2024届高考数学拓展：极值点偏移问题含答案.pdf

12024年高考数学拓展 极值点偏移问题1(2023南宁模拟)已知函数 f(x)=ex-ax22，a0.(1)若 f(x)过点(1,0)，求 f(x)在该点处的切线方程；(2)若 f(x)有两个极值点x1，x2，且0 x1x2，当ea2.2(2023聊城模拟)已知函数 f(x)=ln x+ax(aR R)，设m，n为两个不相等的正数，且 f(m)=f(n)=3.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：a2mn1，b1，ab，f(a)+f(b)=4，证明：a+b4.4(2022全国甲卷)已知函数 f(x)=exx-ln x+x-a.(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x1x22x1，求证：x1x2232e3.(参考数据：ln 20.693，ln 31.099)6(2023淮北模拟)已知a是实数，函数 f(x)=aln x-x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1x20，求证：x1x2e2.12024年高考数学拓展 极值点偏移问题1(2023南宁模拟)已知函数 f(x)=ex-ax22，a0.(1)若 f(x)过点(1,0)，求 f(x)在该点处的切线方程；(2)若 f(x)有两个极值点x1，x2，且0 x1x2，当ea2.【答案】(1)解：已知 f(x)=ex-ax22，a0，将点(1,0)代入得 e-a2=0，解得 a=2e，所以 f(x)=ex-ex2，则 f(x)=ex-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.(2)证明由题意可得 f(x)=ex-ax，因为 f(x)有两个极值点x1，x2，且0 x10)，则g(x)=ex(x-1)x2(x0)，令g(x)0，解得0 x0，解得x1，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+)上单调递增，其大致图象如图所示，由图象可知当a e，e22时，方程exx=a有两个正根，符合题意，由ex1ex2=ax1，=ax2，两边取对数得x1=lna+lnx1，x2=lna+lnx2，整理得lnx1-lnx2x1-x2=1，因为0 x10，t-12，需证(t+1)lntt-12(0t1)，只需证ln t-2(t-1)t+10对t(0,1)恒成立，故(t)在(0,1)上单调递增，则(t)2.2(2023聊城模拟)已知函数 f(x)=ln x+ax(aR R)，设m，n为两个不相等的正数，且 f(m)=f(n)=3.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：a2mn0，则h(x)=2-ln x，令h(x)=0，得x=e2；令h(x)0，得0 xe2；令h(x)e2，所以函数h(x)=3x-xln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，+)，令h(x)=0，得x=e3，且h(e2)=e2，当x无限趋近于0时，h(x)无限趋向于0，作出函数h(x)=3x-xln x的图象，如图所示，要使a=3x-xln x有两个不相等的正根，则函数y=a与函数h(x)=3x-xln x有两个交点，由图知0ae2，故实数a的取值范围为a|0ae2(2)证明函数 f(x)的定义域为(0，+)，f(x)=1x-ax2=x-ax2，由(1)知，0ae2，若0 xa，f(x)a，f(x)0，f(x)在(a，+)上单调递增由题意，不妨设0maa2，要证mna2，即证na2m，因为a2ma，na，且 f(x)在(a，+)上单调递增，故只需证明 fa2m f(n)=f(m)，令g(x)=fa2x-f(x)=xa-2ln x-ax+2ln a(0 x0，所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以当0 xa时，g(x)g(a)=0，则有 fa2x f(x)，因为0ma，所以 fa2m f(m)，则 fa2ma2；再证mnae2，即证na，ae2ma，且 f(x)在(a，+)上单调递增，只需证明 fae2m f(n)=3，即证ln a-ln m+me2-10，因为 f(m)=ln m+am=3，所以ln a=ln m+ln(3-ln m)，所以只需证明me2+ln(3-ln m)-10，令(x)=xe2+ln(3-ln x)-1(0 xe2)，则(x)=1e2-1x(3-lnx).由(1)知，h(x)在(0，e2)上单调递增，当0 xe2时，h(x)h(e2)=e2，则(x)(e2)=0，所以me2+ln(3-ln m)-10成立，故mnae2.综上，a2mn1，b1，ab，f(a)+f(b)=4，证明：a+b0，解得x1；由 f(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a1，b1，ab，f(a)+f(b)=4，不妨设1a2b，要证a+b4，只需证b2,24-a f(4-a)，即证4-f(a)f(4-a)，即证 f(a)+f(4-a)4.即证当1x2时，f(x)+f(4-x)4，令F(x)=f(x)+f(4-x)，1x2，则F(x)=f(x)-f(4-x)=(1-x)e2-x-ex-2(x-3)，令h(x)=(1-x)e2-x-ex-2(x-3)，1x2，则h(x)=e2-x(x-2)-ex-2(x-2)=(x-2)(e2-x-ex-2)，因为1x2，所以x-20，所以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1x2时，f(x)+f(4-x)4，所以原命题成立4(2022全国甲卷)已知函数 f(x)=exx-ln x+x-a.(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x1x21.【答案】(1)解：由题意知函数 f(x)的定义域为(0，+)由 f(x)=ex(x-1)x2-1x+1=ex(x-1)-x+x2x2=(ex+x)(x-1)x2，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-a0，解得ae+1，所以a的取值范围为(-，e+1(2)证明方法一不妨设x1x2，则由(1)知0 x111.令F(x)=f(x)-f1x，则F(x)=(ex+x)(x-1)x2+e1x+1x1x-11x21x2=(x-1)x2ex+x-xe1x-1令g(x)=ex+x-xe1x-1(x0)，则g(x)=ex+1-e1x+xe1x1x2=ex+1+e1x1x-1(x0)，所以当x(0,1)时，g(x)0，所以当x(0,1)时，g(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)F(1)，即在(0,1)上 f(x)-f1xF(1)=0.6又 f(x1)=f(x2)=0，所以 f(x2)-f1x10，即 f(x2)f1x1.由(1)可知，函数 f(x)在(1，+)上单调递增，所以x21x1，即x1x21.方法二(同构法构造函数化解等式)不妨设x1x2，则由(1)知0 x11x2,01x20)，g(x)=h(x)-h1x=x-1x-2ln x(x0)，则g(x)=1+1x2-2x=(x-1)2x20(x0)，所以函数g(x)在(0，+)上单调递增，所以当x1时，g(x)g(1)=0，即当x1时，h(x)h1x，所以h(x1)=h(x2)h1x2.又h(x)=1-1x=x-1x(x0)，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以0 x11x21，即x1x22x1，求证：x1x2232e3.(参考数据：ln 20.693，ln 31.099)【答案】证明：由题意知 f(x)+2=ln x-ax+1=0，7于是lnx1+1=ax1，lnx2+1=ax2，令x2x1=t，则由x22x1可得t2.于是t=x2x1=lnx2+1lnx1+1=lnt+lnx1+1lnx1+1，即ln x1=lntt-1-1.从而ln x2=ln t+ln x1=tlntt-1-1.另一方面，对x1x2232e3两端分别取自然对数，则有ln x1+2ln x25ln 2-3，于是，即证lntt-1+2tlntt-1-35ln 2-3，即(1+2t)lntt-15ln 2，其中t2.设g(t)=(1+2t)lntt-1，t2.则g(t)=2lnt+1+2tt(t-1)-(1+2t)lnt(t-1)2=-3lnt+2t-1t-1(t-1)2，设(t)=-3ln t+2t-1t-1，t2.则(t)=-3t+2+1t2=2t2-3t+1t2=(2t-1)(t-1)t20在(2，+)上恒成立，于是(t)在(2，+)上单调递增，从而(t)(2)=-3ln 2+4-12-1=52-3ln 20.所以g(t)0，即函数g(t)在(2，+)上单调递增，于是g(t)g(2)=5ln 2.因此x1x2232e3，即原不等式成立6(2023淮北模拟)已知a是实数，函数 f(x)=aln x-x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1x20，求证：x1x2e2.【答案】(1)解：f(x)的定义域为(0，+)，f(x)=ax-1=a-xx，当a0时，f(x)0时，令 f(x)0得x(0，a)，令 f(x)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a0，因为 f(x1)=f(x2)=0，所以aln x1-x1=0，aln x2-x2=0，所以x1-x2=a(ln x1-ln x2)，要证x1x2e2，即证ln x1+ln x22，等价于x1a+x2a2，而1a=lnx1-lnx2x1-x2，所以等价于证明lnx1-lnx2x1-x22x1+x2，即lnx1x22(x1-x2)x1+x2，令t=x1x2，则t1，于是等价于证明ln t2(t-1)t+1成立，设g(t)=ln t-2(t-1)t+1，t1，g(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)20，所以g(t)在(1，+)上单调递增，故g(t)g(1)=0，即ln t2(t-1)t+1成立，所以x1x2e2，结论得证