2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测(二十四) 技法先导——双变量问题(含极值点偏移)

课时跟踪检测(二十四) 技法先导——双变量问题(含极值点偏移)

1．已知函数f(x)＝ln x＋ax2－x.

(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值．

(2)设f′(x)为f(x)的导函数，若x1，x2是函数f′(x)的两个不相等的零点，求证：f(x1)＋f(x2)<x1＋x2－5.

解：(1)由题知x∈(0，＋∞)，因为a＝－1，得f(x)＝ln x－x2－x，

f′(x)＝－2x－1＝－，

令f′(x)>0，解得0<x<，令f′(x)<0，解得x>，

故函数f(x)在 单调递增，在单调递减，

所以函数f(x)的极大值为f＝－ln 2－，

综上可知，函数f(x)的极大值为f＝－ln 2－，无极小值．

(2)证明：依题意f′(x)＝＋2ax－1＝，

所以x1，x2是2ax2－x＋1＝0的两个不相等的正实数根，

则解得0<a<，

f(x1)＋f(x2)－x1－x2＝ln x1＋ln x2＋ax＋ax－2(x1＋x2)＝a(x＋x)－2(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝ln－－1.

令t＝，g(t)＝ln t－－1，t∈(4，＋∞)，

则g′(t)＝－＝<0，t∈(4，＋∞)，

所以g(t)在(4，＋∞)单调递减，

所以g(t)<g(4)＝ln 4－7<2－7＝－5，

即f(x1)＋f(x2)<x1＋x2－5.

2．已知函数f(x)＝ax2－xln x，f′(x)是f(x)的导函数．

(1)若函数f′(x)在x＝1处取得极值，∃x∈(0，＋∞)，使得f′(x)<bx－2成立，求实数b的取值范围；

(2)若是函数g(x)＝f′(x)－1的一个零点，当x1>x2>a时，证明：ex1－x2>.

解：(1)由已知得f′(x)＝ax－1－ln x，

令t(x)＝f′(x)＝ax－1－ln x，t′(x)＝a－＝，

由题意t′(1)＝0，则a－1＝0，∴a＝1，

则t(x)＝x－1－ln x, 满足条件，

∵∃x∈(0，＋∞)，使f′(x)<bx－2，

即∃x∈(0，＋∞)，使x－1－ln x－bx＋2<0，

即b>1＋－，

令h(x)＝1＋－(x>0)，即b>h(x)min.

h′(x)＝－－＝.

令h′(x)＝0，则x＝e2.x∈(0，e2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；

x∈(e2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．

∴h(x)min＝h(e2)＝1－，∴b>1－.    

∴实数b的取值范围是.

(2)证明：∵是g(x)的一个零点，

∴f′－1＝0，即－1－ln－1＝0，∴a＝e，

令m(x)＝(x>e)，即证m(x)在(e，＋∞)单调递增．

∵m′(x)＝，令φ(x)＝ln x－，则易知φ(x)在(e，＋∞)单调递增，

∴φ(x)>φ(e)＝1－>0，

∴m′(x)>0在(e，＋∞)恒成立，

∴m(x)在(e，＋∞)单调递增.

∵x1>x2>e，∴m(x1)>m(x2)，

3．已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，证明<2－.

解：(1)由已知得f′(x)＝＋x－a(x>0)，

当a≤2时，f′(x)＝＋x－a≥2－a≥0，

当a>2时，f′(x)＝＋x－a＝＝0，

则x1＝，x2＝.

令f′(x)>0，则0<x<x1或x>x2，f′(x)<0，则x1<x<x2.

综上，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，

当a>2时，f(x)在和单调递增，f(x)在单调递减．

(2)证明：∵f(x)有两个极值点x1，x2，

∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个不等实根，则

＝

＝

＝＋a－a＝－a，

要证<2－，

即证<2，

不妨设x1>1>x2>0，即证ln x1＋ln x1<2，即证ln x1<x1－对任意的x1∈(1，＋∞)恒成立，

令f(x)＝ln x－x＋(x>1)，

则f′(x)＝－1－＝－<0，

从而f(x)在(1，＋∞)单调递减，故f(x)<f(1)＝0，所以<2－.

4．已知函数g(x)＝ex－2a(x－1)，e为自然对数的底数．

(1)若函数g(x)在(1，＋∞)有零点，求a的取值范围；

(2)若a>0，x1≠x2，且g(x1)＝g(x2)，求证：x1＋x2<2ln(2a)．

解：(1)令g(x)＝0，即ex－2a(x－1)＝0，则2a＝.

函数g(x)在(1，＋∞)有零点等价于方程2a＝在(1，＋∞)有解，

设h(x)＝，则h′(x)＝，

故函数h(x)在(1,2)是减函数，在(2，＋∞)是增函数，故h(x)≥h(2)＝e2，

所以a的取值范围是.

(2)证明：因为g(x)＝ex－2a(x－1)，故g′(x)＝ex－2a，

因为a>0，所以g′(x)＝ex－2a＝0得x＝ln(2a)，

故g(x)在(－∞，ln(2a))是减函数，在(ln(2a)，＋∞)是增函数，

因为x1≠x2，g(x1)＝g(x2)，

所以不妨设x1<ln(2a)，x2>ln(2a)，

设F(x)＝g(x)－g(2ln(2a)－x)＝ex－4a2e－x＋4aln(2a)－4ax(x>ln(2a))，

故F′(x)＝ex＋4a2e－x－4a≥2－4a＝0，

所以F(x)在(ln(2a)，＋∞)是增函数，

所以F(x)>F(ln(2a))＝0，

故g(x2)－g(2ln(2a)－x2)>0，

即g(x2)>g(2ln(2a)－x2)，

因为x1<ln(2a)，x2>ln(2a)，且g(x1)＝g(x2)，

所以2ln(2a)－x2<ln(2a)，

因为g(x)在(－∞，ln(2a))是减函数，

所以x1<2ln(2a)－x2，故x1＋x2<2ln(2a)．