導數(shù)壓軸題分類

1、F x f x o x f xo x。其中xo為函數(shù)y f x的極值點。利用對數(shù)平均不等式。?、ab -b- b。變換主元等方法。In a In b 2任務一、完成下面問題，總結極值點偏移問題的解決方法。2 21 .設函數(shù) f(x) a In x x ax (a R)g(x)只需證:2a2X-! X2又 a2 In xi(x)Xif(1片+X22Xiax-(1)試討論函數(shù)f (x)的單調性；(2)f(x)m 有兩解 X1, X2(X1X2)，求證：X1 X2 2a.解析：(1)由 f (X)a2 InX X2 ax可知f (X)2 a2x2ax2a (2x a)(x a)X 2 x aXX因為

2、函數(shù)f(x)的定義域為(0,),所以右a0時，當X (0,a)時，f (x)0，函數(shù)f (x)單調遞減，當 x (a,)時，f (x)0,函數(shù)f (X)單調遞增；若a0時，當f (x)2x0在x (0,)內恒成立，函數(shù)f (x)單調遞增；若a0時，當x (0,a2)時，f(x) 0,函數(shù)f(x)單調遞減，當x (aa,)時，f (X)0，函數(shù)f (X)單調遞增；2(2)要證X! X2 2a ,只需證空空a ,2ln Xi In x 右(Xia2x a,則 g(x) 20 g(x) f (x)為增函數(shù)。xf (a)0,即證2 102 x,+x2 a 0 (*)% x2a2 2m, a In X

3、2 X2ax2 m,兩式相減整理得:X2 a) 0，把(Xi X2 a)一 lnx2 代入(* )式，即證:ax-i x22(- i)XiIn x In X20 化為：X2Xi X22、X2In冬X20,令二t,即證：空衛(wèi)Int 0 mt(0 t it i),則(t)所以（t）為減函數(shù)，（t）(i) 0綜上得: 證。原不等式得2.設 A(Xi,yJ , B(X22）是函數(shù)f （x）ax2 (i2a)x Inx圖象C上不同的兩點，M為線段AB的中點，過點M作X軸的垂線交曲線 C于點N ,試問：曲線C在點N處的切線是否平行于直線 AB解：由題意可得yi2a)X2 In X2,2 2ax-, (i

4、2a)x i In xi, y ax2 (i且XiX2，故直線AB的斜率k歸一也a(x2 Xi)X2 xi1 2aIn X2 In xiX2Xi由題意可知曲線C在點N處的切線的斜率為f(xX2、），因此我們只需判斷直線 AB的斜率k 與 f(是否相等即可？又由于f(x)2ax 12a丄，X因此f(Xi X2丁) a(XiX2) i22a -xi X2令函數(shù)g(x)f(x)，g(x)In X2 In xxiX2X2 XiX2xi_xi)(In X2 In xi)X2 xiX2Xi2浮xiX2i) -InX2IXiX2不妨令X2，tXii， h(t)則由“1擊養(yǎng)0可知在(1 ,)上遞增.故 h(t

5、) h(1) 0.從而可得h(x) 0 ,即直線AB的斜率k與f(篤蘭)不相等，也即曲線C在點N處的切線與 直線AB不平行.任務二、完成下面練習，體驗極值點偏移問題的解決方法在解題中的運用23.設函數(shù) f(x) x (a 2)x alnx .(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；若方程f(x) c有兩個不等實根Xi，X2,求證：f (X1 X2)?.a 解：(1)由 f (x) 2x (a 2) (x 1)(2x a) 口 x，且x 0可知:0時，f(x)0 ,此時函數(shù)f(x)在(0,)上單調遞增；aaa0時若0 x，則2單調遞減；在(|,)上單調遞增.由Xi,X2 (0 Xi X2)是方程2X1

6、(a 2)x. | aInx1x； (a 2)x 2 a In X2兩式作差可得(Xi X2) (XiX2) (aIn x? a 故 X2 X1 a 2X2a由 f (x) 2x (a 2)可得 f(xf (x) 0 ;若 x,則 f(x) 02f(x) c的兩個不等實根可知c,c.2)( x- i X2) a(ln x 1In X2)InX11X| x 2 X1 X2 (a2；此時，函數(shù)f(x)在(0,- )上20.X-I X2In x In x aX2 X12aX2 X1X2X(I n X2 In Xi)2(X2 X1)1X2 X1X? xiX12(蘭 1)X1X 1-.由0 XiX2可知

7、tX21,因此由g(t)Xi則由g(t)4 (t 1)2E治2 0可知g在(1,)上遞増.故 g(t) g(i)0,從而可知4.設函數(shù)f(X)21 n x mxX2有兩個零點X1, X2 (X1X2),且X0是Xi, X2的等差中項，求證：f(X。)證明：由X1, X2(X1X2)是函數(shù)f(x)2ln x mxX2的兩個零點可知22ln x 1 mx1 X1 =0 ,22ln X2 mx2 X2 =0 ,兩式作差可得2(In x 1 In X2) m(x 1X2)(Xi X2) (xX2)0.故X1X2 mIn X2 In %X2X1f (x)-X2x，X0fi(X fX1X2X2 X1(In

8、 X2Inx1)2a2X2 X1(X1可得X2)X2 X12 In X2InX2 X1In昱2(西X1X2X1X2X11)-2(t 1)由0 x-iX2可知t t因此由g(t)lnt t 1則由g(t)1 E汕4o(可知羸在(i,)上遞增.故 g(t) g(1)0, 從而可知 f(x0)(x 2)ex a(x 1) 2有兩個零點5. (2016年高考數(shù)學全國|理科第21題)已知函數(shù)f (x)(I)求a的取值范圍；(n)設x-,X2是f (x)的兩個零點，證明:x-i X2解：(I)函數(shù)f(x)的定義域為當a 0時，f (x) (x 2)e x0，得x 2，只有一個零點，不合題意當 a 0時，

9、f (x) (x 1)e x2a當 a 0時，由 f (x)0得,1 ，由 f (x)0 得，x 1，由 f (x)0 得， x故， x 1 是 f(x) 的極小值點，也是f(x)的最小值點，所以f (x)minf (1) e 0又f(2) a 0 ,故在區(qū)間(1,2)內存在一個零點X2，即1x22由 lim (x 2)e xlim a2xxelim 厶 0, 又 a(x 1) 2xe0,所以,f (x)在區(qū)間(,1)存在唯一零點為，即捲 1故a 0時，f (x)存在兩個零點；a 0時，由f (x)0得， x 1 或 xln( 2a) ,若 ln( 2a)1，即 a時， f (x)20,故f(

10、x)在R上單調遞增，與題意不符若 ln( 2a)，若 ln( 2a)e1，即a 0時，易證21 ，即 a時，易證f (x)極大值=f (1) e 0故f (x)在R上只有一 個零22f (x) 極大值=f (l n( 2a) a(ln ( 2 a) 4ln( 2 a) 5)0,故 f (x)在 R 上只有一個零點綜上述，a 0(n)解法一、根據(jù)函數(shù)的單調性證明由(I)知，a 0 且 X11 X22令 h(x)f (x) f (2 x) (x 2)e xe , x 1貝U h (x)(1)( 2(x 1)1)x 2e因為Xh(x) h(1)0,即 f(X)f (2 X)，所以 f(X2)f (2

11、 X2)，所以 f (Xi)f (2 X2)，因為Xi 1,2 X21 , f(x)在區(qū)間(,1)內單調遞減，所以&2 X2，即 卩 X-i1，所以X 1 0,e2(X1) 1 0,所以h(X) 0,所以h(X)在(1,)內單調遞增，所以由(I)知，a0 ,又 f(0)a 2所以當0 a 2時，X101且1X2 2，故 X1 1 X2 2當a 2時，0X-| 1X22，又因為a(X2?(X2 2)ex(X11)2(X2 1)2即(2/)eX1(2X2)eX2(1 X)2(X21)2所以ln(2為)X12l n(1X1) ln(2X2) X22ln( X21)所以ln(2為)ln(2X2)2(l

12、 n(1 X1)ln( X21) X2X1(2 X1)所以12ln(1X1)In (X21) (2X1) (2X2)4 X11 X2ln(2x-i)ln(2 x：2) ln(2xjln(2X2)2X1X 22ln(1 X1)ln (X2 1)所以-一一22ln(2 X1) ln(2 X2解法二、利用對數(shù)平均不等式證明)F面用反證法證明不等式成立(2X2)因為0捲1X22,所以X20,所以 In(2 xj In(2假設X1 X22，當X1X20 且 2 ln(1 X 1)In(X2ln(2 xj ln(2X2)9 =0 ,與矛盾;X2)當Xi X 2時Xix220且2ln(1Xi)ln(X2 1)o,與矛盾，故假設不成立2ln(2xi)ln(2X2)所以Xi X2226.設函數(shù)f(x) In X ax有兩個零點Xi , X2 ,求證:X1X2 e .則由g(t)4(t i)2t(t i)20可知g(t)在(1,)上遞增.證明：由Xi , X2 (Xi X2 )是函數(shù)f(x)In xax的兩個零點可得：In Xi axi=0 ,In X2 ax2=0 ,兩式相減可得In X i In X2a(xiX2)兩式相加可得In XiIn X2a(xX2)In X2In xiX2XiIn X2In xiX2Xi0 a0 a2