2022届一轮复习专题练习3 第25练 高考大题突破练——极值点偏移问题（解析版）

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考点一 对称化构造法
1．已知函数f(x)＝eq \f(x,ex)(x∈R)，如果x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>2.
2．设函数f(x)＝eq \f(x,ex)，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.
考点二 比值代换法
3．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2ax2－2xln x，a∈R.
(1)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若x1，x2为f(x)的两个不同极值点，证明：2ln x1＋ln x2>－1.
4．已知函数f(x)＝eq \f(mx－n,x)－ln x(m，n∈R)．
(1)若函数f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－y＝0平行，求实数n的值；
(2)若n＝1时，函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))恰有两个零点x1，x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(02.
答案精析
1．证明 f′(x)＝eq \f(1－x,ex).
易得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)＝eq \f(1,e).
∴不妨令x1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)又f(x1)＝f(x2)，
故只需证f(x1)设φ(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，
∴φ(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2－xex,e2)(x∈(0,1))，
∴φ′(x)＝eq \f(1－x,ex)(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)2.
2．(1)解 由题设可知，f(x)的定义域为R，f′(x)＝eq \f(1－x,ex)，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＝eq \f(x,ex)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00.
欲证x1x2<1，只需证x1故只需证f(x1)又f(x1)＝f(x2)，故只需证明f(x2)即证，即证x2·两边取对数可得ln x2＋eq \f(1,x2)<－ln x2＋x2，即只需证明2ln x2＋eq \f(1,x2)－x2<0.
设h(x)＝2ln x＋eq \f(1,x)－x，其中x>1.则h′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(1,x2)－1＝eq \f(－x－12,x2)<0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，
所以 03．(1)解 函数定义域为(0，＋∞)，根据题意知f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝4ax－2－2ln x<0有解，
即2a令geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1＋ln x,x)，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝－eq \f(ln x,x2)，
且当00，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))单调递增；当x>1时，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))单调递减，
∴2a即a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
(2)证明 由x1，x2是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的不同极值点，知x1，x2是f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝0的两根(设0即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ax1－1－ln x1＝0， ①,2ax2－1－ln x2＝0， ②))
①－②，得2a＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)， ③
要证2ln x1＋ln x2>－1，
即证2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ax1－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ax2－1))>－1，即2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x1＋x2))>2，
由③可得eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x1＋x2))>2⇒lneq \f(x1,x2)>eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－x2)),2x1＋x2)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)－1)),2·\f(x1,x2)＋1)，
令t＝eq \f(x1,x2)>1，问题转化为证明φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝ln t－eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－1)),2t＋1)>0成立(*)，
∵φ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝eq \f(1,t)－eq \f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋1))2)＝eq \f(4t2－2t＋1,t\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋1))2)>0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t>1))，
∴φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))在(1，＋∞)上单调递增，φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))>φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝0，(*)成立，2ln x1＋ln x2>－1得证．
4．(1)解 因为f′(x)＝eq \f(n,x2)－eq \f(1,x)，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝n－1＝1，
所以n＝2.
(2)证明 当n＝1时，f(x)＝eq \f(mx－1,x)－ln x，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(mx1－1,x1)－ln x1＝0， ①,\f(mx2－1,x2)－ln x2＝0， ②))
②－①得ln x2－ln x1＝eq \f(x2－x1,x1x2)，
即lneq \f(x2,x1)＝eq \f(\f(x2,x1)－1,x2)， ③
令t＝eq \f(x2,x1)，则x2＝tx1，且t>1，
又因为x1＋x2＝x1＋tx1＝(1＋t)x1，由③知ln t＝eq \f(t－1,tx1)，
所以x1＝eq \f(t－1,tln t)(t>1)，
要证x1＋x2>2，
只需证(1＋t)eq \f(t－1,tln t)>2，
即证eq \f(t2－1,t)>2ln t，
即t－eq \f(1,t)－2ln t>0，
令h(t)＝t－eq \f(1,t)－2ln t(t>1)，则h′(t)＝eq \f(t－12,t2)>0，
所以heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递增且heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝0，
所以当t∈(1，＋∞)时，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))>0，即x1＋x2>2.