点22,efe处的切线与直线40xy垂直，求函数fx的单调递增区间；（2）若方程1fx有两个不相等的实数解12,xx，证明：122xxe.【答案】（Ⅰ）0,1和1,e；（Ⅱ）见解析9（Ⅱ）由121222121211{{lnxlnxaxxlnxaxlnxlnxaxxlnxax1212lnlnxxaxx12122.xxxx，只要证21212lnln2xxexx只需证1212121212lnlnlnln2xxxxaxxxxxx，不妨设12xx即证121121222ln,1xxxxtxxxx令，只需证21214ln,lnln2111tttgtttttt，则gt在1，上单调递增，10(1)gtgt，即证