导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)

第1页共8页导数压轴题分类（2）---极值点偏移问题极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数xxfxfF02x或者xxfxxfxF00。其中0x为函数xfy的极值点。⑵利用对数平均不等式。2lnlnabbababa。⑶变换主元等方法。任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。1．设函数22()ln()fxaxxaxaR（1）试讨论函数()fx的单调性;（2）()fxm有两解12,xx（12xx）,求证：122xxa.解析：（1）由22()lnfxaxxax可知2222(2)()()2axaxaxaxafxxaxxx因为函数()fx的定义域为(0,)，所以①若0a时，当(0,)xa时，()0fx，函数()fx单调递减，当(,)xa时，()0fx，函数()fx单调递增；②若0a时，当()20fxx在(0,)x内恒成立，函数()fx单调递增；③若0a时，当(0,)2ax时，()0fx，函数()fx单调递减，当(,)2ax时，()0fx，函数()fx单调递增；（2）要证122xxa，只需证122xxa，(x)g222(x)2,g(x)20(x)(x)aafxagfxx则为增函数。只需证：12xx()()02ffa，即证2121221212221+0+0axxaxxaxxxxa（*）又2222111222ln,ln,axxaxmaxxaxm两式相减整理得：第2页共8页1212212lnln1(xxa)0xxxxa，把1212212lnln1(xxa)xxaxx代入（*）式，即证：121212lnln20xxxxxx化为：121112222(1)2(1)ln0,=,ln011xxxxtttxxxtx令即证：2222(1)41(t1)(t)ln(01),(t)0111tttttttt令则所以(t)为减函数，(t)(1)0综上得：原不等式得证。2.设11(,)Axy,22(,)Bxy是函数2()(12)lnfxaxaxx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？解:由题意可得21111(12)lnyaxaxx,22222(12)lnyaxaxx,且12xx,故直线AB的斜率2121212121lnln()12yyxxkaxxaxxxx.由题意可知曲线C在点N处的切线的斜率为12'()2xxf,因此我们只需判断直线AB的斜率k与12'()2xxf是否相等即可.又由于1'()212fxaxax,因此1212122'()()122xxfaxxaxx.令函数()'()gxkfx,则2112212lnln()xxgxxxxx2121212112()[(lnln)]xxxxxxxx第3页共8页221221112(1)1[ln]1xxxxxxxx.不妨令120xx,则211xtx,2(1)()ln1thttt,则由22214(1)'()0(1)(1)thttttt可知()t在(1,)上递增.故()(1)0hth.从而可得()0hx,即直线AB的斜率k与12'()2xxf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。3.设函数2()(2)lnfxxaxax．(1)求函数()fx的单调区间；(2)若方程()fxc有两个不等实根12,xx,求证:12()02xxf．解:(1)由(1)(2)'()2(2)axxafxxaxx,且0x可知:当0a时,'()0fx,此时函数()fx在(0,)上单调递增；当0a时,若02ax,则'()0fx；若2ax,则'()0fx；此时,函数()fx在(0,)2a上单调递减；在(,)2a上单调递增.(2)由12,xx12(0)xx是方程()fxc的两个不等实根可知:2111(2)lnxaxaxc,2222(2)lnxaxaxc.两式作差可得12121212()()(2)()(lnln)0xxxxaxxaxx.第4页共8页故212121lnln2xxxxaaxx.由'()2(2)afxxax可得1212122'()(2)2xxafxxaxx212121lnln2xxaaxxxx212121212()[(lnln)]axxxxxxxx221221112(1)[ln]1xaxxxxxxx.由120xx可知211xtx,因此由2(1)()ln1tgttt,则由22214(1)'()0(1)(1)tgttttt可知()gt在(1,)上递增.故()(1)0gtg,从而可知12()02xxf．4.设函数2ln2)(xmxxxf有两个零点21,xx)(21xx,且0x是21,xx的等差中项,求证:0)('0xf.证明:由21,xx)(21xx是函数2ln2)(xmxxxf的两个零点可知21112ln=0xmxx,22222ln=0xmxx,两式作差可得121212122(lnln)()()()0xxmxxxxxx.故211221lnln2xxxxmxx.由2'()2fxmxx,及1202xxx可得12012124'()'()()2xxfxfmxxxx2121214lnln2xxxxxx第5页共8页2121212122()[(lnln)]xxxxxxxx221221112(1)2[ln]1xxxxxxxx.由120xx可知211xtx,因此由2(1)()ln1tgttt,则由22214(1)'()0(1)(1)tgttttt可知()gt在(1,)上递增.故()(1)0gtg,从而可知0)('0xf．5.（2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）已知函数2)1()2()(xaexxfx有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设21,xx是)(xf的两个零点，证明：221xx．解：（Ⅰ）函数()fx的定义域为R，当0a时，()(2)0xfxxe，得2x，只有一个零点，不合题意；当0a时，()(1)[2]xfxxea当0a时，由()0fx得，1x，由()0fx得，1x，由()0fx得，1x，故，1x是()fx的极小值点，也是()fx的最小值点，所以min()(1)0fxfe又(2)0fa，故在区间(1,2)内存在一个零点2x，即212x由21lim(2)limlim0,xxxxxxxxeee又2(1)0ax，所以，()fx在区间(,1)存在唯一零点1x，即11x，故0a时，()fx存在两个零点；当0a时，由()0fx得，1ln(2)xxa或，若ln(2)1a，即2ea时，()0fx，故()fx在R上单调递增，与题意不符第6页共8页若ln(2)1a，即02ea时，易证()=(1)0fxfe极大值故()fx在R上只有一个零点，若ln(2)1a，即2ea时，易证()=(ln(2)fxfa极大值2(ln(2)4ln(2)5)0aaa，故()fx在R上只有一个零点综上述，0a（Ⅱ）解法一、根据函数的单调性证明由（Ⅰ）知，0a且1212xx令2()()(2)(2),1xxhxfxfxxexex，则2(1)2(1)(e1)()xxxhxe因为1x，所以2(1)10,10xxe，所以()0hx，所以()hx在(1,)内单调递增,所以()(1)0hxh，即()(2)fxfx，所以22()(2)fxfx，所以12()(2)fxfx，因为121,21xx，()fx在区间(,1)内单调递减，所以122xx，即122xx解法二、利用对数平均不等式证明由（Ⅰ）知，0a，又(0)2fa所以，当02a时，10x且212x，故122xx当2a时，12012xx，又因为12122212(2)(2)(1)(1)xxxexeaxx即12122212(2)(2)(1)(1)xxxexexx所以111222ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)xxxxxx所以12122112ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1))(2)(2)xxxxxxxx所以1212121212ln(1)ln(1)(2)(2)412ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2xxxxxxxxxx所以1212122ln(1)ln(1)22ln(2)ln(2)xxxxxx①下面用反证法证明不等式①成立第7页共8页因为12012xx，所以12220xx，所以12ln(2)ln(2)0xx假设122xx，当122xx，1212122ln(1)ln(1)02=02ln(2)ln(2)xxxxxx且,与①矛盾；当122xx时1212122ln(1)ln(1)0202ln(2)ln(2)xxxxxx且,与①矛盾，故假设不成立所以122xx6.设函数()lnfxxax有两个零点21,xx,求证:212xxe.证明:由21,xx)(21xx是函数()lnfxxax的两个零点可得:11ln=0xax,22ln=0xax,两式相减可得1212lnln()0xxaxx2121lnlnxxaxx.两式相加可得1212lnln()0xxaxx2121lnlnxxaxx.故有21212121lnlnlnlnxxxxaxxxx.由于212xxe12lnln2xx.因此只需证明2121212121lnlnlnln2xxxxxxxxxx即可.而212121lnln2xxxxxx212121lnln2xxxxxx2212111ln201xxxxxx由120xx可知211xtx,因此由2(1)()ln1tgttt,则由22214(1)'()0(1)(1)tgttttt可知()gt在(1,)上递增.第8页共8页故()(1)0gtg,从而原命题得证.