2023届高考数学特训营-专攻(四)--极值点偏移问题.doc

高考专攻(四) 极值点偏移问题

1．(2022•大庆高三二模(文))已知函数f (x)=x－aln x.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个相异零点x1，x2，求证：x1•x2>e2.
解：(1)由题意得f ′(x)=1－=(x>0)，
①当a≤0时，x－a>0恒成立，
所以f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)单调递增．
②当a>0时，在(0，a)上f ′(x)<0，
在(a，＋∞)上f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
综上，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)单调递增．
当a>0时，f (x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
(2)因为f (x)有两个相异零点x1，x2，由(1)可知，a>0，
不妨设x1>x2>0，因为f (x1)=0，f (x2)=0，
所以x1－aln x1=0，x2－aln x2=0，
所以x1－x2=a(ln x1－ln x2)．
要证x1•x2>e2，
即证ln x1＋ln x2>2，
等价于证明＋>2，而=，
所以等价于证明>，
也就是ln >.　(*)
令=t，则t>1，
于是欲证(*)成立，等价于证明ln t>成立，
设函数g(t)=ln t－(t>1)，
求导得g′(t)=－=>0，
所以函数g(t)是(1，＋∞)上的增函数，
所以g(t)>g(1)=0，
即ln t>成立，
所以x1•x2>e2成立．
2．(2022•山东省高三模拟)已知函数f (x)=(x－1)ex－a，a∈R.
(1)若函数f (x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)设x1，x2是函数f (x)的两个零点，证明：x1＋x2<0.
解：(1)由f (x)=0得a=(x－1)ex，
令g(x)=(x－1)ex，
∵g′(x)=ex＋(x－1)ex=xex，
由g′(x)>0得x>0，
∴函数g(x)在(0，＋∞)单调递增．
由g′(x)<0得x<0，
∴函数g(x)在(－∞，0)上单调递减．
∴当x=0时，函数g(x)有极小值同时也是最小值，
g(x)min=g(0)=－1，
当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
当x→－∞时，g(x)<0，且g(x)→0，
则要使a=g(x)有两个不同的零点，
则－1<a<0，即当－1<a<0时，
函数f (x)有两个零点．
(2)证明：∵x1，x2是函数f (x)的两个零点，
∴由图象知x1x2<0，且f (x1)=f (x2)=0.
不妨设x1<0，x2>0，则－x2<0，
令F(x)=f (x)－f (－x)=(x－1)ex＋(1＋x)e－x，
则F′(x)=x(ex－e－x)．
当x<0时，F′(x)=x(ex－e－x)>0，
此时F(x)在(－∞，0)上为增函数，
∴F(x)<F(0)，即F(x)=f (x)－f (－x)<0，
即f (x)<f (－x)．
∵－x2<0，∴f (－x2)<f (x2)，
∵f (x1)=f (x2)=0，∴f (－x2)<f (x1)，
由(1)知，f (x)在(－∞，0)上为减函数，
∴－x2>x1，即x1＋x2<0.

3．(2022•福建高三三模)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<x2)，且x1＋x2≤2ln 3，求的最大值．
解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=－ae－x＋=，
当a≤0时，f ′(x)>0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0<a≤e时，令f ′(x)=0，则ex－ax=0.
设g(x)=ex－ax，则g′(x)=ex－a，
当0<x<ln a时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>ln 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，
两式相除得ex2－x1=，设=t，则t>1，x2=tx1，e(t－1)x1=t，
∴x1=，x2=，
∴x1＋x2=.
设h(t)=(t>1)，则h′(t)=，
设φ(t)=t－－2ln t(t>1)，则φ′(t)=1＋－=>0，
∴φ(t)在(1，＋∞)单调递增，则φ(t)>φ(1)=0，
∴h′(t)>0，则h(t)在(1，＋∞)单调递增．
又x1＋x2≤2ln 3，即h(t)≤2ln 3，而h(3)=2ln 3，
∴t∈(1，3]，即的最大值为3.
4．(2022•山东省高三月考)已知函数f (x)=ex－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)．
(1)求实数a的取值范围．
(2)证明：x2－x1<－2.
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x<ln a.
令f ′(x)>0，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<a≤e，则f (x)min=a(1－ln a)≥0，故f (x)至多有一个零点，不符合题意；
(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，
因为f (0)=1>0，0<ln a<2ln a，所以f (x)存在两个零点，分别在(0，ln a)，(ln a，2ln a)内．
综上，实数a的取值范围是(e，＋∞)．
(2)证明：由题意得，令t=x2－x1>0，
两式相除得et===，变形得x1=.
欲证x2－x1<－2，即证t<－2，即证<2.
记h(t)=(t>0)，h′(t)==－<0，
故h(t)在(0，＋∞)上单调递减，
从而h(t)<h(0)=2，即<2，
所以x2－x1<－2，得证．