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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，
