高中数学压轴题系列——导数专题——极值点偏移

高中数学压轴题系列——导数专题——极值点偏移

1.（2010•天津）已知函数f（x）=xe﹣x（x∈R）

（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；

（Ⅱ）已知函数y=g（x）的图象与函数y=f（x）的图象关于直线x=1对称，证明：当x＞1时，f（x）＞g（x）；

（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x2＞2．

【分析】（1）先求导求出导数为零的值，通过列表判定导数符号，确定出单调性和极值．

（2）先利用对称性求出g（x）的解析式，比较两个函数的大小可将它们作差，研究新函数的最小值，使最小值大于零，不等式即可证得．

（3）通过题意分析先讨论，可设x1＜1，x2＞1，利用第二问的结论可得f（x2）＞g（x2），根据对称性将g（x2）换成f（2﹣x2），再利用单调性根据函数值的大小得到自变量的大小关系．

【解答】解：（Ⅰ）解：f′（x）=（1﹣x）e﹣x令f′（x）=0，解得x=1

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表

x（﹣∞，1）1（1，+∞）

f′（x）+0﹣

减

f（x）增极大

值

所以f（x）在（﹣∞，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数．

函数f（x）在x=1处取得极大值f（1）且f（1）=．

（Ⅱ）证明：由题意可知g（x）=f（2﹣x），得g（x）=（2﹣x）e x﹣2

令F（x）=f（x）﹣g（x），即F（x）=xe﹣x+（x﹣2）e x﹣2 于是F'（x）=（x﹣1）（e2x﹣2﹣1）e﹣x

当x＞1时，2x﹣2＞0，从而e2x﹣2﹣1＞0，又e﹣x＞0，所以F′（x）＞0，

从而函数F（x）在[1，+∞）是增函数．

又F（1）=e﹣1﹣e﹣1=0，所以x＞1时，有F（x）＞F（1）=0，即f（x）＞g（x）．

（Ⅲ）证明：（1）若（x1﹣1）（x2﹣1）=0，由（I）及f（x1）=f（x2），则x1=x2=1．与x1≠x2矛盾．（2）若（x1﹣1）（x2﹣1）＞0，由（I）及f（x1）=f（x2），得x1=x2．与x1≠x2矛盾．

根据（1）（2）得（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，不妨设x1＜1，x2＞1．由（Ⅱ）可知，f（x2）＞g（x2），

则g（x2）=f（2﹣x2），所以f（x2）＞f（2﹣x2），从而f（x1）＞f（2﹣x2）．

因为x2＞1，所以2﹣x2＜1，又由（Ⅰ）可知函数f（x）在区间（﹣∞，1）内是增函数，

所以x1＞2﹣x2，即x1+x2＞2．

2.（2013•湖南）已知函数f（x）=．

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0．

【分析】（Ⅰ）利用导数的运算法则求出f′（x），分别解出f′（x）＞0与f′（x）＜0的x取值范围即可得到单调区间；

（Ⅱ）当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．由（I）可知：x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1）．利用导数先证明：∀x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x）．而x2∈（0，1），可得f（x2）＜f（﹣x2）．即f（x1）＜f（﹣x2）．由于x1，﹣x2∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，因此得证．

【解答】解：（Ⅰ）易知函数的定义域为R．

==，

当x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．∴函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），单调递减区间为（0，+∞）．

（Ⅱ）当x＜1时，由于，e x＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0．

当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．

由（Ⅰ）可知：x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1）．

下面证明：∀x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x），即证＜．此不等式等价于．令g（x）=，则g′（x）=﹣xe﹣x（e2x﹣1）．

当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）＜g（0）=0．

即．∴∀x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x）．而x2∈（0，1），∴f（x2）＜f（﹣x2）．

从而，f（x1）＜f（﹣x2）．由于x1，﹣x2∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，

∴x1＜﹣x2，即x1+x2＜0．

3.（2011•辽宁）已知函数f（x）=lnx﹣ax2+（2﹣a）x．

（I）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；

（Ⅲ）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．【分析】（I）求导，并判断导数的符号，确定函数的单调区间；（II）构造函数g（x）=f（+x）﹣f（

﹣x），利用导数求函数g（x）当0＜x＜时的最小值大于零即可，（III）设出函数y=f（x）的图象与x 轴交于A，B两点的横坐标，根据（I）．（II）结论，即可证明结论．

【解答】解：（I）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

f′（x）==﹣，

①若a＞0，则由f′（x）=0，得x=，且当x∈（0，）时，f′（x）＞0，

当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，

所以f（x）在（0，）单调递增，在（，+∞）上单调递减；

②当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，因此f（x）在（0，+∞）单调递增；

（II）设函数g（x）=f（+x）﹣f（﹣x），则g（x）=ln（1+ax）﹣ln（1﹣ax）﹣2ax，

g′（x）==，

当x∈（0，）时，g′（x）＞0，而g（0）=0，

所以g（x）＞0，

故当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；

（III）由（I）可得，当a≤0时，函数y=f（x）的图象与x轴至多有一个交点，

故a＞0，从而f（x）的最大值为f（），

不妨设A（x1，0），B（x2，0），0＜x1＜x2，

则0＜x1＜＜x2，

由（II）得，f（﹣x1）=f（）＞f（x1）=f（x2）=0，

又f（x）在（，+∞）单调递减，

∴﹣x1＜x2，于是x0=，

由（I）知，f′（x0）＜0．

4.（2016•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．