極值點偏移的典型例題

S'" WJ極值點偏移的問題(含答案)1.已知f(x)=lnx-ax,(a^常數(shù))(D若函數(shù)f(x)在x=1處的切線與尤軸平行，求a的值;(2)當a=1時，試比較f(m)與f(上)的大?。籱⑶f(x)有兩個零點x,x，證明：x-x>e21 2 1 2變式：已知函數(shù)/(x)=lnx-ax2,a為常數(shù)。⑴討論f(x)的單調性；(2)若有兩個零點x,x，，試證明：x-x>e.1 2 1 22-頃⑴=x2+ax+sln哥,xg(0,1);若f(x)在定義域內單調遞增，求a的取值范圍；當a=-2時，記f(x)取得極小值為f(xy若f(x)=f(x),求證x+x2>2x0.已知f(x)=Inx-2ax2+x,(agR)(1)(2)若f(1)=0，求函數(shù)f((1)(2)令g(x)=f(x)-(ax-1),求函數(shù)g(x)的單調區(qū)間;(3)若a=-2,正實數(shù)x,x，滿足(危)+f(x)+xx=0,證明:(3)1 2 1 2 12設a>0,函數(shù)f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx- ~—x+1證明：當x>1時，g(x)>0恒成立；若函數(shù)f(x)無零點，求實數(shù)a的取值范圍；若函數(shù)f(x)有兩個相異零點x,x,求證：xx>e21 2 12

5.已矢f(x)=\x—2a|—alnx,常數(shù)aeR。(D求f(x)的單調區(qū)間；⑵f(x)有兩個零點x,x，且x<x；1 2 1 2(i)指出a的取值范圍，并說明理由；(ii)求證：xi?x2<8a36.設函數(shù)f(x)=ex—ax+a(aeR)，其圖象與x軸交于A(x，0)，B(x，0)兩點，且x<x.1 2 1 2求a的取值范圍;(2)證明：f(/氣x2)<0(f，(x)為函數(shù)(2)證明：f(3)設點C(3)設點C在函數(shù)j=f⑴的圖象上，且△ABC為等腰直角三角形，記x—1f~7=t，求X—11(a—1)(t—1)的值.【解】(1)f,(x)=ex—a.若aW0，則f'(x)〉0，則函數(shù)f(x)是單調增函數(shù)，這與題設矛盾.所以a>0,令f'(x)=0，貝x=lna.當x<Ina時，f\x)<0，f⑴是單調減函數(shù)；x>Ina時，ff(x)>0，f⑴是單調增函數(shù)；于是當x=lna時，f⑴取得極小值.因為函數(shù)f(x)=ex-ax+a(aeR)的圖象與x軸交于兩點人料，0)，B(x2，0)(x1<x2)，所以f(Ina)=a(2—Ina)<0，即a>e2..此時，存在1<Ina，f(1)=e>0；存在3lna>Ina，f(3lna)=a3—3aIna+a>a3—3a2+a>0，又由f⑴在(-8,lna)及(lna，+8)上的單調性及曲線在R上不間斷，可知a>e2為所求取值范圍.(2)因為e氣—ax+a=(2)因為ex2—ax+a=0，2(一)貝gf心e予—e%―ex1' 2 2g(s)=2s—(es—e—)，則g'(s)=2—(es+e—)<0，所以g(s)是單調減函數(shù)，則有g(則有g(s)<g(0)=0，L (x+x)而>0，所以fJ)<0.,又f'(x,又f'(x)=ex-o是單調增函數(shù)且工4〉21所以f(3)依題意有ex.一ax+a=0,則a(x-1)=ex(3)依題意有ex.一ax+a=0,于是e專=ag一1)(x2-1),在等腰三角形ABC中，顯然C=90°,所以氣,％e(x,x),即j=f(x)<0,TOC\o"1-5"\h\z2 1 2 0 0由直角三角形斜邊的中線性質，可知司=-%，xx 氣Ix〃/ 、 xxc所以J+2 1=0，即e2一牛(x+x)+a+ —1=0，0 2 21 2 2所以a^(x-1)(x-1)-a(x+x)+a+氣氣=0，1 2 2 1 2 2即aJ(氣-1)(x2-1)一與[(氣-1)+也-1)]+(x2一1)-(氣一1)=0.因為x-1豐0因為x-1豐0，則a2+)+又廣-2~7=t，所以at-a(1+12)+1(t2-1)=0，Vx-1 2 2即a=1+之，所以(a—1)(t—1)=2.t—17.已知函數(shù)f(x)=xcf(xeR)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和極值；已知函數(shù)J=g(x)的圖象與函數(shù)J=f(x)的圖象關于直線x=1對稱，證明當x〉1時，f(x)〉g(x)(Ill)如果尤2X，且f(x)=f(x)，證明x+x>21 2 1 2 1 2(I)解：f’(x)=f'(1-x)e-x令f’(x)=0，解得x=1當x變化時，f’(x),f(x)的變化情況如下表X(-8,1)1(1,+8)f’(x)+0-f(x)7極大值所以f(x)在(-8,1)內是增函數(shù)，在(1,+8)內是減函數(shù)。1函數(shù)f(x)在x=1處取得極大值f(1)且f(1)=-e證明：由題意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)ex-2令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=xe-x+(x—2)ex-2于是F'(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x當x>1時，2x-2>0,從而e2x-2-1>0,又e-x>0,所以F’(x)>0,從而函數(shù)F(x)在［1,+8)是增函數(shù)。又F(1)=e-1-e-1=0，所以x>1時，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).I)證明：(1)若(x-1)(x-1)=0,由(I)及f(x)=f(x)，則x=x=1.與x2x矛盾。1 2 1 2 12 12(2)若(x-1)(x-1)>0,由(I)及f(x)=f(x),得x=x與x2x矛盾。1 2 1 2 12 12根據(jù)⑴(2)得(氣-1)(氣-1)<0,不妨設氣V1,氣〉1.由(II)可知，f(x)>g(x)，則g(x)=f(2-x),所以f(x)>f(2-x)，從而f(x)>TOC\o"1-5"\h\z2 2 2 2 2 2 1f(2-x2).因為氣>1,所以2-氣V1,又由(I)可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(-8,1)內事增函數(shù)，所以尤>2-x，即x+x>2.1 2 1 28.已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2+(2-a)x (12分)(I)討論犬x)的單調性；(II)設】>0，證明：當0VxV1時，f(1+x)>f(1-x)；aa a若函數(shù)y=f(x)的圖像與x軸交于A、B兩點，線段AB中點的橫坐標為x0，證明:gw1-x9.已知函數(shù)f(x)= ex.1+x2求f(x)的單調區(qū)間；證明：當f(x)=f(x)(x豐x)時，x+xV01 2 1 2 1 2解：(I)f'(x)=(T+1-xK(1+x2)-(1-x)心.2x=xex?-3-x2+2x(1+x2)2 (1+x2)2A=22-4-2V0.?.當xe(-3，0]時，f'(x)>0,j=f(x)單調遞增;當x6[0,+8)時，廣(x)<0,J=f(x)單調遞減.所以，J=f(x)在在(-8,0]上單調遞增；在xe[0,+8)上單調遞減(II)由(I)知，只需要證明：當x>0時f(x)<f(-x)即可。1-x1+x e-xf(x)—f(-x)= ex— e-x= [(1—x)e2x—1—x]。1+x2 1+x2 1+x2令g(x)=(1-x)e2x-1-x,x>0ng'(x)=(1-2x)e2x-1令h(x)=(1-2x)e2x-1nh'(x)=(1-2x)e2x=-4xe2xv0,nj=人3)在(0,+8)上單調遞減nh(x)<h(0)=0nj=g(x)在(0,+8)上單調遞減ng(x)<g(0)=0e-xnj= ［(1-x)e2x-1-幻在(0,+3)上單調遞減，但￥=0時j=0.1+x2nf(x)-f(-x)v0nf(x)vf(-x)所以，當'(x)=f(x)且￥。x時，x+xv0.1 2 1 2 1 210.已知函數(shù)f(x)=aInx一x2.當a=2時，求函數(shù)j=f(x)在g,2〕上的最大值；令g⑴=f(x)+ax，若j=g⑴在區(qū)間(0,3)上不單調，求a的取值范圍；當a=2時，函數(shù)h⑴=f⑴-mx的圖象與x軸交于兩點A(x1，0),B(x2，0)，且0vx1vx2,又"(x)是h(x)的導函數(shù).若正常數(shù)以，°滿足條件以+OT，P-a.證明："(以x+Px)v0解(1) f,(x)=Z-2x=————,TOC\o"1-5"\h\zx x函數(shù)j=f(x)在［：,1］是增函數(shù)，在［1,2］是減函數(shù)， 3分所以f(x)max=f⑴=2ln1-12=-1. ……4分a 八(2)因為g(x)=alnx一x2+ax，所以g(x)= 2x+a， 5分x因為g(x)在區(qū)間(0,3)上不單調，所以g'(x)=0在(0，3)上有實數(shù)解，且無重根，，、一 2r2 1 9由g(x)=。，有a= =2(x+1+ )—4g(0,—)，(x￡(0,3)) 6分x+1 x+1 2又當a=-8時，g'(x)=0有重根x=-2， 7分八9 八綜上ag(0,二) ……8分2

2 一(3)Vh(x)= 2x一mx，又f(x) 2 一(3)Vh(x)= 2x一mx，又f(x)-mx=0有兩個實根氣,x2，2lnI】一x22lnx一x22一mx1=0一mx=0，2兩式相減，得2(lnx-Inx)-(x2一x2)=m(x一x),1 2 1 2 1 2.2(lnX]-Inx2)x1一x2+%)，10分a%i+Px2-2(ax+Px)-沖氣一1)%)+(x+x)1 2/ x一r 1 272-沖%)+(2a-1)(，2-氣).四]+px2 x1-x2 2 111分P>a，二2a<1,.?.(2a-1)(x2-氣)<0.要證：h'(ax1+Px2)<0，只需證:2一2(ln氣—lnxJ<0ax1+Px2 x1-x2