《2023年高考数学专项练习三极值点问题与三变量问题 含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考数学专项练习三极值点问题与三变量问题 含解析.pdf（39页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考数学专项练习三极值点问题与三变量问题 2023年高考数学专项练习三极值点问题与三变量问题【典型例题】【典型例题】例1.例1.已知函数 f x=x-a2lnx(其中a为常数)(1)当a=1时，对于任意大于1的实数x，恒有 f xk成立，求实数k的取值范围；(2)当0a1时，设函数 f x的3个极值点为x1、x2、x3，且x1x22e例2.例2.已知函数 f x=12e2x-e+1ex+ex+12.(1)求 f x的极值.(2)若 f x1=f x2=f x3，x1x2x3，证明：x2+x32x0(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值).例例4.4.已知函数 f x=ex+mx(1
2、)当m0时，求函数 f x的极值点的个数；(2)当a，b，c 0,+时，e-b-c+e-a-c+e-a-b1-2me-a-b-c恒成立，求m的取值范围例例5.5.已知函数 f x=ax-alnx-exx(1)若不等式 f x0)有三个零点x1，x2，x3x1x2e；(3)记 f x较大的极值点为x4，当x4x2a时，证明：f x1x2x3+f ax20【同步练习】【同步练习】1.1.已知函数 f x=alnx，g x=x-1ex，其中a为实数.(1)若函数 f x，g x的图象在x=1处的切线重合，求a的值；(2)若ae，设函数h x=f x-g x的极值点为x0.求证：函数h x有两个零点x
3、1，x2(x11.2.2.已知函数 f(x)=x2-alnx+x(aR R)(1)当a=3时，求函数 f(x)的极值；(2)设函数g(x)=f(x)-x，若g(x)有两个零点x1，x2x12x03.3.已知函数 f x=ax2+lnx,g x=2x+a2lnx.(1)若 f xg x，求a的取值范围；(2)记 f x的零点为x1,x2(x14ex0.4.4.已知函数 f(x)=12x2+ax(1-lnx)-lnx(1)当a=1时，求函数 f(x)的极值(2)若 f(x)有三个极值点x1,x2,x3，且x1x23a5.5.已知函数 f(x)=x2-2lnx.(1)求函数 f(x)的极值；(2)设
4、F(x)=f(x)-x2+ax2+1(a0)有两个不同的零点x1，x2，x0为其极值点，证明：2F(x0)-2a0时，如果函数y=f(x)+a x-12x2有唯一的极值点且为极小值点，求实数a的取值范围(2)若直线y=k与两条曲线y=f(x)和y=lnxx共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是x1,x2,x3，证明x1,x2,x3成等比数列7.7.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.8.8.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能
5、获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.9.9.已知函数 f x=xex,g x=lnxx.(1)求 f x和g x的极值；(2)证明：存在直线y=a，其与曲线y=f x和曲线y=g x共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.10.10.已知函数 f(x)=ex-alnx(1)当a=1时，证明 f(x)2；(2)若 f(x)存在极值点x0，且对任意满足 f x1=f x2的x1,x2，都有x1+x22x0，求a的取值范围11.11.已知实数a0，设函数 f(x)=x2-2ax+ln(a+1)-(ax-1)lnx,x0(1)当a=0时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数
6、f(x)单调递增，求a的最大值；(3)设x1,x2是 f(x)的两个不同极值点，x3是 f(x)的最大零点证明：1x1+1x2x3注：e=2.71828是自然对数的底数12.12.已知函数 f(x)=x2+3x+3ex，且aR(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程；(2)若函数g(x)=f(x)+a2x2+ax有三个极值点x1,x2,x3，且x3x2013.13.已知函数 f x=12x2+ax-ax+1lnx aR，记 f x的导函数为g x(1)讨论g x的单调性；(2)若 f x有三个不同的极值点x1,x2,x3，其中x1x2x3求a的取值范围；证明：f x3 f x1
7、f x2.14.14.已知函数 f(x)=x2-2alnx，aR R(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程；(2)若函数y=f(x)有两个零点x1,x2(x14x0.15.15.已知函数g x=alnx-2a-2x+12x2aR R在x=1处取得极值.(1)求a的值及函数g x的极值；(2)设 f x=g x-t有三个不同的零点x1，x2，x3x1x2x3，证明：x34+x1.16.16.设函数 f x=12x2+ax-ax+1lnx aR，记 f x的导数为g x(1)讨论g x的单调性；(2)若 f x有三个不同的极值点x1，x2，x3x1x2x3，证明：f x3 f x1
8、q(x)的解集中有且只有两个整数，求实数a的取值范围；(3)方程p(x)-x+4=h(x)在的实根为x0，令F x=x p x-x+4,1x0，若存在x1,x2(1,+),x1x2，使得F x1=F x2，证明F x2F 2x0-x1三极值点问题与三变量问题 三极值点问题与三变量问题【典型例题】【典型例题】例例1.1.已知函数 f x=x-a2lnx(其中a为常数)(1)当a=1时，对于任意大于1的实数x，恒有 f xk成立，求实数k的取值范围；(2)当0a1时，设函数 f x的3个极值点为x1、x2、x3，且x1x22e【解析】(1)当a=1且x1时，f xk，即 x-12-klnx0成立，
9、令g x=x-12-klnx，则gx=2x-2-kx=2x2-2x-kx，x1，则2x2-2x=2x x-10.当k0，gx0，g x在 1,+上是增函数，即当x1时，g xg 1=0，满足题意；当k0时，令gx=0，解得x1=1-1+2k21，当1xx2时，gx0，函数g x在 1,x2上是减函数，此时g x0且x1，则 fx=2 x-alnx-x-a2xln2x=x-a2lnx+ax-1ln2x，对于函数h x=2lnx+ax-1，有hx=2x-ax2=2x-ax2，因为0a1，当0 xa2时，hxa2时，hx0，此时函数h x单调递增，因为函数 f x有3个极值点x1、x2、x3，且x1
10、x2x3，所以，h xmin=ha2=2lna2+10，解得0a2e，当0a1时，h a=2lna0，h 1=a-10，所以，x1a1x3，当0 xx1时，x-a0，则 fx0，函数 f x单调递减，当x1xa时，x-a0，h x0，函数 f x单调递增，当ax0，h x0，则 fx0，函数 f x单调递减，当1x0，h x0，则 fxx3时，x-a0，h x0，则 fx0，函数 f x单调递增，所以，函数 f x的单调递增区间有：x1,a、x3,+，单调递减区间有：0,x1、a,1、1,x3，故x2=a，当0a0，则mx=2lnx+1，令mx=0可得x=1e，当0 x1e时，mx1e时，mx
11、0，此时函数m x单调递增，且m1e=-2e0，且x11ex3，构造函数t x=m x-m2e-x，其中0 x1e，则tx=mx+m2e-x=2lnx+2ln2e-x+2=2ln x2e-x+22lnx+2e-x22+2=0，所以，函数t x在 0,1e上单调递减，因为0 x1t1e=0，即m x1-m2e-x10，即m x3=m x1m2e-x1，因为0 x11e1e，函数m x在1e,+上单调递增，故x32e-x1，即x1+x32e.例例2.2.已知函数 f x=12e2x-e+1ex+ex+12.(1)求 f x的极值.(2)若 f x1=f x2=f x3，x1x2x3，证明：x2+x
12、32.【解析】(1)(1)由题意可得 fx=e2x-e+1ex+e=ex-1ex-e.当x1时，fx0；当0 x1时，fx0.所以 f x在-,0与 1,+上单调递增，在 0,1上单调递减.故 f x的极大值为 f 0=-e，f x的极小值为 f 1=12-12e2.(2)证明：由(1)可知0 x21x3.设g x=f x-f 2-x，0 x1，则gx=fx+f2-x=ex-1ex-e+e2-x-1e2-x-e=ex-ee2xex-1+ex+1-e3e2x.设h x=e2xex-1+ex+1-e3，则hx=3e3x-2e2x+ex+1=ex3e2x-2ex+e.因为=4-12e0在 0,1上恒
13、成立，即h x在 0,1上单调递增，因为h x0在 0,1上恒成立，即g x在 0,1上单调递增，因为g xg 1=0，所以 f x f 2-x在 0,1上恒成立.因为x2 0,1，所以 f x2 f 2-x2，因为 f x2=f x3，所以 f x3 f 2-x2.由(1)可知 f x在 1,+上单调递增，且x3，2-x2 1,+，则x32-x2，即x2+x32x0(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值).【解析】(1)由 f(x)=(x-2)lnx+x-1，有 f(x)=lnx+x-2x+1 f(1)=0，而 f(1)=0，可知曲线y=f(x)在点P(1,f(1)处的切线方程为y=0(2
14、)由(1)得 f(x)=lnx+x-2x+1=lnx+2-2x，令g(x)=lnx+2-2x,x0，则g(x)=1x+2x20在(0,+)上恒成立，即g(x)=lnx+2-2x在(0,+)上单调递增，而g(1)=0，知当0 x1时，f(x)1时，f(x)0，当函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增，即 f(x)在x=1处取得极大值.f x1=f x2,x1x2,x1,x2R，不妨设0 x11x2，令h(x)=f(x)-f(2-x),0 x1，则h(x)=f(x)+f(2-x)=lnx+2-2x+ln(2-x)+2-22-x=lnx(2-x)+4-4x(2-x)因为0 x1
15、，所以0 x(2-x)1，即有lnx(2-x)0,4-4x(2-x)0，h(x)h(1)=0在(0,1)上恒成立，即 f(x)f(2-x)在(0,1)上恒成立，有 f x1 f 2-x1在(0,1)上恒成立，又 f x1=f x2，所以 f x2 f 2-x1，因为0 x111，而函数 f(x)在(1,+)上单调递增，所以x22-x1，即x1+x22，而x0=1，所以x1+x22x0得证.例例4.4.已知函数 f x=ex+mx(1)当m0时，求函数 f x的极值点的个数；(2)当a，b，c 0,+时，e-b-c+e-a-c+e-a-b1-2me-a-b-c恒成立，求m的取值范围【解析】(1)
16、f(x)=ex(x-1)-mx2,x0，令 f(x)=0，得ex(x-1)-m=0.当x0，所以ex(x-1)-m0，f(x)0时，令h(x)=ex(x-1)-m，h(x)=exx0，所以h(x)是增函数.h(0)=-1-m0，所以h(m+1)0，所以存在唯一x0(0,m+1)，使得h x0=0，所以 fx0=0.即0 xx0，f(x)x0，f(x)0，故函数 f(x)在 0,x0上单调递减，在 x0,+上单调递增，所以x0是 f(x)的极小值点.综上所述，函数 f(x)的极值点个数为1.(2)当m-1时，ex(x-1)-mex(x-1)+10，所以 f(x)0，所以函数 f(x)在(0,+)
17、上单调递增.因为a,b,c(0,+)，所以aa+b+c，即 f(a)f(a+b+c),ea+maea+b+c+ma+b+c.所以(a+b+c)ea+ma ea+b+c+m.同理可得(a+b+c)eb+mb ea+b+c+m,(a+b+c)ec+mc ea+b+c+m所以(a+b+c)ea+m+eb+m+ec+m(a+b+c)ea+b+c+m.所以e-b-c+e-a-c+e-a-b-1时，由(1)可知，f(x)在(0,+)上存在唯一的零点x0，且函数 f(x)在 0,x0上单调递减，在 x0,+上单调递增，取a=b=c=x03，则 f(a)f x0=f(a+b+c)，即(a+b+c)ea+ma
18、ea+b+c+m.同理可得(a+b+c)eb+mb ea+b+c+m,(a+b+c)ec+mc ea+b+c+m.所以e-b-c+e-a-c+e-a-b1-2me-a-b-c，与已知矛盾.所以m的取值范围是(-,-1.例例5.5.已知函数 f x=ax-alnx-exx(1)若不等式 f x0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若函数y=f x有三个不同的极值点x1，x2，x3，且 f x1+f x2+f x33e2-e，求实数a的取值范围【解析】(1)函数 f x的定义域为 0,+，不等式 f x0恒成立，即a x-lnxexx在 0,+上恒成立，记u x=x-lnx，则ux=1-1x=x-1
19、x，得到u x在区间 0,1上ux0,u x单调递增，则u xmin=u 1=1，即u x1在区间 0,+上恒成立，分离变量知：aexx2-xlnx=g x在 0,+上恒成立，则a1恒成立，即x-1-lnx0，所以g x在区间 0,1上gx0,g x单调递增，所以g xmin=g 1=e，所以ae时，方程ax-ex=0有两个不相等的实根x1，x3，并且0 x11e时，f x有三个极值点x1，x2，x3，并且0 x1x2=1e，ga=2 lna+1-1=2lna+10在ae时恒成立，则g a在区间a e,+上单调递增，且g e2=2e2lne2-e2-e=3e2-e，从而 f x1+f x2+f
20、 x3=2alna-a-e=g a3e2-e的解为ae2，综上所述e0)有三个零点x1，x2，x3x1x2e；(3)记 f x较大的极值点为x4，当x4x2a时，证明：f x1x2x3+f ax20【解析】(1)fx=ae1-x2x2-x3-1x，(i)当x2，fx0；当x 1,2,gx0，所以g x在 0,1单调递增，在(1，2)上单调递减，g xg 1=1，又g 0=0,g 2=0所以01，fx=a g x-1ax,由(ii)知，fx有两个零点，记 fx两零点为m，n，且m1 f 10，令p x=xe1-x,0 x0,0 x1，所以01a1,f1a=1ae1-1a-10，f m1符合题意；
21、(2)f x=0，这等价于aexex=ln aexx，即lnexex=ln aexaex，由(1)可得x11ax21x3，则aex1e,ex1e,ex3e，令t x=lnxx,则tx=1-lnxx2,所以t x在 0,e上单调递增，在 e,+上单调递减，所以t aex1=t ex1,t aex3=t ex3，所以aex1=ex1,aex3=ex3，则x1x3满足x1-lnx1=lnea=mx3-lnx3=lnea=m，m1，要证aex1x3e，等价于证x1x32-m，易知x1-lnx1=mx3-lnx3=m，令q x=x-lnx，则qx=x-1x，该函数在 0,1上单调递减，在 1,+上单调递
22、增，下面证明x1+x31+m，由x11q 1+m-x1，即证m1+m-x1-ln 1+m-x1，即证01-x1-ln 1+x1-lnx1-x1=1-x1-ln 1-lnx1，即证e1-x1-1+lnx10,x1 0,1，令c x=e1-x-1+lnx,x 0,1,cx=-xe1-x+1x，令y=-xe1-x+1,y=x-1e1-x0，所以cx=-xe1-x+1x0,c xc 1=0，所以e1-x1-1+lnx11+m，所以x1x3-1lnx1x3=x1+x3-2m1+m-2m=1-m，所以x1x32-m，所以原命题得证；(3)记k x=f x+f 2x2-x,kx=fx-f2x2-x，kx=f
23、x+f2x2-x，记 fx=t x=1x2+ae1-xx2-4x+2的零点为x0，tx=-2x3+ae1-x-x2+6x-6在 0,x0为负，所以t x在 0,x0单调递减，记w x=1-x2+4x-2-x+ln-x3+4x2-2x，wx=1-xx4-10 x3+30 x2-28x+4x-x2+4x-22w 1=0，x1，这说明x2t x+t 2x0-x，由对称性，即证明xx0时，y x=t x+t 2x0-x0，这等价于tx在 0,+单调递增，即6x4+ae1-xx2-8x+120，显然成立于是恒有kx0，既kx在 x0,+单调递增，kxkx2=0，即k xk x2=0，f x1x2x3+f
24、 ax2 f ax2-f 2x2-x1x2x3，又ax22x2-x1x2x3，既x1x32-a，由(2)x1x31-lna，故只需证lnaa-1，这是成立的原不等式得证【同步练习】【同步练习】1.1.已知函数 f x=alnx，g x=x-1ex，其中a为实数.(1)若函数 f x，g x的图象在x=1处的切线重合，求a的值；(2)若ae，设函数h x=f x-g x的极值点为x0.求证：函数h x有两个零点x1，x2(x11.【解析】(1)由题意得：f x=alnx，x0，fx=ax，故 f1=a，g(x)=(x-1)ex，g(x)=exx，g(1)=e，因为函数 f x，g x的图象在x=
25、1处的切线重合，故f1=g1f 1=g 1，解得a=e.(2)h(x)=f(x)-g(x)=alnx-(x-1)ex，x0，则h(x)=ax-xex，其中ae，令m x=hx又m(x)=-ax2-ex(x+1)0，h(a)=1-aea0，h x在 0,x0上单调递增，当x x0,+，hxh(1)=0.下面证明h(a+1)=aln(a+1)-aea+1=a ln(a+1)-ea+10，(x)=1x-1=1-xx，当x 0,1时，x0，x在 0,1上单调递增，当x 1,+，xa+1+1=a+2，所以h(a+1)=a ln(a+1)-ea+1a a-(a+2)=-2a1，即证3x0-x22，因为x2
26、是函数h x的零点，故alnx2=x2-1ex2，又x0是函数h x的极值点，故ax0=x0ex0，所以x02ex0lnx2=x2-1ex2，ex2-x0 x20=lnx2x2-1，又lnx2x2-1x2-1x2-1=1，所以ex2-x0 x201，即ex2-x0-2lnx01，所以x2-x0-2lnx00，所以x2-x02lnx02，得证.2.2.已知函数 f(x)=x2-alnx+x(aR R)(1)当a=3时，求函数 f(x)的极值；(2)设函数g(x)=f(x)-x，若g(x)有两个零点x1，x2x12x0【解析】(1)当a=3时，f x=x2-3lnx+x，定义域为 0,+，f(x)
27、=2x-3x+1=2x2+x-3x=(x-1)(2x+3)x(x0)，所以 f x在区间 0,1,fx0,f x递增.所以 f x的极小值为 f 1=2，无极大值.(2)g x=x2-alnx x0,gx=2x-ax=2x2-ax，当a0时，gx0在 0,+上恒成立，g x在 0,+上递增，不符合题意.当a0时，g x在区间 0,a2,gx,g x递减；在区间a2,+,gx0,g x递增.所以g x的极小值点为x=a2，g 1=10，要使g x有两个零点，则ga2=a22-alna20，a2-a2lna2=a21-lna20,1-lna21=lne,a2e，则a2e,a2e 1，对于函数G x
28、=x-lnx x0,Gx=1-1x=x-1x，所以G x在区间 0,1,Gx0,G x递增.所以G xG 1=10，所以x-lnx0在 0,+上恒成立.则g a=a2-alna=a a-lna0，所以不妨设1x1a2x21，即x21-alnx1=t2x21-aln tx1，整理得x21=alntt2-1，要证x1+x22x0，即证x1+tx1=t+1x12a2=2a，即证 t+12x212a，即证(t+1)2alntt2-12a(a0,t1)，即证 t+1lnt2 t-1，即证lnt2 t-1t+1.设函数h t=lnt-2 t-1t+1t1，ht=1t-2(t+1)-2(t-1)(t+1)2
29、=(t+1)2-4tt(t+1)2=(t-1)2t(t+1)20，所以函数h t在 1,+上递增，所以h th 1=0，所以h t=lnt-2 t-1t+10,lnt2 t-1t+1，所以x1+x22x0.3.3.已知函数 f x=ax2+lnx,g x=2x+a2lnx.(1)若 f xg x，求a的取值范围；(2)记 f x的零点为x1,x2(x14ex0.【解析】(1)记h x=f x-g x=1-a2lnx+ax2-2x0，当a2时，取h122时，hx=2ax2-2x+1-a2x=2x-1ax-1+a2x，令h(x)0，h x在 0,12单调递减，在12,+单调递增，所以h12=a2-
30、1ln2+a4-10，即a4+4ln21+2ln2，则a的取值范围为4+4ln21+2ln2,+；(2)gx=2+a2x，令gx=0，则x0=-a4,4ex0=-ea，且 fx=2ax+1x，令 fx0,fx0，-12ea0，取x=1，则 f 1=a0，1x1e-12a2，在 t=lnt-te中，t=1t-1e=e-tet0，t在 2,e单调递增，在 e,+上单调递减，t e=lne-ee=0，即 f-1ea=1e2a+ln-1eax21x2-ea1x1e-12a1x2从而x1x21x2-ea=4ex0.4.4.已知函数 f(x)=12x2+ax(1-lnx)-lnx(1)当a=1时，求函数
31、f(x)的极值(2)若 f(x)有三个极值点x1,x2,x3，且x1x23a【解析】(1)当a=1时，fx=x-1x-lnx，令g x=fx=x-1x-lnx，则gx=x2-x+1x2=x-122+34x20，所以函数g x在 0,+上单调递增，由g 1=0，所以x 0,1时，fx=g x0所以 f x在 0,1上单调递减，在 1,+上单调递增，所以函数 f x有极小值为 f 1=32，无极大值；(2)由g x=fx=x-1x-alnx x0，所以gx=x2-ax+1x2=x+1x-ax，因为x+1x2,仅当x=1时取等号，于是，当a2时，gx0，函数g x在 0,+上单调递增，此时至多有一个
32、零点，不符合，当a2时，令x2-ax+1=0，得x=aa2-42，当x 0,a-a2-42或xa+a2-42,+时，gx0，当xa-a2-42,a+a2-42时，gx2时，1a-a2-42,a+a2-42，所以ga-a2-420，ga+a2-420),h(x)=1-xx，当0 x0，当x1时，h(x)0，所以函数h x在 0,1上递增，在 1,+上递减，所以h(x)h(1)=0，所以lnxx-1，故lna2，则g(a-3)a-3-a3+3a(a-1)-a3+3a2-3a+1=-(a-1)3a3-a-3-3a(a-1)=a3-3a2+3a-1+1-a-3=(a-1)3+1-a-30，因此g x在
33、 a-3，a-a2-42内恰有一个零点(即在 0，a-a2-42有一个零点)，在a-a2-42，a+a2-42内有一个零点，即x=1，在a+a2-42,a3内有一个零点，故g x有三个零点，则a2；证明：由题意知0 x1x2=11时，先证明不等式lnx3 x2-1x2+4x+1恒成立，设 x=lnx-3 x2-1x2+4x+1，则x=1x-12 x2+x+1x2+4x+12=(x-1)4x x2+4x+120，所以函数 x在 1,+上单调递增，于是 x 1=0，即当x1时，不等式lnx-3 x2-1x2+4x+1恒成立由g x3=0，可得x3-1x3=alnx33a x23-1x23+4x3+
34、1，因此x32+4x3+13ax3，两边同除以x3，得x3+4+1x33a，而x1x3=1，故x1+x3+4x1x33a5.5.已知函数 f(x)=x2-2lnx.(1)求函数 f(x)的极值；(2)设F(x)=f(x)-x2+ax2+1(a0)有两个不同的零点x1，x2，x0为其极值点，证明：2F(x0)-2a1x12+1x22【解析】(1)由题意知，函数 f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=2x-2x=2(x-1)(x+1)x，令 f(x)00 x0 x1，所以函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增，所以函数 f(x)在x=1处取得极小值，无极大值，且极小值为 f
35、(1)=1；(2)F(x)=x2-2lnx-x2+ax2+1=ax2-2lnx+1(x0)，F(x)=-2ax3-2x=-2x2+2ax3，令F(x)00 x-a，令F(x)-a，所以函数F(x)在(0,-a)上单调递增，在(-a,+)上单调递减，故F(x)max=F(-a)=-ln(-a)，所以x0=-a，则2F(x0)=-4ln(-a)=2ln-1a.又函数F(x)在(0,+)上有2个零点x1,x2，所以F(x)max=F(-a)=-ln(-a)0，解得-1a0)，则h(x)=1x-1=1-xx，令h(x)00 x1，令h(x)1，所以函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+)上单调
36、递减，故h(x)max=h(1)=-10，即h(x)0，即lnxx，所以2F(x0)=-4ln(-a)=2ln-1ax10，要证-2a1x21+1x22，只需证2x22-x21x22x21lnx22x122(x22-x21)x22+x21，即证lnx22x212x22x21-1x22x21+1，令x22x21=t(1+)，则lnx22x212x22x21-1x22x21+1lnt2(t-1)t+1(t1)，设g(t)=lnt-2(t-1)t+1(t1)，则g(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)20，所以函数g(t)在(1,+)上单调递增，有g(t)g(1)=0，即lnt2(t
37、-1)t+1在(1,+)上恒成立，所以-2a1x21+1x22.综上，2F(x0)-2a0时，如果函数y=f(x)+a x-12x2有唯一的极值点且为极小值点，求实数a的取值范围(2)若直线y=k与两条曲线y=f(x)和y=lnxx共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是x1,x2,x3，证明x1,x2,x3成等比数列【解析】(1)g(x)=xex+a x-12x2(x0)，g(x)=1-xex+a(1-x)=(1-x)1ex+a，若a0，由g(x)0，解得0 x1；由g(x)1，于是g(x)在(0,1)上递增，在(1,+)递减，所以x=1是g(x)在(0,+)上唯一的极大值点，
38、不合题设若a0，若g(x)=0，得x1=1,x2=ln-1a()当-1ea1g(x)01xln-1e；g(x)00 xln-1e，g(x)在 1,ln-1e上递增，在(0,1)和 ln-1e,+上递减故g(x)在区间(0,+)上在两个极值点，不合题设()当-1a-1e时，0ln-1e0ln-1ex1；g(x)00 x1g(x)在 ln-1e,1上递增，在 0,ln-1e和(1,+)上递减故g(x)在区间(0,+)上在两个极值点，不合题设()当a-1时，1ex+a01-x1；g(x)00 x1；函数g(x)在区间(0,1)递减，在区间(1,+)上递增，故g(x)在(0,+)上有唯一极小值点综上所
39、述，符合题设的实数a的取值范围是(-,-1方法2：同方法1，若a0时，g(x)在(0,+)上唯一的极大值点，不合题设若a0恒成立a-1exa-1exmin对x0时，-1ex递增-1ex-1e0=-1故a-1综上，所求实数a的取值范围是(-,-1(2)当xex=lnxx时，则有x2ex=lnx，设函数h(x)=x2ex(x0)，则h(x)=x(2-x)ex，当0 x0,h(x)单调递增，当x2时，h(x)12,12=ln e ln2，如下图所示：因此曲线y=lnx,y=x2ex的交点只有一个，因此曲线 f(x)=xex和(x)=lnxx只有一个交点，f(x)=xex f(x)=1-xex，当x0
40、,f(x)单调递增，当x1时，f(x)0,f(x)单调递减，且当x无限接近+时，y无限接近0，且 f(0)=0，图像如下图所示，(x)=lnxx(x)=1-lnxx2，当0 x0,(x)单调递增，当xe时，(x)0,(x)单调递减，且当x无限接近+时，y无限接近0，当x无限接近0时，y无限接近-，图像如下图所示，当直线y=k经过曲线 f(x)=xex和(x)=lnxx唯一的公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点如上图所示，则有0 x11x2ex3，且x1ex1=x2ex2=lnx2x2=lnx3x3，对上式同构可得：lnex1ex1=lnex2ex2=lnx2x2=lnx3x3，0ex1
41、,x2e，且函数(x)=lnxx在(e,+)上单调递减，ex2=x3由方程可得：x1x3=lnx2ex2，再结合方程可得：x22=x1x3所以x1,x2,x3成等比数列7.7.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.8.8.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.9.9.已知函数 f x=xex,g x=lnxx.(1)求 f x和g x的极值；(2)证明：存在直线y=a，其与曲线y=f x和曲线y=g x共有三个
42、不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.【解析】(1)因为 f x=xex,g x=lnxx，所以 fx=1-xex,gx=1-lnxx2，当x0，当x1时，fx0，所以 f x在(-,1)单增，在(1,+)单减，所以当x=1时，f x取得极大值1e，无极小值；当0 x0，当xe时，gx0，所以g x在(0,e)单增，在(e,+)单减当x=e时，g x极大值1e，无极小值；(2)当直线y=a过两个函数的交点时，满足题意，设交点为A x2,a，设直线y=a与 f x在A的左边交点为P x1,a，与g x在A的右边交点为Q x3,a，由(1)知0 x11x2ex3，且x1ex1=a,
43、x2ex2=lnx2x2=a,lnx3x3=a，因为a=x1ex1=lnx2x2=lnx2elnx2，所以 f x1=f lnx2，又x11，lnx21，lnx3lne=1，且 f x在 1,+上递减，所以x2=lnx3，则x3x2=x3lnx3=1a，所以x3x2=x2x1=1a，即x22=x1x3.10.10.已知函数 f(x)=ex-alnx(1)当a=1时，证明 f(x)2；(2)若 f(x)存在极值点x0，且对任意满足 f x1=f x2的x1,x2，都有x1+x22x0，求a的取值范围【解析】(1)当a=1时，f(x)=ex-lnx，定义域为 0，+，设t(x)=ex-x-1，则t
44、(x)=ex-1，所以函数t(x)在 0，+单调递增，在-,0上单调递减，所以t(x)t 0=0，所以exx+1，当且仅当x=0时等号成立，所以ex-1x，x-1lnx，当且仅当x=1时等号成立，所以exx+1lnx+2，且等号不同时成立，所以 f(x)=ex-lnx2；(2)函数 f(x)=ex-alnx，f(x)=ex-ax=xex-ax,x0，若 f(x)存在极值点x0，则 f(x0)=x0ex0-ax0=0，所以a=x0ex00，所以函数 f(x)在 0,x0上单调递减，在 x0,+上单调递增，由 f x1=f x2，不妨设0 x1x02x0；若x0 x22x0可得x12x0-x2，则
45、 f x1 f 2x0-x2，所以 f x2 f 2x0-x2，即 f x2-f 2x0-x20对x0 x22x0恒成立，令x=x2-x0,0 xx0，则x2=x+x0，则 f x2-f 2x0-x2=ex2-alnx2-e2x0-x2+aln 2x0-x2=ex+x0-aln x+x0-ex0-x+aln x0-x=ex+x0-x0ex0ln x+x0-ex0-x+x0ex0ln x0-x=ex0ex-x0ln x+x0-e-x+x0ln x0-x，设g x=ex-x0ln x+x0-e-x+x0ln x0-x,0 xx0，则g 0=0，gx=ex-x0 x+x0+e-x-x0 x0-x=e
46、x+e-xx2-x20+2x20 x2-x20=e2x+1x2-x20+2exx20 x2-x20ex，令h x=e2x+1x2-x20+2exx20，h 0=e2x+1x2-x20+2exx20=0，则hx=2e2xx2-x20+2x e2x+1+2exx20=e2x2x2-2x20+2x+2x+2exx20，h0=0，令p x=hx=e2x2x2-2x20+2x+2x+2exx20，则px=e2x4x2+8x-4x20+2+2+2exx20，令p0=-4x20+2+2+2x20=-2x20+40，则x0 0,2，当x0 0,2时，令s x=px=e2x4x2+8x-4x20+2+2+2ex
47、x20，则sx=e2x8x2+24x-8x20+12+2exx20=exex8x2+24x+12-8ex-2x20exex8x2+24x+12-2 8ex-2=exex8x2+24x-4+4，设m x=ex8x2+24x-4+4,0 x0，所以m xm 0=0，所以当x0 0,2时，sx0，px单调递增，px0，hx单调递增，hx0，h x单调递增，h x0,gx0，g x单调递减，g x0，f x2-f 2x0-x22 时，p00，存在x 0,x3,px0，hx单调递减，hx0，h x0，g x单调递增，g x0，f x2-f 2x0-x20，不符合题意；所以x0 0,2，由a=x0ex0单
48、调递增可得a 0,2e2.11.11.已知实数a0，设函数 f(x)=x2-2ax+ln(a+1)-(ax-1)lnx,x0(1)当a=0时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 f(x)单调递增，求a的最大值；(3)设x1,x2是 f(x)的两个不同极值点，x3是 f(x)的最大零点证明：1x1+1x20，故 f(x)在(0,+)上单调递增(2)若函数 f(x)单调递增，则 f(x)=2x-2a+ax-1x-alnx=2x+1x-3a-alnx0对任意的x 0,+恒成立令g x=lnx-x-1,gx=1x-1=1-xx，在 0,1上gx0，g x单增，在 1,+上gx0，g x单减，所以
49、g xmaxg 1=0，即lnxx-1.所以 f(x)=2x+1x-3a-alnx2x+1x-a(x+2)0在x 0,+恒成立，则a2x2+1x(x+2)在x 0,+恒成立，令h(x)=2x2+1x(x+2)，则h(x)=2(2x+1)(x-1)x2(x+2)2，所以0 x1时h(x)1时h(x)0，即h(x)递增，故h(x)h(1)=1，即a1.综上，a的最大值是1(3)由于a1时，f(x)单调递增，故当 f(x)有两个不同极值点时，a1此时 f(x)=2x+1x-a(3+lnx),f(x)=2-1x2-ax=2x2-ax-1x2，于是 f(x)在 0,a+a2+84上单调递减，在a+a2+
50、84,+上单调递增当x趋向于0时，fx趋向于正无穷，f(1)=3-3a0，x趋向于正无穷时，fx趋向于正无穷，则 f(x)=0存在两个零点x1,x2，不妨设x11x2，也即 f(x)的两个不同极值点，故2x1+1x1-a 3+lnx1=0,2x2+1x2-a 3+lnx2=0.先估计1x1+1x2，令h x=lnx2-2x2-2x2+1，hx=2xx2-4x x2+1-2x2-22xx2+12=2x-8xx2+12=2 x2+12-8x2x x2+12=2 x2-12x x2+12，则hx=0 x=1，所以h x在 0,1,1,+上单调递增，所以当0 x1时，h xh 1=0，则lnx21时，