高考数学玩转压轴题专题1.4极值点偏移第二招__含参数的极值点偏移问题201711293153

含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元x1,x2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f(x)xaex有两个不同的零点x1,x2，求证：x1x22.

不妨设x1x2，记tx1x2，则t0,et1，

2(et1)et10， 2tt 因此只要证明：tte1e1再次换元令etx1,tlnx，即证lnx2(x1)0,x(1,) x1构造新函数F(x)lnx'2(x1)，F(1)0 x114(x1)20，得F(x)在(1,)上递增， 求导F(x)22x(x1)x(x1)所以F(x)0，因此原不等式x1x22获证.

★例2. 已知函数f(x)lnxax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1,x2，证明：

1

x1x2e2.

法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设x1x2，

∵lnx1ax10,lnx2ax20，∴lnx1lnx2a(x1x2),lnx1lnx2a(x1x2)， ∴

lnx1lnx2a，欲证明x1x2e2，即证lnx1lnx22.

x1x22，

x1x2∵lnx1lnx2a(x1x2)，∴即证a∴原命题等价于证明

lnx1lnx2x2(x1x2)x2，即证：ln1，令t1,(t1)，x1x2x1x2x2x1x2x2构造g(t)lnt2(t1),t1，此问题等价转化成为例1中思路2的解答，下略. t1法三：直接换元构造新函数：

alnx1lnx2lnx2x2x,设x1x2,t2,(t1)， x1x2lnx1x1x1lntx1lntlnx1tt， lnx1lnx1则x2tx1,lntlnttlnt,lnx2lntx1lntlnx1lnt， t1t1t1t12lnt2，转化成法二，下同，略. 故x1x2elnx1lnx22t1反解出：lnx1★例3.已知x1,x2是函数f(x)eax的两个零点，且x1x2.

x 2

（1）求证：x1x22； （2）求证：x1x21.

ex1ex2ex2ex12x1x21，等价于ee((2)要证：x1x21，即证：)， a2x2x1ex1ex21ex2x11也即x，等价于，令tx2x10 x12x2x12222(ee)(x2x1)(e1)(x2x1)te1et1t2tee10 (t0)等价于t，也等价于，等价于即证：(t0)t22e1t(e1)tt21tt令h(t)tee1(t0)，则h(t)ete2ee2(1e2)，

22tt2t2tttt1t又令(t)1e2(t0)，得(t)e20，∴(t)在(0,)单调递减，

222tt(t)(0)0，从而h(t)0，h(t)在(0,)单调递减，∴h(t)h(0)0，即证原不

等式成立.

3

【点评】从消元的角度，消掉参数a，得到一个关于x1,x2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f(x)xeax(a0)，若存在x1,x2(x1x2)，使f(x1)f(x2)0，求证：

x1ae. x2

再证：

x1ae. x2x1ax1ax1， x2ax2lnx2∵

而0x1ex2，lnx21 ∴

x1axae1ae.证毕. x2lnx21【招式演练】

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★设函数f(x)exaxa(aR)的图像与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x1x2)两点， （1）证明：f'(x1x2)0； （2）求证：x1x2x1x2.

xe1a(x11)（2）证明：由x，易知x2x11且ae，

2ea(x21)lnlnx1ex1xx1， 从而xe121，令x11,x21，则e2ex21由于x1x2x1x21，下面只要证明：1结合对数函数ylnx的图像可知，只需证：(,ln),(1,(01)， 11,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klnln1，即证：

1lnln1112ln0(01)， 11令g()

2ln0,(01)，则g()212(1)220，

5

∴g()在(0,1)上单调递减，∴g()g(1)0， ∴原不等式x1x2x1x2成立.

★设函数f(x)alnxbx2，其图像在点P(2,f(2))处切线的斜率为3. 当a2时，令g(x)f(x)kx，设x1,x2(x1x2)是方程g(x)0的两个根，

x0是x1,x2的等差中项，求证：g(x0)0(g(x)为函数g(x)的导函数）.

★设函数f(x)ax212alnax(a，0函)数f(x)为f(x)的导函数，且x满足f(x1)f(x2)0，线段ABA(xB2(x,f2是(xf()x))的图像上不同的两点，1,f(1x)),中点的横坐标为x0，证明：ax01.

x1x2121x1x2，又依题意f(x)(a)20， 2aax2得f(x)在定义域上单调递增，所以要证ax01，只需证f(x2)f(x1)f(x2)，

a【解析】∵ax01 6

即f(x2)f(x2)0……

不妨设x1x2，注意到f()0，由函数单调性知，有x12a1a11,x2， aa224(ax1)3构造函数F(x)f(x)f(x)，则F(x)f(x)f(x)2， 2aax(2ax)当x111时，F(x)0，即F(x)单调递减，当x时，F(x)F()0，从而不等式aaa式成立，故原不等式成立. ★已知函数f(x)a1lnx(aR). x（1）若a2，求函数f(x)在(1,e2)上的零点个数；

（2）若f(x)有两零点x1,x2（x1x2），求证：2x1x23ea11.

【点评】1.方程的变形方向：①x1,x2是函数f(x)的两个零点，1是该函数的极值点.②x1,x2是函数h(x)的两个零点，e2.难点x1x23ea1a1是该函数的极值点.

1的证明依赖利用x1x22放缩.

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★已知函数（Ⅰ）讨论（Ⅱ）设（Ⅲ）设

的单调性； ，证明：当是

.

时， ； .

上单调递增；（Ⅱ）当

时，

；

的两个零点，证明

上单调递减，在

【答案】（Ⅰ）在

（Ⅲ）证明过程见解析

（Ⅱ）令，则

.

求导数，得当时而故当

，时，，

，

在 ，

， 上是减函数.

（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，当故

，从而

的最小值为，则

时，函数，且，

至多有一个零点， ，

，

不妨设

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由（Ⅱ）得从而由（Ⅰ）知，

，于是

， .

，

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

最大值小于零即可．（Ⅲ）要充分利用（Ⅰ）（Ⅱ）问的结论. ★已知函数fx4lnx当

时的

12mx（m0）. 2（Ⅰ）若m1，求函数fx的单调递增区间；

（Ⅱ）若函数gxfxm4x，对于曲线ygx上的两个不同的点

Mx1,gx1，Nx2,gx2，记直线MN的斜率为k，若kgx0，

证明：x1x22x0.

【答案】（1）0,2（2）见解析

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由题设得gx0gx1gx2x1x2

4lnx1lnx2x1x21 mx1x24m.

2又g8x1x2x1x24m， m 22xx12∴gx0g2x2x148x1x24lnx1lnx2 lnx2lnx1 x1x2x1x2x2x1x2x12x221x4x2ln1.

x2x2x1x11x1x221xxx 不妨设0x1x2， t2，则t1，则ln21x2x1x11x1lnt2t1t1 (t1).

令htlnt2t1t1t1 (t1)，则ht2tt120，所以ht在1,上单调递增，

所以hth10，

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x221xx0. 故ln21x2x11x1又因为x2x10，因此gx0g又由gx所以

x1x2x1x2，即0ggx0.

224mx4m知gx在0,上单调递减， xx1x2x0，即x1x22x0. 212★已知函数fx1n(x1)，g(x)xx．

2（Ⅰ）求过点1,0且与曲线yfx相切的直线方程；

（Ⅱ）设hxafxgx，其中a为非零实数，yhx有两个极值点x1,x2，且

x1x2，求a的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求证：2hx2x10． 【答案】（1）xey10（2）见解析

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∴

lnx01x011，解得x0e1 x011，∴切线方程为xey10 e12（Ⅱ）hxafxgx alnx1xx

2∴切线的斜率为

x2a1a， x1 hxx1x1x1当a10时，即a1时， hx0， hx在1,上单调递增；

当0a1时，由hx0得， x11a， x21a，故hx在1,1a上单调递增，在1a,1a上单调递减，在

1a,上单调递增；

当a0时，由hx0得， x01a， hx在1a,1a上单调递减，在

1a,上单调递增．

当0a1时， hx有两个极值点，即x11a， x21a，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hxfxgx.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

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利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. ★已知函数fxlnx. （1）证明：当x1时，x12x1fx0；

2（2）若函数gxfxxax有两个零点x1， x2（x1x2， a0），证明：

x2x2g11a. 3【答案】（1）详见解析（2）详见解析

试题解析： （1）欲证x12x1fx20证Kxlnx2x1x10，

x1Kx2xx10，

Kx在1,上递增， KxK10

（2）x1， lnx2x1x1，

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令sx1x2lnx，易知sx在0,递减， s10，

0x1， sx0， hx， x1， sx0， hx， hxh1，x1， hx0， x0， hx，

要合题意，如图，0a1，1a0，右大于左，原题得证

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