新高考一轮复习作业31 微专题14 导数中的极值点偏移（函数构造）-遇见最美的数学系列——专项好题版

新高考一轮复习作业 31 微专题 14 导数中的极值点偏移（函数构造） 一、解答题 1．已知函数      21 lnf x x x x ax a    R . (1)若函数  y f x 有两个零点，求 a 的取值范围； (2)设 1 2,x x 是函数  f x 的两个极值点，证明： 1 2 2x x  . 2．已知    3 2f x x ax a  R ，其极小值为-4. (1)求 a 的值； (2)若关于 x 的方程  f x t 在  0,3 上有两个不相等的实数根 1x ， 2x ，求证： 1 23 4x x   . 3．已知函数   lnf x x x  (1)求函数  f x 单调区间； (2)设函数    g x f x a  ，若  1 2, 0,ex x  是函数  g x 的两个零点， ①求 a 的取值范围； ②求证： 1 2 1x x  ． 4．已知函数   lnf x x . (1)证明：  1f x x  . (2)若函数    2h x xf x ，若存在 1 2x x 使 ( ) ( )1 2h x h x= ，证明： 1 2 2 1 e x x  . 5．已知函数   2 ex x axf x  ， Ra (1)若 2a  ，求  f x 的单调区间； (2)若 1a  ， 1x ， 2x 是方程   ln 1 ex xf x  的两个实数根，证明： 1 2 2x x  ． 6．已知函数 ( ) ln ( R) af x x a x    (1)当 2a   ，求函数 ( )f x 的极值; (2)若 1x ， 2x 是方程 ( ) 2f x  的两个不同实根，证明： 1 2 3 2 e x x  . 新高考一轮复习作业31徽专题14导数中的极值点偏移（函数构造）参考答案 1.(1)(2,+m) (2)证明过程见解析 (1)fy)=(x-l)nr-x2+am→f(g)=1-1+hr-2x+a=0, 该方程有两个不等实根，由f"(y)=1-+1mr-2x+a=0→a=2r+nx-1, 所以直线y=a与函数g)=2x+↓-nr-1的图象有两个不同交点， 由g(国=2x+hx-1→g')上2-}12-12x+16- 当xe(0,1)时，g(x)<0g(x)单调递减， 当x∈(L,+o)时，g'(x)>0,g(x)单调递增，因此g(x)。=g(1)=2, 当x→0时，g(x)→+0，当x→+∞，g(x)→+w, 如下图所示： =g(x) y=a -1012345 -1 所以要想有两个不同交点，只需a>2,即a的取值范围为(2，+w); (2)因为，x是函数f(x)的两个极值点， 所以"(：)=f(s)=0,由(1)可知：g(:)=g(:)=a,不妨设0<x<1<x, 要证明x+x2>2,只需证明5>2-，，显然2-，>1， 由(2)可知：当x∈(L,+∞)时，g()单调递增，所以只需证明g(:)>g(2-x), 而g(5)=g(x)=a,所以证明g(5)>g(2-x)即可， 即证明函数h(x)=g(x)-g(2-x)>0在xe(0,1)时恒成立， 由=4r+士n2+h2--4 4(x-1(x-12-2 x2(2-x)2 显然当xe(0,1)时，(x)<0,因此函数h(x)=g(x)-g(2-x)单调递减， 所以当0<x<1时，有h(x)>h(1)=0,所以当0<5<1时，g(:)>g(2-s)恒成立，因此命题得以证明 2.(1)3 (2)证明见解析 (1)因为f(x)=x3-am2,所以f(x)=3x2-2r 当a=0时，f"(x)=3x2≥0， 所以∫(x)单调递增，没有极值，舍去 当0时，在区间号)上，>0，心单调递地， 在区间号0上，了)<0，f)单调递减， 答案第1页，共5页 在区间(0，+∞)上，fx)>0,f(x)单调递增， 所以当x=0时，f(x)的极小值为∫(O)=0,舍去 当a>0时，在区间（←∞，0）上，f(x)>0,(x)单调递增， 在区问)上，了<0，)单调递减， 在区同（台+上，）》0，心单调遂道 所以当x=时，)的极小值为（留） 24 所以a=3. (2)由(1)知，在区间(m,0)上，f(x)>0,f(x)单调递增， 在区间(0,2)上，∫'(x)<0,f(x)单调递减， 在区间(2，+∞)上，f)>0,f(x)单调递增， 所以不妨设0<x<2<x<3 下面先证5+x2<4. 即证5<4-5，因为0<<2<x<3,所以1<4-x<2, 又因为区间(0,2)上，f(x)单调递减， 只要证(：)>f(4-x),又因为f()=(x), 只要证f(x)>f(4-x),只要证f(x)-f(4-x:)>0. 设g(x)=f(x)-f(4-x)(0<x<2), 则g'(x)=f(x)+f(4-x)=3x(x-2)+3(4-x)(4-x)-2)=6(x-2)°>0， 所以g(x)单调递增， 所以g(x)>g(0)=0,所以f(3)-f(4-x)>0. 下面证3<x,+x 设h(x)=2x2-6r,因为f(x)-h(x)=x2-5x2+6x=x(x-2)(x-3), 在区间(0,2)上，f(x)>h(e)；在区间(2,3)上，f(x)<h(x) 设无e0引)=s)=4,因为)>hs). 所以h(s)>(),所以x< 设xe(23),f(s)=h(x)=t,因为f(s)<h(s) 所以(x)>h(),所以x,<x 因为(s)=h(x)=t,所以x+x=3, 所以3=3+x<x+x 3.(1)单调递增区间为(0,1)；单调递减区间为(L,+) (2)①(1，c-1]；②证明见解析 (1)“()定义域为(0，+∞)，f(x)=1-1=1- 当x∈(0,1)时，f()>0；当x∈(1，+o)时，f(x)<0; \f(x)的单调递增区间为(0,1)；单调递减区间为(L,+∞) (2)①若，x,∈(0，e]是g(x)的两个不同零点，则y=f()与y=-a在(0，e]上有两个不同交点； 由(1)知：f(x)m=-1,又f(e)=1-e, \f(x)在(0，e]的图象如下图所示， 答案第2页，共5页 =-a 由图象可知：1-es-a<-1,1<a≤e-1,即a的取值范围为L,e-1]. ②不妨设5<x2,由①知：0<片<1<x≤e, g-era,8- ∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减； 设=o-0则r-}是。 F)在L止单调递减，Pe水P=0,g)<8日， 又xed.8k》又=et.8ss} o. ,g(x)在(0,1)上单调递增 元，则<1 4.(1)证明见解析 (2)证明见解析 D令g国=+少-=h+-,山，8国帝 令g'(x)>0,解得：-1<x<0;令g(x)<0,解得：x>0, ∴g(x)在(-1,0)递增，在(0，+∞)递减，则g(r)=g(0)=0, ∴g(x)≤0恒成立，即血(x+1)≤x, (2)hx)=2xhx,(x>0),.(x)=2血x+2, 令>0，解得：x令(<0，解得：0<x 4)在日+m递增，在日递减 e 又：目子40=0，<，-A,且0<<分，<1 1 要证<。，即证<。 e'x: 11 ex<。,∴.h(x)>h2x， .0< 又：h(s)=h(s),∴.只证h(x)>h 1 e'x, 即可. 答案第3页，共5页 m(x)=2nx+2+ ∴.m(x)在二<x<1单调递增 又目-0，÷m60,∴)h 5.(1)单调递增区间为(2-√2,2+)，单调递减区间为(-m,2-√2)，(2+√2，+∞ (2)证明见解析 (1)由题可知f(x)的定义域为R, f")=--4r+2 e 令(x)=x2-4x+2,则h()=0的两根分别为x=2-√2，x,=2+√反. 当x<2-反或x>2+√2时，f"()<0; 当2-√5<x<2+√2时，f(x)>0: 所以(x)的单调递增区间为(2-√5,2+5)，单调递减区间为(0,2-V②)，(2+V2,+∞) (2)原方程可化为lnr-x2+x+1=0, 设8()=r-产+x+1,则g)=12x+1=2r+x ,x>0 令g'(x)=0,得x=1.在(0,1)上，g'(x)>0,在(L+∞)上，g(x)<0, .g(x)在(0,1)上单调递增，在(1+)上单调递减， g(x)≤g(1)=-1+1+1=1>0,且当x>0,x趋向于0时，g(x)趋向于-m, 当x趋向于+∞时，g(x)趋向于-m. 则g(x)在(0,1)和(1，+∞)上分别有一个零点X,x2, 不妨设0<<1<x,0<x<1,.2-x>1, 设G(x)=g(x)-g(2-x,则G(x)=(x-x2+x+1)-[n(2-x)-(2-x)'+(2-x)+1=nr-n(2-x-2x+2, G)=1+,1-2=2x-4+2 x 2-x x(2-x) 当0<x<1时，G(x)>0, .G(x)在(0,1)上单调递增，而G(1)=0, ∴.当0<x<1时G(x)<0,g(x)<g(2-x),即g()<8(2-x). g(x)=g(￥)， ∴.8(2)<g(2-x). ,g(x)在(1，+n)上单调递减， >2-5,即x+>2. 6.(1)极大值为-1-1n2,无极小值 (2)证明见解析 wf=g>0fw)=是}a车" x3xx2 答案第4页，共5页 即当a=-2时，f0=-2 x2 由f"(x)>0,得0<x<2,由f()<0,得x>2 即f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减。 ∴f(x)在x=2处取得极大值，且极大值为f(2)=-1-n2,无极小值 (2)证明：，x,x是方程)=2的两个不同实根， ∴f(x)=f(x,)=2 ÷g-s-2=0,g-lmc-2=0 x lnx +2x-a=0.xlnt;+2x;-a=0. 设g(x)=xr+2x-a,则g(x)=nr+3, 当0<r<时，g<0,当x时，86>0， 故g在)上单调送减，在日切小上单调递增 由题意设0<<。<， 1 做证+名>子，只需证与 e 又号仁：()在日+上单调递增， 故只需证6)小8（径5小片 .g(x)=g(x2) 只需证8()>[侵-对任意的0，司 恒成立即可， 整理得+2（侣-（侣小号 +42 即（启-启+>0， 设-（侣-倍-+》 则h=h4危-6=n得-6 0<<。,六0< 1 =hg-小6<0 :M在0司上单调速孩 则A侣-0 烤成立 答案第5页，共5页