高中数学压轴题系列——导数专题——极值点偏移.doc

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1、如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流高中数学压轴题系列导数专题极值点偏移【精品文档】第 7 页高中数学压轴题系列导数专题极值点偏移1.（2010天津）已知函数f（x）=xex（xR）（）求函数f（x）的单调区间和极值；（）已知函数y=g（x）的图象与函数y=f（x）的图象关于直线x=1对称，证明：当x1时，f（x）g（x）；（）如果x1x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x22【分析】（1）先求导求出导数为零的值，通过列表判定导数符号，确定出单调性和极值（2）先利用对称性求出g（x）的解析式，比较两个函数的大小可将它们作差，研究新函数的最小值，使最小值大于零，不等式即可证得（3）通过

2、题意分析先讨论，可设x11，x21，利用第二问的结论可得f（x2）g（x2），根据对称性将g（x2）换成f（2x2），再利用单调性根据函数值的大小得到自变量的大小关系【解答】解：（）解：f（x）=（1x）ex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）增 极大值 减所以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）=（）证明：由题意可知g（x）=f（2x），得g（x）=（2x）ex2令F（x）=f（x）g（x），即F（x）=xex+（x2）ex2 于是F（x）=（x

3、1）（e2x21）ex当x1时，2x20，从而e2x210，又ex0，所以F（x）0，从而函数F（x）在1，+）是增函数又F（1）=e1e1=0，所以x1时，有F（x）F（1）=0，即f（x）g（x）（）证明：（1）若（x11）（x21）=0，由（I）及f（x1）=f（x2），则x1=x2=1与x1x2矛盾（2）若（x11）（x21）0，由（I）及f（x1）=f（x2），得x1=x2与x1x2矛盾根据（1）（2）得（x11）（x21）0，不妨设x11，x21由（）可知，f（x2）g（x2），则g（x2）=f（2x2），所以f（x2）f（2x2），从而f（x1）f（2x2）因为x21，所以2x2

4、1，又由（）可知函数f（x）在区间（，1）内是增函数，所以x12x2，即x1+x222.（2013湖南）已知函数f（x）=（）求f（x）的单调区间；（）证明：当f（x1）=f（x2）（x1x2）时，x1+x20【分析】（）利用导数的运算法则求出f（x），分别解出f（x）0与f（x）0的x取值范围即可得到单调区间；（）当f（x1）=f（x2）（x1x2）时，不妨设x1x2由（I）可知：x1（，0），x2（0，1）利用导数先证明：x（0，1），f（x）f（x）而x2（0，1），可得f（x2）f（x2）即f（x1）f（x2）由于x1，x2（，0），f（x）在（，0）上单调递增，因此得证【解答】解：（

5、）易知函数的定义域为R当x0时，f（x）0；当x0时，f（x）0函数f（x）的单调递增区间为（，0），单调递减区间为（0，+）（）当x1时，由于，ex0，得到f（x）0；同理，当x1时，f（x）0当f（x1）=f（x2）（x1x2）时，不妨设x1x2由（）可知：x1（，0），x2（0，1）下面证明：x（0，1），f（x）f（x），即证此不等式等价于令g（x）=，则g（x）=xex（e2x1）当x（0，1）时，g（x）0，g（x）单调递减，g（x）g（0）=0即x（0，1），f（x）f（x）而x2（0，1），f（x2）f（x2）从而，f（x1）f（x2）由于x1，x2（，0），f（x）在（，0）

6、上单调递增，x1x2，即x1+x203.（2011辽宁）已知函数f（x）=lnxax2+（2a）x（I）讨论f（x）的单调性；（）设a0，证明：当0x时，f（+x）f（x）；（）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f（x0）0【分析】（I）求导，并判断导数的符号，确定函数的单调区间；（II）构造函数g（x）=f（+x）f（x），利用导数求函数g（x）当0x时的最小值大于零即可，（III）设出函数y=f（x）的图象与x轴交于A，B两点的横坐标，根据（I）（II）结论，即可证明结论【解答】解：（I）函数f（x）的定义域为（0，+），f（x）=，若a0，则

7、由f（x）=0，得x=，且当x（0，）时，f（x）0，当x（，+）时，f（x）0，所以f（x）在（0，）单调递增，在（，+）上单调递减；当a0时，f（x）0恒 成立，因此f（x）在（0，+）单调递增；（II）设函数g（x）=f（+x）f（x），则g（x）=ln（1+ax）ln（1ax）2ax，g（x）=，当x（0，）时，g（x）0，而g（0）=0，所以g（x）0，故当0x时，f（+x）f（x）；（III）由（I）可得，当a0时，函数y=f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a0，从而f（x）的最大值为f（），不妨设A（x1，0），B（x2，0），0x1x2，则0x1x2，由（II）得，f（x1

8、）=f（）f（x1）=f（x2）=0，又f（x）在（，+）单调递减，x1x2，于是x0=，由（I）知，f（ x0）04.（2016新课标）已知函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2有两个零点（）求a的取值范围；（）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x22【分析】（）由函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2可得：f（x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1）（ex+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案（）设x1，x2是f（x）的两个零点，则a=，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=a，分析g（x）的单调性，令m0，则g（1+m）g（1m）=，设h（m）=，m0，利

9、用导数法可得h（m）h（0）=0恒成立，即g（1+m）g（1m）恒成立，令m=1x10，可得结论【解答】解：（）函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2，f（x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1）（ex+2a），若a=0，那么f（x）=0（x2）ex=0x=2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；若a0，那么ex+2a0恒成立，当x1时，f（x）0，此时函数为减函数；当x1时，f（x）0，此时函数为增函数；此时当x=1时，函数f（x）取极小值e，由f（2）=a0，可得：函数f（x）在x1存在一个零点；当x1时，exe，x210，f（x）=（x2）ex+a（x1）2（x2）e+a（x1）

10、2=a（x1）2+e（x1）e，令a（x1）2+e（x1）e=0的两根为t1，t2，且t1t2，则当xt1，或xt2时，f（x）a（x1）2+e（x1）e0，故函数f（x）在x1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；若a0，则ln（2a）lne=1，当xln（2a）时，x1ln（2a）1lne1=0，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（2a）x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递减，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a

11、=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=ln（2a）时，函数取极大值，由f（ln（2a）=ln（2a）2（2a）+aln（2a）12=aln（2a）22+10得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；若a=，则ln（2a）=1，当x1=ln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；

12、若a，则ln（2a）lne=1，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当1xln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递减，当xln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=1时，函数取极大值，由f（1）=e0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值范围为（0，+）证明：（）x1，x2是f（x）的两个零点，f（x1）=f（x2）=0，且x11，且x21，a=，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=a，g（x）=，当x1时，g（x）0，g（x）单调递减；当x1时，g（x）0，g（x）单调递增；设m0，则g（1+m）g（1m）=，设h（m）=，m0，则h（m）=0恒成立，即h（m）在（0，+）上为增函数，h（m）h（0）=0恒成立，即g（1+m）g（1m）恒成立，令m=1x10，则g（1+1x1）g（11+x1）g（2x1）g（x1）=g（x2）2x1x2，即x1+x22