导数压轴题分类(2)---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 F x f x 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。 ab a b a b 。变换主元等方法。ln a lnb 2任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。221设函数 f (x)a2 ln x x2 ax(a R)1)试讨论函数 f(x) 的单调性 ;2) f(x) m有两解 x1,x2 ( x1x2 ),求证： x1 x2 2a.解析：( 1)由 f(x)a2f (x) 2x axa2,2)要

2、证x1 x22a，只需证x1 x22a，g(x)(x)a22x a,则g (x)2a2x20g(x) f (x) 为增函数。只需证：f (x1 x2 ) f (a) 0，即证2x2a2x1+x2 a212 x1+x2 a 0 (*)x1 x2 a2a2 ln x x2 ax 可知2x2 ax a2 (2x a)(x a)xx若a0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a0时，当f (x)2x 0在 x (0, )内恒成立，函数 f(x)单调递增；若a0时，当x (0,a)时， f (x) 0，函数

3、 f(x) 单调递减，因为函数 f(x) 的定义域为 (0, )，所以2f (x) 0，函数 f(x) 单调递增；当)时，(又 a2 ln x1 x12 ax122m, a ln x2 x2 ax2 m, 两式相减整理得：ln x1 ln x212 (x 1 x2 a) a0 ，把 12 (x1 a2x2 a)ln x1x1ln x2 代入( * )x2式，即证：x1 x22ln x1ln x2 0 化为2( x11)=t,即证： 2(t1) ln t 0：x2ln x10,令 x1x1 x2x1x2x11x2x2t1x2令 (t)2(t1)ln t(0 t1),则 (t)41 (t1)220

4、t21t 1 2tt12t所以 (t) 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 lnx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: 由题意可得 y1 ax1 (1 2a)x1 lnx1, y2 ax2 (1 2a)x2 lnx2,且 x1 x2 , 故直线 AB 的斜率 ky2 y1x2 x1a(x2 x1) 1 2a ln x2 ln x1x2 x1由题意可知曲线

5、 C 在点 N 处的切线的斜率为f '(x1 x2) ,因此我们只需判断直线2AB 的斜率k与 f '(x1x2) 是否相等即可又由于 f '(x) 2ax 1 2a 1 , 因此 f '(x1 x2) a(x1 x2) 1 2a 2x 2x1 x2令函数 g(x) k f '(x),则 g(x)ln x2 ln x1x2x112(x2 x1) (ln x2 ln x1)x2 x1x2 x1x2 x12(x2 1) x1x2x1lnx2.x1不妨令0 x1x2 ,则 tx2x11,h(t) lnt 2t(t 11)则由 h'(t) 14(t 1)

6、2(t 1)2 0可知 (t)在(1, )上递增 . t(t 1)2故 h(t) h(1)0.从而可得 h(x)0,即直线 AB的斜率 k与 f'(x1 x2)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) x2 (a 2)x aln x (1) 求函数 f (x) 的单调区间；(2) 若方程 f (x) c 有两个不等实根解 :(1) 由af '(x) 2x (a 2)xx1 x22(x 1)(2x a),且 x 0可知:x1,x2 ,求证 : f (当a0时, f '

7、;(x) 0, 此时函数f (x) 在(0, ) 上单调递增；当a0时,若0ax 2a,则 f'(x)aa0；若 x 2a,则 f'(x) 0 ；此时,函数 f(x)在(0,2a)上(2) 由 x1,x2 (0x1 x2 ) 是方程f (x)2 x1(a2)x1aln x1c,2x2(a2)x2aln x2c.单调递减；) 上单调递增 .c 的两个不等实根可知 :两式作差可得在 (a2,(x1 x2)(x1 x2) (a 2)(x1 x2) a(ln x1 lnx2) 0.第 3 页 共 8 页ln x2 ln x1故 x2 x1 a 2 a 2 1x2 x1由 f '

8、(x)2x (aa2) 可得 f '( xx1x2 )2)x1x2 (a 2)2ax1 x2lnx1a ln x2x2 x12ax2 x1x2 x1(ln x2ln x1)2(x2 x1)x2 x1 a ln x2x1x2 x12(x2 1)xx21x2 1x1由 0 x1x2 可知 tx2 1,因此由 g(t)x1lnt2(t 1)t1则由 g'(t)4 2 (t 1)2 0可知 g(t) 在(1, )上递增. (t 1)2 t(t 1)2故 g(t) g(1)0, 从而可知x1 x2f (x1 2x24. 设函数 f (x)2ln x mx2x2 有两个 零点 x1,x2

9、(x1 x2) , 且 x0 是 x1,x2的 等差中项,求证: f '(x0) 0.证明 : 由 x1,x2 (x1x2) 是函数f (x)2ln x mxx2 的两个零点可知2ln x1 mx12x12=0 ,2ln x2 mx22x22=0,两式作差可得2(ln x1 ln x2) m(x1x2)(x1 x2)(x1x2) 0.故 x1 x2 m 2lnx2 lnx1x2 x12由 f '(x) mx2x,及 x0x12x2 可得f '(x0) f '(x1 x22x1 x2(x1 x2)4 2 lnx2 ln x1 x2 x1x2 x1ln x22(xx

10、21 1).由 0 x1 x2可知 t x2 1,因此由 g(t) lnt 2(t 1),x1t 11 4 (t 1)2则由 g'(t) 2 2 0可知 g(t) 在(1, )上递增.t (t 1)2 t(t 1)2故 g(t) g(1) 0, 从而可知 f'(x0) 05.( 2016年高考数学全国理科第 21题)已知函数 f (x) (x 2)ex a(x 1) 2有两个零点 ()求 a 的取值范围；()设 x1,x2是 f (x)的两个零点，证明： x1 x2 2 解：() 函数 f(x) 的定义域为 R，当 a 0时， f(x) (x 2)ex 0，得 x 2，只有一个

11、零点，不合题意；当 a 0时， f (x) (x 1)ex 2a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)min f(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 2 1 2由 lim (x2)exlim xlim x0,又a(x 1)20，所以， f (x)在区间xxe xxex( ,1) 存在唯一零点 x1，即 x1 1，故 a 0时， f (x) 存在两个零点；当a 0时

12、，由 f (x) 0得， x 1或x ln( 2a) ，e若ln( 2a) 1，即 a时， f (x) 0，故 f(x)在 R上单调递增，与题意不符若 ln( 2a) 1 ，即2 e点，若 ln( 2a) 1 ，即 a时，易证2a 0 时，易证 f (x)极大值 =f (1) e 0 故 f (x) 在 R 上只有一 个零2f (x)极大值 =f (ln( 2a) a(ln 2( 2a)4ln(2a) 5)0 ，故f (x)在 R上只有一个零点综上述， a 0()解法一、根据函数的单调性证明由()知， a0且 x1 1 x2 2令 h(x) f (x)f (2 x) (x 2)exxe2xx,

13、x 1，则h(x)(x 1)(e2(x 1) 1)x2e因为 x 1 ，所以2( x 1)x 10,e2(x 1)0 ，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 (2x)，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 x1x2 2解法二、利用对数平均不等式证明由()知， a又 f (0) a2 所以，当0a 2 时，x10且 1 x22 ，故 x1x2 2当a2 时， 0x11 x2 2 ，又因为 a(

14、x1 2)ex1(x11)2(x2 2)ex2(x2 1)2(2 x1)ex1(2x2)ex2(1 x1)2(x2 1)2所以 ln(2 x1)x1 2ln(1x1) ln(2x2) x22ln( x21)所以ln(2 x1)ln(2 x2)2(ln(1 x1)ln(x21) x2x1 (2 x1) (2 x2)所以1 2 ln(1x1) ln(x21) (2x1) (2x2)ln(2 x1) ln(2 x2 ) ln(2 x1) ln(2 x2)4 x1 x22所以x1 x2 222 ln(1 x1) ln(x2 1)2ln(2 x1) ln(2 x2) 面用反证法证明不等式成立因为 0 x

15、1 1 x2 2 ，所以 2 x1 2 x2 0，所以 ln(2 x1) ln(2 x2) 0假设 x1 x22，当x1x2 2 ，x1 x220且2ln(1x1)ln(x21) =0 , 与矛盾；2ln(2x1)ln(2x2)当 x1 x22 时 x1x22 0且 2ln(1x1)ln(x21)<0 ,与矛盾，故假设不成立2ln(2x1)ln(2x2)所以 x1 x226.设函数 f(x) ln x ax 有两个零点 x1,x2, 求证: x1x2 e2.证明 : 由 x1,x2 (x1 x2) 是函数 f (x) ln x ax的两个零点可得 ln x1 ax1=0 ,ln x2 ax2=0 ,两式相减可得ln x1ln x2a(x1x2) 0aln x2x2ln x1 .x1两式相加可得ln x1ln x2a(x1x2) 0aln x2ln x1x2x1ln x2故有 a 2ln x1lnx2 ln x1. 由于 x1x2e2 lnx1 ln x2 2 .x