高考数学专题练 专题一 微专题13　极值点偏移问题（含答案）

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典例1 已知函数f(x)＝eq \f(x2,a)－2ln x(a∈R且a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x12e.
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典例2 (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：2xeq \\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式；对结论x1x2>xeq \\al(2,0)型，两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可．
2．比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq \f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
1．(2023·酒泉模拟)已知函数f(x)＝xln x＋eq \f(1,2)x2－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.
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2．(2023·马鞍山模拟)设函数f(x)＝ln(x－1)－eq \f(kx－2,x).
(1)若f(x)≥0对∀x∈[2，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围；
(2)已知方程eq \f(lnx－1,x－1)＝eq \f(1,3e)有两个不同的根x1，x2，求证：x1＋x2>6e＋2，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．
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3．(2023·宁波模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
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(2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两个不相等的实根，求证：
①xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)>2e；②x1x2>eq \r(\f(e,2a)).
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微专题13 极值点偏移问题
[考情分析] 极值点偏移问题属于双变量问题之一，在历年的高考试题中频频出现，往往为压轴试题，难度较大．

考点一 标准极值点偏移问题
典例1 已知函数f(x)＝eq \f(x2,a)－2ln x(a∈R且a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x12e.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(2x,a)－eq \f(2,x).
当a2e，只要证明x1>2e－x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)＝0，只要证明f(2e－x2)>0即可．
由f(x2)＝eq \f(x\\al(2,2),e2)－2ln x2＝0得xeq \\al(2,2)＝2e2ln x2.
所以f(2e－x2)＝eq \f(2e－x22,e2)－2ln(2e－x2)＝eq \f(4e2－4ex2＋x\\al(2,2),e2)－2ln(2e－x2)
＝eq \f(4e2－4ex2＋2e2ln x2,e2)－2ln(2e－x2)
＝4－eq \f(4x2,e)＋2ln x2－2ln(2e－x2)，x2∈(e,2e)，
令g(t)＝4－eq \f(4t,e)＋2ln t－2ln(2e－t)，t∈(e,2e)，
则g′(t)＝－eq \f(4,e)＋eq \f(2,t)＋eq \f(2,2e－t)＝eq \f(4e－t2,et2e－t)>0，
则g(t)在(e,2e)上单调递增，
∴g(t)>g(e)＝0，
即f(2e－x2)>0.
综上，x1＋x2>2e.
跟踪训练1 (2023·宜春模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)若函数y＝f′(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
(1)解 由f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax得
f′(x)＝1－eq \f(1,x)＋ln x－2x＋a，x∈(0，＋∞)，
由题意得f′(x)＝0有两个不相等的实根，
由f′(x)＝1－eq \f(1,x)＋ln x－2x＋a＝0得
a＝2x＋eq \f(1,x)－ln x－1，
所以直线y＝a与函数g(x)＝2x＋eq \f(1,x)－ln x－1的图象有两个交点，
由g(x)＝2x＋eq \f(1,x)－ln x－1得g′(x)＝2－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－x－1,x2)＝eq \f(2x＋1x－1,x2)，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2，
当x→0时，g(x)→＋∞，
当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
作出y＝g(x)的大致图象，如图所示．
所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为(2，＋∞)．
(2)证明 因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点，
所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设01，
由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2－x1)，
而g(x1)＝g(x2)＝a，
所以证明g(x1)>g(2－x1)即可，
即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
由h(x)＝4x＋eq \f(1,x)－ln x－eq \f(1,2－x)＋ln(2－x)－4
得h′(x)＝eq \f(4x4－4x3＋4x2－1,x22－x2)
＝eq \f(4[x2x－22－1],x22－x2)
＝eq \f(4[xx－2＋1][xx－2－1],x22－x2)
＝eq \f(4x－12[x－12－2],x22－x2)，
显然当x∈(0,1)时，h′(x)eq \f(1－ln 2a,2a).