高中数学 四能-高中数学集合课程导入
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)=xe
﹣
x
(x∈R)
(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和极值;
(Ⅱ)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x>1时,f(x)
>g(x);
(Ⅲ)如果x
1
≠x
2
,且f(x
1
)=f(x
2
),证明x
1
+x
2
>2.
【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.
<
br>(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,<
br>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x
1<
br><1,x
2
>1,利用第二问的结论可得f(x
2
)>g(x
2
),根据对称性
将g(x
2
)换成f(2﹣x
2
),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:(Ⅰ)解:f′(x)=(
1﹣x)e
﹣
x
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
f′(x)
f(x)
(﹣∞,1)
+
增
1
0
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)=.
(Ⅱ)证明:由题意可
知g(x)=f(2﹣x),得g(x)=(2﹣x)e
x
﹣
2
令
F(x)=f(x)﹣g(x),即F(x)=xe
﹣
x
+(x﹣2)e
x<
br>﹣
2
于是F'(x)=(x﹣1)(e
2x
﹣
2﹣1)e
﹣
x
当x>1时,2x﹣2>0,从而e
2x
﹣
2
﹣1>0,又e
﹣
x
>0,所以F′(x)>0,
从而函数F(x)在[1,+∞)是增函数.
又F(1)=e
1
﹣
e
1
=0,所以x>1时,有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).
﹣﹣
(1,+∞)
﹣
减
(Ⅲ)证明:(1)若(x
1
﹣1)(x
2
﹣1)=0,由(I)及f(x
1
)=f(x
2
),则x
1
=x
2
=1.
与x
1
≠x
2
矛盾.
(2)若(x
1
﹣
1)(x
2
﹣1)>0,由(I)及f(x
1
)=f(x
2
),得x
1
=x
2
.与x
1
≠x
2
矛盾.
根据(1)(2)得(x
1
﹣1)(x
2
﹣1)<0,不
妨设x
1
<1,x
2
>1.由(Ⅱ)可知,f(x
2
)>g
(x
2
),
则g(x
2
)=f(2﹣x
2
),所以f(x
2
)>f(2﹣x
2
),从而f(x
1
)
>f(2﹣x
2
).
因为x
2
>1,所以2﹣x
2
<1,又由(Ⅰ)可知函数f(x)在区间(﹣∞,1)内是增函数,
所以x1
>2﹣x
2
,即x
1
+x
2
>2.
2.(2013?湖南)已知函数f(x)=.
(Ⅰ)求f(x)的单调区间;(Ⅱ)证明:当f(x
1
)=f(x
2
)(
x
1
≠x
2
)时,x
1
+x
2
<0.
【分析】(Ⅰ)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;
(Ⅱ)当f(x
1
)
=f(x
2
)(x
1
≠x
2
)时,不妨设x
1<x
2
.由(I)可知:x
1
∈(﹣∞,0),x
2
∈
(0,1).利
用导数先证明:?x∈(0,1),f(x)<f(﹣x).而x
2
∈
(0,1),可得f(x
2
)<f(﹣x
2
).即f(x
1
)
<f(﹣x
2
).由于x
1
,﹣x
2
∈(﹣∞,
0),f(x)在(﹣∞,0)上单调递增,因此得证.
【解答】解:(Ⅰ)易知函数的定义域为R.
==,
当x<0时
,f′(x)>0;当x>0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,+∞).
(Ⅱ)当x<1时,由于,e
x
>
0,得到f(x)>0;同理,当x>1时,f(x)<0.
当f(x
1
)
=f(x
2
)(x
1
≠x
2
)时,不妨设x
1<x
2
.
由(Ⅰ)可知:x
1
∈(﹣∞,0),x
2
∈(0,1).
下面证明:?x∈(0,1),(x)f<f(﹣x),即证
令g(x)=
<.此不等
式等价于.
,则g′(x)=﹣xe
﹣
x
(e
2x
﹣1).
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,∴g(x)<g(0)=0.
<
br>即.∴?x∈(0,1),f(x)<f(﹣x).而x
2
∈(0,1),∴f(x2
)<f(﹣x
2
).
从而,f(x
1
)<
f(﹣x
2
).由于x
1
,﹣x
2
∈(﹣∞,0),f(x
)在(﹣∞,0)上单调递增,
∴x
1
<﹣x
2
,即x<
br>1
+x
2
<0.
3.(2011?辽宁)已知函数f(x)=lnx﹣ax
2
+
(2﹣a)x.
(I)讨论f(x)的单调性;
(Ⅱ)设a>0,证明:当0<x<时,f(+x)>f(﹣x);
(Ⅲ)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x
0
,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A,B两点的横坐标,根据(I).(I
I)结论,即可证明结论.
【解答】解:(I)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)==﹣,
①若a>0,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;
②当a≤0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(1﹣ax)﹣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);
(III)由(I)可得,当a≤0时,函数y=f(x)的图象与x轴至多有一个交点,
故a>0,
从而f(x)的最大值为f(),
不妨设A(x
1
,0),B(x
2
,0),0<x
1
<x
2
,
则0<x
1
<<x
2
,
由(II)得,f(﹣x
1
)=f()>f(x
1
)=f(x
2
)=0,
又f(x)在(,+∞)单调递减,
∴﹣x
1
<x
2
,于是x
0
=,
由(I)知,f′( x
0
)<0.
4.(2016?
新课标Ⅰ)已知函数f(x)=(x﹣2)e
x
+a(x﹣1)
2
有两个零点
.
2ax,
(Ⅰ)求a的取值范围;(Ⅱ)设
x
1
,x
2
是f(x)的两个零点,证明:x
1
+x
2
<2.
【分析】(Ⅰ)由函数f(x)=(x﹣2)e
x<
br>+a(x﹣1)
2
可得:f′(x)=(x﹣1)e
x
+2a(x﹣1
)=(x﹣1)
(e
x
+2a),对a进行分类讨论,综合讨论结果,可得答案.
(Ⅱ)设x
1
,x
2
是f(x)的两个零点,则﹣a==,令
g(x)=,则g
,
(x
1
)=g(x
2
)=﹣
a,分析g(x)的单调性,令m>0,则g(1+m)﹣g(1﹣m)=
设h(m)=,m>0,利用
导数法可得h(m)>h(0)=0恒成立,即g(1+m)>g(1﹣m)
恒成立,令m=1﹣x1
>0,可得结论.
【解答】解:(Ⅰ)∵函数f(x)=(x﹣2
)e
x
+a(x﹣1)
2
,
∴f′(x)=(x﹣1)e
x
+2a(x﹣1)=(x﹣1)(e
x
+2a),
①若a=0,
那么f(x)=0?(x﹣2)e
x
=0?x=2,函数f(x)只有唯一的零点2,不合题意
;
②若a>0,那么e
x
+2a>0恒成立,
当x<1
时,f′(x)<0,此时函数为减函数;当x>1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)=a>0,可得:函数f
(x)在x>1存在一个零点;当x<1时,e
x
<e,x﹣2<﹣1<0,
∴f(x)=(x﹣2)e
x
+a(x﹣1)
2
>(x﹣2)e+a(x﹣
1)
2
=a(x﹣1)
2
+e(x﹣1)﹣e,
令a(x
﹣1)
2
+e(x﹣1)﹣e=0的两根为t
1
,t
2
,且
t
1
<t
2
,
则当x<t
1
,或x>t
2
时,f(x)>a(x﹣1)
2
+e(x﹣1)﹣e>0,故函数f(x)
在x<1存在一个零点;
即函数f(x)在R是存在两个零点,满足题意;
③若﹣<a<0,则ln(﹣2a)<lne=1,
当x<ln(﹣2a)时,x﹣
1<ln(﹣2a)﹣1<lne﹣1=0,e
x
+2a<e
ln
(﹣
2a
)
+2a=0,
即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,
当ln(﹣2a)<x<1时,x﹣1<0,e
x
+2a>e
ln
(﹣
2a
)
+2a=0,
即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)<0恒成立,故f(x)单调递减,<
br>
当x>1时,x﹣1>0,e
x
+2a>e
ln
(﹣
2a
)
+2a=0,
即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+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)﹣1]
2
=
a{[ln(﹣2a)﹣2]
2
+1}<0得:
函数f(x)在R上至多存在一个零点,不合题意;
④若a=﹣,则ln(﹣2a)=1,
当x<1=ln(﹣2a)时,x﹣1<0,e
x
+2a<e
ln
(﹣
2a
)
+2a=0,
<
/p>
即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)>0恒成立,故f(x)单调
递增,
当x>1时,x﹣1>0,e
x
+2a>e
ln
(
﹣
2a
)
+2a=0,
即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+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;
⑤若a<﹣,则ln(﹣2a)>lne=1,
当x<1时,x﹣1<0,e
x
+2a<e
ln
(﹣
2a
)
+2a=0,
<
br>即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,
当1<x<ln(﹣2a)时,x﹣1>0,e
x
+2a<e
ln
(
﹣
2a
)
+2a=0,
即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)<0恒成立,故f(x)单调递减,
当x>ln(﹣2a)时,x﹣1>0
,e
x
+2a>e
ln
(﹣
2a
)
+2a=0,<
br>
即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+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)=﹣e<0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:(Ⅱ)∵x
1
,x
2
是f(x)的两个零点,∴f(x
1)=f(x
2
)=0,且x
1
≠1,且x
2
≠1,
∴﹣a==,令g(x)=,则g(x
1
)=g(x
2
)=﹣
a,
∵g′(x)=,∴当x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x>1时,g′(x)>0,g(x)单调递增;
设m>0,则g(1+m)﹣g
(1﹣m)=
设h(m)=,m>0,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(1﹣m)恒成立,令m=1﹣x
1
>0,
则
g(1+1﹣x
1
)>g(1﹣1+x
1
)?g(2﹣x
1
)>g(x
1
)=g(x
2
)?2﹣x
1
>x
2<
br>,即x
1
+x
2
<2.