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

这是一份备考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，共5页。
（1）当a＝1时，试比较f（m）与f（1m）的大小.
（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，证明：x1x2＞e2.
解析 （1）当a＝1时，f（x）＝ln x－x.
令h（m）＝f（m）－f（1m）＝ln m－m－（ln 1m－1m）＝2ln m－m＋1m（m＞0），
则h'（m）＝2m－1－1m2＝－m2+2m－1m2＝－（m－1m）2≤0，h（m）单调递减，h（1）＝0.
①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即f（m）＞f（1m）；
②当m＝1时，h（m）＝0，即f（m）＝f（1m）；
③当m＞1时，h（m）＜0，即f（m）＜f（1m）.
综上：当0＜m＜1时，f（m）＞f（1m）；当m＝1时，f（m）＝f（1m）；当m＞1时，
f（m）＜f（1m）.
（2）不妨设x1＞x2＞0，由题意得ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a（x1＋x2），ln x1－ln x2＝a（x1－x2），
所以a＝lnx1＋lnx2x1＋x2＝lnx1－lnx2x1－x2.
欲证明x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2，
即证lnx1－lnx2x1－x2＞2x1＋x2，即证ln x1x2＞2（x1－x2）x1＋x2，即证ln x1x2＞2（x1x2－1）x1x2+1 （*）.
令t＝x1x2（t＞1），构造g（t）＝ln t－2（t－1）t+1，
则g'（t）＝1t－4（t+1）2＝（t－1）2t（t+1）2＞0，
所以g（t）在（1，＋∞）上单调递增，
所以g（t）＞ln 1－2×（1－1）1+1＝0，
所以ln t＞2（t－1）t+1，（*）式得证，即x1x2＞e2得证.
2.已知函数f（x）＝ex－1－12ax2＋ax＋1，a∈R.
（1）讨论f（x）的极值点个数.
（2）若f（x）有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1＋x2＞4.
解析 （1）f'（x）＝ex－1－ax＋a.
因为f'（1）＝1≠0，
所以1不是f（x）的极值点.
当x≠1时，令f'（x）＝ex－1－a（x－1）＝0，得a＝ex－1x－1，
令g（x）＝ex－1x－1，则求f（x）的极值点个数可转化为求直线y＝a与g（x）图象的交点个数.
g'（x）＝ex－1（x－2）（x－1）2，令g'（x）＝0，得x＝2，又x≠1，所以g（x）在（－∞，1），（1，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增.
因为g（2）＝e，当x→1＋或x→＋∞时，g（x）→＋∞，且当x＜1时，g（x）＜0，
所以当a∈[0，e]时，f（x）没有极值点；（可导函数的极值点就是导函数的变号零点.当a＝e时，直线y＝a与函数g（x）的图象虽然有1个交点，但当x∈（1，＋∞）时，函数图象恒在该直线的上方，因此函数f（x）没有极值点）
当a∈（－∞，0）时，f（x）有一个极值点；当a∈（e，＋∞）时，f（x）有两个极值点.
（2）解法一（对称构造法） 由（1）知，若f（x）有两个不同的极值点，
则a∈（e，＋∞）.
设x1＜x2，则x1∈（1，2），x2∈（2，＋∞），
由ex1－1－a（x1－1）=0，ex2－1－a（x2－1）=0，得ex1－x2＝x1－1x2－1，
所以x1－x2＝ln（x1－1）－ln（x2－1），即x1－ln（x1－1）＝x2－ln（x2－1）.
令h（x）＝x－ln（x－1），x∈（1，＋∞），则h'（x）＝1－1x－1＝x－2x－1，
易得h（x）在（1，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增.
要证x1＋x2＞4，即证x2＞4－x1.
因为x2＞2，4－x1＞2，且h（x）在（2，＋∞）上单调递增，
所以只需证h（x2）＞h（4－x1）.
因为h（x1）＝h（x2），
所以即证h（x1）＞h（4－x1）.
令F（x）＝h（x）－h（4－x）＝x－ln（x－1）－（4－x）＋ln（3－x）＝2x－4－ln（x－1）＋ln（3－x），x∈（1，2），
则F'（x）＝2－1x－1＋1x－3＝2（x－2）2（x－1)(x－3）＜0，
所以F（x）在（1，2）上单调递减，则F（x）＞0，
所以h（x1）＞h（4－x1），即h（x2）＞h（4－x1），
故x1＋x2＞4.
解法二（差值换元法） 由已知得ex1－1＝a（x1－1),ex2－1＝a（x2－1),
不妨设x2＞x1，记t＝x2－x1，则t＞0，x2＝x1＋t，
则有ex1－1＝a（x1－1),ex1＋t－1＝a（x1＋t－1),两式相除得ex1＋t－1ex1－1＝a（x1＋t－1）a（x1－1），
即et＝1＋tx1－1，整理得x1＝tet－1＋1.
故x2＝x1＋t＝tet－1＋1＋t.
所证不等式x1＋x2＞4等价于（tet－1＋1）＋（tet－1＋1＋t）＞4，即2tet－1＋t＞2.
因为t＞0，所以et－1＞0，故不等式等价于2t＋（t－2）（et－1）＞0，
即t＋2＋（t－2）et＞0.
记m（x）＝x＋2＋（x－2）ex（x＞0），则m'（x）＝1＋（x－1）ex，
记k（x）＝1＋（x－1）ex（x＞0），则k'（x）＝xex，
因为x＞0，ex＞0，所以k'（x）＞0，故函数k（x）在（0，＋∞）上单调递增，
故k（x）＞1＋（0－1）×e0＝0，所以m'（x）＞0，故函数m（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以m（x）＞0＋2＋（0－2）×e0＝0，
即当x＞0时，x＋2＋（x－2）ex＞0.
原不等式得证.
3.[2021新高考卷 Ⅰ ]已知函数f（x）＝x（1－ln x）.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2＜1a＋1b＜e.
解析 （1）因为f（x）＝x（1－ln x），所以f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝1－ln x＋x·（－1x）＝－ln x.
当x∈（0，1）时，f'（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0.
所以函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.
（2）由题意，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，得lnaa－lnbb＝1b－1a，即lna+1a＝lnb+1b，
即f（1a）＝f（1b）.
令x1＝1a，x2＝1b，
由（1）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
且当0＜x＜e时，f（x）＞0，当x＞e时，f（x）＜0.
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2＜e.
要证2＜1a＋1b＜e，即证2＜x1＋x2＜e.
先证x1＋x2＞2.
要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1.
因为0＜x1＜1＜x2＜e，
所以x2＞2－x1＞1，
又f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以即证f（x2）＜f（2－x1），
又f（x1）＝f（x2），所以即证f（x1）＜f（2－x1），
即证当x∈（0，1）时，f（x）－f（2－x）＜0.
构造函数F（x）＝f（x）－f（2－x），
则F'（x）＝f'（x）＋f'（2－x）＝－ln x－ln（2－x）＝－ln[x（2－x）].
当0＜x＜1时，x（2－x）＜1，则－ln[x（2－x）]＞0，
即当0＜x＜1时，F'（x）＞0，所以F（x）在（0，1）上单调递增.
所以当0＜x＜1时，F（x）＜F（1）＝0，
所以当0＜x＜1时，f（x）－f（2－x）＜0成立，
所以x1＋x2＞2成立.
再证x1＋x2＜e.
由（1）知，f（x）的极大值点为x＝1，f（x）的极大值为f（1）＝1.
过点（0，0），（1，1）的直线方程为y＝x，
设f（x1）＝f（x2）＝m，当x∈（0，1）时，f（x）＝x（1－ln x）＞x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为（m，m），则x1＜m.
欲证x1＋x2＜e，只需证x1＋x2＜m＋x2＝f（x2）＋x2＜e，
即证当1＜x＜e时，f（x）＋x＜e.
构造函数h（x）＝f（x）＋x，则h'（x）＝1－ln x，
当1＜x＜e时，h'（x）＞0，所以函数h（x）在（1，e）上单调递增，
所以当1＜x＜e时，h（x）＜h（e）＝f（e）＋e＝e，
即f（x）＋x＜e成立，
所以x1＋x2＜e成立.
综上可知，2＜1a＋1b＜e成立.
4.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]已知函数f（x）＝ex－alnxx－a（e为自然对数的底数，a∈R）.
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）若f（x）有两个零点分别为x1，x2，证明：e2－x1－x2－x1x2＜0.
解析 （1）当a＝1时，f（x）＝ex－lnxx－1，则f'（x）＝ex－1－lnxx2，
所以切线的斜率k＝f'（1）＝e－1.
因为f（1）＝e－1，所以切点坐标为（1，e－1），
所以切线方程为y－（e－1）＝（e－1）（x－1），即y＝（e－1）x.
（2）由已知得f（x）＝xex－a（lnx＋x）x＝0有两个不相等的正实根，
所以关于x的方程xex－a（ln x＋x）＝0有两个不相等的正实根，
即关于x的方程xex－aln（xex）＝0有两个不相等的正实根，aln（xex）＝xex ①.
要证e2－x1－x2－x1x2＜0，只需证x1x2＞e2ex1＋x2，
只需证（x1ex1）·（x2ex2）＞e2，
即证ln（x1ex1）＋ln（x2ex2）＞2，
令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，则t1≠t2，t1＞0，t2＞0，
只需证ln t1＋ln t2＞2.
由①得alnt1＝t1，alnt2＝t2，
所以a（ln t2－ln t1）＝t2－t1，a（ln t2＋ln t1）＝t2＋t1，
消去a得ln t2＋ln t1＝t2＋t1t2－t1（ln t2－ln t1）＝（t2t1+1）lnt2t1t2t1－1，只需证（t2t1+1）lnt2t1t2t1－1＞2，
不妨设0＜t1＜t2，令t＝t2t1，则t＞1，
即证（t+1）lntt－1＞2，t－1（t+1）lnt＜12，2（t－1）t+1＜ln t，2（t+1)－4t+1＜ln t，
即证ln t＋4t+1－2＞0.
构造h（t）＝ln t＋4t+1－2，t＞1，
则h'（t）＝1t－4（t+1）2＝（t－1）2t（t+1）2＞0，
所以h（t）在（1，＋∞）上单调递增，则h（t）＞ln 1＋41+1－2＝0，
即当t＞1时，ln t＋4t+1－2＞0成立，
所以ln t1＋ln t2＞2，即（x1ex1）·（x2ex2）＞e2，即x1x2＞e2ex1＋x2，
所以e2－x1－x2－x1x2＜0，证毕.