导数解答题之极值点偏移问题教师版

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xexxxf211)((Ⅰ)求)(xf的单调区间;(Ⅱ)证明:当))(()(2121xxxfxf时,021xx.2.(2010天津理21）已知函数xxexf)()Rx（.(Ⅰ)求函数)(xf的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数)(xgy的图象与函数)(xfy的图象关于直线1x对称，证明当1x时，)()(xgxf(Ⅲ)如果12,xx且12()(),fxfx证明122xx【解析】（Ⅰ）解：f’()(1)xxxe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)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)2xe令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xxFxxexe于是22'()(1)(1)xxFxxee当x1时，2x-20,从而2x-2e10,0,Fxe又所以’(x)0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。又F(1)=-1-1ee0，所以x1时，有F(x)F(1)=0,即f(x)g(x).Ⅲ)证明：（1）若121212(1)(1)0,)),1.xxxxxx12由（）及f(xf(x则与矛盾。（2）若121212(1)(1)0,)),.xxxxxx12由（）及f(xf(x得与矛盾。根据（1）（2）得1212(1)(1)0,1,1.xxxx不妨设由（Ⅱ）可知，)2f(x)2g(x,则)2g(x=)2f(2-x，所以)2f(x)2f(2-x,从而)1f(x)2f(2-x.因为21x，所以221x，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以1x22x,即12xx2.3.已知函数ln2afxxx．（1）讨论fx的单调性；（2）若函数yfx的两个零点为1212,xxxx，证明：122xxa．试题分析：（1）首先求出函数fx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yfx的两个零点为1212,xxxx并结合（1）可得0＜x1＜a＜x2，然后构造函数g(x)＝f(x)－f(2a－x)，并利用其导函数求出其函数的单调性，进而得出所证的结果.试题解析：（Ⅰ）f(x)＝1x－ax2＝x－ax2，（x＞0），所以当a≤0时，f(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．（Ⅱ）若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2（x1＜x2），由（Ⅰ）可得0＜x1＜a＜x2．令g(x)＝f(x)－f(2a－x)，（0＜x＜a）则g(x)＝f(x)＋f(2a－x)＝(x－a)[1x2－1(2a－x)2]＜0，所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，即f(x)＞f(2a－x)．令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，由（Ⅰ）可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，故x1＋x2＞2a．4.（2016福州五校下学期第一次联考）已知函数xkxxxfln)(Rk（），其图象与x轴交于不同的两点)0,(1xA，)0,(2xB，且21xx．（1）求实数k的取值范围；（2）证明：exx2215．已知函数2ln(2afxxxxxaaR）在其定义域内有两个不同的极值点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设)(xf两个极值点分别为12,xx，证明:212xxe．解：(Ⅰ)依题，函数错误!未找到引用源。的定义域为错误!未找到引用源。，所以方程错误!未找到引用源。在错误!未找到引用源。有两个不同根.即，方程错误!未找到引用源。在错误!未找到引用源。有两个不同根……………1分令错误!未找到引用源。，从而转化为函数错误!未找到引用源。有两个不同零点，而错误!未找到引用源。（错误!未找到引用源。）………………2分若错误!未找到引用源。，可见错误!未找到引用源。在错误!未找到引用源。上恒成立，所以错误!未找到引用源。在错误!未找到引用源。单调增，此时错误!未找到引用源。不可能有两个不同零点.………………3分若错误!未找到引用源。，在错误!未找到引用源。时，错误!未找到引用源。，在错误!未找到引用源。时，错误!未找到引用源。，所以错误!未找到引用源。在错误!未找到引用源。上单调增，在错误!未找到引用源。上单调减，从而错误!未找到引用源。错误!未找到引用源。………………4分又因为在错误!未找到引用源。时，错误!未找到引用源。，在在错误!未找到引用源。时，错误!未找到引用源。，于是只须：错误!未找到引用源。，即错误!未找到引用源。，所以错误!未找到引用源。.………………5分综上所述，错误!未找到引用源。………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知错误!未找到引用源。分别是方程错误!未找到引用源。的两个根，即错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。，设12xx，作差得，错误!未找到引用源。，即错误!未找到引用源。.………………7分原不等式212xxe等价于12112122122lnln22lnxxxxxaxxxxx………………8分令12xtx，则1t，121212221lnln1xxtxtxxxt………………9分[来源:学&科&网]设21ln,11tgtttt，221'01tgttt，∴函数gt在1,上单调递增，………………10分∴10gtg，即不等式21ln1ttt成立，………………11分故所证不等式212xxe成立．………………12分6．已知函数xxxf1ln)(，baxxg)(．（1）若函数)()()(xgxfxh在),0(上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若直线baxxg)(是函数xxxf1ln)(图象的切线，求ba的最小值；（3）当0b时，若)(xf与)(xg的图象有两个交点11(,)Axy，22(,)Bxy，求证：2122xxe．【答案】（1）0a；（2）1；（3）证明见解析．【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）将参数ba,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,运用导数的有关知识进行推证.试题解析：（1）)()()(xgxfxh)1(lnxxbaxxxbax1ln)(，axxxh211)(.)(xh在),0(上单调递增，),0(，011)(2axxxh恒成立即),0(，min211xxa恒成立令41)211(11)(22xxxxH，0x，01x，0x时，0)(xH，0a.（2）设切点为),(00yx，则02011xxa，又0001lnxxbax，12ln00xxb，1ln110020xxxba，令1ln11)(2xxxx，则323)1)(2(111)(xxxxxxx当0)(x时，),1(x，所以)(x在),1(上单调递增；当0)(x时，)1,0(x，所以)(x在)1,0(上单调递减.当1x时，)(x取得最小值，为1，即ba的最小值为1.（3）证明：由题意得②①2221111ln1lnaxxxaxxx①＋②得：)()ln(21212121xxaxxxxxx③①－②得：)(ln12212112xxaxxxxxx，即axxxxxx2112121ln④④代入③得：))(1ln()ln(21211212212121xxxxxxxxxxxxxx，即121221212121ln)(2)ln(xxxxxxxxxxxx，不妨令210xx，记112xxt，令)1(1)1(2ln)(tttttF，则0)1()1()(2ttttF，1)1(2ln)(ttttF在),1(上单调递增，则0)1(1)1(2ln)(FttttF，1)1(2lnttt，故211212)(2lnxxxxxx，2ln)(2)ln(121221212121xxxxxxxxxxxx.又21212121212121214ln24)ln()(2)ln(xxxxxxxxxxxxxxxx24ln22121xxxx，即12ln2121xxxx，令xxxG2ln)(，则0x时，021)(2xxxG，xxxG2ln)(在),0(上单调递增，又183.0212ln21222lneeeeexxxxxxG222ln12ln)(212121，exx2212122xxe考点：导数及在研究函数的单调性最值中的应用．7.(2017届武昌区元月调考理科数学）已知函数xaxaxxfln)1(21)(2（1）讨论)(xf的单调性；（2）设0a，证明：当ax0时，)()(xafxaf；（3）设21,xx是)(xf的两个零点，证明：0)2('21xxf.8．已知函数2()ln()2afxxxxxaaR在其定义域内有两个不同的极值点．（1）求a的取值范围；（2）记两个极值点分别为12,xx，且12xx．已知0，若不等式211exx恒成立，求的范围．试题解析：（1）依题，函数()fx的定义域为(0,)，所以方程()0fx在(0,)有两个不同根，即，方程ln0xax在(0,)有两个不同根．转化为，函数ln()xgxx与函数ya的图像在(0,)上有两个不同交点．又21ln()xgxx，即0xe时，()0,gxxe时，()0gx，所以()gx在(0,)e上单调增，在(,)e上单调减．从而1()()gxgee最大，又()gx有且只有一个零点是1，且在0x时，()gx，在x时，()0gx，所以()gx的草图如下，可见，要想函数ln()xgxx与函数ya的图像在(0,)上有两个不同交点，只须10ae（2）因为211exx等价于121lnlnxx．由（1）可知12,xx分别是方程ln0xax的两个根，即1222ln,lnxaxxax，所以原式等价于12121()axaxaxx，因为120,0xx，所以原式等价于121axx又由1122ln,lnxaxxax作差得，1122ln()xaxxx，即1212lnxxaxx．所以原式等价于121212ln1xxxxxx，因为120xx，原式恒成立，即112212(1)()lnxxxxxx恒成立．令12xtx，(0,1)t，则不等式(1)(1)lnttt在(0,1)t上恒成立．令(1)(1)()lnthttt，又22221(1)(1)()()()()tthttttt，当21时，可见(0,1)t时，()0ht，所以()ht在(0,1)t上单调增，又(1)0h，()0ht在(0,1)t恒成立，符合题意．当21时，可见2(0,)t时，2()0,(,1