有关极值点的几个题目

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极值点好题

（木），由（ｉ）知ｊ勋：一１１１２勋一１＝ｍ一（１），【肋‘一Ｉｎ２ｋｂ一１０…【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。

高中函数的极值与最值问题

高中函数的极值与最值问题函数是数学中的重要概念之一，它描述了两个变量之间的关系。

在高中数学学习中，我们经常遇到关于函数的极值与最值问题，这是一类常见且重要的问题。

本文将详细介绍高中函数的极值与最值问题，以帮助读者更好地理解和解决这类题目。

一、函数的极值与最值概念函数的极值包括极大值和极小值，统称为极值。

极大值对应函数的最大值，极小值对应函数的最小值。

最值问题是要求在一定条件下找到函数的最大值或最小值。

1. 极值的定义设函数y=f(x)在点x0处取得极大值，如果对于x0的某个邻域上的任意一点x，都有f(x)≤f(x0)，则称f(x0)为函数的极大值。

类似地，如果对于x0的某个邻域上的任意一点x，都有f(x)≥f(x0)，则称f(x0)为函数的极小值。

2. 最值的定义给定一个函数，如果在其定义域上存在一个点x1，使得对于定义域上的任意一点x，都有f(x)≤f(x1)，则称f(x1)为函数的最大值。

类似地，如果对于定义域上的任意一点x，都有f(x)≥f(x1)，则称f(x1)为函数的最小值。

二、求解函数的极值与最值的方法在高中数学中，求解函数的极值与最值可以采用以下方法：1. 导数法当函数的导数存在时，可以通过求导数的方法来找到函数的极值。

具体步骤如下：（1）求出函数的导数f'(x)；（2）令f'(x)=0，求出导数为零的临界点；（3）将临界点和函数的端点代入原函数，并比较函数值，找到最大值与最小值。

2. 函数图像法通过绘制函数的图像，可以直观地找到函数的极值与最值。

具体步骤如下：（1）绘制函数的图像；（2）观察图像的极值点和最值点，标出对应的坐标。

3. 区间端点法当函数在特定区间上连续且可导时，可以通过将函数在区间两个端点处的值进行比较来找到函数的最值。

具体步骤如下：（1）计算函数在区间的两个端点处的函数值；（2）比较函数值，找出最大值与最小值。

三、应用举例下面通过两个例子来说明如何求解函数的极值与最值问题。

隐零点与极值点偏移问题解析版

隐零点与极值点偏移问题【考试提醒】隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大【核心题型】题型一　隐零点零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)=0，并结合f ′(x )的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f ′(x )的正负，进而得到f (x )的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．1(2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测)已知f x =ae 2x -2xe x (其中e =2.71828⋯为自然对数的底数).(1)当a =0时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程，(2)当a =12时，判断f x 是否存在极值，并说明理由；(3)∀x ∈R ,f x +1a≤0，求实数a 的取值范围.【答案】(1)y =-4ex +2e ；(2)有一个极大值，一个极小值，理由见解析；(3)1-2 e 2,0 【解析】(1)当a =0时，f x =-2xe x ，可得f x =-2x +1 e x ，则f 1 =-4e ,f 1 =-2e ，所以曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y +2e =-4e x -1 ，即y =-4ex +2e.(2)当a =12时，f x =12e 2x -2xe x ，定义域为R ，可得f x =e 2x -2x +1 e x =e x e x -2x -2 ，令F x =e x -2x -2，则F x =e x -2，当x ∈-∞,ln2 时，F x <0；当x ∈ln2,+∞ 时，F x >0，所以F x 在-∞,ln2 递减，在ln2,+∞ 上递增，所以F (x )min =F ln2 =2-2ln2-2=-2ln2<0，又由F -1 =1e>0,F 2 =e 2-6>0，存在x 1∈-1,ln2 使得F x 1 =0，存在x 2∈ln2,2 使得F x 2 =0，当x ∈-∞,x 1 时，F x >0,f x >0,f x 单调递增；当x ∈x 1,x 2 时，F x <0,f x <0,f x 单调递减；当x ∈x 2,+∞ 时，F x >0,f x >0,f x 单调递增；所以a =12时，f x 有一个极大值，一个极小值.(3)由f x =ae 2x -2xe x ，可得f x =2ae 2x -2x +1 e x =2e x ae x -x -1 ，由∀x ∈R ,f x +1a ≤0，因为f 0 +1a =a +1a =a 2+1a≤0，可得a <0，令g x =ae x -x -1，则g x 在R 上递减，当x <0时，可得e x ∈(0,1)，则ae x ∈(a ,0)，所以g x =ae x -x -1>a -x -1，则g a -1 >a -a -1 -1=0，又因为g -1 =ae -1<0，∃x 0∈a -1,-1 使得g x 0 =0，即g x 0 =ae x 0-x 0-1=0且当x ∈-∞,x 0 时，g x >0，即f x >0；当x 0∈x 0,+∞ 时，g x <0，即f x <0，所以f x 在-∞,x 0 递增，在x 0,+∞ 递减，所以f (x )max =f x 0 =ae 2x 0-2x 0e x 0，由g x 0 =ae x-x 0-1=0，可得a =x 0+1ex 0，由f (x )max +1a ≤0，可得x 0+1 e x 0-2x 0e x 0+exx 0+1≤0，即1-x 0 1+x 0 +1x 0+1≤0，由x 0+1<0，可得x 20-1≤1，所以-2≤x 0<-1，因为a =x 0+1ex 0，设h x =x +1e x(-2≤x <-1)，则h x =-xe x >0，可知h x 在-2,1 上递增，h x ≥h -2 =1-2e-2=1-2 e 2且h x <h -1 =0，所以实数a 的取值范围是1-2 e 2,0 .2(23-24高三上·河南焦作·期末)(1)求函数f (x )=e x -1-x 的极值；(2)若a ∈(0,1]，证明：当x >0时，(x -1)e x -a +1≥ln x +a ．【答案】(1)极小值为0，无极大值；(2)证明见解析【分析】(1)求导，得到单调性，从而得到极值情况；(2)在(1)基础上得到x -1≥ln x ，构造函数h (x )=(x -1)e x -a -ln x +1-a (x >0)，求导得到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值h x 0 ≥0，证明出结论.【详解】(1)依题意，f (x )=e x -1-1，令f (x )=0，解得x =1，所以当x ∈(-∞,1)时，f (x )<0，当x ∈(1,+∞)时，f (x )>0，即f (x )在(-∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，而f (1)=0，故f (x )的极小值为0，无极大值．(2)由(1)可知，当x >0时，e x -1≥x ，则x -1≥ln x ．令h (x )=(x -1)e x -a -ln x +1-a (x >0)，则h (x )=xe x -a -1x，易知h (x )在(0,+∞)上单调递增．因为a ∈(0,1]，所以h 12 =12e 12-a -2<0，h (1)=e 1-a -1≥0，故∃x 0∈12,1 ，使得hx 0 =0，即x 0e x 0-a =1x 0①．当x ∈0,x 0 时，h (x )<0，当x ∈x 0,+∞ 时，h (x )>0，所以h (x )在x ∈0,x 0 上单调递减，在x ∈x 0,+∞ 上单调递增，故h (x ) min =h x 0 =x 0-1 e x 0-a-ln x 0+1-a ②．由①可得e x 0-a =1x 20,x 0-a =-2ln x 0，代入②，得h x 0 =x 0-1x 20-3ln x 0-x 0+1≥x 0-1x 20-3x 0-1 -x 0+1=1-x 0 2x 0-1 2x 0+1x 20，而x 0∈12,1，故h x 0 ≥0，故h (x )≥0，即原命题得证．【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次3(2024·浙江宁波·高三统考期末)已知函数f x =x ln x -ax +1，其中a ∈R ．(1)当a =2时，求曲线f x 在x =1处的切线方程；(2)记f x 为f x 的导函数，若对∀x ∈1,3 ，都有f x +5x -1x +1≤f x ，求a 的取值范围．【答案】(1)y =-x ；(2)52,+∞【解析】(1)由题知，f x =ln x +1-a ，当a =2时，f 1 =-1，f 1 =-1，所以曲线f x 在x =1处的切线方程为y =-x ；(2)由题意，原不等式等价于x ln x -ax +1+5x -1x +1≤ln x +1-a ，即x -1 ln x +5x +1≤a x -1 ，当x =1时，对任意a ∈R ，不等式恒成立，当x ∈1,3 时，原不等式等价于ln x +5x +1≤a ，设g x =ln x +5x +1，则g x =1x -5(x +1)2=x 2-3x +1x (x +1)2，设h x =x 2-3x +1，因为h 1 0,h 3 0,h 32<0，所以存在唯一x 0∈32,3 ，使得h x 0 =0，即g x 0 =0，当x ∈1,x 0 时，g x <0,g x 单调递减，当x ∈x 0,3 时，g x >0,g x 单调递增，故g (x )max =max g 1 ,g 3 =g 1 =52，即a ≥52．综上所述，a 的取值范围为52,+∞ ．4(2024·河北邢台·高三统考期末)已知函数f (x )=sin x +x 2．(1)求曲线y =f (x )在点π2,f π2 处的切线方程；(2)证明：f (x )>-516．【答案】(1)4πx -4y -π2+4=0；(2)证明见解析【解析】(1)f (x )=cos x +2x ，f π2 =π，f π2 =π24+1．故曲线y =f (x )在点π2,f π2 处的切线方程为y =πx -π24+1，即4πx -4y -π2+4=0．(2)由(1)得f(x )=cos x +2x ．令函数u (x )=f (x )，则u (x )=-sin x +2>0，所以u (x )=f (x )是增函数．因为f (0)=1，f -12 =cos 12-1<0，所以存在x 0∈-12,0 ，使得f (x 0)=cos x 0+2x 0=0，即x 20=14cos 2x 0．所以当x ∈-∞,x 0 时，f (x )<0，当x ∈x 0,+∞ 时，f (x )>0，所以f (x )在-∞,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增．f (x )≥f x 0 =sin x 0+x 20=sin x 0+14cos 2x 0=-14sin 2x 0+sin x 0+14．因为x 0∈-12,0 ，所以sin x 0>sin -12 >sin -π6 =-12，所以-14sin 2x 0+sin x 0+14>-14×-12 2-12+14=-516．故f (x )>-516．题型二　极值点偏移极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1+x 2>(<)2x 0型，构造函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x )；对结论x 1x 2>(<)x 20型，构造函数F (x )=f (x )-f x 20x，通过研究F (x )的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t =x1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =e xx-ln x +x -a .若f (x )有两个零点x 1,x 2，证明：x 1x 2<1.【答案】证明见解析【分析】利用构造函数法，从而只需证明x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1，即可求解.【详解】由题意得f x =e x x +ln e x x -a ，令t =e x x >1，则f t =t +ln t -a ，f t =1+1t>0，所以f t =t +ln t -a 在1,+∞ 上单调递增，故f t =0至多有1解；又因为f x 有两个零点x 1,x 2，所以，t =e xx有两个解x 1,x 2，令y =e x x ，y =e xx -1 x 2，易得y =e xx 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以0<x 1<1<x 2.此时e x1=tx 1;e x 2=tx 2，两式相除，可得：e x 2-x 1=x 2x 1⇔x 2-x 1=ln x 2-ln x 1.于是，欲证x 1x 2<1只需证明：x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1，下证x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1：因为x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1⇔ln x 2-ln x 1<x 2-x 1x 1x 2⇔ln x 2x 1<x 2x 1-x 1x 2，不妨设s =x 2x 1>1，则只需证2ln s <s -1s，构造函数h s =2ln s -s +1s ,s >1，则h s =2s -1-1s2=-1-1s 2<0，故h s 在1,+∞ 上单调递减，故h s <h 1 =0，即2ln s <s -1s得证，综上所述：即证x 1x 2<1.【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.2(2022·全国·模拟预测)设函数f x =ln x -ax a ∈R .(1)若a =3，求函数f x 的最值；(2)若函数g x =xf x -x +a 有两个不同的极值点，记作x 1,x 2，且x 1<x 2，求证：ln x 1+2ln x 2>3.【答案】(1)无最小值，最大值为-ln3-1(2)证明见解析【分析】(1)对函数f x =ln x -3x 求导后得f x =1-3xx,x >0，分别求出f x >0和f x <0的解集，从而可求解.(2)由g x =xf x -x +a 有两个极值点x 1,x 2⇔ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，从而要证ln x 1+2ln x 2>3⇔2ax 1+4ax 2>3⇔a >32x 1+4x 2⇔ln x2x 1x 2-x 1>3x 1+2x 2，令t =x 2x 1,t >1，构建函数h t =ln t -3t -1 1+2t，然后利用导数求解h t 的最值，从而可求解证明.【详解】(1)由题意得f x =ln x -3x ，则f x =1-3xx,x >0.令f x >0，解得0<x <13；令f x <0，解得x >13，∴f x 在0,13 上单调递增，在13,+∞ 上单调递减，∴f (x )max =f 13 =ln 13-3×13=-ln3-1，∴f x 无最小值，最大值为-ln3-1.(2)∵g x =xf x -x +a =x ln x -ax 2-x +a ，则g x =ln x -2ax ，又g x 有两个不同的极值点x 1,x 2,∴ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，欲证ln x 1+2ln x 2>3，即证2ax 1+4ax 2>3，∵0<x 1<x 2,∴原式等价于证明a >32x 1+4x 2①.由ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，得ln x 2x 1=2a x 2-x 1 ，则a =ln x2x 12x 2-x 1 ②.由①②可知原问题等价于求证ln x2x 1x 2-x 1>3x 1+2x 2，即证ln x 2x 1>3x 2-x 1 x 1+2x 2=3x2x 1-1 1+2x 2x1.令t =x 2x 1，则t >1，上式等价于求证ln t >3t -1 1+2t.令h t =ln t -3t -1 1+2t ，则h t =1t -31+2t -6t -1 (1+2t )2=t -1 4t -1 t (1+2t )2，∵t >1,∴h t >0恒成立，∴h t 在1,+∞ 上单调递增，∴当t >1时，h t >h 1 =0，即ln t >3t -11+2t，∴原不等式成立，即ln x 1+2ln x 2>3.【点睛】方法点睛：①对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系t =x 2x 1，t =x 2+x 1；②通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，③利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.3(2024下·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考开学考试)已知函数f x =x-2e-x(其中e= 2.71828⋯为自然对数的底数).(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a,b为两个不相等的实数，且满足ae b-be a=2e b-e a，求证：a+b>6.【答案】(1)增区间为-∞,3，减区间为3,+∞(2)证明见解析【分析】(1)求导，然后根据导函数的正负来判断f x 得单调性；(2)将ae b-be a=2e b-e a变形为a-2e a=b-2e b得到f a =f b ，然后构造函数g x =f x -f6-x，根据g x 得单调性和g x <0得到f a <f6-a，最后根据f a =f b 和f x 得单调性即可证明a+b >6.【详解】(1)f x =e-x+x-2⋅-1⋅e-x=3-xe-x，令f x >0，解得x<3，令f x <0，解得x>3，所以f x 的增区间为-∞,3，减区间为3,+∞.(2)证明：将ae b-be a=2e b-e a两边同时除以e a e b得ae a-be b=2e a-2e b，即a-2e a=b-2e b，所以f a =f b ，由(1)知f x 在-∞,3上单调递增，在3,+∞上单调递减，又f2 =0，f3 =1e3，当x∈2,+∞时，f x >0，设a<b，则2<a<3<b，令g x =f x -f6-x=x-2e x-4-xe6-x2<x<3，则g x =3-xe x-3-xe6-x=3-xe6-x-e xe6，由2<x<3得6-x>x，所以e6-x>e x，3-x>0，所以g x >0，g x 在2,3上单调递增，又g3 =f3 -f3 =0，所以g x <0，当2<x<3时，f x -f6-x<0，即f a -f6-a<0，即f a <f6-a，又f a =f b ，所以f b <f6-a，又6-a>3，b>3，f x 在3,+∞上单调递减，所以b>6-a，即a+b>6.【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于x1+x2>a f x1=f x2的问题的基本步骤如下：①求导确定f x 的单调性，得到x1,x2的范围；②构造函数F x =f x -f a-x，求导可得F x 恒正或恒负；③得到f x1与f a-x1的大小关系后，将f x1置换为f x2；④根据x2与a-x1的范围，结合f x 的单调性，可得x2与a-x1的大小关系，由此证得结论.4(2024·辽宁·模拟预测)已知函数f x =e x-ax2(a>0)．(1)当a=e24时，判断f x 在区间1,+∞内的单调性；(2)若f x 有三个零点x1,x2,x3，且x1<x2<x3．(i)求a的取值范围；(ii)证明：x1+x2+x3>3.【答案】(1)f x 在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增(2)(i)a∈e24,+∞；(ii)证明见解析【分析】(1)多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；(2)(i)原条件可转化a=e xx2有三个不等实根，从而构造函数h x =e xx2，研究该函数即可得；(ii)借助的h x 单调性，得到x1>-1，从而将证明x1+x2+x3>3，转化为证明x2+x3>4，再设t=x3x2，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数μx =ln x-2x-1x+1x>1，证明其在1,+∞上大于0即可.【详解】(1)当a=e24时，f x =ex-e24x2，f x =e x-e22x，令g x =f x =e x-e22x，g x =e x-e22，令g x =e x-e22=0，可得x=ln e22=2-ln2，则当x∈1,2-ln2时，g x <0，当x∈2-ln2,+∞时，g x >0，即g x 在1,2-ln2上单调递减，在2-ln2,+∞上单调递增，又g1 =f 1 =e-e22<0，g2 =f 2 =e2-e2=0，故当x∈1,2时，f x <0，当x∈2,+∞时，f x >0，故f x 在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增；(2)(i)f x 有三个零点，即e x-ax2=0有三个根，由x=0不是该方程的根，故a=e xx2有三个根x1,x2,x3，且x1<x2<x3，令h x =e xx2，h x =x-2e xx3，故当x∈-∞,0∪2,+∞时，h x >0，当x∈0,2时，h x <0，即h x 在-∞,0、2,+∞上单调递增，在0,2上单调递减，h2 =e222=e24，当x→-∞时，h x →0，x→0-时，h x →+∞，当x→0+时，h x →+∞，x→+∞时，h x →+∞，故a∈e24,+∞时，a=e xx2有三个根；(ii)由h x 在-∞,0上单调递增，h-1=e-1-22=14e<e24，故x1>-1，由(i)可得e x1x21=ex2x22=ex3x23=a，且-1<x1<0<x2<2<x3，即只需证x2+x3>4，设t=x3x2>1，则x3=x2t，则有e x2x22=ex2tx2t2，即有t2=e x2t-1 ，故2ln t=x2t-1，x2=2ln tt-1，则x3=2t ln tt-1，即x2+x3=2ln tt-1+2t ln tt-1=2t+1ln tt-1，即只需证2t+1ln tt-1>4⇔t+1ln tt-1>2⇔ln t-2t-1t+1>0，令μx =ln x-2x-1x+1x>1，则μx =1x -2x +1 -2x -1 x +12=x +1 2-4x x x +1 2=x -1 2x x +1 2>0恒成立，故μx 在1,+∞ 上单调递增，则μx >μ1 =ln1-0=0，即得证.【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2且x 1≠x 2，求证：x 1+x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；2.若函数f (x )中存在x 1,x 2且x 1≠x 2满足f (x 1)=f (x 2)，求证：x 1+x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；3.若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2且x 1≠x 2，令x 0=x 1+x22，求证：f x 0 >0；4.若函数f (x )中存在x 1,x 2且x 1≠x 2满足f (x 1)=f (x 2)，令x 0=x 1+x22，求证：f x 0 >0.【课后强化】【基础保分练】一、单选题1(2022·四川成都·一模)已知a >b ，且e a -a =e b -b =1.01，则下列说法正确的有()①b <-1； ②0<a <12；③b +a <0； ④a -b <1.A.①②③B.②③④C.②④D.③④【答案】B【分析】令f x =e x -x ，利用导数讨论其单调性后可判断①②④正负，利用极值点偏移可判断③的正误.【详解】令f x =e x -x ，则f x =e x -1，当x <0时，f x <0；当x >0时，f x >0；故f x <0在0,+∞ 上为增函数，在-∞,0 上为减函数，而f a =f b ，a >b ，故b <0,a >0，而f -12 =12+1e >12+11.7=3734>1.02>1.01=f b ，故-12<b <0，故①错误.又f 12 =e -12> 2.56-12=1.6-0.5>1.01=f a ，故0<a <12，故②正确，此时a -b <1，故④正确.设h x =f x -f -x =e x -e -x -2x ,x ≥0，则h x =e x +e -x -2≥2e x ×e -x -2=0(不恒为零)，故h x 在0,+∞ 上为增函数，故∀x >0，必有h x >h 0 =0即f x >f -x x >0 ，所以f a >f -a ，即f b >f -a ，由f x 的单调性可得b <-a 即a +b <0，故③成立.故选：B .【点睛】思路点睛：导数背景下不等关系的讨论，注意根据等式或不等式的关系构建新函数，并结合单调性来比较大小关系，在不等式关系的讨论中，注意利用极值点偏移来处理大小关系.2(2023·全国·模拟预测)若关于x 的方程e x =m ln x +x -1x 有两个解，则实数m 的取值范围为()A.e ,+∞B.e 2,+∞C.8,+∞D.4e ,+∞【答案】B【分析】首先变形构造函数f x =xe x -m ln x +x -1 ，讨论m ≤0和m >0两种情况，利用导数判断函数的单调性，再结合函数的最值，并结合零点存在性定理，求实数m 的取值范围.【详解】依题意，有xe x -m ln x +x -1 =0，令f x =xe x -m ln x +x -1 ，则f x =x +1 e x -mx.当m ≤0时，f x >0在0,+∞ 上恒成立，f x 在0,+∞ 上单调递增，故f x 至多只有1个零点；当m >0时，令e x -mx=0，设x 0为该方程的解，故当x ∈0,x 0 时，f x <0，f x 单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，则函数f x 的最大值为f x 0 =x 0e x 0-m ln x 0+x 0-1 <0；而e x 0-m x 0=0，故x 0e x 0=m ，故ln x 0+x 0=ln m ，故f x 0 =m 2-ln m <0，解得m >e 2，可知x 0>1，故f 1 =e -m +m =e >0，所以f x 在0,x 0 上仅有1个零点，当x →+∞时，f x →+∞，故f x 在x 0,+∞ 上也有1个零点，故实数m 的取值范围为e 2,+∞ .故选：B .【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质和零点问题，涉及构造函数，分类讨论，以及隐零点问题，本题的一个关键是根据x 0e x=m ，变形求f x 0 <0，再结合函数零点存在性定理说明存在两个零点.3(2023·四川南充·一模)已知函数f (x )=ln x -2x+2 -m (0<m <3)有两个不同的零点x 1，x 2(x 1<x 2)，下列关于x 1，x 2的说法正确的有( )个①x 2x 1<e 2m ②x 1>2m +2 ③e m3<x 2<33-m ④x 1x 2>1A.1 B.2C.3D.4【答案】D【分析】函数f x =ln x -2x +2 -m 0<m <3 有两个不同零点x 1,x 2x 1<x 2 ，转化为ln x -2x+2 =m 有两个交点，构造函数g x =ln x -2x+2 ，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根据①判断②，再根据零点,构造函数，判断选项③,根据零点判断④.【详解】由函数f x =ln x -2x+2 -m 0<m <3 有两个不同零点x 1,x 2x 1<x 2 ，转化为ln x -2x+2 =m 0<m <3 有两个交点x 1,x 2x 1<x 2 ，构造函数g x =ln x -2x +2，h x =ln x -2x +2 ，则g x =1x +2x 2，故g x >0，所以g x 在0,+∞ 单调递增，而g 1 =0，可得h x 图象如图所示故h x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以0<x 1<1<x 2，对于①，m =-ln x 1+2x 1-2=ln x 2-2x 2+2，所以2m =-ln x 1+ln x 2+2x 1-2x 2>ln x 2x 1，所以x2x 1<e 2m ，故①正确；对于②，由①可知m =-ln x 1+2x 1-2，故mx 1+2x 1-2=-x 1ln x 1>0，因此x 1>2m +2，故②正确；对于③，因为0<m <3，所以0<m 3<1，故1<e m3<e ,33-m >1，所以g 33-m =ln 33-m -23-m 3+2=ln 33-m +2m3，则g 33-m -m =-ln 3-m-m3+ln3，构造函数Q x =-ln 3-m -m3+ln3，则Q x =13-m -13=m33-m >0，而Q 0 =0，所以g 33-m >m =g x 2 ，所以x 2<33-m ，因为g e m 3 =m 3-2e m 3+2，所以m -g e m3 =2m 3-1e m 3+1，令m 3=t 0<t <1 ，构造I t =t -1et +1，显然I t 单调递增，且I 0 =0，所以m =g x 2 >g e m 3所以e m3<x 2<33-m，故③正确；对于④，由①可知，ln x 1x 2=2x 1+2x 2-4>4x 1x 2-4，所以ln x 1x 2-4x 1x 2+4>0，令x 1x 2=n ，W n =2ln n -4n+4，显然W n 单调递增，且W 1 =0，所以x 1x 2>1，故④正确.故选：D二、多选题4(2023·湖南永州·二模)已知a ln a =bln b =2.86，c ln c =d ln d =-0.35，a <b ，c <d ，则有()A.a +b <2eB.c +d >2eC.ad <1D.bc >1【答案】BCD【分析】令f x =xln xx >1 ，g x =x ln x ，求导可求得f x ,g x 的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB 正误；由f 1x =-1g x ，可确定f 1d <f a ,f 1c <f b ，结合f x 单调性可得CD 正误.【详解】令f x =xln xx >1 ，g x =x ln x ，∵f x =ln x -1ln 2x，∴当x ∈1,e 时，f x <0；当x ∈e ,+∞ 时，f x >0；∴f x 在1,e 上单调递减，在e ,+∞ 上单调递增，且f x min =f e =e ；若f a =f b =2.86，则1<a <e <b ，令F x =f x -f 2e -x ，1<x <e则Fx =ln x -1ln 2x +ln 2e -x -1ln 22e -x =ln x ⋅ln 22e -x +ln 2x ⋅ln 2e -x -ln 2x -ln 22e -x ln 2x ⋅ln 22e -x=ln x ln 2e -x ln 2e -x +ln x -ln 2x -ln 22e -xln 2x ⋅ln 22e -x=ln x ln 2e -x ⋅ln -x 2+2ex -ln 2x -ln 22e -xln 2x ⋅ln 22e -x，∵当x ∈1,e 时，-x 2+2ex <e 2，∴ln x ln 2e -x ⋅ln -x 2+2ex -ln 2x -ln 22e -x <2ln x ln 2e -x -ln 2x -ln 22e -x =-ln x -ln 2e -x 2，∴F x <0在1,e 上恒成立，∴F x 在1,e 上单调递减，∴F x >F e =0，即f x >f 2e -x ，又1<a <e ，∴f a >f 2e -a ，∵f a =f b ，∴f b >f 2e -a ，∵b >e ，2e -a >e ，f x 在e ,+∞ 上单调递增，∴b >2e -a ，即a +b >2e ，A 错误；∵g x =ln x +1，∴当x ∈0,1e 时，g x <0；当x ∈1e,+∞ 时，g x >0；∴g x 在0,1e 上单调递减，在1e ,+∞ 上单调递增，且g x min =g 1e =-1e；由c ln c =d ln d =-0.35得：0<c <1e<d <1；设G x =g x -g 2e -x ，0<x <1e，则G x =ln x +1+ln 2e -x +1=ln 2ex -x 2 +2；当0<x <1e 时，-x 2+2e x ∈0,1e 2，∴G x <0，∴G x 在0,1e 上单调递减，∴G x >G 1e =0，即g x >g 2e -x ，又0<c <1e ，∴g c >g 2e -c ，又g c =g d ，∴g d >g 2e -c ，∵d >1e ，2e -c >1e ，g x 在1e,+∞ 上单调递增，∴d >2e -c ，即c +d >2e，B 正确；∵1<a <e <b ，0<c <1e <d <1，f 1x =1xln 1x =-1x ln x =-1g x ，∴f 1d =-1g d=10.35≈2.857<2.86=f a ，又1<1d <e ，1<a <e ，f x 在1,e 上单调递减，∴1d >a ，则ad <1，C 正确；∵f 1c =-1g c ≈2.857<2.86=f b ，又1c >e ，b >e ，f x 在e ,+∞ 上单调递增，∴1c <b ，则bc >1，D 正确.故选：BCD .【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于x 1+x 2>a f x 1 =f x 2 的问题的基本步骤如下：①求导确定f x 的单调性，得到x 1,x 2的范围；②构造函数F x =f x -f a -x ，求导后可得F x 恒正或恒负；③得到f x 1 与f a -x 1 的大小关系后，将f x 1 置换为f x 2 ；④根据x 2与a -x 1所处的范围，结合f x 的单调性，可得到x 2与a -x 1的大小关系，由此证得结论.5(2023·湖北襄阳·模拟预测)已知关于x 的方程xe x -a =0有两个不等的实根x 1,x 2，且x 1<x 2，则下列说法正确的有()A.-e -1<a <0B.x 1+x 2<-2C.x 2>aD.x 1+e x 1<0【答案】ABD【分析】由已知y =a 与y =xe x 有两个不同的交点，利用导数研究函数f (x )=xe x 性质，结合图象确定a 的范围，判断A ，要证明x 1+x 2<-2只需证明x 2<-2-x 1，结合函数f (x )单调性只需证明f x 1 <f -2-x 1 ，故构建函数F (x )=f x -f -2-x ，利用导数证明结论，判断B ，利用比差法比较x 2,a ，判断C ，利用x 1的范围，结合指数函数性质证明x 1+e x 1<0，判断D .【详解】方程xe x -a =0，可化为xe x =a ，因为方程xe x -a =0有两个不等的实根x 1,x 2，所以y =a 与y =xe x 有两个不同的交点，令f (x )=xe x ，则f (x )=e x +xe x =(1+x )e x ，令f (x )=0，可得x =-1，当x <-1时，f (x )<0，函数f (x )在-∞,-1 单调递减，当x >-1时，f (x )>0，函数f (x )在-1,+∞ 单调递增，f (x )min =f (-1)=-1e，当x <0时，f (x )<0，且f (0)=0，当x >0时，f (x )>0，当x →-∞时，与一次函数相比，指数函数y =e -x 呈爆炸性增长，故f x =--xe-x →0，当x →+∞时，f x →+∞，f x →+∞，根据以上信息，可得函数f x 的大致图象如下：∴-1e<a <0，且x 1<-1<x 2<0，故A 正确．因为x 1<-1<x 2<0，-2-x 1>-1构造F (x )=f x -f -2-x =xe x +(2+x )e -2-x ,x <-1，F (x )=(x +1)e x +(-1-x )e -2-x =(x +1)e x -e -2-x >0，∴F (x )在(-∞,-1)上单调递增，∴F x 1 <F (-1)=0，∴f x 1 <f -2-x 1 ，即f x 2 <f -2-x 1 ，由f x 在-1,+∞ 单调递增所以x 2<-2-x 1⇒x 1+x 2<-2，故B 正确．对于C ，由x 2=a ex 2，-1e <a <0，所以x 2-a =a e x 2-a =a 1ex 2-1，又-1<x 2<0，所以1e x 2>1，则1ex 2-1>0，所以x 2<a ，故C 错误．对于D ，由x 1<-1，可得0<e x1<e -1，所以x 1+e x 1<-1+e -1<0，D 正确．故选：ABD ．【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．6(2023·福建宁德·二模)已知函数f (x )=ln xx，则()A.f (2)>f (3)B.若f (x )=m 有两个不相等的实根x 1，x 2，则x 1x 2>e 2C.ln2<2eD.若2x =3y，x ，y 均为正数，则2x >3y【答案】BCD【分析】A ：代入2、3直接计算比较大小；B ：求f x 的导函数，分析单调性，可得当f x =m 有两个不相等实根时x 1、x 2的范围，不妨设x 1<x 2，则有0<x 1<e <x 2，比较f x 1 ,f e 2x 1的大小关系，因为f x 1 =f x 2 ，可构造F x =f x -f e 2x(0<x <e )，求导求单调性，计算可得F x <0成立，可证x 1x 2>e 2；C ：用f x 在0,e 上单调递增，构造ln22<ln e e 可证明；D ：令2x =3y=t ，解出x =lg t lg2，y =lg t lg3，做差可证明2x >3y .【详解】对于A：f2 =ln22=ln2，f3 =ln33=ln33，又26=23=8，336=9，所以2<33，所以ln2<ln33，则f2 <f3 ，故A错误；对于B：函数f x =ln xx，定义域为0,+∞，则f x =1-ln xx2，当f x >0时，0<x<e；当f x <0时，x>e；所以f x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，则f x max=1e且x>e时，有f x >0，所以若f x =m有两个不相等的实根x1、x2，有0<m<1e，不妨设x1<x2，有0<x1<e<x2，要证x1x2>e2，只需证x2>e2x1，且x2>e2x1>e，又f x1=f x2，所以只需证f x1<fe2x1 ，令F x =f x -fe2x(0<x<e)，则有F x =f x +fe2x⋅1x2=1-ln x1x2-1e4，当0<x<e时，1-ln x>0，1x2-1e4>0，所以有F x >0，即F x 在(0,e)上单调递增，且F e =0，所以F x <0恒成立，即f x1<fe2x1，即f x2 <f e2x1，即x1x2>e2，故B正确.对于C：由B可知，f x 在0,e上单调递增，则有f2 <f e ，即ln22<ln ee，则有ln2<2e<2e，故C正确；对于D：令2x=3y=t，则t>1，x=log2t=lg tlg2，y=log3t=lg tlg3，∴2x-3y=2lg tlg2-3lg tlg3=lg t(lg9-lg8)lg2⋅lg3>0，∴2x>3y，故D正确；故选：BCD.【点睛】方法点睛：(1)给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；(2)极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.三、解答题7(22-23高三上·河南洛阳·开学考试)(1)证明不等式：e x-2>ln x(第一问必须用隐零点解决，否则不给分)；(2)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.求a的取值范围.(第二问必须用分段讨论解决，否则不给分)【答案】(1)证明见解析；(2)(0,+∞).【分析】(1)根据给定条件，构造函数g(x)=e x-2-ln x，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.(2)求出函数f(x)的导数，利用导数分类讨论函数f(x)的单调性、零点情况作答.【详解】(1)令函数g x =e x-2-ln x，x>0，求导得：g x =e x-2-1x，显然函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，而g (1)=e-1-1<0，g (2)=12>0，则存在x0∈(1,2)，使得g (x0)=0，即e x0-2=1x0，有x0-2=-ln x0，当0<x<x0时，g (x)<0，当x>x0时，g (x)>0，函数g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，g(x)min=g(x0)=e x0-2-ln x0=1x0+x0-2>21x⋅x0-2=0，所以e x-2>ln x.(2)函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2定义域R，求导得f (x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a)，当a>0时，由f (x)<0得，x<1，由f (x)>0得，x>1，即函数f(x)在(-∞,1)上递减，在(1,+∞)上递增，f(x)min=f(1)=-e<0，而f(2)=a>0，即存在x1∈(1,2)，使得f(x1)=0，则函数f(x)在(1,+∞)上有唯一零点，取b<0且b<ln a2，则f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2>a2(b-2)+a(b-1)2=a b2-32b>0，即存在x2∈(b,1)，使得f(x2)=0，则函数f(x)在(-∞,1)上有唯一零点，因此当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a=0时，函数f(x)=(x-2)e x只有一个零点2，当a<0时，若-e2<a<0，当x<ln(-2a)或x>1时，f (x)>0，当ln(-2a)<x<1时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增，在(ln(-2a),1)上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，因此函数f(x)在(-∞,1)上没有零点，在(1,+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，若a=-e2，恒有f(x)≥0，即函数f(x)在R上单调递增，函数f(x)最多一个零点，若a<-e2，当x<1或x>ln(-2a)时，f(x)>0，当1<x<ln(-2a)时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增，在(1,ln(-2a))上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，当x∈1,ln-2a时，f x <0，因此函数f(x)在(-∞,ln(-2a))上没有零点，在(ln(-2a),+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，综上得，当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a≤0时，函数f(x)最多一个零点，所以a的取值范围是(0,+∞).8(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx．(1)若对任意的m,n∈(0,+∞)都有f(m)≤t≤g(n)，求实数t的取值范围；(2)若x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2，e x2-x1=x x12x x21，证明：x31+x32>2．【答案】(1)[1,e] (2)证明见解析【分析】(1)分别计算f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx的导函数，接着分析它们的单调性，求得在x=1时，f(x)的最大值为f(1)=1，g(x)的最小值为g(1)=e，问题得解；(2)先将e x2-x1=x x12x x11转化为f x1=f x2，再设x1<x2，数形结合得到1e<x1<1<x2，接着构造函数，利用函数的单调性得到x1+x2>2，最后利用放缩法证明不等式.【详解】(1)由f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx，得f (x)=-ln xx2，g (x)=e x(x-1)x2，当0<x<1时，f (x)>0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，当x>1时，f (x)<0，f(x)在区间(1,+∞)上单调递减，所以当x∈(0,+∞)时，f(x)的最大值为f(1)=1．当0<x<1时，g (x)<0，g(x)在区间(0,1)上单调递减，当x>1时，g (x)>0，g(x)在区间(1,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，g(x)的最小值为g(1)=e．所以1≤t≤e，故实数t的取值范围为[1,e]．(2)由e x1-x1=x x12x x11得e x1-x1⋅x x11=x x12，两边取对数并整理，得x2ln x1+1=x1ln x2+1，即ln x1+1x1=ln x2+1x2，即f x1=f x2．由(1)知，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，f(x)max=f(1)=1，(技巧：注意对第(1)问结论的应用)而f1e=0，当x>1时，f(x)>0恒成立，不妨设x1<x2，则1e<x1<1<x2．记h(x)=f(x)-f(2-x)，x∈1e,1 ，则h (x)=f (x)+f (2-x)=-ln xx2-ln(2-x)(2-x)2>-ln xx2-ln(2-x)x2=-ln-(x-1)2+1x2>0，所以函数h(x)在1e,1上单调递增，所以h(x)<f(1)-f(2-1)=0，即f(x)<f(2-x)，x∈1e,1 ，于是f x2=f x1<f2-x1，2-x1∈1,2-1 e，又f(x)在(1,+∞)上单调递减，因此x2>2-x1，即x1+x2>2，所以x31+x32>x31+2-x13=8-12x1+6x21=6x1-12+2>2．【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：(1)求导，得到函数f(x)的单调性、极值情况，作出函数图象，由f x2=f x1得到x1,x2的大致范围．(2)构造辅助函数(若要证x1+x2>(<)2x0，则构造函数g(x)=f(x)-f2x0-x；若要证x1x2>(<)x20，则构造函数g(x)=f(x)-fx20x.)，限定x1,x2的范围，求导，判定符号，获得不等式．(3)代入x1,x2，利用f x2=f x1及f(x)的单调性即得所证结论．9(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=2ln x-ax2.(1)若x>0时，f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；(2)当实数a取第(1)问中的最小值时，若方程f(x)=m有两个不相等的实数根x1，x2，请比较x21+x22，2x21 x22，2这三个数的大小，并说明理由.【答案】(1)a≥-1；(2)x21+x22>2x21x22>2.【分析】(1)根据给定条件，变形不等式，分离参数构造函数，并求出函数的最大值即得.(2)由(1)求出函数f(x)并变形，换元构造函数h(t)=t(1-ln t)，利用导数结合极值点偏移推理即得.【详解】(1)当x>0时，不等式f(x)≤1⇔2ln x-ax2≤1⇔a≥2ln x-x2，令g(x)=2ln x-x2,x>0，依题意，∀x>0,a≥g(x)恒成立，求导得g (x)=2x-2x=2(1-x2)x，当0<x<1时，g(x)>0，当x>1时，g (x)<0，于是函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，g(x)max=g(1)=-1，所以a ≥-1.(2)由(1)知，a min =-1，此时函数f (x )=2ln x +1x 2=1x 21-ln 1x2，令1x 2=t ，h (t )=t (1-ln t )，则f (x )=h (t )，由方程f (x )=m 有两个不相等的实数根x 1,x 2，得方程h (t )=m 有两个不相等的实数根t 1,t 2，t 1=1x 21,t 2=1x 22，要比较x 21+x 22，2x 21x 22，2这三个数的大小，只需比较1x 21+1x 22，2，2⋅1x 21⋅1x 22这三个数的大小，即比较t 1+t 2,2,2t 1t 2这三个数的大小，h (t )=-ln t ，当0<t <1时，h (t )>0，当t >1时，h (t )<0，则函数h (t )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，显然t ∈(0,1)，h (t )>0，而h (e )=0，由方程h (t )=m 有两个不相等的实数根t 1,t 2，不妨设t 1<t 2，则0<t 1<1<t 2<e ，令函数φ(t )=h (t )-h (2-t ),0<t <1，显然2t -t 2=-(t -1)2+1∈(0,1)，求导得φ (t )=h (t )+h (2-t )=-ln t -ln (2-t )=-ln (2t -t 2)>0，函数φ(t )在(0,1)上单调递增，于是φ(t 1)<φ(1)=0，即h (t 1)<h (2-t 1)，而h (t 1)=h (t 2),t 2>1,2-t 1>1，h (t )在(1,+∞)上单调递减，因此h (t 2)<h (2-t 1)，即有t 2>2-t 1，则t 1+t 2>2，令函数u (t )=h (t )-h 1t ,0<t <1，1t 2>1,ln t <0，求导得u (t )=h (t )+1t 2h 1t =-ln t -1t 2ln 1t =1t 2-1ln t <0，函数u (t )在(0,1)上单调递减，u (t 1)>u (1)=0，即h (t 1)>h 1t 1，而h (t 1)=h (t 2),t 2>1,1t 1>1，h (t )在(1,+∞)上单调递减，因此h (t 2)>h 1t 1，即有t 2<1t 1，则t 1t 2<1，有2t 1t 2<2，于是t 1+t 2>2>2t 1t 2，从而1x 21+1x 22>2>2⋅1x 21⋅1x 22，所以x 21+x 22>2x 21x 22>2.【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.10(23-24高三上·云南昆明·阶段练习)设a ，b 为函数f x =x ⋅e x -m (m <0)的两个零点．(1)求实数m 的取值范围；(2)证明：e a +e b <1．【答案】(1)-1e ,0 (2)证明见解析【分析】(1)求出定义域，求导，得到f x 的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到f x min <0，求出m>-1e ，结合题目条件，得到当-1e <m <0时，f 1m >0，根据零点存在性定理得到f x 在-∞，-1 内存在唯一零点，同理得到f (x )在-1,0 内存在唯一零点，从而求出答案；(2)设a <-1<b <0，由a ⋅e a =b ⋅e b 可得e a -b =b a ，令b a =t ∈0,1 ，故a =ln t 1-t ，b =t ln t1-t，推出要证e a+e b <1，即证ln t +1 t <ln t t -1，构造g x =ln xx -1，x ≠1，求导，对分子再构造函数，证明出g x ≤0，g x 在定义域内单调递减，故g t +1 <g t ，即ln 1+t +t ln t1-t<0，证明出结论.【详解】(1)f x 的定义域为R ，f (x )=x +1 e x ，当x ∈-∞,-1 时，f x <0，当x ∈-1,+∞ 时，f x >0，故f x 在-∞,-1 内单调递减，在-1,+∞ 单调递增，故要使f x 有两个零点，则需f x min =f -1 =-e -1-m <0，故m >-1e，由题目条件m <0，可得-1e<m <0，当-1e <m <0时，因为f 1m =1m e 1m -m >m -m =0，又1m <-e <-1，故f x 在-∞，-1 内存在唯一零点，又f 0 =-m >0，故f (x )在-1,0 内存在唯一零点，则f x 在R 上存在两个零点，故满足题意的实数m 的取值范围为-1e,0 ；(2)证明：由(1)可设a <-1<b <0，由a ⋅e a =b ⋅e b 可得e a -b =ba，令b a =t ∈0,1 ，则b =at ，所以e a -at =t ，故a =ln t 1-t，所以b =at =t ln t1-t，要证e a +e b <1，即证e ln t1-t +e t ln t1-t <1⇒e t ln t1-t e ln t +1 <1⇒e t ln t1-t t +1 <1⇒e t ln t1-t e ln t +1<1⇒e t ln t 1-t+ln t +1<1，即证ln 1+t +t ln t1-t<0，因为t ∈0,1 ，即证ln 1+t t +ln t 1-t <0，即ln t +1 t <ln tt -1，令g x =ln x x -1，x ≠1，g x =x -1x -ln x x -1 2=1-1x +ln 1xx -12，令h u =u -1-ln u ，则h u =1-1u，当u ∈0,1 时，h u <0，当u ∈1,+∞ 时，h u >0，故h u 在0,1 内单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以h u ≥h 1 =0，所以u -1-ln u ≥0，令u =1x 得1x -1-ln 1x≥0，故g x =1-1x +ln 1xx -12≤0，g x 在定义域内单调递减，故g t +1 <g t ，即ln t +1 t <ln t t -1，ln t +1 <t ln t t -1，ln 1+t +t ln t1-t<0，则e a +e b <1，证毕．【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征(包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等)，需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方【综合提升练】一、单选题1(22-23高二下·福建厦门·期末)已知函数f x =ln xx,0<x ≤e -1e2x +2e ,x >e，若a <b <c ，且f a =f b =f c ，则b ln aa ln b·c 的取值范围为()。

答案导数小题---应用函数零点和极值点求参

导数小题---应用函数零点和极值点求参答案1．已知()2xf x x ae =-在R 上有两个零点，则a 的取值范围是（）A ．2,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．20,e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】通过讨论a 的符号得函数的单调性,从而结合函数零点的判定定理确定实数a 的取值范围. 【详解】①当0a ≤时,易知函数()2x f x x ae =-是增函数,故函数()2x f x x ae =-不可能有两个零点;②当>0a 时,令()20xf x ae'=-=得,2lnx a =;故()f x 在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上是增函数,在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是减函数, 且0(0)200a f ae =⨯-=-<，(),x f x →+∞→-∞，故若函数()2x f x x ae =-有两个零点,则2ln 0f a⎛⎫> ⎪⎝⎭,即22ln 20a->,解得2a e <，此时2ln1a >，故a 的取值范围是20a e<<; 故选：D. 【点睛】本题考查了导数的应用及函数的单调性的判断与应用,同时考查了函数零点的判定定理的应用,属于中档题.2．函数()x e f x ax x=-在R 上有三个零点，则a 的取值范围是A ．2(,)2e eB ．22(,)42e eC ．2(,)2e +∞D ．2(,)4e +∞【答案】D 【解析】【分析】函数()xe f x ax x=-在R 上有三个零点，转化为函数x y e =与2y ax =由三个交点，先判断0a >，可得当0x <时，两图象必有一个交点，只需2,xe y a y x==的图象在y 轴右边由两个交点，利用导数研究函数的单调性与最值，结合图象可得结果. 【详解】当0a ≤时，函数()20xf x e ax =->恒成立，不合题意，所以0a >，作函数xy e =与2y ax =的图象如图，由图象可知，当0x <时，两图象必有一个交点，故当0x >时，两图象有两个交点，则2x e ax =有两个正根，即2xe a x=有两个正根，2,xe y a y x ==的图象在y 轴右边由两个交点，记()()()232,'x xe x e F x F x x x-==， ()F x 在()0,2上递减，在()2,+∞递增，故()()2min24e F x F ==，故24e a >时，两图象有两个交点；故若函数()2xe xf x a =-有三个不同零点，则24e a >，a的取值范围是2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，故选D.【点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数()()y f x g x =-的零点⇔函数()()y f x g x =-在x 轴的交点⇔方程()()0f x g x -=的根⇔函数()y f x =与()y g x =的交点.3．已知函数11,20()ln 1,0x x f x x x ⎧+--≤≤=⎨->⎩若()()g x f x kx =-恰有4个零点，则k 的取值范围是（） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．221,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．)20,e⎡⎣【答案】A 【解析】【分析】由零点定义可知()f x kx =恰有4个不同交点，画出函数()f x 的图像；利用导数求得直线()f x kx =与()f x 相切时的斜率，再将直线()f x kx =绕原点旋转，即可判断出有4个交点时的斜率取值范围. 【详解】根据零点定义可知()()0g x f x kx =-=，即()f x kx =恰有4个不同交点，画出函数11,20()ln 1,0x x f x x x ⎧+--≤≤=⎨->⎩的图像如下图所示：当0x >时，()ln 1f x x =-，则1()f x x'=，设()f x kx =与()ln 1f x x =-相切于(),m km ，由导数几何意义及切点在()ln 1f x x =-上，则满足1ln 1k m km m ⎧=⎪⎨⎪=-⎩解得221k e m e⎧=⎪⎨⎪=⎩，将直线()f x kx =绕原点旋转，当恰有4个交点时满足210k e<<，即k 的取值范围为210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故选： A 【点睛】本题考查了函数零点与方程根的关系，利用导数的几何意义求得相切的斜率，利用数形结合法求参数的取值范围，综合性强，属于难题. 4．（题文）已知函数无零点，则实数的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】试题分析：若，则，由图象得函数没有零点，符合题意.若，对函数求导得，此时当时，在上为增函数，当取一个非常小的负数时显然函数值小于，当取大于的数时显然函数值为正，这样的话此单调函数在上有且只有一个零点；当时，当时，，当时，，这样函数在上的最小值为，若使函数无零点，应使，解得.综上，可得.故应选D. 考点：通过导数研究函数图象进而判断函数的零点问题. 5．已知函数有两个零点，则的取值范围为（） A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】试题分析：，当时，，函数单调递增，至多有一个零点，不符合题意.当时，令，故函数在上单调递增，在上单调递减，需要最大值大于零，即，.故选C.考点：函数导数与零点问题.【思路点晴】这是一个典型的根据导数判断函数的单调区间，数形结合，用图象来判断零点个数的题目.具体的方法是这样，先求出定义域，然后求导、通分，观察导函数的分母，，这是一个一次函数，结合，那么就要对进行分类讨论，其中当时，，函数单调递增，至多有一个零点，不符合题意.当，利用导数判断函数图像先增后减有极大值也即是最大值，所以最大值要大于零，由此求得结果. 6．函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--有三个零点，则实数a 的取值范围是 A ．(0,2) B ．(2,)eC ．(,)e +∞D ．(2,)+∞【答案】D 【解析】【分析】问题转化为求()1y x lnx =+与()1y a x =-的交点问题，结合函数的图像求出a 的取值范围【详解】函数()()()11f x x lnx a x =+--有三个零点，∴方程()()11x lnx a x +=-有三个根也就是()1y x lnx =+与()1y a x =-的图像有三个不同的交点由()1y x lnx =+可得：11y lnx x +'=+，22111x y x x x'-=-=' 当()01x ∈，时，0y ''<，y '在()01，上单调递减，当()1x ∈+∞，时，0y ''>，y '在()1+∞，上单调递增 y ∴'有极小值为20>()1y x lnx ∴=+在()0+∞，上是单调增函数，其图像如图所示而直线()1y a x =-过定点()10，，且函数()1y x lnx =+在1x =处的切线的斜率为： 1'|2x y ==，则要使()1y x lnx =+与()1y a x =-的图像有三个不同的交点，实数a 的取值范围是()2+∞，故选D 【点睛】本题主要考查的是函数的图像及函数零点的判定定理，考查了学生的转化能力和数形结合思想，计算能力，综合性较强，有一定难度。

导数压轴大题之极值点偏移问题,把握本质与通用思路才能举一反三

导数压轴大题之极值点偏移问题，把握本质与通用思路才能举一反三极值点偏移题型是上一篇所讲述的双变量题型的一种重要分型。

2016年高考I卷的压轴大题就考了这种题型。

这类题型的特点鲜明，解题思路通用性强。

本文通过原创的一张图来直观、简明地揭示极值点偏移问题的基本原理（未见第二家如此系统地阐述它的原理）。

相信每一位同学学会后，再遇到此类题型就有底气而不会再发怵了，真正做到举一反三。

1. 导数(应用)压轴大题之不等式有关问题的极值点偏移题型及典型例题例1(2016国I) 已知函数f(x) = (x-2)e^x +a(x-1)^2有两个零点。

(1) 求a的取值范围；(2) 设x1, x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2。

（提示：这题在上一篇中已给出详细解答，这里不再赘述。

作为2016年的压轴题，第(2)问算是极值点偏移题型中的一个难度适中的题目，因此刚好可用来清晰地揭示极值点偏移题型的基本原理与通用解题思路。

不熟悉这类题型的同学应先把该题学透，再继续学习其它例题）例2 已知函数f(x) = xlnx，g(x) = 1/2×mx^2+x。

(1) 若函数f(x)与g(x)的图像上存在关于原点对称的点，求实数m 的取值范围；(2) 设F(x) = f(x) – g(x)，已知F(x)在(0, +∞)上存在两个极值点x1、x2，且x1<x2，求证：x1x2 > e^2 (其中e为自然对数的底数)。

解：依题意，x>0，讲解：①从极值点偏移题型角度看，本题(2)问稍有变化（可视作常规题型的变式——出题人常以类似的方式改题或增加难度）：(a) 分析的函数对象为‘导函数’及其两个零点——即两个等值点。

但这些变化对以极值点偏移的思路进行解题并无太大差别，仅仅是对象不同而已。

(b) 已知函数的定义域受限——x>0；处理时不要忘了其约束。

22年高考导数题选讲(同构、极值点偏移)

8

f(x)=2a ln a 2ex 0 a ln a ex
x
ln
a
当a 1时，
当0<a<1时，
10
6
8
4
6
a
2
4
X1
X2
15
10
5
A
2
2
5
5
10
15
4
X1
X2
2
6
4
8
5
1
lna
e

1
ln a
lna
10
15
此题不适合画图，直观性不强，容易出错，适合代数计算，关
键是：设切点。
x
口诀：多元问题常减元，
消元，换元与主元
(3)把s看主元，设s=x，构造函数F（x）f(x+t)-f(x)-f(t),
=
F （x）f
= (x+t)-f (x)
由（2）可知g(x)=f (x)在[0,+)上递增，又因为x+t>x
所以f(x+t)>f (x),则F （x)>0
F（x）f(x+t)-f(x)-f(t)在(0,+
x 2 x1 ln
比值换元
x1
x2
ln t
t ln t
令 =t 1，则x 2 tx1 , 代入上式得：x1
, x2
x1
t 1
t 1
利用分析法：要证:x1x2<1;
2
t ln t
ln t t ln t
2
2

1
即证：
1 即证：
即证：t ln t (t 1)

一道极值点偏移典型问题的四种解法

• 54 •中学数学研究2020年第8期< ae < 1,所以 2ae < 2.因 --- + ---- > 2ae.lnx 1 lnx 2注：本题第(2)问的不等式可以加强为=—+lnx 1a(lnx! - lnx 2) n a nn----------------------—2 < — — 2 = a — 2.% I — Ay _-注:由证明知原不等式可加强为人衍)x x _ x 2蛊>2.例2(2018年新课标I 卷理)已知函数/(%)=丄-％ + alnx.x(1) 讨论/&)的单调性；(2) 若/&)存在两个极值点衍用2,证明：/(«1) -/(«2) , c ------------------< a - 2.解析：(1)易得当QW2时/(%)在(0, +巧上单调递减；当a > 2时/(%)在(0,—； - °)与。

+叮_ 4 , + 8)上单调递减;在亠戸°)上单调递增.(2)由(1)知：当a >2时，冋与％2是方程/ -血+1 = 0的两个不相等的实根，不妨记衍 <心且X1+X2=^,X1X2 = 1.而f(X1) -/(.2) =(+_幻x 1x 2］x 2 - x 1+ alnx 1)-(——_ %2 + 伉血2) - ---------------+ (光2 _ %］)X 2 2 2+ 0(1酥1 - 1酥2),所以根据对数均值不等式可知/(«1) -/(«2)0(1呵-lnx 2) . 1-------------------------------=--------------------------------------------1光］_ %2 X 1 ~ X 2光］%2-血2) c 、 a c c ---------------------z >------------ z = z.光］_ %2 光1 +兀225. 一夜春来本文从与众不同的视角，围绕对数均值不等式结论的探究、证明及运用，有意回避了利用零点偏移或极值点偏移的思想证明类似不等式组，对于极值点偏移类问题的理解与分析将会大大深入，从另一方面我们也有效地拓展了基本不等式链，这对不等式知识也是一种加强，特别是在处理某些不等关系时在方法选择上又有了一个新台阶，并提供了一种全新的思路.这恰有一种“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”的感觉.参考文献[1 ]王晓.对极值点偏移问题的再探究[J].中学数学教学参考(上旬),2014,12.[2] 王鉴.浅析极值点偏移四种题型的解法[J].中学数学研究(江西),2018,9.[3] 陈俊艺.浅谈极值点偏移问题[J].课程教育研究:学法教法研究,2018,12.一道极值点偏移典型问题的四种解法安徽省芜湖市第一中学(241000)刘海涛导数题中的极值点偏移问题在高考和各类模拟考中频繁出现，通常以二元不等式的形式出现，这类问题综合性强，难度大，主要考查逻辑推理、分析问题、解决问题的能力.下面介绍极值点偏移的背景，并以一道典型问题为例，总结如何处理极值点偏移问题.1.极值点偏移问题已知函数/■(小在区间(a,6)内有唯一极值点力°,且满足/'(a) = /(6).(1) 如图1,若中 =%，则称函数/(%)在区间(a,6)内极值点不偏移，常见的不偏移函数有一元二次函数、正弦函数、余弦函数等.(2) 如图2和图3,若号则称函数/<%)55Ta图4;独 b2020年第8期中学数学研究在区间(a,6)内极值点偏移，常见的函数有三、晋等由指数函数或对数函数复合的函数.图2中彎」>%,函数/&)在区间(a,6)内极值点向左偏移，图3中屮 < %，函数只小在区间(a,6)内极值点向右偏移.(< )0；④必 > (或 < ~)xl-®f ( /ab ) > ( < )0,其中当必>0时有④和⑤两种形式.利用函数/(%)的单调性及导函数/(%)的取值情况，不难证明形式②和③可以转化为形式①，形式⑤可以转化为形式④，当必>0时有必<⑺：厅，可以利用形式④来放缩证明形式①.3.极值点偏移问题的求法题目已知函数_/(%) = In% - kx 有两个零点.(1) 求会的取值范围；(2) 若衍，％2是函数的两个零点，且衍< %2,证明：x 1x 2 > e 2.解析：(1)0 <k <丄(过程略).e—，又％2,—匕(5 + 00 )且 x 1 久1g (久)在(£,+00)上递减，即证g(%2) < g(—),又巩2 -2叫则 0仏)=_ln ^)>0,ex e所有函数卩(％)在(l,e)上递增，故卩(光)<(p(e)=0,即弘)<g (令在(3上恒成立，即<g(—)，得证•点评:极值点偏移的常见结论形式有①衍+光2 > (或<)2%0；②%忆2 > (或 < )总对称化构造法是解极值点偏移问题最基本的方法，解决函数/(%)极值点偏移的一般步骤为：(1)求导，获得/■(%)的单调性，作出/(%)的图象，由/(%! ) =/(%2)得％1,%2的取值范围(数形结合)；(2)构造辅助函数(对结论% +悠 > (或 <)2宓),构造g (力)=/(%) -/(2%0 - %)；对结论％1%2 > (或 <)怎，构造 g(%) = /(%)-2/(-)),求导，限定范围(幻或炳的范围)，判定符号，获得不等式；(3)代入％1(或％2)，利用f(X l )- /(^2)及/(%)的单调性证明最终结论.方法二(比值代换法)：由(1)知1 <衍< € V尤2 ,由题知 lnxj -愿 1 = lnx 2 - kx 2 = 0,贝\nx 1 + lnx 2=+ %2) ,- ln%2 二％(光］2),要证％1 %2〉/ ,即证 In%! 4- lnx 2〉2,也即为］(衍 + %2)〉2,又％二1呵-皿只需证(1观］_ 1观2)(街+光2)〉£光］_久2 ' 久］_ ，In — ( — + 1)即证-----> 2,令空=f(0 < t < 1),即证街 ] X 2X 2血(号1) >2,即证血<2斗，构造函数卩(/)=t — Li + 11"^^(°<£<1)，则00)=T-(?Tiy=9 - > o,所以函数o (t )在(0,1)上递增，t (^ + 1)故°(t) < <p(l) = 0,得证.点评：比值代换法的实质为减元思想，即将二元不等式通过换元变为一元不等式，这种方法构造的新函数不依赖原函数的图像与性质，规避了极值点偏移对解题的干扰，是一个非常有效的解题策略.注意到题目中衍％2 >/可以转化为关于巴的不等式,于是设竺=t,从而采用比值代换的方法.但是我们x 2图1 图2 图32.极值点偏移问题的结论形式极值点偏移常见结论形式有:①a + b(<)2%；防(中)> (<)0；酸(a) +f(b)=g (衍)，即证g (衍)< g(—),构造函数X 1=gO) - g(—) (1 < % < e),即 0(%)=—尤X(2)如图4,易知该题为,极值点偏移问题,下面给出四丄种证法.°方法一(对称化构造法)：由(1)知1 <衍< e <g(%2)光2，要证街％2 >即证％2 >•56•中学数学研究2020年第8期要注意这种方法并不是任何极值点、偏移问题都可以解决，使用比值代换法关键是将二元不等式转化为关于丄的不等式.尤2方法三（主元法）：由方法二得（In%!-lru;9）（%+亦）―,、/>2,即证（lnx1-lnx2）（衍+久1-光2光2）-2衍+2x2<0,构造函数卩（久）二（I flx-lru；2）（%+%2）-2%+2x2（1<%2）,求导得0（%）=In—+——，二阶求导得0'（光）=%2%2<0,光2%久则函数0（兀）在（1,%2）上递减,0（%）>卩（％2）= 0,所有函数卩仏）在（1,%2）上递增，炉（光）<卩（兀2）=0,得证.点评：主元法也是处理二元（多元）不等式的非常有效的方法之一，实质同样是减元的思想，选定其中一个变量为主元，余下变量作为常数看待.本题将变量衍看作主元,％2作为常量，则所证不等式转化为一元不等式，通过构造函数即可证明.方法四（对数平均不等式法）：由方法三得（1呵-晦）3+">2,由对数平均不等式光]-兀22，得证•久1-%2久1+光2\nx1-\nx2点评:设久1，光2是不相等的正实数，则有Jxg光1+久2<n<汗竺（好；叫几何平均数, In%]-mx2Z]幻_j叫对数平均数，空护叫算术平均数），该不等式称为对数平均不等式，可以巧解相当一部分的极值点、偏移问题.解决极值点偏移的方法还有很多，本文介绍的四种方法各有优劣，在面对具体问题时还要视情况而选择最优解法.例析判断函数零点的四种方法福建省福安市第一中学（355000）郑仙峰判断或讨论函数零点的个数是高考题中的常见题型，在选择、填空题和解答题都可能出现，其解题依据就是函数零点的定义和函数零点存在的必要条件，而求导函数、画函数图像是必须具备的两个解题方法.下面介绍判断函数零点的四种手段，供参考.一、直接求零点令/■（小=0,如果能求出解，则有几个解就有几个零点.例1若函数/（%）=ax+b有一个零点是2,则函数g（x）=bx-ax的零点是_________•解析：由于函数/（%）=ax+b有一个零点是2,则2a+b=0,即5=-2a,故g（x）=bx2-ax= _2ax2-ax=-2ax（x_斗），令g（*）=0,得*= 0,或％=y.所以函数g仏）的零点是0或*.评注：通过令/（%）=0,解此方程得实根的个数就是函数/'（%）的零点个数，这是最基本的方法，但许多情况下此方程无法求出解，此法就无效了.例2已知函数/&）=巴+S W°，则函U IgA；I,X>0,数g（久）二ZU-％）-1的零点个数为（）•A.1B.2C.3D.4解析：由于g（兌）=/（I-x）-1=r（l-%）2+2（1-%）-1,1w011lg（1-%）1-1,1-x>0\x-4x+21,人/、小小“=]令g（尤）=0,则当％M 11lg（1-x）I-1<1,1时,x2-4x+2= 0,得％=2+血或x=2—血（舍去）；当光<1时,I lg（l-x）\-\=0,得lg（l-x）9二±1,得％=-9或％=币,故函数g（久）有3个零点，选C.评注：此处的函数g（光）是分段函数，求函数的零点（即对应方程的解）也需要分段讨论，解题中要注意验证分段的条件.。

高考数学总复习考点知识讲解与提升练习25 隐零点与极值点偏移问题[培优课]

高考数学总复习考点知识讲解与提升练习专题25 隐零点与极值点偏移问题隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大．题型一隐零点例1(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝e x＋1－2x＋1，g(x)＝ln xx＋2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．(1)解g(x)＝ln xx＋2定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1－ln xx2，则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)＝1e＋2，无极小值．(2)证明f(x)≥g(x)等价于证明x e x＋1－2≥ln x＋x(x>0)，即x e x＋1－ln x－x－2≥0.令h(x)＝x e x＋1－ln x－x－2(x>0)，h′(x)＝(x＋1)e x＋1－1＋xx＝(x＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e x＋1－1x，令φ(x )＝e x ＋1－1x，则φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，而φ⎝ ⎛⎭⎪⎫110＝1110e －10<e 2－10<0，φ(1)＝e 2－1>0，故φ(x )在(0，＋∞)上存在唯一零点x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫110，1，当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，h ′(x )<0，h (x )在(0，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )>0，h ′(x )>0，h (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，故h (x )min ＝h (x 0)＝010e x x ＋－ln x 0－x 0－2，又因为φ(x 0)＝0，即01e x ＋＝1x 0，所以h (x 0)＝－ln x 0－x 0－1＝(x 0＋1)－x 0－1＝0，从而h (x )≥h (x 0)＝0，即f (x )≥g (x )．思维升华零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)＝0，并结合f ′(x )的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f ′(x )的正负，进而得到f (x )的最值表达式． (3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．跟踪训练1(2023·潍坊模拟)设函数f (x )＝x －a ln x －2. (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，当x >1时，ln x ＋1>(1＋k )f ′(x )，求整数k 的最大值．解(1)由题意知，f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax＝x－ax，当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，若x∈(0，a)，f′(x)<0；若x∈(a，＋∞)，f′(x)>0；∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增；综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．(2)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－2，f′(x)＝1－1x(x>0)；由ln x＋1>(1＋k)f′(x)得，x(ln x＋1)>(1＋k)(x－1)，即k＋1<x(ln x＋1)x－1(x>1)，令g(x)＝x(ln x＋1)x－1(x>1)，则g′(x)＝x－ln x－2(x－1)2，令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－1x＝x－1x>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－ln4>0，∴∃x0∈(3,4)，使得h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，此时ln x0＝x0－2，则当x∈(1，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(x0)＝x(ln x0＋1)x－1＝x(x0－1)x－1＝x0，∴k＋1<x0，即k<x0－1，又x0∈(3,4)，∴x0－1∈(2,3)，∴整数k的最大值为2.题型二极值点偏移例2已知函数f(x)＝x e－x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.(1)解f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，所以f(x)有极大值f(1)＝1e，无极小值．(2)证明方法一(对称化构造函数法)由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1>1.由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f(x2)<f(2－x1)，由于f(x1)＝f(x2)，故只要证f(x1)<f(2－x1)，令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝x e－x－(2－x)e x－2(0<x<1)，则H′(x)＝1－xe x－1－xe2－x＝(e2－x－e x)(1－x)e2，因为0<x<1，所以1－x>0,2－x>x，所以e2－x>e x，即e2－x－e x>0，所以H ′(x )>0，所以H (x )在(0,1)上单调递增，所以H (x )<H (1)＝0，即有f (x 1)<f (2－x 1)成立，所以x 1＋x 2>2.方法二(比值代换法)设0<x 1<1<x 2，由f (x 1)＝f (x 2)，得11e x x －＝22e x x －，等式两边取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1，所以x 1＋x 2＝(t ＋1)ln t t －1>2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)，所以g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，所以当t >1时，g (t )单调递增，所以g (t )>g (1)＝0，所以ln t －2(t －1)t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.思维升华极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1＋x 2>(<)2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )；对结论x 1x 2>(<)x 20型，构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x ，通过研究F (x )的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝x1x2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．跟踪训练2已知函数f(x)＝ln(x＋a)－x－1x＋a，函数g(x)满足ln[g(x)＋x2]＝ln x＋x－a.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2<1.(1)解由已知得，函数f(x)的定义域为(－a，＋∞)，则f′(x)＝1x＋a－x＋a－(x－1)(x＋a)2＝x－1(x＋a)2，所以当－a≥1，即a≤－1时，f′(x)>0，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，当－a<1，即a>－1时，若－a<x<1，则f′(x)<0，若x>1，则f′(x)>0，所以f(x)在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤－1时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增；当a>－1时，f(x)在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明因为ln[g(x)＋x2]＝ln x＋x－a，所以g(x)＝x·e x－a－x2＝x(e x－a－x)，其定义域为(0，＋∞)，g(x)＝x e x－a－x2＝x(e x－a－x)＝0等价于e x－a－x＝0，即x－ln x＝a，设h(x)＝x－ln x(x>0)，所以h′(x)＝1－1x＝x－1x，令h′(x)>0，则x>1，令h′(x)<0，则0<x<1.所以函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为函数g (x )有两个不同的零点，即h (x )＝a 有两个不同的根，所以a >h (1)＝1，所以g (x )有两个不同的零点x 1，x 2且0<x 1<1<x 2，且h (x 1)＝h (x 2)＝a ，令φ(x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x －1x －2ln x (0<x <1)，则φ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝(x －1)2x 2>0对任意的x ∈(0,1)恒成立，所以函数φ(x )在(0,1)上单调递增，φ(x )<φ(1)＝0，即当0<x <1时，h (x )<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，又0<x 1<1，所以h (x 1)＝h (x 2)<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1，因为x 2>1，1x 1>1，且h (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以x 2<1x 1，故x 1x 2<1得证．课时精练1．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)当a >0时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)当a ＝0时，证明：f (x )<2e x －x －4.(其中e 为自然对数的底数) (1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x＝(ax －1)(x －2)x，当0<1a <2，即a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，(2，＋∞)上单调递增．当1a ＝2，即a ＝12时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当1a >2，即0<a <12时，f (x )在(0,2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．综上所述，当a >12时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，(2，＋∞)；当a ＝12时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当0<a <12时，f (x )的单调递增区间为(0,2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞.(2)证明当a ＝0时，由f (x )<2e x －x －4化简得e x －ln x －2>0，构造函数h (x )＝e x －ln x －2(x >0)，h ′(x )＝e x －1x ，令g (x )＝h ′(x )，则g ′(x )＝e x ＋1x 2>0，h ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －2<0，h ′(1)＝e －1>0，故存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得h ′(x 0)＝0，即0e x ＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．所以当x ＝x 0时，h (x )取得极小值，也是最小值． h (x )min ＝h (x 0)＝0e x －ln x 0－2＝1x 0－01ln e x －2＝1x 0＋x 0－2>21x 0·x 0－2＝0，所以h (x )＝e x －ln x －2>0，故f (x )<2e x －x －4. 2．设f (x )＝x e x－mx 2，m ∈R .(1)设g (x )＝f (x )－2mx ，当m >0时，讨论函数g (x )的单调性； (2)若函数f (x )在(0，＋∞)有两个零点x 1，x 2，证明：x 1＋x 2>2.(1)解g (x )＝x e x －mx 2－2mx (x ∈R )，g ′(x )＝(x ＋1)(e x －2m )，当m >0时，令g ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝ln(2m )，若－1>ln(2m )，即0<m <12e，则当x >－1和x <ln(2m )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当ln(2m )<x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，若－1<ln(2m )，即m >12e，则当x <－1和x >ln(2m )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当－1<x <ln(2m )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当－1＝ln(2m )，即m ＝12e时，g ′(x )≥0，g (x )在R 上单调递增，综上所述，当0<m <12e 时，g (x )在(－1，＋∞)，(－∞，ln(2m ))上单调递增，在(ln(2m )，－1)上单调递减，当m >12e 时，g (x )在(－∞，－1), (ln(2m )，＋∞)上单调递增，在(－1，ln(2m ))上单调递减，当m ＝12e时，g (x )在R 上单调递增．(2)证明令f (x )＝x e x －mx 2＝0，因为x >0，所以e x ＝mx ，令F (x )＝e x －mx (x >0), F (x 1)＝0，F (x 2)＝0，则1e x ＝mx 1，2e x ＝mx 2，两式相除得，12e x x －＝x 1x 2，①不妨设x 2>x 1，令t ＝x 2－x 1，则t >0，x 2＝t ＋x 1，代入①得，e t＝t＋x1x1，x1＝te t－1，则x1＋x2＝2x1＋t＝2te t－1＋t，故要证x1＋x2>2，即证2te t－1＋t>2，又因为e t－1>0，等价于证明2t＋(t－2)(e t－1)>0，构造函数h(t)＝2t＋(t－2)(e t－1)(t>0)，则h′(t)＝(t－1)e t＋1，令h′(t)＝G(t)，则G′(t)＝t e t>0，故h′(t)在(0，＋∞)上单调递增，h′(t)>h′(0)＝0，从而h(t)在(0，＋∞)上单调递增，h(t)>h(0)＝0.即x1＋x2>2.。

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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．。