高中数学压轴题系列——导数专题——双极值问题

高中数学压轴题系列——导数专题——双极值问题1．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=﹣x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）=﹣﹣1+=﹣，设g（x）=x2﹣ax+1，当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞0时，判别式△=a2﹣4，①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）＞0，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：x（0，）（，）（，+∞）f′（x）﹣0+0﹣f（x）递减递增递减综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，则（，）上是增函数．（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2=1，则f（x1）﹣f（x2）=（x2﹣x1）（1+）+a（lnx1﹣lnx2）=2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），则=﹣2+，则问题转为证明＜1即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，则lnx1﹣ln＞x1﹣，即lnx1+lnx1＞x1﹣，即证2lnx1＞x1﹣在（0，1）上恒成立，设h（x）=2lnx﹣x+，（0＜x＜1），其中h（1）=0，求导得h′（x）=﹣1﹣=﹣=﹣＜0，则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+＞0，故2lnx＞x﹣，则＜a﹣2成立．2．（2018•玉溪模拟）已知函数f（x）=xlnx﹣．（1）若函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，求实数m的取值范围；（2）若函数f（x）在（0，+∞）上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：lnx1+lnx2＞2．解：（1）∵f（x）=xlnx﹣在（0，+∞）上是减函数，∴f′（x）=lnx﹣mx≤0在定义域（0，+∞）上恒成立，∴m≥（）max，设h（x）=，则，由h′（x）＞0，得x∈（0，e），由h′（x）＜0，得x＞e，∴函数h（x）在（0，e）上递增，在（e，+∞）上递减，∴h（x）max=h（e）=．∴m≥．故实数m的取值范围是[，+∞）．证明：（2）由（1）知f′（x）=lnx﹣mx，∵函数f（x）在（0，+∞）上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，∴，则，∴=，∴lnx1+lnx2=•ln=，设t=∈（0，1），则lnx1+lnx2=，要证lnx1+lnx2＞2，只需证，只需证lnt＜，只需证lnt﹣＜0，构造函数g（t）=lnt﹣，则g′（t）==＞0，∴g（t）=lnt﹣在t∈（0，1）上递增，∴g（t）＜g（1）=0，即g（t）=lnt﹣＜0，∴lnx1+lnx2＞2．3．（2018•银川三模）已知函数f（x）=x﹣ax2﹣lnx（a＞0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．解：（1）∵f′（x）=﹣，（x＞0，a＞0），不妨设φ（x）=2ax2﹣x+1（x＞0，a＞0），则关于x的方程2ax2﹣x+1=0的判别式△=1﹣8a，当a≥时，△≤0，φ（x）≥0，故f′（x）≤0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，当0＜a＜时，△＞0，方程f′（x）=0有两个不相等的正根x1，x2，不妨设x1＜x2，则当x∈（0，x1）及x∈（x2，+∞）时f′（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）递减，在（x1，x2）递增；（2）证明：由（1）知当且仅当a∈（0，）时f（x）有极小值x1和极大值x2，且x1，x2是方程的两个正根，则x1+x2=，x1x2=，∴f（x1）+f（x2）=（x1+x2）﹣a[（x1+x2）2﹣2x1x2]﹣（lnx1+lnx2）=ln（2a）++1=lna++ln2+1（0＜a＜），令g（a）=lna++ln2+1，当a∈（0，）时，g′（a）=＜0，∴g（a）在（0，）内单调递减，故g（a）＞g（）=3﹣2ln2，∴f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．4．（2018•南开区一模）已知函数f（x）=﹣ln2x﹣ax2+x（a∈R）．（Ⅰ）若函数f（x）在其定义域内为减函数，求a的取值范围；（Ⅱ）讨论函数f（x）的极值点的个数；（Ⅲ）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．解：（Ⅰ）f′（x）=﹣﹣2ax+1=﹣．要使f（x）在（0，+∞）单调递减．则﹣2ax2﹣x+1≤0在（0，+∞）恒成立，即在（0，+∞）恒成立，在（0，+∞）恒成立，∴2a，a，综上，a的取值范围是[，+∞）．（Ⅱ）（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，x∈（0，x1）时，f′（x）＜0，x∈（x1，+∞）时，f′（x）＞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a≥时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）是减函数，f（x）无极值点．当0时，△=1﹣8a＞0，令f′（x）=0，得得，，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a时，f（x）无极值点；（ⅲ）当0时，f（x）有两个极值点．（Ⅲ）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，.，）=﹣，（0），∴．∴h（a）在（0，）单调递减，∴h（a）＞h（）=3﹣4ln2，即f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．5．（2018•济南二模）已知函数f（x）=1n（x+1）+ax2﹣x．（1）当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范；（2）若函数g（x）=f（x）+x有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：．解：（1）【解法一】∵f′（x）=+2ax﹣1=，x∈[0，+∞）设h（x）=2ax+2a﹣1①a≤0时，h（x）＜0，∴f（x）在[0，+∞）上单调递减，f（x）≤f（0）=0，不合题意，舍去；②当a＞0时，（i）若2a﹣1≥0，即时，当h（x）≥0，∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，f（x）≥f（0）=0，符合题意；（ii）若2a﹣1＜0，即时，当时，h（x）＜0，f（x）单调递减：当时，h（x）＞0，f（x）单调递增；∴，不合题意，舍去；综上：；【解法二】若a≤0，而f（1）=1n2+a﹣1＜0，不合题意，故a＞0；易知：f（0）=0，，x∈[0，+∞），f'（0）=0设h，，h'（0）=2a﹣1若2a﹣1≥0，即时，∵h'（x）在[0，+∞）上单调递增，∴h'（x）≥h'（0）=2a﹣1≥0，∵h'（x）在[0，+∞）上单调递增，∴h'（x）≥h'（0）=0，符合题意；若2a﹣1＜0，即时，∵h'（x）在[0，+∞）上是单调递增函数，令h'（x）=0，记，当x∈[0，x0）时，h'（x）＜0，∴h'（x）在[0，x0）上是单调递减函数，∴h'（x）≤h'（0）=0，∴f（x）在[0，x0）上是单调递减函数，∴f（x）≤f（0）=0，不合题意：综上：；证明：（2）【解法一】g（x）﹣1n（1+x）+ax2，∴=，设φ（x）=2ax2+2ax+1，若a=0，φ（x）=1＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，不合题意：当a＜0时，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，∴φ（x）=0在（﹣1，+∞）上只有一个根，不合题意：当a＞0时，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，要使方程φ（x）=2ax2+2ax+1=0有两个实根x1，x2，只需，即a＞2，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，，∴，∴，∴g（x）在（﹣1，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增；∴g（x）在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值，符合题意；∵，∴=设，，，∴m（t）在上是增函数，∴，∴．【解法二】g（x）=1n（1+x）+ax2，∴，设φ（x）=2ax2+2ax+1，若a=0，φ（x）=1＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，不合题意；当a＜0时，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，∴φ（x）=0在（﹣1，+∞）上只有一个根，不合题意；当a＞0时，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，要使方程φ（x）=2ax2+2ax+1=0有两个实根x1，x2，只需，即a＞2，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，，∴，∴，∴g（x）在（﹣1，x1）上单调递增，在（x1，x2）单调递减，在（x2，+∞）上单调递增；∴g（x）在x=x1处取最大值，在x=x2处取最小值，符合题意；∵,设2ax2=t，则tx2+t+1=0，∴，∴g（x2）=1n（1+x2）设，=，∴m（t）在（﹣2，﹣1）单调递增，∴，∴．6.（2009•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）内为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）内为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）内为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设h（x）=x2﹣（2x2+2x）ln（1+x），（﹣＜x＜0）则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．7．（2018•涪城区校级模拟）已知函数f（x）=alnx﹣bx﹣3（a∈R且a≠0）（1）若a=b，求函数f（x）的单调区间；（2）当a=1时，设g（x）=f（x）+3，若g（x）有两个相异零点x1，x2，求证：lnx1+lnx2＞2．解：（1）由f（x）=alnx﹣bx﹣3知f′（x）=，当a＞0时，函数f（x）的单调增区间是（0，1），单调减区间是（1，+∞），当a＜0时，函数f（x）的单调增区间是（1，+∞），单调减区间是（0，1）．证明：（2）g（x）=lnx﹣bx，设g（x）的两个相异零点为x1，x2，设x1＞x2＞0，∵g（x1）=0，g（x2）=0，∴lnx1﹣bx1=0，lnx2﹣bx2=0，∴lnx1﹣lnx2=b（x1﹣x2），lnx1+lnx2=b（x1+x2），要证lnx1+lnx2＞2，即证b（x1+x2）＞2，即＞，即ln＞，设t=＞1上式转化为lnt＞，t＞1．设g（t）=lnt﹣，∴g′（t）=＞0，∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，∴g（t）＞g（1）=0，∴lnr＞，∴lnx1+lnx2＞2．