资源简介

导数中的极值点偏移问题
【高考真题】
1．(2022·全国甲理) 已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【知识总结】
一、极值点偏移的含义
函数f(x)满足内任意自变量x都有f(x)＝f(2m－x)，则函数f(x)关于直线x＝m对称．可以理解为函数f(x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f(x)为单峰函数，则x＝m必为f(x)的极值点x0，如图(1)所示，函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点则刚好满足＝x0，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移．
　　　　　　　　
图(1)　　　 　　　图(2)　　　　 　　　　　　　　图(3)
若≠x0，则极值点偏移．若单峰函数f(x)的极值点为x0，且函数f(x)满足定义域内x＝m左侧的任意自变量x都有f(x)>f(2m－x)或f(x)，则称为极值点右偏．
【方法总结】
1．对称化构造法
主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：
(1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0．
(2)构造函数，即对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；对结论x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性．
(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系．
(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求．
若要证明f′的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
2．比(差)值代换法
比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解．
3．对数均值不等式法
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
只证：当时，．不失一般性，可设．证明如下：
(1)先证：　　　　①
不等式①
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
(2)再证：　　　　②
不等式②
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式②成立；
综合(1)(2)知，对，都有对数平均不等式成立，当且仅当时，等号成立．
【题型突破】
1．已知函数f(x)＝ex－ax－1(a为常数)，曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1．
(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；
(3)若x1＜ln2，x2＞ln2，且f(x1)＝f(x2)，试证明：x1＋x2＜2ln2．
2．已知函数f(x)＝lnx－ax2，其中a∈R．
(1)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)有极大值为－，且方程f(x)＝m的两个根为x1，x2，且x14a．
3．已知函数f(x)＝ln x＋－s(s，t∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性及最值；
(2)当t＝2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(04．
4．已知f (x)＝x2－a2lnx，a>0．
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)若f (x1)＝f (x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a．
5．已知函数f(x)＝aln x－x2＋(2a－1)x(a∈R)有两个不同的零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>2a．
6．已知函数f(x)＝x－aex＋b(a>0，b∈R)．
(1)求f(x)的最大值；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2<－2lna．
7．设函数．
(1)当时，求的单调区间是的导数）；
(2)若有两个极值点、，证明：．
8．(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2＜＋＜e．
9．已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2<．
10．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个零点，．
①求的取值范围；②证明：．
11．已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．
(1)求的取值范围．
(2)设的两个极值点为，，证明．
12．已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2 0182 019与2 0192 018的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2．
13．已知函数f(x)＝lnx＋－a (a∈R，b∈R)有最小值M，且M≥0．
(1)求ea－1－b＋1的最大值；
(2)当ea－1－b＋1取得最大值时，设F(b)＝－m(m∈R)，F(x)有两个零点为x1，x2(x1＜x2)，证明：．
14．已知函数f (x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)当x>1时，求f (x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈[e，e2]，都有f (x)<4ln x成立，求k的取值范围；
(3)若x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)，证明x1x215．设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：．
16．(2011辽宁)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，f(＋x)＞f(－x)；
(3)若函数y＝f(x)的图象与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)＜0．
17．设函数f(x)＝ex－ax＋a，其图象与轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1＜x2．
(1)求a的取值范围；
(2)证明：f()＜0(f(x)为函数f(x)的导函数)．
18．已知函数f(x)＝ln x－ax＋1有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：f′(x1·x2)<1－a．
19．已知函数f(x)＝＋lnx(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)有两个不相同的零点x1，x2．
①求实数a的取值范围；②证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2．
20．已知函数f(x)＝ex＋ax－1(a∈R)．
(1)若对任意的实数x，函数y＝f′(x)的图象与直线y＝x有且只有两个交点，求a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)－x2＋1，若函数g(x)有两个极值点x1，x2，且x12．导数中的极值点偏移问题
【高考真题】
1．(2022·全国甲理) 已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
1．解析　(1)的定义域为，
，令，得．
当单调递减，当单调递增．
，若，则，即．
所以的取值范围为．
(2)由题知，一个零点小于1，一个零点大于1．
不妨设，要证，即证．
因为，即证．因为，即证．
即证．即证．
下面证明时，．
设，
则．
设．
所以，而，所以，所以．
所以在单调递增．即，所以．
令，
．
所以在单调递减，即，所以；
综上，，所以．
【知识总结】
一、极值点偏移的含义
函数f(x)满足内任意自变量x都有f(x)＝f(2m－x)，则函数f(x)关于直线x＝m对称．可以理解为函数f(x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f(x)为单峰函数，则x＝m必为f(x)的极值点x0，如图(1)所示，函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点则刚好满足＝x0，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移．
　　　　　　　　
图(1)　　　 　　　图(2)　　　　 　　　　　　　　图(3)
若≠x0，则极值点偏移．若单峰函数f(x)的极值点为x0，且函数f(x)满足定义域内x＝m左侧的任意自变量x都有f(x)>f(2m－x)或f(x)，则称为极值点右偏．
【方法总结】
1．对称化构造法
主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：
(1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0．
(2)构造函数，即对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；对结论x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性．
(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系．
(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求．
若要证明f′的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
2．比(差)值代换法
比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解．
3．对数均值不等式法
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
只证：当时，．不失一般性，可设．证明如下：
(1)先证：　　　　①
不等式①
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
(2)再证：　　　　②
不等式②
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式②成立；
综合(1)(2)知，对，都有对数平均不等式成立，当且仅当时，等号成立．
【题型突破】
1．已知函数f(x)＝ex－ax－1(a为常数)，曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1．
(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；
(3)若x1＜ln2，x2＞ln2，且f(x1)＝f(x2)，试证明：x1＋x2＜2ln2．
1．解析　(1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a．又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，
所以f(x)＝ex－2x－1，f′(x)＝ex－2．由f′(x)＝ex－2＞0，得x＞ln2．
所以函数y＝f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：设x＞ln 2，所以2ln2－x＜ln2，
f(2ln2－x)＝e(2ln 2－x)－2(2ln2－x)－1＝＋2x－4ln2－1．
令g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＝ex－－4x＋4ln2(x≥ln2)，所以g′(x)＝ex＋4e－x－4≥0，
当且仅当x＝ln2时，等号成立，
所以g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)在(ln2，＋∞)上单调递增．
又g(ln2)＝0，所以当x＞ln2时，g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＞g(ln2)＝0，
即f(x)＞f(2ln2－x)，所以f(x2)＞f(2ln2－x2)，又因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(2ln2－x2)，
由于x2＞ln2，所以2ln2－x2＜ln2，因为x1＜ln2，由(1)知函数y＝f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减，
所以x1＜2ln2－x2，即x1＋x2＜2ln2．
2．已知函数f(x)＝lnx－ax2，其中a∈R．
(1)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)有极大值为－，且方程f(x)＝m的两个根为x1，x2，且x14a．
2．解析　(1)由题知f′(x)＝－2ax＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点．
当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝．
当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(，＋∞)时，f′(x) <0，f(x)单调递减，
所以f(x)的极大值为f()＝ln－，由ln－>0，得0因为f(e－a)＝ln(e－a)－ae－2a＝－a－ae－2a<0，所以f(x)在上必存在一个零点．
显然当x→＋∞时，f(x)<0，所以f(x)在上必存在一个零点，
所以当0(2)由(1)可知，当a>0时，f(x)的极大值为f＝ln－＝－，解得a＝，
所以f(x)＝lnx－x2．由f′(x)＝－x>0，得01，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当x→0时，f(x)<0，且当x→＋∞时，f(x)<0，f(1)＝－，
则由f(x)＝m的两个根分别为x1，x2，得x1<1令F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝＋－2，
当00，所以F(x)单调递增．
因为x1<1又因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)因为f(x)在(1，＋∞)上单调递减，x2∈(1，＋∞)，2－x1∈(1，＋∞)，
所以x2>2－x1，即x1＋x2>2＝4a，原命题得证．
3．已知函数f(x)＝ln x＋－s(s，t∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性及最值；
(2)当t＝2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(04．
3．解析　(1)f′(x)＝(x>0)，
当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；
当t>0时，由f′(x)<0，得x0，得x>t，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝t处取得极小值也是最小值，最小值为f(t)＝ln t＋1－s，无最大值．
(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(0∴f(x1)＝ln x1＋－s＝0，f(x2)＝ln x2＋－s＝0，即s＝＋ln x1＝＋ln x2，∴＝ln ，
设m＝>1，则ln m＝，x1＝，故x1＋x2＝x1(m＋1)＝，
∴x1＋x2－4＝．
令函数h(m)＝－2ln m，∵h′(m)＝>0，∴h(m)在(1，＋∞)上单调递增，
∵m>1，∴h(m)>h(1)＝0，又m＝>1，∴ln m>0，故x1＋x2>4成立．
4．已知f (x)＝x2－a2lnx，a>0．
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)若f (x1)＝f (x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a．
4．解析　(1)f ′(x)＝x－＝(x>0)．
当x∈(0，a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
当x＝a时，f (x)取最小值f (a)＝a2－a2lna．
令a2－a2lna≥0，解得0(2)由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0要证x1＋x2>2a即x1>2a－x2，则只需证f (x1)设g(x)＝f (x)－f (2a－x)，a≤x<2a．
则g′(x)＝f ′(x)－[f (2a－x)]′＝x－＋2a－x－＝－≤0，
所以g(x)在[a，2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)＝0．
又由题意得a5．已知函数f(x)＝aln x－x2＋(2a－1)x(a∈R)有两个不同的零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>2a．
5．解析　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x＋2a－1＝，
①当a≤0时，易得f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
则f(x)至多只有一个零点，不符合题意，舍去．
②当a>0时，令f′(x)＝0得：x＝a，则
当x∈(0，a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(a，＋∞)时，f′(x) <0，f(x)单调递减．
∴f(x)max＝f(x)极大＝f(a)＝a(ln a＋a－1)．
∴要使函数f(x)有两个零点，则必有f(a)＝a(ln a＋a－1)>0，即ln a＋a－1>0，
设g(a)＝ln a＋a－1，∵g′(a)＝＋1>0，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又∵g(1)＝0，∴a>1；
当a>1时，∵f＝a－－<0，∴f(x)在区间上有一个零点；
设h(x)＝ln x－x，∵h′(x)＝－1＝，∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)≤h(1)＝－1<0，∴ln x∴f(x)＝aln x－x2＋(2a－1)x≤ax－x2＋(2a－1)x＝3ax－x2－x≤3ax－x2＝x(3a－x)，
则f(4a)<0，∴f(x)在区间(a，4a)上有一个零点，那么，此时f(x)恰有两个零点．
综上所述，当f(x)有两个不同零点时，a的取值范围是(1，＋∞)．
(2)由(1)可知，∵f(x)有两个不同零点，∴a>1，且当x∈(0，a)时，f(x)是增函数．
当x∈(a，＋∞)时，f(x)是减函数，不妨设：x1设F(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，x∈(0，a)，则
F′(x)＝f′(a＋x)＋f′(a－x)＝－2(a＋x)＋(2a－1)＋－2(a－x)＋(2a－1)
＝＋－2＝．
当x∈(0，a)时，F′(x)>0，∴F(x)单调递增，又∵F(0)＝0，∴F(x)>0，∴f(a＋x)>f(a－x)，
∵a－x1∈(0，a)，∴f(x1)＝f(x2)＝f(a－(a－x1))∵x2∈(a，＋∞)，2a－x1∈(a，＋∞)，f(x)在(a，＋∞)上单调递减，∴x2>2a－x1，∴x1＋x2>2a．
6．已知函数f(x)＝x－aex＋b(a>0，b∈R)．
(1)求f(x)的最大值；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2<－2lna．
6．解析　(1)令f′(x)＝1－aex>0，得x∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴f(x)max＝f＝ln －1＋b．
(2)由题知两式相减得x1－x2＝a(ex1－ex2)，即a＝．
故要证x1＋x2<－2ln a，只需证x1＋x2<－2ln ，即证<，
即证(x1－x2)2不妨设x10，则需证t2设g(t)＝t2－e－t＋2－et，则g′(t)＝2t＋e－t－et．设h(t)＝2t＋e－t－et，则h′(t)＝2－e－t－et<0，
∴h(t)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(t)∴g(t)7．设函数．
(1)当时，求的单调区间是的导数）；
(2)若有两个极值点、，证明：．
7．解析　(1)当时，，则，
，，显然递减，且，
故当时，，时，，故在递增，在递减；
(2)，，
由题意知有2个不相等的实数根，即有2个不相等的实数根，，
则，令，则，令，解得，，令，解得，，
故在递增，在递减，故，而时，，
故的取值范围是，，由，得，
故，
令，则，，，
故不等式只要在时成立，
令，，，
故在上单调递增，即，故在上单调递减，即，
故原不等式成立．
8．(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2＜＋＜e．
8．解析　解析　(1)因为f(x)＝x(1－ln x)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x．
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0．
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)因为bln a－aln b＝a－b，故b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，即＝，故f＝f，
设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设01．
因为x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)<0，故1先证x1＋x2>2，
若x2≥2，x1＋x2>2必成立．
若x2<2，要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，
故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1因为10，
所以g′(x)>0，故g(x)在(1，2)上为增函数，所以g(x)>g(1)＝0，
故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，
综上，x1＋x2>2成立．
设x2＝tx1，则t>1，结合＝，＝x1，＝x2可得x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，
即1－ln x1＝t(1－ln t－ln x1)，故ln x1＝，
要证x1＋x2即证ln(t＋1)＋<1，即证(t－1)ln(t＋1)－tln t<0，
令S(t)＝(t－1)ln(t＋1)－tln t，t>1，则S′(t)＝ln(t＋1)＋－1－ln t＝ln－，
先证明不等式ln(x＋1)≤x．
设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝－1＝，
当－10；当x>0时，u′(x)<0，
故u(x)在(－1，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，故u(x)max＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立，
由上述不等式可得当t>1时，ln≤<，故S′(t)<0恒成立，
故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t)故(t－1)ln(t＋1)－tln t<0成立，即x1＋x29．已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2<．
9．解析　f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．可设0方法一　构造函数F(x)＝f(x)－f ，则
F′(x)＝f′(x)＋f′＝1＋ln x＋·＝(1＋ln x)·，
当00，得F(x)在上是增函数，∴F(x)∴f(x)又x2>，>，且f(x)在上单调递增，∴x2<，∴x1x2<．
方法二　f(x1)＝f(x2)即x1ln x1＝x2ln x2，令t＝>1，则x2＝tx1，
代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，得ln x1＝．
∴x1x2< ln x1＋ln x2<－2 2ln x1＋ln t<－2 ＋ln t<－2 ln t－>0．
设g(t)＝ln t－ (t>1)，则g′(t)＝>0．
∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0，∴ln t－>0．故x1x2<．
10．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个零点，．
①求的取值范围；②证明：．
10．解析　(1)的定义域为，，
(ⅰ)当时，在上单调递增；
(ⅱ)当时，若，则，在上单调递增；
若，则，在区间上单调递减；
综上：时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)①由(1)知，时，单调递增，至多一个零点，不合题意，
当时，在上单调递增，在区间上单调递减；
，若函数有两个零点，，
由于时，，时，，所以，解得，
故所求的取值范围为；
②证明：由题意：，，，
要证，只要证，即．
只要证即证，
令，，
，即成立，
故原不等式成立．
11．已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．
(1)求的取值范围．
(2)设的两个极值点为，，证明．
11．解析　(1)函数的定义域为，．
函数在其定义域内有两个不同的极值点．
方程在有两个不同根；
转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点．
又，即时，，时，，
故在上单调增，在上单调减．故．
又有且只有一个零点是1，且在时，，在在时，，
故的草图如图，，即．故的取值范围为．
(2)由(1)可知，分别是方程的两个根，即，，
设，作差得．得．
要证明．只需证明．
，，即只需证明，
令，则，只需证明，
设，．函数在上单调递增，
，故成立．成立．
12．已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2 0182 019与2 0192 018的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2．
12．解析　(1)依题意得f′(x)＝，所以f′(1)＝＝，
又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，
所以f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0．故f(x)＝，f′(x)＝．
令f′(x)＞0，则1－ln x＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，则1－ln x＜0，解得x＞e，
所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
所以f(2 018)＞f(2 019)，即＞，整理得ln 2 0182 019＞ln 2 0192 018，
所以2 0182 019＞2 0192 018．
(2)不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，
可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．
要证x1x2＞e2，即证ln x1x2＞2，只需证ln x1＋ln x2＞2，也就是证k(x1＋x2)＞2，即证k＞．
因为k＝，所以只需证＞，即证ln ＞．
令＝t(t＞1)，则只需证ln t＞(t＞1)．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0，
故函数h(t)在(1，＋∞)上是单调递增的，所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞，所以x1x2＞e2．
13．已知函数f(x)＝lnx＋－a (a∈R，b∈R)有最小值M，且M≥0．
(1)求ea－1－b＋1的最大值；
(2)当ea－1－b＋1取得最大值时，设F(b)＝－m(m∈R)，F(x)有两个零点为x1，x2(x1＜x2)，证明：．
13．解析　(1)有题意，
当时，，在上单增，此时显然不成立，
当时，令，得，此时在上单减，在上单增，
(b)，即，所以，．
所以的最大值为1．
(2)当取得最大值时，，，
的两个零点为，，则，即，，
不等式恒成立等价于，
两式相减得，
带入上式得，
令，则，，
所以函数在上单调递增，（1），得证．
14．已知函数f (x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)当x>1时，求f (x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈[e，e2]，都有f (x)<4ln x成立，求k的取值范围；
(3)若x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)，证明x1x214．解析　(1)f ′(x)＝·x＋ln x－k－1＝ln x－k．
①当k≤0时，因为x>1，所以f ′(x)＝ln x－k>0，
所以函数f (x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值．
②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝ek，
当1ek时，f ′(x)>0．
所以函数f (x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)，
在(1，＋∞)上的极小值为f (ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，无极大值．
(2)由题意，f (x)－4ln x<0，即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对任意x∈[e，e2]恒成立，
即k＋1>对任意x∈[e，e2]恒成立，
令g(x)＝，x∈[e，e2]，则g′(x)＝．
令t(x)＝4ln x＋x－4，x∈[e，e2]，则t′(x)＝＋1>0，
所以t(x)在区间[e，e2]上单调递增，故t(x)min＝t(e)＝4＋e－4＝e>0，故g′(x)>0，
所以g(x)在区间[e，e2]上单调递增，函数g(x)max＝g(e2)＝2－．
要使k＋1>对任意x∈[e，e2]恒成立，只要k＋1>g(x)max，所以k＋1>2－，解得k>1－，
所以实数k的取值范围为．
(3)法一：因为f(x1)＝f(x2)，由(1)知，
当k>0时，函数f(x)在区间(0，ek)上单调递减，在区间(ek，＋∞)上单调递增，且f(ek＋1)＝0．
不妨设x1要证x1x2因为f(x)在区间(ek，＋∞)上单调递增，所以只需证f(x2)又f(x1)＝f(x2)，即证f(x1)构造函数h(x)＝f(x)－f ＝(ln x－k－1)x－，
即h(x)＝xln x－(k＋1)x＋e2k，
h′(x)＝ln x＋1－(k＋1)＋e2k ＝(ln x－k)，
当x∈(0，ek)时，ln x－k<0，x20，所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，h(x)而h(ek)＝f(ek)－f ＝0，故h(x)<0，所以f(x1)法二：要证x1x2因为x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)，所以(ln x1－k－1)x1＝(ln x2－k－1)x2，即x1ln x1－x2ln x2＝(k＋1)(x1－x2)，
x1ln x1－x2ln x1＋x2ln x1－x2ln x2＝(k＋1)(x1－x2)，即(x1－x2)ln x1＋x2ln＝(k＋1)(x1－x2)，
k＋1＝ln x1＋，同理k＋1＝ln x2＋，从而2k＝ln x1＋ln x2＋＋－2，
要证ln x1＋ln x2<2k，只要证＋－2>0，
不妨设00，即证>2，
即证ln t<2·对t∈(0，1)恒成立，
设h(t)＝ln t－2·，当00，
所以h(t)在t∈(0，1)上单调递增，h(t)15．设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：．
15．解析　(1)．．
当时，，函数在上单调递增，即的单调递增区间为．
当时，由得；由，解得．
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)，是方程得两个不等实数根，由(1)可知：．
不妨设．则，．
两式相减得，化为．
，当时，，当时，．
故只要证明即可，即证明，即证明，
设，令，则．
，．在上是增函数，又在处连续且，
当时，总成立．故命题得证．
16．(2011辽宁)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，f(＋x)＞f(－x)；
(3)若函数y＝f(x)的图象与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)＜0．
16．解析　(1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调增加；
若a＞0，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减；
(2)法一：构造函数，利用函数单调性证明，方法上同，略；
法二：构造以为主元的函数，设函数，
则，，
由，解得，当时，，而，
所以，故当时，
(2)由(1)可得a＞0，f(x)＝－2ax＋2－a在(0，＋∞)上单调递减，f()＝0，
不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，
欲证明f(x)＜0，即f(x0)＜f()，只需证明x0＝＞，即x1＞－x2，
只需证明f(x2)＝f(x1)＞f(－x2)．
由(2)得f(－x2)＝f[＋(－x2)]＞f[－(－x2)]＝f(x2)，得证．
17．设函数f(x)＝ex－ax＋a，其图象与轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1＜x2．
(1)求a的取值范围；
(2)证明：f()＜0(f(x)为函数f(x)的导函数)．
17．解析　(1)a∈(e2，＋∞)，且0＜x1＜lna＜x2，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增；
(2)要证明f()＜0，只需证f()＜0，即f()＜f(lna)，
因为f(x)＝ex－a单调递增，所以只需证＜lna，亦即x2＞2lna－x1，
只要证明f(x2)＝f(x1)＞f(2lna－x1)即可；令g(x)＝f(x)－f(2lna－x)(x＜lna)，则
g(x)＝f(x)－f(2lna－x1)＝ex－－2a＜0，所以g(x)在(0，lna)上单调递减，g(x)＞g(lna)＝0，得证．
18．已知函数f(x)＝ln x－ax＋1有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：f′(x1·x2)<1－a．
18．解析　(1)由f(x)＝0，可得a＝，
转化为函数g(x)＝与直线y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．
g′(x)＝(x>0)，故当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0．
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1．
又g＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，
故当x∈时，g(x)<0；当x∈时，g(x)>0．可得a∈(0，1)．
(2)f′(x)＝－a，由(1)知x1，x2是ln x－ax＋1＝0的两个根，
故ln x1－ax1＋1＝0，ln x2－ax2＋1＝0 a＝．
要证f′(x1·x2)<1－a，只需证x1·x2>1，即证ln x1＋ln x2>0，即证(ax1－1)＋(ax2－1)>0，
即证a>，即证>．
不妨设0令t＝∈(0，1)，h(t)＝ln t－，h′(t)＝－＝>0，
则h(t)在(0，1)上单调递增，则h(t)19．已知函数f(x)＝＋lnx(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)有两个不相同的零点x1，x2．
①求实数a的取值范围；②证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2．
19．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝．
当a≤0时，f′(x)>0成立，所以f(x)在(0，＋∞)为增函数；
当a>0时，(i)当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)在(a，＋∞)上为增函数；
(ii)当0(2)①由(1)知，当a≤0时，f(x)至多一个零点，不合题意；
当a>0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)＝1＋lna<0，解得0一方面，由于1>a，f(1)＝a>0，f(x)在(a，＋∞)为增函数，且函数f(x)的图像在(a，1)上不间断．
所以f(x)在(a，＋∞)上有唯一的一个零点．
另一方面，因为0当0g＝e－2>0
又f(a)<0，f(x)在(0，a)为减函数，且函数f(x)的图像在(a2，a)上不间断．
所以f(x)在(0，a)有唯一的一个零点．
综上，实数a的取值范围是．
②设p＝x1f′(x1)＋x2f′(x2)＝1－＋1－＝2－．又lnx1＋＝0，lnx2＋＝0，则p＝2＋ln(x1x2)．
下面证明x1x2>a2．不妨设x1要证x1x2>a2，即证x1>．因为x1，∈(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数，所以只要证f()>f(x1)．
又f(x1)＝f(x2)＝0，即证f()>f(x2)．
设函数F(x)＝f()－f(x)＝－－2lnx＋2lna(x>a)．
所以F′(x)＝>0，所以F(x)在(a，＋∞)为增函数．
所以F(x2)>F(a)＝0，所以f()>f(x2)成立．从而x1x2>a2成立．
所以p＝2＋ln(x1x2)>2lna＋2，即x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2成立．
总结提升　1．第(2)①中，用零点判定定理证明f(x)在(0，a)上有一个零点是解题的一个难点，也是一个热点问题，就是当00，这里需要取关于a的代数式，取x0＝a2，再证明f(a2)>0，事实上由(1)可以得到xlnx≥－，而f(a2)＝＋lna2＝>0即可．
2．在(2)②中证明x1x2>a2的过程，属于构造消元构造函数方法，将两个变量x1，x2转化为证明单变量的问题，这一处理方法，在各类压轴题中，经常出现，要能领悟并加以灵活应用．
20．已知函数f(x)＝ex＋ax－1(a∈R)．
(1)若对任意的实数x，函数y＝f′(x)的图象与直线y＝x有且只有两个交点，求a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)－x2＋1，若函数g(x)有两个极值点x1，x2，且x12．
20．解析　(1) f(x)＝ex＋ax－1，则f′(x)＝ex＋a，
由已知得，函数y＝ex＋a的图象与直线y＝x有两个交点，
即方程ex－x＋a＝0有两个不相等的实数解，
设h(x)＝ex－x＋a，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)＝0，解得x＝0，
当x∈(－∞，0)时，h′(x) <0，h(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，h′(x) >0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a＋1，所以a＋1<0，所以a<－1，
当x→－∞时，h(x) →＋∞；当x→＋∞时，h(x) →＋∞
所以a<－1时，函数y＝f′(x)的图象与直线y＝x有且只有两个交点．
(2)g(x)＝f(x)－x2＋1＝ex－x2－ax，g′(x)＝ex－x－a，
因为函数g(x)有两个极值点x1，x2，方程g′(x)＝0有两个不同的实数解x1，x2，
由(1)知，h(x)＝ex－x＋a，h(x1)＝h(x2)＝0，且x1<0所以g(x)在区间(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减，
且得a＝－x2，所以h(－x2)＝＋x2－a＝－＋2x2．
设k(x)＝－＋2x(x>0)，则k′(x)＝－－＋2<0，所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以k(x)又因为g(x)在(x1，0)单调递减，所以g(x1)> g(－x2)，
要证g(x1)＋g(x2)>2，只须证g (－x2)＋g(x2)>2，
即证＋－－2>0，
设r(x)＝＋－－2，则r′(x)＝－－2x，
令p(x)＝r′(x)＝－－2x，则p′(x)＝＋－2>0，
所以p(x)在(0，＋∞)单调递增，p(x)>p(0)＝0，即r′(x)>0，
所以r(x)在(0，＋∞)单调递增，r(x)>r(0)＝0，
故当x>0时，＋－－2>0，即＋－－2>0，
所以g (－x2)＋g(x2)>2，亦即g(x1)＋g(x2)>2．

展开更多......

收起↑