【最新版】高中数学高三培优小题练第25练　高考大题突破练——极值点偏移问题

这是一份【最新版】高中数学高三培优小题练第25练　高考大题突破练——极值点偏移问题，共4页。试卷主要包含了已知函数f＝x等内容，欢迎下载使用。
第25练　高考大题突破练——极值点偏移问题考点一　对称化构造法1．已知函数f(x)＝(x∈R)，如果x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>2.证明　f′(x)＝.因为在(－∞，1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减且x→－∞时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→0，f(0)＝0，f(x)max＝f(1)＝.∴不妨令x1<x2，则0<x1<1<x2，若证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，∵2－x1，x2∈(1，＋∞)且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只需证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，故只需证f(x1)<f(2－x1)，设φ(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，∴φ(x)＝－(x∈(0,1))，∴φ′(x)＝(1－e2x－2)>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增，所以φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即f(x1)<f(2－x1)成立，即x1＋x2>2得证．2．设函数f(x)＝，g(x)＝aex－x，其中a为实数．(1)求f(x)的单调区间；(2)若g(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，证明：0<x1x2<1.(1)解　由题设可知，f(x)的定义域为R，f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝1.当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明　函数g(x)有两个零点x1，x2等价于方程a＝有两个不等实根x1，x2，也等价于函数y＝a与y＝f(x)的图象有两个交点．由(1)可知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．且当x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0，故0<x1<1<x2，所以x1x2>0.欲证x1x2<1，只需证x1<，因为x1，∈(0,1)，故只需证f(x1)<f ，又f(x1)＝f(x2)，故只需证明f(x2)<f ，即证<，即证x2·<·，两边取对数可得ln x2＋<－ln x2＋x2，即只需证明2ln x2＋－x2<0.设h(x)＝2ln x＋－x，其中x>1.则h′(x)＝－－1＝<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，所以x1x2<1，综上 0<x1x2<1. 考点二　比值代换法3．已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(a＋1)x，a∈R.(1)当a＝1时，判断函数y＝f(x)的单调性；(2)若关于x的方程f(x)＝ax2有两个不同实根x1，x2，证明x1·x2>e2.(1)解　当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2－2x(x>0)，故f′(x)＝＋x－2＝≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明　由题意可知ln x＝(a＋1)x有两个不同的解x1，x2，不妨设x2>x1>0，则ln x1＝(a＋1)x1，ln x2＝(a＋1)x2，两式相加得ln(x1x2)＝(a＋1)(x1＋x2)，两式相减得ln＝(a＋1)(x2－x1)，∴＝，故ln(x1x2)＝·ln，要证x1x2>e2，只需证·ln>2，即证ln>＝，令t＝>1，故只需证ln t>在(1，＋∞)上恒成立即可．令g(t)＝ln t－(t>1)，则g′(t)＝－＝>0，∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，即ln t>在(1，＋∞)上恒成立．∴x1·x2>e2得证．4．(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋<e.(1)解　因为f(x)＝x(1－ln x)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明　由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得－＝－，即＝，即f ＝f .令x1＝，x2＝，由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2<e.要证2<＋<e，即证2<x1＋x2<e.先证x1＋x2>2：要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为0<x1<1<x2<e，所以x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)<0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，当0<x<1时，x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，即当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立．再证x1＋x2<e：由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1<m.欲证x1＋x2<e，即证x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x，当1<x<e时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立．综上可知，2<＋<e成立．