【最新版】高中数学高三培优小题练第25练　高考大题突破练——极值点偏移问题

第25练　高考大题突破练——极值点偏移问题

考点一　对称化构造法

1．已知函数f(x)＝(x∈R)，如果x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>2.

证明　f′(x)＝.

因为在(－∞，1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0，

所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减且x→－∞时，f(x)→－∞，

x→＋∞时，f(x)→0，

f(0)＝0，f(x)max＝f(1)＝.

∴不妨令x1<x2，则0<x1<1<x2，

若证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，

∵2－x1，x2∈(1，＋∞)且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，

故只需证f(x2)<f(2－x1)，

又f(x1)＝f(x2)，

故只需证f(x1)<f(2－x1)，

设φ(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，

∴φ(x)＝－(x∈(0,1))，

∴φ′(x)＝(1－e2x－2)>0，

∴φ(x)在(0,1)上单调递增，

所以φ(x)<φ(1)＝0，

即φ(x)<0，

即f(x1)<f(2－x1)成立，即x1＋x2>2得证．

2．设函数f(x)＝，g(x)＝aex－x，其中a为实数．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若g(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，证明：0<x1x2<1.

(1)解　由题设可知，f(x)的定义域为R，f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝1.

当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．

(2)证明　函数g(x)有两个零点x1，x2等价于方程a＝有两个不等实根x1，x2，

也等价于函数y＝a与y＝f(x)的图象有两个交点．

由(1)可知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

且当x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0，

故0<x1<1<x2，所以x1x2>0.

欲证x1x2<1，只需证x1<，因为x1，∈(0,1)，

故只需证f(x1)<f ，

又f(x1)＝f(x2)，

故只需证明f(x2)<f ，

即证<，即证x2·<·，

两边取对数可得ln x2＋<－ln x2＋x2，即只需证明2ln x2＋－x2<0.

设h(x)＝2ln x＋－x，其中x>1.

则h′(x)＝－－1＝<0，

所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，所以x1x2<1，

综上 0<x1x2<1.

考点二　比值代换法

3．已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(a＋1)x，a∈R.

(1)当a＝1时，判断函数y＝f(x)的单调性；

(2)若关于x的方程f(x)＝ax2有两个不同实根x1，x2，证明x1·x2>e2.

(1)解　当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2－2x(x>0)，

故f′(x)＝＋x－2＝≥0，

∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

(2)证明　由题意可知ln x＝(a＋1)x有两个不同的解x1，x2，

不妨设x2>x1>0，

则ln x1＝(a＋1)x1，ln x2＝(a＋1)x2，

两式相加得ln(x1x2)＝(a＋1)(x1＋x2)，

两式相减得ln＝(a＋1)(x2－x1)，

∴＝，故ln(x1x2)＝·ln，

要证x1x2>e2，只需证·ln>2，

即证ln>＝，

令t＝>1，故只需证ln t>在(1，＋∞)上恒成立即可．

令g(t)＝ln t－(t>1)，

则g′(t)＝－＝>0，

∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，

∴g(t)>g(1)＝0，

即ln t>在(1，＋∞)上恒成立．

∴x1·x2>e2得证．

4．(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<＋<e.

(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·＝－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，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－＝－，即＝，

即f ＝f .

令x1＝，x2＝，

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<＋<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，即证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<＋<e成立．