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1、关于极值点与零点的几个题一解答题(共7小题)1已知函数(1)若y=f(x)在(0,+)恒单调递减,求a的取值范围;(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1x2),求a的取值范围并证明x1+x222已知函数f(x)=xlnxx2x+a(aR)在定义域内有两个不同的极值点(1)求a的取值范围;(2)记两个极值点x1,x2,且x1x2,已知0,若不等式x1x2e1+恒成立,求的取值范围3已知函数f(x)=lnax2+x,(1)讨论函数f(x)的极值点的个数;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)34ln24已知函数f(x)=(e为自然对数的底数)(1)若a=
2、,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在(0,1)内有解,求实数a的取值范围5已知函数f(x)=lnxax()若函数f(x)在(1,+)上单调递减,求实数a的取值范围;()当a=1时,函数有两个零点x1,x2,且x1x2求证:x1+x216已知f(x)=ln(mx+1)2(m0)(1)讨论f(x)的单调性;(2)若m0,g(x)=f(x)+存在两个极值点x1,x2,且g(x1)+g(x2)0,求m的取值范围7已知函数f(x)=x(lnxax)(aR),g(x)=f(x)(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与直线3xy1=0平行,求实数a的值;(2)若
3、函数F(x)=g(x)+x2有两个极值点x1,x2,且x1x2,求证:f(x2)1f(x1)关于极值点的几个题目-有点难参考答案与试题解析一解答题(共7小题)1(2017达州模拟)已知函数(1)若y=f(x)在(0,+)恒单调递减,求a的取值范围;(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1x2),求a的取值范围并证明x1+x22【分析】(1)求出函数的导数,问题转化为,令,根据函数的单调性求出g(x)的最大值,从而求出a的范围即可;(2)求出函数f(x)的导数,令F(x)=f(x)=lnxax+1,求出函数F(x)的导数,通过讨论a的范围求出a的范围,证明即可【解答】解:(1)因为f
4、(x)=lnxax+1(x0),所以由f(x)0在(0,+)上恒成立得,令,易知g(x)在(0,1)单调递增(1,+)单调递减,所以ag(1)=1,即得:a1(5分)(2)函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1x2),即y=f(x)有两个不同的零点,且均为正,f(x)=lnxax+1(x0),令F(x)=f(x)=lnxax+1,由可知1)a0时,函数y=f(x)在(0,+)上是增函数,不可能有两个零点2)a0时,y=F(x)在是增函数在是减函数,此时为函数的极大值,也是最大值当时,最多有一个零点,所以才可能有两个零点,得:0a1(7分)此时又因为,令,(a)在(0,1)上单调递增,所以
5、(a)(1)=3e2,即综上,所以a的取值范围是(0,1)(8分)下面证明x1+x22由于y=F(x)在是增函数在是减函数,可构造出构造函数 则,故m(x)在区间上单调减又由于,则,即有m(x1)0在上恒成立,即有成立由于,y=F(x)在是减函数,所以所以成立 (12分)【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,转化思想,是一道综合题2(2017天心区校级一模)已知函数f(x)=xlnxx2x+a(aR)在定义域内有两个不同的极值点(1)求a的取值范围;(2)记两个极值点x1,x2,且x1x2,已知0,若不等式x1x2e1+恒成立,求的取值范围【分析】(1)由导
6、数与极值的关系知可转化为方程f(x)=lnxax=0在(0,+)有两个不同根;再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在(0,+)上有两个不同交点;(2)原式等价于 ,令t=,t(0,1),则不等式lnt在t(0,1)上恒成立令h(t)=lnt,t(0,1),根据函数的单调性求出即可【解答】解:(1)由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+),方程f(x)=0在(0,+)有两个不同根,即方程lnxax=0在(0,+)有两个不同根;转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在(0,+)上有两个不同交点,如图示:,可见,若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k,只须0ak令切点A(x0,l
7、nx0),故k=y|x=x0=,又k=,故 =,解得,x0=e,故k=,故0a;(2)因为e1+x1x2等价于1+lnx1+lnx2由(1)可知x1,x2分别是方程lnxax=0的两个根,即lnx1=ax1,lnx2=ax2所以原式等价于1+ax1+ax2=a(x1+x2),因为0,0x1x2,所以原式等价于a,又由lnx1=ax1,lnx2=ax2作差得,ln =a(x1x2),所以原式等价于 ,因为0x1x2,原式恒成立,即ln恒成立令t=,t(0,1),则不等式lnt在t(0,1)上恒成立令h(t)=lnt,t(0,1),又h(t)=,当21时,可见t(0,1)时,h(t)0,所以h(t
8、)在t(0,1)上单调增,又h(1)=0,h(t)0在t(0,1)恒成立,符合题意当21时,可见t(0,2)时,h(t)0,t(2,1)时h(t)0,所以h(t)在t(0,2)时单调增,在t(2,1)时单调减,又h(1)=0,所以h(t)在t(0,1)上不能恒小于0,不符合题意,舍去综上所述,若不等式e1+x1x2恒成立,只须21,又0,所以1【点评】本题考查了导数的综合应用及分类讨论,转化思想,数形结合的思想方法的应用,是一道综合题3(2017湖北模拟)已知函数f(x)=lnax2+x,(1)讨论函数f(x)的极值点的个数;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)
9、34ln2【分析】(1)求出函数的导数,通过讨论a的范围,得到函数的单调区间,从而求出函数的极值的个数;(2)根据x1,x2是方程2ax2x+1=0的两根,得到,求出f(x1)+f(x2),根据函数的单调性证明即可【解答】解:(1)由,得:,()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()a0时,=18a0,令f(x)=0,得显然,x10,x20,f(x)在x=x1取得极小值,f(x)有一个极小值点()a0时,=18a0即时,f(x)0,f(x)在(0,+)是减函数,f(x)无极值点当时,=18a0,令f(x)
10、=0,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:()a0时,f(x)仅有一个极值点;() 当时,f(x)无极值点;()当时,f(x)有两个极值点(2)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2ax2x+1=0的两根,=,设,时,g(a)是减函数,f(x1)+f(x2)34ln2【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及分类讨论数思想,是一道综合题4(2016包头校级三模)已知函数f(x)=(e为自然对数的底数
11、)(1)若a=,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在(0,1)内有解,求实数a的取值范围【分析】(1)若a=,求函数的导数,利用函数单调性和导数之间的关系即可求函数f(x)的单调区间;(2)根据函数与方程之间的关系转化为函数存在零点问题,构造函数,求函数的导数,利用函数极值和函数零点之间的关系进行转化求解即可【解答】解:(1)若a=,f(x)=(x2+bx+1)ex,则f(x)=(2x+b)ex(x2+bx+1)ex=x2+(b2)x+1bex=(x1)x(1b)ex,由f(x)=0得(x1)x(1b)=0,即x=1或x=1b,若1b=1,即b=0时,f(x)=
12、(x1)2ex0,此时函数单调递减,单调递减区间为(,+)若1b1,即b0时,由f(x)=(x1)x(1b)ex0得(x1)x(1b)0,即1x1b,此时函数单调递增,单调递增区间为(1,1b),由f(x)=(x1)x(1b)ex0得(x1)x(1b)0,即x1,或x1b,此时函数单调递减,单调递减区间为(,1),(1b,+),若1b1,即b0时,由f(x)=(x1)x(1b)ex0得(x1)x(1b)0,即1bx1,此时函数单调递增,单调递增区间为(1b,1),由f(x)=(x1)x(1b)ex0得(x1)x(1b)0,即x1b,或x1,此时函数单调递减,单调递减区间为(,1b),(1,+)
13、(2)若f(1)=1,则f(1)=(2a+b+1)e1=1,即2a+b+1=e,则b=e12a,若方程f(x)=1在(0,1)内有解,即方程f(x)=(2ax2+bx+1)ex=1在(0,1)内有解,即2ax2+bx+1=ex在(0,1)内有解,即ex2ax2bx1=0,设g(x)=ex2ax2bx1,则g(x)在(0,1)内有零点,设x0是g(x)在(0,1)内的一个零点,则g(0)=0,g(1)=0,知函数g(x)在(0,x0)和(x0,1)上不可能单调递增,也不可能单调递减,设h(x)=g(x),则h(x)在(0,x0)和(x0,1)上存在零点,即h(x)在(0,1)上至少有两个零点,g(x)=ex4axb,h(x)=ex4a,当a时,h(x)0,h(x)在(0,1)上递增,h(x)不可能有两个及以上零点,当a时,h(x)0,h(x)在(0,1)上递减,h(x)不可能有两个及以上零点,当a时,令h(x)=0,得x=ln(4a)(0,1),则h(x)在(0,ln(4a)上递减,在(ln(4a),1)上递增,h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(4a)若h(x)有两个零点,则有h(ln(4a)0,h(0)0,h(1)0,