备考2025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

突破5极值点偏移问题1.[2024山东德州4月二模]已知函数f（x）＝lnx－ax，a∈R.（1）当a＝1时，试比较f（m）与f（1m）的大小（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，证明：x1x2＞e2.解析（1）当a＝1时，f（x）＝lnx－x.令h（m）＝f（m）－f（1m）＝lnm－m－（ln1m－1m）＝2lnm－m＋1m（则h'（m）＝2m－1－1m2＝－m2+2m－1m2＝－（m－1m）①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即f（m）＞f（1m②当m＝1时，h（m）＝0，即f（m）＝f（1m③当m＞1时，h（m）＜0，即f（m）＜f（1m）综上：当0＜m＜1时，f（m）＞f（1m）；当m＝1时，f（m）＝f（1m）；当m＞f（m）＜f（1m）（2）不妨设x1＞x2＞0，由题意得lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a（x1＋x2），lnx1－lnx2＝a（x1－x2），所以a＝lnx1＋欲证明x1x2＞e2，即证lnx1＋lnx2＞2，即证lnx1－lnx2x1－x2＞2x1＋x令t＝x1x2（t＞1），构造g（t）＝lnt则g'（t）＝1t－4（t+1）所以g（t）在（1，＋∞）上单调递增，所以g（t）＞ln1－2×（1所以lnt＞2（t－1）t+1，（*）式得证，即x12.已知函数f（x）＝ex－1－12ax2＋ax＋1，a∈（1）探讨f（x）的极值点个数.（2）若f（x）有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1＋x2＞4.解析（1）f'（x）＝ex－1－ax＋a.因为f'（1）＝1≠0，所以1不是f（x）的极值点.当x≠1时，令f'（x）＝ex－1－a（x－1）＝0，得a＝ex令g（x）＝ex－1x－1，则求f（x）的极值点个数可转化为求直线y＝ag'（x）＝ex－1（x－2）（x－1）2，令g'（x）＝0，得x＝2，又x≠1，所以g（x因为g（2）＝e，当x→1＋或x→＋∞时，g（x）→＋∞，且当x＜1时，g（x）＜0，所以当a∈[0，e]时，f（x）没有极值点；（可导函数的极值点就是导函数的变号零点.当a＝e时，直线y＝a与函数g（x）的图象虽然有1个交点，但当x∈（1，＋∞）时，函数图象恒在该直线的上方，因此函数f（x）没有极值点）当a∈（－∞，0）时，f（x）有一个极值点；当a∈（e，＋∞）时，f（x）有两个极值点.（2）解法一（对称构造法）由（1）知，若f（x）有两个不同的极值点，则a∈（e，＋∞）.设x1＜x2，则x1∈（1，2），x2∈（2，＋∞），由ex1－1－所以x1－x2＝ln（x1－1）－ln（x2－1），即x1－ln（x1－1）＝x2－ln（x2－1）.令h（x）＝x－ln（x－1），x∈（1，＋∞），则h'（x）＝1－1x－1易得h（x）在（1，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增.要证x1＋x2＞4，即证x2＞4－x1.因为x2＞2，4－x1＞2，且h（x）在（2，＋∞）上单调递增，所以只需证h（x2）＞h（4－x1）.因为h（x1）＝h（x2），所以即证h（x1）＞h（4－x1）.令F（x）＝h（x）－h（4－x）＝x－ln（x－1）－（4－x）＋ln（3－x）＝2x－4－ln（x－1）＋ln（3－x），x∈（1，2），则F'（x）＝2－1x－1＋1x－所以F（x）在（1，2）上单调递减，则F（x）＞0，所以h（x1）＞h（4－x1），即h（x2）＞h（4－x1），故x1＋x2＞4.解法二（差值换元法）由已知得e不妨设x2＞x1，记t＝x2－x1，则t＞0，x2＝x1＋t，则有ex1－1＝即et＝1＋tx1－1，整理得x1故x2＝x1＋t＝tet－1＋所证不等式x1＋x2＞4等价于（tet－1＋1）＋（tet－1＋1＋t）因为t＞0，所以et－1＞0，故不等式等价于2t＋（t－2）（et－1）＞0，即t＋2＋（t－2）et＞0.记m（x）＝x＋2＋（x－2）ex（x＞0），则m'（x）＝1＋（x－1）ex，记k（x）＝1＋（x－1）ex（x＞0），则k'（x）＝xex，因为x＞0，ex＞0，所以k'（x）＞0，故函数k（x）在（0，＋∞）上单调递增，故k（x）＞1＋（0－1）×e0＝0，所以m'（x）＞0，故函数m（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以m（x）＞0＋2＋（0－2）×e0＝0，即当x＞0时，x＋2＋（x－2）ex＞0.原不等式得证.3.[2024新高考卷Ⅰ]已知函数f（x）＝x（1－lnx）.（1）探讨f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2＜1a＋1b解析（1）因为f（x）＝x（1－lnx），所以f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝1－lnx＋x·（－1x）＝－lnx当x∈（0，1）时，f'（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0.所以函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.（2）由题意，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，得lnaa－lnbb＝1b－1即f（1a）＝f（1b令x1＝1a，x2＝1由（1）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，且当0＜x＜e时，f（x）＞0，当x＞e时，f（x）＜0.不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2＜e.要证2＜1a＋1b＜e，即证2＜x1＋x2先证x1＋x2＞2.要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1.因为0＜x1＜1＜x2＜e，所以x2＞2－x1＞1，又f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以即证f（x2）＜f（2－x1），又f（x1）＝f（x2），所以即证f（x1）＜f（2－x1），即证当x∈（0，1）时，f（x）－f（2－x）＜0.构造函数F（x）＝f（x）－f（2－x），则F'（x）＝f'（x）＋f'（2－x）＝－lnx－ln（2－x）＝－ln[x（2－x）].当0＜x＜1时，x（2－x）＜1，则－ln[x（2－x）]＞0，即当0＜x＜1时，F'（x）＞0，所以F（x）在（0，1）上单调递增.所以当0＜x＜1时，F（x）＜F（1）＝0，所以当0＜x＜1时，f（x）－f（2－x）＜0成立，所以x1＋x2＞2成立.再证x1＋x2＜e.由（1）知，f（x）的极大值点为x＝1，f（x）的极大值为f（1）＝1.过点（0，0），（1，1）的直线方程为y＝x，设f（x1）＝f（x2）＝m，当x∈（0，1）时，f（x）＝x（1－lnx）＞x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为（m，m），则x1＜m.欲证x1＋x2＜e，只需证x1＋x2＜m＋x2＝f（x2）＋x2＜e，即证当1＜x＜e时，f（x）＋x＜e.构造函数h（x）＝f（x）＋x，则h'（x）＝1－lnx，当1＜x＜e时，h'（x）＞0，所以函数h（x）在（1，e）上单调递增，所以当1＜x＜e时，h（x）＜h（e）＝f（e）＋e＝e，即f（x）＋x＜e成立，所以x1＋x2＜e成立.综上可知，2＜1a＋1b＜e4.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]已知函数f（x）＝ex－alnxx－a（e为自然对数的底数，a∈（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；（2）若f（x）有两个零点分别为x1，x2，证明：e2－x1－x2解析（1）当a＝1时，f（x）＝ex－lnxx－1，则f'（x）＝ex－所以切线的斜率k＝f'（1）＝e－1.因为f（1）＝e－1，所以切点坐标为（1，e－1），所以切线方程为y－（e－1）＝（e－1）（x－1），即y＝（e－1）x.（2）由已知得f（x）＝xex－所以关于x的方程xex－a（lnx＋x）＝0有两个不相等的正实根，即关于x的方程xex－aln（xex）＝0有两个不相等的正实根，aln（xex）＝xex①.要证e2－x1－x2－x1x2＜0，只需证只需证（x1ex1）·（x2ex2）即证ln（x1ex1）＋ln（x2ex2令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，则t1≠t2，t1＞0，t只需证lnt1＋lnt2＞2.由①得alnt1＝t1，alnt2＝t2，所以a（lnt2－lnt1）＝t2－t1，a（lnt2＋lnt1）＝t2＋t1，消去a得lnt2＋lnt1＝t2＋t1t2－t1（lnt2－lnt不妨设0＜t1＜t2，令t＝t2t1，