一轮大题专练9—导数（双变量与极值点偏移问题1）-2022届高三数学一轮复习.doc

1、一轮大题专练一轮大题专练 9导数（双变量与极值点偏移问题导数（双变量与极值点偏移问题 1） 1已知定义在0，)上的函数 2 1 ( )cos 2 f xxaxx （1）若( )f x为定义域上的增函数，求实数a的取值范围； （2）若1a ， 12 ()()0f xf x， 12 xx， 0 ()f x为( )f x的极小值，求证： 120 2xxx 解： （1）由 2 1 ( )cos 2 f xxaxx，得( )sinfxxax， ( )f x为0，)上的增函数， 0 x ，( )sin0fxxax，sinaxx， 设( )sin(0)g xxx x，( )cos1 0g xx ， ( )g

2、 x为减函数，( )(0)0g xg， 0a 时( )f x为定义域上的增函数， 故实数a的取值范围是0，)； （2）证明：1a ， 2 1 ( )cos 2 f xxxx，( )1sinfxxx ， 设( )1sinh xxx ，( )1cos0h xx ，( )fx 为增函数， (0)01sin010f ，( )1sin0f ， 0 (0, )x， 0 ()0fx，当 0 (0,)xx时，( )0fx，( )f x递减， 当 0 (xx，)时，( )0fx，( )f x递增， 0 ()f x为( )f x的极小值， 设 12 xx，(0)10f ， 2 ( )10 2 f ， 102 0

3、xxx， 设 00 ( )()()F xf xxf xx，(0)x， 00 ( )222sincosF xxxx， 0 ( )2sinsinF xxx ， 0 sin0 x ，( )F x为增函数， 0000000 (0)222sincos0222sin2(1sin)2()0Fxxxxxxfx ， ( )(0)0F xF，( )F x为增函数， 00 ( )(0)(0)(0)0F xFf xf x， 00 ()()f xxf xx，(0)x， 1202002002 ()()()()(2)f xf xf xxxf xxxfxx， 又()1sin20 2222 f ， 02 2 xx ， 020

4、02xxx， 102 2xxx，即 120 2xxx 2已知函数( )sin x f xxe （）求函数( )f x在 3 ,2 2 的最大值； （） 证明： 函数 1 ( )2( ) 2 x g xxef x 在(0,2 )有两个极值点 1 x， 2 x， 并判断 12 xx与2 的大小关系 （）解：函数( )sin x f xxe， 所以( )cos x fxxe，则( )sin x fxxe ， 所以当 3 ,2 2 x 时，sin0 x，故( )0fx， 所以函数( )fx在 3 ,2 2 上单调递增， 又 3 ()0 2 f ， 2 (2 )10fe ， 所以( )fx在 3 ,2

5、2 上有唯一的零点t， 当 3 (, ) 2 xt 时，( )0fx，当( ,2 )xt时，( )0fx， 故( )f x在 3 (, ) 2 t 上单调递减，在( ,2 )t上单调递增， 又 3 2 3 ()10 2 fe ， 2 (2 )0fe ， 所以( )f x在 3 ,2 2 上的最大值为 2 e ； （）证明： 1 ( )cos 2 x g xxe， 当(0,) 2 x 时，( )g x单调递增， 又 4 12 ()0 422 ge ， 2 1 ()0 22 ge ， 所以( )g x在(0,) 2 x 有唯一的零点 1 (,) 4 2 t ， 此时当 1 (0, )xt时，( )

6、0g x，则( )g x单调递减， 当 1 ( ,) 2 xt 时，( )0g x，则( )g x单调递减， 故 1 xt是极小值点，不妨设 11 (,) 4 2 xt ； 当 3 (,) 22 x 时，cos0 x ，所以 2 111 ( )cos0 222 xx g xxeee ， 故( )g x在 3 (,) 22 x 上单调递增，故( )g x没有极值点； 当 3 (,2 ) 2 x ，( )sin( ) x gxxef x ， 由（）知，( )f x在 3 (, ) 2 t 上单调递减，在( ,2 )t上单调递增， 且 3 2 3 ()10 2 fe ， 2 (2 )0fe ， 故(

7、 )gx由唯一的零点 0 3 (,2 ) 2 t ， 则当 0 3 (, ) 2 xt 时，( )0gx，则( )g x单调递减， 当 0 (xt，2 )时，( )0gx，则( )g x单调递增， 又 7 4 3712 ()0,()0 2422 gge ， 2 1 (2 )0 2 ge ， 所以( )g x在 3 (,2 ) 2 x 由唯一的零点 2 37 (,) 24 t ， 此时 2 3 (,) 2 xt 时，( )0g x，则( )g x单调递增， 当 2 (xt，2 )时，( )0g x， 所以 2 xt是极大值点，即 22 37 (,) 24 xt ，且 1 2 1 2 1 cos

8、2 1 cos 2 x x xe xe ， 由于 12 xx ee ，所以 122 coscoscos(2)xxx， 因为 12 (,),2(,) 4 24 2 xx ， 所以 12 2xx，即 12 2xx 3已知函数 2 1 ( )()2 2 f xln axaxx，0a （1）求函数( )f x的增区间； （2）设 1 x， 2 x是函数( )f x的两个极值点，且 12 xx，求证： 12 2xx 解： （1）由题意得 2 121 ( )2(0) axx fxaxx xx ， 令( )0fx，则 2 210axx ， 当 2 ( 2)40a ，即1a时， 2 210axx 在(0,)上

9、恒成立， 即( )f x的递增区间是(0,)， 当 2 ( 2)40a ，即01a时， 11 0 a x a 或 11a x a ， 即( )f x在 11 (0,) a a ， 11 ( a a ，)递增， 综上：1a时，( )f x的递增区间是(0,)， 01a时，( )f x的递增区间是 11 (0,) a a ， 11 ( a a ，)； （2） 2 21 ( )(0) axx fxx x ，( )f x有 2 个极值点 1 x， 2 x， 1 x， 2 x是方程 2 210axx 的两个不相等的正实数根， 从而 2 ( 2)40a ，0a ，解得：01a， 由 2 210axx ，解

10、得： 2 21x a x ， 01a， 1 2 x且1x ， 令 2 21 ( ) x g x x ， 1 2 x 且1x ，则 3 2(1) ( ) x g x x ， 故当 1 1 2 x时，( )0g x，故( )g x单调递增， 当1x 时，( )0g x，( )g x单调递增， 故 12 12 22 12 2121 1 (1) 2 xx axx xx ， 要证 12 2xx，只要证 21 2xx，只要证明 21 ()(2)g xgx， 12 ()()g xg x，只要证明 11 ()(2)g xgx， 令 22 212(2)1 ( )( )(2) (2) xx F xg xgx xx

11、 ， 则 222 3333 2(1)21(2)4(1) (2)(2) ( ) (2)(2) xxxxx xx F x xxxx ， 1 1 2 x，( )0F x，即( )F x在 1 ( 2 ，1)递增， 故( )F xF（1）0，即 11 ()(2)g xgx， 故 21 2xx， 12 2xx 4已知函数( )f xxlnxa在 0 xx处的切线方程为2yxe （1）求实数a及 0 x的值； （2）若 2 1 ( ) ( )(1)g xf xk x x 有两个极值点 1 x， 2 x，求k的取值范围并证明 12 11 2 xx 解： （1）( )1fxlnx，切线方程为2yxe， 00

12、()12fxlnx ， 0 xe， 又 000 2x lnxaxe，0a； （2）由（1）可知( )f xxlnx，则 1 ( )()(0)g xlnxk xx x ， 2 22 11 ( )(1) kxxk g xk xxx ， 当0k时，( )0g x，( )g x在(0,)递增，( )g x没有极值点， 当0k 时，令 2 ( )(0)h xkxxk x，其对称轴方程为 1 2 x k ， 2 14k ， 若 1 2 k时， 2 140k ，此时 2 ( ) ( )0 h x g x x ， ( )g x在(0,)上递减，( )g x没有极值点， 若 1 0 2 k时， 2 140k ，

13、由( )0g x，即( )0h x ， 则( )0h x 的两根为 1 x， 2 x，不妨设 12 xx， 由(0)0hk，h（1）120k ， 1 1 2 x k ，故 12 01xx ， x，( )h x，( )g x，( )g x的变化如下： x 1 (0,)x 1 x 1 (x， 2) x 2 x 2 (x，) ( )h x 00 ( )g x 00 ( )g x 递减极小值递增极大值递减 综上，k的取值范围是 1 ( 2 ，0)， 此时 12 1 xx k ， 12 1x x ，故 12 1212 111xx xxx xk ， 由 1 ( 2 k ，0)，得 1 2 k ，故 12

14、11 2 xx 5已知函数 2 3 ( )63log(0,1) 2 a f xxxx aa 为单调减函数，( )f x的导函数( )fx的最 大值 不小于 0 （1）求a的值； （2）若 12 ()()9f xf x，求证： 12 2xx （1）解：因为( )f x为单调减函数， 所以 3 ( )360fxx xlna 恒成立， 所以 2 1 2xx lna 在(0,)x上恒成立， 由于当1x 时， 2 (2 )1 min xx ， 所以 1 1 lna ，解得 1 1a e ， 因为 11 ( )3666 () fxx xlnalna ， 当且仅当 1 x lna 时，( )fx取得最大值为

15、 1 66 lna ， 由题意可得， 1 66 0 lna ，解得 1 0a e ， 综上可得，a的值为 1 e ； （2）证明：由（1）可知， 2 3 ( )63 2 f xxxlnx ， 所以 9 (1) 2 f，因为 12 ()()9f xf x，且( )f x在(0,)上单调递减， 可设 12 01xx ， 令( )( )(2)F xf xfx，01x ， 所以( )( )(2)F xfxfx 11 63()63(2) 2 xx xx 3 6(1) 0 (2) x xx ， 所以( )F x在(0，1上单调递减， 所以( )F xF（1）2f（1）9， 故( )(2) 9f xfx，0

16、1x ， 因为 12 01xx ，所以 112 (2) 9()()fxf xf x， 因为( )f x为(0,)上的单调递减函数， 所以 12 2xx， 故 12 2xx 6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

17、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( )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

18、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 ，(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，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