有关极值点的几个题目.docx
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有关极值点的几个题目
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f3二汎Im遗J+1•
（1）若y=f（乂）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xi,X2（xivx2）,求a的取值范围并证明
xi+x2>2•
2.已知函数f（x）=xlnxx2-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xi,X2，且X1VX2，已知入》,若不等式xi?
x2>e1+入恒成
立，求入的取值范围.
3.已知函数f（x）=lnax2+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.
2
4•已知函数f（X）八八—「L（e为自然对数的底数）•
|ex|
（1）若a二占，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,+x）上单调递减，求实数a的取值范围;
（H）当a=1时，函数
有两个零点X1，X2，且X1VX2.求证:
X1+X2>1.
6.已知f（x）=ln（mx+1）-2（m却）.
（1）讨论f（x）的单调性；
A
（2）若m>0，g（x）=f（x）+齐7存在两个极值点X1，X2，且g（x1）+g（X2）
V0，求m的取值范围.
7.已知函数f（x）=x（lnx-ax）（a€R），g（x）=f'（）.
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f
（1））处的切线与直线3x-y-仁0平行，求实数a的值;
（2）若函数F（x）=g（x）+丄X2有两个极值点X1,X2,且X1VX2，求证：
f
l^-l
（X2）-1Vf（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（乂）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xi,X2（xivx2）,求a的取值范围并证明
xi+x2>2.
【分析】
（1）求出函数的导数，问题转化为xE（0,+8），令
yJilSin.
G）二垃也^€（0，+8）,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）蠶€（Q,，
yJlloA.
令^（耳）二汪（0,+8），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（X1VX2），
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，由尸二丄-且工G>0）可知
1）aO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）在丄）是增函数在
a
此时「二为函数的极大值，也是最大值.
a*
当XO时，最多有一个零点，所以卩（丄）二1门丄＞0才可能有两个零点,
a
得：
0vav1…（7分）
2n
令$Ca）=3-21na，①'（a）=—+
调递增,
2
所以©（a）v©
（1）=3-e2,即jII
a
综上，所以a的取值范围是（0,1）-（8分）
F面证明X1+X2>2
由于y=F（x）在（山丄）是增函数在［丄，©）是减函数，＜1-，可构造
aa1a
a
12
ii
打G）二—TP羽二F2、€0
x—xu—）
aa
故m（x）在区间〔0,丄］上单调减.又
a
由于二
1a
m（［〕Am（丄）二0,
丄a
即有m（X1）
＞0在（0,土）上恒成立，即有
a
由于一-丄
-x1,y=F（x）在（丄*+°°）是减函数，所以
1aa
所以■,,-，-1一「成立
1疋a
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）=xlnxx2-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xi,X2，且xivX2，已知入＞0,若不等式xi?
x2入〉e+刀恒成
立，求入的取值范围.
【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，
+X）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数
y=ax的图象在（0，+x）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0vavk.
令切点A（xo,Inxo）,
故k=y'|x=xo=——
Eo
又k=
11mtn
故=，解得，xo=e,
故k=1，故0vav丄；
（2）因为e1+Vxi?
x2入等价于1+入Vnxi+Alnx2.
由
（1）可知xi，X2分别是方程Inx-ax=0的两个根,
即Inxi=axi,InX2=ax2
所以原式等价于1+入vaxi+Aax2=a（xi+Zx2）,因为入＞0,0vxivX2,
所以原式等价于a＞一y-y—,
又由Inxi=axi,Inx2=ax2作差得，In—=a（xi-X2）,
x2
所以原式等价于
因为0vxivX2，原式恒成立，即
（1+人）
vX1+丸巳
恒成立.
令t=,t€（0,i）,
则不等式lntV在t€（0,1）上恒成立.
t+A
令h（t）=lnt-,t€（0,1）,
t+入
又h，tO二亠TI「：
tG+X）2
当X>1时，可见t€（0,1）时，h'K）>0,
所以h（t）在t€（0,1）上单调增，又h
（1）=0,h（t）V0在t€（0,1）恒成立，符合题意.
当XV1时，可见t€（0，入2）时，h'to>0，t€（入2，1）时h'tov0，所以h（t）在t€（0,X）时单调增，在t€（X2，1）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+Xvx1?
x2入恒成立，只须X>1，又入》,所以入>.
【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+仁0的两根，得到k［十七二三^,“工2二扌^,求出f（X1）+f（X2）,根据函数的单调性证明即可.
【解答】解：
（I）由
得：
+
X
2
［二畑+K-1,迁（Of心）
x€（0,1）,f'x）v0,X€
⑴a=0时，曲山号
显然，xi>0,X2V0,
•A］U-■
I））f’QXOix€（u+8）,,
f（X）在x=xi取得极小值，f（X）有一个极小值点.
（iii）a>0时，少1-8aO即—丄时，f'（）<0,o
f（x）在（0,+x）是减函数，f（x）无极值点.
当0时，△=〔-8a>0，令f'X）=0,得
814a
当x€（0,xi）和x€（X2,+x）f'x）v0,x€（xi,X2）时，f'（）>0,
•'•f（x）在xi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）当二一一时，f（x）无极值点;
（iii）当。
xi和极
S
（2）证明：
由（i）知，当且仅当a€（0，盍）时，f（x）有极小值点大值点X2,
且xi,X2是方程2ax2-x+仁0的两根,「一―，
£（xp+f（ip二Inax|［十1—赳疋三'十xj
=-Cln2sj+1112瓷送）-8〔兀[2十只22）+（才]+耳2
T2
r11
Inn-
4a2玄2a
=]碍沽打心^十柚
na+-■l_ln2f呂E（0,—），4a8
，
a4,4a2
•E（0,g）时，g（a）是减函数,
8
•…1二二-1:
亠，
•'•f（xi）+f（X2）>3-41n2.
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，禾U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-1）2e_xo，此时函数单调递减，
单调递减区间为（-K,+%）.
2若1-b>1，即bv0时，由f'（=-（x-1）[x-（1-b）]e-x>0得（x-1）[x-（1-b）]v0，即1vxv1-b,
此时函数单调递增，单调递增区间为（1,1-b）,
由f'（）=-（x-1）[x-（1-b）]e-xv0得（x-1）[x-（1-b）]>0，即
xv1，或x>1-b，
此时函数单调递减，单调递减区间为（-X，1），（1-b，+°°），
3若1-bv1，即b>0时，由f'（=-（x-1）[x-（1-b）]e-x>0得（x-1）[x-（1-b）]v0，即1-bvxv1，
此时函数单调递增，单调递增区间为（1-b，1），
由f'（）=-（x-1）[x-（1-b）]e-xv0得（x-1）[x-（1-b）]>0，即xv1-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-仁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,xo）和（xo,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,xo）和（xo,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'（）=ex-4a,
当a斗时，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订时，h'X）v0,h（x）在（0,1）上递减，h（x）不可能有两个及以上零点，
当*vav〒时，令h'x）=0,得x=ln（4a）€（0,1）,
则h（x）在（0,In（4a））上递减，在（In（4a）,1）上递增，h（x）在（0,
1）上存在最小值h（In（4a））.
若h（x）有两个零点，则有h（In（4a））v0,h（0）>0,h
（1）>0,h（In（4a））=4a-4aIn（4a）-b=6a-4aIn（4a）+1-e,带a专
53
设©（x）x-xlnx+1-e,（1vxve）,
贝打’x）=亍-Inx,
令©'x）=_-Inx=0，得x=.l,
当1vxv.-时，©‘（）>0，此时函数©（x）递增，
当-Yxve时，©‘（）v0，此时函数©（x）递减，
则©（x）max=©（.l）=l+1-ev0,
则h（In（4a））v0恒成立,
由h（0）=1-b=2a-e+2>0,h
（1）=e-4a-b>0,
得工^vav
22
当罟■则g（xi）>g（0）=0,
g（X2）Vg
（1）=0,
则g（x）在（X1,X2）内有零点，
综上，实数a的取值范围是（［厶,肓）-
【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
（U）当a=1
f（x）在（1,+%）上单调递减，求实数a的取值范围;
时，函数：
；.'■<：
t'v.+v二有两个零点X1,X2,且X1VX2.求证:
X1+X2>1.
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:
【分析】（I）
当x>1时…丄恒成立，解出即可;
1-ai
【解答】解：
（I）因为f（x）=lnx-ax，则二:
y—-tl-
若函数f（x）=lnx-ax在（1,+x）上单调递减,
即当x>1时
恒成立，所以a>1.（5分）
（II）证明：
根据题意，百O二,是函数吕（f）=lnx+-^—
ithO,l.ri艾刁idhO
社2x2
因为X1,X2是
MI11
两式相减，可得W■.-,2”]
r■的两个零点,
（7分）
则1-ax<0在（1,+%）上恒成立,
匕1
Xi一
S'
211k2
x2
那么
其中0vtv1,
则xl+x^2]_nt+2]_nt_2].nt
构造函数「二-亠厂一—,（10分）
则fCt）='
.因为0vtv1，所以h'（t）>0恒成立,
故h（t）vh
（1）,即上*一21门十<0.
可知
Zlnt
m,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丸））.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若m>0,g（x）=f（x）+」一存在两个极值点xi,X2，且g（xi）+g（X2）
x+2
v0,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）=―—，mx+1
1若m>0时，由mx+1>0，得：
x>-—，恒有f'（）>0，
m
•••f（x）在（-丄，+%）递增；
2若mv0，由mx+1>0，得：
xv—'|，恒有f'x）v0，
•'•f（x）在（-x，）递减；
m
综上，m>0时，f（x）在（-丄，+x）递增，
mv0时，f（x）在（-x，-丄）递减；
JT
（2）g（x）=ln（mx+1）-2，（m>0），
s+2
•■gx）=右，
Cnnd-13（i+2）Z
令h（x）=mx2+4m-4，
m>1时，h（x）>0，g'（）>0，g（x）无极值点,
0vmv1时，令h（x）=0，得:
由g（x）的定义域可知x>-—且X工-2,m
•'XI,X2为g（X）的两个极值点,
即Xi=-2-
X2=2
且Xl+X2=0,X1?
X2=
I，m
Hl
，得:
2+ln（mx2+1）
4
七+2
g（xi）+g（X2）=ln（mxi+1）+=ln（2m-1）2+
令t=2m-1,F（t）=lnt2
1Ovmv丄时，-1vtv0,
•••F（t）=2ln（-t）+手-2,•FtO=），I'v0,
t
•••F（t）在（-1,0）递减，F（t）vF（-1）v0,
即0vmv亍时，g（X1）+g（X2）v0成立，符合题意;
2丄vmv1时，0vtv1,
•••F（t）=2lnt+二-2,F'tO=；•1v0,
"t十£
•••F（t）在（0,1）递减，F（t）>F
（1）=0,
••亍vmv1时，g（X1）+g（X2）>0，不合题意,综上，m€（0，寺）•
【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（Inx-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-仁0平行，求实数a的值；
（2）若函数F（x）=g（x）+丄X2有两个极值点X1,X2,且X1VX2，求证：
f
（X2）-1vf（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'（）=lnx—2ax+1,.°.f'1）=1—2a
因为3x—y—仁0的斜率为3.依题意，得1—2a=3;则a=—1.…（4分）
（2）证明：
因为
所以F'X）=-
x
F（X）
2a+x=
=g
（x）+
2
x-2as+l
—x2=Inx
2
-2ax+1+昇
（x>0），函数F（x）=g
极值点X1，X2
且X1vX2，即h（x）=x2—2ax+1在（0，+x）上有两个相异零点X1，X2.
X1X2=1>0，
A=4a2-4>0
•'a>1.…（6分）当0vxvX1或x>X2时，h（x）>0，F'X）>0.当X1vxvX2时，h（x）v
0，F'X）v0.
所以F（X）在（0，X1）与（X2，+x）上是增函数，在区间（X1，X2）上是减函
数.
2+1因为h
（1）=2—2av0，所以0vX1v1vavX2，令x2—2ax+1=0，得a=，
在（a，+x）上单调递减,
（）v0，所以f（X）在区间（1，+
%）上单调递减.
故f（x）Vf
（1）=—1V0.又1VaVX2,
②当0VxV1时，由s'（）=
1-3x2
因此f（X2）V—1.…（10分）
3
>0，得0VxV
由s'（）=
1-3x2
V0，得
3
VxV1，所以s（x）在[0，_]
上单调递增，s（x）
••s（x）
1］上单调递减，
—V0,.丁（x）在（0,1）上单调递减,
WSmax=ln
•■•f（x）
>f
（1）=—1，：
X1€（0，1），
从而有f（X1）>—1.
综上可知：
f（X2）V—1Vf（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;
查了讨论的数学思想，属于难题.
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