2023屆高考數(shù)學(xué)特訓(xùn)營(yíng)-專攻(四)-極值點(diǎn)偏移問(wèn)題

高考專攻(四)極值點(diǎn)偏移問(wèn)題1．(2022?大慶高三二模(文))已知函數(shù)f(x)=x－alnx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn)x1，x2，求證：x1?x2>e2.解：(1)由題意得f′(x)=1－eq\f(a,x)=eq\f(x－a,x)(x>0)，①當(dāng)a≤0時(shí)，x－a>0恒成立，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．②當(dāng)a>0時(shí)，在(0，a)上f′(x)<0，在(a，＋∞)上f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(0，a)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)單調(diào)遞增．(2)因?yàn)閒(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn)x1，x2，由(1)可知，a>0，不妨設(shè)x1>x2>0，因?yàn)閒(x1)=0，f(x2)=0，所以x1－alnx1=0，x2－alnx2=0，所以x1－x2=a(lnx1－lnx2)．要證x1?x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2，等價(jià)于證明eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,a)>2，而eq\f(1,a)=eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以等價(jià)于證明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，也就是lneq\f(x1,x2)>eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2).(*)令eq\f(x1,x2)=t，則t>1，于是欲證(*)成立，等價(jià)于證明lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)成立，設(shè)函數(shù)g(t)=lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t>1)，求導(dǎo)得g′(t)=eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)=eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以函數(shù)g(t)是(1，＋∞)上的增函數(shù)，所以g(t)>g(1)=0，即lnt>eq\f(2(t－1),t＋1)成立，所以x1?x2>e2成立．2．(2022?山東省高三模擬)已知函數(shù)f(x)=(x－1)ex－a，a∈R.(1)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：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，∴函數(shù)g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．由g′(x)<0得x<0，∴函數(shù)g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．∴當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)g(x)有極小值同時(shí)也是最小值，g(x)min=g(0)=－1，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞，當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)<0，且g(x)→0，則要使a=g(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則－1<a<0，即當(dāng)－1<a<0時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．(2)證明：∵x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，∴由圖象知x1x2<0，且f(x1)=f(x2)=0.不妨設(shè)x1<0，x2>0，則－x2<0，令F(x)=f(x)－f(－x)=(x－1)ex＋(1＋x)e－x，則F′(x)=x(ex－e－x)．當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)′(x)=x(ex－e－x)>0，此時(shí)F(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，∴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)上為減函數(shù)，∴－x2>x1，即x1＋x2<0.3．(2022?福建高三三模)已知函數(shù)f(x)=ae－x＋lnx－1(a∈R)．(1)當(dāng)a≤e時(shí)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤2ln3，求eq\f(x2,x1)的最大值．解：(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)=－ae－x＋eq\f(1,x)=eq\f(ex－ax,xex)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a≤e時(shí)，令f′(x)=0，則ex－ax=0.設(shè)g(x)=ex－ax，則g′(x)=ex－a，當(dāng)0<x<lna時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>lna時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(lna)=elna－alna=a(1－lna)≥0，∴f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤e時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)依題意，f′(x1)=f′(x2)=0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1－ax1＝0,ex2－ax2＝0))，兩式相除得ex2－x1=eq\f(x2,x1)，設(shè)eq\f(x2,x1)=t，則t>1，x2=tx1，e(t－1)x1=t，∴x1=eq\f(lnt,t－1)，x2=eq\f(tlnt,t－1)，∴x1＋x2=eq\f(（t＋1）lnt,t－1).設(shè)h(t)=eq\f(（t＋1）lnt,t－1)(t>1)，則h′(t)=eq\f(t－\f(1,t)－2lnt,（t－1）2)，設(shè)φ(t)=t－eq\f(1,t)－2lnt(t>1)，則φ′(t)=1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)=eq\f(（t－1）2,t2)>0，∴φ(t)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，則φ(t)>φ(1)=0，∴h′(t)>0，則h(t)在(1，＋∞)單調(diào)遞增．又x1＋x2≤2ln3，即h(t)≤2ln3，而h(3)=2ln3，∴t∈(1，3]，即eq\f(x2,x1)的最大值為3.4．(2022?山東省高三月考)已知函數(shù)f(x)=ex－ax有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)．(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(2)證明：x2－x1<eq\f(2,x1)－2.解：(1)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)=ex－a.①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，故f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)<0，得x<lna.令f′(x)>0，得x>lna，故f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min=f(lna)=a－alna=a(1－lna)．(ⅰ)若0<a≤e，則f(x)min=a(1－lna)≥0，故f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；(ⅱ)若a>e，則lna>1，f(x)min=a(1－lna)<0.由(ⅰ)知ex－ex≥0，所以elna－elna=a－elna≥0，所以a－2lna>a－elna≥0，f(2lna)=a2－2alna=a(a－2lna)>0，因?yàn)閒(0)=1>0，0<lna<2lna，所以f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)，分別在(0，lna)，(lna，2lna)內(nèi)．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e，＋∞)．(2)證明：由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1＝ax1,ex2＝ax2))，令t=x2－x1>0，兩式相除得et==eq\f(x2,x1)=eq\f(x1＋t,x1)，變形得x1=eq\f(t,et－1).欲證x2－x1<eq\f(2,x1)－2，即證t<eq\f(2（et－1）,t)－2，即證eq\f(t2＋2t＋2,et