2022年高中数学压轴题系列——导数专题——极值点偏移 .pdf

《2022年高中数学压轴题系列——导数专题——极值点偏移 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高中数学压轴题系列——导数专题——极值点偏移 .pdf（5页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、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）

2、，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）+0f（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）=（x1） （e2x21）ex当 x1

3、 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）

4、，从而 f（x1）f（2x2） 因为 x21，所以 2x21，又由（）可知函数f（x）在区间（， 1）内是增函数，所以 x12x2，即 x1+x22名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 5 页 - - - - - - - - - 2.（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

5、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： （）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

6、（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）上单调递增，x1x2，即 x1+x203.（2011?辽宁）已知函数 f（x）=lnxax2+（2a）x名师资料总结 - - -

7、精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 5 页 - - - - - - - - - （I）讨论 f（x）的单调性；（）设 a0，证明：当 0 x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 0 x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

8、 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 0 x时，f（+x）f（x）

9、；（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） ，0 x1x2，则 0 x1x2，由（II）得， f（x1）=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有两个零点名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3

10、 页，共 5 页 - - - - - - - - - （）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，

11、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=0? x=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）2=a（x1）2+e（x1）e，令

12、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+2a

13、eln（2a）+2a=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）+a ln（2a）12=a ln（2a）22+1 0 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，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 5 页 - - - -

14、- - - - - 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；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

15、（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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 5 页 - - - - - - - - -