2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练二十六微专题6极值点偏移

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(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，求证：x1＋x2＞2.
解：(1)因为f(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) ＋a(x>0)，
所以f′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x－1,x2) ，
令f′(x)＝0，得x＝1，
则当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).
(2)证明：由(1)知，不妨设0＜x1＜1＜x2，构造函数g(x)＝f(x)－
f(2－x)(0＜x＜1)，故g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝ eq \f(x－1,x2) ＋ eq \f(1－x,（2－x）2) ＝ eq \f(－4（x－1）2,x2（x－2）2) ＜0，
故函数g(x)在(0，1)上单调递减，g(x)＞g(1)＝0.
因为x1∈(0，1)，所以g(x1)＝f(x1)－f(2－x1)＞0，
又因为f(x1)＝f(x2)，
所以f(x2)－f(2－x1)＞0，
即f(x2)＞f(2－x1).
因为0＜x1＜1＜x2，
所以x2，2－x1∈(1，＋∞)，
又因为函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2＞2－x1，即x1＋x2＞2得证．
2．已知函数f(x)＝x－aex(a为常数)有两个不同的零点x1，x2(e为自然对数的底数)，求证：x1＋x2＞2.
证明：因为x1，x2是函数f(x)＝x－aex的两个不同的零点，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝aex1，,x2＝ae x2，)) 可得x1＋x2＝a(e x1＋e x2).
欲证x1＋x2＞2，只需证a(e x1＋e x2)＞2，
又x1－x2＝a(e x1－e x2)，可得a＝ eq \f(x1－x2,e x1－e x2) ，
所以只需证 eq \f(x1－x2,e x1－e x2) ·(e x1＋e x2)＞2，
即只需证 eq \f(e x1＋e x2,2) ＞ eq \f(e x1－e x2,x1－x2) .
不妨设x1＞x2，则x1－x2＞0，则要证 eq \f(e x1＋e x2,2) ＞ eq \f(e x1－e x2,x1－x2) ，只需证x1－x2＞ eq \f(2（e x1－e x2）,e x1＋e x2) ，即x1－x2＞ eq \f(2（eeq \s\up10(x1－x2)－1）,eeq \s\up10(x1－x2)＋1) ，
令t＝x1－x2(t＞0)，则只需证t＞ eq \f(2（et－1）,et＋1) .
设g(t)＝t－ eq \f(2（et－1）,et＋1) (t＞0)，
则g′(t)＝1－ eq \f(2et（et＋1）－2（et－1）et,（et＋1）2) ＝ eq \f(（et－1）2,（et＋1）2) ＞0，
所以g(t)在(0，＋∞)上是增函数，
所以g(t)＞g(0)＝0，所以t＞ eq \f(2（et－1）,et＋1) ，
所以 eq \f(e x1＋e x2,2) ＞ eq \f(e x1－e x2,x1－x2) 成立，故x1＋x2＞2成立．
3．已知函数f(x)＝aex－x2有两个极值点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)若x2≥3x1时，不等式x1＋λx2≥2x1x2恒成立，求λ的最小值．
解：(1)由f(x)＝aex－x2，得f′(x)＝aex－2x，
因为函数f(x)有两个极值点，
所以方程f′(x)＝0有两个不同实数根，即方程a＝ eq \f(2x,ex) 有两个不同实数根．
设u(x)＝ eq \f(2x,ex) ，则u′(x)＝ eq \f(2－2x,ex) ，
当x0，则u(x)单调递增；当x>1时，u′(x)2ln t，t>1，
构造函数h(t)＝t－ eq \f(1,t) －2ln t，t>1，
则h′(t)＝1＋ eq \f(1,t2) － eq \f(2,t) ＝ eq \f(t2－2t＋1,t2) ＝ eq \f(（t－1）2,t2) >0恒成立，
故函数h(t)在(1，＋∞)上为增函数．
故h(t)>h(1)＝1－1－2ln 1＝0，所以t－ eq \f(1,t) >2ln t，t>1，
故 eq \f(x2－x1,ln x2－ln x1) > eq \r(x1x2) ，即 eq \f(x1x2,a) > eq \r(x1x2) ，
所以 eq \r(x1x2) >a，即x1x2>a2，故原命题得证．