2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习25隐零点与极值点偏移问题（Word版附解析）

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(1)求f′(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)>2.
2．[2024·辽宁丹东模拟]已知x＝eq \f(1,2)为函数f(x)＝lnx－ax＋a的极值点．
(1)求a；
(2)证明：当00.
3．[2024·河北张家口模拟]已知函数f(x)＝xlnx.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若方程f(x)＝2x－1的两个解为x1、x2，求证：x1＋x2>2e.
4．[2024·河北唐山模拟]已知函数f(x)＝xlnx－eq \f(1,2)mx2－x，m∈R.
(1)若g(x)＝f′(x)，(f′(x)为f(x)的导函数)，求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2.
课后定时检测案25 隐零点与极值点偏移问题
1．解析：(1)由f(x)＝ex－lnx，得f′(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，
令g(x)＝f′(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，则g′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0恒成立，
所以f′(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无递减区间．
(2)证明：由(1)知f′(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，f′(x)单调递增区间为(0，＋∞)，
因为f′(eq \f(1,2))＝eeq \s\up6(\f(1,2))－2<0，f′(1)＝e－1>0，
所以存在x0∈(eq \f(1,2)，1)，使得f′(x0)＝ex0－eq \f(1,x0)＝0，
所以当0x0时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＝ex0－lnx0＝eq \f(1,x0)＋x0≥2，当且仅当eq \f(1,x0)＝x0，即x0＝1时取等号，
因为x0∈(eq \f(1,2)，1)，所以等号取不到，所以f(x)>2，得证．
2．解析：(1)f(x)＝lnx－ax＋a定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)，
由f′(eq \f(1,2))＝0，解得a＝2，
若a＝2时f(x)＝lnx－2x＋2，则f′(x)＝eq \f(1－2x,x)，
当00，即f(x)在(0，eq \f(1,2))上单调递增；
当x>eq \f(1,2)时，f′(x)<0，即f(x)在(eq \f(1,2)，＋∞)上单调递减，
所以f(x)在x＝eq \f(1,2)处取得极大值，符合题意，因此a＝2.
(2)设g(x)＝xf(x)＋(x－eq \f(1,2))2，则g′(x)＝lnx－2x＋2＝f(x)，又f(1)＝0，
因为g′(e－2)＝－2e－2<0，g′(eq \f(1,2))＝1－ln2>0，所以存在唯一x0∈(0，eq \f(1,2))，使g′(x0)＝0，
且当0当x00，g(x)单调递增，
当1由g′(x0)＝0得lnx0＝2x0－2，所以g(x0)＝(x0－eq \f(1,2))2>0，
因此当00，而g(eq \f(3,2))＝eq \f(1,2)(ln27－ln8e)>0，
于是当00.
3．解析：(1)函数f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋1，
令f′(x)＝0可得x＝eq \f(1,e)，列表如下：
所以函数f(x)的减区间为(0，eq \f(1,e))，增区间为(eq \f(1,e)，＋∞)，极小值为f(eq \f(1,e))＝－eq \f(1,e)，无极大值．
(2)证明：设h(x)＝f(x)－2x＋1＝xlnx－2x＋1，其中x>0，则h′(x)＝lnx－1，
令h′(x)<0，可得0令h′(x)>0，可得x>e，此时，函数h(x)在(e，＋∞)上单调递增，
所以x＝e是函数h(x)的极小值点，
因为函数h(x)有两个零点x1、x2，设x1即h(x1)＝h(x2)＝0且02e，即证x2>2e－x1>e，
因为函数h(x)在(e，＋∞)上单调递增，
所以只需证明：h(x2)>h(2e－x1)，即证h(x1)>h(2e－x1)，
令p(x)＝h(x)－h(2e－x)＝xlnx－(2e－x)ln (2e－x)－4x＋4e，其中0则p′(x)＝lnx＋ln (2e－x)－2＝ln (2ex－x2)－2，
因为0所以p′(x)＝ln (2ex－x2)－2又因为p(e)＝0，所以p(x)>0对任意的x∈(0，e)恒成立，
则p(x1)＝h(x1)－h(2e－x1)>0，即h(x1)>h(2e－x1)，故2e4．解析：(1)因为g(x)＝lnx－mx，g′(x)＝eq \f(1－mx,x)，x∈(0，＋∞)，
①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)>0，
所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1－me；
②当eq \f(1,m)≥e，即0所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1－me；
③当1④当0综上，当m≤eq \f(1,e)时，g(x)max＝g(e)＝1－me；
当eq \f(1,e)当m≥1时，g(x)max＝g(1)＝－m.
(2)证明：要证x1x2>e2，只需证：lnx1＋lnx2>2，
若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个零点，又f′(x)＝lnx－mx，
所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lnx1－mx1＝0,lnx2－mx2＝0))，解得m＝eq \f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，
另一方面，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lnx1－mx1＝0,lnx2－mx2＝0))，得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，
从而可得eq \f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq \f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，
于是lnx1＋lnx2＝eq \f(（lnx2－lnx1）（x2＋x1）,x2－x1)＝eq \f(（1＋\f(x2,x1)）ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).不妨设0设t＝eq \f(x2,x1)，则t>1.因此，lnx1＋lnx2＝eq \f(（1＋t）lnt,t－1)，t>1.
要证lnx1＋lnx2>2，即证：eq \f(（t＋1）lnt,t－1)>2，t>1，
即当t>1时，有lnt>eq \f(2（t－1）,t＋1)，
设函数h(t)＝lnt－eq \f(2（t－1）,t＋1)，t>1，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2（t＋1）－2（t－1）,（t＋1）2)＝eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h(1)＝0，因此，h(t)>h(1)＝0.
于是，当t>1时，有lnt>eq \f(2（t－1）,t＋1).
所以lnx1＋lnx2>2成立，x1x2>e2.x
(0， eq \f(1,e))
eq \f(1,e)
( eq \f(1,e)，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
减
极小值
增

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