高中数学题型归纳大全函数与导数题型归纳六、极值点偏移

高中数学题型归纳大全函数与导数6题型归纳六、极值点偏移考点1.对称构造1．已知函数f（x）＝xe﹣x（x∈R）（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）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）；（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），证明x1+x2＞2．2．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．考点2.比值（作差）换元3．已知函数f（x）＝ex﹣ax（a∈R）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若函数f（x）的两个零点分别为x1，x2，求证：x1+x2＞2．4．设函数f(x)=ax-lnx+1x+b（a（1）讨论f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点x1、x2，求证：x1+x2+2＞2ax1x2．考点3.消参减元5．已知函数f（x）＝x2+ax﹣alnx．（1）若函数f（x）在[2，5]上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a＝2时，若方程f（x）＝x2+2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．6．已知函数f（x）＝ex﹣ax+a（a∈R），其中e为自然对数的底数．（1）讨论函数y＝f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，证明：x1+x2＜2lna．考点4.拐点偏移7．已知函数f（x）＝xlnx-a2x2+（a﹣1）x，其导函数f′（x）的最大值为（1）求实数a的值；（2）若f（x1）+f（x2）＝﹣1（x1≠x2），证明：x1+x2＞2．8．已知函数f（x）＝2lnx﹣3x2﹣11x．（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若关于x的不等式f（x）≤（a﹣3）x2+（2a﹣13）x﹣2恒成，求整数a的最小值；（3）若正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+4（x12+x22）+12（x1+x2）＝4，证明：x1+x2≥2．题型归纳六、极值点偏移考点1.对称构造1．已知函数f（x）＝xe﹣x（x∈R）（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）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）；（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），证明x1+x2＞2．【分析】（1）先求导求出导数为零的值，通过列表判定导数符号，确定出单调性和极值．（2）先利用对称性求出g（x）的解析式，比较两个函数的大小可将它们作差，研究新函数的最小值，使最小值大于零，不等式即可证得．（3）通过题意分析先讨论，可设x1＜1，x2＞1，利用第二问的结论可得f（x2）＞g（x2），根据对称性将g（x2）换成f（2﹣x2），再利用单调性根据函数值的大小得到自变量的大小关系．【解答】解：（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）的变化情况如下表x（﹣∞，1）1（1，+∞）f′（x）+0﹣f（x）增极大值减所以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（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）＝xe﹣x+（x﹣2）ex﹣2于是F'（x）＝（x﹣1）（e2x﹣2﹣1）e﹣x当x＞1时，2x﹣2＞0，从而e2x﹣2﹣1＞0，又e﹣x＞0，所以F′（x）＞0，从而函数F（x）在[1，+∞）是增函数．又F（1）＝e﹣1﹣e﹣1＝0，所以x＞1时，有F（x）＞F（1）＝0，即f（x）＞g（x）．（Ⅲ）证明：（1）若（x1﹣1）（x2﹣1）＝0，由（I）及f（x1）＝f（x2），则x1＝x2＝1．与x1≠x2矛盾．（2）若（x1﹣1）（x2﹣1）＞0，由（I）及f（x1）＝f（x2），得x1＝x2．与x1≠x2矛盾．根据（1）（2）得（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，不妨设x1＜1，x2＞1．由（Ⅱ）可知，f（x2）＞g（x2），则g（x2）＝f（2﹣x2），所以f（x2）＞f（2﹣x2），从而f（x1）＞f（2﹣x2）．因为x2＞1，所以2﹣x2＜1，又由（Ⅰ）可知函数f（x）在区间（﹣∞，1）内是增函数，所以x1＞2﹣x2，即x1+x2＞2．2．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．【分析】（Ⅰ）由函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2可得：f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案．（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，则﹣a=(x1-2)ex1(x1-1)2=(x2-2)ex2(x2-1)2，令g（x）=(x-2)ex(x-1)2，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，分析g（x）的单调性，令m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=m+1m2e1-m(m-1m+1e2m【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，∴f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），①若a＝0，那么f（x）＝0⇔（x﹣2）ex＝0⇔x＝2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；②若a＞0，那么ex+2a＞0恒成立，当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；此时当x＝1时，函数f（x）取极小值﹣e，由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；当x＜1时，ex＜e，x﹣2＜x﹣1＜0，∴f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＝0的两根为t1，t2，且t1＜t2，则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，故函数f（x）在x＜1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；③若-e2＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；④若a=-e2，则ln（﹣2a当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；⑤若a＜-e2，则ln（﹣2a）＞lne＝当x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x＝1时，函数取极大值，由f（1）＝﹣e＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值范围为（0，+∞）证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a=(令g（x）=(x-2)ex(x-1)2，则g（x1）＝g（∵g′（x）=[(x-2∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=m-1设h（m）=m-1m+1e2m+1则h′（m）=2m即h（m）在（0，+∞）上为增函数，h（m）＞h（0）＝0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m＝1﹣x1＞0，则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）⇔2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．考点2.比值（作差）换元3．已知函数f（x）＝ex﹣ax（a∈R）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若函数f（x）的两个零点分别为x1，x2，求证：x1+x2＞2．【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，以及结合零点定理即可求出a的范围；（2）由ex1＝ax1，ex2＝ax2得x1＝lna+lnx1，x2＝lna+lnx2；得到所以x1+x2=(t+1)lntt-1；构造函数h（t）＝lnt【解答】解：（1）由f（x）＝ex﹣ax，得f'（x）＝ex﹣a，当a＜0时，f（x）在R上为增函数，函数f（x）最多有一个零点，不符合题意，所以a＞0．当a＞0时，f'（x）＝ex﹣a＝ex﹣elnaf'（x）＜0⇔x＜lna；f'（x）＞0⇔x＞lna；所以f（x）在（﹣∞，lna）上为减函数，在（lna，+∞）上为增函数；所以f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna；若函数f（x）有两个零点，则f（lna）＜0⇒a＞e；当a＞e时，f（0）＝1＞0，f（1）＝e﹣a＜0；f（3a）＝（ea）3﹣3a2＞0；由零点存在定理，函数f（x）在（0，1）和（1，3a）上各有一个零点．结合函数f（x）的单调性，当a＞e时，函数f（x）有且仅有两个零点，所以，a的取值范围为（e，+∞）．（2）证明：由（1）得a＞e，0＜x1＜x2；由ex1＝ax1，ex2＝ax2得x1＝lna+lnx1，x2＝lna+lnx2；所以x2﹣x1＝lnx2﹣lnx1＝lnx2设x2x1=t（t＞解得x1=lntt-1，x2所以x1+x2=(t+1)lnt当t＞1时，x1+x2＞2⇔(t+1)lntt-1⇔lnt-2(t-1)t+1设h（t）＝lnt-2(t-1)t+1，则h'（t）=(t-1)2t(t+1)2，当t＞1时，h于是h（t）在（1，+∞）上为增函数；所以，当t＞1时，h（t）＞h（1）＝0，即lnt-2(t-1)t+1所以x1+x2＞2．4．设函数f(x)=ax-lnx+1x+b（a（1）讨论f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点x1、x2，求证：x1+x2+2＞2ax1x2．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）求出a=lnx2-lnx1x2-x1+1x【解答】解：（1）f'(x)=a-设g（x）＝ax2﹣x﹣1（x＞0），①当a≤0时，g（x）＜0，f'（x）＜0；﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）②当a＞0时，由g（x）＝0得x=1+1+4a2a记x=1+1+4a则g(x)=ax2∴当x∈（0，x0）时，g（x）＜0，f'（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0，f'（x）＞0，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）∴当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在(0，1+1+4a2a)（2）不妨设x1＜x2，由已知得f（x1）＝0，f（x2）＝0，即ax1=lnx1两式相减得a(x∴a=lnx2要证x1+x2+2＞2ax1x2，即要证x1只需证x1只需证x22-x1设x2x1=t，则t＞1，只需证设h(t)=t-1t-2lnt(t＞1)，∵h'(t)=1+∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，∴h（t）＞h（1）＝0，得证．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）考点3.消参减元5．已知函数f（x）＝x2+ax﹣alnx．（1）若函数f（x）在[2，5]上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a＝2时，若方程f（x）＝x2+2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．【分析】（1）由已知可知f′（x）＝2x+a-ax≥0在[2，（2）由已知m＝x﹣lnx有两个不等实数根x1，x2，结合函数单调性可证明【解答】解：（1）∵f（x）＝x2+ax﹣alnx在[2，5]上单调递增∴f′（x）＝2x+a-ax≥0在[2∴a≥-2x2x-1令g（x）=-2x2x-1=-2[（x﹣1）+1∴g（5）≤g（x）≤g（2），即-252≤g（∴a≥﹣8（2）当a＝2时，f（x）＝x2+2x﹣2lnx＝x2+2m有两个不等实数根x1，x2，∴m＝x﹣lnx有两个不等实数根x1，x2，令h（x）＝x﹣lnx，x＞0则h′（x）＝1-1令h′（x）＞0可得x＞1，h（x）单调递增；令h′（x）＜0可得0＜x＜1，h（x）单调递减当x＝1时，函数取得极小值，也即是最小值h（1）＝1∴m＞1且0＜x1＜1＜x2∵x2﹣lnx2＝m＞1∴x2＞1+lnx2＞1，∴0＜∴x1﹣x2＝lnx1﹣lnx2，∵h令F（x）=x-1x-2lnx，x∈（则F′（x）=1+1x∴F（x）在（0，1）上单调递增，F（x）＜F（1）＝0即h（x1）＜h（1x∴x1＜∴x1x2＜1．6．已知函数f（x）＝ex﹣ax+a（a∈R），其中e为自然对数的底数．（1）讨论函数y＝f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，证明：x1+x2＜2lna．【解答】解：（1）函数f（x）＝ex﹣ax+a，求导，f'（x）＝ex﹣a．①当a≤0时，f'（x）＞0，则函数f（x）为R上的单调递增函数．②当a＞0时，令f'（x）＝0，则x＝lna．若x＜lna，则f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，lna）上是单调减函数；若x＞lna，则f'（x）＞0，f（x）在（lna，+∞）上是单调增函数．（2）证明：由（Ⅰ）可知，不妨设1＜x1＜x2，由ex1-a要证x1+x2＜2lna，即证ex也就是证ex即ex1+又x2﹣x1＞0，只要证ex2-令x2-x12=t＞0，则（*）式化为et设g（t）＝（et﹣e﹣t）﹣2t（t＞0），g'（t）＝（et+e﹣t）﹣2＞0，所以g（t）在（0，+∞）上单调递增，所以g（t）＞g（0）＝0．∴x1+x2＜2lna．考点4.拐点偏移7．已知函数f（x）＝xlnx-a2x2+（a﹣1）x，其导函数f′（x）的最大值为（1）求实数a的值；（2）若f（x1）+f（x2）＝﹣1（x1≠x2），证明：x1+x2＞2．【分析】（1）f′（x）＝lnx﹣ax+a＝h（x），x∈（0，+∞）．h′（x）=1x-a=（2）当a＝1时，f（x）＝xlnx-12x2，f′（x）＝lnx﹣x+1．由（1）可知：f′（x）≤0恒成立．f（x）在（0，+∞）上单调递减，且f（1）=-12．f（x1）+f（x2）＝﹣1＝2f（1）（x不妨设0＜x1＜x2，即0＜x1＜1＜x2，要证：x1+x2＞2．即证明：x2＞2﹣x1．由f（x）在（0，+∞）上单调递减，因此即证明：f（x2）＜f（2﹣x1）．又f（x1）+f（x2）＝﹣1，即证明：﹣f（x1）﹣1＜f（2﹣x1）．即﹣1＜f（x1）+f（2﹣x1）．令F（x）＝f（x）+f（2﹣x）．x∈（0，1），F（1）＝2f（1）＝﹣1．利用导数研究函数的单调性即可得出．【解答】（1）解：f′（x）＝lnx﹣ax+a＝h（x），x∈（0，+∞）．h′（x）=1x-当a≤0时，h′（x）＞0，此时函数h（x）在x∈（0，+∞）单调递增，且h（1）＝0，x＞1时，h（x）＞0，不成立，舍去．当a＞0时，此时函数h（x）在x∈（0，1a）单调递增，在（1a，∴h（x）max=h(1a)=-lna令g（a）＝﹣lna+a﹣1．g′（a）=-1a可得：当a＝1时，函数g（a）取得极小值即最小值，g（1）＝0，故a＝1．（2）当a＝1时，f（x）＝xlnx-12x2，f′（x）＝lnx﹣x+1．由（1）可知：f′（x）≤∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，且f（1）=-12．f（x1）+f（x2）＝﹣1＝2f（1）（x1≠不妨设0＜x1＜x2，即0＜x1＜1＜x2，要证：x1+x2＞2．即证明：x2＞2﹣x1．由f（x）在（0，+∞）上单调递减，因此即证明：f（x2）＜f（2﹣x1）．又f（x1）+f（x2）＝﹣1，即证明：﹣f（x1）﹣1＜f（2﹣x1）．即﹣1＜f（x1）+f（2﹣x1）．令F（x）＝f（x）+f（2﹣x）．x∈（0，1），F（1）＝2f（1）＝﹣1．F′（x）＝f′（x）﹣f′（2﹣x）＝1+lnx﹣x﹣[1+ln（2﹣x）﹣2+x]＝lnx﹣ln（2﹣x）+2（1﹣x），F″（x）=2(1-x)2x(2-x)＞0，∴F′（x）在x∈∴F′（x）＜F′（1）＝0，∴F（x）在x∈（0，1）上单调递减，F（x）＞F（1）．因此x1+x2＞2．8．已知函数f（x）＝2lnx﹣3x2﹣11x．（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若关于x的不等式f（x）≤（a﹣3）x2+（2a﹣13）x﹣2恒成，求整数a的最小值；（3）若正实数x1，x2满足f（x1）+f