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高中数学压轴题系列——导数专题——极值点偏移

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-06 01:52
tags:高中数学压轴题

高中数学 四能-高中数学集合课程导入

2020年10月6日发(作者:姚醒吾)


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)

+



1

0

极大


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,+∞)






(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.


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