关于极值点与零点的几个题
一．解答题（共7小题）
1．已知函数．
（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；
（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求a的取值范围并证明x1+x2＞2．
2．已知函数f（x）=xlnx﹣x2﹣x+a（a∈R）在定义域内有两个不同的极值点
（1）求a的取值范围；
（2）记两个极值点x1，x2，且x1＜x2，已知λ＞0，若不等式x1•x2λ＞e1+λ恒成立，求λ的取值范围．
3．已知函数f（x）=ln﹣ax2+x，
（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；
（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．
4．已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）．
（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．
5．已知函数f（x）=lnx﹣ax．
（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．求证：x1+x2＞1．
6．已知f（x）=ln（mx+1）﹣2（m≠0）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若m＞0，g（x）=f（x）+存在两个极值点x1，x2，且g（x1）+g（x2）＜0，求m的取值范围．
7．已知函数f（x）=x（lnx﹣ax）（a∈R），g（x）=f′（x）．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线3x﹣y﹣1=0平行，求实数a的值；
（2）若函数F（x）=g（x）+x2有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：f（x2）﹣1＜f（x1）
关于极值点的几个题目------有点难
参考答案与试题解析
一．解答题（共7小题）
1．（2017•达州模拟）已知函数．
（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；
（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求a的取值范围并证明x1+x2＞2．
【分析】（1）求出函数的导数，问题转化为，令，根据函数的单调性求出g（x）的最大值，从而求出a的范围即可；
（2）求出函数f（x）的导数，令F（x）=f'（x）=lnx﹣ax+1，求出函数F（x）的导数，通过讨论a的范围求出a的范围，证明即可．
【解答】解：（1）因为f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），
所以由f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立得，
令，易知g（x）在（0，1）单调递增（1，+∞）单调递减，
所以a≥g（1）=1，
即得：a≥1…（5分）
（2）函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），
即y=f'（x）有两个不同的零点，且均为正，f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），
令F（x）=f'（x）=lnx﹣ax+1，由可知
1）a≤0时，函数y=f（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点．
2）a＞0时，y=F（x）在是增函数在是减函数，
此时为函数的极大值，也是最大值．
当时，最多有一个零点，所以才可能有两个零点，
得：0＜a＜1…（7分）
此时又因为，，，
令，φ（a）在（0，1）上单调递增，
所以φ（a）＜φ（1）=3﹣e2，即
综上，所以a的取值范围是（0，1）…（8分）
下面证明x1+x2＞2
由于y=F（x）在是增函数在是减函数，，可构造出
构造函数
则，故m（x）在区间上单调减．又由于，
则，即有m（x1）＞0在上恒成立，即有成立．
由于，，y=F（x）在是减函数，所以
所以成立 …（12分）
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
2．（2017•天心区校级一模）已知函数f（x）=xlnx﹣x2﹣x+a（a∈R）在定义域内有两个不同的极值点
（1）求a的取值范围；
（2）记两个极值点x1，x2，且x1＜x2，已知λ＞0，若不等式x1•x2λ＞e1+λ恒成立，求λ的取值范围．
【分析】（1）由导数与极值的关系知可转化为方程f′（x）=lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点；
（2）原式等价于 ＞，令t=，t∈（0，1），则不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立．令h（t）=lnt﹣，t∈（0，1），
根据函数的单调性求出即可．
【解答】解：（1）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
方程f′（x）=0在（0，+∞）有两个不同根，即方程lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；
转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
如图示：
，
可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0＜a＜k．
令切点A（x0，lnx0），
故k=y′|x=x0=，又k=，
故 =，解得，x0=e，
故k=，故0＜a＜；
（2）因为e1+λ＜x1•x2λ等价于1+λ＜lnx1+λlnx2．
由（1）可知x1，x2分别是方程lnx﹣ax=0的两个根，
即lnx1=ax1，lnx2=ax2
所以原式等价于1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），因为λ＞0，0＜x1＜x2，
所以原式等价于a＞，
又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，ln =a（x1﹣x2），
所以原式等价于 ＞，
因为0＜x1＜x2，原式恒成立，即ln＜恒成立．
令t=，t∈（0，1），
则不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立．
令h（t）=lnt﹣，t∈（0，1），
又h′（t）=，
当λ2≥1时，可见t∈（0，1）时，h′（t）＞0，
所以h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．
当λ2＜1时，可见t∈（0，λ2）时，h′（t）＞0，t∈（λ2，1）时h′（t）＜0，
所以h（t）在t∈（0，λ2）时单调增，在t∈（λ2，1）时单调减，又h（1）=0，
所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式e1+λ＜x1•x2λ恒成立，只须λ2≥1，又λ＞0，所以λ≥1．
【点评】本题考查了导数的综合应用及分类讨论，转化思想，数形结合的思想方法的应用，是一道综合题．
3．（2017•湖北模拟）已知函数f（x）=ln﹣ax2+x，
（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；
（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值的个数；
（2）根据x1，x2是方程2ax2﹣x+1=0的两根，得到，，求出f（x1）+f（x2），根据
函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）由，
得：，
（ⅰ）a=0时，，
x∈（0，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，
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，
∴，
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即时，f′（x）≤0，
f（x）在（0，+∞）是减函数，f（x）无极值点．
当时，△=1﹣8a＞0，令f′（x）=0，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） 当时，f（x）无极值点；
（ⅲ）当时，f（x）有两个极值点．
（2）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，
∴，，
=
=
=，
设，
，
∴时，g（a）是减函数，，
∴，
∴f（x1）+f（x2）＞3﹣4ln2．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论数思想，是一道综合题．
4．（2016•包头校级三模）已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）．
（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．
【分析】（1）若a=，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可求函数f（x）的单调区间；
（2）根据函数与方程之间的关系转化为函数存在零点问题，构造函数，求函数的导数，利用函数极值和函数零点之间的关系进行转化求解即可．
【解答】解：（1）若a=，f（x）=（x2+bx+1）e﹣x，
则f′（x）=（2x+b）e﹣x﹣（x2+bx+1）e﹣x=﹣[x2+（b﹣2）x+1﹣b]e﹣x=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x，
由f′（x）=0得﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]=0，即x=1或x=1﹣b，
①若1﹣b=1，即b=0时，f′（x）=﹣（x﹣1）2e﹣x≤0，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，+∞）．
②若1﹣b＞1，即b＜0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＜0，即1＜x＜1﹣b，
此时函数单调递增，单调递增区间为（1，1﹣b），
由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＜0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＞0，即x＜1，或x＞1﹣b，
此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1），（1﹣b，+∞），
③若1﹣b＜1，即b＞0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＜0，即1﹣b＜x＜1，
此时函数单调递增，单调递增区间为（1﹣b，1），
由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＜0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＞0，即x＜1﹣b，或x＞1，
此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1﹣b），（1，+∞）．
（2）若f（1）=1，则f（1）=（2a+b+1）e﹣1=1，
即2a+b+1=e，则b=e﹣1﹣2a，
若方程f（x）=1在（0，1）内有解，
即方程f（x）=（2ax2+bx+1）e﹣x=1在（0，1）内有解，
即2ax2+bx+1=ex在（0，1）内有解，
即ex﹣2ax2﹣bx﹣1=0，
设g（x）=ex﹣2ax2﹣bx﹣1，
则g（x）在（0，1）内有零点，
设x0是g（x）在（0，1）内的一个零点，
则g（0）=0，g（1）=0，知函数g（x）在（0，x0）和（x0，1）上不可能单调递增，也不可能单调递减，
设h（x）=g′（x），
则h（x）在（0，x0）和（x0，1）上存在零点，
即h（x）在（0，1）上至少有两个零点，
g′（x）=ex﹣4ax﹣b，h′（x）=ex﹣4a，
当a≤时，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上递增，h（x）不可能有两个及以上零点，
当a≥时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上递减，h（x）不可能有两个及以上零点，
当＜a＜时，令h′（x）=0，得x=ln（4a）∈（0，1），
则h（x）在（0，ln（4a））上递减，在（ln（4a），1）上递增，h（x）在（0，1）上存在最小值h（ln（4a））．
若h（x）有两个零点，则有h（ln（4a））＜0，h（0）＞0，h（1）＞0，
h（ln（4a））=4a﹣4aln（4a）﹣b=6a﹣4aln（4a）+1﹣e，＜a＜，
设φ（x）=x﹣xlnx+1﹣e，（1＜x＜e），
则φ′（x）=﹣lnx，
令φ′（x）=﹣lnx=0，得x=，
当1＜x＜时，φ′（x）＞0，此时函数φ（x）递增，
当＜x＜e时，φ′（x）＜0，此时函数φ（x）递减，
则φ（x）max=φ（）=+1﹣e＜0，
则h（ln（4a））＜0恒成立，
由h（0）=1﹣b=2a﹣e+2＞0，h（1）=e﹣4a﹣b＞0，
得＜a＜，
当＜a＜时，设h（x）的两个零点为x1，x2，则g（x）在（0，x1）递增，
在（x1，x2）上递减，在（x2，1）递增，
则g（x1）＞g（0）=0，
g（x2）＜g（1）=0，
则g（x）在（x1，x2）内有零点，
综上，实数a的取值范围是（，）．
【点评】本题主要考查函数单调性和单调区间的求解和判断，利用函数单调性的性质以及函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．
5．（2016•宁城县模拟）已知函数f（x）=lnx﹣ax．
（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．求证：x1+x2＞1．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性，分离参数a，问题转化为：当x
＞1时恒成立，解出即可；
（Ⅱ）求出个零点x1，x2，得到．构造函数，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（I）因为f（x）=lnx﹣ax，则，
若函数f（x）=lnx﹣ax在（1，+∞）上单调递减，
则1﹣ax≤0在（1，+∞）上恒成立，
即当x＞1时恒成立，所以a≥1．（5分）
（II）证明：根据题意，，
因为x1，x2是函数的两个零点，
所以，．
两式相减，可得，（7分）
即，故．
那么，．
令，其中0＜t＜1，
则．
构造函数，（10分）
则．因为0＜t＜1，所以h'（t）＞0恒成立，
故h（t）＜h（1），即．
可知，故x1+x2＞1．（12分）
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道综合题．
6．（2016•河南三模）已知f（x）=ln（mx+1）﹣2（m≠0）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若m＞0，g（x）=f（x）+存在两个极值点x1，x2，且g（x1）+g（x2）＜0，求m的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，确定函数的单调性；
（2）求出g（x）的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的最值，判断是否符合题意，从而判断出m的范围即可．
【解答】解：（1）由已知得mx+1＞0，f′（x）=，
①若m＞0时，由mx+1＞0，得：x＞﹣，恒有f′（x）＞0，
∴f（x）在（﹣，+∞）递增；
②若m＜0，由mx+1＞0，得：x＜﹣，恒有f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，﹣）递减；
综上，m＞0时，f（x）在（﹣，+∞）递增，
m＜0时，f（x）在（﹣∞，﹣）递减；
（2）g（x）=ln（mx+1）+﹣2，（m＞0），
∴g′（x）=，
令h（x）=mx2+4m﹣4，
m≥1时，h（x）≥0，g′（x）≥0，g（x）无极值点，
0＜m＜1时，令h（x）=0，得：x1=﹣2或x2=2，
由g（x）的定义域可知x＞﹣且x≠﹣2，
∴﹣2＞﹣且﹣2≠﹣2，解得：m≠，
∴x1，x2为g（x）的两个极值点，
即x1=﹣2，x2=2，
且x1+x2=0，x1•x2=，得：
g（x1）+g（x2）=ln（mx1+1）+﹣2+ln（mx2+1）+﹣2
=ln（2m﹣1）2+﹣2，
令t=2m﹣1，F（t）=lnt2+﹣2，
①0＜m＜时，﹣1＜t＜0，
∴F（t）=2ln（﹣t）+﹣2，
∴F′（t）=＜0，
∴F（t）在（﹣1，0）递减，F（t）＜F（﹣1）＜0，
即0＜m＜时，g（x1）+g（x2）＜0成立，符合题意；
②＜m＜1时，0＜t＜1，
∴F（t）=2lnt+﹣2，F′（t）=＜0，
∴F（t）在（0，1）递减，F（t）＞F（1）=0，
∴＜m＜1时，g（x1）+g（x2）＞0，不合题意，
综上，m∈（0，）．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．
7．（2016•湖北模拟）已知函数f（x）=x（lnx﹣ax）（a∈R），g（x）=f′（x）．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线3x﹣y﹣1=0平行，求实数a的值；
（2）若函数F（x）=g（x）+x2有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：f（x2）﹣1＜f（x1）
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，解a；
（2）利用极值点与其导数的关系求出a的范围，进一步求出f（x）的解析式，通过求导判断其单调性以及最值．
【解答】解：（1）∵f′（x）=ln x﹣2ax+1，∴f′（1）=1﹣2a
因为3x﹣y﹣1=0的斜率为3．依题意，得1﹣2a=3；则a=﹣1．…（4分）
（2）证明：因为F（x）=g（x）+x2=ln x﹣2ax+1+x2，
所以F′（x）=﹣2a+x=（x＞0），函数F（x）=g（x）+x2有两个极值点x1，x2
且x1＜x2，即h（x）=x2﹣2ax+1在（0，+∞）上有两个相异零点x1，x2．
∵x1x2=1＞0，
∴
∴a＞1．…（6分）
当0＜x＜x1或x＞x2时，h（x）＞0，F′（x）＞0．当x1＜x＜x2时，h（x）＜0，F′（x）＜0．
所以F（x）在（0，x1）与（x2，+∞）上是增函数，在区间（x1，x2）上是减函数．
因为h（1）=2﹣2a＜0，所以0＜x1＜1＜a＜x2，令x2﹣2ax+1=0，得a=，
∴f（x）=x（ln x﹣ax）=xln x﹣x3﹣x，则f′（x）=ln x﹣x2+，
设s（x）=ln x﹣x2+，s′（x）=﹣3x=，…（8分）
①当x＞1时，s′（x）＜0，s（x）在（1，+∞）上单调递减，从而函数s（x）在（a，+∞）上单调递减，
∴s（x）＜s（a）＜s（1）=﹣1＜0，即f′（x）＜0，所以f（x）在区间（1，+∞）上单调递减．
故f（x）＜f（1）=﹣1＜0．又1＜a＜x2，因此f（x2）＜﹣1．…（10分）
②当0＜x＜1时，由s′（x）=＞0，得0＜x＜．
由s′（x）=＜0，得＜x＜1，所以s（x）在[0，]上单调递增，s（x）在[，1]上单调递减，
∴s（x）≤smax=ln＜0，∴f（x）在（0，1）上单调递减，
∴f（x）＞f（1）=﹣1，∵x1∈（0，1），
从而有f（x1）＞﹣1．
综上可知：f（x2）＜﹣1＜f（x1）．…（12分）
【点评】本题考查了导数的几何意义以及利用导数求函数的单调区间和最值；考查了讨论的数学思想，属于难题．
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