有关极值点的几个题目
极值点好题
（木），由（ｉ）知ｊ勋：一１１１２勋一１＝ｍ一（１）， 【肋‘一Ｉｎ２ｋｂ一１ ０…【２），
２
（１）一（２）：ｋ（ａ＋６）（口－ｂ）一１１１（口／ｂ）＝０，贝０ｋ（ａ＋ｂ）＝ ｌＩｌ（口／ｂ）／（ａ—ｂ）代入（＋），则只需证明ｌＩｌ＠／ｂ）／（ａ－ｂ） 一２／（口＋ｂ）＞０亡，１ｎ；一２（口一６）／（口＋６）＞０．
（ｘｏ一而）】），得到ｆ（ｘａ）＞ｆ（２ｘｏ一恐）（或地）＜八‰一ｘ２））；
（５）结合ｆ（ｘ）单调性得到五＞２‰一屯（或‘＜ ２Ｘｏ一％），从而（Ｘ１＋ｚ２）／２＞Ｘｏ（或（五十ｘ２）／２＜‰）． ４牛刀小试 例５（２０１４年３月厦门市质检・理２０） （ｉｉ）解设Ｇ（ｘ）＝Ｆ（ｘｏ＋工）－Ｆ（ｘｏ—ｚ）＝４向【０工＋
（ＩＩＩ）如果五≠Ｘ２，且ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ：），证明葺＋屯
＞２．
万方数据
３８
福建中学数学
２０１５年第９期
分析要证ｘ。＋Ｘ２＞２，即证（五＋恐）／２＞１，（五＋
０，当弋＜ｘ＜ｏ时Ｇ（ｘ）＞Ｇ（Ｏ）＝０，故Ｆ（ｘｏ＋功＞Ｆ（ｘｏ－ｘ）．
ｘ２）／２就是直线ｙ＝ｈ（ｈ＝ｆ（ｘＬ）＝厂（屯））被函数Ｙ＝侧
（４）由，（五）＝ｆ（ｘ２）＝ｆ［Ｘｏ一（Ｘｏ—ｘ２）】＞ｆ［Ｘｏ＋ （‰一Ｘ２）］＝ｆ（２Ｘｏ—Ｘ２）（或＝ｆ［Ｘｏ一（Ｘｏ—ｘ２）］＜ｆ［ｘｏ＋
＝：２｛・３』！：苎！：：芋—－（——１）ｊ１，——————ｉ■———一 。：ｘ—．ｏ而：＋－．．、，ｎ１，。：ｘ—．ｏ％：｝
＝２（ｎ＋１）（而２一ｘ２）２（一二）”“．
所截线段中点的横坐标，不等式右边的１恰是函数 ｆ（ｘ）＝ｘｅ。的极值点． （Ⅲ）因为ｘ。≠ｘ２，不妨设五＜ｘ：，由（Ｉ）可 知ｘｌ＜１，Ｘ２＞１，所以厂（五）＝ｆ（ｘ２）＞ｇ（ｘ２）＝ｆ（２一Ｘ２）． 因为而＞１，２－－Ｘ２＜１，根据单调性ｘｌ＞２一Ｘ２，
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值2.已知a≤＋lnx对任意的x∈[，2]恒成立，则a的最大值为________．【解析】令f(x)＝＋lnx，f′(x)＝，当x∈[，1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)＝f(1)＝0，∴a≤0，故a最大值为0.min3.一个圆柱形圆木的底面半径为1m，长为10m，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形（如图所示，其中O 为圆心，在半圆上），设，木梁的体积为V（单位：m3），表面积为S（单位：m2）．（1）求V关于θ的函数表达式；（2）求的值，使体积V最大；（3）问当木梁的体积V最大时，其表面积S是否也最大？请说明理由．【答案】(1)；(2)；（3）是.【解析】（1）本题求直四棱柱的体积，关键是求底面面积，我们要用底面半径1和表示出等腰梯形的上底和高，从图形中可知高为，而，因此面积易求，体积也可得出；（2）我们在（1）中求出，这里的最大值可利用导数知识求解，求出，解出方程在上的解，然后考察在解的两边的正负性，确定是最大值点，实质上对应用题来讲，导数值为0的那个唯一点就是要求的极值点）；（3），上（2）我们可能把木梁的表面积用表示出来，，由于在体积中出现，因此我们可求的最大值，这里可不用导数来求，因为，可借助二次函数知识求得最大值，如果这里取最大值时的和取最大值的取值相同，则结论就是肯定的.试题解析：（1）梯形的面积=，． 2分体积． 3分（2）．令，得，或（舍）．∵，∴． 5分当时，，为增函数；当时，，为减函数． 7分∴当时，体积V最大． 8分（3）木梁的侧面积=，．=，． 10分设，．∵，∴当，即时，最大． 12分又由（2）知时，取得最大值，所以时，木梁的表面积S最大． 13分综上，当木梁的体积V最大时，其表面积S也最大． 14分【考点】（1）函数解析式；（2）用导数求最值；（3）四棱柱的表面积及其最值.4.已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′ (x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－B．C．2D．5【答案】C【解析】依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a＞0，－2＋3＝－，－2×3＝，解得b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.5.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是________．【答案】(－1,0)【解析】根据函数极大值与导函数的关系，借助二次函数图象求解．因为f(x)在x＝a处取到极大值，所以x＝a为f′(x)的一个零点，且在x＝a的左边f′(x)＞0，右边f′(x)＜0，所以导函数f′(x)的开口向下，且a＞－1，即a的取值范围是(－1,0)．6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是()．A．(0,2]B．(0,2)C．[，2)D．(，2)【答案】D【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2，故选D.7.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴f(1)不是极值，故A，B错；当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(x e x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左侧附近f′(x)<0，x在1的右侧附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.8.设函数，则函数的各极小值之和为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，令，则，令，则，所以当时，取极小值，其极小值为所以函数的各极小值之和，故选D.【考点】1.函数的极值求解；2.数列的求和.9.设函数，其中.（1)若在处取得极值，求常数的值；（2）设集合，，若元素中有唯一的整数，求的取值范围.【答案】（1)；（2）【解析】（1）由在处取得极值，可得从而解得，此问注意结合极值定义检验所求值是否为极值点；（2）分，，和三种情况得出集合A，然后由元素中有唯一的整数，分析端点，从而求出的取值范围.试题解析：（1），又在处取得极值，故，解得.经检验知当时，为的极值点，故.（2）,当时，，则该整数为2，结合数轴可知，当时，，则该整数为0，结合数轴可知当时，,不合条件.综上述，.【考点】1.利用导数处理函数的极值；2.集合元素的分析10.已知函数在处取得极值，则取值的集合为 .【答案】.【解析】，，依题意有，从而有，且有，即，解得或，当时，，此时，此时函数无极值，当时，，此时，此时函数有极值，故.【考点】函数的极值11.函数最小值是___________.【答案】【解析】函数求导得.当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增，因此函数在处取得最小值，即.【考点】利用导数求函数的最值.12.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）先求导数，因为切线与轴平行，所以导数为0，列出等式，判断出的符号；（2）求导数，令导数为0，解出方程的根，利用导数的正负判断出函数的单调性，通过分类讨论的方法找到最大值，让最大值等于，解出的值.试题解析：（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵, 11分∴在上是增函数，又，∴, 12分∴在上无实数根. 13分综上，的值为. 14分【考点】1.用导数求切线的斜率；2.用导数求函数最值.13.设函数，（1）求函数的极大值；（2）记的导函数为，若时，恒有成立，试确定实数的取值范围.【答案】(1);(2) .【解析】（1）由导函数或求得函数的单调区间，再找极大值;(2) 的导函数是一元二次函数，转化为一元二次函数在上的最值，再满足条件即可.试题解析：(1)令，且当时，得；当时，得或∴的单调递增区间为；的单调递减区间为和，故当时，有极大值，其极大值为 6分（2）∵ 7分①当时，，∴在区间内单调递减∴，且∵恒有成立∵又，此时， 10分②当时，，得因为恒有成立，所以，即，又得， 14分综上可知，实数的取值范围 . 15分【考点】1.函数的极值；2.一元二次函数的最值.14.已知函数．(Ⅰ)若在上的最大值为，求实数的值；(Ⅱ)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；(Ⅲ)在(Ⅰ)的条件下，设，对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上？请说明理由．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．（Ⅲ）对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．【解析】（Ⅰ）由，得，令，得或．当变化时，及的变化如下表：由，，，即最大值为，． 4分（Ⅱ）由，得．，且等号不能同时取，，即恒成立，即． 6分令，求导得，，当时，，从而，在上为增函数，，． 8分（Ⅲ）由条件，，假设曲线上存在两点，满足题意，则，只能在轴两侧，不妨设，则，且．是以为直角顶点的直角三角形，，，是否存在，等价于方程在且时是否有解． 10分①若时，方程为，化简得，此方程无解；②若时，方程为，即，设，则，显然，当时，，即在上为增函数，的值域为，即，当时，方程总有解．对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上． 14分【考点】利用导数研究函数的单调性、最值。
高中物理-动力学中的临界和极值问题
高中物理-动力学中的临界和极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题时，会出现一些临界或极值条件的标志： 1．若题目中出现“恰好”“刚好”等字眼，明显表示过程中存在临界点．2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就对应临界状态．3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明过程中存在着极值，而极值点往往是临界点．4．若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等即是求收尾加速度或收尾速度． 一、接触与分离的临界条件物体分离的临界条件是相互作用力由原来的不为零变为零．因此解答此类问题，应该对原状态下研究对象的受力和运动状态进行分析，由牛顿第二定律或平衡条件列方程，令其中相互作用的弹力为零解得临界状态的加速度，以临界加速度为依据分析各种状态下物体的受力情况及运动状态的变化．质量为m 、半径为R 的小球用长度也为R 的轻质细线悬挂在小车车厢水平顶部的A 点，现观察到小球与车顶有接触，重力加速度为g ，则下列判断正确的是( )A ．小车正向右做减速运动，加速度大小可能为3gB ．小车正向左做减速运动，加速度大小可能为33gC ．若小车向右的加速度大小为23g ，则车厢顶部对小球的弹力为mgD ．若细线张力减小，则小球一定离开车厢顶部 [解析] 如图所示，小球恰好与车顶接触的临界状态是车顶对小球的弹力恰为零，故临界加速度a 0＝g tan θ，由线长等于小球半径可得，θ＝60°，a 0＝3g .小球与车顶接触时，小车具有向右的加速度，加速度大小a ≥3g ，A 、B 项错；当小车向右的加速度大小a ＝23g 时，ma F N ＋mg＝tan θ，解得F N ＝mg ，C 项正确；细线张力F T ＝ma sin θ，小球与车顶接触的临界(最小)值F Tmin ＝2mg ，当张力的初始值F T >2mg 时，张力减小时只要仍大于或等于临界值，小球就不会离开车厢顶部，D 项错误．[答案] C二、绳子断裂与松弛的临界条件绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是F T ＝0.如图所示，小车内固定一个倾角为θ＝37°的光滑斜面，用一根平行于斜面的细线系住一个质量为m ＝2 kg 的小球，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则：(1)当小车以a 1＝5 m/s 2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？(2)当小车以a 2＝20 m/s 2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？[解析] 本题中存在一个临界状态，即小球刚好脱离斜面的状态，设此时加速度为a 0，对小球受力分析如图甲所示．将细线拉力分解为水平x 方向和竖直y 方向两个分力，则得到F cos θ＝ma 0 F sin θ－mg ＝0a 0＝g tan θ＝403m/s 2.(1)a 1＝5 m/s 2<a 0，这时小球没有脱离斜面，对小球受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得 F cos θ－F N sin θ＝ma 1 F sin θ＋F N cos θ－mg ＝0 解得F ＝20 N ，F N ＝10 N.(2)a2＝20 m/s2>a0，这时小球脱离斜面，设此时细线与水平方向之间的夹角为α，对小球受力分析如图丙所示，由牛顿第二定律得F cos α＝ma2F sin α＝mg两式平方后相加得F2＝(ma2)2＋(mg)2解得F＝(ma2)2＋(mg)2＝20 5 N.[答案](1)20 N(2)20 5 N三、相对滑动的临界条件两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值，并且还要考虑摩擦力方向的多样性．(多选)如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左B．若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝kx－μmgm，且小车只能向左加速运动C．若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右D．若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为kx＋μmgm，最小值为kx－μmgm[解析]若μmg小于kx，而弹簧又处于压缩状态，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力水平向左，即小车的加速度一定向左，A对；由牛顿第二定律得kx－F f＝ma，当F f＝μmg时，加速度方向向左且最小值为a min＝kx－μmgm，随着加速度的增加，F f减小到零后又反向增大，当再次出现F f＝μmg时，加速度方向向左达最大值a max ＝kx＋μmgm，但小车可向左加速，也可向右减速，B错；若μmg大于kx，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力(即加速度)可能水平向左，也可能水平向右，即小车的加速度方向可以向左也可以向右，C对；当物块的合外力水平向右时，加速度的最大值为μmg－kxm，物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为μmg＋kxm，则小车的加速度最大值为kx＋μmgm，最小值为0，D错．[答案]AC四、加速度或速度最大的临界条件当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现加速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．(多选)(2016·潍坊模拟)如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F 1＝kv ，其中k 为常数，则圆环运动过程中( )A ．最大加速度为FmB ．最大加速度为F ＋μmgmC ．最大速度为F ＋μmgμkD ．最大速度为mgk[解析] 当F 1<mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(mg －kv )＝ma ，当v ＝mg k 时，圆环的加速度最大，即a max ＝Fm ，选项A 正确，B 错误；圆环速度逐渐增大，F 1＝kv >mg ，由牛顿第二定律得F －μ(kv －mg )＝ma ，当a ＝0时，圆环的速度最大，即v max ＝F ＋μmgμk，选项C 正确，D 错误． [答案] AC五、数学推导中的极值问题将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件，通常用到三角函数关系．如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2. (1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面的夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？[解析] (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得： L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据解得：a ＝3 m/s 2，v ＝8 m/s.(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面之间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ③F sin α＋F N －mg cos θ＝0④ 又F f ＝μF N ⑤联立③④⑤解得：F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α⑥由数学知识得：cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑦ 由⑥⑦式可知对应的F 最小值与斜面的夹角α＝30°⑧ 联立⑥⑧式，代入数据得F 的最小值为： F min ＝1335N. [答案] (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30°1335N 六、滑块一滑板模型中的临界问题在滑块—滑板模型中，若两者一起运动时优先考虑“被动”的“弱势”物体，该物体通常具有最大加速度，该加速度也为系统一起运动的最大加速度，否则两者将发生相对运动．(2016·湖北荆州模拟)物体A 的质量m 1＝1 kg ，静止在光滑水平面上的木板B 的质量为m 2＝0.5 kg 、长l ＝1 m ，某时刻A 以v 0＝4 m/s 的初速度滑上木板B 的上表面，为使A不至于从B 上滑落，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F ，若A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，试求拉力F 应满足的条件．(忽略物体A 的大小)[解析] 物体A 滑上木板B 以后，做匀减速运动， 加速度a A ＝μg ①木板B 做加速运动，有F ＋μm 1g ＝m 2a B ②物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v t ，则v 20－v 2t 2a A ＝v 2t2a B＋l ③ 且v 0－v t a A ＝v ta B④ 由③④式，可得a B ＝v 202l－a A ＝6 m/s 2，代入②式得F ＝m 2a B －μm 1g ＝0.5×6 N －0.2×1×10 N ＝1 N ，若F ＜1 N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1 N. 当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才能不会从B的左端滑落．即有：F ＝(m 1＋m 2)a ， μm 1g ＝m 1a ，所以F ＝3 N ，若F 大于3 N ，A 就会相对B 向左端滑下． 综上，力F 应满足的条件是1 N ≤F ≤3 N. [答案] 1 N ≤F ≤3 N1．(2016·西安质检)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于()A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F－μ(2m＋m)g＝(2m ＋m)a，对砝码，由牛顿第二定律可得：2μmg＝2ma，联立可得：F＝6μmg，选项D正确．2．(多选)(2016·湖北黄冈模拟)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，下列结论正确的是()A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态B．弹簧的劲度系数为750 N/mC．物体的质量为2 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2解析：选ACD.物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A正确；从题图乙中可知ma ＝10 N，ma＝30 N－mg，解得物体的质量为m＝2 kg，物体的加速度大小为a＝5 m/s2，所以选项C、D正确；弹簧的劲度系数k＝mgx0＝200.04N/m＝500 N/m，所以选项B错误．3．(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是()A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B．两种情况下获取的最大加速度相同C．两种情况下所加的最大推力相同D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力解析：选BC.甲方式中，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图丙所示，则F N1cos θ＝mg①对B：F′N1sin θ＝ma1②由牛顿第三定律可知F′N1＝F N1③乙方式中，F 最大时，B 刚要离开地面，B 受力如图丁所示，则F N2cos θ＝mg ④ F N2sin θ＝ma 2⑤由①③④可知F N2＝F N1＝F N1′⑥由②⑤⑥式可得a 2＝a 1，对整体易知F 2＝F 1， 故选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．4.如图所示，水平桌面光滑，A 、B 物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A 物体质量为2m ，B 和C 物体的质量均为m ，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码．在保持A 、B 、C 三个物体相对静止共同向左运动的情况下，B 、C 间绳子所能达到的最大拉力是( )A.12μmg B ．μmg C ．2μmg D ．3μmg 解析：选B.因桌面光滑，当A 、B 、C 三者共同的加速度最大时，F BC ＝m C a 才能最大．这时，A 、B 间的相互作用力F AB 应是最大静摩擦力2μmg ，对B 、C 整体来讲：F AB ＝2μmg ＝(m B ＋m C )a ＝2ma ，a ＝μg ，所以F BC ＝m C a ＝μmg ，选项B 正确．5.如图所示，用细线将质量为m 的氢气球拴在车厢地板上的A 点，此时细线与水平方向成θ＝37°角，气球与固定在水平车顶上的压力传感器接触，小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，压力传感器的示数为气球重力的12.重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8.现要保持细线方向不变而传感器示数为零，下列方法中可行的是( )A ．小车向右加速运动，加速度大小为12gB ．小车向左加速运动，加速度大小为12gC ．小车向右减速运动，加速度大小为23gD ．小车向左减速运动，加速度大小为23g解析：选C.小车静止时细线无弹力，气球受到重力mg 、空气浮力f 和车顶压力F N ，由平衡条件得f ＝mg ＋F N ＝32mg ，即浮力与重力的合力为12mg ，方向向上．要使传感器示数为零，则细线有拉力F T ，气球受力如图甲所示，由图乙可得12mg ma ＝tan 37°，小车加速度大小为a ＝23g ，方向向左．故小车可以向左做加速运动，也可以向右做减速运动，C 选项正确．6.如图所示，质量为m ＝1 kg 的物体，放在倾角θ＝37°的斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝9.8 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.要使物体与斜面相对静止且一起沿水平方向向左做加速运动，则其加速度多大？解析：当物体恰不向下滑动时，受力分析如图甲所示 F N1sin 37°－F f1cos 37°＝ma 1F f1sin 37°＋F N1cos 37°＝mg F f1＝μF N1解得a 1＝3.6 m/s 2当物体恰不向上滑动时，受力分析如图乙所示F N2sin 37°＋F f2cos 37°＝ma2F N2cos 37°＝mg＋F f2sin 37°F f2＝μF N2解得a2＝13.3 m/s2因此加速度的取值范围为3.6 m/s2≤a≤13.3 m/s2.答案：3.6 m/s2≤a≤13.3 m/s2。
极值点不等式构造 高考数学模拟试题与解析
专题3极值点不等式构造如果函数)(x f 的零点为)321( ，，=i x i ，某个极值点为0x ，如果出现证n x m i <<，我们称之为找点不等式，而一旦出现m x x <+212或者m x x >12之类，我们称之为零点不等式，这个内容我们上一讲已经通过构造比值函数解决，当出现n x f m <<)(0时，我们称之为极值点不等式，本文就介绍这一系列极值点不等式的构造方法.由于此类型题目众多，我们还是以高考题为参考来进行解读.2021年浙江卷，最后一问证明：2212ln e 2e b b x x b>+，这一类问题我们在之前的找点部分已经阐述，无论是极值点的不等式还是零点的不等式，找点就是标配，正应了那句话，“不找点，无导数”。
考点一外争与内斗：如果)(0x f 是函数)(x f y =的极小值，则在证明不等式n x f m <<)(0中，n x f <)(0可以直接从函数中找点获得，这属于函数“内斗”，而)(0x f m <，一个比极小值还要小的值，必须要将0)(0='x f 的关系式做隐零点代换，构造新的函数)(0x g 来最值，这就属于“外争”；同理，)(0x f 是函数)(x f y =的极大值，则在证明不等式n x f m <<)(0中，)(0x f m <属于“内斗”，n x f <)(0则属于“外争”。
【例1】(2017•新课标II)已知函数2()ln f x ax ax x x =--，且()0f x .(1)求a ;(2)证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220e ()2f x --<<.【例2】（2023•哈尔滨模拟）已知223()(1),042x f x x lnx a x a =--->．（1）若()f x 在区间(1,)+∞上有且仅有一个极值点m ，求实数a 的取值范围；（2）在（1）的条件下，证明：23()44e f m <<．【例3】（2023•山东模拟）已知函数2()(1)()x f x a x e a R =+-∈．（1）当12a =时，判断函数()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，证明：111()2f x e -<<-．【例4】（2022•5月份模拟）已知函数()(1)x f x x a e =--，其中e 为自然对数的底数，a R ∈．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设()()x g x e f x =，当1a =时，证明：函数()g x 有且仅有一个极小值点0x ，且0211()4g x e-<<-．【例5】（2022•南充模拟）已知()x f x e ax =-，()cos g x ax x =-．（1）当0a >时，求()f x 在[1，2]上的最小值；（2）若()()()()2F x f x g x x π=+-，证明：()F x 存在唯一的极值点0x 且01()1F x -<<．【例6】（2022•炎德英才模拟）已知函数21()2x f x ax x e =+-．（1）若1a =，求不等式()1f lnx >-的解集；（2）当1a >时，求证函数()f x 在(0,)+∞上存在极值点m ，且3()2m f m ->．注意：涉及3()2m f m ->这一类()()f m g m >的，只能外争，所以我们再看下一题.【例7】（2023•浙江期末）已知函数2()2()f x xlnx ax x a R =--∈．（Ⅰ）求证：2()(2)3f x a x x --；（Ⅱ）若0x 为函数()f x 的极值点，①求实数a 的取值范围；②求证：02012x e ax >+．注意：本题似乎就是找点有一点技术含量，这也是为什么，模拟题技术含量不如高考真题的原因.考点二极值点外争不等式的放缩选取方案我们会发现，当关于极值点0x 不等式出现涉及00()()f x g x >的，只能外争，因为0)(0='x f ，能得出隐零点关系式后代入不等式00()()f x g x >，这里就会涉及隐零点关系式选取问题，以及不等式放缩问题，那么这个问题本质是什么呢？我们通过例题来说明.【例8】（2023•长沙县月考）已知函数()ln()1x f x ae x a =-+-．（1）若()f x 的极小值为0，求实数a 的值；（2）当0a >时，证明：()f x 存在唯一极值点0x ，且00()2||0f x x +．注意：双变量问题一直是一个难点，因为不知道抓哪一个，本题我们需要根据参数的范围来判断，发现目标式012)ln(000>-++-x a x ae x 当中，由于a 的范围决定了0x 范围，故我们应该把0x 作为参数，隐零点代换的本质除了替换函数，还有一个更重要的就是单调性替换，我们分析原函数，0x ae 单调递增，)ln(0a x +-单调递减，所以原函数无法直接参与放缩构造，①当01a <<时，极值点01(0,x a ∈，我们通过ax ae x +=010一替换，就能发现000001()2||()21()f x x ln x a x h a x a+=-++-=+，这样就能形成关于a 的单调递减函数)(a h ，从而得到一个放缩式0001()(1)ln(1)2101h a h x x x >=-++->+；②当1a >时，极值点01(0)x a a ∈-，，由于)(a h 递减，我们不可能采用0001()ln()210h a x x x >-+∞-->+∞，只能寻找另外的隐零点代换形式，根据001x ae x a=⇒+00ln )ln(x a a x --=+，所以00()ln 1x h a ae a x =+--，这里就是一个关于a 的单调增函数，即000000()2||ln 110x x f x x e a x e x +>+-->-->.如果回头来看这题解析，我们能发现两种构造的区别就是利用⎪⎩⎪⎨⎧>><<+>+=)1()10(11100000a e ae a x a x ae x x x 不同放缩式，决定采用不同代换的，其本质其实是隐零点代换后关于参数a 的新函数)(a h 单调性来决定的.问题探讨到了这个深度，我们可以来还原一下浙江高考题的庐山真面目了.【例9】（2020•浙江）已知12a <，函数()x f x e x a =--，其中 2.71828e =⋯为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点；（Ⅱ）记0x 为函数()y f x =在(0,)+∞上的零点，证明：0x ；（ⅱ）00()(1)(1)x x f e e a a --．看了此题我们才能明白，高考真题的含金量确实是远超平常模考题，因为模考题都是按照高考真题的套路来的，接下来我们走近极值点和零点的双变量不等式内容的研究,还是那句，找点先行，构造单调放缩函数在后，把握变量主元.考点三极值点和零点混合双变量不等式问题极值点和零点混合双变量不等式问题，本质还是找点，我们来看看这道经典的天津高考题.【例10】(2019•天津文)设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a R ∈.(I)若0a ，讨论()f x 的单调性;(II)若10ea <<，(i)证明()f x 恰有两个零点;（ⅱ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明：0132x x ->．注意：方案一显然更简单，但是必须建立在11(1ln )x a∈，和10x x >基础之上，这里三变量，参数是纽带，但也做不了主元，这也是上一问找点所给我们带来的提示，方案二就适合那些直接用无穷大而绕开找点的同学们提供的方案，这些极值点和零点的不等式充分说明了，找点永远是导数的重要支柱.【例11】（2022•南昌三模）已知函数21()1(0,)2x f x e ax x x a R =--->∈．（1）当1a =时，判断()f x 的单调性；（2）若1a >时，设1x 是函数()f x 的零点，0x 为函数()f x 极值点，求证：1020x x -<．注意：一道极值点与零点不等式问题，硬是活生生变成了找点的题，其实也是逼着大家不能用极限去避开找点，我们来看一下导数和三角综合的零点不等式问题.【例12】（2023•广东月考）已知函数2()x f x ae x -=-，()sin x g x xe a x =-，其中a R ∈．（1）若0a >，证明()f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若1a e <，设1x 为()f x 在(0,)+∞上的零点，证明：()g x 在(0,)π上有唯一的零点2x ，且1232x x ->．注意：选择方案一的是真正做明白了这类题，一个好的找点方案决定一道压轴问的走向.考点四找点之双参数问题双参数问题，基本上涉及切线找点和主元选取，不同主元选取导致问题的难度有着天壤之别，限于篇幅，此类问题我们会在《高中数学新思路》系列3中再来详细叙述，本文我们仅以2018年浙江高考题来呈现此类问题.【例13】（2018•浙江）已知函数()ln f x x =-．（1）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()88ln 2f x f x +>-；（2）若34ln 2a ≤-，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．注意：一道高考好题，将数形结合体现得淋漓尽致，这个双变量，k 一直为主体，a 为辅助，隐零点代换也是将k 换成了1x ，最后还是需要找点，综合来看，单调性极值得分析，隐零点代换+找点，这条主线才是双变量导数的核心，我们后面将讲到极值点偏移了，这个内容本质也跟找点有关联吗？达标训练1.（2023•广东月考）已知函数()f x lnx ax a =-+．（1）若函数()f x 的最大值是f （1），求实数a 的值；（2）设函数()()h x xf x =，在（1）的条件下，证明：()h x 存在唯一的极小值点0x ，且01()4h x >-．2.（2022•上杭县开学）已知曲线()(3)(2)x f x x e a lnx x =-+-（其中e 为自然对数的底数）在1x =处切线方程为(1)y e x b =-+．（Ⅰ）求a ，b 值；（Ⅱ）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且021()5e f x --<<-．3.（2022•贵阳模拟）已知函数()sin (0)x f x e a x a =->，曲线()y f x =在(0，(0))f 处的切线也与曲线22y x x =-相切．（1）求实数a 的值；（2）若0x 是()f x 的最大的极大值点，求证：0131()2f x <<．4.（2022•东区月考）已知()(1)()(1)1x f x x e a aln x =+--++，a R ∈．（1）若1a =，判断()f x 的单调性；（2）若1a >，且()f x 的极值点为0x ，求证：0()()f x f x 且0()1f x <．5.（2022•成都期中）已知函数()()x a f x lnx e +=-（其中 2.718e = 为自然对数的底数）．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴交于点(2,0)，求a 的值；（Ⅱ）求证：11a e >-时，()f x 存在唯一极值点0x ，且010x e<<．6.（2022•长沙模拟）已知112b <<，函数()2x f x e x b =--，其中 2.71828e =⋯为自然对数的底数．（1）求函数()y f x =的单调区间；（2）记0x 为函数()y f x =在(0,)+∞0x <<7.（2022•南京三模）已知函数2()(1)3x f x x x e =-+-，()()x f x g x xe x=-，e 为自然对数的底数．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）记函数()g x 在(0,)+∞上的最小值为m ，证明：3e m <<．8.（2022•北碚区期中）已知函数()21()f x lnx ax a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()F x xf x =存在极值点0x ，求证：02021x e ax ->．9.（2022•浙江模拟）已知函数()()x f x ln x a ae =+-．（1）当1a =时，求()f x 极值；（2）设0x 为()f x 的极值点，证明：001()2||1f x x --．10.（2022•日照期末）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈．（1）若1a =，求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若10a e <<．①证明：函数()f x 恰有两个零点；②设0x 为函数()f x 的极值点，1x 为函数()f x 的零点，且10x x >，证明：1002x x lnx <+．11.（2022•西城区三模）已知函数()(1)x f x e mlnx =+，其中0m >，()f x '为()f x 的导函数．（1）当1m =，求()f x 在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）设函数()()x f x h x e '=，且5()2h x 恒成立．①求m 的取值范围；②设函数()f x 的零点为0x ，()f x '的极小值点为1x ，求证：01x x >．12.（2019•天津理）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f x g x x π+-；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明：20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．。
关于极值点的几个题目
关于极值点与零点的几个题一．解答题（共7小题）1．已知函数．（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求a的取值范围并证明x1+x2＞2．2．已知函数f（x）=xlnx﹣x2﹣x+a（a∈R）在定义域内有两个不同的极值点（1）求a的取值范围；（2）记两个极值点x1，x2，且x1＜x2，已知λ＞0，若不等式x1•x2λ＞e1+λ恒成立，求λ的取值范围．3．已知函数f（x）=ln﹣ax2+x，（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．4．已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）．（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．5．已知函数f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ）当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．求证：x1+x2＞1．6．已知f（x）=ln（mx+1）﹣2（m≠0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若m＞0，g（x）=f（x）+存在两个极值点x1，x2，且g（x1）+g（x2）＜0，求m的取值范围．7．已知函数f（x）=x（lnx﹣ax）（a∈R），g（x）=f′（x）．（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线3x﹣y﹣1=0平行，求实数a的值；（2）若函数F（x）=g（x）+x2有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：f（x2）﹣1＜f（x1）关于极值点的几个题目------有点难参考答案与试题解析一．解答题（共7小题）1．（2017•达州模拟）已知函数．（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求a的取值范围并证明x1+x2＞2．【分析】（1）求出函数的导数，问题转化为，令，根据函数的单调性求出g（x）的最大值，从而求出a的范围即可；（2）求出函数f（x）的导数，令F（x）=f'（x）=lnx﹣ax+1，求出函数F（x）的导数，通过讨论a的范围求出a的范围，证明即可．【解答】解：（1）因为f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），所以由f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立得，令，易知g（x）在（0，1）单调递增（1，+∞）单调递减，所以a≥g（1）=1，即得：a≥1…（5分）（2）函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），即y=f'（x）有两个不同的零点，且均为正，f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），令F（x）=f'（x）=lnx﹣ax+1，由可知1）a≤0时，函数y=f（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点．2）a＞0时，y=F（x）在是增函数在是减函数，此时为函数的极大值，也是最大值．当时，最多有一个零点，所以才可能有两个零点，得：0＜a＜1…（7分）此时又因为，，，令，φ（a）在（0，1）上单调递增，所以φ（a）＜φ（1）=3﹣e2，即综上，所以a的取值范围是（0，1）…（8分）下面证明x1+x2＞2由于y=F（x）在是增函数在是减函数，，可构造出构造函数则，故m（x）在区间上单调减．又由于，则，即有m（x1）＞0在上恒成立，即有成立．由于，，y=F（x）在是减函数，所以所以成立…（12分）【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．2．（2017•天心区校级一模）已知函数f（x）=xlnx﹣x2﹣x+a（a∈R）在定义域内有两个不同的极值点（1）求a的取值范围；（2）记两个极值点x1，x2，且x1＜x2，已知λ＞0，若不等式x1•x2λ＞e1+λ恒成立，求λ的取值范围．【分析】（1）由导数与极值的关系知可转化为方程f′（x）=lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点；（2）原式等价于＞，令t=，t∈（0，1），则不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立．令h（t）=lnt﹣，t∈（0，1），根据函数的单调性求出即可．【解答】解：（1）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），方程f′（x）=0在（0，+∞）有两个不同根，即方程lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，如图示：，可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0＜a＜k．令切点A（x0，lnx），故k=y′|x=x=，又k=，故 =，解得，x=e，故k=，故0＜a＜；（2）因为e1+λ＜x1•x2λ等价于1+λ＜lnx1+λlnx2．由（1）可知x1，x2分别是方程lnx﹣ax=0的两个根，即lnx1=ax1，lnx2=ax2所以原式等价于1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），因为λ＞0，0＜x1＜x2，所以原式等价于a＞，又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，ln =a（x1﹣x2），所以原式等价于＞，因为0＜x1＜x2，原式恒成立，即ln＜恒成立．令t=，t∈（0，1），则不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立．令h（t）=lnt﹣，t∈（0，1），又h′（t）=，当λ2≥1时，可见t∈（0，1）时，h′（t）＞0，所以h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．当λ2＜1时，可见t∈（0，λ2）时，h′（t）＞0，t∈（λ2，1）时h′（t）＜0，所以h（t）在t∈（0，λ2）时单调增，在t∈（λ2，1）时单调减，又h（1）=0，所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e1+λ＜x1•x2λ恒成立，只须λ2≥1，又λ＞0，所以λ≥1．【点评】本题考查了导数的综合应用及分类讨论，转化思想，数形结合的思想方法的应用，是一道综合题．3．（2017•湖北模拟）已知函数f（x）=ln﹣ax2+x，（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值的个数；（2）根据x1，x2是方程2ax2﹣x+1=0的两根，得到，，求出f（x1）+f（x2），根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（1）由，得：，（ⅰ）a=0时，，x∈（0，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，所以x=1，f（x）取得极小值，x=1是f（x）的一个极小值点．（ⅱ）a＜0时，△=1﹣8a＞0，令f′（x）=0，得显然，x1＞0，x2＜0，∴，f（x）在x=x1取得极小值，f（x）有一个极小值点．（ⅲ）a＞0时，△=1﹣8a≤0即时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）是减函数，f（x）无极值点．当时，△=1﹣8a＞0，令f′（x）=0，得当x∈（0，x1）和x∈（x2，+∞）f′（x）＜0，x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，∴f（x）在x1取得极小值，在x2取得极大值，所以f（x）有两个极值点．综上可知：（ⅰ）a≤0时，f（x）仅有一个极值点；（ⅱ）当时，f（x）无极值点；（ⅲ）当时，f（x）有两个极值点．（2）证明：由（1）知，当且仅当a∈（0，）时，f（x）有极小值点x1和极大值点x2，且x1，x2是方程2ax2﹣x+1=0的两根，∴，，===，设，，∴时，g（a）是减函数，，∴，∴f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论数思想，是一道综合题．4．（2016•包头校级三模）已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）．（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．【分析】（1）若a=，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可求函数f（x）的单调区间；（2）根据函数与方程之间的关系转化为函数存在零点问题，构造函数，求函数的导数，利用函数极值和函数零点之间的关系进行转化求解即可．【解答】解：（1）若a=，f（x）=（x2+bx+1）e﹣x，则f′（x）=（2x+b）e﹣x﹣（x2+bx+1）e﹣x=﹣[x2+（b﹣2）x+1﹣b]e﹣x=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x，由f′（x）=0得﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]=0，即x=1或x=1﹣b，①若1﹣b=1，即b=0时，f′（x）=﹣（x﹣1）2e﹣x≤0，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，+∞）．②若1﹣b＞1，即b＜0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x ﹣1）[x﹣（1﹣b）]＜0，即1＜x＜1﹣b，此时函数单调递增，单调递增区间为（1，1﹣b），由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＜0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＞0，即x＜1，或x＞1﹣b，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1），（1﹣b，+∞），③若1﹣b＜1，即b＞0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x ﹣1）[x﹣（1﹣b）]＜0，即1﹣b＜x＜1，此时函数单调递增，单调递增区间为（1﹣b，1），由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＜0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＞0，即x＜1﹣b，或x＞1，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1﹣b），（1，+∞）．（2）若f（1）=1，则f（1）=（2a+b+1）e﹣1=1，即2a+b+1=e，则b=e﹣1﹣2a，若方程f（x）=1在（0，1）内有解，即方程f（x）=（2ax2+bx+1）e﹣x=1在（0，1）内有解，即2ax2+bx+1=e x在（0，1）内有解，即e x﹣2ax2﹣bx﹣1=0，设g（x）=e x﹣2ax2﹣bx﹣1，则g（x）在（0，1）内有零点，设x是g（x）在（0，1）内的一个零点，则g（0）=0，g（1）=0，知函数g（x）在（0，x0）和（x，1）上不可能单调递增，也不可能单调递减，设h（x）=g′（x），则h（x）在（0，x0）和（x，1）上存在零点，即h（x）在（0，1）上至少有两个零点，g′（x）=e x﹣4ax﹣b，h′（x）=e x﹣4a，当a≤时，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上递增，h（x）不可能有两个及以上零点，当a≥时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上递减，h（x）不可能有两个及以上零点，当＜a＜时，令h′（x）=0，得x=ln（4a）∈（0，1），则h（x）在（0，ln（4a））上递减，在（ln（4a），1）上递增，h（x）在（0，1）上存在最小值h（ln（4a））．若h（x）有两个零点，则有h（ln（4a））＜0，h（0）＞0，h（1）＞0，h（ln（4a））=4a﹣4aln（4a）﹣b=6a﹣4aln（4a）+1﹣e，＜a＜，设φ（x）=x﹣xlnx+1﹣e，（1＜x＜e），则φ′（x）=﹣lnx，令φ′（x）=﹣lnx=0，得x=，当1＜x＜时，φ′（x）＞0，此时函数φ（x）递增，当＜x＜e时，φ′（x）＜0，此时函数φ（x）递减，则φ（x）max=φ（）=+1﹣e＜0，则h（ln（4a））＜0恒成立，由h（0）=1﹣b=2a﹣e+2＞0，h（1）=e﹣4a﹣b＞0，得＜a＜，当＜a＜时，设h（x）的两个零点为x1，x2，则g（x）在（0，x1）递增，在（x1，x2）上递减，在（x2，1）递增，则g（x1）＞g（0）=0，g（x2）＜g（1）=0，则g（x）在（x1，x2）内有零点，综上，实数a的取值范围是（，）．【点评】本题主要考查函数单调性和单调区间的求解和判断，利用函数单调性的性质以及函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．5．（2016•宁城县模拟）已知函数f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ）当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．求证：x1+x2＞1．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性，分离参数a，问题转化为：当x＞1时恒成立，解出即可；（Ⅱ）求出个零点x1，x2，得到．构造函数，根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（I）因为f（x）=lnx﹣ax，则，若函数f（x）=lnx﹣ax在（1，+∞）上单调递减，则1﹣ax≤0在（1，+∞）上恒成立，即当x＞1时恒成立，所以a≥1．（5分）（II）证明：根据题意，，因为x1，x2是函数的两个零点，所以，．两式相减，可得，（7分）即，故．那么，．令，其中0＜t＜1，则．构造函数，（10分）则．因为0＜t＜1，所以h'（t）＞0恒成立，故h（t）＜h（1），即．可知，故x1+x2＞1．（12分）【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道综合题．6．（2016•河南三模）已知f（x）=ln（mx+1）﹣2（m≠0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若m＞0，g（x）=f（x）+存在两个极值点x1，x2，且g（x1）+g（x2）＜0，求m的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，确定函数的单调性；（2）求出g（x）的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的最值，判断是否符合题意，从而判断出m的范围即可．【解答】解：（1）由已知得mx+1＞0，f′（x）=，①若m＞0时，由mx+1＞0，得：x＞﹣，恒有f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣，+∞）递增；②若m＜0，由mx+1＞0，得：x＜﹣，恒有f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，﹣）递减；综上，m＞0时，f（x）在（﹣，+∞）递增，m＜0时，f（x）在（﹣∞，﹣）递减；（2）g（x）=ln（mx+1）+﹣2，（m＞0），∴g′（x）=，令h（x）=mx2+4m﹣4，m≥1时，h（x）≥0，g′（x）≥0，g（x）无极值点，0＜m＜1时，令h（x）=0，得：x1=﹣2或x2=2，由g（x）的定义域可知x＞﹣且x≠﹣2，∴﹣2＞﹣且﹣2≠﹣2，解得：m≠，∴x1，x2为g（x）的两个极值点，即x1=﹣2，x2=2，且x1+x2=0，x1•x2=，得：g（x1）+g（x2）=ln（mx1+1）+﹣2+ln（mx2+1）+﹣2=ln（2m﹣1）2+﹣2，令t=2m﹣1，F（t）=lnt2+﹣2，①0＜m＜时，﹣1＜t＜0，∴F（t）=2ln（﹣t）+﹣2，∴F′（t）=＜0，∴F（t）在（﹣1，0）递减，F（t）＜F（﹣1）＜0，即0＜m＜时，g（x1）+g（x2）＜0成立，符合题意；②＜m＜1时，0＜t＜1，∴F（t）=2lnt+﹣2，F′（t）=＜0，∴F（t）在（0，1）递减，F（t）＞F（1）=0，∴＜m＜1时，g（x1）+g（x2）＞0，不合题意，综上，m∈（0，）．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．7．（2016•湖北模拟）已知函数f（x）=x（lnx﹣ax）（a∈R），g（x）=f′（x）．（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线3x﹣y﹣1=0平行，求实数a的值；（2）若函数F（x）=g（x）+x2有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：f（x2）﹣1＜f（x1）【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，解a；（2）利用极值点与其导数的关系求出a的范围，进一步求出f（x）的解析式，通过求导判断其单调性以及最值．【解答】解：（1）∵f′（x）=ln x﹣2ax+1，∴f′（1）=1﹣2a因为3x﹣y﹣1=0的斜率为3．依题意，得1﹣2a=3；则a=﹣1．…（4分）（2）证明：因为F（x）=g（x）+x2=ln x﹣2ax+1+x2，所以F′（x）=﹣2a+x=（x＞0），函数F（x）=g（x）+x2有两个极值点x1，x2且x1＜x2，即h（x）=x2﹣2ax+1在（0，+∞）上有两个相异零点x1，x2．∵x1x2=1＞0，∴∴a＞1．…（6分）当0＜x＜x1或x＞x2时，h（x）＞0，F′（x）＞0．当x1＜x＜x2时，h（x）＜0，F′（x）＜0．所以F（x）在（0，x1）与（x2，+∞）上是增函数，在区间（x1，x2）上是减函数．因为h（1）=2﹣2a＜0，所以0＜x1＜1＜a＜x2，令x2﹣2ax+1=0，得a=，∴f（x）=x（ln x﹣ax）=xln x﹣x3﹣x，则f′（x）=ln x﹣x2+，设s（x）=ln x﹣x2+，s′（x）=﹣3x=，…（8分）①当x＞1时，s′（x）＜0，s（x）在（1，+∞）上单调递减，从而函数s（x）在（a，+∞）上单调递减，∴s（x）＜s（a）＜s（1）=﹣1＜0，即f′（x）＜0，所以f（x）在区间（1，+∞）上单调递减．故f（x）＜f（1）=﹣1＜0．又1＜a＜x2，因此f（x2）＜﹣1．…（10分）②当0＜x＜1时，由s′（x）=＞0，得0＜x＜．由s′（x）=＜0，得＜x＜1，所以s（x）在[0，]上单调递增，s（x）在[，1]上单调递减，∴s（x）≤smax=ln＜0，∴f（x）在（0，1）上单调递减，∴f（x）＞f（1）=﹣1，∵x1∈（0，1），从而有f（x1）＞﹣1．综上可知：f（x2）＜﹣1＜f（x1）．…（12分）【点评】本题考查了导数的几何意义以及利用导数求函数的单调区间和最值；考查了讨论的数学思想，属于难题．。
高三数学利用导数求最值和极值试题
高三数学利用导数求最值和极值试题1. 函数f(x)＝x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．【答案】3【解析】f′(x)＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f(x)极小值＝f(3)＝－10<0，f(x)极大值＝f(－1)＝>0知函数f(x)的图象与x 轴的交点个数为3.2. 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋2(a >0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a 的取值范围是( )． A ．(0,2] B ．(0,2) C ．[，2) D ．(，2)【答案】D【解析】由题意可知f ′(x )＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，所以根据导函数图象可得又a >0，解得<a <2，故选D.3. 已知且关于的函数在上有极值,则与的夹角范围是（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 ，因为在上有极值，所以【考点】有解，，即，，所以],故选B.【考点】1.函数的导数；2.向量的数量积以及向量的夹角.4. 不等式的解集为，且，则实数的取值范围是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】①当时，不等式对任意实数恒成立；②当时，不等式可变形为，由不等式的解集为，且设，令，解得． 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增．由此可知，当时，函数取得极小值，也即最小值，且．．故选A．【考点】利用导数研究函数的极值5.记函数的最大值为M，最小值为m，则的值为( ) A．B．C．D．【答案】A【解析】由已知得，，解得，所以函数的定义域是. 已知函数求导得，，时，当时，，当时，，所以在区间上先增后减，最大值是，因为，，所以，所以.【考点】1.利用导数研究函数的最值；2.函数的单调性与导数的关系6.设.(Ⅰ)若对一切恒成立,求的取值范围;(Ⅱ)设,且是曲线上任意两点,若对任意的,直线AB的斜率恒大于常数,求的取值范围;(Ⅲ)求证:.【答案】（Ⅰ)；（Ⅱ）；（Ⅲ）详见解析【解析】（Ⅰ）∴对一切恒成立等价于恒成立.这只要求出函数的最小值即可.（Ⅱ）直线的斜率为：由题设有,不妨设则这样问题转化为函数,在上单调递增所以恒成立，即对任意,恒成立这样只需求出的最小值即可.（Ⅲ）不等式可变为由(Ⅰ) 知（时取等号）,在此不等式中取得：变形得：取得：变形得：取得：变形得：取得：变形得：将以上不等式相加即可得证.试题解析：(Ⅰ)令，则由得.所以在上单调递增, 在单调递减.所以由此得：又时，即为此时取任意值都成立综上得：(II)由题设得，直线AB的斜率满足：,不妨设，则即：令函数,则由以上不等式知：在上单调递增,所以恒成立所以，对任意,恒成立又=故(Ⅲ)由(Ⅰ) 知时取等号）,取,得即累加得所以【考点】1、函数的导数及其应用；2、不等关系及重要不等式；3、不等式的证明.7.已知函数只有一个零点，则实数m的取值范围是（）A．B．∪C．D．∪【答案】B【解析】求导得：，所以的极大值为，极小值为.因为该函数只有一个零点，所以或，所以，选B.【考点】1、导数的应用；2、函数的零点；3、解不等式.8.已知且，现给出如下结论：①；②；③；④.其中正确结论的序号为：（）A．①③B．①④C．②④D．②③【答案】D【解析】,函数在处取得极大值，在处取得极小值，由知函数有3个零点，则有，即解得，即，，所以，.【考点】1.函数的极值；2.函数的零点.9.设函数有三个零点，且则下列结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】先求导数，令，解得故+0—0+又因为，，，，综合以上信息可得示意图如右，由图可知，.【考点】考查函数的零点.10.已知函数，且函数在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值，则的取值范围为( )A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析:因为函数在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值，所以即画出可行域如图所示，为可行域内的点到的距离的平方，由图可知，距离的最小值为距离的最大值为，所以的取值范围为【考点】本小题主要考查导数与极值的关系以及线性规划的应用.点评：对于此类问题，必须牢固掌握导数的运算，利用导数求单调性以及极值和最值.本题导数与线性规划结合，学生必须熟练应用多个知识点，准确分析问题考查的实质，正确答题.11.已知函数既存在极大值又存在极小值，则实数的取值范围是_______________【答案】或；【解析】本试题主要是考查了一元三次函数的极值问题的运用。
探析导数题中常见的含参与极值点偏移问题
探析导数题中常见的含参与极值点偏移问题
由于极值点左右的“增减速度”不同，使得函数图象失去了对称性，出现了极值点的左右偏移。
以此为背景的极值点偏移问题在高考中屡屡出现。
解法1构造函数法
第一步：求出函数f（x）的极值点xo；第二步：构造一元差函数F（x）=f（x）-f（2x6-x）；第三步：确定函数F（x）的单调性；第四步：结合F（xo）=0，判断F（x）的符号，从而确定f （x），f（2xo-x）的大小；第五步：结合f（x）的单调性得到结论。
解法2不等式放缩
第一步：根据f（x）=f（x）建立等式；第二步：如果含有参数，则消参；如果等式中含有指数式，则两边取对数；第三步：通过恒等变形转化为对数平均，利用对数平均不等式求解。
解决极值点偏移问题的两种方法，实质上都是把两个变元的不等式转化为一元问题求解，途径都是构造函数。
所以解法的本质就是构造函数。
解法1是根据对称性构造函数，而解法2是捆绑构造函数（证明对数平均不等式的方法）。
两种方法各有优劣，不同的题目使用两种方法的简繁程度不一致，但是有些题极值点解不出来的，对称性构造函数法就失效，需要转化为对数平均求解。
极值点偏移问题及其变式的研究
2021年第2期(下)中学数学研究27极值点偏移问题及其变式的研究*广东省中山市中山纪念中学(528454) 殷大侨1极值点偏移问题在高中数学教学中，我们常遇到极值点偏移问题，那么 什么是极值点偏移问题呢？我们用一个具体的例子说明.x 例题 已知函数f (x ) = -(e 为自然对数的底数)，若 e x方程f (x ) = a 有两个不等实根x i ,x 2(x i < x 2),求证:x i + x 2 > 2.x 我们先研究函数f (x )=-的图象，因为f z (x )=e x1x―一上，所以当x< 1时,f '(x ) > 0, f (x )单调递增；当x > 1时,f z (x ) < 0, f (x )单调递减.用几何画板画岀f (x )的图象特别说明，这里构造的函数实际上是将f (x )在直线x = 1的左边部分沿着该直线翻折过去，得到y = f (2 - x ),再与f (x )做比较，从而证明第一步结论.2.2构造齐次式，换兀x i = ae x i ,i两式相加得：x 2 = ae x 2,依题意：两式相减得：x i + x 2 = a (e X 1 + e x 2)(1)x i x i 十 x 2-x 2 = a (e X 1 - e x 2)e x i 十 e x 2e 十e ,左右两边为“齐次式"，二(2)Q2得：(2) . x i - x 2 e x i - e x 2e x i _x 2 + 1x i +x 2 = (x i —x 2 )• ----- •令 t = x i —x 2,贝」t < 0,构造e x i _x 2 — 1=占(t< 0)，v g z (t )=覽——：—2e -t )，令 h (t ) = e £ — 2t — e _£(t < 0), v h z (t ) = e £ — 2 + e _ 2 0(当且仅当t = 0时取等号),• h (t )单调递增，v h (0) = 0,函数g (t )为x i ,x 2(x i < x 2),中间x o = 1为极值点.从图中可以看岀，函数f (x )在直线x = 1的左边增长 较快,右边下降较慢，形成极值点x = x o 向x = x i 偏移的现象，即极值点左移;如果将函数图象沿着直线x = 1对折, 不难看岀极值点x = x o 向x = x 2偏移，即极值点右移，我 们把这两种现象统称极值点偏移现象,把比较1(x i + x 2)与 极值点x o 的大小，叫做极值点偏移问题.2极值点偏移问题的两种常规解法2.1构造函数法构造函数分两步：第一步，先用函数的单调性的定义，将证明x i + x 2 > 2转换为证明对应函数值的大小.过程如下:要证x i + x 2 > 2,需证x i > 2 一 x 2,由函数f (x )的单调性 知 x i < 1 < x 2, • 2 一 x 2 < 1,又 v f (x )在(-X, 1)上单调递增,•只需证 f (x i ) >f (2 - x 2).第二步，构造函数.v f (x i ) = f (x 2), •只需证f (x 2)> f (2 - x 2),构造函数g (x ) = f (x ) — f (2 - x )(x 2 1),x 2 — x e 2—x — e x则 g (x ) = e x 一 _e 2可(x 21)，g z (x ) =(1 一x ) - ，v x > 1, • g z (x ) > 0, g (x )单调递增,v g (1) = 0, • g (x ) > 0在(1, +x>)上成立，即f (x ) 一 f (2 一 x ) > 0, •原命题得证.• h (x ) 2 0,即g z (t ) > 0, • g (t )单调递增，运用洛必达法则，lim g (t ) = lim 年十：)=lim 十：十 ” =2,t —o t —o e £ — 1 zo e £• g (t ) > 2,即• x i + x 2 > 2.上述方法的核心是构造“齐次式”，将两个变量x i ,x 2整体用一个新变量替换，变为单变量问题求解.3极值点偏移问题的几种变式3.1变式一：变换函数题目条件不变，求证：x i + x 2 < —2 lna.结论的结构相似,但右边不再是2倍的f (x )的极值点,那么我们要寻求一个新函数，使得它的极值点是-lna.v f (x ) = a, • ae x 一 x = 0,考察函数 g (x ) = ae x 一 x, v g z (x ) = ae x 一 1,当 a < 0 时,g z (x ) < 0, • g (x )单调递戒不可能有两个零点，舍去.当a > 0时,令g z (x ) = 0,得x = — ln a,当 x < — ln a 时,g z (x ) < 0 • g (x )单调递减；当 x > 一 lna 时,g z (x ) > 0 • g (x )单调递增,• x = 一 lna 为函数g (x )的极值点，且g (- ln a ) < 0,即0 < a < -.e接下来的做法可以参考“构造函数法”或“构造齐次式，换元”，这里不再赘述.3.2变式二：换元题目条件不变，求证：e x 1 + e x 2 > 2e.本文是中山市2018年教育科研课题“新课标下高中数学课本例题与习题的变式教学策略研究”的研究成果，课题立项编号：B201812328中学数学研究2021年第2期（下）中考数学文化试题探究江苏省常州市实验初级中学（213000）王成良摘要对2019年各地中考中，一些中国古代数学文化试题蕴含的不同知识点，从五个方面进行了研究.这些试题能培养学生的数学素养和爱国情怀，为今后在数学教学中注重人文素养、爱国情怀的有效渗透指明方向.关键词数学文化;爱国情怀;数学素养在2019年各地中考中，岀现了一些渗透中国古代数学文化的试题,令人耳目一新，回味无穷.这不仅有利于培养学生数学素养和爱国情怀,也为今后在数学教学中注重人文素养、爱国情怀的有效渗透指明了方向•现从古代数的计算、函数与方程、几何与图形、统计与概率、综合与实践等五个方面选取部分试题，与读者共同品味其中的数学文化.1古代数的计算例1（江西）我国古代数学名著《孙子算经》有估算方法：“方五，邪（通“斜”）七.见方求斜，七之，五而一”译文为:如果正方形的边长为五，则它的对角线长为七.已知正方形的边长，求对角线长，则先将边长乘以七再除以五.若正方形的边长为1,由勾股定理得对角线长为/2,依据《孙子算经》的方法，则它的对角线的长是.分析：根据勾股定理的方法，求边长为1的正方形的对角线长，我们都能求岀为J2,本题要求的是根据《孙子算经》的方法，即先将边长乘以七再除以五.解1X7宁5=1.4注：《孙子算经》是中国古代重要的数学著作.成书大约在四、五世纪，作者生平和编写年不详.传本的《孙子算经》共三卷.卷上叙述算筹记数的纵横相间制度和筹算乘除法,卷中举例说明筹算分数算法和筹算开平方法.卷下第31题,可谓是后世“鸡兔同笼”题的始祖，后来传到日本，变成“鹤龟算”.例2（浙江绍兴）我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1~9这九个数字填入3X3的方格内，使三行、三列、两对角线上的三个数之和都相等.如图1的幻方中,字母m所表示的数是—.分析：先求岀幻方中所有九个数的和，再求岀每行、每列、每条对角线上的三个数之和就容易解决问题了.解1十2十3十4十5十6十7十8十9=45,根据“每行、每列、每条对角线上的三个数之和相等”,可知三行、三列、两对角线上的三个数之和都等于45*3=15,a第一列第三个数为：15—2—5=8,Am=15—8—3=4,故答案为：4结论的结构相似,但左边不再是x i十x2,这时可以通过换元变换成x i十x2的形式.令t i=e x1,t2=e x2,则问题变为求证：t i十t2<—2lna,同样地，条件也做相应变换，学1=a,学=a,即t t2t i,t2是方程平=a的两不等实根.接下来的做法可以参考“构造函数法”，这里不再赘述.3.3变式三：直接引入新变量0,x2=ae x2>0,故t>1)，■■e x ix2.x ie x2，••e x i，即A e tx i=te x i,两边取对数，得：tx i=ln t+x i,二x i=,t—1 t ln t3ln t t ln t(t+3)ln t* 2t—1…丄2t—1t—1t—1'证3x i十x2>3,只需证：(t十3)ln t>3(t—1),设g(t)=3t—3 (t+3)lnt—3(t—1)(t>1),gZ(t)=lnt+—一2,g"(t)=-,当0<t<3时,g ZZ(t)<0,g Z(t)单调递减；当t>3时,题目条件不变，求证：3x i十x2>3.此题用上述方法都不方便，细致分析方程组{x i ae x i5三个变量，两个方程,从理论上讲，可以用x2=ae x2,一个变量表示两外两个,然后化为单变量问题解决,但直接g ZZ(t)>0,g Z(t)单调递增,a g Z(t)2g Z(3)=ln3—1>0, a g(t)单调递增,a g(t)>g(1)=0,得证.4推广价值上述解法分别从构造函数、多元变量变换成单元变量等角度，解决极值点偏移问题及其变式，具有很强的推广价值.比如，可以用引入新变量的方法证明x i十x2>2,v x i表示很困难,所以我们引入一个新变量.令x2=tx i,t>1（因为0<a<-,所以x i=ae x i>eln t匸I，x2t ln tt—1，A x+x2ln t t ln t故只需证明(t十1)ln tt_1口十口>2，方法同上.(t十1)ln tt_1。
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关于极值点与零点的几个题一．解答题（共7小题）1．已知函数．（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求a的取值范围并证明x1+x2＞2．2．已知函数f（x）=xlnx﹣x2﹣x+a（a∈R）在定义域内有两个不同的极值点（1）求a的取值范围；（2）记两个极值点x1，x2，且x1＜x2，已知λ＞0，若不等式x1•x2λ＞e1+λ恒成立，求λ的取值范围．3．已知函数f（x）=ln﹣ax2+x，（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．4．已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）．（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．5．已知函数f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ）当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．求证：x1+x2＞1．6．已知f（x）=ln（mx+1）﹣2（m≠0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若m＞0，g（x）=f（x）+存在两个极值点x1，x2，且g（x1）+g（x2）＜0，求m的取值范围．7．已知函数f（x）=x（lnx﹣ax）（a∈R），g（x）=f′（x）．（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线3x﹣y﹣1=0平行，求实数a的值；（2）若函数F（x）=g（x）+x2有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：f （x2）﹣1＜f（x1）关于极值点的几个题目------有点难参考答案与试题解析一．解答题（共7小题）1．（2017•达州模拟）已知函数．（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求a的取值范围并证明x1+x2＞2．【分析】（1）求出函数的导数，问题转化为，令，根据函数的单调性求出g（x）的最大值，从而求出a的范围即可；（2）求出函数f（x）的导数，令F（x）=f'（x）=lnx﹣ax+1，求出函数F（x）的导数，通过讨论a的范围求出a的范围，证明即可．【解答】解：（1）因为f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），所以由f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立得，令，易知g（x）在（0，1）单调递增（1，+∞）单调递减，所以a≥g（1）=1，即得：a≥1…（5分）（2）函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），即y=f'（x）有两个不同的零点，且均为正，f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），令F（x）=f'（x）=lnx﹣ax+1，由可知1）a≤0时，函数y=f（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点．2）a＞0时，y=F（x）在是增函数在是减函数，此时为函数的极大值，也是最大值．当时，最多有一个零点，所以才可能有两个零点，得：0＜a＜1…（7分）此时又因为，，，令，φ（a）在（0，1）上单调递增，所以φ（a）＜φ（1）=3﹣e2，即综上，所以a的取值范围是（0，1）…（8分）下面证明x1+x2＞2由于y=F（x）在是增函数在是减函数，，可构造出构造函数则，故m（x）在区间上单调减．又由于，则，即有m（x1）＞0在上恒成立，即有成立．由于，，y=F（x）在是减函数，所以所以成立…（12分）【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．2．（2017•天心区校级一模）已知函数f（x）=xlnx﹣x2﹣x+a（a∈R）在定义域内有两个不同的极值点（1）求a的取值范围；（2）记两个极值点x1，x2，且x1＜x2，已知λ＞0，若不等式x1•x2λ＞e1+λ恒成立，求λ的取值范围．【分析】（1）由导数与极值的关系知可转化为方程f′（x）=lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点；（2）原式等价于＞，令t=，t∈（0，1），则不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立．令h（t）=lnt﹣，t∈（0，1），根据函数的单调性求出即可．【解答】解：（1）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），方程f′（x）=0在（0，+∞）有两个不同根，即方程lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，如图示：，可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0＜a＜k．令切点A（x0，lnx0），故k=y′|x=x0=，又k=，故=，解得，x0=e，故k=，故0＜a＜；（2）因为e1+λ＜x1•x2λ等价于1+λ＜lnx1+λlnx2．由（1）可知x1，x2分别是方程lnx﹣ax=0的两个根，即lnx1=ax1，lnx2=ax2所以原式等价于1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），因为λ＞0，0＜x1＜x2，所以原式等价于a＞，又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，ln =a（x1﹣x2），所以原式等价于＞，因为0＜x1＜x2，原式恒成立，即ln＜恒成立．令t=，t∈（0，1），则不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立．令h（t）=lnt﹣，t∈（0，1），又h′（t）=，当λ2≥1时，可见t∈（0，1）时，h′（t）＞0，所以h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．当λ2＜1时，可见t∈（0，λ2）时，h′（t）＞0，t∈（λ2，1）时h′（t）＜0，所以h（t）在t∈（0，λ2）时单调增，在t∈（λ2，1）时单调减，又h（1）=0，所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e1+λ＜x1•x2λ恒成立，只须λ2≥1，又λ＞0，所以λ≥1．【点评】本题考查了导数的综合应用及分类讨论，转化思想，数形结合的思想方法的应用，是一道综合题．3．（2017•湖北模拟）已知函数f（x）=ln﹣ax2+x，（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值的个数；（2）根据x1，x2是方程2ax2﹣x+1=0的两根，得到，，求出f（x1）+f（x2），根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（1）由，得：，（ⅰ）a=0时，，x∈（0，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，所以x=1，f（x）取得极小值，x=1是f（x）的一个极小值点．（ⅱ）a＜0时，△=1﹣8a＞0，令f′（x）=0，得显然，x1＞0，x2＜0，∴，f（x）在x=x1取得极小值，f（x）有一个极小值点．（ⅲ）a＞0时，△=1﹣8a≤0即时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）是减函数，f（x）无极值点．当时，△=1﹣8a＞0，令f′（x）=0，得当x∈（0，x1）和x∈（x2，+∞）f′（x）＜0，x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，∴f（x）在x1取得极小值，在x2取得极大值，所以f（x）有两个极值点．综上可知：（ⅰ）a≤0时，f（x）仅有一个极值点；（ⅱ）当时，f（x）无极值点；（ⅲ）当时，f（x）有两个极值点．（2）证明：由（1）知，当且仅当a∈（0，）时，f（x）有极小值点x1和极大值点x2，且x1，x2是方程2ax2﹣x+1=0的两根，∴，，===，设，，∴时，g（a）是减函数，，∴，∴f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论数思想，是一道综合题．4．（2016•包头校级三模）已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）．（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．【分析】（1）若a=，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可求函数f（x）的单调区间；（2）根据函数与方程之间的关系转化为函数存在零点问题，构造函数，求函数的导数，利用函数极值和函数零点之间的关系进行转化求解即可．【解答】解：（1）若a=，f（x）=（x2+bx+1）e﹣x，则f′（x）=（2x+b）e﹣x﹣（x2+bx+1）e﹣x=﹣[x2+（b﹣2）x+1﹣b]e﹣x=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x，由f′（x）=0得﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]=0，即x=1或x=1﹣b，①若1﹣b=1，即b=0时，f′（x）=﹣（x﹣1）2e﹣x≤0，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，+∞）．②若1﹣b＞1，即b＜0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x ﹣1）[x﹣（1﹣b）]＜0，即1＜x＜1﹣b，此时函数单调递增，单调递增区间为（1，1﹣b），由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＜0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＞0，即x＜1，或x＞1﹣b，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1），（1﹣b，+∞），③若1﹣b＜1，即b＞0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x ﹣1）[x﹣（1﹣b）]＜0，即1﹣b＜x＜1，此时函数单调递增，单调递增区间为（1﹣b，1），由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＜0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＞0，即x＜1﹣b，或x＞1，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1﹣b），（1，+∞）．（2）若f（1）=1，则f（1）=（2a+b+1）e﹣1=1，即2a+b+1=e，则b=e﹣1﹣2a，若方程f（x）=1在（0，1）内有解，即方程f（x）=（2ax2+bx+1）e﹣x=1在（0，1）内有解，即2ax2+bx+1=e x在（0，1）内有解，即e x﹣2ax2﹣bx﹣1=0，设g（x）=e x﹣2ax2﹣bx﹣1，则g（x）在（0，1）内有零点，设x0是g（x）在（0，1）内的一个零点，则g（0）=0，g（1）=0，知函数g（x）在（0，x0）和（x0，1）上不可能单调递增，也不可能单调递减，设h（x）=g′（x），则h（x）在（0，x0）和（x0，1）上存在零点，即h（x）在（0，1）上至少有两个零点，g′（x）=e x﹣4ax﹣b，h′（x）=e x﹣4a，当a≤时，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上递增，h（x）不可能有两个及以上零点，当a≥时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上递减，h（x）不可能有两个及以上零点，当＜a＜时，令h′（x）=0，得x=ln（4a）∈（0，1），则h（x）在（0，ln（4a））上递减，在（ln（4a），1）上递增，h（x）在（0，1）上存在最小值h（ln（4a））．若h（x）有两个零点，则有h（ln（4a））＜0，h（0）＞0，h（1）＞0，h（ln（4a））=4a﹣4aln（4a）﹣b=6a﹣4aln（4a）+1﹣e，＜a＜，设φ（x）=x﹣xlnx+1﹣e，（1＜x＜e），则φ′（x）=﹣lnx，令φ′（x）=﹣lnx=0，得x=，当1＜x＜时，φ′（x）＞0，此时函数φ（x）递增，当＜x＜e时，φ′（x）＜0，此时函数φ（x）递减，则φ（x）max=φ（）=+1﹣e＜0，则h（ln（4a））＜0恒成立，由h（0）=1﹣b=2a﹣e+2＞0，h（1）=e﹣4a﹣b＞0，得＜a＜，当＜a＜时，设h（x）的两个零点为x1，x2，则g（x）在（0，x1）递增，在（x1，x2）上递减，在（x2，1）递增，则g（x1）＞g（0）=0，g（x2）＜g（1）=0，则g（x）在（x1，x2）内有零点，综上，实数a的取值范围是（，）．【点评】本题主要考查函数单调性和单调区间的求解和判断，利用函数单调性的性质以及函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．5．（2016•宁城县模拟）已知函数f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ）当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．求证：x1+x2＞1．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性，分离参数a，问题转化为：当x＞1时恒成立，解出即可；（Ⅱ）求出个零点x1，x2，得到．构造函数，根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（I）因为f（x）=lnx﹣ax，则，若函数f（x）=lnx﹣ax在（1，+∞）上单调递减，则1﹣ax≤0在（1，+∞）上恒成立，即当x＞1时恒成立，所以a≥1．（5分）（II）证明：根据题意，，因为x1，x2是函数的两个零点，所以，．两式相减，可得，（7分）即，故．那么，．令，其中0＜t＜1，则．构造函数，（10分）则．因为0＜t＜1，所以h'（t）＞0恒成立，故h（t）＜h（1），即．可知，故x1+x2＞1．（12分）【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道综合题．6．（2016•河南三模）已知f（x）=ln（mx+1）﹣2（m≠0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若m＞0，g（x）=f（x）+存在两个极值点x1，x2，且g（x1）+g（x2）＜0，求m的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，确定函数的单调性；（2）求出g（x）的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的最值，判断是否符合题意，从而判断出m的范围即可．【解答】解：（1）由已知得mx+1＞0，f′（x）=，①若m＞0时，由mx+1＞0，得：x＞﹣，恒有f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣，+∞）递增；②若m＜0，由mx+1＞0，得：x＜﹣，恒有f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，﹣）递减；综上，m＞0时，f（x）在（﹣，+∞）递增，m＜0时，f（x）在（﹣∞，﹣）递减；（2）g（x）=ln（mx+1）+﹣2，（m＞0），∴g′（x）=，令h（x）=mx2+4m﹣4，m≥1时，h（x）≥0，g′（x）≥0，g（x）无极值点，0＜m＜1时，令h（x）=0，得：x1=﹣2或x2=2，由g（x）的定义域可知x＞﹣且x≠﹣2，∴﹣2＞﹣且﹣2≠﹣2，解得：m≠，∴x1，x2为g（x）的两个极值点，即x1=﹣2，x2=2，且x1+x2=0，x1•x2=，得：g（x1）+g（x2）=ln（mx1+1）+﹣2+ln（mx2+1）+﹣2=ln（2m﹣1）2+﹣2，令t=2m﹣1，F（t）=lnt2+﹣2，①0＜m＜时，﹣1＜t＜0，∴F（t）=2ln（﹣t）+﹣2，∴F′（t）=＜0，∴F（t）在（﹣1，0）递减，F（t）＜F（﹣1）＜0，即0＜m＜时，g（x1）+g（x2）＜0成立，符合题意；②＜m＜1时，0＜t＜1，∴F（t）=2lnt+﹣2，F′（t）=＜0，∴F（t）在（0，1）递减，F（t）＞F（1）=0，∴＜m＜1时，g（x1）+g（x2）＞0，不合题意，综上，m∈（0，）．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．7．（2016•湖北模拟）已知函数f（x）=x（lnx﹣ax）（a∈R），g（x）=f′（x）．（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线3x﹣y﹣1=0平行，求实数a的值；（2）若函数F（x）=g（x）+x2有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：f （x2）﹣1＜f（x1）【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，解a；（2）利用极值点与其导数的关系求出a的范围，进一步求出f（x）的解析式，通过求导判断其单调性以及最值．【解答】解：（1）∵f′（x）=ln x﹣2ax+1，∴f′（1）=1﹣2a因为3x﹣y﹣1=0的斜率为3．依题意，得1﹣2a=3；则a=﹣1．…（4分）（2）证明：因为F（x）=g（x）+x2=ln x﹣2ax+1+x2，所以F′（x）=﹣2a+x=（x＞0），函数F（x）=g（x）+x2有两个极值点x1，x2且x1＜x2，即h（x）=x2﹣2ax+1在（0，+∞）上有两个相异零点x1，x2．∵x1x2=1＞0，∴∴a＞1．…（6分）当0＜x＜x1或x＞x2时，h（x）＞0，F′（x）＞0．当x1＜x＜x2时，h（x）＜0，F′（x）＜0．所以F（x）在（0，x1）与（x2，+∞）上是增函数，在区间（x1，x2）上是减函数．因为h（1）=2﹣2a＜0，所以0＜x1＜1＜a＜x2，令x2﹣2ax+1=0，得a=，∴f（x）=x（ln x﹣ax）=xln x﹣x3﹣x，则f′（x）=ln x﹣x2+，设s（x）=ln x﹣x2+，s′（x）=﹣3x=，…（8分）①当x＞1时，s′（x）＜0，s（x）在（1，+∞）上单调递减，从而函数s（x）在（a，+∞）上单调递减，∴s（x）＜s（a）＜s（1）=﹣1＜0，即f′（x）＜0，所以f（x）在区间（1，+∞）上单调递减．故f（x）＜f（1）=﹣1＜0．又1＜a＜x2，因此f（x2）＜﹣1．…（10分）②当0＜x＜1时，由s′（x）=＞0，得0＜x＜．由s′（x）=＜0，得＜x＜1，所以s（x）在[0，]上单调递增，s（x）在[，1]上单调递减，∴s（x）≤s max=ln＜0，∴f（x）在（0，1）上单调递减，∴f（x）＞f（1）=﹣1，∵x1∈（0，1），从而有f（x1）＞﹣1．综上可知：f（x2）＜﹣1＜f（x1）．…（12分）【点评】本题考查了导数的几何意义以及利用导数求函数的单调区间和最值；考查了讨论的数学思想，属于难题．。