专题跟踪检测(二十三)解决极值点偏移问题的四大技法

专题跟踪检测（二十三）解决极值点偏移问题的四大技法1．已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(1,x)(a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)若存在两个不等正实数x1，x2，满足f(x1)＝f(x2)，且x1＋x2＝2，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0，∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)设x1＞x2＞0，由f(x1)＝f(x2)得alnx1＋eq\f(1,x1)＝alnx2＋eq\f(1,x2)，则alneq\f(x1,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)，∴a＞0.又x1＋x2＝2，∴2alneq\f(x1,x2)＝eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),x1x2)＝eq\f(x1,x2)－eq\f(x2,x1)，设t＝eq\f(x1,x2)＞1，则2alnt＝t－eq\f(1,t)，令g(t)＝t－eq\f(1,t)－2alnt(t＞1)，则g′(t)＝eq\f(t2－2at＋1,t2)且g(1)＝0.由题意可知，函数y＝g(t)在区间(1，＋∞)上有且只有一个零点，设函数y＝g(t)的两个极值点分别为t1，t2，则t1t2＝1，∴函数y＝g′(t)在(1，＋∞)上有且只有一个实根，g′(1)＝2－2a＜0，解得a＞1.综上，实数a的取值范围为(1，＋∞)．2．已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋1,x－1)，f′(x)为f(x)的导函数，f(x1)＝f(x2)且x1＜x2.证明：(1)f′(x)＜0；(2)x2－x1＞1.证明：(1)f(x)＝eq\f(lnx＋1,x－1)，x∈(0,1)∪(1，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(－\f(1,x)－lnx,x－12)，令g(x)＝－eq\f(1,x)－lnx，则g′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2).∴当0＜x＜1时，g′(x)＞0；当x>1时，g′(x)＜0.∴g(x)≤g(1)＝－1＜0.∴f′(x)＜0.(2)由(1)可得，f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递减．∴0＜x1＜1＜x2.f(x＋1)－f(x)＝eq\f(lnx＋1＋1,x)－eq\f(lnx＋1,x－1)＝eq\f(xlnx＋1－xlnx－1－lnx＋1,xx－1)＝eq\f(\f(1,x)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x))),1－x)＋eq\f(lnx＋1,x1－x)，0＜x＜1.由(1)得g(x)＝－eq\f(1,x)－lnx≤－1，当且仅当x＝1时取等号，∴lneq\f(1,x)≤eq\f(1,x)－1，即lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．又x＞0时，1＋eq\f(1,x)＞1，因此lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＜eq\f(1,x).∴0＜x＜1时，eq\f(\f(1,x)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x))),1－x)＞0，又eq\f(lnx＋1,x1－x)＞0，∴f(x1＋1)＞f(x1)＝f(x2)．由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且x1＋1＞1，x2＞1，得x2＞x1＋1.即x2－x1＞1.3．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)，x＞0.设g(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，∴g(x)有唯一零点x＝1.故函数f(x)有唯一零点x＝1.(2)证明：欲证x1x2＞e2，只需证lnx1＋lnx2＞2.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，∴x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．于是，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))解得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).另一方面，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(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).又0＜x1＜x2，设t＝eq\f(x2,x1)，则t＞1.因此，lnx1＋lnx2＝eq\f(1＋tlnt,t－1)，t＞1.要证lnx1＋lnx2＞2，即证eq\f(t＋1lnt,t－1)＞2，t＞1，即证当t＞1时，有lnt＞eq\f(2t－1,t＋1).设函数h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t＞1.则h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)＞0，∴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(2t－1,t＋1).∴lnx1＋lnx2＞2成立，即x1x2＞e2.4．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论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＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜e.解：(1)由题意，得f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx，所以当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减．(2)证明：由blna－alnb＝a－b，得eq\f(lna,a)＋eq\f(1,a)＝eq\f(lnb,b)＋eq\f(1,b)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).设b＞a＞0，由(1)知0＜a＜1，b＞1，所以eq\f(1,a)＞1,0＜eq\f(1,b)＜1,2－eq\f(1,a)＜1.设g(x)＝f(x)－f(2－x)，x＞1，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)＞g(1)＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,a)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,a))).因为x∈(0,1)时，f(x)单调递增，所以eq\f(1,b)＞2－eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＞2.同理，设h(x)＝f(x)－f(e－x)，0＜x＜1，则h′(x)＝f′(x)＋f′(e－x)＝－lnx－ln(e－x)＝－ln[x(e－x)]．令x(e－x)＝1，解得x1＝eq\f(e－\r(e2－4),2)，x2＝eq\f(e＋\r(e2－4),2)，易知0＜x1＜1＜x2，所以当x∈(0，x1)时，h′(x)＞0，h(x)在(0，x1)单调递增；当x∈(x1,1)时，h′(x)＜0，h(x)在(x1,1)单调递减．当x→0时，h(x)→0，当x＝1时，由(1)知h(1)＞0.所以当x∈(0,1)时，f(x)＞f(e－x)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝