（2022高中数学一轮复习）专题4.11—导数大题（双变量与极值点偏移问题3）-2022届高三数学一轮复习精讲精练.doc

1、专题专题 4.11导数大题（双变量与极值点偏移问题导数大题（双变量与极值点偏移问题 3） 1已知函数 2 ( )2f xlnxxax，aR （1）设( )( )(23)g xf xax，求( )g x的极值： （2）若函数( )f x有两个极值点 1 x， 212 ()xxx求 12 2 ()()f xf x的最小值 解： （1） 2 ( )( )(23)3g xf xaxlnxxx，定义域是(0,)， 2 1231(21)(1) ( )23 xxxx g xx xxx ， 令( )0g x，解得：1x 或 1 0 2 x，令( )0g x，解得： 1 1 2 x， 故( )g x在 1 (0

2、, ) 2 递增，在 1 ( 2 ，1)递减，在(1,)递增， 故 15 ( )2 24 g xgln 极大值 ，( )g xg 极小值 （1）2 ； （2）函数 2 ( )2f xlnxxax，(0,)x， 2 221 ( ) xax fx x ， 1 x， 2 x是函数( )f x的极值点， 1 x， 2 x是方程 2 2210 xax 的两不等正根， 则 2 480a， 12 0 xxa， 12 1 2 xx，故2a ， 2 22 a ， 即 1 2 (0,) 2 x ， 2 2 ( 2 x ，)，且 2 11 221axx， 2 22 221axx， 22 12111222 2 ( )

3、()2(2)(2)f xf xlnxxaxlnxxax 2222 111222 2(21)(21)lnxxxlnxxx 22 1122 221xlnxlnxx 22 22 22 11 2()21 22 xlnlnx xx 22 22 2 2 13 2 21 22 xlnxln x ， 令 2 2 tx，则 1 (2t，)， 13 ( )221 22 g ttlntln t ， 22 13(21)(1) ( )1 222 tt g tt tt ， 当 1 (2t，1)上递减，当(1,)t上递增， 故( )ming tg（1） 142 2 ln ， 故 12 2 ()()f xf x的最小值为 1

4、42 2 ln 2已知函数( )sin cosf xxxxalnx，aR （1）当0a 时，求曲线( )yf x在点(,() 22 f 处的切线方程； （2）若( )( )f mf n，0mn，求证： 22 |mna 解： （1）当0a 时，( )sin cosyf xxxx，导数为 22 ( )1cossinfxxx ， 可得切线的斜率为()1012 2 f ，且() 22 f ， 所以切线的方程为2() 22 yx ， 即为2 2 yx ； （2）证明：由题意可得( )1cos2 a fxx x ， 若0a，则( ) 0fx，所以( )f x在(0,)递增， 因此不存在0mn，使得( )(

5、 )f mf n，所以0a ； 设 2 1 ( )sin2 2 g xxxx，0 x ，则( )1cos22g xxx ， 令( )( )1cos22h xg xxx ，( )2sin22 0h xx ， 所以( )g x在(0,)递减，又(0)0g，所以( )0g x在(0,)恒成立， 从而( )g x在(0,)递减，从而 22 11 sin2sin2 22 mnmnmn 又由( )( )f mf n，可得sincossin cosmmmalnmnnnalnn， 所以 11 sin2sin2() 22 mnmna lnmlnn 由可得 22 ()a lnmlnnmn 又因为0mn，所以 22

6、 22 2()mn a lnmlnn ， 因此要证 22 |mnaa， 只需证明 22 22 22 2()mn mn lnmlnn ， 即证 2 2 2 2()1 ()0 ()1 m m n ln m n n ， 设 2(1) ( ) 1 t H tlnt t ，01t ，则 2 2 (1) ( )0 (1) t H t t t ， 所以( )H t在(0,1)上为增函数， 又因为 2 0()1 m n ，所以 2 () ) m HH n （1）0，即式成立 所以 22 |mna获证 3已知函数 2 ( ) x f xeaxx （1）当1a 时，求曲线( )yf x在点(1，f（1）)处的切线

7、方程； （2）若函数( )( )F xf xx有两个极值点 1 x， 2 x，求证： 2 12 ( (2 )x xlna 解： （1）当1a 时， 2 ( ) x f xexx，则( )21 x fxex， 所以kf（1）3e，又f（1）2e， 所以切线方程为(3)(1)2yexe，即(3)1yex （2）证明：由题意得 2 ( ) x F xeax，则( )2 x F xeax， 因为函数( )F x有两个极值点 1 x， 2 x， 所以( )0F x有两个不相等的实数根 1 x， 2 x， 令( )2 x h xeax，则( )2 x h xea， 当0a时，( )0h x恒成立，则函数(

8、 )h x为R上的增函数， 故( )h x在R上至多有一个零点，不符合题意； 当0a 时，令( )0h x，得(2 )xlna， 当(x ，(2 )lna时，( )0h x，故函数( )h x在(，(2 )lna上单调递减； 当( (2 )xlna，)时，( )0h x，故函数( )h x在( (2 )lna，)上单调递增， 因为函数( )0h x 有两个不相等的实数根 1 x， 2 x， 所以( )( (2 )22(2 )0 min h xh lnaaalna，得 2 e a ， 不妨设 12 xx，则 1 (2 )xlna， 2 (2 )1xlna， 又(0)10h ，所以 1 (0 x

9、，(2 )lna， 令 2 4 ( )( )(2 (2 )44(2 ) x x a G xh xhlnaxeaxalna e ， 则 22 44 ( )4240 xx xx aa G xeaea ee ， 所以函数( )G x在R上单调递增， 由 2 (2 )xlna，可得 2 ()( (2 )0G xG lna，即 22 ()(2 (2 )h xhlnax， 又 1 x， 2 x是函数( )h x的两个零点，即 12 ()()h xh x， 所以 12 ()(2 (2 )h xhlnax， 因为 2 (2 )xlna，所以 2 2 (2 )(2 )lnaxlna， 又 1 (2 )xlna，

10、函数( )h x在(，(2 )lna上单调递减， 所以 12 2 (2 )xlnax，即 12 2 (2 )xxlna， 又 1212 2xxx x，所以 12 22 (2 )x xlna，因此 2 12 ( (2 )x xlna 4已知函数 1 ( )f xlnxa x （1）函数( )f x的图象能否与x轴相切？若能与x轴相切，求实数a的值；否则请说明理由； （2）若函数( )f x恰好有两个零点 1 x， 212 (0)xxx，求证： 12 113 2xx 解： （1）函数 1 ( )f xlnxa x 的导数为 2 11 ( )fx xx ， 由f（1）0，若( )f x与x轴相切，切

11、点为(1，f（1）)，必有f（1）10a ， 解得1a ，当(0,1)x时，( )0fx，( )f x递减；当(1,)x时，( )0fx，( )f x递增， 所以函数( )f x的图象能与x轴相切，此时1:a （2）证明：设 21 xtx，所以1t ，由 12 ()()0f xf x，可得 11 11 11 ()0lnxaln txa xtx ， 解得 1 1 1 tlnt xt ， 所以 121 11111(1) (1) 11 tlntttlnt xxxtttt ， 要证 12 113 2xx ，即证 (1)3 12 tlnt t ，即为 3(1) 0 2(1) t lnt t ，1t ，

12、令 3(1) ( ) 2(1) t h tlnt t ，1t ， 2 22 131 ( )0 (1)(1) tt h t ttt t ， 所以( )h t在(1,)递增，可得( )h th（1）0， 则 12 113 2xx 5已知函数 2 ( )(21)f xxlnxaxaxa，其中a为常数 （1）当0a 时，求( )f x的极值； （2）当 1 2 a时，求证：对 12 xx，且 1 x， 2 (0,)x ，不等式 112 221 (1) (1) ln xlnxxa ln xlnxxa 恒成立 （1）解：当0a 时，( )f xxlnxx，( )fxlnx，当(0,1)x时，( )0fx，

13、即( )f x在(0,1)上 单调减；当(1,)x时，( )0fx，即( )f x在(1,)上单调增 （3 分） ( )f x的极小值为f（1）1 ，无极大值 （5 分） （2）证明：根据题意，要证明对 1 x， 2 (0,)x ，且 12 xx， 112 221 (1) (1) ln xlnxxa ln xlnxxa 等价于证明 12 12 11 () (1)() (1)xa lnxa ln xx 设 1 ( )()(1)g xxa ln x ， 由单调性的定义得要证明原不等式等价于证明 1 ( )()(1)g xxa ln x 在(0,)上单调递减 （6 分） 即证 2 1 ( )(1)0

14、 xa g xln xxx 在(0,)上恒成立， 即证 2 1 (1) xa ln xxx ， 1 2 a， 22 1 2 x xa xxxx ， 只需证明 2 1 2 (1) x lnx xx 等价于证明 2 1 1 2 (1)0 x ln xxx （8 分） 设 2 1 1 2 ( )(1)(0) x h xlnx xxx ，令 1 1t x ，则1t ， 2 1 ( )( ) 2 t h xg tlnt t ， 只需证当1t 时，( ) 0g t （10 分） 因为 2 2 (1) ( )0 2 t g t t ，所以( )g t单调递减， 所以( )g tg（1）0，故原不等式成立 （

15、12 分） 6设函数 1 ( ) 1 f xalnx x ，其中a为常数，且0a （）讨论函数( )f x的单调性； （） 设函数( )( )F xf xxlna， 1 x， 2 x是函数( )f x的两个极值点， 证明： 12 ()()142F xF xln 解： （）函数( )f x的定义域为(0,)， 2 22 1(21) ( ) (1)(1) aaxaxa fx xxx x ， 令 2 ( )(21)g xaxaxa， 22 (21)441aaa ， 当 1 4 a时，( ) 0g x ，( ) 0fx，( )f x在(0,)上单调递增， 当 1 0 4 a时，由( )0g x 解得

16、1 1214 2 aa x a ， 2 1214 2 aa x a ， 所以 2 21 121414414 0 22 aaaaa xx aa ， 所以当 1 (0,)xx时，( )0g x ，( )0fx，( )f x单调递增， 当 1 (xx， 2) x时，( )0g x ，( )0fx，( )f x单调递减， 当 2 (xx，)时，( )0g x ，( )0fx，( )f x单调递增， 综上所述，当 1 0 4 a时，( )f x在 1214 (0,) 2 aa a 上单调递增， 在 1214 ( 2 aa a ， 1214 ) 2 aa a 上单调递减， 在 1214 ( 2 aa a

17、，)上单调递增， 当 1 4 a时，( )f x在(0,)上单调递增 （）由（）知函数( )f x的两个极值点为 1 x， 2 x，则 1 0 4 a， 所以 12 12a xx a ， 12 1x x ， 所以 121122 ()()()()F xF xf xx lnaf xx lna 12 1212 12 2 ()() (1)(1) xx aln x xxx lna xx 12 1 1212 2 () 1 xx xx lna x xxx 12 1 a lna a ， 记h（a） 1211 11(2)(0) 4 a lnalnaa aa ， h（a） 22 11112 (2) lnaa lna aaaa ， 因为 1 0 4 a， 所以120a，0lna， 所以h（a）0，h（a）在 1 (0, ) 4 上单调递增， 所以h（a） 1 ( )142 4 hln ， 即 12 1142 a lnaln a ， 所以 12 ()()142F xF xln