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.