专业题材2极值点偏移问答利器极值点偏移判定定理-玩转压轴题,突破140分之高三数学解答题高端精品(解析版)

一、极值点偏移的判定定理

对于可导函数yf(x)，在区间(a,b)上只有一个极大（小）值点x0，方程f(x)0的解分别为x1,x2，且ax1x2b，

（1）若f(x1)f(2x0x2)，则

x1x2()x0，即函数yf(x)在区间(x1,x2)上极（小）大值点2x0右（左）偏；

（2）若f(x1)f(2x0x2)，则

x1x2()x0，即函数yf(x)在区间(x1,x2)上极（小）大值点2x0右（左）偏.

证明：（1）因为对于可导函数yf(x)，在区间(a,b)上只有一个极大（小）值点x0，则函数f(x)的单调递增（减）区间为(a,x0)，单调递减（增）区间为(x0,b)，由于ax1x2b，有x1x0，且

2x0x2x0，又f(x1)f(2x0x2)，故x1()2x0x2，所以

点x0右（左）偏；

（2）证明略.

x1x2()x0，即函数极（小）大值2

左快右慢（极值点左偏mxx2x1x2） 左慢右快（极值点右偏m1） 22

.\\

左快右慢（极值点左偏mx1x2xx2） 左慢右快（极值点右偏m1） 22二、运用判定定理判定极值点偏移的方法 1、方法概述：

（1）求出函数f(x)的极值点x0；

（2）构造一元差函数F(x)f(x0x)f(x0x)； （3）确定函数F(x)的单调性；

（4）结合F(0)0，判断F(x)的符号，从而确定f(x0x)、f(x0x)的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随. 2、抽化模型

答题模板：若已知函数f(x)满足f(x1)f(x2)，x0为函数f(x)的极值点，求证：x1x22x0. （1）讨论函数f(x)的单调性并求出f(x)的极值点x0；

假设此处f(x)在(,x0)上单调递减，在(x0,)上单调递增 （2）构造F(x)f(x0x)f(x0x)；

注：此处根据题意需要还可以构造成F(x)f(x)f(2x0x)的形式.

（3）通过求导F'(x)讨论F(x)的单调性，判断出F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x0x)与f(x0x)的大小关系；

假设此处F(x)在(0,)上单调递增，那么我们便可得出F(x)F(x0)f(x0)f(x0)0，从而得到：xx0时，f(x0x)f(x0x).

（4）不妨设x1x0x2，通过f(x)的单调性，f(x1)f(x2)，f(x0x)与f(x0x)的大小关系得出结论；

接上述情况，由于xx0时，f(x0x)f(x0x)且x1x0x2，f(x1)f(x2)，故

f(x1)f(x2)f[x0(x2x0)]f[x0(x2x0)]f(2x0x2)，又因为x1x0，2x0x2x0且

f(x)在(,x0)上单调递减，从而得到x12x0x2，从而x1x22x0得证.

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（5）若要证明f'(x1x2xx2xx2与x0的大小，得出1所在的单调区间，从)0，还需进一步讨论1222x1x2x0，由于f(x)在(,x0)上单调递减，故2而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.

此处只需继续证明：因为x1x22x0，故

f'(x1x2)0. 2【说明】

（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；

（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求f(x)的单调性、极值点，证明f(x0x)与

f(x0x)（或f(x)与f(2x0x)）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如x1x22x0或

f'(x1x2)0的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题 2三、对点详析，利器显锋芒 ★已知函数f(x)xe(xR). (1)求函数f(x)的单调区间和极值；

(2)若x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x22.

x

∵x21，∴2x21，f(x)在(,1)上单调递增，∴x12x2，∴x1x22.

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★函数f(x)x证明：x1x22.

4431x与直线ya(a)交于A(x1,a)、B(x2,a)两点. 33

2lnx，若x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x24. x2【解析】由函数f(x)lnx单调性可知：若f(x1)f(x2)，则必有x12x2。

x★已知函数f(x)所以4x12，而f(x1)f(4x1)22lnx1ln(4x1)， x14x1令h(x)22lnxln(4x)，则 x4x22112(4x)22x2x(4x)2x2(4x)h'(x)22x(4x)x4xx2(4x)28(x2)0x2(4x)22

所以函数h(x)在(0,2)为减函数，所以h(x)h(2)0，

所以f(x1)f(4x1)0即f(x1)f(4x1)，所以f(x2)f(4x2)，所以x1x24.

★已知函数fxx2exax1有两个零点.设x1,x2是fx的两个零点，证明：x1x22.

2.\\

四、招式演练

★已知函数gxexa2x，其中aR,e2.71828L为自然对数的底数，fx是gx的导函数. 2（Ⅰ）求fx的极值；

（Ⅱ）若a1，证明：当x1x2，且fx1fx2时， x1x20.

【答案】(1) 当a0时， fx无极值; 当a0时, fx有极小值flnaaalna;(2)详见解析.

【解析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可； （Ⅱ）求出函数f（x）的导数，设函数F（x）=f（x）﹣f（﹣x），求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可． 试题解析：

（Ⅰ）fxgxeax的定义域为,， fxea

xx当a0时， fx0在x,时成立，fx 在,上单调递增， fx无极值. 当a0时， fxea0解得xlna，由fx0 得xlna；由fx0 得

xxlna，所以fx在,lna上单调递减，在lna,上单调递增，故fx有极小值

flnaaalna.

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（Ⅱ）当a1时， fxex的定义域为,， fxe1，

xx由fxe10，解得x0.当x变化时， fx， fx变化情况如下表：

xx ,0  单调递减 0 0, + fx fx 0 极小值 单调递增 ∵x1x2，且fx1fx2，则x10x2（不妨设x1x2）

★已知函数fxlnxax，其中aR

2（1）若函数fx有两个零点，求a的取值范围； （2）若函数fx有极大值为【答案】（1）0a1，且方程fxm的两根为x1,x2，且x1x2，证明： x1x24a. 21;（2）见解析. 2e.\\

（1）当a0时， fx0函数fx在0,上单调递增，不可能有两个零点 （2）当a0时， fx0,x1 2ax 1 0,2a 0 1 2a1 ,2a- fx fx Z 极大值 ] 111111，由得0a； lnln0fx的极大值为f2a2a22a22e因为fealneaae2aaae2a0，所以fx在ea,12a必存在一个零点； 显然当x时，

1,fx0，所以fx在2a上必存在一个零点；.\\