导数解答题之极值点偏移问题教师版

1、函数与导数解答题之极值点偏移问题1、（ 20 1 3湖南文21）已知函数（I ）求得单调区间；（n）证明：当时，、2、（2010天津理2 1）已知函数、（I ）求函数得单调区间与极值；（n）已知函数得图象与函数得图象关于直线对称，证明当时， （川）如果且证明【解析】（I ）解：f '令 f '(X ) =0,解得 x=1当X变化时,f '（X ） ,f （X）得变化情况如下表X()1()f'(X)+0一f(X)极大值所以f（X）在（）内就是增函数，在（）内就是减函数。函数f（X ）在X=1处取得极大值f（ 1）且f （1 ）=(n)证明：由题意可知 g (x)

2、= f(2 X),得£( X)= (2 X)令 F ( X )= f( X)- g( X)，即于就是当X>1时,2 X - 2 > 0 ,从而（X ）> 0 ,从而函数F（ X）在1,+ 8）就是增函数.又 F( 1)=F (x)>F(1 ) =0 ,即 f(X)>g( X )、川）证明：（1）若（X,1）（X21）0,由（）及 f（X 1） f（X 2）,则洛X21.与X, X2矛盾。(2 )若(Xi 1)(X2 1) 0,由()及 f(X i) f(X 2),得 X-IX2.与 X,X2矛盾。根据（1）（2 ）得由（n ）可知,>,则=,所以&

3、gt;,从而、因为，所以，又由（I ）可知函数f（X）在区间（-8, 1 ）内事增函数，所以，即>2、3、已知函数.（1 ）讨论得单调性;（2）若函数得两个零点为，证明：试题分析：（1）首先求出函数得导函数，然后利用导数研究函数得单调性与最值，进而得出所求得结果;（2）首先由函数得两个零点为并结合（1）可得0 < X1 < a< X2,然后构造函数g （ X） =f （X）f （2a X）,并利用其导函数求出其函数得单调性，进而得出所证得结果、试题解析：（1 ）f（X）=错误！错误！=错误！,（x>0 ），所以当aW 0时，f （x）> 0, f （x）在（

4、0,+8）上单调递增;当a0时，f （X）在（0, a） 上单调递减，在（a，十）上单调递增.？(n )若函数 y = f ( X)得两个零点为 X1, X2(X1 < X2)，由(I )可得0 <X1V a <X2 .令 g (x) =f(x)0,f (2 a -x),( 0< X < a)则 g (x) = f ( x) + f (2a x)= (x a) 错误!错误!所以 g (x)在(0, a)上单调递减，g (x)> g (a) =0,即 f (x)> f (2a x ) .令 x=xi< a，则 f (xi)> f (2 a X

5、 i),所以 f(x2) = f(xi)> f (2 a xi)，由(I )可得 f (x)在(a ,+S）上单调递增，所以 X 2>2a X1,故X 1 + X2>2a. ?4、（ 2 0 16福州五校下学期第一次联考 ）已知函数），其图象与轴交于不同得两点 ” 且.（1）求实数得取值范围；（2）证明：5已知函数）在其定义域内有两个不同得极值点。（I）求得取值范围;（n）设两个极值点分别为，证明:。解：（I ）依题，函数得定义域为,所以方程在有两个不同根、 即,方程在有两个不同根 令，从而转化为函数有两个不同零点 而（） 若，可见在上恒成立，所以在单调增 此时不可能有两个不

6、同零点、 分" 若，在时，在时, 所以在上单调增，在上单调减, 从而 又"因为在时，在在时，于就是只须： ，即，所以、 综上所述,（n）由（I ）可知分别就是方程得两个根,设，作差得，即、7分原不等式等价于令，则，设，函数在上单调递增,10分即不等式诚立,11分故所证不等式成立。12分6.已知函数，.(1) 若函数在上单调递增，求实数得取值范围；(2) 若直线就是函数图象得切线，求得最小值；(3)当时，若与得图象有两个交点，求证：。【答案】 ；(2);( 3)证明见解析.【解析】试题分析：(1 )借助函数单调性与导数值就是非负数建立不等式求解；(2)将参数用切点得横坐标表示

7、，再借助导数求最小值；(3)先分析转化再构造函数，运用导数得有关知识进行推 证、试题解析：(1),在上单调递增，恒成立 即,恒成立令，时，、设切点为，则，又，令，则当时，所以在上单调递增； 当时，所以在上单调递减、 当时，取得最小值，为，即得最小值为、 (3) 证明：由题意得+得：一得：，即 代入得：， 即， 不妨令，记， 令，则， 在上单调递增，则，故，又, 即，令, 则时, 在上单调递增， 又考点 : 导数及在研究函数得单调性最值中得应用7、( 2017届武昌区元月调考理科数学)已知函数( 1 )讨论得单调性；( 2)设，证明：当时， ;( 3)设就是得两个零点，证明：、8.已知函数在其定

8、义域内有两个不同得极值点。1) 求得取值范围；(2) 记两个极值点分别为，且 .已知 ,若不等式恒成立，求得范围。试题解析： (1) 依题，函数得定义域为， 所以方程在有两个不同根 , 即，方程在有两个不同根。转化为，函数与函数得图像在上有两个不同交点。又, 即时，时， 所以在上单调增 , 在上单调减 .从而 ,又有且只有一个零点就是 1，且在时， , 在时, ，所以得草图如下 ,可见,要想函数与函数得图像在上有两个不同交点, 只须(2) 因为等价于。由 (1 )可知分别就是方程得两个根，即， 所以原式等价于 , 因为 ,所以原式等价于 又由作差得， , 即。所以原式等价于 ,因为 , 原式恒

9、成立 , 即恒成立。令， 则不等式在上恒成立。令， 又, 当时 ,可见时，所以在上单调增，又，在恒成立，符合题意当时，可见时，时 ,所以在时单调增，在时单调减，又， 所以在上不能恒小于0,不符合题意，舍去。综上所述 ,若不等式恒成立 , 只须，又，所以9 .已知函数，就是函数得两个零点，且，（1）讨论函数得单调性；（2）求得取值范围 ;（3 ）设就是函数得导函数，求证试题分析 :（1）讨论单调性, 先导数,然后解得方程在上得解 ， 通过得正负确定得单调区间 ；（2） 由（ 1）知就是得极大值点 ， 因此只要 ， 就能保证有两个零点 ， 注意到 ， 因此可由求得得取值范 围， 再求得范围； （3

10、）首先由, 用表示出 ， 再求得并整理得 ， 此时会发现只要证 ， 此式证明可 用换元法 ， 设,再利用函数得性质证明 .试题解析：（ 1）令,则,当时, ， 单调递增；当时, ， 单调递减（2） 由于函数存在两个零点 ，由（ 1） 可知 ， 且 由于在为增函数 ， 且， 所以得取值范围就是 方法二： 函数有两个零点, 即方程有两个实数根, 即有两个实数根, 设,则， 设， 且单调递增 ， 时， 单调递减 时， 单调递增（3 ）由于就是函数得两个零点,且所以 ,两式相减得： ,2 x2x12x1x2a x1x2X-,x2X1X1X2X1X2X1X2 X1要证明，只需证，即只需证 设,构造函数在

11、单调递增， 考点：导数与函数得单调性，导数得综合应用。10、(2 014襄阳市三月考试)已知函数.(1 )当时，求函数在得最大值；(2) 令，若在区间(0,3)上不就是单调函数，求得取值范围；(3) 当时，函数得图象与X轴交于两点，且，又就是得导函数。若正常数满足条件，证明：。 解：当a = 2时,？函数y = f (X)在，1 就是增函数，在1，2 就是减函数3?分 所以 =-14?分解:，? g (X)因为在区间(0， 由得:2 X 2- axa = 0， 又当a =-8时，有重根 综上,a得取值范围就是。3)上不就是单调函数，在( 有，xX 二 2;? 8分0, 3)上有实数解，且无重根

12、(0, 3) a = 0时，有重根=07?分2时”(X)= f (x) mx得图象与(X )-mx = 0有两个实根 两式相减得：(3)解：当a/ hXi、X轴交于两点 A(X1,X2,),B (X2, 0)h ( XiX2)2X1X22( XiX2)2(ln X In x2)X1X2(XiX2)10分要证：，只需证(0 < t < 1)， 令，则？，即:?只需证:(*)化为(*)12分11分？令13分u (t) u (1) = 014分(n)求出与得导数，运即 u(0在(0,1)上单调递增,，即？11。已知函数。(I)讨论函数得单调区间；(n )当时,设得两个极值点，恰为得零点

13、，求得最小值试题分析：(i)求解，分三种情况分类讨论求解函数得单调区间； 用韦达定理与函数得零点得定义 ，化简整理，构造新函数，运用导数判断函数得得单调性, 可求解最小值.试题解析：(I)，.当时，由解得，即当时，单调递增；由解得，即当时，单调递减。当时,=,即在(0, +8)上单调递增； 当时，故,即在(0, +8)上单调递增。 当时，得单调递增区间为 (0,), 单调递减区间为( ,+8) ; 当时，得单调递增区间为(0，+ 8).(n)，则， 得两根 , 即为方程得两根 .,。又,为得零点， 两式相减得 ，得 b=， 而, y = 令( ),由得 ， 因为,两边同时除以 ， 得,/ ,故

14、,解得tw或2, 0<t <o设 G( t ) =,=，贝U y= G( t)在上就是减函数， G ( t) min= G ()=, 即得最小值为。 考点 : 函数得导数在函数中得综合应用；函数得零点得应用12、 已知函数(1) 若,恒有成立,求实数得取值范围;(2) 若,求在区间上得最小值；(3) 若函数有两个极值点 , 求证:、(1 )由X0,恒有成立,即对任意X>0成立，1分2分H(X )最大值为,记 H(x) = , H / (X )=,当H(x)单增；当H(x)单减；以5分,即有两个不同得实数根。6分(2 )函数有两个相异得极值点 当时,单调递增，不可能有两个不同得

15、实根； 当时，设， 当时,单调递增； 当时,单调递减；-, , 8分不妨设， 先证，即证 , 即证，令,即证，设,9分则，函数在单调递减，又，12分考点:导数得几何意义 ,导数与函数得单调性、最值 , 导数得综合应用 1 3、已知函数1）记,求证：函数在区间内有且仅有一个零点；2）用表示中得最小值，设函数，若关于得方程 （其中为常数）在区间有两个不相等得实根记在内得零点为，试证明：2K C12 分)(I)证明：F(x) = xlnx-F'd)匚Inx +1+ (xi，显然当xel,+oo）时，Fx） 0 .故FOO在Vho）上单调递増,而F（l） = - 0=ln4-三 0,所以由零点

16、存在定理知, ee必存在唯一耳0 e（1,2）C （1卄8），使得F（升）= 0,即函数F（x）在区间a,+8）内有且仅有一个零点.由（1）问可知&気）=/代）且工丘（1內）时/'（巧&（才）"（X J8）时g（工）/（“xlnxj < X < Xq宀5梵中畫0满足窃Inxo =工声刊即In心yF t （事实上珀 （1,2）而齐 (l,Xp)时卅(兀)-lnx +J > 0. xe(齐,4»)时/(巧=(l-x)e* <0,因此处c）在（1,窃）T,佃,P）i,若方程A（x） = r在区间（1,炖）有两个不相等的实根环X&qu

17、ot;（X| xj ,则必有州e （1,0）,工2 （和2）所证0比+兀2 2% OXj 2天Q - Jj 升，因为方（X）在（升,+8）单调递减,所以只需证A（X2）（2j（-x,）,而加算2）=做斗）,所以只需证加子|方（2可一工1）即证明？ X lllH （2升-可£«耐珀构造贈数护0)工 xlnjc-(2xo -力以和-巧=xlnx + (jr-2)eA,xe(l,x，发现护（；（訂=孔111叼一*厨* =0 , g = 1 + kix + 0f-2xG科，尤 （1，升）下证明xe（h窃）时，何（町：0®成立:考杳曲数 w(x> = U +10,ux

18、) H(X + 20,所以 u(x)在(y>,_2) J, (2,MO) T 所以一定有 w(x 一 2%)二("2花 +1)/-见 Z 1/(-2) = -e因此，x(IjX.)B,矿00 = l + lnx + w(jf-2xo)l + lnx->0 ,e即沁c)在(l,x)t，所以片(1,工0)时，沁cj<e(升 = 0即成立，7!14、已知函数，且(1) 求曲线在点处得切线方程；(2) 设有两个零点，且成等差数列，记就是得导函数，求证：15.(2 0 17届武汉二月调考文科 21)已知函数恰有两个极值点 (I )求实数得取值范围；(n)求证： 16、已知函数.(I)讨论函数得极值点得个数