关于极值点的几个题目Word格式文档下载.docx

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（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

1．（2017•达州模拟）已知函数．

【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'

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）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．

（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）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．

（1）由，

（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．

（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=ex在（0，1）内有解，

即ex﹣2ax2﹣bx﹣1=0，

设g（x）=ex﹣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）=ex﹣4ax﹣b，h′（x）=ex﹣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