新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题26极值点偏移问题（附解析）

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2．[2023·辽宁丹东模拟]已知函数f(x)＝ex－xlnx＋x2－ax.
(1)证明：若a≤e＋1，则f(x)≥0；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x26e＋2，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．
解：
【题后师说】 应用对数平均不等式eq \r(x1x2)2－x1.
由“法一”可知0G′(0)＝0.
从而G(t)也在t∈(0 , ＋∞)上单调递增，G(t)>G(0)＝0，即②式成立，
故原不等式x1＋x2>2成立．
(法四：齐次分式整体消元法)
由“法三”中①式，两边同时取自然对数，可得x1－x2＝lneq \f(x1,x2)＝lnx1－lnx2.
即eq \f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝1，从而x1＋x2＝(x1＋x2)·eq \f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝eq \f(x1＋x2,x1－x2)·lneq \f(x1,x2)＝eq \f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)·lneq \f(x1,x2)，
令t＝eq \f(x1,x2)(t>1)，欲证x1＋x2>2，等价于证明eq \f(t＋1,t－1)·lnt>2. ③
构造M(t)＝eq \f(（t＋1）lnt,t－1)＝(1＋eq \f(2,t－1))lnt，(t>1)，则M′(t)＝eq \f(t2－1－2tlnt,t（t－1）2).
又令φ(t)＝t2－1－2tlnt(t>1)，则φ′(t)＝2t－2(lnt＋1)＝2(t－1－lnt).
由于t－1>lnt对∀t∈(1 , ＋∞)恒成立，故φ′(t)>0 , φ(t)在t∈(1 , ＋∞)上单调递增．
∴φ(t)>φ(1)＝0，从而M′(t)>0，故M(t)在t∈(1 , ＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知，可得M(t)>2，即证得③式成立，即原不等式x1＋x2>2成立．
(法五：对数平均不等式法)
由“法三”中①式，两边同时取自然对数，
可得x1－x2＝lneq \f(x1,x2)＝lnx1－lnx2.
即eq \f(x1－x2,lnx1－lnx2)＝1.把eq \f(x1－x2,lnx1－lnx2)＝1代入不等式即可得eq \f(x1－x2,lnx1－lnx2)＝12.
2．证明：(1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，所以f(x)≥0等价于eq \f(ex,x)－lnx＋x－a≥0.
设g(x)＝eq \f(ex,x)－lnx＋x－a，则g′(x)＝eq \f(（ex＋x）（x－1）,x2)，
当00，因此h(x)在(1，＋∞)单调递增．
又x2>1，故h(x2)>h(1)＝0，故g(x2)>g(eq \f(1,x2))，于是x1x22时，φ′(2)＝2－k0，
故存在x0∈(2，＋∞)使得φ′(x0)＝0，
当x∈(2，x0)时，φ′(x)2)，即lnt>eq \f(2（t－1）,t＋1)(t>1).不妨设x2>x1>1，t＝eq \f(x2,x1)>1，则lneq \f(x2,x1)>eq \f(2（\f(x2,x1)－1）,\f(x2,x1)＋1)，整理得eq \f(x1＋x2,2)>eq \f(x2－x1,lnx2－lnx1).于是eq \f(（x1－1）＋（x2－1）,2)>eq \f(（x2－1）－（x1－1）,ln（x2－1）－ln（x1－1）)＝eq \f(x2－x1,\f(1,3e)[（x2－1）－（x1－1）])＝3e，
即x1＋x2>6e＋2.
4．解析：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2x－2sinx，
令h(x)＝2x－2sinx，则h′(x)＝2－2csx≥0，
所以函数h(x)在R上单调递增，
又因为h(0)＝0，
所以h(x)lnx1.
由(1)得当x>0，函数f′(x)单调递增，所以2x1－2sinx1