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）

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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)－eq \f(k（x－2）,x).
(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eq \f(ln（x－1）,x－1)＝eq \f(1,3e)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eq \r(x1x2)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eq \f(x1－x2,lnx1－lnx2)；
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＋2csx，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)＝eq \f(1,e).
由f(x1)＝f(x2) , x1≠x2不妨设x1构造函数F(x)＝f(1＋x)－f(1－x)，x∈(0, 1).
则F′(x)＝f′(1＋x)－f′(1－x)＝eq \f(x,ex＋1)(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∴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－x12.
(法二：非对称构造法)
欲证x1＋x2>2，即证x2>2－x1.
由“法一”可知0又∵f(x)在(1 , ＋∞)上单调递减，故只需证明f(x2)又∵f(x1)＝f(x2) , x1≠x2，∴证明f(x1)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)＝eq \f(1－x,ex)·(1－e2x－2)>0.
∴H(x)在x∈(0 , 1)上单调递增．
∴H(x)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＝eq \f(x2,x1). ①
不妨设x2>x1，由“法一”知，0令t＝x2－x1，则t>0 , x2＝t＋x1，代入①式，得et＝eq \f(t＋x1,x1)，反解出x1＝eq \f(t,et－1).
则x1＋x2＝2x1＋t＝eq \f(2t,et－1)＋t，故要证x1＋x2>2，即证eq \f(2t,et－1)＋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＝lneq \f(x1,x2)＝lnx1－lnx2.
即eq \f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝1，从而x1＋x2＝(x1＋x2)·eq \f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝eq \f(x1＋x2,x1－x2)·lneq \f(x1,x2)＝eq \f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)·lneq \f(x1,x2)，
令t＝eq \f(x1,x2)(t>1)，欲证x1＋x2>2，等价于证明eq \f(t＋1,t－1)·lnt>2. ③
构造M(t)＝eq \f(（t＋1）lnt,t－1)＝(1＋eq \f(2,t－1))lnt，(t>1)，则M′(t)＝eq \f(t2－1－2tlnt,t（t－1）2).
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＝lneq \f(x1,x2)＝lnx1－lnx2.
即eq \f(x1－x2,lnx1－lnx2)＝1.把eq \f(x1－x2,lnx1－lnx2)＝1代入不等式即可得eq \f(x1－x2,lnx1－lnx2)＝12.
2．证明：(1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，所以f(x)≥0等价于eq \f(ex,x)－lnx＋x－a≥0.
设g(x)＝eq \f(ex,x)－lnx＋x－a，则g′(x)＝eq \f(（ex＋x）（x－1）,x2)，
当01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x11，于是0g(eq \f(1,x2)).
而g(x1)＝g(x2)＝0，故x1x2<1等价于g(x2)>g(eq \f(1,x2)).①
设h(x)＝g(x)－g(eq \f(1,x))，则①式为h(x2)>0.
因为h′(x)＝g′(x)－g′(eq \f(1,x))(eq \f(1,x))′＝eq \f(（x－1）（ex＋x－xe\f(1,x)－1）,x2).
设k(x)＝ex＋x－xeeq \f(1,x)－1，
当x>1时，k′(x)＝ex－eeq \f(1,x)＋eq \f(1,x)eeq \f(1,x)＋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(eq \f(1,x2))，于是x1x2<1.
3．解析：(1)由f(x)＝ln (x－1)－eq \f(k（x－2）,x)≥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)＋eq \f(x,x－1)－k，
令h(x)＝φ′(x)，则h′(x)＝eq \f(1,x－1)－eq \f(1,（x－1）2)＝eq \f(x－2,（x－1）2)≥0(x≥2).
所以，函数φ′(x)＝ln (x－1)＋eq \f(x,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)＝eq \f(ek＋1,ek)>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)>eq \f(2（x－2）,x)(x>2)，即lnt>eq \f(2（t－1）,t＋1)(t>1).不妨设x2>x1>1，t＝eq \f(x2,x1)>1，则lneq \f(x2,x1)>eq \f(2（\f(x2,x1)－1）,\f(x2,x1)＋1)，整理得eq \f(x1＋x2,2)>eq \f(x2－x1,lnx2－lnx1).于是eq \f(（x1－1）＋（x2－1）,2)>eq \f(（x2－1）－（x1－1）,ln（x2－1）－ln（x1－1）)＝eq \f(x2－x1,\f(1,3e)[（x2－1）－（x1－1）])＝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)＝2－2csx≥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下证eq \f(2（x2－x1）,lnx2－lnx1)即证：eq \f(2（x2－x1）,x2＋x1)设eq \f(x2,x1)＝t>1，h(t)＝lnt－eq \f(2（t－1）,t＋1)，t>1，
则h′(t)＝eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2)>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>eq \f(2（t－1）,t＋1)，即lneq \f(x2,x1)>eq \f(2（\f(x2,x1)－1）,\f(x2,x1)＋1)，
所以eq \f(2（x2－x1）,x2＋x1)所以2a