新北师大版第3章高分突破培优（五）隐零点与极值点偏移问题作业

培优精练(五)隐零点与极值点偏移问题1．(2022·广东高三期末)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－eq\f(3,2).解(1)因为f′(x)＝xex－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又当x＝0时，f(x)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明：令g(x)＝f′(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(\r(e),2)－1<0，g(1)＝e－1>0⇒eq\f(1,2)<x0<1⇒2<eq\f(1,x0)＋x0<eq\f(5,2)，所以f(x0)>－eq\f(3,2).2．(2022·山东青岛高三期末)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－a)x－alnx，a∈R.(1)若f(x)存在极值点1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.解(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)，因为f(x)存在极值点1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x)))(x>0)，①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增，当0<x<a时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a).又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)<0，即eq\f(1,2)a2＋(1－a)a－alna<0，整理得lna>1－eq\f(1,2)a，作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－alneq\f(2a－x,x)，则h′(x)＝－2＋eq\f(2a2,（2a－x）x)＝－2＋eq\f(2a2,－（x－a）2＋a2)，因为在(0，2a)上，h′(x)≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增，不妨设x1<a<x2，则h(x2)>h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2<x1，即x1＋x2>2a，又lna>1－eq\f(1,2)a，易知a>1成立，故x1＋x2>2.3．(2022·河南期末)已知f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，x∈R.(1)当m＝－2时，求函数f(x)的所有零点；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数).解(1)当m＝－2时，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，xg(x)＝lnx＋x－1，x＞0，则g′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，于是g(x)在(0，＋∞)上为增函数．又g(1)＝0，所以g(x)有唯一的零点x＝1，从而函数f(x)有唯一的零点x＝1.(2)证明欲证x1x2＞e2，只需证lnx1＋lnx2＞2.由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数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．于是有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，①,lnx2－mx2＝0，②))①＋②可得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，即m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，②－①可得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，即m＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)，从而可得eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，于是lnx1＋lnx2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).由0＜x1＜x2，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)，即证当t＞1时，有lnt＞eq\f(2（t－1）,t＋1).令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，因此h(t)＞h(1)＝ln1－eq\f(2（1－1）,1＋1)＝0.于是当t＞1时，有lnt＞eq\f(2（t－1）,t＋1).所以有lnx1＋lnx2＞2成立，即x1x2＞e2.4．已知f(x)＝ex＋ax2，f′(x)是f(x)的导函数，其中a∈R.(1)当a>0时，证明：存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，0))，使得f′(x0)＝0；(2)若存在实数a、b，使得f(x)≥b恒成立，求a－b的最小值．解(1)证明由题意，f′(x)＝ex＋2ax，f″(x)＝ex＋2a，当a>0时，f″(x)>0，所以f′(x)在R上单调递增，因为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝e－eq\f(1,2a)－1<0，f′(0)＝1>0，所以存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，0))，使得f′(x0)＝0.(2)当a<0时，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，即函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→－∞，所以对任意的实数b，f(x)≥b不可能恒成立；当a＝0时，f(x)＝ex，要使f(x)≥b恒成立，只需b≤0，所以a－b＝－b≥0；当a>0时，由(1)可得存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，0))，使得f′(x0)＝0，且f′(x)>0⇔x>x0，f′(x)<0⇔x<x0，所以f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，从而f(x)min＝f(x0)＝＋axeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，因为f(x)≥b恒成立，所以＋axeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))≥b，故a－b≥a－－axeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))①，又f′(x0)＝＋2ax0＝0，所以a＝－，代入不等式①可得a－b≥－－ex0－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，整理得：a－b≥eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－2x0－1,2x0)，设g(x)＝eq\f(x2－2x－1,2x)ex(x<0)，则g′(x)＝eq\f(x3－x2－x＋1,2x2)ex＝eq\f(（x－1）2（x＋1）,2x2)ex，所以g′(x)>0⇔－1<x<0，g′(x)<0⇔x<－1，故g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，0)上单调递增，从而g(x)≥g(－1)＝－eq\f(1,e)，所以a－b≥g(x0)≥－eq\f(1,e)，当a＝eq\f(1,2e)，b＝eq\f(3,2e)时取等号，综上所述，a－b的最小值为－eq\f(1,e).5．(2022·全国模拟)设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))>0.解(1)x∈(0，＋∞).f′(x)＝2x－(a－2)－eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－（a－2）x－a,x)＝eq\f(（2x－a）（x＋1）,x).当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).当a>0时，由f′(x)>0得x>eq\f(a,2)；由f′(x)<0，解得0<x<eq\f(a,2).所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2))).(2)证明∵x1，x2是方程f(x)＝c的两个不等实数根，由(1)可知：a>0.不妨设0<x1<x2.则xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－(a－2)x1－alnx1＝c，xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－(a－2)x2－alnx2＝c.两式相减得xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－(a－2)x1－alnx1－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋(a－2)x2＋alnx2＝0，化为a＝eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2x1－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－2x1,x1＋lnx1－x2－lnx2).∵f′(eq\f(a,2))＝0，当x∈(0，eq\f(a,2))时，f′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))时，f′(x)>0.故只要证明eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(a,2)即可，即证明x1＋x2>eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2x1－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)，即证明lneq\f(x1,x2)<eq\f(2x1－2x2,x1＋x2)，设t＝eq\f(x1,x2)(0<t<1)，令g(t)＝lnt－eq\f(2t－2,t＋1)，则g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2).∵1>t>0，∴g′(t)>0.∴g(t)在(0，1)上是增函数，又在t＝1处连续且g(1)＝0，∴当t∈(0，1)时，g(t)<0总成立．故命题得证．6．(2022·广州一模)已知函数f(x)＝xlnx－ax2＋x(a∈R).(1)证明：曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l恒过定点；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：eq\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))>eq\f(4,e).证明(1)因为f(x)＝xlnx－ax2＋x，所以f′(x)＝lnx＋1－2ax＋1＝lnx－2ax＋2，f′(1)＝2－2a，又f(1)＝1－a∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(1－a)＝(2－2a)(x－1)，即y＝2(1－a)(x－eq\f(1,2))，当x＝eq\f(1,2)时，y＝0，故直线l过定点(eq\f(1,2)，0).(2)∵x1，x2是f(x)的两个零点，且x2>2x1，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1lnx1－axeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋x1＝0,x2lnx2－axeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋x2＝0))，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1＋1＝ax1,lnx2＋1＝ax2))，∴eq\f(lnx1＋1,x1)＝eq\f(lnx2＋1,x2)＝eq\f(ln（x1x2）＋2,x1＋x2)＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)，令t＝eq\f(x2,x1)(t>2)，∴ln(x1x2)＋2＝eq\f(（x1＋x2）ln\f(x2,x1),x2－x1)＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1)，构造函数g(t)＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1)，g′(t)＝eq\f(t－\f(1,t)－2lnt,（t－1）2)，令h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt，则h′(t)＝eq\f(（t－1）2,t2)>0，则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，而h(2)＝2－eq\f(1,2)－2ln2＝eq\f(3,2)－2ln2>0，∴g′(t)>0，则g(t)在(2，＋∞)上单调递增，∴g(t)>g(2)＝3ln2，可得ln(x1x2)＋2>3ln2，则ln(x1x2)>lneq\f(8,e2)，即x1x2>eq\f(8,e2)，则eq\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))>eq\r(2x1x2)>eq\f(4,e).7．(2022·开封三模)已知函数f(x)＝eq\f(lnx,mx2).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若m＝2，对于任意x1>x2>0，证明：(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))·f(x1)－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·f(x2))·(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))>x1x2－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)).解(1)f(x)＝eq\f(lnx,mx2)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－2lnx,mx3)，当m>0时，f′(x)>0⇒0<x<eq\r(e)，此时f(x)在(0，eq\r(e))上单调递增，f′(x)<0⇒x>eq\r(e)，此时f(x)在(eq\r(e)，＋∞)上单调递减，当m<0时，f′(x)>0⇒x>eq\r(e)，此时f(x)在(eq\r(e)，＋∞)上单调递增，f′(x)<0⇒0<x<eq\r(e)，此时f(x)在(0，eq\r(e))上单调递减；综上可知：当m>0时，f(x)的增区间是(0，eq\r(e))，减区间是(eq\r(e)，＋∞)；当m<0时，f(x)的增区间是(eq\r(e)，＋∞)，减区间是(0，eq\r(e)).(2)证明由m＝2，f(x)＝eq\f(lnx,2x2)，得(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))·f(x1)－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·f(x2))·(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\f(1,2)(lnx1－lnx2)·(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，由于x1>x2>0，所以x1x2－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))>0.设t＝eq\f(x1,x2)>1，故(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))·f(x1)－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·f(x2))·(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))>x1x2－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))⇔lnx1－lnx2>eq\f(2（x1x2－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))）,xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))⇔lneq\f(x1,x2)>eq\f(2（\f(x1,x2)－1）,1＋（\f(x1,x2)）2)⇔lnt>eq\f(2（t－1）,1＋t2)(t>1)⇔lnt－eq\f(2（t－1）,1＋t2)>0(t>1)，令φ(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,1＋t2)，则φ′(t)＝eq\f(（t2－1）（t2＋2t－1）,t（t2＋1）2)，由于t>1，故φ′(t)＝eq\f(（t2－1）（t2＋2t－1）,t（t2＋1）2)>0，则φ(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,1＋t2)在(1，＋∞)上单调递增，故φ(t)>φ(1)＝0，即：所证不等式(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))·f(x1)－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·f(x2))·(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))>x1x2－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))成立．8．(2022·浙江绍兴模拟)已知函数f(x)＝ex－2x－(a＋1)，g(x)＝x2＋(a－1)x－(a＋2)(其中e≈是自然对数的底数).(1)试讨论函数f(x)的零点个数；(2)当a>1时，设函数h(x)＝f(x)－g(x)的两个极值点为x1，x2且x1<x2，求证：解(1)由f(x)＝0可得a＝ex－2x－1，令p(x)＝ex－2x－1，其中x∈R，则函数f(x)的零点个数等于直线y＝a与函数p(x)＝ex－2x－1图象的公共点个数，p′(x)＝ex－2，令p′(x)＝0可得x＝ln2，列表如下：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)p′(x)－0＋p(x)减极小值1－2ln2增如下图所