【新高考复习】专题35 导数中双变量与极值点偏移必刷100题(解析版)

专题35导数中双变量与极值点偏移必刷100题类型一:极值点偏移问题1-25题1．（1）设0,0ab，且ab¹，证明：lnln2abababab；（2）若函数()43sin2lnfxmxmxmx，且m为非零实数，若存在12,xx，且12xx，使得12fxfx，证明：124xx．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）双变量问题转化为单变量问题，通过构造函数来进行证明；（2）通过构造函数证明1212sinsin1xxxx，再结合第一问的结论证明124xx【详解】证明：（1）不妨设ab，则lnlnab，lnln2abababab等价于21ln1aaabbabbab，设(1)attb，令21()lngtttt，22211()110gtttt，所以()gt在(1)，上单调递减，()(1)0gtg，故lnaabbba，设(1)attb，令2(1)()ln1thttt，22(1)()0(1)thttt，所以()ht在(1)，上单调递增，()(1)0hth，故21ln1aababb，故lnln2abababab．（2）()fx的定义域为(0)，，11122243sin2ln43sin2lnmxmxmxmxmxmx，因为m为非零实数，所以11122243sin2ln43sin2lnxxxxxx，1212124()3(sinsin)2(lnln)xxxxxx，即12121212sinsinlnln432xxxxxxxx，令()sinFxxx，()cos10Fxx≤，所以()Fx在(0)，上单调递减，不妨设12xx，12()()FxFx，1122sinsinxxxx，1212sinsin1xxxx，由（1）得121212lnln1xxxxxx，所以12243xx，所以124xx2．已知函数22xxfxme有且仅有两个极值点1x，2x且21xx．（1）求实数m的取值范围；（2）证明：122xx．【答案】（1）10,e（2）证明见解析【分析】（1）原问题等价于exhxfxmx有两个零点1x，2x且21xx，（i）当0m时，hx在R上单调递减，至多有一个零点，不符合题意；当0m时，hx在1,lnm上单调递减，在1ln,m上单调递增，令1ln0hm，又00h，24ln0hm，由函数零点存在定理可得，即可求解；（2）由题意，11exmx，22exmx，即11lnlnxxm，22lnlnxxm，两式相减得1122lnxxxx，令12xtx，则1t，2ln1txt，1ln1ttxt，12lnln11tttxxtt，要证：122xx，即证：lnln211ttttt，只需证：lnln220tttt，最后构造函数即可证明.（1）解：函数2e2xxfxm，exfxmx，因为函数2e2xxfxm有两个极值点1x，2x，所以exfxmx有两个零点1x，2x且21xx，令exhxfxmx，e1xhxm，（i）当0m时，e10xhxm，则hx在R上单调递减，至多有一个零点，不符合题意；（ii）当0m时，令e10xhxm，1lnxm，当1,lnxm时，0hx，hx在1,lnm上单调递减，当1ln,xm时，0hx，hx在1ln,m上单调递增，所以hx的最小值为11ln1lnhmm，令11ln1ln0hmm，解得1em，又因为00hm，244222ln2ln2ln0hmmmmm，所以由函数零点存在定理可得，在区间1,lnm和1ln,m上各有一个零点，符合题意，所以m的取值范围为10,e；（2）证明：由（1）可知00hm，1e10hm，所以.1201lnxmx，因为1x，2x是exhxfxmx的两个零点，所以11exmx，22exmx，即11lnlnxxm，22lnlnxxm，两式相减得1122lnxxxx，令12xtx，则1t，12xtx，1222lnxxtxxt，所以2ln1txt，12ln1ttxtxt，12lnln11tttxxtt，要证：122xx，即证：lnln211ttttt，即证：lnln21tttt，只需证：lnln220tttt，令lnln22gttttt，1ln1gttt，1t，221110tgtttt，所以gt在1,上单调递增且10g，所以0gt，则gt在1,上单调递增且10g，所以0gt，从而得证122xx．3．已知函数1axfxxe（e为自然对数的底数），fx为fx的导函数．（Ⅰ）求函数fx的单调区间；（Ⅱ）当1a时，若存在不相等的实数1x，2x，使得12fxfx，证明：1202xxf．【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）先计算fx，再对fx求导得fx，分0a、0a、0a分别解不等式0fx和0fx即可得单调单增区间和单调递减区间；（Ⅱ）计算1xfxxe的单调性和最小值，可判断1201xx，由12fxfx可得1122lnlnxxxx，构造函数lngxxx，计算12122gxgxgx1111222lnxgxxx，1121xtx再构造函数22ln1tFttt求导利用单调性判断0Ft即可得1212xx，代入fx即可求证.【详解】（Ⅰ）由1axfxxe得：1111axaxaxfxexaeeax，11112axaxaxfxaeaxeaaaxe，当0a时，fxe是常函数，不具有单调性；当0a时，由0fx即20ax可得2xa，由0fx即20ax可得2xa，当0a时，由0fx即20ax可得2xa，由0fx即20ax可得2xa，综上所述：当0a时，fxe是常函数，没有单调区间；当0a时，fx的单调递区间是2,a，fx的单调减区间是2,a，（Ⅱ）当1a时，1xfxxe，11xfxex由0fx可得1x；由0fx可得1x，所以1xfxxe在,1单调递增，在1,单调递减，因为存在不相等的实数1x，2x，使得12fxfx，当1x时，0max11fxfe，当x趋近于时，fx趋近于0，所以1201xx，所以121112xxxexe，即21121112xxxxxeex两边同时取对数可得：1212lnlnxxxx，即1122lnlnxxxx，设lngxxx，则11gxx，且12gxgx，由1201xx可知121x，而12111111222ln2lngxgxgxgxxxxx111222lnxxx，令1121xtx，则121xt，所以4222lnln11tFttttt所以22222411410111tttFttttttt，所以22ln1tFttt在1,上单调递减，故10FtF，即122xx，所以122xx，1212xx，则有121212212210xxxxxxef，即1202xxf.4．已知函数1()exxfx.（1）求()fx的单调区间与极值.（2）设m，n为两个不相等的正数，且lnlnmnnmmn，证明：4emn.【答案】（1）单调递增区间为(,2)，单调递减区间为(2,)，极大优值21e，无极小值；（2）证明见解析.【分析】首先求函数的导数，利用导数和单调性，极值点的关系，即可求解；（2）首先由条件变形为lnlnln1ln1eemmnm，即ln(ln)ffmn，通过构造函数4()(1)e(3)exxhxxx，(2,3)x，转化为极值点偏移问题，即可求解.【详解】（1）解：()fx的定义域为R，2erxfx.当(,2)x时，0fx；当(2,)x时，0.fx所以fx的单调递增区间为(,2)，单调递减区间为(2,).故fx在2x处取得极大值，且极大值为21e，无极小值.（2）证明：易知m，0n，lnln(ln1)mnnmmnmnlnnlnln1ln1ln1ln1ln1eemnmnmnmnm即ln(ln)ffmn，lnlnmn.不妨设1lnxm，2lnxn，12xx.（1）可知2(2,)x，120fxfx，1(1,2)x当23x时，124xx，4emn当223x时，2142x，22224222222441e31414xxxxxxexxfxfxeee设4()(1)e(3)exxhxxx，(2,3)x，则442e2e2eexxxxhxxxx，因为(2,3)x，4xx，所以()0hx，()hx在区间(2,3)上单调递增，422()(21)e(32)e0hx，所以2212440fxfxfxfx，124xffx又因为1x，24(1,2)x，所以124xx，即124xx，故4emm.5．已知函数1lnfxxaxa，其中aR，且0a.（1）讨论fx的单调性；（2）若直线yax恒在函数fx图像的上方，求实数a的取值范围；（3）若存在110xa，20x，使得12fxfx，求证：120xx.【答案】（1）答案见解析；（2）e,2；（3）证明见解析.【分析】（1）写出函数的定义域并求导，进而讨论参数a，最后求出函数的单调性；（2）将问题转化为不等式0axfx恒成立问题，进而求出a的范围；（3）构造函数gxfxfx，进而求出函数的单调性，然后将12,xx化到同一单调区间，最后得到答案.【详解】（1）fx的定义域为1,a，2111axfxaaxxa.①当0a时，0fx，∴函数fx在1,a上单调递增.②当0a时，在区间1,0a上，0fx；在区间0,上，0fx，∴fx在1,0a