导数压轴题分类(二)---极值点偏移问题(含答案)

1、导数压轴题分类(2)-极值点偏移问题极值点偏移问题常见的处理方法有构造一元差函数Fx fx f 2x0 x或者F x f x0 x f x0 x。其中x0为函数y f x的极值点。利用对数平均不等式。JOb a-b- -b °变换主元等方法。 ln a ln b 2任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。2 _21.设函数 f(x) a ln x x ax(a R)(1)试讨论函数f(x)的单调性；x2 2a. f (x) m 有两解 x1,x2 ( x1 x2),求证：x1解析：(1)由f(x)a2f (x) 2x axaa2x a,贝 Ug(x) x ln x x2

2、ax 可知2x2 ax a2(2x a)(x a)xx因为函数f(x)的定义域为(0,)，所以若a 0时，当x (0,a)时，f (x) 0,函数f(x)单调递减,当x (a,)时，f (x) 0,函数f(x)单调递增;若a 0时，当f (x) 2x 0在x (0,)内恒成立，函数f(x)单调递增;a、若a 0时，当x (0,)时，f (x) 0,函数f (x)单调递减,t a当 x ( 2,(2)要证 x1 x22)时，f (x) 0,函数f(x)单调递增;2a ,只需证2 a ,第3页共8页g (x) f (x)f (x)为增函数。2 a-20 g(x) x只需证：f (x1 x2) f

3、(a) 0,即证 22a2x, +x221八，、-x1+x2 a 0(*)x1 x2 ap 2 .22 .又 a ln x, x1ax1 m, a ln x22 x2ax2 m,两式相减整理得:In x11nx211 ,、 In 为 In x2 ,-(x1 x2 a) 0 ,把(x1 x2 a) )是否相等即可.又由于 f'(x) 2ax 1 2a 1,因此 f'(x-x2) a(x1 x2) 1 2a 2 x2x, x2代入(*)式，即证:x1 x2 aax1 x2In x1In x20化为:x1x2x1x22( 1)上一 In a 0,令上二t,即证：Int 0x1 1x2

4、x2t 1x2令(t)2(t 1) 1nt(0 t 1),则t 1(t 1)2t 1 2t所以为减函数，(t)(1) 0综上得：原不等式得证。2.设 A(x1, y1) , B(x2, y2)是函数 f (x)ax2 (1 2a)x In x图象C上不同的两点，M为线段AB的中点，过点M作x轴的垂线交曲线C于点N ,试问：曲线C在点N处的切线是否平行于直线AB?22解：由题思可得y1ax1(12a)x1lnx1,y2ax2(12a)x2lnx2,且Xix2,故直线AB的斜率ky当 a(x2 Xi) 1 2a 1nx21nxix2 x1x2 X1由题意可知曲线C在点N处的切线的斜率为f '

5、;(殳一生),因此我们只需判断直线2AB的斜率令函数 g(x) k f'(x)，则 g(x)In x2In x1X1X2X2X11 2x2 xi) (in x2 in x1)X2 X1X2 X12(x2 1)x ln xx2 (a 2)x2 aln x2 c.两式作差可得(x1x2)(x1x2)(a2)( x1x2) a(lnx1Inx2)0.第3页共8页.x2 x1X2 ix1xi不妨令0x1x2，则 tx2-1,hlnt2t-),x1t 114 (t 1)2则由h'(t) - 2 -)2 0可知 (t)在(1,)上递增.t (t 1)2 t(t 1)2故 h(t) h(1)

6、 0.从而可得h(x) 0,即直线AB的斜率k与f '(xyx2)不相等，也即曲线C在点N处的切线与 直线AB不平行.任务二、完成下面练习，体验极值点偏移问题的解决方法在解题中的运用。23.设函数 f(x) x (a 2)x aln x .(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若方程f (x)C有两个不等实根a解：(1)由 f '(x) 2x (a 2)一 x当a 0时，f'(x) 0,此时函数x, x2 ,求证：f (x一x2) 0 .2(x 1)(2x a) 口 c”,且x 0可知:xf (x)在(0,)上单调递增；aaa.当a 0时，若0 x 一，则f (x) 0

7、；若x ，则f (x) 0；此时，函数f(x)在(0, 一)上 222a单倜递减；在(一，)上单调递增.2(2)由 x1,x2 (0x1x2)是方程f (x) c的两个不等实根可知2x1(a 2)x1 aln x1 c,In x2 In x1故 x2 x1 a 2 a .X2 xi2a由 f'(x)2x (a2) a可得fxxix2 (a 2)In x a -In xix2 xi2ax2 xi(In x2In xi)2(x2 X)x2 xi2(x2 1)萨一.x, xixi当 1由0 xix2可知tx2i,因此由g(t)Int2(t i)t i则由g'(t) 1(t 1)2 0

8、可知g(t)在(i,)上递增.t (t i) t(t i)故 g(t) g(i) 0,从而可知 f (x一x2)o.24.设函数f (x)2 In x mx2X有两个 零点X1 , x2 (X1 X2)，且X0正X1, x2的等差中项，求证：f'(x0) 0.证明:由x1，x2 (x1x2)是函数f(x)2 In x mxx2的两个零点可知2In x1 mx12 人Xi =0 ,2In x2 mx22 -X2=0,两式作差可得2(1nxi In x2) m(x1x?)(Xi X2)(Xix2)0 .故 x1x2m 2In x2 In x1X2Xi,一 2由 f '(x) m x

9、2x ,及 x0xiX2 «曰可得2X1 x2f'(X0)f'(y)XiX2(xi x2)42 In x2 In x1X2 XiX2Xi第7页共8页X2一 (ln x2 lnx1) Xi2(X2 Xi)X2 X1X2Xi2连1)-.1Xi第13页共8页由 0X1x2可知 t ± 1,因此由 g(t) Int 2t-),X1t 1一 14 (t 1)2-,，一则由g'(t) - 2 1t一I 0可知g(t)在(1,)上递增.t (t 1)2t(t 1)2(X 2)eX a(X 1)2有两个零点.故g(t) g(1) 0,从而可知 f'(X0)

10、0.5. ( 2016年高考数学全国I理科第 21题)已知函数f (X)(I)求a的取值范围;(n)设X1,X2是f (x)的两个零点，证明： X1 X2 2 .解：(I)函数f(x)的定义域为R,当a0时，f(x)(x 2)ex0,得x 2 ,只有一个零点，不合题意；当 a0时，f (x)(x 1)ex2a当 a 0时，由 f (x) 0得，x 1 ,由 f (x) 0得，x 1 ,由 f (x) 0得，x 1,故，X 1是f(x)的极小值点，也是 f(x)的最小值点，所以f(x)minf (1) e 0又f(2) a 0,故在区间(1,2)内存在一个零点 X2,即1 X2 2X X 21P

11、2由 lim (x 2)e lim lim x 0,又 a(x 1)0 ,所以，f (x)在区间xx e x e(,1)存在唯一零点X,即 1,故a 0时，f(x)存在两个零点；当 a 0时，由 f (x) 0得，x 1或x ln( 2a),e若ln( 2a) 1,即a e时，f (x) 0,故f(x)在R上单调递增，与题意不符2若 ln( 2a) 1 ,即a 0时，易证f(x)极大值=f(1)e 0故f(x)在R上只有一 个零e点，右ln( 2a) 1 ,即a 时，易证22f (x)极大值二f (ln( 2a) a(ln ( 2a) 41m 2a)综上述，a 0(n)解法一、根据函数的单调性

12、证明5) 0 ,故f (x)在R上只有一个零点由(I)知，a 0且 x1 1 x2 2令 h(x) f (x) f (2 x) (x 2)ex xe2 x, x(x 1)(e2(x1) 1)x 2e因为 x 1,所以 x 1 0,e2(x1)10,所以h (x) 0,所以h(x)在(1,)内单调递增，所以h(x) h(1) 0 ,即 f (x) f (2 x),所以 f (x2)f(2 x2),所以 f(x1)f(2 x2),因为x1 1,2 x2 1, f(x)在区间(,1)内单调递减，所以x12 x2,即xx22解法二、利用对数平均不等式证明由(I)知，a 0,又f(0) a 2所以,当0

13、 a 2时，x10 且 1 x2 2 ,故 x1x22当a 2时，0 x11 x2 2 ,又因为a(K绸(x1 1)2(x2 2)ex2(x2 1)2即(2xM(1 X)2(2 x2)ex2(x2 1)2所以 1n(2x1)x21n(1x1)1n(2 x2)x221n( x2 1)所以 1n(2 x1) 1n(2 x2) 2(1n(1 x1) 1n(x2 1) x2x1(2 x1)(2x2)所以 1 2 ln(1x1) 1n(x2 1)1n(2x1) 1n(2x2)(2 %) (2 x2)1n(2 x1) 1n(2x2)4x1 x2所以x1x222 1n(1 x1)1n(x2 1)1n(2 x

14、1)1n(2 x2)卜面用反证法证明不等式成立因为 0 xi i X22,所以2xi 2 x20,所以 ln(2 xi) ln(2 X2) 0假设XiX22 ,当XiX2xi x2 220且 2In(i xi) In(x2 i) =0 ,与矛盾;In(2 xi) In(2 x2)当X22时XiX20且 21n(i Xi)ln(2x1) ln(2x2)1n(X2 ” <0，与矛盾，故假设不成立所以x1x26.设函数f(x)lnx ax有两个零点4-2Xi,X2,求证：XiX2e .证明:由X1, X2 (X1x2)是函数f(x)ln xax的两个零点可得：ln x1 ax1=0,In x2 ax2=0 ,两式相减可得In x1In x2a(xiX2)In x2In xix2xi两式相加可得In x1In x2a(XiX2)In x2In xix2xi故有 a 1n x2 1nxiX2XiIn x2In xi2L.由于X2XiX1X22e