重難點(diǎn)專題08 極值點(diǎn)偏移的十大類型（解析版）-決戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)題型突破（新高考通用）

題型3構(gòu)造輔助函數(shù)+構(gòu)造一元差函數(shù) 題型6加法型匯總 76 題型1加法型構(gòu)造一元差函數(shù)極值點(diǎn)偏移問題中(極值點(diǎn)為xo),證明x?+x?>2xo或x?+x?<2x?的方法：①構(gòu)造F(x)=f(x)-f(2xo-x),②確定F(x)的單調(diào)性，③結(jié)合特殊值得到f(x?)-f(2xo-x?)>0或f(x?)-f(2xo-x?)<0,再利用f(x?)=f(x?),得到f(x?)與f(2x?-x?)的大小關(guān)系，④利用f(x)的單調(diào)性即可得到x?+x?>2xo或x?+x?<2xo·alnx,x=1為其極小值點(diǎn).【詳解】(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+),得a=1,(2)由(1)知，不妨設(shè)0<x?<x?)即F'(x)<0,(2)由(1)可知0<x?<1<x?,設(shè)g(x)=f(x)-f(2-x),0<x<1,證明f(x)<f(2-(2)證明：由(1)可知0<x?<1<x?.由(1)可知f(x)在(1,+)上單調(diào)遞增，且x?,2-x?∈(1,+),【變式1-1】2.(2023·貴州畢節(jié)·?？寄M預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)=(2x+a)Inx-3(x-a),a>0.,∴a的取值范圍是(1,+).(2)函數(shù)f(x)=(2x+a)lnx-3(x-a),a>0.f'(x)=0有兩個(gè)正實(shí)數(shù)解?方程a=x-2xlnx有兩個(gè)正實(shí)數(shù)解→函數(shù)y=a與函數(shù),,(2)構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-f(4-x)(0<x<2),根據(jù)g(x)的單調(diào)性和g(0)=0【詳解】(1)因?yàn)閒(x)=x3-ax2,所以f'(x)=3x2-2ax.所以,f(x)的極小值為j(2)由(1)知，在區(qū)間(-o,0)上，f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，在區(qū)間(2,+)上，f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，下面先證x?+x?<4.即證x?<4-x?,因?yàn)?<x?<2<x?<3,所以1<4-x?<2,下面證3<x?+x2所以3=x?+x?<x?+x2a為實(shí)數(shù)，,得a=1,故0<x?<1<x?<e.則t'(x)=-g'(2-x)-g'(x),t'(x)=-2ln(2-x)lnxln題型2乘法型構(gòu)造一元差函數(shù)結(jié)論.【詳解】(1)∵f(x)定義域?yàn)?0,+),由(1)知：f(x)max=-1,又f(e)=1-e,∵g(x)=f(x)+a,,則x1x?<1.xx【答案】(1)[-,1],,,導(dǎo)數(shù)可證得p(x)>0,結(jié)合(1)中結(jié)論可證,由此可得結(jié)論.f(x)min=f(1)=0.(2)由題意得),由(1)知：0,即ln(x+1)≤x得證；1(2)根據(jù)題意判斷0<x?<1e后求導(dǎo)證明即可.【詳解】(1)令g(x)=f(x+1)-x=ln(x+1)-x,x>-1,∴g(x)在(-1,0)遞增，在(0,+)遞減，則g(x)max=g(0)=0,∴g(x)≤0恒成立，即In(x+1)≤x.且0<x?<且0<x?<1e再轉(zhuǎn)化為證,根據(jù)h(x)的單調(diào)性可以將其轉(zhuǎn)化為證明h,構(gòu)造函數(shù)后利用導(dǎo)數(shù)證明不等式即可.題型3構(gòu)造輔助函數(shù)+構(gòu)造一元差函數(shù)劃重點(diǎn)劃重點(diǎn)【詳解】(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=lnx-x,定義域?yàn)?0,+),f'(x)>0=0<x<1,f'(x)<0=x>1,又因?yàn)?<t?<t?,所以t?+t?>2,即x?+ae*2>2,a∈R.【詳解】(1)解：,其中x>0..,其中t≠0,,其中p>1,論.論,記t=-x2+(2e+1)x,e+1≤x<2e,,(2)由題知,進(jìn)而,將問題轉(zhuǎn)化為已知0<x?<1<x?<e,(2)解：因?yàn)閎lna-alnb=a-b,故b(Ina+1)=a(Inb+1),,即,因?yàn)?<x<2,故0<x(2-x)<1,故-lnx(2-x)>0,(1)將命題轉(zhuǎn)化為已知0<x?<1<x?<e,證明：x?+x?>2,再根據(jù)極值點(diǎn)偏移問題求解即可.劃重點(diǎn)劃重點(diǎn)兩個(gè)極值點(diǎn)的比值作為變量，從而實(shí)現(xiàn)消參、減元的目的.設(shè)法用比值(一般用t表問題求解.【分析】(1)切線方程的斜率為1,所以有f'(1)=1,解方程即得實(shí)數(shù)a的值；(2)依題意f'(x)≥0在(0,+0)上恒成立.,分參求解即可；(2)f(x)的定義域?yàn)?0,+oo),因?yàn)閒(x)在定義域上為在(0,+0o)上恒成立.aa由g(x?)=g(x?)=0,所以Inx?=ax?,Inx?=ax?,∴H(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，∵H(t)<H(1)=0,【答案】(1)單調(diào)遞減區(qū)間為(-,1),單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+);且都不為1,故k-2lnk>e-2>0,即g(2lnk)>0,故m(t)在(1,+)單調(diào)遞增，故m(t)>m(1)=0, 【詳解】(1)由題意可知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+).,,則t>1,2lnt<t-由(i),2]<0.故由(I)得f'(x?x?)<0(2)兩邊取對(duì)數(shù)，將證明x?·x>e1+A轉(zhuǎn)化為證明1+λ<Inx?+aInx?,再利用(1)合【詳解】(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),f'(x)=Inx-ax,即方程Inx-ax=0在(0,+)有兩個(gè)不同根，所以原式等價(jià)于1+λ<ax?+λax?=a(x?+λx?),因?yàn)棣?gt;0,0<x?<x?,又h(1)=0,h(t)<0,(2)證明出xlnx>,即可證得結(jié)論成立；(3)分析可得l,證,利用基本不等式可得出(2)解：要,即i由(1)可知，,當(dāng)且僅,等號(hào)成立，,其中x>0,等的條件不同，(3)解：由題知,不妨設(shè)0<x?<x?,),,題型5對(duì)數(shù)均值不等式法劃重點(diǎn)劃重點(diǎn)(此式記為對(duì)數(shù)平均不等f(wàn)(x)的導(dǎo)函數(shù)).f'(x)=Inx-ax+1,設(shè)g(nxax,只需證x?x?>1∈1nx?+1nx?>0=(ax?-1)+(ax?-1)>0.不妨設(shè)0<x?<x?,(2)將方程f(x)=0的實(shí)數(shù)根代入方程，再變形得到,利用在(0,+)上恒成立，即ax≥lnx+1,不妨設(shè)0<x?<x?,(1)若函數(shù)(x)在x=1處的切線與x軸平行，求a的值；(3)若函數(shù)(x)有兩個(gè)零點(diǎn)X1、X2,試證明xixz>e2.【答案】(1)a=1;(2)答案不唯一，具體見解析；(3)證明見解析.【分析】(1)求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由函數(shù)在xa,Inxz+Inxz=a(xx+x2),把證明xiXxz>e2轉(zhuǎn)化為證Inx+Inxz>2,結(jié)合Inxi+Inxz=a(xi+x2)轉(zhuǎn)化為證明(xi>x2),換元后利用導(dǎo)數(shù)得到證明.T①當(dāng)0<m<1即,即x?x?>e2(2)證明：x?x?>1.【答案】(1)(-o,-1);(2)證明見解析.(2)由(1)知：f(x)在(0,-a)和(-a,+ao)上分別有一個(gè)零點(diǎn)；不妨設(shè)0<x?<-a<x?,【詳解】(1)所以g(a)在(-,-2)單調(diào)遞減，則g(a)>g(-2)=e2-6>0,即f(e-4)>0,(2)不妨設(shè)0<x?<-a<x?,由f(x?)=f(x?)=0得：兩式相加得：調(diào)性；法2)等方法即可證出.所以,即解法1(對(duì)稱化構(gòu)造):令h(t)=g(t)-g(2e-t),t∈(1,e),解法2(對(duì)數(shù)均值不等式):先,令0<x?<x2題型6加法型匯總(2)令h(x)=f(x)-(3a-2)Inx-3x=2Inx-ax=0,可得2Inx=ax(x>0),,【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問解題的關(guān)鍵點(diǎn)一是利用函數(shù)圖象的交點(diǎn)得到函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)1,利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式，考查了學(xué)生分析問題、解決問題以及運(yùn)算能力.【分析】(1)求出導(dǎo)函數(shù)，分類討論，研究單調(diào)性，求出最大值；(2)利用極值點(diǎn)偏移直接求解.【詳解】(1)函(k∈R)的定義域是(0,+o),當(dāng)k≥0時(shí)，f'(x)>0恒成立，故f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增，無(wú)最大值；,因?yàn)閤?,x?為g(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，所以0<x?<1<x?,(2)證明：不妨設(shè)x?<x?,由(1)知：必有0,在x∈時(shí)恒成立，,,接下來(lái)證明x?+x?>1,要證1<x?+x?,即證1<x?+tx?,有(t+1)x?>1,②確定兩個(gè)零點(diǎn)x?<α<x?,且f(x?)=f(x?),由函數(shù)值g(x?)與g(a)的大小關(guān)系，得g(x?)=f(x?)-f(2a-x?)=f(x?)-f(2a-x?)與零進(jìn)行大小比較；,,③當(dāng)0<α<1時(shí)，1),,(且僅號(hào)成立),(2)證明：由(1)中結(jié)論，取k=2,,于于題型7減法類型數(shù)F(x)=f(x)-f(2-x),m(x)=f(x)-f(2e-x),可證得x?+x?>2,x?+x?<2e,(2)由(1)知：x?<1,1<x?<e,x?>e則F'(x)=f'(x)-[f(2-x)]'=(x-e)(e*-e)+(222xx,即(2)證明見解析.【分析】(1)先求導(dǎo),再分-1<α<0和a≥0討論即可得f'(x),則g'(x)=f'(x)+1,結(jié)合(1)得在(0,+)上g'(x)單若-1<a<0,f'(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.,則g'(x)=f'(x)+1.1所以x?>e4a+2.X0+減極小值1-2ln2增 ,x>0,可轉(zhuǎn)遞減，(2)證明：①a>1由(1)可知，e-x≥-x+l,所以h'(x)≥0,h(x)單調(diào)遞增，所以x?隨著a的增大而增大，②(2)若函數(shù)h(x)=If(x)I-2a有3個(gè)不同的零點(diǎn)x?,x?,x3(x?<x?<x?).【答案】(1)(0,+);(2)(i)ii,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取"=")h(x)=0?lf(x)I=2a而f'(x)lnx的值趨近于0,,(ii)由(1)知，當(dāng)x≥1時(shí)，0≤2xlnx≤x2-1,觀察圖象知<x?<x?<1<xs<x?,即x?-x?>xs-x?,e題型8乘積型匯總2x-sinx-Inx,當(dāng)0<xi<x?時(shí)，有g(shù)(xi)<g(sinxsinx因此，(*)即轉(zhuǎn)化為【分析】(1)運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究F(x)=(x+1)lnx-ax+2的最小值不小于0即可.上最小值大于0即可.,g(a+lna)=ea+lna-a(a+lna-2)=ae?-a(a+lna-2)=a(elna(2)證明：欲證x?x?<2(x?+x?)-3,即證(x?-2)(x?-2)<1,則sinx+mlnx,g(x)=f(x)+sinx.),利用導(dǎo)數(shù)可求得p(x)<p(1)=0,利用p推導(dǎo)可得【詳解】(1)∵g(x)=2x+mlnx,g(x)定mlnx?-mlnx?=(2x?-2x?)+sinx?-sinx?<(2x?-2x?)+(x?-x?),,,因?yàn)?,則0<cosx<1,cos2x-cosx-cosxcosx,,則g(x1)>g(x?),即2x?sinxtanxsinxtanx題型9平方類型求證：求證：函數(shù).【答案】(1)[1,+](2轉(zhuǎn)化2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根構(gòu)造)得到其單調(diào)性得到1<x?<√e<X2,,求出,換元后即證,構(gòu)造G(t)=lnt-又因,因此要,只需xe(1,+),f(x)>0,所(2)證明：此時(shí)2-x?∈(0,1)(1)若a=1,求函數(shù)y=f(2x-1)在x=1處的切線；,所,則lr,所+a+a(2)若f(m)=f(n),0<m<n,求證：m2+n2>|a|.(2)證明：由題意可,,又因?yàn)?<()2<1,所,即③式成立題型10商類型即可.,即y=a2、y=a為增函數(shù)且大于0,y=√a2-4為增函數(shù)且大于0,,【答案】(1)答案見解析；(2)2e.【詳解】(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0,+),【答案】(1)f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增；(2)最大值為3.φ(t)在(1,+)單調(diào)遞增，則φ(t)>φ(1)=0,利用比值代,則,從而將雙變量問題變?yōu)閱巫兞繂栴}來(lái)解決.【變式10-1】3.(2021·新鄉(xiāng)三模)已知函數(shù)f(x)=lnx.(1)求函數(shù)g(x)=x2f(x)的單調(diào)區(qū)間；))【答案】(1)單調(diào)遞減區(qū)間,單調(diào)遞增區(qū)間為;(2)證明見解析.1x,可得h(x)為[1,+]上的減函數(shù)，可得h(x?)≤h(1)=0,h(x?)≤h(1)=0從而得證.【詳解】解：(1)由f(x)=lnx,則g(x)=x2f(x)=x21nx,x∈(0,+),所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū),單調(diào)遞增區(qū)間即證明：【詳解】(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),=2-x2-x1+(x?+x?)(x?Inx?+x?lnx1)=2-x2-x1+nxInx小值.可,其中t>1,最大值.所以由(1)知x?=m,x?=1,x?=n,,其中1<t≤e,【詳解】(1)解：f'(x)InxInx所以f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增；(2)解：依題意，,則只需即證泣，,只需,【詳解】(1)解：函數(shù)h(x)的定義域?yàn)?0,+).