1、實用標準文檔函數與導數解答題之極值點偏移問題1 X X1. (2013湖南文21)已知函數f (x)2 e1 x(I )求 f (x)的單調區(qū)間;(n )證明：當 f(xj f(X2)(X1X2)時,X1 X2 0.2. (2010 天津理 21 )已知函數 f(x) xe x( x R).(I )求函數f (x)的單調區(qū)間和極值；(n )已知函數y g(x)的圖象與函數 y f (x)的圖象關于直線 x 1對稱，證明當x 1時，f (x) g(x)(川)如果 X1 X2,且 f(xjf(X2),證明 X1 X2 2X【解析】(I)解：f (X)(1 X)e令 f (x)=0,解得 x=1當X

2、變化時，f (x), f(x)的變化情況如下表X(,1)1(1,)f (X)+0-f(x)Z極大值所以f(x)在(，1)內是增函數，在(1,)內是減函數。1函數f(x)在X=1處取得極大值f(1)且f(1)=-ex 2(n)證明：由題意可知g(x)=f(2-x),得 g(x)=(2-x) e令 F(x)=f(x)-g(x),即 F (x) xe x (x 2)ex 2于是F (x)(x 1)(e2x21)e2x-2 x當x1時，2x-20,從而e 10,又e 0,所以F (x)0,從而函數F (x)在1,+g)是增函數。1 1 又 F(1)= e e 0,所以 x1 時，有 F(x)F(1)=

3、0,即 f(x)g(x).川)證明：(1)若(x1 1)(x2 1)0,由()及 f(x 1) f(x 2),則乂1x21.與x1x2矛盾。(2 )若(捲 1)(x21) 0,由()及 f(x 1) f(x 2),得x1血與x1x2矛盾。根據(1) (2)得(為 1)(X2 1)0,不妨設 X11,X2 1.由(n)可知， f(x2)g(x2),則 g(x2) = f(2-x 2)，所以 f(x 2) f(2-x 2),從而f(x 1) f(2-x 2).因為X21，所以2 X21,又由(I)可知函數f(x)在區(qū)間(-汽1 )內事增函數，所以 X1 2 X2，即 X1X2 2.a3.已知函數f

4、 x ln x 2 .x(1 )討論f X的單調性；(2)若函數y f X的兩個零點為x-!,x2 x1 x2，證明：X.J x2 2a .試題分析：(1)首先求出函數f x的導函數，然后利用導數研究函數的單調性與最值，進而得出所求的結果；(2)首先由函數y f x的兩個零點為, x2為 x2并結合(1)可得0 v X1V a vX2，然后構造函數g (x)=f(x) f (2a x)，并利用其導函數求出其函數的單 調性，進而得出所證的結果 .試題解析：(I)1 ax a(x 0)，所以當 a 0, f(x)在(0 , + R)上單調遞增；當a 0時，f (x)在(0，a)上單調遞減，在(a,

5、+)上單調遞增.(0 vxv a)貝U g (x) = f (x) + f (2a x) = (x a)f21(2 a x)2(n)若函數y = f (x)的兩個零點為xi, X2 (xi vX2)，由(I)可得 0 vxivavX2.令所以 g (x)在(0, a)上單調遞減，g (x) g (a)= 0,即 f (x) f (2 a x).令 x = xiv a，則 f(xi)f (2a xi),所以 f(X2)= f (xi)f (2a xi),由(I)可得 f (x)在(a,+)上單調遞增，所 以 X22a xi,故 xi + X22a.kf (x) xln x( k R)，其圖象與

6、xx軸交于不同的兩點 A(xi,0) , B(x2,0)，且xi x2 .(i)求實數k的取值范圍;(2)證明：XiX2a 25已知函數f X xlnx X x a(a R)在其定義域內有兩個不同的極值點.2(I) 求a的取值范圍；2(n)設f(x)兩個極值點分別為 Xi,X2，證明X2 e .解：(I )依題，函數錯誤！未找到引用源。的定義域為 錯誤!未找到引用源。， 所以方程錯誤!未找到引用源。 在錯誤!未找到引用源。 有兩個不同根.即，方程 錯誤!未找到引用源。 在錯誤!未找到引用源。 有兩個不同根1分令錯誤！未找到引用源。，從而轉化為函數 錯誤！未找到引用源。 有兩個不同零點,而錯誤！

7、未找到引用源。(錯誤！未找到引用源。)若錯誤！未找到引用源。，可見錯誤！未找到引用源。在錯誤！未找到引用源。上恒成立，所以錯誤！未找到引用源。 在錯誤!未找到引用源。 單調增，此時錯誤!未找到引用源。 不可能有兩個不同零點.3分若錯誤！未找到引用源。，在錯誤!未找到引用源。 時，錯誤！未找到引用源。，在錯誤!未找 到引用源。時，錯誤！未找到引用源。，所以錯誤!未找到引用源。在錯誤！未找到引用源。上單調增，在錯誤!未找到引用源。上單調 減，從而錯誤!未找到引用源。錯誤！未找到引用源。4分又因為在錯誤!未找到引用源。 時，錯誤！未找到引用源。，在在錯誤!未找到引用源。 時， 錯誤！未找到引用源。，

8、于是只須：錯誤！未找到引用源。，即錯誤！未找到引用源。，所以錯誤！未找到引用 源。.5分綜上所述，錯誤！未找到引用源。(n)由(I)可知 錯誤!未找到引用源。 分別是方程 錯誤!未找到引用源。的兩個根, 即錯誤！未找到引用源。，錯誤！未找到引用源。，設Xi X2，作差得，錯誤!未找到引用源。，即錯誤!未找到引用源。原不等式Xi X22e等價于In x1In x22a xix22In2 x-ix2X2XiX2Xi令_X2t，則ti, In 絲X22 x1X2In t9來源學&科&網分XiX2Inti, gt2t i2t t i函數1, 上單調遞增，10分2 t 1即不等式In t 成立，11分t

9、 12故所證不等式X1 x2e成立.12分16 .已知函數 f(x) In x , g(x) ax b .x(1 )若函數h(x) f (x) g(x)在(0,)上單調遞增，求實數 a的取值范圍；1(2) 若直線g(x) ax b是函數f (x) In x圖象的切線，求a b的最小值；x(3) 當b 0時，若f (x)與g(x)的圖象有兩個交點 A(%,yJ，求證：x1 x2 2e2.【答案】(1 ) a 0 ;( 2)1;( 3)證明見解析.2)將參數a,b用【解析】 試題分析：(1 )借助函數單調性與導數值是非負數建立不等式求解；( 切點的橫坐標表示，再借助導數求最小值；(3 )先分析轉化

10、再構造函數，運用導數的有關知 識進行推證11試題解析：(1) h(x) f (x) g(x) (I nx ) (ax b) In x ax b , xx1 1h (x)2 a.x xh(x)在(0,）上單調遞增,（0，），h(x)-xa 0恒成立即（0,），1- 恒成立x min1令 H(x) 2丄(-1)2 -,x 0 ,1X0,Xx x 24X0時，H(x) 0 ,a0.（2）設切點為（X0,y）,則a121XX012又ax0b In x0b In x01 .X0X011ab2In X01 ,X0X0令（x）11 Inx 1，則(x)1311 (x2)(x3XXXXXX當(X)0 時，X

11、(1,),所以(X)在(1,）上單調遞增；當（x）0 時，x （0,1），所以（X）在（0,1）上單調遞減.當X1時,（X）取得最小值，,為1，即a b的最小值為In x11ax1（3）證明：由題意得x1AIn x21ax2X2+得：X1X2In (X1X2)a(x1X2)X1 X2In生1)1.1X2一得:X1），即a(x2X1X2X1ln$召X1x1x2x1x2代入得:In(X1X2)XX2X1X2In(一X2X2X1X1)(X1X2)，X1 x2即 In(x-i x2)2(X1 X2)X1X2不妨令0 x1X2，記 tX1X2 , X2InX2X1 x1X2X1令 F(t) Int1)，

12、則 F (t)(t t(t 1)F(t) Int 2(t i)在(i)上單調遞增，則 F(t) Int 2(t i) F(i) 0， t it i 宀2(tInti)故In2(X2 Xi)tiXiXiX22( XiX2)XiXoX2In (xix2)In2.Xi X2X2XiXi又 In(x?) 2(Xl一X2) In(XrX?) 佻必乂22ln Jxg4Xi X2Xi X?JXX2 In、XiX242，即 In . X! x222令 G(x) In x ,則 x 0 時，G (x)Xx22G(x) Inx -在(0,)上單調遞增,x又 In . 2e1 In 2 i2e0.83 iG( .

13、XiX2)In . XiX2In . 2e 2e，,XiX22e2xi x2 2e考點：導數及在研究函數的單調性最值中的應用.7.(2017屆武昌區(qū)元月調考理科數學)已知函數f(x) 1x2(1 a)xaln x(1)討論f (x)的單調性;(2 )設 a 0，證明：當 Ox a 時，f (a x) f (a x)；(3)設x,x2是f (x)的兩個零點，證明：f(生產)0.a 28 .已知函數f(x) xln x x x a (a R)在其定義域內有兩個不同的極值點.2(1 )求a的取值范圍；1(2)記兩個極值點分別為 x-i, x2，且捲 x2.已知 0，若不等式e % x2恒成立， 求的

14、范圍.試題解析：(1)依題，函數f (x)的定義域為(0,)，所以方程f (x)0在(0,)有兩個不同根，即，方程ln x ax 0在(0,)有兩個不同根.ln x轉化為，函數g(x)與函數y a的圖像在(0,)上有兩個不同交點.x1 ln x 又 g (x)2 ，即 0 x e 時，g (x)0,x e時，g (x)0,x1 所以g(x)在(0,e)上單調增，在(e,)上單調減.從而g(x)最大 g(e)e又g(x)有且只有一個零點是 1，且在x 0時，g(x) ，在x時，g(x) 0 ,所以g(x)的草圖如下,可見，要想函數g(x)與函數X0 a1e(2)因為e1X1 X2等價于1y a的

15、圖像在(0,ln x1ln x2 .由)上有兩個不一同交點，只須1 )可知x1, x分別是方程ln x ax 0 的兩個根，即 lnx1ax2,ln X2 ax?,所以原式等價于1ax1ax2a(Xjx2)，因為0,0 為X2 ,所以原式等價于ax-ix2又由ln禺axj n X2 ax?作差得,X2a(x!x2)，即 a2X2所以原式等價于x21X-IX2X-Ix2 因為0X令t冬,tX2則不等式Int令 h(t)Int又 h(t)1 t當1時,h(t) 0在t當21時，X2，原式恒成立，即(0,1),(1)(t 在 tt(1)(t 1)t(1)2(t 1)(t(t)2t(t )X2(1)(

16、X1 X2)恒成立.X1X2(0,1)上恒成立.J)2 ，可見 t (0,1)時，h (t)(0,1)恒成立，符合題意.可見 t (0,2)時，h (t)所以h(t)在t (0, 2)時單調增，在t0，所以0,t (h(t)在t (0,1)上單調增,2,1)時，h(t) 0,(2,1)時單調減，又h(1)0 ,所以h(t)在t (0,1)上不能恒小于0，不符合題意，舍去.綜上所述，若不等式e12X1 X2恒成立，只須1，又 0，所以h(1) 0 ,X2,(3 )設f X是函數f X的導函數，求證 f 1 X22試題分析：(1)討論單調性，先導數f (x),然后解得方程f(x。)0 在(0,)上

17、的解 X。,通過f(x)的正負確定f (x)的單調區(qū)間；(2)由(1 )知Xo是f(x)的極大值點，因此只要 f (xo)0，2 x21就能保證f(x)有兩個零點，注意到 a 0，因此可由f(Xo) 0求得XoXo的取值范圍,再求得 a范圍;(3)首先由 f (xjf(X2)0 ,用x“ x2表示出a，再求xix2a并整理得Xi2 x2x1lnX2X1此式證明可用換元法，設試題解析:12x22x22 x2%N X2X2XXIax2X00 ,則 2x0ax 1=0 ,0,X0 時，f x0, f x單調遞增;x0,時,單調遞減由于函數f x存在兩個零點,f xmax(1 )可知 f X maxf

18、 X。=ln x2X0ax0，且 a2 2f x max lnxo X。2xo 1=ln X。Xo2 102于 g Xdln x0x01 在 0,+為增函.X2In -x11，此時會發(fā)現(xiàn)只要證X11，再利用函數的性質證明.2x。2 1xo數，且 g 10,X01,4=2xo 丄 1XoXo所以a的取值范圍是1，+實用標準8文檔2方法二：函數f x In x xax有兩個零點，即方程In xax0有兩個實數根,即a有兩個實數根，設gX，則g X2XXXP x2 XiIn x, p i0,且p X2 XiIn x單調遞增，X0,i時，2p XXiIn x 0,gX0 , g x單調遞減X i,時，

19、2p XXiIn x 0,gX0 , g X單調遞增gx2 Xi i,a gg X minx2 In xx2 In xmin ix2 i In x設(3)由于Xi,X2是函數f x的兩個零點，且Xi所以，In Xixi2axi0,In x22X2ax2兩式相減得:In竺Xi2X22XiX2XiIn竺xiX2X2 XiXi2 x2xiXiX2XiI壯Xi要證明fXiXiX2XiX2X2XiX2Xi設甩tXiIn$XiX22只需證X2Xix22Xi即只需證In西Xi2西ixi匹iXii，構造函數h t Int 乙Li,+單調遞增,Inti，h t程iXiX2Xi考點：導數與函數的單調性,Xi導數的

20、綜合應用.10. (2014襄陽市三月考試)已知函數f (x) alnx x2 .1(1 )當a 2時，求函數yf(x)在?,2的最大值；(2 )令g(x) f (x) ax，若y g(x)在區(qū)間(0,3)上不是單調函數，求a的取值范圍；(3)當a 2時，函數h(x) f (x) mx的圖象與x軸交于兩點 A(X1,O)， B(X2,O)，且0 捲 X2，又h(x)是h(x)的導函數若正常數，滿足條件1,，證明：h(ax1X2) 0 .22 2x2解：當 a = 2 時，f (x)- 2x 2xx1函數y = f (x)在-, 1是增函數，在1 , 2是減函數32分所以 f(X)max f(1

21、) 2ln X 1 = -14分“2a解：t g(x) alnx x ax ,. g (x) 2x a x分g (x)因為在區(qū)間(0 , 3)上不是單調函數， g (x)由 g (x) 0 得：2x2- ax a = 0，有 a2x2x 12(x0在(0 , 3)上有實數解，且無重根191 )4 (0，上),x (0 , 3) 6x 120有重根x = 021門備n 22 In X2X2mx,mx20，兩式相減得：02(In x1In X2)(x2x；) m(x1X2)2(ln x1In xj m(X1X2)9X1X2分22(In x1In X2)于是h ( X1X2)-2( X1X2)-(X

22、1X2)X1X2XX222(In X!In xJ(21)(X2X1)10分x1x2x1x2/1, 2 w 1(21)(X2 Xi) w 022(ln x. In x2)要證：h( XiX2) 0，只需證：-0X.X2N x2只需證：X1X2In X10X2(*)11分X1X2X1 令t -(0 t 1 1 t21 t2 t ,即(t)2 t12分11112u(t)2013分t (t)t (t)u (t)在(0, 1)上單調遞增，u (t) u (1) = 01 tX1X2X1In t0，即卩In 0tx1x2x2h ( X1X2) 014 分實用標準文檔11 .已知函數f（x） In x mx

23、（m為常數）（I）討論函數 f （x）的單調區(qū)間;整時2時，設 g(x)2f （x） x2的兩個極值點x1? X2 ,（為 X2）恰為h(x)In x cx2 bx的零點，求y(x1 x2)h( x2)的最小值2試題分析：（I）求解 f （x）類討論求解函數的單調區(qū)間；（n）點的定義，化簡整理，構造新函數,試題解析：（I） f0時,求出mx 0解得xmx 0解得x0時,0時,(x)- mx1 mx(x 0)，分m 0, m 0,m0三種情況分xg x和h x的導數，運用韋達定理和函數的零運用導數判斷函數的的單調性，即可求解最小值.1，即當0m1,即當xm(x)=丄 0,xmx 0，故f (x)

24、1x 時，f (X)0, f x單調遞增;m-時，mf (x)0 , f x單調遞減.x在（0, + a）上單調遞增;0，即f x在（0, + a）上單調遞增.11當m 0時，f x的單調遞增區(qū)間為（0,），單調遞減區(qū)間為（，+ R）；mm當m 0時，f x的單調遞增區(qū)間為（0, + a）2(H) g(x) 2f(x) x22ln x 2mx x，貝U g (x)22(x2 mx 1)x2g （x）的兩根xi, X2即為方程xmx 10的兩根.m3.22m240, x-i x2 m , XjX2又禺,x2為h（x）2In x cx bx的零點,In x-i ex： bx120, In x2 e

25、x2 bx2In乞0 ,得 b=x2eg X2),x- X2 y= (X1 X2)2X-X2e(x1X2) bX2X2e(x1 X2)1=2(X1X2)In X1 =2X2In X1X1x2x2蘭1 X2X2令乞t( 0 t 1),X2=(X1 X2)e(x1 X2)X1 X2X12由 X1X2m2 得 X12 xf 2x1X2x兩式相減得 In - ex2x1x2b x1x2X21而 h (x) 2ex b ,x因為X1X21，兩邊同時除以X1X2，得t 1 2m2 ,t00,恒有f (x)x成立，即ln xIn x 11,-xa2對任意x0成立,2 Inx(x)=xIn x 1/(x) =

26、, H/x(0,e2),H /(x)0,H(x)單增；當 x(e2,), H/(x)0,H(x)單減；H (x)最大值為H(e2) 2 ea 1所以 廠a2 e(2)函數g xx x有兩個相異的極值點X1,X2，即g x ln x ax 0有兩個不同的實數根.當a 0時，g x單調遞增，g x 0不可能有兩個不同的實根;1 ax當 a 0 時，設 h x In x ax, h x1當0 x 1時,hx0 ,h x單調遞增；a1當x -時,hx0 ,hx單調遞減；a-In a10, 01 a,8 分ae不妨設X2%0 ,x1g X20,0,ln x2In x1a x2 x1先證1112，即證In

27、 x2In x1In x1In x2X2%令t圣11，即證In t1 t -，設x2tlnx2ax20,1 n 疋ax1則 t2t121t0 ,函數X2x即證lnxx12 2x %1X2X12x1x2 2x1x22x1X2 tInt11_ t _ ,2t9分單調遞減， t2t2t在1,1In xi112，又 0 a ，二 ae 1 , In x2e1 1In x1In x22ae12分考點：導數的幾何意義，導數與函數的單調性、最值，導數的綜合應用.13.已知函數 f(x) xln x, g(x) x e(1 )記F(x) f (x) g(x)，求證：函數F(x)在區(qū)間(1,)內有且僅有一個零點

28、；(2 )用min a,b表示a,b中的最小值，設函數 h(x) min f (x), g(x)，若關于x的方程h(x) c (其中c為常數)在區(qū)間(1,)有兩個不相等的實根 Xi,X2(Xi X2)，記F(x)在(1,) 內的零點為X。，試證明：x1 x2 xo221. (12 分)(1) 證明：F(x) = xlnx-xe_Ii Fr(x) = lnx +1+ (x-l)eJ,顯然當1,+s)時，F(xiàn)(x)0,故FCO在山+)上單調翅増,1 2而FQ) = -0,所以由零點存在定理知，ee必存在唯一坯E (1,2) (1十對，使得F(x0)-O,即函數F(x)在區(qū)間(匕+8 )內有目.僅有

29、個零點.(2) 由(1)問可知= )且xe(l,x0)0f/(x)g(x), x(i0(+oc)時 g(x)/(x)fxln x,l x 0, x(x0,+oo)ffjy(x) = (l-x)e 0,因此方(x)在(1,尙)1(旺,)I ,若方程加工)在區(qū)間(1/KO)有兩個不相等的實根T Xj,(X| V 龍 J ,則必有 X E心 (升，十8)所證o x, + x2 2x0 ex2 2x0 -x xor 因為為(巧在(x0,+o)單調遞減，所以只需證A(x2) A(2xtt -Xj),而h(x2) = A(Xj),所以只需證h(xi)h(2xi -xj 即證明* lnxj (x)xlnx-

30、(2xfl -x)e2XQx) = xlnx (x-2x0)etx e (l,x0), 發(fā)現(xiàn)(jc0) = x0 Inx0 -xoe =0.= 1 + lnx + (x-2x0 +l)eJt_2ix (l,x0)下證明 xe(l?xn)時，(px) 0 tS成立：考杳歯數 m(x) = (x + IJe*, uf(x) *= (x + 2)eJ 所以唄工)在(y,-2) J, (2、xo) T 所以一定有 w(x - 2旺)=(耳-2x0 + l)el2J 2 m(-2) = -ye因此f x (l?x0)B, f(x) = 1 + lnx + u(x - 2xd) 1 + lnx- 0,e即

31、做x)在(l,x0)T,所以 Xj (lx0)Ht,奴 xJ0(xJ = O 即 成立，了!214.已知函數 f(x) aln(x 1) b(x 1)2( a O),g(x) (x a)，且 f(0)g(0),f(0)g(0)(I)求曲線y f(x)在點(0, f (0)處的切線方程；(2 )設 G(x) g(x 1) f (x 1) c(c R)有兩個零點 Xi,X2(Xi x?)，且 xi,x,X2 成等差數列，記G(x)是G(x)的導函數，求證： G(x)0R)恰有兩個極值點15. (2017屆武漢二月調考文科21 )已知函數f(x) xex ae2x (aXiMxX2)(i)求實數a的取值范圍;(n)求證：f (x2)1 216.已知函數 f (x) In ax x . x(i)討論函數 f (x)的極值點的個數;(n)若f (x)有兩個極值點 為必，證明：f(xj f(X2) 3 4In2.2In 2x ax x 得,解：(i)由 f(x) In