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备考2024届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破5极值点偏移问题命题点1对称构造法求解极值点偏移问题
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例1 [2022全国卷甲]已知函数f(x)=exx-ln x+x-a.
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞).
由f'(x)=ex(x-1)x2-1x+1=ex(x-1)-x+x2x2=(ex+x)(x-1)x2,
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
所以f(x)min=f(1)=e+1-a.
又f(x)≥0,所以e+1-a≥0,解得a≤e+1,
所以a的取值范围为(-∞,e+1].
(2)解法一 不妨设x1<x2,则由(1)知0<x1<1<x2,1x1>1.
令F(x)=f(x)-f(1x),则F'(x)=(ex+x)(x-1)x2+(e1x+1x)(1x-1)1x2·1x2=(x-1)x2(ex+x-xe1x-1).
令g(x)=ex+x-xe1x-1,
则g'(x)=ex+1-e1x+xe1x·1x2=ex+1+e1x(1x-1),
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,
所以当x∈(0,1)时,g(x)<g(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,
所以F(x)在(0,1)上单调递增,所以F(x)<F(1),
即在(0,1)上f(x)-f(1x)<F(1)=0.
又f(x1)=f(x2)=0,
所以f(x2)-f(1x1)<0,即f(x2)<f(1x1).
由(1)可知,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以x2<1x1,即x1x2<1.
解法二 不妨设x1<x2,则由(1)知0<x1<1<x2,0<1x2<1.
由f(x1)=f(x2)=0,得ex1x1-ln x1+x1=ex2x2-ln x2+x2,
即ex1-lnx1+x1-ln x1=ex2-lnx2+x2-ln x2.
因为函数y=ex+x在R上单调递增,所以x1-ln x1=x2-ln x2成立.
构造函数h(x)=x-ln x,g(x)=h(x)-h(1x)=x-1x-2ln x,
则g'(x)=1+1x2-2x=(x-1)2x2≥0,
所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以当x>1时,g(x)>g(1)=0,即当x>1时,h(x)>h(1x),
所以h(x1)=h(x2)>h(1x2),
又h'(x)=1-1x=x-1x,
所以h(x)在(0,1)上单调递减,
所以0<x1<1x2<1,即x1x2<1.
方法技巧
对称构造法求解极值点偏移问题的步骤
(1)求导,获得f(x)的单调性、极值点x0,作出f(x)的图象,由f(x1)=f(x2)得x1,x2的取值范围(数形结合);
(2)构造对称函数,若证x1+x2>(<)2x0,则令F(x)=f(x)-f(2x0-x),若证x1x2>(<)x02,则令F(x)=f(x)-f(x02x),求导,讨论F(x)的单调性;
(3)判断F(x)的符号,从而确定f(x),f(2x0-x)的大小关系或f(x),f(x02x)的大小关系;
(4)代入x1(或x2),利用f(x1)=f(x2)及f(x)的单调性去符号“f”得最终结论.
训练1 已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点,a>0,设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
解析 因为f'(x)=(x-1)(ex+2a),且a>0,所以当x<1时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)的极小值点为x=1.
f(x1)=f(x2)=0,不妨设x1<1<x2,要证x1+x2<2,即证x2<2-x1.
构造函数F(x)=f(2-x)-f(x),x<1,代入整理得F(x)=-xe-x+2-(x-2)ex.
求导得F'(x)=(1-x)(ex-e-x+2).
当x<1时,F'(x)<0,则F(x)在(-∞,1)上单调递减,于是F(x)>f(2-1)-f(1)=0,
则f(2-x)-f(x)>0,即f(2-x)>f(x)(x<1).
将x1代入,则f(x1)<f(2-x1),
又f(x1)=f(x2),所以f(x2)<f(2-x1).
又函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,且x2,2-x1∈(1,+∞),所以x2<2-x1,即x1+x2<2得证.
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