高中数学压轴题系列 - 导数专题 - 双极值问题

高中数学压轴题系列——导数专题——双极值问题

1．（2018?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=﹣x+alnx．

（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：

＜a﹣2．

解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）=﹣设g（x）=x2﹣ax+1，

﹣1+=﹣，

当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数， 当a＞0时，判别式△=a2﹣4，

①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）＞0，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，

②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表： x f′（x） f（x） （0，﹣ 递减 ） 0 （，+ 递增 ） 0 （﹣ ，+∞） 递减 综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数， 当a＞2时，在（0，

），和（

，+∞）上是减函数，

则（，）上是增函数．

（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2=1， 则f（x1）﹣f（x2）=（x2﹣x1）（1+则

=﹣2+

）+a（lnx1﹣lnx2）=2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2）， ，则问题转为证明＞x1﹣

＜1即可，

，

即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，则lnx1﹣ln即证2lnx1＞x1﹣

，即lnx1+lnx1＞x1﹣

在（0，1）上恒成立，设h（x）=2lnx﹣x+，（0＜x＜1），其中h（1）=0，

=﹣

=﹣

＜0，

求导得h′（x）=﹣1﹣

则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+＞0， 故2lnx＞x﹣，则

2．（2018?玉溪模拟）已知函数f（x）=xlnx﹣

．

＜a﹣2成立．

（1）若函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，求实数m的取值范围；

（2）若函数f（x）在（0，+∞）上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：lnx1+lnx2＞2． 解：（1）∵f（x）=xlnx﹣

在（0，+∞）上是减函数，

）max，

∴f′（x）=lnx﹣mx≤0在定义域（0，+∞）上恒成立，∴m≥（设h（x）=

，则

，由h′（x）＞0，得x∈（0，e），由h′（x）＜0，得x＞e，

∴函数h（x）在（0，e）上递增，在（e，+∞）上递减，∴h（x）max=h（e）=．∴m≥． 故实数m的取值范围是[，+∞）． 证明：（2）由（1）知f′（x）=lnx﹣mx，

∵函数f（x）在（0，+∞）上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，∴

，

则，∴=

，∴lnx1+lnx2=?ln=，

设t=只需证

∈（0，1），则lnx1+lnx2=

，只需证lnt＜

，则g′（t）=

，要证lnx1+lnx2＞2， ，只需证lnt﹣

=

＜0， ＞0，

＜0，

构造函数g（t）=lnt﹣∴g（t）=lnt﹣∴lnx1+lnx2＞2．

在t∈（0，1）上递增，∴g（t）＜g（1）=0，即g（t）=lnt﹣

3．（2018?银川三模）已知函数f（x）=x﹣ax2﹣lnx（a＞0）．

（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．

解：（1）∵f′（x）=﹣，（x＞0，a＞0），

不妨设φ（x）=2ax2﹣x+1（x＞0，a＞0），则关于x的方程2ax2﹣x+1=0的判别式△=1﹣8a， 当a≥时，△≤0，φ（x）≥0，故f′（x）≤0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减， 当0＜a＜时，△＞0，方程f′（x）=0有两个不相等的正根x1，x2，

不妨设x1＜x2，则当x∈（0，x1）及x∈（x2，+∞）时f′（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0， ∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）递减，在（x1，x2）递增；

（2）证明：由（1）知当且仅当a∈（0，）时f（x）有极小值x1 和极大值x2， 且x1，x2是方程的两个正根，则x1+x2=

，x1 x2=

，

∴f（x1）+f（x2）=（x1+x2）﹣a[（x1+x2）2﹣2x1 x2]﹣（lnx1+lnx2） =ln（2a）+

+1=lna+

+ln2+1（0＜a＜），

＜0，∴g（a）在（0，）内单调递减，

令g（a）=lna++ln2+1，当a∈（0，）时，g′（a）=

故g（a）＞g（）=3﹣2ln2，∴f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．

4．（2018?南开区一模）已知函数f（x）=﹣ln2x﹣ax2+x（a∈R）． （Ⅰ）若函数f（x）在其定义域内为减函数，求a的取值范围； （Ⅱ）讨论函数f（x）的极值点的个数；

（Ⅲ）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2． 解：（Ⅰ）f′（x）=﹣﹣2ax+1=﹣ 则﹣2ax2﹣x+1≤0即∴2a

，a

在（0，+∞）恒成立，

综上，a的取值范围是[，+∞）．

，x∈（0，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，

．要使f（x）在（0，+∞）单调递减．

在（0，+∞）恒成立，

在（0，+∞）恒成立，

，

（Ⅱ）（ⅰ）a=0时，

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，x∈（0，x1）时，f′（x）＜0，x∈（x1，+∞）时，f′（x）＞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a≥时，f′（x）≤0， f（x）在（0，+∞）是减函数，f（x）无极值点． 当0

时，△=1﹣8a＞0，令f′（x）=0，得得

，

，

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a（ⅲ）当0

时，f（x）无极值点； 时，f（x）有两个极值点．

（Ⅲ）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，.

）=﹣

，（0

），∴

． ，

∴h（a）在（0，）单调递减，∴h（a）＞h（）=3﹣4ln2，即f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．

5．（2018?济南二模）已知函数f（x）=1n（x+1）+ax2﹣x． （1）当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范；

（2）若函数g（x）=f（x）+x有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：解：（1）【解法一】∵f′（x）=设h（x）=2ax+2a﹣1

①a≤0时，h（x）＜0，∴f（x）在[0，+∞）上单调递减，f（x）≤f（0）=0，不合题意，舍去； ②当a＞0时， （i）若2a﹣1≥0，即

时，当h（x）≥0，∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，

+2ax﹣1=

．

，x∈[0，+∞）

f（x）≥f（0）=0，符合题意； （ii）若2a﹣1＜0，即当综上：

；

时，当

时，h（x）＜0，f（x）单调递减：

，不合题意，舍去；

时，h（x）＞0，f（x）单调递增；∴

【解法二】

若a≤0，而f（1）=1n2+a﹣1＜0，不合题意，故a＞0； 易知：f（0）=0，设h

若2a﹣1≥0，即

，

，x∈[0，+∞），f'（0）=0

，h'（0）=2a﹣1

时，∵h'（x）在[0，+∞）上单调递增，

∴h'（x）≥h'（0）=2a﹣1≥0，∵h'（x）在[0，+∞）上单调递增，∴h'（x）≥h'（0）=0，符合题意； 若2a﹣1＜0，即令h'（x）=0，记

时，∵h'（x）在[0，+∞）上是单调递增函数，

，当x∈[0，x0）时，h'（x）＜0，∴h'（x）在[0，x0）上是单调递减函数，

∴h'（x）≤h'（0）=0，∴f（x）在[0，x0）上是单调递减函数，∴f（x）≤f（0）=0，不合题意： 综上：

；

=

，

证明：（2）【解法一】g（x）﹣1n（1+x）+ax2，∴设φ（x）=2ax2+2ax+1，

若a=0，φ（x）=1＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，不合题意： 当a＜0时，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，∴φ（x）=0在（﹣1，+∞）上只有一个根，不合题意： 当a＞0时，∵φ（﹣1）=φ（0）=1，要使方程φ（x）=2ax2+2ax+1=0有两个实根x1，x2， 只需

，即a＞2，

∵φ（﹣1）=φ（0）=1，，∴，∴，

∴g（x）在（﹣1，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增； ∴g（x）在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值，符合题意； ∵设

∴m（t）在

，

上是增函数，∴

，∴

，

，∴，

=

，

．

【解法二】g（x）=1n（1+x）+ax2，∴设φ（x）=2ax2+2ax+1，

若a=0，φ（x）=1＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，不合题意；