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) -122 ex 1 x2(I)求f(x)的单调区间；(n)证明：当 f (x1) f (x2)(x1 x?)时，x1 x2 0.2 .(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(x1) f(x2),证明X x2 2【解析】(I )解：f' (x) (1 x)e x令 f ' (x)=0,解得 x=

2、1当x变化时，f' (x) , f(x)的变化情况如下表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)= 1e(II)证明：由题意可知g(x)=f(2-x), 得 g(x)=(2-x)ex 2令 F(x)=f(x)-g(x), 即 F(x) xex (x 2)ex 2于是 F'(x) (x 1)(e2x 2 1)ex当 x>1 时，2x-2>0,从而 e2x-2 1 0,又 ex 0,所以 F'(x)>0,从而函数 F(x)在1,+0

3、0)是增函数。又 F(1)= e1 e1 0,所以 x>1 时，有 F(x)>F(1)=0,即 f(x)>g(x).m)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 x2.与x1 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(x2) =f(2-x 2),所以 f(x 2) > f(2-x 2),从而 f(x 1)>

4、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“>2 x2,即 x2>2.3.已知函数f 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

5、得出所证的结果.试题解析：(I) f (x)= = , ( x> 0),所以当 a00 时，f (x) >0, f (x)在(0 , + x)上单调递增；当a>0时，口乂)在(0, a)上单调递减，在(a,十“)上单调递增.(n )若函数y = f (x)的两个零点为x,，x2 (xvx2),由(I)可得0vx1< av 2 .令 g(x) = f (x) f (2 ax) , (0vxva)贝U g(x) =f (x) +f (2 a x) = (xa) v0, 所以 g(x)在(0 , a)上单调递减，g(x) >g(a) =0,即 f (x) >f (

6、2ax).令 x = x,v a,则 f (x,)>f (2 a x,)，所以 f (x2) =f (x,)>f (2 a x,)，由(I)可得 f (x)在(a, +oo)上单调递增，所以x2>2a-x1,故x + x2>2a.4. (2016福州五校下学期第一次联考)已知函数一kf(x) xlnx (k R),其图象与x轴交于不同 x的两点 A(x1,0) , B(x2,0),且 x1(1)求实数k的取值范围；5.已知函数f xx ln x ax22(i)求a的取值范围；(n)设f(x)两个极值点分别为 解：(i)依题，函数的定义域为， 所以方程在有两个不同根.即，

7、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() 2分若，可见在上恒成立，所以在单调增, 此时不可能有两个不同零点 若，在时，在时，所以在上单调增，在上单调减，从而4分X2 (2)证明:2x1x2.ex a(a R)在其定义域内有两个不同的极值点.x1，x2 ,证明：x1 x2又炳为在时，在在时，于是只须：,即，所以5分综上所述，6分(n)由(I)可知分别是方程的两个根，即，设X x2 ,作差得，即7分2原不等式x x2e等价于ln x1In x22x12 x1x2a x1x22 In 令瓦 t 则 t 1 m 土22x_二x2x2x1x2ln t.2 t 1设 g t lnt ,

8、t 1 , g tt 10,函数g t在1, 上单调递增,10分g t g 10,I .2 t 1.即不等式lnt 2A成立， 11分t 1故所证不等式A X2 e2成立. 12分 6.已知函数 f(x) ln x 工，g (x) ax b.X(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) In x 1图象的切线，求a b的最小值； x2x2 2e 将参数，运用(3)当b 0时，若f (x)与g(x)的图象有两个交点A(x1, y1) , B(x2,y2),求证：x1【答案】(1) a 0; (2)1; (3)证

9、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) 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导数的有关知识进行推证试题解析：(1) h(x) f (x) g(x) (in x 1) (ax b) In x - ax b , xx,、11h (x) a. x xh(x)在(0,)上单调递增，(0, ), h(x)W a 0恒成立x x即 (0,) ,a恒成立x x min1111211v H(x)-(-)- , x0, 0,xxx24xx 0 时，H(x) 0, a 0.(2)设切点为(xO,y0),则a1-2 x0x0又 ax

10、0 b in x0,%b inx0 1,x。11a b 2 In x0 1 , x0xo令(x)!二lnx 1,则(x)1 LJ) x xx x x x当(x) 0时，x (1,),所以(x)在(1,)上单调递增;当（x） 0时，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,即a b的最小值为1 .1ln x1 ax1(3)证明：由题意得x11ln x2 ax2x2 十 得：ln(xx2) 1一x2- a(x1x2)纪2ln生得：ln遑 2 a(x2 %),即-a xxG2x2 xg代入得：ln(x1x2) x ( )(x1x2),xx2x2 x1x1x

11、22(x1 x2)x1x2 . x2即 ln(x1x2) ln ,xx2x2x1 x1不妨令0 x1x2 ,记t里1 ,x12令 F(t) lnt -(1-(t1),贝U F (t) - 0,t 1t(t 1)F(1) 0,F(t) 1nt*在(1,)上单调递增，则F(t) 1nt *lnt 型，故 lnx2 2231, t 1x1x1 x22(x1 x2)x1x2 . x2.ln(x1x2) ln 2 .xx2x2 x1 x1又 ln(x1x2) 2(x1 x2) x/24 , x1x2ln(x1x2) 21n xix2xP240,1_2一 _2 x x42.2lnjx1x22, 即 lnj

12、x1x21, x1x2, x1 x2令 G(x) ln x 2 ,贝U x 0 时，G (x) xG(x) In x 2 在(0,X)上单调递增,221又 ln . 2e In 22e 21 0.83 1eG( X1X2) ln X1X22-2 -,1 In V2e,x1X2 Me.X1X2, 2e考点：导数及在研究函数的单调性最值中的应用.1 97.(2017届武昌区兀月调考理科数学)已知函数 f(X) 1X2 (1 a)X aln x(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：f

13、9;(上万x2) 0.8.已知函数f (x) xln x ax2 x a (a R)在其定义域内有两个不同的极值点. 2(1)求a的取值范围；(2)记两个极值点分别为 ox2,且 X2.已知0,若不等式e1% x2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(0,)有P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)团上与函数y a的图像在(0,)上有两个不同交点. x一 11nx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,)

14、上单调减.从而g(x)最大g(e) 1, 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 g(x) 9匕与函数y a的图像在(0,)上有两个不同交点，只须 x0a1 e(2)因为e1x1 x2等价于1 ln X1ln X2 .由(1 )可知分别是方程Inx ax 0 的两个根，即 ln x1 ax21nx2 ax2,所以原式等价于1axiax2 a(xix?),因为0,0xix2 ,所以原式.等价于a1x1x2又由In为axi,ln x2ax2作差得,In上x2a(xi 沟)，即 a,xiIn 一x2xix2In x

15、i ln 所以原式等价于-为x2xix2因为0 xi x2 ,原式恒成立，即ln上x2一)(1刈)恒成立.xix2土，t x2(0,i),则不等式lnt令 h(t) lnt(i )(t -在t t(i )(t i)t(0,i)上恒成立.(t i)(t t(t )2)2,当2 i时，可见t (0,i)时，h(t) 0所以h(t)在t (0,i)上单调增，又h(i) 0,h(t) 0在t (0,i)恒成立，符合题意.当 2 i 时，可见 t (0, 2)时，h(t) 0,t ( 2,i)时，h(t) 0,所以h(t)在t (0, 2)时单调增，-在t ( 2,i)时单调减，又h(i) 0,所以h(

16、t)在t (0,i)上不能恒小于0,不符合题意，舍去.综上所述，若不等式eixx2恒成立，只须2 i,又 0,所以 i.9.已知函数f x ln x x2 ax, x1,x2是函数f x的两个零点，且x1 x2,(i)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fXiX2应，因此可由f(X0) 0X再求得f2XX2x1x2a并整理得2 X2X1In上与22当，此时会发现只要证X2X2 x2x1xx2,x2In x10,此式证明可用换元法，设t1,再利用函数的性质证明.试题解析:(1)2x2x2 ax 1 a xoaxo1=0a 、a2 8x00,% 时

17、，f x 0,单调递增;xo,时，f x 0f x单调递减(2)由于函数f x存在两个零点，f x 0max由(1)可知 f x max f x0 =In % %2a%,且 a2x。2 1x。由于g刈In x0x021在0,+ 为增函数，且g 10,xo上=2% 1 1x0x0所以a的取值范围是1,十方法二：函数f xIn x x2 ax有两个零点,即方程In xax0有两个实数根,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

18、只要f (x0) 0,就能保证f(x)有两个零点，注意到a求得x0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ax2 In x即a . 1nx有两个实数根，设gx xp x x2 1 Inx, p 10,且 p x x2 1 In x单调递增,x 0,i 时，p xX21In x 0, g x0x单调递减x i, 时，p xIn x 0, g xx单调递增(3)由于为？2是函数f的两个零点，且XiX2所以，lnxi2xiaxi0,ln x22X2ax2 0两式相减得:,X2In Xi22x2xiX2Xi,X2In -XiX2 Xx2 xi要证明fXiX22

19、X2Xixi x2,X2In Xi0,即只需证ln上Xi2*iXi上iXi设生tXiInt,h i2t i2t t i+单调递增,In tIn”Xi2 X2 iXimiXi2X2考点：导数与函数的单调性，导数的综合应用.i0. (20i4襄阳市三月考试)已知函数 f(X)aIn x(i)a 2时，求函数yf (X)在；,2的最大值;(2) 围；(3)0 Xih' (axi令 g(X) f (X) aX ,若y g(X)在区间(03)上不是单调函数,求a的取值范a 2时，函数h(x)f (X) mX的图象与又h'(X)是h(X)的导函数.若正常数X轴交于两点 ,满足条件A(xi,

20、0) , B(X2,0),且i, ，证明：X2 )0 解：当a=2时，f/、2 c 2 2x2(x) 2x 函数y=f «)在12i是增函数，在i , 2是减函数所以 f(x)max f(i) 2In X i =-ih ( xiX2) 0 14 分5分0在(0, 3)上有实数解，且无重(2)解：g(x) alnx x2 ax, g (x) a 2x a x.g(x)因为在区间(0, 3)上不是单调函数，g(x)根由 g (x) 0 得：2x2-ax-a=0,有 a2x2x 12(x 14 (0，3, xG(0, 3) 6 分 2g (x) 0有重根x=0又当a=-8时，g (x) 0

21、有重根x=-2； a=0时,综上，a的取值范围是(0,9).8分2解：当 a=2 时，h(x) 2ln x x2 mx, h (x) 2x m x h(x)=f (x) - mx的图象与 x 轴交于两点 A(xi, 0),0)f (x) -mx=0 有两个实根 xi、2,2.n" x、mx,两式相减得：2(lnxiInx?)(x；x2)m(xx2)21n x2 x2 mx2 0.2(1n xIn x2)一 m (xix2)xx2于是h ( xi、2x2) 2( xixx22(1n x In x2)x2)xx2(xix2)2(1nxi 1nx2) (2i)(x2 xi)i0 分xix2

22、xi x2i, W , 2 W i (2i)(x2 xjw。要证：h(为x2) 0,只需证：一2 2(1nxilnx2) 0xix2xi”只需证：xi x2in工0(*)ii分xx2x2令 t 8(0<t<i), (*)化为Int 0 x2t令 u(t) int i t ,贝 1 u (t) 1 i tt ( t )2 ti2 分t i (i t) >i -t-即(t22u (t) i i2 0i3 分 t ( t )2.”。)在(0, i)上单调递增,u(t)<u(i)=0in t0,即xix2xiiin 0xix2x211.已知函数f (x) In x mx(m为常

23、数).(I)讨论函数f(x)的单调区间；3 2(n )当m 2时,设g(x) 2 f (x) x的两个极值点xi, x2 , (x1 x2)恰为h(x) In x cx2 bx的零点，求y (x1 x2)h'('一过)的最小值2试题分析：(I)求解f (x) - m 1mx(x 0),分m 0, m 0,m 0三种情况分类 xx讨论求解函数的单调区间；(n)求出 g x和h x的导数，运用韦达定理和函数的零点的定义，化简整理，构造新函数，运用导数判断函数的的单调性，即可求解最 小值.试题解析：(I ) f (x) 1 m 1mx , x 0. x x当m 0时，由1 mx 0解

24、得x ,即当0 m由1 mx 0解得x 1 ,即当x mx 1时，f (x) 0, f x单调递增; m1一时，f (x) 0, f x单调递减. m0时,1 f (x) = -x0,即f x在(0, +oo)上单调递增;当 m 0 时，1 mx 0 ,故 f (x)0,即f x在(0, +oo)上单调递增.当m 0时，f x的单调递增区间为(0,工)，单调递减区间为(+X);mm当m 0时，f x的单调递增区间为(0, +X).(II ) g(x) 2f (x) x2 2ln x2八22(x mx 1)2mx x ,贝U g (x),xg (x)的两根x1，x2即为方程mx 1 0的两根.3

25、 2 m 2x1x22 m又二 x1，x2为 h(x) In x cx2 bx 的零点,22- 1nxi cx1 bx1 0 , In x2 cx2 bx20 ,两式相减得In上x2c x1x2 xi x2bxi x20,In上得b=L_xi x2c(xi x2),而h (x)工 x2cx b.- 2 y=(xi x2) xix2c(xix2)b=(为*2)一2xix2c(x1*2),xiIn x2xi x2c(x1xi二 2(xi x2) ln8=2xix2x2x2土 ix2,xiIn 一,x2令上x2(0t 1)xi2x2m2 得 x2x22x1x2因为xix2i ,两边同时除以x#2,&

26、#39;m耍故t t 5,解得y；或t” .0<y设 G (t ) =2 U Int, t i2aG (t) = 0,则y=G (t)在(o,之上是减函数,t(t i)2 G ( t ) min=G (1)=2 In 2 23即 y (xi x2)h(xx2)的最小值为In 2 . 23考点：函数的导数在函数中的综合应用；函数的零点的应用.12 .已知函数 f x xIn x ax2 a R .2(i)若x 0,恒有f (x) x成立，求实数a的取值范围;(2)若a0,求f(x)在区间t,t 2 (t0)上的最小值;(3)若函数g x f x x有两个极值点x1,x2,求证:ln x1l

27、n x22ae.(1)由 x>0,恒有 f (x) x 成立，即 lnx -x 1, ln-x-1 2 xa对任意x>0成立,2ln x 1/、2 ln x记 H (x) =,H (x)=2-,XXx (0,e2), H/(x) 0,H(x)单增；当 x (e2,),H/(x)0,H(x)单减；H (x)最大值为2H(e )所以12， e12 , a e(2)函数g xf xx有两个相异的极值点x1，x2,即g x ln x ax 0有两个不同的实数根.当0时，gx单调递增，g x 0不可能有两个不同的实根;当0时，设1 ax x ln x ax,h x ,x1 一，时，h a0,

28、 h x单调递增;1 , 一时，h xa0,单调递减;ln a 10,不妨设X2X10,x1x20, ln x2 ax20,ln ka40,ln x2Inx1ln x1ln x22,即证In x2In x1X2x2x1x2即证,x2lnXi2 2(2 Xi2x1x2x2Xix2xXi1 ,即证ln tln t2t t2 12t2t 2t21,单调递减，：10,ln x1ln x2ln x1ln x22ae12分考点：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

29、(1,)内有且仅有一个零点;(2)用min a,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'区便x2),记F(x)在(1,)内的零点为长,试证明:x1x2xo214 .已知函数 f(x) aln(x 1) b(x 1) 2(a 0),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 Xi，X2(Xi x?),且 , x。？2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