专题：与极值点有关的证明问题

1、专题:与极值（点）有关的证明问题 例1 设函数 (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个极值点，且，求证： 例2 设函数，且存在两个极值点，其中 (1)求实数a的取值范围； (2)证明不等式： 例3 已知函数 (1)若函数存在与直线平行的切线，求实数的取值范围； (2)设，若有极大值点，求证： 例4 设函数, (1)若函数在上单调递增,求的取值范围； (2)若函数有两个极值点,且.求证 例5 已知函数在定义域内有两个不同的极值点 (1)求实数的取值范围； (2)记两个极值点为，且，已知，若不等式恒成立，求的取值范围 例6 已知函数 (1)若，恒有成立，求实数的取值范围； (2)若，求在区间

2、上的最小值； (3)若函数有两个极值点，求证：. 例7 已知函数，其中. (1)若，和在区间上具有相同的单调性，求实数的取值范围； (2)设函数有两个极值点，且，求证：. 例8 已知函数， . (1)若和在有相同的单调区间，求的取值范围； (2)令（），若在定义域内有两个不同的极值点 （i）求的取值范围； （ii）设两个极值点分别为，证明： 例9 已知函数， (1)若函数为定义域上的单调函数，求实数的取值范围； (2)若函数存在两个极值点，且，证明： 例10 设函数，且存在两个极值点、，其中 (1)求实数的取值范围； (2)求的最小值； (3)证明不等式：练习题 1已知函数, (1)求函数 的

3、极值； (2)若恒成立,求实数的值； (3)设有两个极值点、(),求实数的取值范围,并证明 2已知函数f (x)alnxx2ax (a为常数) (1)试讨论f (x)的单调性； (2)若f (x)有两个极值点分别为、，不等式f (x1)f (x2) (x1x2)恒成立，求的最小值 3 已知 ()当时，求函数的所有零点； ()若有两个极值点，且，求证：(为自然对数的底数). 4已知函数上有两个极值点且 (1)求实数的取值范围； (2)证明：5已知函数 (1)当时，判断函数的单调区间并给予证明； (2)若有两个极值点，证明： 6 已知函数(其中为常数) (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，

4、设函数的个极值点为，且.证明：. 7已知,其中.(1)若与的图像在交点处的切线互相垂直,求的值；(2)若是函数的一个极值点,和是的两个零点,且 ，,求的值；(3) 当时,若,是的两个极值点,当时,求证:.8(2018湖南长沙一模)设函数f(x)x22x1aln x有两个极值点x1，x2，且x1x2，则f(x2)的取值范围是()A. B. C. D.9已知函数，(e为自然对数的底数)()当x0，)时，求的最小值；()若函数恰有两个不同极值点、求的取值范围；求证：10已知函数（），其中无理数(1)若函数有两个极值点，求的取值范围(2)若函数的极值点有三个，最小的记为，最大的记为，若的最大值为，求的

5、最小值专题 与极值（点）有关的证明问题答案例1 解：（）函数的定义域为， 令，则当时，,，从而，故函数在上单调递增；当时，,的两个根为，当时，此时，当函数单调递减;当函数单调递增当时，,此时函数在区间单调递增;当函数单调递减综上: 当时，函数在上单调递增；当时，函数在区间单调递增; 在区间函数单调递减; 当时，函数单调递减,函数单调递增（）当函数有两个极值点时, ,且 即, 令 ,令,函数单调递增; 令,函数单调递减; ,例2 解：（）由题意，函数存在两个极值点，且，关于的方程，即在内有两个不相等实根令，则解得所以，实数的取值范围（）由（）知 ，令，则，且，令，则-，即在上是减函数，在上是增函

6、数，即，所以，例3（1）因为因为函数存在与直线平行的切线，所以在上有解即在上有解，也即在上有解，所以，得故所求实数的取值范围是（2）因为因为当时，单调递增无极值点，不符合题意当或时，令，设的两根为和，因为为函数的极大值点，所以，又，所以，所以，则要证明，只需要证明因为，令，所以，记，则当时，当时，所以，所以所以在上单调递减，所以，原题得证例4 (1)根据题意知:在上恒成立.即在区间恒成立.在区间上的最大值为,;经检验:当时,满足要求,故. (2)由函数定义域为,函数有两个极值点,所以即在上有两个不等式的实根,则解得因为且,所以,.所以, 令,则,令,则.因为,所以存在,使得.所以在上递减,在上

7、递增.又,所以,对任意, 都有,即, 9分所以在上单调递减.故,即.例5.解：（）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+），方程f（x）=0在（0，+）有两个不同根； 即方程lnxax=0在（0，+）有两个不同根； （解法一）转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+）上有两个不同交点， 如右图 可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0ak 令切点A（x0，lnx0）， 故，又，故，解得，x0=e， 故， 故4分（解法二）转化为函数与函数y=a的图象在（0，+）上有两个不同交点 又， 即0xe时，g（x）0，xe时，g（x）0， 故g（x）在（0，e）上单调增，

8、在（e，+）上单调减 故g（x）极大=g（e）=； 又g（x）有且只有一个零点是1，且在x0时，g（x），在在x+时，g（x）0， 故g（x）的草图如右图， 可见，要想函数与函数y=a的图象在（0，+）上有两个不同交点， 只须 4分（解法三）令g（x）=lnxax，从而转化为函数g（x）有两个不同零点， 而（x0）， 若a0，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 若a0，在时，g（x）0，在时，g（x）0， 所以g（x）在上单调增，在上单调减，从而=， 又因为在x0时，g（x），在在x+时，g（x）， 于是只须：g（x）极大0，

9、即，所以 综上所述， （）因为等价于1+lnx1+lnx2 由（）可知x1，x2分别是方程lnxax=0的两个根， 即lnx1=ax1，lnx2=ax2 所以原式等价于1+ax1+ax2=a（x1+x2），因为0，0x1x2， 所以原式等价于 又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，即 所以原式等价于， 因为0x1x2，原式恒成立，即恒成立 令，t（0，1）， 则不等式在t（0，1）上恒成立 令， 又=， 当21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21时，可见t（0，2）时，h（t）0，t（

10、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，若不等式恒成立，只须21，又0，所以1例6 （1）由x0,恒有成立，即对任意x0成立，1分记H（x）=, H/（x）=，当H(x)单增；当H(x)单减；H（x）最大值为， 所以（2）函数有两个相异的极值点，即有两个不同的实数根当时，单调递增，不可能有两个不同的实根；当时，设，当时，单调递增；当时，单调递减；，不妨设，先证，即证，即证，令，即证，设，则，函数在单调递减，又，例7.（1）解：，在上恒成立，即在上单调递减.当时，即

11、在上单调递增，不合题意；当时，由，得，由，得.的单调减区间为，单调增区间为.和在区间上具有相同的单调性，解得， 综上，的取值范围是.（2）证明：，.，且，.设，即.例8.解：（）函数的定义域为，当时，；当时， .所以在上单调递减，在上单调递增若在上单调递减，在上单调递增，则（）（i）依题意，函数的定义域为，所以方程在有两个不同根即方程在有两个不同根，转化为，函数与函数的图象在有两个不同交点，如图可见，若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，只需.令切点，所以，又，所以，解得，于是，所以.（ii）由（i）可知，分别是方程的两个根，即，不妨设，作差得，即，原不等式等价于，即，即，令，则，即，设，函数

12、在上单调递增，即不等式成立，故所证不等式成立 例9.解：（）函数的定义域为，由题意，若，即，则恒成立，则在上为单调减函数；若，即，方程的两根为，当时，所以函数单调递减，当时，所以函数单调递增，不符合题意综上，若函数为定义域上的单调函数，则实数的取值范围为（）因为函数有两个极值点，所以在上有两个不等的实根，即在有两个不等的实根，于是，且满足，同理可得令，又时，则在上单调递增，所以，即，得证 例10 解:（）由题： 存在两个极值点、，其中 .关于的方程即在区间内有不等两实根。令 、 ，则由图像可得 实数的取值范围是 （）由（）知， 由得 当 时， ，即在单调递减；当 时， ，即在单调递增 （）由（

13、）知， 令 ，则且 令 ，则 即在(0，1)上是减函数 在上是增函数，即（）另证：记，则当时，即在上单调递减，练习题 1、解：（1）当x=1时，G（x）的极小值为0.（2）令，则 所以即恒成立的必要条件是， 又，由得： 当时，知，故，即恒成立 （3）由，得 有两个极值点、等价于方程在上有两个不等的正根，即：， 解得 由，得，其中.所以 设，得，所以，即 2.解：（）f(x)xa (x0)，当a0时，解f(x)0得，x, f(x)的单调减区间为(0，,单调增区间为(，+)； 当0a4时，x2axa0的a24a0，所以f(x)0，f(x)的增区间为(0,+),无减区间； 当a4时，a24a0，解f

14、(x)0得，x1,2,f(x)的单调增区间为(0，, (，+)，单调减区间为(，).（）由（）可知f(x)有两个极值点时，设为x1，x2，则 a4，x1x2a ,x1x2a故f(x1)f(x2)alnx1xa x1alnx2xax2aln(x1x2)(xx)a(x1x2)aln(x1x2) (x1x2)2x1x2a(x1x2)a于是lnaa1，a. 令(a)lnaa1，则(a).因为a4，所以(a) 0.于是(a)lnaa1在上单调递减因此(a) (4)ln43. 且可无限接近ln43.又因为x1x20，故不等式f (x1)f (x2) (x1x2)等价于.所以的最小值为ln43. 3.解：(

15、)当时， .设，则，于是在上为增函数. 又，所以，有唯一零点. 从而，函数有唯一零点. () 欲证，需证若有两个极值点，即函数有两个零点. 又，所以，是方程的两个不同实根.于是，有.解之得，.另一方面，由得，从而可得，.6分于是，.又，设，则.因此，要证即证：，.即：当时，有.设函数，则,所以，为上的增函数.注意到，.因此，.于是，当时，有.所以，有成立，即.4.5.解：（）时，易知从而为单调减函数分（）有两个极值点，即有两个实根，所以，得，得6分又，所以8分，得10分， 12分另解：由两个实根，当时，所以单调递减且，不能满足条件当时，所以单调递减且当时，所以单调递增且，故当时，当时，当时，所

16、以由两个实根需要即即，从而可以构造函数解决不等式的证明有两个实根，不是根，所以由两个实根，当时，所以单调递减且，不能满足条件当时，所以单调递减且当时，所以单调递增且，故当时，当时，当时，所以由两个实根需要即即，从而可以构造函数解决不等式的证明6.()求导得：. 令可得.列表如下:-0+减减极小值增单调减区间为,;增区间为. -4分()由题，对于函数，有函数在上单调递减，在上单调递增函数有3个极值点，从而，所以，当时， 函数的递增区间有和，递减区间有，此时，函数有3个极值点，且；当时，是函数的两个零点，-6分7.【答案】(1),由题知,即 解得 (2)=, 由题知,即 解得,= ,由,解得;由,

17、解得在上单调递增,在单调递减, 故至多有两个零点,其中,又=0,=6(-1)0,=6(-2)0 ，(3,4),故=3 (3)当时,=, , 由题知=0在(0,+)上有两个不同根,则1,则+11,+40 又0,1 则与随的变化情况如下表: (0,1)1(1, -)-(-,+)-0+0-极小值极大值|-|=极大值-极小值=F(-)F(1)=)+1, 设,则,在(,4)上是增函数,=3-4 所以. 8D考向2由已知得f(x)的定义域为x0，且f(x).f(x)有两个极值点x1，x2，x1，x2是方程2x22xa0的两根又0x1x2，且x1x21，x21，a2x22x，f(x2)(x21)2(2x22

18、x)ln x2，令g(t)(t1)2(2t2t2)ln t，则g(t)2(12t)ln t0，故g(t)单调递增gg(t)g(1)，而g，g(1)0，所以f(x2)，选D.9【解析】()g(x)ex2x，(g(x)ex2，x0，)，所以g(x)在0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，g(x)ming(ln 2)2(1ln 2)0，(2分)即x0，)时，恒有g(x)ex2x0，故g(x)在0，)上单调递增，g(x)ming(0)1.(4分)()f(x)2axln x，要f(x)恰有两个极值点，等价于h(x)2axln x在(0，)上恰有两个不同零点h(x)2a，(5分)当a0时，h(x)0时，h(x)在上单调递减，在上单调递增，而h1ln(2a)，由h1ln(2a)00ae，e，此时h(1)2a0，h2ae2a0，故当0a时，g(x)2axln x在与上各恰有一个零点，即当0a时函数f(x)有两个极值点. (8分)另法：考查2a不妨设0x1e2ln(x1x2)2，ln2