备考2024届高考数学一轮复习强化训练第三章一元函数的导数及其应用突破5极值点偏移问题

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（1）若f（x）≥1恒成立，求实数a的值.
（2）若x1＞0，x2＞0，ex1＋ln x2＞x1＋x2，证明：ex1＋x2＞2.
解析 （1）由题意得f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝1－ax＝x－ax.
①当a≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
当a＝0时，f（x）＝x（x＞0），所以当x∈（0，1）时，f（x）＜1，不符合题意.
当a＜0时，f（e1a）＝e1a－alne1a＝e1a－1＜0，不符合题意.（破题有招：得到函数f（x）单调递增后，只要能找到一个特殊的自变量，使对应的函数值小于1，则说明f（x）≥1不恒成立，此时对应的a的值要舍弃）
②当a＞0时，若x∈（0，a），则f'（x）＜0；若x∈（a，＋∞），则f'（x）＞0.
f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增，所以f（x）min＝f（a）＝a－alna.
若f（x）≥1恒成立，则a－alna≥1.
令g（a）＝a－alna，则g'（a）＝－ln a，所以当a∈（0，1）时，g'（a）＞0；当a∈（1，＋∞）时，g'（a）＜0.
所以g（a）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，又g（1）＝1，所以a－alna≤1.
则当a＝1时，a－alna＝1符合题意.
综上所述，a＝1.
（2）由ex1＋ln x2＞x1＋x2得ex1－x1＝ex1－lnex1＞x2－ln x2.
令h（x）＝x－ln x，则h'（x）＝1－1x＝x－1x.
当x∈（0，1）时，h'（x）＜0；
当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＞0.
所以h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
由ex1－ln ex1＞x2－ln x2得h（ex1）＞h（x2），因为x1＞0，所以ex1＞1.
当x2≥1时，由h（ex1）＞h（x2）得ex1＞x2≥1，所以ex1＋x2＞2.
当0＜x2＜1时，要证ex1＋x2＞2，只需证ex1＞2－x2.
因为0＜x2＜1，所以1＜2－x2＜2，则只需证h（ex1）＞h（2－x2），
又h（ex1）＞h（x2），所以只需证h（x2）≥h（2－x2）.
令m（x）＝h（x）－h（2－x），x∈（0，1），则m'（x）＝1－1x＋（1－12－x）＝2－1x－12－x＝－2（x－1）2x（2－x）＜0，
所以m（x）在（0，1）上单调递减，
所以m（x）＞h（1）－h（1）＝0，
所以m（x2）＞0，即h（x2）＞h（2－x2），则h（ex1）＞h（2－x2），所以ex1＋x2＞2.
综上，ex1＋x2＞2成立.
2.[命题点1，2/2023南京六校联考]已知a∈R，函数f（x）＝ax＋ln x，g（x）＝ax－ln x－2.
（1）当f（x）与g（x）都存在极小值，且极小值之和为0时，求实数a的值；
（2）若f（x1）＝f（x2）＝2（x1≠x2），求证：1x1＋1x2＞2a.
解析 （1）f（x），g（x）的定义域均为（0，＋∞）.
f'（x）＝－ax2＋1x＝x－ax2，
当a≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，f（x）无极值，与题不符.
当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝a，当0＜x＜a时，f'（x）＜0，当x＞a时，f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增，
∴f（x）在x＝a处取得极小值，且f（x）极小值＝1＋ln a.
g'（x）＝a－1x＝ax－1x，
当a≤0时，g'（x）＜0，g（x）在（0，＋∞）上单调递减，g（x）无极值，与题不符.
当a＞0时，令g'（x）＝0，得x＝1a，当0＜x＜1a时，g'（x）＜0，
当x＞1a时，g'（x）＞0，∴g（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，＋∞）上单调递增，∴g（x）在x＝1a处取得极小值，且g（x）极小值＝－1＋ln a.
由题意得（1＋ln a）＋（－1＋ln a）＝0，∴a＝1.
（2）解法一 由f（x1）＝f（x2）＝2，得ax1＋lnx1=2，ax2＋lnx2=2，即a1x1－ln1x1=2，a1x2－ln1x2=2，
令m＝1x1，n＝1x2，则m，n为方程ax－ln x－2＝0的两根，即m，n为g（x）＝0的两根，
∴g（m）＝g（n）＝0.
∵x1≠x2，∴m≠n.
由（1）知a＞0，且g（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，＋∞）上单调递增.
设0＜m＜1a＜n.
构造函数h（x）＝g（x）－g（2a－x），则h'（x）＝g'（x）＋g'（2a－x）＝a－1x＋a－12a－x＝－2（ax－1）2x（2－ax），当x∈（0，1a）时，0＜ax＜1，
∴x（2－ax）＞0，∴h'（x）＜0，
∴h（x）在（0，1a）上单调递减，
∴当x∈（0，1a）时，有h（x）＞h（1a）＝0.
∵m∈（0，1a），∴h（m）＝g（m）－g（2a－m）＞0，
即g（m）＞g（2a－m），又g（m）＝g（n），∴g（n）＞g（2a－m）.
∵n，2a－m∈（1a，＋∞），而g（x）在（1a，＋∞）上单调递增，
∴n＞2a－m，∴m＋n＞2a，即1x1＋1x2＞2a.
解法二 令m＝1x1，n＝1x2，∵x1≠x2，∴m≠n.
由f（x1）＝f（x2）＝2，得ax1＋lnx1=2，ax2＋lnx2=2，
即am－lnm=2 ①，an－lnn=2 ②，
①－②得a（m－n）＝ln m－ln n，∴1a＝m－nlnm－lnn，
要证1x1＋1x2＞2a，即证m＋n＞2a，即证m＋n＞2（m－n）lnm－lnn.
不妨设0＜n＜m，则即证lnmn＞2（m－n）m＋n，
即证lnmn＞2（mn－1）mn+1.
令t＝mn（t＞1），则即证ln t＞2（t－1）t+1，t＞1.
令h（t）＝ln t－2（t－1）t+1，t＞1，则h'（t）＝1t－4（t+1）2＝（t－1）2t（t+1）2＞0在（1，＋∞）上恒成立，
∴h（t）在（1，＋∞）上单调递增，
∴h（t）＞ln 1－2×（1－1）1+1＝0，
即ln t＞2（t－1）t+1成立，
∴1x1＋1x2＞2a成立.