高考数学专题练专题一微专题13　极值点偏移问题（含答案）

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这是一份高考数学专题练专题一微专题13　极值点偏移问题（含答案），共15页。

典例1 已知函数f(x)＝eq \f(x2,a)－2ln x(a∈R且a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x12e.
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典例2 (2021·新高考全国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bln a－aln b＝a－b，证明：2________________________________________________________________________
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[总结提升]
1．对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>xeq \\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式；对结论x1x2>xeq \\al(2,0)型，两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可．
2．比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq \f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
1．(2023·酒泉模拟)已知函数f(x)＝xln x＋eq \f(1,2)x2－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.
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2．(2023·马鞍山模拟)设函数f(x)＝ln(x－1)－eq \f(kx－2,x).
(1)若f(x)≥0对∀x∈[2，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围；
(2)已知方程eq \f(lnx－1,x－1)＝eq \f(1,3e)有两个不同的根x1，x2，求证：x1＋x2>6e＋2，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．
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3．(2023·宁波模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
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(2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两个不相等的实根，求证：
①xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)>2e；②x1x2>eq \r(\f(e,2a)).
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微专题13 极值点偏移问题
[考情分析] 极值点偏移问题属于双变量问题之一，在历年的高考试题中频频出现，往往为压轴试题，难度较大．

考点一标准极值点偏移问题
典例1 已知函数f(x)＝eq \f(x2,a)－2ln x(a∈R且a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x12e.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(2x,a)－eq \f(2,x).
当a<0时，f′(x)<0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f′(x)＝eq \f(2x,a)－eq \f(2,x)＝eq \f(2,ax)(x＋eq \r(a))(x－eq \r(a))．
当0当x>eq \r(a)时，f′(x)>0，f(x)在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增．
(2)证明当a＝e2时，f(x)＝eq \f(x2,e2)－2ln x.
由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递减，
在(e，＋∞)上单调递增．
由题意可得，x1∈(0，e)，x2∈(e，＋∞)．
由f(2e)＝2－2ln 2>0及f(x2)＝0，
得x2∈(e,2e)，则2e－x2∈(0，e)，
欲证x1＋x2>2e，只要证明x1>2e－x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)＝0，只要证明f(2e－x2)>0即可．
由f(x2)＝eq \f(x\\al(2,2),e2)－2ln x2＝0得xeq \\al(2,2)＝2e2ln x2.
所以f(2e－x2)＝eq \f(2e－x22,e2)－2ln(2e－x2)＝eq \f(4e2－4ex2＋x\\al(2,2),e2)－2ln(2e－x2)
＝eq \f(4e2－4ex2＋2e2ln x2,e2)－2ln(2e－x2)
＝4－eq \f(4x2,e)＋2ln x2－2ln(2e－x2)，x2∈(e,2e)，
令g(t)＝4－eq \f(4t,e)＋2ln t－2ln(2e－t)，t∈(e,2e)，
则g′(t)＝－eq \f(4,e)＋eq \f(2,t)＋eq \f(2,2e－t)＝eq \f(4e－t2,et2e－t)>0，
则g(t)在(e,2e)上单调递增，
∴g(t)>g(e)＝0，
即f(2e－x2)>0.
综上，x1＋x2>2e.
跟踪训练1 (2023·宜春模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)若函数y＝f′(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
(1)解由f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax得
f′(x)＝1－eq \f(1,x)＋ln x－2x＋a，x∈(0，＋∞)，
由题意得f′(x)＝0有两个不相等的实根，
由f′(x)＝1－eq \f(1,x)＋ln x－2x＋a＝0得
a＝2x＋eq \f(1,x)－ln x－1，
所以直线y＝a与函数g(x)＝2x＋eq \f(1,x)－ln x－1的图象有两个交点，
由g(x)＝2x＋eq \f(1,x)－ln x－1得g′(x)＝2－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－x－1,x2)＝eq \f(2x＋1x－1,x2)，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2，
当x→0时，g(x)→＋∞，
当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
作出y＝g(x)的大致图象，如图所示．
所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为(2，＋∞)．
(2)证明因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点，
所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1，
显然2－x1>1，
由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2－x1)，
而g(x1)＝g(x2)＝a，
所以证明g(x1)>g(2－x1)即可，
即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
由h(x)＝4x＋eq \f(1,x)－ln x－eq \f(1,2－x)＋ln(2－x)－4
得h′(x)＝eq \f(4x4－4x3＋4x2－1,x22－x2)
＝eq \f(4[x2x－22－1],x22－x2)
＝eq \f(4[xx－2＋1][xx－2－1],x22－x2)
＝eq \f(4x－12[x－12－2],x22－x2)，
显然当x∈(0,1)时，h′(x)<0，
因此函数h(x)＝g(x)－g(2－x)在(0,1)上单调递减，
所以当0h(1)＝0，所以当0g(2－x1)恒成立，因此命题得证．
考点二非标准极值点偏移问题
典例2 (2021·新高考全国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bln a－aln b＝a－b，证明：2(1)解因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))＝－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)证明由题意知，a，b是两个不相等的正数，
且bln a－aln b＝a－b，
两边同时除以ab，
得eq \f(ln a,a)－eq \f(ln b,b)＝eq \f(1,b)－eq \f(1,a)，
即eq \f(ln a＋1,a)＝eq \f(ln b＋1,b)，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))).
令x1＝eq \f(1,a)，x2＝eq \f(1,b)，
由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且当00，
当x>e时，f(x)<0，
不妨设x1要证2先证x1＋x2>2，
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为02－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)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00，
即当00，所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以当0所以当0所以x1＋x2>2成立．
再证x1＋x2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欲证x1＋x2即证x1＋x2即证当1构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x，
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1综上可知，2跟踪训练2 (2023·阜新模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax.
(1)若a＝－2，求f(x)的最值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x2，且x1，x2为g(x)的两个极值点，证明：g(x1)＋g(x2)>2.
(1)解若a＝－2，则f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，解得x＝ln 2，
所以当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝ln 2处有唯一极小值，即最小值，为f(ln 2)＝2－2ln 2，无极大值，即无最大值．
(2)证明 g(x)＝ex＋ax－eq \f(1,2)x2，g′(x)＝ex－x＋a，令h(x)＝g′(x)．
因为h′(x)＝ex－1，所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝1＋a.
因为x1，x2为g(x)的两个极值点，所以h(x1)＝h(x2)＝0，且x1<0所以在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上，h(x)>0，g(x)单调递增；
在(x1，x2)上，h(x)<0，g(x)单调递减，
因为h(x1)＝g′(x1)＝－x1＋a＝0，
h(x2)＝g′(x2)＝－x2＋a＝0，
则a＝x2－＝x1－，
则h(－x2)＝＋x2＋a＝－＋2x2，
设k(x)＝e－x－ex＋2x(x>0)，
则k′(x)＝－e－x－ex＋2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ex)＋ex))＋2<0，
所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(－x2)＝k(x2)所以x1<－x2<0，因为在(x1,0)上，g(x)单调递减，所以g(x1)>g(－x2)．
所以要证g(x1)＋g(x2)>2，
只需证g(－x2)＋g(x2)>2，
即－xeq \\al(2,2)－2>0，
令m(x)＝e－x＋ex－x2－2(x>0)，
m′(x)＝－e－x＋ex－2x，
令n(x)＝m′(x)，n′(x)＝e－x＋ex－2>2eq \r(e－x·ex)－2＝0.
所以n(x)在(0，＋∞)上单调递增，
m′(x)＝n(x)>n(0)＝0，
所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
m(x)>m(0)＝0，
所以g(－x2)＋g(x2)>2，
故g(x1)＋g(x2)>2.
[总结提升]
1．对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>xeq \\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式；对结论x1x2>xeq \\al(2,0)型，两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可．
2．比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq \f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．

1．(2023·酒泉模拟)已知函数f(x)＝xln x＋eq \f(1,2)x2－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.
(1)解因为f(x)＝xln x＋eq \f(1,2)x2－x，
则f′(x)＝x＋ln x，
所以f(1)＝－eq \f(1,2)，f′(1)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋eq \f(1,2)＝x－1，即2x－2y－3＝0.
(2)证明因为f′(x)＝x＋ln x，f′(x0)＝0，
所以x0＋ln x0＝0.
因为f′(x)为增函数，当0当x>x0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
由方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，则可设x1欲证x1＋x2>2x0，即证x2>2x0－x1>x0，
即证f(x2)>f(2x0－x1)，而f(x2)＝f(x1)，
即f(x1)－f(2x0－x1)>0，
即x1ln x1＋eq \f(1,2)xeq \\al(2,1)－x1－(2x0－x1)ln(2x0－x1)－eq \f(1,2)(2x0－x1)2＋(2x0－x1)>0，
设g(x)＝xln x＋eq \f(1,2)x2－x－(2x0－x)ln(2x0－x)－eq \f(1,2)(2x0－x)2＋(2x0－x)，其中0则g′(x)＝ln x＋ln(2x0－x)＋2x0，
设h(x)＝ln x＋ln(2x0－x)＋2x0(0则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2x0－x)＝eq \f(2x0－x,x2x0－x)>0，
所以函数g′(x)在(0，x0)上单调递增，
所以g′(x)所以g(x)在(0，x0)上单调递减，
所以g(x)>g(x0)＝0，
即f(x2)>f(2x0－x1)，
故x1＋x2>2x0.
2．(2023·马鞍山模拟)设函数f(x)＝ln(x－1)－eq \f(kx－2,x).
(1)若f(x)≥0对∀x∈[2，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围；
(2)已知方程eq \f(lnx－1,x－1)＝eq \f(1,3e)有两个不同的根x1，x2，求证：x1＋x2>6e＋2，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)解由f(x)＝ln(x－1)－eq \f(kx－2,x)≥0，
得xln(x－1)－k(x－2)≥0.
令φ(x)＝xln(x－1)－k(x－2)，x∈[2，＋∞)，
则φ′(x)＝ln(x－1)＋eq \f(x,x－1)－k，
令h(x)＝φ′(x)，则h′(x)＝eq \f(1,x－1)－eq \f(1,x－12)＝eq \f(x－2,x－12)≥0(x≥2)．
所以函数φ′(x)＝ln(x－1)＋eq \f(x,x－1)－k在[2，＋∞)上单调递增，
故φ′(x)≥φ′(2)＝2－k.
①当k≤2时，φ′(x)≥2－k≥0，所以φ(x)在[2，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(2)＝0，
此时f(x)≥0对∀x∈[2，＋∞)恒成立，符合题意；
②当k>2时，φ′(2)＝2－k<0，φ′(ek＋1)＝eq \f(ek＋1,ek)>0，
故存在x0∈(2，＋∞)使得φ′(x0)＝0，
当x∈(2，x0)时，φ′(x)<0，则φ(x)单调递减，此时φ(x)<φ(2)＝0，不符合题意．
综上，实数k的取值范围为(－∞，2]．
(2)证明由(1)中结论，取k＝2，
有ln(x－1)>eq \f(2x－2,x)(x>2)，
令t＝x－1，则t>1，
即ln t>eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)．
不妨设x2>x1>1，t＝eq \f(x2,x1)>1，
则ln eq \f(x2,x1)>eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)－1)),\f(x2,x1)＋1)，
整理得eq \f(x1＋x2,2)>eq \f(x2－x1,ln x2－ln x1).
于是eq \f(x1－1＋x2－1,2)>eq \f(x2－1－x1－1,lnx2－1－lnx1－1)
＝eq \f(x2－x1,\f(1,3e)[x2－1－x1－1])＝3e，
即x1＋x2>6e＋2.
3．(2023·宁波模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两个不相等的实根，求证：
①xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)>2e；
②x1x2>eq \r(\f(e,2a)).
(1)解由题意得，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝ln x－ax2，
得f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax＝eq \f(1－2ax2,x)，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0得0由f′(x)<0得x>eq \f(\r(2a),2a)，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2a),2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2a),2a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0的两个不相等的实根，
即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0的两个不相等的实根，
令t＝x2(t>0)，则t1＝xeq \\al(2,1)，t2＝xeq \\al(2,2)，
即t1，t2是方程2a＝eq \f(ln t,t)的两个不相等的实根．
令g(t)＝eq \f(ln t,t)，则g′(t)＝eq \f(1－ln t,t2)，
当00；
当t>e时，g′(t)<0，
所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝eq \f(1,e)，
当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)>0且g(t)→0.
所以0<2a令1①要证xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)>2e，只需证t1＋t2>2e，
方法一令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)，
则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝eq \f(ln t,t)－eq \f(ln2e－t,2e－t)＝eq \f(2e－tln t－tln2e－t,t2e－t)，
令φ(t)＝(2e－t)ln t－tln(2e－t)，
则φ′(t)＝eq \f(2e,t)－1－ln t－ln(2e－t)＋eq \f(t,2e－t)＝eq \f(2e－t,t)＋eq \f(t,2e－t)－ln(－t2＋2et)>eq \f(2e－t,t)＋eq \f(t,2e－t)－2>0，
所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)<φ(e)＝0，
所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)<0，
所以g(t)所以g(t2)＝g(t1)因为t2>e,2e－t1>e，且g(t)在(e，＋∞)上单调递减，
所以t2>2e－t1，即t1＋t2>2e，
所以xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)>2e.
方法二先证eq \f(x1－x2,ln x1－ln x2)令0只需证2eq \f(x－1,x＋1)－ln x<0(x＝eq \f(x2,x1)>1)，
令φ(x)＝2eq \f(x－1,x＋1)－ln x(x>1)，
φ′(x)＝eq \f(4,x＋12)－eq \f(1,x)＝eq \f(－x－12,xx＋12)<0，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)<φ(1)＝0.
因为eq \f(t1,ln t1)＝eq \f(t2,ln t2)，
所以eq \f(t1＋t2,ln t1＋ln t2)＝eq \f(t1－t2,ln t1－ln t2)所以ln t1＋ln t2>2，即t1t2>e2，
所以t1＋t2>2eq \r(t1t2)>2e.
方法三由eq \f(t1,ln t1)＝eq \f(t2,ln t2)(1设t2＝λt1(λ>1)，eq \f(ln t1,t1)＝eq \f(ln λ＋ln t1,λt1)，
所以ln λ＋ln t1＝λln t1，
即ln t1＝eq \f(ln λ,λ－1)，ln t2＝eq \f(λln λ,λ－1)，
ln t1＋ln t2＝eq \f(λ＋1ln λ,λ－1)，
构造函数g(x)＝ln x－eq \f(2x－1,x＋1)(x>1)，
g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(4,x＋12)＝eq \f(x－12,xx＋12)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)＝0.
即ln x>eq \f(2x－1,x＋1)(x>1)，
即eq \f(x＋1ln x,x－1)>2(x>1)，
则ln t1＋ln t2>2，即t1t2>e2，
所以t1＋t2>2eq \r(t1t2)>2e.
②要证x1x2>eq \r(\f(e,2a))，只需证t1t2>eq \f(e,2a)，
只需证ln t1＋ln t2>1－ln 2a，
只需证2at1＋2at2>1－ln 2a，
只需证t1＋t2>eq \f(1－ln 2a,2a)，
∵eq \f(t2－t1,ln t2－ln t1)令t1＝eq \f(1,2a)得eq \f(t2－\f(1,2a),2at2＋ln 2a)即2ateq \\al(2,2)＋(ln 2a－1)t2＋eq \f(ln 2a,2a)＋eq \f(1,a)>0，①
令t2＝eq \f(1,2a)，得eq \f(\f(1,2a)－t1,－ln 2a－2at1)即－2ateq \\al(2,1)－(ln 2a－1)t1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln 2a,2a)＋\f(1,a)))>0②
①＋②得2a(teq \\al(2,2)－teq \\al(2,1))＋(ln 2a－1)(t2－t1)>0，
即t1＋t2>eq \f(1－ln 2a,2a).