2024届高考数学拓展：极值点偏移问题 教师版

2024年高考数学拓展极值点偏移问题2xax1(2023·南宁模拟)已知函数f(x)=e-，a>0.2(1)若f(x)过点(1,0)，求f(x)在该点处的切线方程；2e(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且0<x1<x2，当e<a<时，证明：x1+x2>2.22xaxax【答案】(1)解：已知f(x)=e-，a>0，将点(1,0)代入得e-=0，解得a=2e，所以f(x)=e222-ex，x则f′(x)=e-2ex，可得f′(1)=e-2e=-e，即切点坐标为(1,0)，切线斜率k=-e，所以所求切线方程为y=-e(x-1)，即ex+y-e=0.x(2)证明由题意可得f′(x)=e-ax，因为f(x)有两个极值点x1，x2，且0<x1<x2，x所以x1，x2是方程e-ax=0的两个正根，xxee整理得=a，构建g(x)=(x>0)，xxxe(x-1)则g′(x)=(x>0)，2x令g′(x)<0，解得0<x<1；令g′(x)>0，解得x>1，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，2xee其大致图象如图所示，由图象可知当a∈e，2时，方程x=a有两个正根，符合题意，x1x2=ax1，由ee=ax2，x1=lna+lnx1，两边取对数得x2=lna+lnx2，lnx1-lnx2整理得=1，x1-x2x1因为0<x1<x2，令=t∈(0,1)，x2则t+1>0，t-1<0，x1=tx2，lnx1-lnx2lnt由=1，得=1，x1-x2tx2-x21 lnt解得x2=，t-1(t+1)lnt所以x1+x2=(t+1)x2=，t-1(t+1)lnt要证x1+x2>2，需证>2(0<t<1)，t-12(t-1)只需证lnt-<0，t+12(t-1)构建φ(t)=lnt-，t∈(0,1)，t+1214(t-1)则φ′(t)=-=>0对∀t∈(0,1)恒成立，t(t+1)2t(t+1)2故φ(t)在(0,1)上单调递增，则φ(t)<φ(1)=0，故x1+x2>2.a2(2023·聊城模拟)已知函数f(x)=lnx+(a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)=xf(n)=3.(1)求实数a的取值范围；22(2)证明：a<mn<ae.【答案】(1)解：由题意知f(x)=3有两个不相等的正根，a所以lnx+=3有两个不相等的正根，x即a=3x-xlnx有两个不相等的正根，记函数h(x)=3x-xlnx，x>0，则h′(x)=2-lnx，2令h′(x)=0，得x=e；2令h′(x)>0，得0<x<e；2令h′(x)<0，得x>e，22所以函数h(x)=3x-xlnx的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，+∞)，322令h(x)=0，得x=e，且h(e)=e，当x无限趋近于0时，h(x)无限趋向于0，作出函数h(x)=3x-xlnx的图象，如图所示，要使a=3x-xlnx有两个不相等的正根，2则函数y=a与函数h(x)=3x-xlnx有两个交点，由图知0<a<e，2故实数a的取值范围为{a|0<a<e}．1ax-a(2)证明函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=-=，xx2x22由(1)知，0<a<e，若0<x<a，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，2 若x>a，f′(x)>0，f(x)在(a，+∞)上单调递增．2由题意，不妨设0<m<a<n，先证明mn>a，22a要证mn>a，即证n>，m2a因为>a，n>a，m且f(x)在(a，+∞)上单调递增，2a故只需证明fm<f(n)=f(m)，2axa令g(x)=fx-f(x)=a-2lnx-x+2lna(0<x<a)，12a12则g′(x)=-+=(x-a)>0，所以g(x)在(0，a)上单调递增，axx2ax2所以当0<x<a时，g(x)<g(a)=0，2a则有fx<f(x)，2a因为0<m<a，所以fm<f(m)，2a2则fm<f(n)，故mn>a；22ae再证mn<ae，即证n<，m2ae因为n>a，>a，m且f(x)在(a，+∞)上单调递增，2ae只需证明fm>f(n)=3，m即证lna-lnm+-1>0，2ea因为f(m)=lnm+=3，m所以lna=lnm+ln(3-lnm)，m所以只需证明+ln(3-lnm)-1>0，2ex2令φ(x)=+ln(3-lnx)-1(0<x<e)，2e11则φ′(x)=-.2ex(3-lnx)2由(1)知，h(x)在(0，e)上单调递增，222当0<x<e时，h(x)<h(e)=e，则φ′(x)<0，3 2所以φ(x)在(0，e)上单调递减，2故φ(x)>φ(e)=0，m所以+ln(3-lnm)-1>0成立，2e2故mn<ae.22综上，a<mn<ae.2-x3(2023·唐山模拟)已知函数f(x)=xe.(1)求f(x)的极值；(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)+f(b)=4，证明：a+b<4.2-x【答案】(1)解：因为f(x)=xe，2-x所以f′(x)=(1-x)e，由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，又f(1)=e，所以f(x)在x=1处取得极大值e，无极小值．(2)证明由(1)可知，f(x)在(1，+∞)上单调递减，f(2)=2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)+f(b)=4，不妨设1<a<2<b，要证a+b<4，只需证b<4-a，而b>2,2<4-a<3，且f(x)在(1，+∞)单调递减，所以只需证f(b)>f(4-a)，即证4-f(a)>f(4-a)，即证f(a)+f(4-a)<4.即证当1<x<2时，f(x)+f(4-x)<4，令F(x)=f(x)+f(4-x)，1<x<2，2-xx-2则F′(x)=f′(x)-f′(4-x)=(1-x)e-e(x-3)，2-xx-2令h(x)=(1-x)e-e(x-3)，1<x<2，2-xx-22-xx-2则h′(x)=e(x-2)-e(x-2)=(x-2)(e-e)，因为1<x<2，2-xx-2所以x-2<0，e-e>0，所以h′(x)<0，4 即h(x)在(1,2)上单调递减，则h(x)>h(2)=0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上单调递增，所以F(x)<F(2)=2f(2)=4，即当1<x<2时，f(x)+f(4-x)<4，所以原命题成立．xe4(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=-lnx+x-a.x(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.【答案】(1)解：由题意知函数f(x)的定义域为(0，+∞)．xx2xe(x-1)1e(x-1)-x+x(e+x)(x-1)由f′(x)=-+1==，x2xx2x2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)证明方法一不妨设x1<x2，1则由(1)知0<x1<1<x2，>1.x11令F(x)=f(x)-f，x1x11(ex+x)(x-1)e+xx-1(x-1)11xx则F′(x)=+·=e+x-xe-1．x21x2x22x1xx令g(x)=e+x-xe-1(x>0)，111xxx1xx1则g′(x)=e+1-e+xe·=e+1+e-1(x>0)，x2x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)，1即在(0,1)上f(x)-f<F(1)=0.x5 1又f(x1)=f(x2)=0，所以f(x2)-fx<0，11即f(x2)<fx.1由(1)可知，函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，1所以x2<，即x1x2<1.x1方法二(同构法构造函数化解等式)不妨设x1<x2，1则由(1)知0<x1<1<x2,0<<1.x2由f(x1)=f(x2)=0，x1x2ee得-lnx1+x1=-lnx2+x2，x1x2x1-lnx1x2-lnx2即e+x1-lnx1=e+x2-lnx2.x因为函数y=e+x在R上单调递增，所以x1-lnx1=x2-lnx2成立．构造函数h(x)=x-lnx(x>0)，11g(x)=h(x)-h=x--2lnx(x>0)，xx212(x-1)则g′(x)=1+-=≥0(x>0)，x2xx2所以函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)=0，1即当x>1时，h(x)>h，x1所以h(x1)=h(x2)>hx.21x-1又h′(x)=1-=(x>0)，xx所以h(x)在(0,1)上单调递减，1所以0<x1<<1，即x1x2<1.x25(2023·沧州模拟)已知函数f(x)=lnx-ax-1(a∈R)．若方程f(x)+2=0有两个实根x1，232x2，且x2>2x1，求证：x1x2>3.(参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)e【答案】证明：由题意知f(x)+2=lnx-ax+1=0，6 lnx1+1=ax1，于是lnx2+1=ax2，x2令=t，则由x2>2x1可得t>2.x1x2lnx2+1于是t==x1lnx1+1lnt+lnx1+1=，lnx1+1lnt即lnx1=-1.t-1tlnt从而lnx2=lnt+lnx1=-1.t-1232另一方面，对x1x2>3两端分别取自然对数，e则有lnx1+2lnx2>5ln2-3，lnt2tlnt于是，即证+-3>5ln2-3，t-1t-1(1+2t)lnt即>5ln2，其中t>2.t-1(1+2t)lnt设g(t)=，t>2.t-12lnt+1+2t-3lnt+2t-1-1t(t-1)-(1+2t)lntt则g′(t)==，22(t-1)(t-1)1设φ(t)=-3lnt+2t--1，t>2.t2(2t-1)(t-1)312t-3t+1则φ′(t)=-+2+==>0在(2，+∞)上恒成立，tt2t2t2于是φ(t)在(2，+∞)上单调递增，15从而φ(t)>φ(2)=-3ln2+4--1=-3ln2>0.22所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，+∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)=5ln2.232因此x1x2>3，即原不等式成立．e6(2023·淮北模拟)已知a是实数，函数f(x)=alnx-x.(1)讨论f(x)的单调性；2(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e.aa-x【答案】(1)解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=-1=，xx当a≤0时，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，+∞)上单调递减；7 当a>0时，令f′(x)>0得x∈(0，a)，令f′(x)<0得x∈(a，+∞)，故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减．(2)证明由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，因为f(x1)=f(x2)=0，所以alnx1-x1=0，alnx2-x2=0，所以x1-x2=a(lnx1-lnx2)，2要证x1x2>e，即证lnx1+lnx2>2，x1x2等价于+>2，aa1lnx1-lnx2而=，ax1-x2所以等价于证明lnx1-lnx22>，x1-x2x1+x2x12(x1-x2)即ln>，x2x1+x2x1令t=，则t>1，x22(t-1)于是等价于证明lnt>成立，t+12(t-1)设g(t)=lnt-，t>1，t+1214(t-1)g′(t)=-=>0，t(t+1)2t(t+1)2所以g(t)在(1，+∞)上单调递增，2(t-1)故g(t)>g(1)=0，即lnt>成立，t+12所以x1x2>e，结论得证．8