2025高考数学一轮复习-极值点偏移问题-专项训练【含解析】

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1．设函数f(x)＝ax－ln x＋eq \f(1,x)＋b(a，b∈R)．若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1＋x2＋2>2ax1x2．
2．已知函数f(x)＝xln x－eq \f(a,2)x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0．
(1)求实数a的值；
(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2>2．
3．已知函数f(x)＝ae－x＋ln x－1(a∈R)．
(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x14．已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2(x1(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：x2－x1课时过关检测(十九)
极值点偏移问题【解析版】
1．设函数f(x)＝ax－ln x＋eq \f(1,x)＋b(a，b∈R)．若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1＋x2＋2>2ax1x2．
证明：不妨设x1即ax1＝ln x1－eq \f(1,x1)－b，ax2＝ln x2－eq \f(1,x2)－b，
两式相减得a(x2－x1)＝ln x2－ln x1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))，
所以a＝eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＋eq \f(1,x1x2)．
要证x1＋x2＋2>2ax1x2，
即证x1＋x2＋2>2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x2－ln x1,x2－x1)＋\f(1,x1x2)))x1x2，
只需证x1＋x2>eq \f(2ln x2－ln x1,x2－x1)·x1x2，
只需证eq \f(x\\al(2,2)－x\\al(2,1),x1x2)>2ln eq \f(x2,x1)，即证eq \f(x2,x1)－eq \f(x1,x2)>2ln eq \f(x2,x1)．
设eq \f(x2,x1)＝t，则t>1，只需证t－eq \f(1,t)>2ln t，
设h(t)＝t－eq \f(1,t)－2ln t(t>1)，只需证h(t)>0．
因为h′(t)＝1＋eq \f(1,t2)－eq \f(2,t)＝eq \f(t2－2t＋1,t2)＝eq \f(t－12,t2)>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝0，即t－eq \f(1,t)>2ln t，
所以x1＋x2＋2>2ax1x2．
2．已知函数f(x)＝xln x－eq \f(a,2)x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0．
(1)求实数a的值；
(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2>2．
解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数f′(x)＝ln x－a(x－1)．
记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝eq \f(1－ax,x)(x>0)．
①当a≤0时，h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，
所以∀x∈(1，＋∞)，有h(x)＝f′(x)>0，不合题意；
②当a>0时，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，则h′(x)>0，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，则h′(x)<0，所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，
所以h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝－ln a＋a－1＝0．
令g(a)＝－ln a＋a－1(a>0)，则g′(a)＝1－eq \f(1,a)＝eq \f(a－1,a)．
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1．
(2)当a＝1时，f(x)＝xln x－eq \f(1,2)x2，则f′(x)＝1＋ln x－x．
由题意知f′(x)＝1＋ln x－x≤0恒成立，
所以f(x)＝xln x－eq \f(1,2)x2在(0，＋∞)上单调递减，
易知f(1)＝－eq \f(1,2)，f(x1)＋f(x2)＝－1＝2f(1)，
不妨设0欲证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1，
因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，故只需证f(x2)又f(x1)＋f(x2)＝－1，
故只需证－1－f(x1)－1．
令F(x)＝f(x)＋f(2－x)，x∈(0,1)，且F(1)＝－1．
所以欲证f(2－x1)＋f(x1)>－1，只需证F(x)>F(1)，
由F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋ln x－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，
整理得F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)，
则F″(x)＝eq \f(21－x2,x2－x)>0(F″(x)为F′(x)的导数)，
所以F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0,1)上单调递增，
所以∀x∈(0,1)，F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)所以函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间(0,1)上单调递减，
所以有F(x)>F(1)，故x1＋x2>2．
3．已知函数f(x)＝ae－x＋ln x－1(a∈R)．
(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ae－x＋eq \f(1,x)＝eq \f(ex－ax,xex)，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0设g(x)＝ex－ax(x∈0，＋∞)，即g′(x)＝ex－a，
当0ln a时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g(ln a)＝eln a－aln a＝a(1－ln a)≥0，
∴f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤e时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)依题意，f′(x1)＝f′(x2)＝0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e\a\vs4\al(x1)－ax1＝0，,e\a\vs4\al(x2)－ax2＝0，))
两式相除得，ex2－x1＝eq \f(x2,x1)，设eq \f(x2,x1)＝t，则t>1，x2＝tx1，et－1x1＝t，
∴x1＝eq \f(ln t,t－1)，x2＝eq \f(tln t,t－1)，
∴x1＋x2＝eq \f(t＋1ln t,t－1)，
设h(t)＝eq \f(t＋1ln t,t－1)(t>1)，则h′(t)＝eq \f(t－\f(1,t)－2ln t,t－12)，设φ(t)＝t－eq \f(1,t)－2ln t(t>1)，则φ′(t)＝1＋eq \f(1,t2)－eq \f(2,t)＝eq \f(t－12,t2)>0，
∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t)>φ(1)＝0，
∴h′(t)>0，则h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
又x1＋x2≤2ln 3，即h(t)≤2ln 3，而h(3)＝2ln 3，
∴t∈(1,3]，即eq \f(x2,x1)的最大值为3．
4．已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2(x1(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：x2－x1解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a，
①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，
故f(x)至多有一个零点，不符合题意；
②当a>0时，令f′(x)<0，得x0，得x>ln a，
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a＝a(1－ln a)．
(ⅰ)若0(ⅱ)若a>e，则ln a>1，f(x)min＝a(1－ln a)<0，
由(ⅰ)知ex－ex≥0，所以eln a－eln a＝a－eln a≥0，所以a－2ln a>a－eln a≥0，f(2ln a)＝a2－2aln a＝a(a－2ln a)>0，
又因为f(0)＝1>0,0综上，实数a的取值范围是(e，＋∞)．
(2)证明：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e\a\vs4\al(x1)＝ax1，,e\a\vs4\al(x2)＝a x2，))令t＝x2－x1，则t>0，
两式相除得et＝ex2－x1＝eq \f(x2,x1)＝eq \f(x1＋t,x1)，变形得x1＝eq \f(t,et－1)，
欲证x2－x1记h(t)＝eq \f(t2＋2t＋2,et)(t>0)，h′(t)＝eq \f(2t＋2et－t2＋2t＋2et,e2t)＝－eq \f(t2,et)<0，故h(t)在(0，＋∞)上单调递减，
从而h(t)