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. (2013湖南文21)已知函数f(x)工4ex1 x(I )求f(x)的单调区间；(n )证明：当 f( X1)f (x2)(x1x2)时，x1x20.2.(2010 天津理 21)已知函数 f(x) xe x (x R).(I )求函数f(x)的单调区间和极值；(n)已知函数y g(x)的图象与函数y f(x)的图象关于直线x 1对称，证明当x 1时，f (x) g(x)(田)如果为x2，且f(xj f(x2),证明x1 x2 2【解析】(I )解：f (x) (1 x)e x令 f (x)=0,解得 x=1当x变化时，f (x) , f(x)的变化情况

2、如下表X(,1)1(1,)f (x)+0-f(x)极大值所以f(x)在(，1)内是增函数，在(1,)内是减函数函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)= 1 e(n)证明：由题意可知 g(x)=f(2-x),得 g(x)=(2-x)ex 200)是增函数。令 F(x)=f(x)-g(x), 即 F(x) xe x (x 2)ex 2于是 F(x) (x 1)(e2x2x1)e当 x1 时，2x-20,从而 e2x-2 1 0,又ex 0,所以 F (x)0,从而函数 F (x)在1,+又 F(1)= e1 e1 0,所以 x1 时，有 F(x)F(1)=0,即 f(x)g(x).m)

3、证明：(1)若(x1 1)(x2 1) 0,由()及 f(x 1) f(x 2),则为 x2 1.与x1 x2矛盾。(2)若(x1 1)(x2 1) 0,由()及 f(x 1) f(x 2),彳#x1 *2与 x2矛盾。根据(1) (2)得(x, 1)(x2 1) 0,不妨设 x1 1,x2 1.由(n )可知,f(x 2) g(x2)，则 g(x 2) = f(2-x 2),所以 f(x 2) f(2-x 2),从而 f(x 1)f(2-x 2).因为x2 1 ,所以2 x2 1 ,又由(I )可知函数f(x)在区间(-X, 1) 内事增函数，所以x2 x2,即x x2 2.3.已知函数f

4、x Inx a 2 . x(1)讨论f x的单调性；(2)若函数y f x的两个零点为x1,x2 x1 x2 ,证明：x1 x2 2a.试题分析：(1)首先求出函数f x的导函数，然后利用导数研究函数的单调性与 最值，进而得出所求的结果；(2)首先由函数y f x的两个零点为x1,x2 x1 x2并 结合(1)可得0vx1avx2,然后构造函数g(x) =f (x) f (2ax),并利用其导 函数求出其函数的单调性，进而得出所证的结果.一.一1 a x a .试题解析：(I) f (x) =x7=一x，(x0),所以当 a0,f (x)在(0, +x)上单调递增；当a0时，口乂)在(0, a

5、)上单调递减，在(a, +*)上单调递增.(n)若函数y = f (x)的两个零点为xb x2 (x,vx2),由(I)可得0vx1 vavx2.令1g (x) = f(x) f (2 a x),( 0xg(a)=0,即 f(x)f(2a(2 a- x) x).令 x = xy a,则 f (Xi) f (2aXi),所以 f (刈=f (Xi) f (2a Xi),由(I)可得f(x)在(a, +x)上单调递增，所以X22a xi,故 xi + X22a.证明：Xi X22, eR)在其定义域内有两个不同的极值点.、 一2证明：Xi X2 e .),、 i i所以g(x)在(0,一)上单调增

6、，在(一， aai、 , i ,从而g(x)极大g(-) In- i a a又两为在x0时，g(x) ,在在ig(x)极大0,即In i 0,所以0a.i综上所述，0 a - e)上单调减,x 时，g(x) ,于是只须：ia -. 5 分k4 . (20i6福州五校下学期第一次联考)已知函数f(X) Xln X (k R),其图象与x轴交于不同X的两点 A(xi,0) , B(x2,0)，且 X x2 .(i)求实数k的取值范围；(2)5 .已知函数 f x xIn x ax2 x a(a2(i)求a的取值范围；(n)设f (X)两个极值点分别为 x, X2,解：(I)依题，函数f(x)的定义

7、域为(0,所以方程f (X) 0在(0,)有两个不同根即，方程Inx ax 0在(0,)有两个不同根 i分令g(x) In x ax,从而转化为函数 g(x)有两个不同零点，i i ax而 g (x) - ax (x 0) 2 分X X若a 0,可见g(x) 0在(0,)上恒成立，所以g(x)在(0,)单调增，此时g(x)不可能有两个不同零点. 3分ii右 a 0,在 0 x 时，g (x) 0,在 x 时，g (x) 0 aa(n)由(I)可知 为？2分别是方程In x ax 0的两个根,即 ln x1ax1, In x2 ax2,Xi设 xix2,作差得，ln a(x1 x2),即x2a原

8、不等式xi x2 e2等价于1nxi ln x2 2ax, x2令上 t ,则t 1, In上x2x2、2 t 1设 g t Int ,t t 1In上x22 x1x2xx2gtIn - x2 . 7 分8分9分x1x22 x1 x2In tx1x20,10分11分12分函数g t在1, 上单调递增，g t g 10,22 t 1 ,即不等式lnt 成立，t 1故所证不等式x x2 e2成立.6.已知函数 f (x) In x 工，g(x) ax b.(1)若函数h(x) f(x) g(x)在(0,)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若直线g(x) ax b是函数f(x) Inx 1图象的

9、切线，求a b的最小值;x(3)当b 0时，若f (x)与g(x)的图象有两个交点A(x1,y1) , BN*),求证：x1 x2 2e2 .【答案】(1) a 0； (2)1; (3)证明见解析.【解析】试题分析：(1)借助函数单调性与导数值是非负数建立不等式求解；(2)将参数a,b 用切点的横坐标表示，再借助导数求最小值；(3)先分析转化再构造函数，运用导数的有关知识进行推证.试题解析：(1) h(x) f (x) g (x) (In x ) (ax b) In x ax b,xx11h (x)2a.x xh(x)在(0,）上单调递增,(0,h(x)三 a 0恒成立 x1x min恒成立人

10、1令 H(x)- x2)20,0,x 0时,H(x)（2）设切点为(x0,y0),则 a1-2x0工,x0又ax0lnx01x0lnx01-2x0lnx0 x0x0令(x)12 x(x)12x(x2)(x 1)3x当（x） 0 时，x （1,),所以(x)在(1,）上单调递增;x (0,1),所以（x）在（0,1）上单调递减.当x 1时,（x）取得最小值，为1,b的最小值为1 .ln x1(3) 证明:由题意得ln x2ax1+得:x1x2ln(x1x2)xx2一得：ln代入得:ln(x1x2)x2ax2a(x1x1），x2),x2ln x1x2x1即 ln(x1x2)2(x1 x2)xx2x

11、1x2为x2纪2x2 . x2ln -,x2ln (包x2x1不妨令0x1x1X2xx11 、，、)(x1x2),xx22,令 F(t),，、21nt鲁(t D,则F昌。,F(t)1nt岑_2在(1,)上单调递增，则F(t)In t詈 F(1) ,In t2(t 1)ln(XiX2)，故 1n 竺2(x2 ”% x2x1 x2 x201n 2 .2(x x2)xG2x2x1x1又 ln(x1x2)2(x x2)xx21n(x1x2)4. x1 x2取221n. x1x2x1x221n x1x24=2 ,即 In Jx/2xix21,*x2令 G(x) In xG(x) In x2,则 x2 在

12、(0, xx 0 时，G (x)上单调递增,又 In 2e1n 22e 20.83 1G( x) In . x/22x1 x21 In 2exx2考点：导数及在研究函数的单调性最值中的应用.(1 a)x aln x1 c7.(2017届武昌区兀月调考理科数学)已知函数 f(x) ，x2 2(1)讨论f (x)的单调性;(2)设a 0,证明：当0 x a时,f (a x) f (a x)；(3)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明:8.已知函数f(x) xln xa (aR)在其定义域内有两个不同的极值点.(1)求a的取值范围;(2)记两个极值点分别为X, x2 ,且x1x2 .已知0 ,若不

13、等式e1恒成立,求的范围.试题解析：(1)依题，函数f(x)的定义域为(0,),所以方程f (x) 0在1(0,)有 两个不同根，即，方程lnx ax 0在(0,)有两个不同根.转化为，函数g(x) 叱与函数y a的图像在(0,)上有两个不同交点. x1 ln x又 g (x)2,即 0 x e 时，g (x) 0,x e时，g (x) 0, x所以g(x)在(0,e)上单调增，在(e,)上单调减.从而g(x)最大g(e), e又g(x)有且只有一个零点是 1,且在x 0时，g(x) ,在x 时，g(x) 0,所以g(x)的草图如下，可见，要想函数(2)因为e1%g(x) 1nx与函数y xx

14、等价于1 In x1 2a的图像在(0,)上有两个不.同交点，只须ln x2 .由(1)可知x1,x2,分别是方程lnx ax 0的两个根，即 1n x1ax2,1n x2 ax2,所以原式等价于1ax1ax2 a(x1x2),因为 0,0x1 x2 ,所以原式.等价于a又由In Xax1,1n x2ax?作差得,lnx2.x1ln -a(x1 x2),即 a x2-x x2ln8所以原式等价于Xx2x1x2因为0 x1x2,原式恒成立，即ln上(1一)(x1 x2)恒成立. x2x1x2令t t N),则不等式lnt令 h(t) lnt(1)(t -在 tt(1)(t 1)t(0,1)上恒成

15、立.又 h(t) 1 3 t (t )(t 1)(t t(t )22,当2 1时，可见t (0,1)时，h(t) 0,所以h(t)在t (0,1)上.单调增，又h(1) 0, h(t) 0 在t (0,1)恒成立，符合题意.当 2 1 时，可见 t (0, 2)时，h(t) 0,t ( 2,1)时，h(t) 0,所以h(t)在t (0, 2)时单调增，.在t ( 2,1)时单调减，又h(1) 0,所以h(t)在t (0,1)上不能恒小于0,不符合题意，舍去.综上所述，若不等式e1 xx2恒成立，只须2 1,又 0,所以 1.9.已知函数f x ln x x2 ax, x1,x2是函数f x的两

16、个零点，且x1 x2,(1)讨论函数f x的单调性；(2)求a的取值范围；(3)设f x是函数f x的导函数，求证f x-x2-02试题分析：(1)讨论单调性，先导数f(x),然后解得方程f(x0) 0在(0,)上的解x0,通过f(x)的正负确定f(x)的单调区间；(2)由(1)知x0是f (x)的极大值点，因此只要f (x0) 0,就能保证f(x)有两个零点，注意到a 2x0一1,因此可由f(x0) 0 x。求得x。的取值范围，再求得a范围；(3)首先由f(x1) f(x2) 0,用x1,x2表示出a,2 x2 x1再求得f父小二2x1x2a并整理得x1 x2x2,x2ln -2,此时会发现

17、只要证2 x2x1x1x2In血0,此式证明可用换元法，设tx1迄1 ,再利用函数的性质证明. x1试题解析：(1) f x - 2x a22x ax 1 x 0x令 f x00 ,贝4 2x02 ax0 1=0 , x0 a 04当x 0,x0时，f x 0, f x单调递增;当 xxq,时,f x 0, f x单调递减(2)由于函数fx存在两个零点，f xmax由(1)可知f xmaxf xq =ln x xq2axo,且2x02 1xo由于 g xqln xq2 xq1在0,+ 为增函数，且g0, xq1,=2x0x1 1 xq所以a的取值范围是1,十方法二：函数f xlnx x2 ax

18、有两个零点,即方程 In xax0有两个实数根,2.x ln xx有两个实数根，2.x ln x,贝 gx2x 1 ln x 、几2，设xlnx, p10,且 plnx单调递增,0,1时,x2 1In x0,0,x单调递减x 1,时,x2 1In x0,0,x单调递增(3)由于x1,x2是函数f x的两个零点,x1x2所以，1nxi2xax10,lnx22X2ax2 0两式相减得:lnx2x12 x22 x1x20,x2ln x1-x2x2 Xx1要证明fx2x2x1x1x2,x2ln 一x10,即只需证ln上 x1上1 x1x1设x2 t1 ,构造函数h t lnt2 t 1,h tt 12

19、t 12t t 1h t在1,+ 单调递增，h t2 t 1 ln t t 12 x21X2x11n-x1至1X1考点：导数与函数的单调性，导数的综合应用.10. (2014襄阳市三月考试)a 2时，求函数y已知函数f (x) aln x x2,1f(x)在1,2的最大值;2(2) 围；(3)0 x1h (ax1令 g(x) f (x) ax ,若a 2时，函数h(x)g(x)在区间(0, 3)上不是单调函数，求f(x) mx的图象与x轴交于两点X2 ,又h(x)是h(x)的导函数.若正常数，满足条件X2) 0 .A(Xi，0),1,a的取值范B(x2,0),且,证明：2解：当 a = 2 时

20、，f (x) - 2x 2 2x函数y = f ( x)在1, 21是增函数，在1 , 2是减函数所以 f(x)maxf(1) 21n X(2)解：g(x) aln x x2丁 g ( x)因为在区间(0 , 重根ax,.二 g (x) a 2x a x3)上不是单调函数，g (x) 0 在(0 ,3)上有实数解，且无2由 g (x) 0 得：2x axa2x2又当a = 8时，g (x)0有重根xx = -2一2(x1a = 0时,综上，a的取值范围是9(0, -) ,2解：当a = 2时,h(x) 2 ln x2x mx , h (x)9)4 (0, 一),2g (x) 0有重根2x mx

21、h ( x) = f ( x) -mx的图象与x轴交于两点A(xi, f ( x) -mx= 0 有两个实根 X1、X2,0), B, 0)21nxi x12 mx,21n x2 x； mx20 ,两式相减得:022、2(1nxilnx2) (x1x2) m(x1x2).2(1n x1 In x2)一 m (为x2)x1x2于是h (x1x2 )22(为为X22(1n X1ln”)X2) (X1X2)X1X22 2(ln Xi lnx2)(21)(X2Xi)10XiX2Xi X21, 2 1(21)(X2 X1) 0要证：h( X1X2) 0,只需证：22(1nxilnX2) 0X1 X2X1

22、X2只需证：X1 X2ln 上 0(*)11XX2X2令 t (0 t 1-t-在，即(t )2 t1222.1111, , -2 U (t) - 2013t ( t )t( t) u (1)在(0, 1)上单调递增，u ( t) 2, A 0t 0成立，1分20, H(x)单减；H (x)最大值为ln x ax 0有两个不同的实数(1)由 x0,恒有 f (x) X成立，即 lnx -x 1,1nx1 2 xln x 1 一 / /、2 1nxC八记 H (x) =, H(x)=2一， 2 分XX当 x (0,e2), H /(x) 0,H(x)单增；当 X (e2,), H/(x)H (e

23、2)工， e a 12所以-2, a 5 分2 e e(2)函数g x f xx有两个相异的极值点x1,x2，即g x根.当a 0时，g x单调递增，g x 0不可能有两个不同的实根； 6分当 a 0 时，设 h x ln x ax, h x 1一a , x一 1 .当0x时，hx 0,hx单调递增； a单调递减;xix20, In x2 ax20,ln x1ax10,In x2 In k a x2x1,1先证In x1In x22,即证In x2In x1X2xix2_x2x1x2,乂2In X2 2乂2 X2x1x2x2x1x乂2x2x11 ,即证In tt In t1In x11In x

24、12t t2 12p六2,In x2aeIn x212分1,单调递减，：10,考点：导数的几何意义，导数与函数的单调性、最值，导数的综合应用.13 .已知函数 f(x) xln x,g(x) x e x(1)记F(x) f(x) g(x),求证：函数F(x)在区间(1,)内有且仅有一个零点;(2)用mina,b表示a,b中的最小值，设函数h(x) min f (x), g(x),若关于x的方程h(x) c(其中c为常数)在区间(1,)有两个不相等的实根x1,x2(x x2),记F(x)在(1,)内的零点为几,试证明：2徇214 .已知函数 f(x) aIn(x 1) b(x 1) 2(a 0)

25、,g(x) (x a)2,且 f(0) g(0),(I)求曲线y f(x)在点(0, f(0)处的切线方程；(2)设G(x) g(x 1) f (x 1) c(c R)有两个零点小心& x?),且x?。,x?成等差数列，记G(x)是G(x)的导函数，求证： G(x) 015 . (2017届武汉二月调考文科21)已知函数f(x) xex ae2x (a R)恰有两个极值点Xi,(I )求实数a的取值范围;1(n)求证：f(x2)-1216 .已知函数f(x) In ax x.2x(I)讨论函数 f (x)的极值点的个数；(n)若f(x)有两个极值点 为？2,证明：f(x) f(x2) 3 41n2.i 22解：(i)由 f