新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题26极值点偏移问题（附解析）

微专题26　极值点偏移问题1．已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>2.解：2．[2023·辽宁丹东模拟]已知函数f(x)＝ex－xlnx＋x2－ax.(1)证明：若a≤e＋1，则f(x)≥0；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.解： 3．[2023·安徽马鞍山模拟]设函数f(x)＝ln(x－1)－.(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＝有两个不同的根x1，x2，求证：x1＋x2>6e＋2，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．解：【题后师说】　应用对数平均不等式<<证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题．4．[2023·河北张家口模拟]已知函数f(x)＝x2＋2cosx，f′(x)为函数f(x)的导函数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)已知函数g(x)＝f′(x)－5x＋5alnx，存在g(x1)＝g(x2)(x1≠x2)，证明：x1＋x2>2a.解： 微专题26　极值点偏移问题1．证明：(法一：对称构造法)f′(x)＝(1－x)e－x易得f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．x→－∞时，f(x)→－∞,f(0)＝0.x→＋∞时，f(x)→0.函数f(x)在x＝1时取得极大值：f(1)＝.由f(x1)＝f(x2),x1≠x2不妨设x1<x2.则必有x1<1<x2.构造函数F(x)＝f(1＋x)－f(1－x)，x∈(0,1).则F′(x)＝f′(1＋x)－f′(1－x)＝(e2x－1)>0.∴F(x)在x∈(0,1)上单调递增，F(x)>F(0)＝0，即f(1＋x)>f(1－x)对x∈(0,1)恒成立．由0<x1<1<x2，则1－x1∈(0,1).∴f(1＋(1－x1))＝f(2－x1)>f(1－(1－x1))＝f(x1)＝f(x2)，即f(2－x1)>f(x2).又∵2－x1,x2∈(1,＋∞)，且f(x)在(1,＋∞)上单调递减，∴2－x1<x2，即x1＋x2>2.(法二：非对称构造法)欲证x1＋x2>2，即证x2>2－x1.由“法一”可知0<x1<1<x2，故2－x1，x2∈(1,＋∞).又∵f(x)在(1,＋∞)上单调递减，故只需证明f(x2)<f(2－x1).又∵f(x1)＝f(x2),x1≠x2，∴证明f(x1)<f(2－x1)即可．构造函数H(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1).等价于证明H(x)<0,x∈(0,1)恒成立．∵H′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝·(1－e2x－2)>0.∴H(x)在x∈(0,1)上单调递增．∴H(x)<H(1)＝0，即已证明H(x)<0，对x∈(0,1)恒成立．故原不等式x1＋x2>2成立．(法三：差式引参换元法)由f(x1)＝f(x2)，得x1e－x1＝x2e－x2，化简得ex2－x1＝.　①不妨设x2>x1，由“法一”知，0<x1<1<x2.令t＝x2－x1，则t>0,x2＝t＋x1，代入①式，得et＝，反解出x1＝.则x1＋x2＝2x1＋t＝＋t，故要证x1＋x2>2，即证＋t>2.又∵et－1>0，等价于证明2t＋(t－2)·(et－1)>0，　②构造函数G(t)＝2t＋(t－2)(et－1),(t>0)，则G′(t)＝(t－1)et＋1,G″(t)＝tet>0，故G′(t)在t∈(0,＋∞)上单调递增，G′(t)>G′(0)＝0.从而G(t)也在t∈(0,＋∞)上单调递增，G(t)>G(0)＝0，即②式成立，故原不等式x1＋x2>2成立．(法四：齐次分式整体消元法) 由“法三”中①式，两边同时取自然对数，可得x1－x2＝ln＝lnx1－lnx2.即＝1，从而x1＋x2＝(x1＋x2)·＝·ln＝·ln，令t＝(t>1)，欲证x1＋x2>2，等价于证明·lnt>2.　③构造M(t)＝＝(1＋)lnt，(t>1)，则M′(t)＝.又令φ(t)＝t2－1－2tlnt(t>1)，则φ′(t)＝2t－2(lnt＋1)＝2(t－1－lnt).由于t－1>lnt对∀t∈(1,＋∞)恒成立，故φ′(t)>0,φ(t)在t∈(1,＋∞)上单调递增．∴φ(t)>φ(1)＝0，从而M′(t)>0，故M(t)在t∈(1,＋∞)上单调递增．由洛必达法则知，可得M(t)>2，即证得③式成立，即原不等式x1＋x2>2成立．(法五：对数平均不等式法)由“法三”中①式，两边同时取自然对数，可得x1－x2＝ln＝lnx1－lnx2.即＝1.把＝1代入不等式即可得＝1<，即可得x1＋x2>2.2．证明：(1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，所以f(x)≥0等价于－lnx＋x－a≥0.设g(x)＝－lnx＋x－a，则g′(x)＝，当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，1)单调递减，g(x)在(1，＋∞)单调递增，故g(x)≥g(1)＝e＋1－a.因为a≤e＋1，所以g(x)≥0，于是f(x)≥0.(2)不妨设x1<x2，由(1)可知x1，x2也是g(x)的两个零点，且0<x1<1，x2>1，于是0<<1，由于g(x)在(0，1)单调递减，故x1x2<1等价于g(x1)>g().而g(x1)＝g(x2)＝0，故x1x2<1等价于g(x2)>g().①设h(x)＝g(x)－g()，则①式为h(x2)>0.因为h′(x)＝g′(x)－g′()()′＝.设k(x)＝ex＋x－xe－1， 当x>1时，k′(x)＝ex－e＋e＋1>0，故k(x)在(1，＋∞)单调递增，所以k(x)>k(1)＝0，从而h′(x)>0，因此h(x)在(1，＋∞)单调递增．又x2>1，故h(x2)>h(1)＝0，故g(x2)>g()，于是x1x2<1.3．解析：(1)由f(x)＝ln(x－1)－≥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)＋－k，令h(x)＝φ′(x)，则h′(x)＝－＝≥0(x≥2).所以，函数φ′(x)＝ln(x－1)＋－k在[2，＋∞)上单调递增，故φ′(x)≥φ′(2)＝2－k.①当k≤2时，则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)＝>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)>(x>2)，即lnt>(t>1).不妨设x2>x1>1，t＝>1，则ln>，整理得>.于是>＝＝3e，即x1＋x2>6e＋2.4．解析：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2x－2sinx，令h(x)＝2x－2sinx，则h′(x)＝2－2cosx≥0，所以函数h(x)在R上单调递增，又因为h(0)＝0，所以h(x)<0⇒x<0，h(x)≥0⇒x≥0，即：f′(x)<0⇒x<0，f′(x)≥0⇒x≥0，所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间[0，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)，得g(x)＝2x－2sinx－5x＋5alnx＝－2sinx－3x＋5alnx，x>0，又g(x1)＝g(x2)，即－2sinx1－3x1＋5alnx1＝－2sinx2－3x2＋5alnx2，所以5a(lnx2－lnx1)＝2(sinx2－sinx1)＋3(x2－x1).不妨设x2>x1>0，所以lnx2>lnx1. 由(1)得当x>0，函数f′(x)单调递增，所以2x1－2sinx1<2x2－2sinx2，故2(sinx2－sinx1)<2(x2－x1)，所以5a(lnx2－lnx1)＝2(sinx2－sinx1)＋3(x2－x1)<5(x2－x1)，所以a<，故2a<.下证<x2＋x1.即证：<lnx2－lnx1＝ln，设＝t>1，h(t)＝lnt－，t>1，则h′(t)＝>0，所以函数h(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，故lnt>，即ln>，所以<lnx2－lnx1，即<x2＋x1，所以2a<x2＋x1，得证．