有关极值点的几个题目.docx
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有关极值点的几个题目.docx
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有关极值点的几个题目
.
关于极值点与零点的几个题
一.解答题〔共7小题〕
1.函数.
(1〕假设y=f〔x〕在〔0,+∞〕恒单调递减,求a的取值范围;
(2〕假设函数y=f〔x〕有两个极值点x1,x2〔x1<x2〕,求a的取值范围并证明
x1+x2>2.
2.函数f〔x〕=xlnx﹣x2﹣x+a〔a∈R〕在定义域内有两个不同的极值点
〔1〕求a的取值范围;
λ1+λ
(2〕记两个极值点x1,x2,且x1<x2,λ>0,假设不等式x1?
x2>e恒成立,求λ的取值范围.
3.函数f〔x〕=ln﹣ax2+x,
(1〕讨论函数f〔x〕的极值点的个数;
(2〕假设f〔x〕有两个极值点x1,x2,证明:
f〔x1〕+f〔x2〕>3﹣4ln2.
.
4.函数f〔x〕=〔e为自然对数的底数〕.
(1〕假设a=,求函数f〔x〕的单调区间;
(2〕假设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.函数f〔x〕=lnx﹣ax.
〔Ⅰ〕假设函数f〔x〕在〔1,+∞〕上单调递减,求实数a的取值范围;
〔Ⅱ〕当a=1时,函数有两个零点x1,x2,且x1<x2.求证:
x1+x2>1.
6.f〔x〕=ln〔mx+1〕﹣2〔m≠0〕.
(1〕讨论f〔x〕的单调性;
(2〕假设m>0,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.函数f〔x〕=x〔lnx﹣ax〕〔a∈R〕,g〔x〕=f′〔x〕.
(1〕假设曲线y=f〔x〕在点〔1,f〔1〕〕处的切线与直线3x﹣y﹣1=0平行,求实数a的值;
.
(2〕假设函数F〔x〕=g〔x〕+x2有两个极值点x1,x2,且x1<x2,求证:
f
(x2〕﹣1<f〔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〔共7小〕
1.〔2021?
达州模〕函数.
(1〕假设y=f〔x〕在〔0,+∞〕恒减,求a的取范;
(2〕假设函数y=f〔x〕有两个极点x1,x2〔x1<x2〕,求a的取范并明
x1+x2>2.
【分析】〔1〕求出函数的数,化
,根据函数的性求出
,令
g〔x〕的最大,从而求出
a的范即可;
(2〕求出函数f〔x〕的数,令F〔x〕=f'〔x〕=lnxax+1,求出函数F〔x〕
的数,通a的范求出a的范,明即可.
【解答】解:
〔1〕因f'〔x〕=lnxax+1〔x>0〕,
所以由f'〔x〕≤0在〔0,+∞〕上恒成立得,
令,易知g〔x〕在〔0,1〕增〔1,+∞〕
减,
所以a≥g〔1〕=1,
即得:
a≥1⋯〔5分〕
〔2〕函数y=f〔x〕有两个极点x1,x2〔x1<x2〕,
即y=f'〔x〕有两个不同的零点,且均正,f'〔x〕=lnxax+1〔x>0〕,
令F〔x〕=f'〔x〕=lnxax+1,由可知
.
1〕a≤0,函数y=f〔x〕在〔0,+∞〕上是增函数,不可能有两个零点.
2〕a>0,y=F〔x〕在是增函数在是减函数,
此函数的极大,也是最大.
当,最多有一个零点,所以才可能有两个零点,
得:
0<a<1⋯〔7分〕
此又因,,,
令,φ〔a〕在〔0,1〕上
增,
所以φ〔a〕<φ〔1〕=3e2,即
上,所以a的取范是〔0,1〕⋯〔8分〕
下面明x1+x2>2
由于y=F〔x〕在是增函数在是减函数,,可构造
出
构造函数
,故m〔x〕在区上减.又
由于,
,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】本考了函数的性、最,考数的用以及分思
想,化思想,是一道合.
2.〔2021?
天心区校一模〕函数f〔x〕=xlnxx2x+a〔a∈R〕在定
域内有两个不同的极点
(1〕求a的取范;
(2〕两个极点x1,x2,且x1<x2,λ>0,假设不等式x1?
x2λ>e1+λ恒成立,求λ的取范.
【分析】〔1〕由数与极的关系知可化方程f′〔x〕=lnxax=0在〔0,
+∞〕有两个不同根;再化函数y=lnx与函数y=ax的象在〔0,+∞〕上有两个不同交点;
〔2〕原式等价于>,令t=,t∈〔0,1〕,不等式lnt<
在t∈〔0,1〕上恒成立.令h〔t〕=lnt,t∈〔0,
1〕,
根据函数的性求出即可.
【解答】解:
〔1〕由意知,函数f〔x〕的定域〔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;
化函数y=lnx与函数y=ax的象在〔0,+∞〕上有两个不同交点,
.
如图示:
,
可见,假设令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k,只须0<a<k.
令切点A〔x0,lnx0〕,
故k=y′|x=x0=,又k=,
故=,解得,x0=e,
故k=,故0<a<;
〔2〕因为e
1+λ
λ
λ<lnx1+λlnx2.
<x1
?
x2等价于1+
由〔1〕可知x1,x2
分别是方程lnx﹣ax=0的两个根,
即lnx1=ax1,lnx2=ax2
所以原式等价于1+λ<ax1+λax2=a〔x1+λx2〕,因为λ>0,0<x1<x2,
所以原式等价于a>,
又由lnx1=ax1,lnx2=ax2作差得,ln=a〔x1﹣x2〕,
所以原式等价于>,
因为0<x1<x2,原式恒成立,即ln<恒成立.
令t=,t∈〔0,1〕,
.
那么不等式lnt<在t∈〔0,1〕上恒成立.
令h〔t〕=lnt﹣,t∈〔0,1〕,
又h′〔t〕=,
当λ2≥1时,可见t∈〔0,1〕时,h′〔t〕>0,
所以h〔t〕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λ2<1时,可见t∈〔0,λ2〕时,h′〔t〕>0,t∈〔λ2,1〕时h′〔t〕<0,
所以h〔t〕在t∈〔0,λ2〕时单调增,在t∈〔λ2,1〕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,假设不等式e1+λ<x1?
x2λ恒成立,只须λ2≥1,又λ>0,所以λ≥1.
【点评】此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.〔2021?
湖北模拟〕函数f〔x〕=ln﹣ax2+x,
(1〕讨论函数f〔x〕的极值点的个数;
(2〕假设f〔x〕有两个极值点x1,x2,证明:
f〔x1〕+f〔x2〕>3﹣4ln2.
【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2ax2﹣x+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:
,
〔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,
∴
,
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即时,f′〔x〕≤0,f〔x〕在〔0,+∞〕是减函数,f〔x〕无极值点.
当
时,△=1
﹣8a>0,令
f′〔x〕=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:
〔ⅰ〕a≤0时,f〔x〕仅有一个极值点;
〔ⅱ〕当时,f〔x〕无极值点;
〔ⅲ〕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2ax2﹣x+1=0的两根,
∴,,
.
=
=
=,
设,
,
∴时,g〔a〕是减函数,,
∴,
∴f〔x1〕+f〔x2〕>3﹣4ln2.
【点评】此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.〔2021?
包头校级三模〕函数f〔x〕=〔e为自然对数的底数〕.
(1〕假设a=,求函数f〔x〕的单调区间;
(2〕假设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〕假设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〕假设a=,f〔x〕=〔x2+bx+1〕e﹣x,
那么f′〔x〕=〔2x+b〕e﹣x﹣〔x2+bx+1〕e﹣x=﹣[x2+〔b﹣2〕x+1﹣b]e﹣x=﹣
〔x﹣1〕[x﹣〔1﹣b〕]e﹣x,
由f′〔x〕=0得﹣〔x﹣1〕[x﹣〔1﹣b〕]=0,即x=1或x=1﹣b,
.
①假设1﹣b=1,即b=0时,f′〔x〕=﹣〔x﹣1〕2e﹣x≤0,此时函数单调递减,
单调递减区间为〔﹣∞,+∞〕.
②假设1﹣b>1,即b<0时,由f′〔x〕=﹣〔x﹣1〕[x﹣〔1﹣b〕]e﹣x>0得〔x
﹣1〕[x﹣〔1﹣b〕]<0,即1<x<1﹣b,
此时函数单调递增,单调递增区间为〔1,1﹣b〕,
由f′〔x〕=﹣〔x﹣1〕[x﹣〔1﹣b〕]e﹣x<0得〔x﹣1〕[x﹣〔1﹣b〕]>0,即
x<1,或x>1﹣b,
此时函数单调递减,单调递减区间为〔﹣∞,1〕,〔1﹣b,+∞〕,
③假设1﹣b<1,即b>0时,由f′〔x〕=﹣〔x﹣1〕[x﹣〔1﹣b〕]e﹣x>0得〔x
﹣1〕[x﹣〔1﹣b〕]<0,即1﹣b<x<1,
此时函数单调递增,单调递增区间为〔1﹣b,1〕,
由f′〔x〕=﹣〔x﹣1〕[x﹣〔1﹣b〕]e﹣x<0得〔x﹣1〕[x﹣〔1﹣b〕]>0,即
x<1﹣b,或x>1,
此时函数单调递减,单调递减区间为〔﹣∞,1﹣b〕,〔1,+∞〕.
(2〕假设f〔1〕=1,那么f〔1〕=〔2a+b+1〕e﹣1=1,即2a+b+1=e,那么b=e﹣1﹣2a,
假设方程f〔x〕=1在〔0,1〕内有解,
即方程f〔x〕=〔2ax2+bx+1〕e﹣x=1在〔0,1〕内有解,
即2ax2+bx+1=ex在〔0,1〕内有解,即ex﹣2ax2﹣bx﹣1=0,
设g〔x〕=ex﹣2ax2﹣bx﹣1,
那么g〔x〕在〔0,1〕内有零点,
.
设x0是g〔x〕在〔0,1〕内的一个零点,
那么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〕,
那么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〕=ex﹣4ax﹣b,h′〔x〕=ex﹣4a,
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〕,
那么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〕〕.
假设h〔x〕有两个零点,那么有h〔ln〔4a〕〕<0,h〔0〕>0,h〔1〕>0,h〔ln〔4a〕〕=4a﹣4aln〔4a〕﹣b=6a﹣4aln〔4a〕+1﹣e,<a<,
设φ〔x〕=x﹣xlnx+1﹣e,〔1<x<e〕,
那么φ′〔x〕=﹣lnx,
令φ′〔x〕=﹣lnx=0,得x=,
当1<x<时,φ′〔x〕>0,此时函数φ〔x〕递增,当<x<e时,φ′〔x〕<0,此时函数φ〔x〕递减,
那么φ〔x〕max=φ〔〕=+1﹣e<0,
.
那么h〔ln〔4a〕〕<0恒成立,
由h〔0〕=1﹣b=2a﹣e+2>0,h〔1〕=e﹣4a﹣b>0,
得<a<,
当<a<时,设h〔x〕的两个零点为x1,x2,那么g〔x〕在〔0,x1〕递增,
在〔x1,x2〕上递减,在〔x2,1〕递增,
那么g〔x1〕>g〔0〕=0,
g〔x2〕<g〔1〕=0,
那么g〔x〕在〔x1,x2〕内有零点,
综上,实数a的取值范围是〔,〕.
【点评】此题主要考查函数单调性和单调区间的求解和判断,利用函数单调性的
性质以及函数单调性和导数之间的关系是解决此题的关键.综合性较强,难度较
大.
5.〔2021?
宁城县模拟〕函数f〔x〕=lnx﹣ax.
〔Ⅰ〕假设函数f〔x〕在〔1,+∞〕上单调递减,求实数a的取值范围;
〔Ⅱ〕当a=1时,函数有两个零点x1,x2,且x1<x2.求证:
x1+x2>1.
【分析】〔Ⅰ〕求出函数的导数,根据函数的单调性,别离参数a,问题转化为:
当x>1时恒成立,解出即可;
〔Ⅱ〕求出个零点x1,x2,得到.构造函数
,根据函数的单调性证明即可.
.
【解答】解:
〔I〕因为f〔x〕=lnx﹣ax,那么
,
假设函数f〔x〕=lnx﹣ax在〔1,+∞〕上单调递减,
那么1﹣ax≤0在〔1,+∞〕上恒成立,
即当x>1时
恒成立,所以a≥1.〔5
分〕
〔II〕证明:
根据题意,
,
因为x1,x2是函数
的两个零点,
所以
,
.
两式相减,可得
,〔7分〕
即
,故
.
那么
,
.
令
,其中0<t<1,
那么
.
构造函数
,〔10
分〕
那么
.因为0<t<1,所以h'〔t〕>0
恒成立,
故h〔t〕<h〔1〕,即
.
可知
,故x1+x2>1.〔12分〕
【点评】此题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及函数恒成立
.
问题,考查不等式的证明,是一道综合题.
6.〔2021?
河南三模〕f〔x〕=ln〔mx+1〕﹣2〔m≠0〕.
(1〕讨论f〔x〕的单调性;
(2〕假设m>0,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.
【分析】〔1〕求出函数的导数,通过讨论m的范围,确定函数的单调性;
〔2〕求出g〔x〕的导数,通过讨论m的范围,求出函数的单调区间,从而求
出函数的最值,判断是否符合题意,从而判断出m的范围即可.
【解答】解:
〔1〕由得mx+1>0,f′〔x〕=,
①假设m>0时,由mx+1>0,得:
x>﹣,恒有f′〔x〕>0,
∴f〔x〕在〔﹣,+∞〕递增;
②假设m<0,由mx+1>0,得:
x<﹣,恒有f′〔x〕<0,
∴f〔x〕在〔﹣∞,﹣〕递减;
综上,m>0时,f〔x〕在〔﹣,+∞〕递增,
m<0时,f〔x〕在〔﹣∞,﹣〕递减;
〔2〕g〔x〕=ln〔mx+1〕+﹣2,〔m>0〕,
∴g′〔x〕=
,
令h〔x〕=mx2+4m﹣4,
m≥1时,h〔x〕≥0,g′〔x〕≥0,g〔x〕无极值点,
0<m<1时,令h〔x〕=0,得:
x1=﹣2或x2=2,
.
由g〔x〕的定义域可知x>﹣且x≠﹣2,
∴﹣2>﹣且﹣2≠﹣2,解得:
m≠,
∴x1,x2为g〔x〕的两个极值点,
即x1=﹣2,x2=2,
且x1+x2=0,x1?
x2=,得:
g〔x1〕+g〔x2〕=ln〔mx1+1〕+﹣2+ln〔mx2+1〕+﹣2
=ln〔2m﹣1〕2+﹣2,
令t=2m﹣1,F〔t〕=lnt2+﹣2,
①0<m<时,﹣1<t<0,
∴F〔t〕=2ln〔﹣t〕+﹣2,
∴F′〔t〕=<0,
∴F〔t〕在〔﹣1,0〕递减,F〔t〕<F〔﹣1〕<0,即0<m<时,g〔x1〕+g〔x2〕<0成立,符合题意;
②<m<1时,0<t<1,
∴F〔t〕=2lnt+﹣2,F′〔t〕=<0,
∴F〔t〕在〔0,1〕递减,F〔t〕>F〔1〕=0,∴<m<1时,g〔x1〕+g〔x2〕>0,不合题意,
综上,m∈〔0,〕.
【点评】此题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及函数恒成立
问题,考查分类讨论思想,是一道综合题.
7.〔2021?
湖北模拟〕函数f〔x〕=x〔lnx﹣ax〕〔a∈R〕,g〔x〕=f′〔x〕.
.
〔1〕假设曲y=f〔x〕在点〔1,f〔1〕〕的切与直3xy1=0平行,求
数a的;
(2〕假设函数F〔x〕=g〔x〕+x2有两个极点x1,x2,且x1<x2,求:
f
(x2〕1<f〔x1〕
【分析】〔1〕利用数的几何意求切斜率,解a;
(2〕利用极点与其数的关系求出a的范,一步求出f〔x〕的解析式,通求判断其性以及最.
【解答】解:
〔1〕∵f′〔x〕=lnx2ax+1,∴f′〔1〕=12a
因3xy1=0的斜率3.依意,得12a=3;a=1.⋯〔4分〕
〔2〕明:
因
F〔x〕=g
〔x〕+
x2=lnx
2ax+1+
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