【数学】2021届一轮复习人教A版导数解答题之极值点偏移问题学案 21页

‎ 函数与导数解答题之极值点偏移问题 ‎1.（2018湖南文21)已知函数 ‎(Ⅰ)求的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)证明:当时,.‎ ‎2.(2018天津理21）已知函数.‎ ‎(Ⅰ) 求函数的单调区间和极值；‎ ‎(Ⅱ)已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当时，‎ ‎ (Ⅲ)如果且证明 ‎【解析】（Ⅰ）解：f’‎ 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 ‎()‎ f’(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ 极大值 所以f(x)在()内是增函数，在()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)‎ 令F(x)=f(x)-g(x),即 于是 当x>1时，2x-2>0,从而’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。‎ 又F(1)=F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).‎ Ⅲ)证明：（1）‎ 若 ‎（2）若 根据（1）（2）得 由（Ⅱ）可知，>,则=，所以>,从而>.因为，所以，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以>,即>2.‎ ‎3.已知函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若函数的两个零点为，证明：．‎ 试题分析：（1）首先求出函数的导函数，然后利用导数研究函数的单调性与最值，进而得出所求的结果；（2）首先由函数的两个零点为并结合（1）可得0＜x1＜a＜x2，然后构造函数g(x)＝f(x)－f(2a－x)，并利用其导函数求出其函数的单调性，进而得出所证的结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）f¢(x)＝－＝，（x＞0），所以当a≤0时，f¢(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． ‎ ‎（Ⅱ）若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2（x1＜x2），由（Ⅰ）可得0＜x1＜a＜x2．令g(x)＝f(x)－f(2a－x)，（0＜x＜a）则g¢(x)＝f¢(x)＋f¢(2a－x)＝(x－a)[－]＜0，所以g(x)在 ‎(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，即f(x)＞f(2a－x)．令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，由（Ⅰ）可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，故x1＋x2＞2a． ‎ ‎4.（2018福州五校下学期第一次联考）已知函数），其图象与轴交于不同的两点，，且．‎ （1） 求实数的取值范围； （2）证明：‎ ‎5．已知函数）在其定义域内有两个不同的极值点．‎ ‎（Ⅰ）求的取值范围；‎ ‎ （Ⅱ）设两个极值点分别为，证明:．‎ 解：(Ⅰ)依题，函数的定义域为，‎ 所以方程在有两个不同根.‎ 即，方程在有两个不同根……………1分 令，从而转化为函数有两个不同零点，‎ 而（） ………………2分 若，可见在上恒成立，所以在单调增，‎ 此时不可能有两个不同零点. ………………3分 若，在时，，在时，，‎ 所以在上单调增，在上单调减，‎ 从而 ………………4分 又因为在时，，在在时，，于是只须：‎ ，即，所以. ………………5分 综上所述， ………………6分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知分别是方程的两个根， ‎ 即，，‎ 设，作差得，，即. ………………7分 原不等式等价于 ‎ ………………8分 令，则， ………………9分 设，，‎ ‎∴函数在上单调递增， ………………10分 ‎∴，‎ 即不等式成立， ………………11分 故所证不等式成立． ………………12分 ‎6．已知函数，．‎ ‎（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若直线是函数图象的切线，求的最小值；‎ ‎（3）当时，若与的图象有两个交点，，求证：．‎ ‎【答案】（1） ；（2）；（3）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）借助函数单调性与导数值是非负数建立不等式求解；（2）将参数用切点的横坐标表示,再借助导数求最小值；（3）先分析转化再构造函数,运用导数的有关知识进行推证.‎ 试题解析：（1） ，‎ ‎.‎ 在上单调递增， ，恒成立 即，恒成立 令，，，‎ 时，，.‎ ‎（2） 设切点为，则，‎ 又，，‎ ‎，‎ 令，则 当时，，所以在上单调递增；‎ 当时，，所以在上单调递减.‎ 当时，取得最小值，为，即的最小值为.‎ ‎（3） 证明：由题意得 ‎①＋②得： ③‎ ‎①－②得：，即 ④‎ ‎④代入③得： ，‎ 即，‎ 不妨令，记，‎ 令，则，‎ 在上单调递增，则，‎ ‎，故，‎ ‎.‎ 又 ‎，即，‎ 令，则时，，‎ 在上单调递增，‎ 又 ‎，‎ 考点：导数及在研究函数的单调性最值中的应用．‎ ‎7.(2018届武昌区元月调考理科数学）已知函数 （1） 讨论的单调性；‎ （2） 设，证明：当时，；‎ （1） 设是的两个零点，证明：.‎ ‎8．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）记两个极值点分别为，且．已知，若不等式恒成立，求的范围．‎ 试题解析：（1）依题，函数的定义域为，所以方程在有两个不同根，即，方程在有两个不同根．‎ 转化为，函数与函数的图像在上有两个不同交点．‎ 又，即时，时，，‎ 所以在上单调增，在上单调减．从而，‎ 又有且只有一个零点是1，且在时，，在时，，所以的草图如下，‎ 可见，要想函数与函数的图像在上有两个不同交点，只须 ‎（2）因为等价于．由（1）可知分别是方程的两个根，即，‎ 所以原式等价于，因为，‎ 所以原式等价于 又由作差得，，即．‎ 所以原式等价于，‎ 因为，原式恒成立，即恒成立．‎ 令，，‎ 则不等式在上恒成立．‎ 令，‎ 又，‎ 当时，可见时，，所以在上单调增，又，在恒成立，符合题意．‎ 当时，可见时，时，，‎ 所以在时单调增，在时单调减，又，‎ 所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去．‎ 综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以．‎ ‎9．已知函数，是函数的两个零点，且，‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）求的取值范围；‎ ‎（3）设是函数的导函数，求证 试题分析：（1）讨论单调性，先导数，然后解得方程在上的解，通过的正负确定的单调区间；（2）由（1）知是的极大值点，因此只要，就能保证有两个零点，注意到，因此可由求得的取值范围，再求得范围；（3）首先由，用表示出 ‎，再求得并整理得，此时会发现只要证，此式证明可用换元法，设，再利用函数的性质证明．‎ 试题解析：（1）‎ 令，则，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减 ‎（2）由于函数存在两个零点，‎ 由（1）可知，且 由于在为增函数，且，‎ 所以的取值范围是 方法二：函数有两个零点，即方程有两个实数根，即有两个实数根，设，则，设，且单调递增，‎ 时，，，单调递减 时，，，单调递增 ‎（3）由于是函数的两个零点，且 所以，‎ 两式相减得：，‎ 要证明，只需证，即只需证 设，构造函数 在单调递增，‎ ‎，‎ 考点：导数与函数的单调性，导数的综合应用．‎ ‎10.（2018襄阳市三月考试） 已知函数．‎ ‎（1）当时，求函数在的最大值；‎ ‎（2）令，若在区间（0，3）上不是单调函数，求的取值范围；‎ ‎（3）当时，函数的图象与x轴交于两点，，且，又是的导函数．若正常数满足条件，证明：．‎ 解：当a = 2时， 函数y = f (x)在[，1]是增函数，在[1，2]是减函数 3分 所以 =－1 4分 ‎(2)解：∵，∴ 5分 ∵g (x)因为在区间(0，3)上不是单调函数，∴在(0，3)上有实数解，且无重根 由得：2x2－ax－a = 0，有，x∈(0，3) 6分 又当a =－8时，有重根x =－2；a = 0时，有重根x = 0 7分 综上，a的取值范围是． 8分 ‎(3)解：当a = 2时，， ∵h (x) = f (x)－mx的图象与x轴交于两点A(x1，0)，B(x2，0) ∴f (x)－mx = 0有两个实根x1、x2， ∴，两式相减得： ∴ 9分 于是 10分 ∵， 要证：，只需证： 只需证：(*) 11分 令(0 < t < 1)，(*)化为 令，则 ，即 12分 ∴ 13分 ∵u (t)在(0，1)上单调递增，u (t) < u (1) = 0 ∴，即 ∴ 14分 ‎11．已知函数．‎ ‎（Ⅰ）讨论函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当时，设的两个极值点，恰为的零点，求的最小值 试题分析：（Ⅰ）求解，分三种情况分类讨论求解函数的单调区间；（Ⅱ）求出和的导数，运用韦达定理和函数的零点的定义，化简整理，构造新函数，运用导数判断函数的的单调性，即可求解最小值．‎ 试题解析：（Ⅰ），．‎ 当时，‎ 由解得，即当时，，单调递增；‎ 由解得，即当时，，单调递减．‎ 当时，=，即在（0，+∞）上单调递增；‎ 当时，，故，即在（0，+∞）上单调递增．‎ ‎∴当时，的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）；‎ 当时，的单调递增区间为（0，+∞）． ‎ ‎（Ⅱ），则，‎ ‎∴ 的两根，即为方程的两根．‎ ‎∵，‎ ‎∴ ，，．‎ 又∵ ，为的零点，‎ ‎∴ ，，‎ 两式相减得 ，得b=，‎ 而，‎ ‎∴ y=‎ ‎=]‎ ‎==，‎ 令（），‎ 由得，‎ 因为，两边同时除以，得，‎ ‎∵，故，解得t≤或t≥2，∴ 00,恒有成立，即对任意x>0成立，………1分 记H（x）=, H/（x）=，………………2分 当H(x)单增；当H(x)单减；H（x）最大值为， ‎ 所以……………5分 ‎（2）函数有两个相异的极值点，即有两个不同的实数根．‎ ‎①当时，单调递增，不可能有两个不同的实根；……………6分 ‎②当时，设，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；‎ ‎∴，∴，……………8分 不妨设，∵，‎ ‎∴‎ 先证，即证，即证，‎ 令，即证，设，…………9分 则，函数在单调递减，∴，∴，又，∴，‎ ‎∴……………12分 考点：导数的几何意义，导数与函数的单调性、最值，导数的综合应用．‎ ‎13.已知函数 ‎（1）记，求证：函数在区间内有且仅有一个零点；‎ ‎（2）用表示中的最小值，设函数，若关于的方程（其中为常数）在区间有两个不相等的实根，记在内的零点为，试证明：‎ ‎14.已知函数，且 ‎（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）设有两个零点，且成等差数列，记是的导函数，求证：‎ 15. ‎（2018届武汉二月调考文科21）已知函数恰有两个极值点 ‎（Ⅰ）求实数的取值范围； ‎ ‎（Ⅱ）求证：‎ ‎16.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）讨论函数的极值点的个数；‎ ‎（Ⅱ）若有两个极值点，证明：．‎ ‎ 解：（Ⅰ）由得，‎ ‎ …………………1分 ‎（ⅰ）时， ，‎ 所以取得极小值，是的一个极小值点． …………………2分 ‎（ⅱ）时，，令，得 显然，，所以，‎ 在取得极小值，有一个极小值点． …………………4分 ‎（ⅲ）时，时，即在是减函数，无极值点．‎ 当时，，令，得 当和时，时，，所以在取得极小值，在取得极大值，所以有两个极值点． …………………6分 综上可知：（ⅰ）时，仅有一个极值点；‎ ‎ （ⅱ） 当时，无极值点；‎ ‎（ⅲ）当时，有两个极值点． …………………7分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当且仅当时，有极小值点和极大值点，且 是方程的两根，所以， …………………8分 ‎ ‎ ‎， …………………10分 设，，‎ 所以时，是减函数，，则 所以得证． …………………12分