導數(shù)壓軸大題

導數(shù)壓軸大題之極值點偏移問題，把握本質與通用思路才能舉一反三極值點偏移題型是上一篇所講述的雙變量題型的一種重要分型。2016年高考I卷的壓軸大題就考了這種題型。這類題型的特點鮮明，解題思路通用性強。本文通過原創(chuàng)的一張圖來直觀、簡明地揭示極值點偏移問題的基本原理(未見第二家如此系統(tǒng)地闡述它的原理)。相信每一位同學學會后，再遇到此類題型就有底氣而不會再發(fā)怵了，真正做到舉一反三。1.導數(shù)(應用)壓軸大題之不等式有關問題的極值點偏移題型及典型例題例1(2016國I)已知函數(shù)f(x)=(x-2)eAx+a(x-1)八2有兩個零點。(1)求a的取值范圍；⑵設x1,x2是f(x)的兩個零點，證明：x1+x2<2。(提示：這題在上一篇中已給出詳細解答，這里不再贅述。作為2016年的壓軸題，第(2)問算是極值點偏移題型中的一個難度適中的題目，因此剛好可用來清晰地揭示極值點偏移題型的基本原理與通用解題思路。不熟悉這類題型的同學應先把該題學透，再繼續(xù)學習其它例題)例2已知函數(shù)f(x)=xlnx,g(x)=1/2xmxA2+xo(1)若函數(shù)f(x)與g(x)的圖像上存在關于原點對稱的點，求實數(shù)m的取值范圍；⑵設F(x)=f(x)-g(x)，已知F(x)在(0,+切上存在兩個極值點x1、x2,且x1vx2,求證：x1x2>eA2(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))。解：依題意，x>0，令x>0??(提示：帳據(jù)對琢性，可得x的等式)f(x)=^nx=-g(-x)=-^mx：^xt｛提示這里可段的掉一個不為0fftX)BP---inx+1-lnx=0有聲時tf(X)和g()0即存在關于原點對族的點，解法彳(分類討論法「為常規(guī)方法，且高考標準答案爹比此法提供)：令呼兇=_亍曲十I_］審則甲伍)= ■■,(提示：討論過理思盛砲條理渣楚、層次分明「如何鈦養(yǎng)？后面有專文講〉當m>0時，(fi(X)<Oftp()0為減函數(shù)，且tp(e)=——<Ot兀：<pW—+1—<pW—+1—lux~~rrtr+1-^4-2-—xr2/-旗天)有零點，符合題意；當m<0時，可得?(&的零點為X--2/FD,而創(chuàng)(X)為增函數(shù),且:當xv-2/m，gj(x)<Ottp(x)為單調遞減；當x>-2/mftp'(x)>oJ就x)為單詞還增；，?甲兇在x二2血處取轄最小值，-'-要使甲優(yōu))有零點士則有：In(--)In(--)<0,解得：m>-2e-2綜上，所求rri的范圍為\_~2e~2,-i-oo)解法2(分離參數(shù))：-*- 二1竺應存在解(提示：理解上式'存在解遠味著m應満足y=m與甲㈤=千巴有交貞)令￥(￡='［巴則/60— 3可得甲(￡的唯一零點x=込而xV譽時Cf/(x0<0,<p(x)單誦逋減：x>e2時q/(氐)>0.甲(x)單誼趨增,■'■tptx)^n=(p(e2)= =-2e_2?T：tp(x)=>2-2(>-l)tp(x)=>2-2(>-l)A由反比例函數(shù)性質可知’當I。時丫的值域心+對(提喬：高于階段?不運用超據(jù)的極區(qū)思想！要簡明、清肝抱表達直域為「無眼趙近于0或R時的博形并不容易匚這是分類參數(shù)法在基些題圣中的局限性=)/-當mE［—加-64■眄時十存在解，二所求用的取值范圍為［―生一2.十呵.⑵依題意，F(xiàn)(x)=f(x)-g(x)=dnx—^rnx2—x乙所以F‘(x)=lnx—mx,己知F(“在(0,2)上存在兩個極值點軋x2,fiX1<x2,則:F「(x)至少有兩個寥點，且包括X】、x2B令卩(乜=lnx—mx，有|x(xi)=11(x2)=J|./(x)=-—mtX當mW0時，>0,p(x)即F‘何單詭遞增,

嘆()即L仗)至多有一個零點，不合題意當m>0時，卩0)的零點為xq=占當x<x0=-tf(x)A0,u(x)單調遞增,m>xo=p\x)<0,|l(X)單詞遞減，可得；p(x)的最大值為p(^)=-Inin—1>Or即0Vm<e"1,x0=—>e?m又因p(l)=-tn<0,所以有1<x2<1/m<x2,解法1(運用ALG不等式：產(chǎn)學，0和b均大于0)：Ina-Inb2若a和b均大于0且a>b:令t=\g(t)=lnt-%則:0 Vwi(—)2t(t+l)20,(—)2t(t+l)20,???T(x)單詞遞增，而工(???T(x)單詞遞增，而工(1)二0,???當t>1 >0恒成立，即弐之恒成立,t+1 t+i代入t=’后養(yǎng)理可得

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ba-bIna-lnb令令a=lnx2>b=lnxi>0,則有:hi話2hi話2In(lnx2)~ln(liix￡)lnx|-rhu；2_山(“灼)2?lnx2_luxiIn(liix2〉—1口(lnxi)依題急由lnx2_luxiIn(liix2〉—1口(lnxi)lnx2—lnxi

lnm+lnxj—lam—Lnx]■f-xl%2>/*所求得證。解法2（—般方法）:依題意，皿天）關于蠱=知=丄對稱的函數(shù)為（PC--X）,m rrt4^h（x）=p（蘭一￡）— =hi（蘭一￡）—m（蘭一w）—lnx+mxp（O<x<—）（提示：此即為"對稱盤購造法亠這B^O<x<-.是因為定文域有約哀x>0=而m且，這垂只能把可代入時可確o,而把牝代入則未必）- 2—THJC- 2—THJC=In mx42tnx—2=ln(2—mx)—ln(tnx)-J-2mx—2x(2-rnx)MJ(x)=--^--+2m=■mx_2+cnx+4inJf^mr' 2—mxxx(2-rnx)_2(mx—I)2x(itlx—2)/-在x<^±lV(x)<0.SPb(x)單胡遞減，因i<xi<—<—,且h(l/m}=0-i =p(xj)=oTTOC\o"1-5"\h\zmm _:.h(xl)=#(彳一尤J—p(%])>h(+)=0,即吩_工>-^2 且譏天)在畫〉珂=1/m±單調遞減,m th. m2 甘.'--——X]<X^t三---■<X2+咒]，itl m代=皿和總=即可得X聲￡>孚，所茨得證.m m講解:從極值點偏移題型角度看，本題（2）問稍有變化（可視作常規(guī)題型的變式——出題人常以類似的方式改題或增加難度）：（a）分析的函數(shù)對象為‘導函數(shù)'及其兩個零點——即兩個等值點。但這些變化對以極值點偏移的思路進行解題并無太大差別，僅僅是對象不同而已。已知函數(shù)的定義域受限一一x>0；處理時不要忘了其約束。從所求證的‘x1x2>eA2'看不出與極值點偏移問題相關，但只需利用已知推出可知條件“x1=lnx1/m和x2=lnx2/m”，即可把所求證問題轉化為需知問題(或稱需知條件)“x2+x1>2/m”一一此為極值點偏移的標準形態(tài)。通過本例(1)問可知，分類參數(shù)法可規(guī)避復雜的討論，適用時應盡可能用。但有些情況下，若繞不開超綱知識與方法，則應慎用，以免扣分甚至不得分。同學們可試著畫出本題(2)問的草圖(后文有用以對照的此圖)，相信對大家深入理解有極大的幫助。例3已知函數(shù)f(x)=lnx-mx。⑴求f(x)的單調區(qū)間；⑵已知f(x)有兩個零點x1、x2,證明：1/(lnx1)+1/(lnx2)>2。解：依題意x>0,(1)(略)。要證丄+丄玉乙即證-+->2mtTOC\o"1-5"\h\zIrix1InjtZ X[X2令a=->OTij=->Ot所求證不等式等價于證明a+b>2m,■Q 工2（提示：至此，通過換元法成功將芍求不等式轉址為等價的段值點愷移冋題的標程形式X+出“形式）/-心+nilna二小+mmb二0，耳 b令g3=-4-minx（X>0），則日和b為為g（）0的兩個零點，（提示：至此，剩下的解答過呈乂回寰我們錢悉的輝題思路二7\2上一例題第（2）幾無差別，同學們自己求證一下，剛好動手練一絳匸這里就不再贅述了匚）（以下睛）講解:①極值點偏移題型中，把所求證不等式進行變形，使其變?yōu)榉菢藴市问接质浅鲱}人增加題目難度手段之一。而解題時，只需利用已知與代數(shù)變換方法與技巧，把所求證不等式轉化為標準形式即可。這是應對非規(guī)范的所求證不等式的一般要領。②在利用換元法把所求證不等式轉化為標準形式時，證明該改標準形式所需的函數(shù)也需要同步構造，而不能再用已知的f（x）=lnx-mx來證明之。類似地，不能用已知函數(shù)而必須構造用來證明（不管轉化與否）所求證不等式的函數(shù)，又是出題人增加題目難度手段之一。例4已知函數(shù)f(x)=xlnx-a(x-1)A2-x(a<0)。⑴求f（x）的單調區(qū)間;(2)若f(x1)=f(x2)(x1老x2)，證明：f(x1+x2)+2+22ln2。思路分析(方式：已知-問題、已知-問題和/或已知—問題):捲求問題離知???可知己知證明f(x1+x2)+a+2>2lna仔細觀察和分析可知「求遠待求問霍根據(jù)肚對易知即要求迂f(x1+x2)>f(2)F即證x1+x2>2◎龐工)=加工2a(x1),毒點為1射底達式XI和血狗等痘點f(x1>f(x2)田上述分祈可知一?所乏問懸可轉化為極宣戸倚移問霍=解：依題意，x>0,且有：|可知「(￡)的零點為X二強f提示：一般地，導數(shù)為趨越式時，可能為隱零亞，也可能右一些特殊值零點，如-仁0\仁6.1您等匸所以，不要忘了去揀測一卞的薦殊值零點!)當x<1時，C(x)<0;f(X)單詢遞減；x>1時，「優(yōu))>山軀)單調遞壇’<-f(xj的最小值為fU)=-it「提示：更因所求證f(j<l+ +a+2>2\n2,即求證f(xl+x2)>21n2—a—2-f(2).當f(xi)=f(x2)(^l12)時'則X1和泛中必有一個大于1和一個小于駕不§5^0<x1<1<x2?則有x1+x2>1,■'■求證((xl-rx2)>f(2)j即求證xl+x2>2^分析至此，解題思路也就豁然開胡了)^0<x<ltg{x}=心)一f(2—O〔提示:構造函數(shù))=xlnx-a{x-1)2-x-{2-ln(2-^)+就1一無尸+2.—X=xlnx—a(x一1尸一龍一(2—玄)ln(2-x)+a(l—x)2+2—x—如ttx—{2—i1)1昨(2—士)—2x4-2g(x)二Inx+14-hi(2—x)+1—2=!nx+in(2—x)-ln(2x—x2),在(0,1)上，g'W<o.皿初單詢遞減，而g⑴二0,/-在(0昇)上呂=f(x)-((2-x}>otg(M)=f(xl)-f(2-xl)>03即「化1)=f(x2)>[(2-xl)f因X2>1,2-^1>1,且x>1時j M)()單詞遞增+.'-x2>2—xlt即Jtl+x2>2fAf(xl4x2)Sf0.即“譏+x2)+a+2>2inN得證□例5已知函數(shù)f(x)=xeA(-x),g(x)=xlnx。⑴求g(x)的單調區(qū)間，證明f(x)=g(x)在區(qū)間(0,2)上有且僅有一個實根(即為x0);(2)min｛a,b｝表示a,b兩個數(shù)中較小者，設h(x)=min｛f(x),g(x)｝，若關于x的方程h(x)=t(t€R)在(1,+呵上有兩個不等的實根x1,x2(x1<x2)，求證：x1+x2>2x0。解：依題意x>0，CDg(x)=hix+It解得零點x=1/e;當x<1/e時，g(x)<0, 單詢遞藏，當x>1/e時，g(x)> 單謁遞增，:.g(x)的單調遞増區(qū)間為(;-,+oo)3的單詞遞減區(qū)間為〔山^h(x)二-呂(x)=農(nóng)“-xin扎xE(0,2)、貝H：h(x｝=e~x(l-x)-liix-1,h"(_x)=-e-^-e~x+xe~x--=e~x(.x-2)--<0,X. XkE(02)時，h'w單詞遞減，yh'(l)<fth'(T>山?.h(x)工0有唯一零戌X且0<-<x<1,e/-h(%)有唯一極大值點且位于(和巳1)上，且h(1)>0,又h的二耘客lnx｝在(①1)上恒大于0，即不存在零點，=2住7-加2)=2(inec_J-H12)<2(訶-忙2)=20諾-州⑴為<0th(x)=O即f兇二g(x)在(0t2)上有且僅有唯一實根血且1 <2,得證口(2)由題意和0)可知，有1<絢€穌吒工2二e-^= 且(提示：第(2｝何題設有一個新定義一一拉述腹長，但詵的事并不復雜"可耳下閨夫表示；%(x)<fjx)其意為h(x)=g(x).X>xo^h(x)=f()().多數(shù)新定義題呂都較長，所以需要制心讀題#進確理解題意)x>x0時，bl(x)=h(x)-t=xe_JC-t,:kV珂時土h2(x)=h(x)—t=xlnx—t-,若1.<x<x0<2? <2x0—x<3?令甲(x)=hl(2x0-x)-h2(x)=(2x^-x)s~(2^~x)-t-dnx+t=C2x0-x)點一心“一小一xlnx,◎‘仗)=-e_C3^_x)十(2冷-x)e_C2^_J?，-lnx-1=e-(^e-^(2xQ-x-1)-lnx-1e_I(2xQ—x—1)—lnx—1<2e-1—Inx—11—lnx—1=—lnx<0，???甲(X)單說誦減r且敢筒=航：?Xi<xQt(p(xj=hl(2Ko-xj-ia^Ei)>(p(x0)=Ehl(2xfl—Xj)>五2(x-!)—圧1〔衍)=0,又因lilr(s)—e_v—xe~rfx>1時，hlr(x)<0Tbl.{x)單調遞減，又2坯—Xi> >lf戈2>T&>1/-2x0—x2<x21即旳±x2>2x0^得證匚講解：①本題實質上是極值點偏移的變式(或進化)――分段函數(shù)的分界點的偏移。二者的解題思路是一樣的。本題的出題人還是花了不少心思滴，點贊?、谟散趴芍?，h（x）實為以為邊界的分段函數(shù)，所求證問題x1+x2>2實質就是指“分界點相對于兩根之對稱中心的偏移”。這與極值點偏移問題類似，差別僅在于一個是極值點偏移，另一個是分界點偏移（未必可導）。雖然幾何意義不同，但代數(shù)的解題思路是類似的。所以，若能熟練理解極值點偏移的基本原理及其通用解題思路（下文的重點），則無論題目怎么變換，都可以以不變應萬變