1、专题专题 4.10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 2） 1已知函数 1 ( )2 2 f xalnxxa x有两个极值点 1 x、 2 x （）求实数a的取值范围； （）求证： 1 ()0f x； （）若 21 9xx，求 21 21 ()()f xf x xx 的最大值 （）解：函数( )f x的定义域为 |0 x x ， 因为 1 ( )2 2 f xalnxxa x有两个极值点 1 x、 2 x， 故 22 ( )0(0) 2 xa xa fxx x 有两个解 1 x、 2 x， 令tx，则0t ， 所以 2 220tata两个不同的正根， 则有 2 4
2、80aa，且0a ， 解得2a ， 故a的取值范围是(2,)； （）证明：由（）知，不妨设 12 xx时， 则函数( )f x在 1 (0,)x和 2 (x，)上递增，在 1 (x， 2) x上递减， 因为 11 220 xa xa， 所以 21 1 1 ,2 22 x axaaa x ， 故 111 111111111 111 11 ( )22(1) 2222222(1) xxx f xalnxxa xlnxxxlnxx xxx ， 则 22 1 11221221xaaaaaaa ， 故只要证 11 10lnxx ， 设( )1g xlnxx， 则 2 ( ) 2 x g x x ， 所以函
3、数( )g x在(0,4)上递增，在(4,)上递减， 故( )g xg（4）430ln，故 1 ()0f x； （）解：根据韦达定理，可得 1212 2xxxxa， 所以 2 212121 1 1 ()()()2 () 2 x f xf xalnxxaxx x 2 12211221 1 11 ()()() 22 x x x lnxxxxxx x 2 1221 1 11 () 22 x x x lnxx x ， 所以 2 2 12 1 211 2121 21 12 ()( )111 222 xx lnx x ln xf xf xx k xxxxxx xx ， 因为 21 9xx，则令 2 1 3
4、 x t x ， 设 2 ( ) 1 1 lnttlnt h t t t t ，其中3t， 则 2222 2222 (1)(1)2(1)(1) ( )0 (1)(1) lnttt lntttlnt h t tt ， 所以函数( )h t在区间3，)上单调递减， 故当3t时，( )h th（3） 3 3 8 ln ， 所以 21 21 ()()f xf x xx 的最大值是 3 34 8 ln 2已知函数( )f xalnxxa，( ) x g xxe （1）当1a 时，求函数( )( )( )F xg xf x的最小值； （2）若( )f x存在两个零点 1 x， 2 x，求a的取值范围，并证
5、明 12 1x x 解： （1）当1a 时，( )1(0) x F xxelnxxx，则 11 ( )1(1)() xxx F xexexe xx ， 令 1 ( )(0) x xex x ，则 2 1 ( )0 x xe x ， ( ) x在(0,)单调递增， 又 1 ( )20, (1)10 2 ee ， 故存在唯一 0 1 ( ,1) 2 x ，使得 0 ()0 x， 即 0 0 1 x e x ， 00 lnxx ， 且当 0 (0,)xx时，( )0 x，( )0F x，当 0 (xx，)时，( )0 x，( )0F x， ( )F x在 0 (0,)x单调递减，在 0 (x，)单调
6、递增， 0 000000 ( )()1 110 x min F xF xx elnxxxx ； （2）( )1(0) axa fxx xx ， 当0a时，( )0fx，( )f x在(0,)上单调递增，( )f x至多有一个零点，不合题意； 当0a 时，当(0,)xa时，( )0fx，( )f x单调递减，当(,)xa 时，( )0fx，( )f x在 (0,)上单调递增， 则( )()()0 min f xfaalna，解得1a ，注意此时 11 ( )0f ee ， ( ) i当21a 时， 33 ()40f eea，此时 3 1 ae e ，则( )f x在(0,)a和(,)a分别存在一
7、 个零点； ( )ii当2a 时， 2 () aaaa f ealneeaeaa ， 设g（a） 2a eaa ，2a ，则g（a）21 a ea ， g （a）20 a e， g （a）在(, 2) 单调递增，则g（a） 2 ( 2)50ge ， g（a）在(, 2) 单调递减，则g（a） 2 ( 2)60ge，即()0 a f e， 此时 1 a ae e ，则( )f x在(0,)a和(,)a分别存在一个零点； 综上，若( )f x有两个零点，则a的取值范围为(, 1) ； 下证明 12 1x x ， 不妨设 12 0 xax ，由 12 ()()0f xf x得， 11 22 0 0
8、alnxxa alnxxa ， 两式相减得， 12 12 xx a lnxlnx ， 两式相加得， 1212 1212 12 2()2 xxxx lnxlnxlnxlnx axx ， 要证 12 1x x ，只需证 12 0lnxlnx，即证 1 121212 1 122 2 1 1 0 22 1 x lnxlnxxxxx ln x xxx x ， 令 11 ( ),(0,1 21 t h tlntt t ，则 2 22 12(1) ( )0 2(1)2 (1) t h t ttt t ， ( )h t在(0，1单调递增，则( )h th（1）0， 又 1 2 (0,1) x x ，故等号不成
9、立，即得证 3已知函数( )1() x f xaelnxaR （1）当a e时，讨论函数( )f x的单调性： （2）若函数( )f x恰有两个极值点 1 x， 212 ()xxx，且 12 2 3xxln，求 2 1 x x 的最大值 解： （1）函数的定义域为(0,)， 1 ( ) x x x eax fxae xxe ， 当0a时，( )0fx恒成立，( )f x在(0,)上单调递增； 当0a e 时，令( )0fx，则0 x eax，设( ) x g xeax，则( ) x g xea， 易知，当0 xlna时，( )0g x，( )g x单调递减，当xlna时，( )0g x，( )
10、g x单调递增， ( )()(1) 0 lna g xg lnaealnaalna， ( ) 0fx ，( )f x在(0,)上单调递增； 综上，当a e时，( )f x在(0,)上单调递增； （2）依题意， 12 ()()0fxfx，则 1 2 1 2 0 0 x x eax eax ， 两式相除得， 21 2 1 xx x e x ，设 2 1 x t x ，则1t ， 21 xtx， 1 (1)tx et ， 12 , 11 lnttlnt xx tt ， 12 (1) 1 tlnt xx t ， 设 (1) ( )(1) 1 tlnt h tt t ，则 2 1 2 ( ) (1) t
11、lnt t h t t ， 设 1 ( )2(1)ttlnt t t ，则 2 22 12(1) ( )10 t t ttt ， ( ) t在(1,)单调递增，则( ) t（1）0， ( )0h t ，则( )h t在(1,)单调递增， 又 12 2 3xxln，即( ) 2 3h tln，h（3）2 3ln， (1t ，3，即 2 1 x x 的最大值为 3 4定义在(0,)上的函数 2 ( )f xxalnx在2x 处取到极小值， （1）若对任意的(0 x，1，不等式( )1f xbx 恒成立，求实数b的取值范围； （2）令( )( )g xcxf x，若函数( )g x的图象与x轴有两个
12、不同的交点 1 (A x，0)， 2 (B x，0)，且 12 0 xx，求证： 12 ()0 2 xx g （其中( )g x是( )g x的导函数） 解： （1）因为 2 ( )f xxalnx， 所以 2 2 ( )2 axa fxx xx 因为函数( )f x在2x 处取到极小值，所以 f （2）0，解得8a 此时， 2(2)(2) ( ) xx f x x ， 当(0,2)x时，( )0fx，( )f x单调递减，当(2,)x时，( )0fx，( )f x单调递增， 所以( )f x在2x 处取到极小值 所以8a 符合题意，即 2 ( )8f xxlnx 若对任意的(0 x，1，不等
13、式( )1f xbx 恒成立， 即 18lnx b x xx 恒成立 令 18 ( ) lnx h xx xx ， 则 2 222 18889 ( )1 lnxxlnx h x xxx ， 令 2 ( )89xxlnx， 则 8 ( )20 xx x 恒成立，所以( )x在(0，1上单调递增， 则( )x（1）80 ，即( )0h x在(0，1上恒成立 所以( )h x在(0，1上为减函数，( )minh xh（1）2， 故实数b的取值范围为(,2) 证明： （2）由（1）得 2 ( )8g xlnxxcx， 因为函数( )g x的图象与x轴有两个不同的交点 1 (A x，0)， 2 (A x
14、，0)， 所以方程 2 80lnxxcx的两个根为 1 x， 2 x，则 2 111 80lnxxcx， 2 222 80lnxxcx， 两式相减得 12 12 12 8() () lnxlnx cxx xx ， 又 8 ( )2g xxc x ， 则 1212 12 121212 8()1616 ()() 2 xxlnxlnx gxxc xxxxxx 下证： 12 1212 8()16 0(*) lnxlnx xxxx ，即证明 211 122 2() 0 xxx ln xxx ， 令 1 2 x t x ， 因为 12 0 xx， 所以01t ， 即证明 2(1)14 ( )220 111
15、 tt F tlntlntlnt ttt 在01t 时恒成立， 因为 2 22 14(1) ( )0 (1)(1) t F t ttt t 恒成立， 所以( )F t在(0,1)是增函数， 则( )F tF（1）0，从而明 211 122 2() 0 xxx ln xxx ， 故 12 1212 8()16 0 lnxlnx xxxx 成立， 故可得 12 ()0 2 xx g 5已知函数( )(0) x f xxlna a ，( )fx为( )f x的导函数 （1）设 2 ( )( ) 2 lna g xfxx，讨论函数( )g x的单调性； （2）若点 1 (A x， 1) y， 2 (B
16、 x， 212 )()yxx均在函数( )yfx的图象上，设直线AB的斜率为k， 证明： 21 11 k xx （1）解：( )1 x fxln a ， 则 2 ( )1 2 xlna g xlnx a ，0 x ， 2 11 ( ) lna x g xlna x xx ， 当0lna，即01a 时，( )0g x恒成立，( )g x在(0,)上单调递增； 当0lna，即1a 时，由( )0g x，可得 1 x lna ， 当 1 (0,)x lna 时，( )0g x，当 1 (x lna ，)，( )0g x， 所以( )g x在 1 (0,) lna 上单调递增，在 1 ( lna ，)
17、上单调递减 综上可得，当01a 时，( )g x在(0,)上单调递增； 当1a 时，( )g x在 1 (0,) lna 上单调递增，在 1 ( lna ，)上单调递减 （2）证明：( )1 x fxln a ， 由题意可得 21 21 xx lnln aa k xx ，要证 21 11 k xx ， 只要证 21 2211 11 xx lnln aa xxxx ， 因为 21 0 xx，故只要证 21221 211 ?xxxxx ln xxx ， 令 2 1 (1) x t t x ，则只需证 1 11(1)lnttt t ， 令 1 ( )1(1)h tlntt t ，则 22 111 (
18、 )0 t h t ttt ， 所以( )h t在(1,)上单调递增， 所以( )h th（1）0，即 1 1(1)lntt t ， 令( )1(1)m tlnttt ， 11 ( )10 t m t tt ， 所以( )m t在(1,)上单调递减， 所以( )m tm（1）0，即1lntt ， 综上， 1 11(1)lnttt t ，即 21 11 k xx 6已知函数( )2(1) x f xeaxa （1）证明：函数( )yf x在(,0)内存在唯一零点； （2）若函数( )yf x有两个不同零点 1 x， 2 x，且 12 xx，当 12 xx最小时，求此时a的值 （1）证明：函数(
19、)2(1) x f xeaxa， 则( ) x fxea，因为0 x ，1a ，所以( )0fx， 则( )f x在(,0)上单调递减， 又(0)10f ， 2 2 ()0 a fe a ，且函数( )f x的图象不间断， 故函数( )yf x在(,0)内存在唯一零点； （2）解：由题意可知， 1 2 1 2 20 20 x x eax eax ， 所以 1212 1212 22 xxxx eeee a xxxx ， 令 12 0txx， 所以 22 2 (1)2 xxt eee a tx ， 则有 2 2 2 12 xt x ee tx e ， 令 1 ( )(0) t e g tt t ，
20、则 2 (1)1 ( ) t te g t t ， 令( )(1)1 t h tte，则( )0 t h tte， 所以( )h t在(0,)上单调递增， 则( )(0)0h th， 故( )g t在(0,)上单调递增， 要求t的最小值，即求( )g t的最小值， 令 2 2 2 2 2 () x x e v x x e ， 则 2 2 2 2 2 2 22 () x x xe v x x e ， 令 2 22 ()22 x m xxe，则 2 2 ()20 x m xe， 所以 2 ()m x在(,0)上单调递增， 又(0)10m ， 1 ( 1)0me ，且 2 ()m x的图象不间断， 所以存在唯一的 0 ( 1,0)x 使得 0 ()0m x，此时 0 0 22 x ex， 当 0 xx时， 2 ()0v x，则 2 ()v x单调递减， 0 xx时， 2 ()0v x，则 2 ()v x单调递增，所以当 20 xx时， 2 ()v x有最小值， 故当 12 xx最小时， 0 0 00 2222 2 x xe a xx ，此时( )f x在( 1,0)和(0,2)上各有唯一的零点
