10个导数题(极值点的偏移)

极值点偏移的问题21212()ln,(1()1121()()3(),,fxxaxafxxxaafmfmfxxxxxe1.已知为常数）（）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（）当时，试比较与的大小；（）有两个零点证明：＞21212()ln1?2,,fxxaxxxxxe变式：已知函数，a为常数。（）讨论f(x)的单调性；（）若有两个零点，试证明：＞2012120()+sin,(0,1);2(1)()()(),2xfxxaxxfxafxfxxxxπ2.已知若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当a=-2时，记f(x)取得极小值为f(x)若求证＞2121212121()ln-,()2(1)(1=51,,0,2fxxaxxaRfxxfxfxxxxx3.已知若）0，求函数f(x)的最大值；（2）令g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的单调区间；（3）若a=-2,正实数满足（）证明：212122(1)1(1)1,,xxxxxe4.设a0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x求证：x1212312()2ln,1()2(),8fxxaaxaRfxfxxxxxxxa5.已知常数。（）求的单调区间；（）有两个零点，且；(i)指出a的取值范围，并说明理由；（ii)求证：6.设函数()e()xfxaxaaR，其图象与x轴交于1(0)Ax，，2(0)Bx，两点，且x1＜x2．（1）求a的取值范围；（2）证明：120fxx（()fx为函数()fx的导函数）；（3）设点C在函数()yfx的图象上，且△ABC为等腰直角三角形，记2111xtx，求(1)(1)at的值．【解】（1）()exfxa．若0a≤，则()0fx，则函数()fx是单调增函数，这与题设矛盾．所以0a，令()0fx，则lnxa．当lnxa时，()0fx，()fx是单调减函数；lnxa时，()0fx，()fx是单调增函数；于是当lnxa时，()fx取得极小值．因为函数()e()xfxaxaaR的图象与x轴交于两点1(0)Ax，，2(0)Bx，(x1＜x2)，所以(ln)(2ln)0faaa，即2ea．.此时，存在1ln(1)e0af，；存在33lnln(3ln)3lnaafaaaaa，3230aaa，又由()fx在(ln)a，及(ln)a，上的单调性及曲线在R上不间断，可知2ea为所求取值范围.（2）因为1212e0e0xxaxaaxa，，两式相减得2121eexxaxx．记21(0)2xxss，则121221212221eeee2(ee)22xxxxxxssxxfsxxs，设()2(ee)ssgss，则()2(ee)0ssgs，所以()gs是单调减函数，则有()(0)0gsg，而122e02xxs，所以1202xxf．又()exfxa是单调增函数，且12122xxxx所以120fxx．（3）依题意有e0ixiaxa，则(1)e0ixiax112ixi（，）．于是12212e(1)(1)xxaxx，在等腰三角形ABC中，显然C=90°，所以12012()2xxxxx，，即00()0yfx，由直角三角形斜边的中线性质，可知2102xxy，所以21002xxy，即1221212e()022xxxxaxxa，所以211212(1)(1)()022xxaaxxxxa，即211212(1)(1)(1)(1)[(1)(1)]022xxaaxxxx．因为110x，则22211111111101212xxxxaaxx，又2111xtx，所以221(1)(1)022aattt，即211at，所以(1)(1)2.at7.已知函数()()xfxxcxR（Ⅰ）求函数()fx的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()ygx的图象与函数()yfx的图象关于直线1x对称，证明当1x时，()()fxgx（Ⅲ）如果12xx，且12()()fxfx，证明122xx（Ⅰ）解：f’()(1)xxxe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-f(x)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)=1e（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2xe令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xxFxxexe于是22'()(1)(1)xxFxxee当x1时，2x-20,从而2x-2e10,0,Fxe又所以’(x)0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。又F(1)=-1-1ee0，所以x1时，有F(x)F(1)=0,即f(x)g(x).Ⅲ)证明：（1）若121212(1)(1)0,)),1.xxxxxx12由（）及f(xf(x则与矛盾。（2）若121212(1)(1)0,)),.xxxxxx12由（）及f(xf(x得与矛盾。根据（1）（2）得1212(1)(1)0,1,1.xxxx不妨设由（Ⅱ）可知，)2f(x)2g(x,则)2g(x=)2f(2-x，所以)2f(x)2f(2-x,从而)1f(x)2f(2-x.因为21x，所以221x，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内是增函数，所以1x22x,即12xx2.8.已知函数xaaxxxf)2(ln)(2(I)讨论f(x)的单调性；（II）设a＞0，证明：当ax10时，)1()1(xafxaf；（III）若函数y=f(x)的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′(x0)09.已知函数21()1xxfxex.（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）证明：当12()()fxfx12()xx时，120xx解：(Ⅰ).)123)12)1()1)11()('222222xxxxexxexxexxfxxx（（（;)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当xfyxfx单调递减）时，，当)(,0)('0[xfyxfx.所以，()yfx在0]在（，上单调递增；在[0x，）上单调递减.（Ⅱ）由(Ⅰ)知，只需要证明：当x0时f(x)f(－x)即可。]1)1[(11111)()(2222xexxeexxexxxfxfxxxx。1)21()('0,1)1()(22xxexxgxxexxg令。,04)21()('1)21()(222xxxxeexxhexxh令0)0()(0)(hxhxhy）上单调递减，在（0)0()(0)(gxgxgy）上单调递减，在（.000]1)1[(122yxxexxeyxx时）上单调递减，但，在（)()(0)()(xfxfxfxf.0)()(212121xxxxxfxf时，且所以，当10.已知函数2()lnfxaxx.（1）当2a时，求函数()yfx在1[,2]2上的最大值；（2）令()()gxfxax，若()ygx在区间(0,3)上不单调，求a的取值范围；（3）当2a时，函数()()hxfxmx的图象与x轴交于两点12(,0),(,0)AxBx，且120xx，又()hx是()hx的导函数.若正常数,满足条件1,.证明：12()0hxx解（1）,2222)(2'xxxxxf函数)(xfy在[21,1]是增函数，在[1,2]是减函数，……………3分所以111ln2)1()(2maxfxf．……4分（2）因为axxxaxg2ln)(，所以axxaxg2)(，……5分因为)(xg在区间)3,0(上不单调，所以0)(xg在（0，3）上有实数解，且无重根，由0)(xg，有122xxa=)29,0(4)111(2xx，（)3,0(x）……6分又当8a时，0)(xg有重根2x，……7分综上a)29,0(……8分（3）∵mxxxh22)('，又0)(mxxf有两个实根21,xx，∴0ln20ln222221211mxxxmxxx，两式相减，得)()()ln(ln221222121xxmxxxx，∴)()ln(ln2212121xxxxxxm,……10分于是)()ln(ln2)(22)(212121212121'xxxxxxxxxxxxh))(12()ln(ln2212212121xxxxxxxx．……11分0))(12(,12,12xx．要证：0)(21'xxh，只需证：0)ln(ln22212121xxxxxx只需证：0ln212121xxxxxx．(*)……12分令)1,0(21txx，∴(*)化为0ln1ttt，只证01ln)(ttttu即可．()ut在（0，1）上单调递增，01ln,0)1()(tttutu，即0ln2121xxtxx．∴0)(21'xxh．……14分