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“2年高考1年模拟”课时精练（二十四） 极值点偏移问题
1.已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+1)x(a∈R).
(1)当a=1时，求函数y=f(x)的零点个数.
(2)若关于x的方程f(x)=ax2有两个不同实根x1，x2，求实数a的取值范围并证明x1x2>e2.
2.已知函数f(x)=ln x+，a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)证明：x1+x2>4a.
3.已知函数f(x)=ln x-ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若x1，x2是方程f(x)=0的两不等实根，求证：+>2e.
4.已知函数f(x)=ln x-ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=1时，若f(x1)=f(x2)(x12.
（解析）精练（二十四） 极值点偏移问题
1.已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+1)x(a∈R).
(1)当a=1时，求函数y=f(x)的零点个数.
(2)若关于x的方程f(x)=ax2有两个不同实根x1，x2，求实数a的取值范围并证明x1x2>e2.
解：(1)当a=1时，f(x)=ln x+x2-2x(x>0)，f'(x)=+x-2=≥0，
所以函数y=f(x)在(0，+∞)上单调递增.
又因为f(1)=-<0，f(4)=ln 4>0，
所以函数y=f(x)有且仅有一个零点.
(2)证明：方程f(x)=ax2有两个不同实根x1，x2，等价于ln x-(a+1)x=0有两个不同实根x1，x2，得a+1=，令φ(x)=，x>0，
则φ'(x)=，令φ'(x)>0，解得0令φ'(x)<0，解得x>e，
所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，
所以当x=e时，φ(x)=取得最大值.
由φ(1)=0，得当x∈(0，1)时，φ(x)<0；
当x∈(1，+∞)时，φ(x)>0，φ(x)的大致图象如图所示，
所以当a+1∈，即-1故所求实数a的取值范围是.
不妨设0两式相加得ln(x1x2)=(a+1)(x1+x2)，两式相减得ln =(a+1)(x2-x1)，
所以=.
要证x1·x2>e2，只需证ln(x1x2)=·ln >2，即证ln >=.
设t=(t>1)，令F(t)=ln t-=ln t+-2，则F'(t)=-=>0，
所以函数F(t)在(1，+∞)上单调递增，且F(1)=0，所以F(t)>0，即ln t>，
所以x1x2>e2，原命题得证.
2.已知函数f(x)=ln x+，a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)证明：x1+x2>4a.
解：(1)由题意可知，f(x)=ln x+(x>0) f'(x)=.
若a≤0，则f'(x)>0恒成立，即f(x)单调递增，不存在两个不等零点，故a>0.
显然当x>2a时，f'(x)>0，当0此时有4a2<2a，且f(4a2)=2ln(2a)+，
令g(t)=2ln t+ g'(t)=，
而< t< g'(t)<0，
即g(t)在上单调递减，故g(t)>g=e-2>0，所以f(4a2)>0.又f(1)=2a>0.
故在区间(4a2，2a)和(2a，1)上，函数f(x)各存在一个零点，符合题意.
综上，a∈.
(2)证明：结合(1)，不妨令0构造函数g(x)=f(x)-f(4a-x)(0则g'(x)=+=-<0，即g(x)单调递减，所以g(x)>g(2a)=0，
即g(x1)=f(x1)-f(4a-x1)>0 f(x1)=f(x2)>f(4a-x1).
因为02a.
由(1)知f(x)在(2a，+∞)上单调递增，所以由f(x2)>f(4a-x1) x2>4a-x1，
故x1+x2>4a.
3.已知函数f(x)=ln x-ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若x1，x2是方程f(x)=0的两不等实根，求证：+>2e.
解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，+∞).
由f(x)=ln x-ax2得f'(x)=-2ax=.
当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a>0时，由f'(x)>0得0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明：因为x1，x2是方程ln x-ax2=0的两不等实根，ln x-ax2=0 2ln x-2ax2=0，
即x1，x2是方程ln x2-2ax2=0的两不等实根.
令t=x2(t>0)，则t1=，t2=，即t1，t2是方程2a=的两不等实根.
令g(t)=，则g'(t)=，所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，g(e)=，
当t→0时，g(t)→-∞；当t→+∞时，g(t)>0且g(t)→0.所以0<2a<，即0令12e，
只需证t1+t2>2e.
法一：对称化构造　令h(t)=g(t)-g(2e-t)，t∈(1，e)，则h(t)=g(t)-g(2e-t)=-=，
令φ(t)=(2e-t)ln t-tln(2e-t)，
则φ'(t)=-1-ln t-ln(2e-t)+=+-ln(-t2+2et)>+-2>0，
所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)<φ(e)=0.
所以h(t)=g(t)-g(2e-t)<0，
所以g(t)所以g(t2)=g(t1)2e-t1，即t1+t2>2e，所以+>2e.
法二：对数基本不等式　先证<，令0令φ(x)=-ln x(x>1)，φ'(x)=-=<0，所以φ(x)在(1，+∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)=0.
因为=，所以=<，所以ln t1+ln t2>2，即t1t2>e2，所以t1+t2>2>2e.
4.已知函数f(x)=ln x-ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=1时，若f(x1)=f(x2)(x12.
解：(1)f(x)=ln x-ax的定义域为(0，+∞)，
因为f'(x)=-a=，x>0，
当a≤0时，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a>0时，令f'(x)>0得0令f'(x)<0得x>，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明：当a=1时满足a>0，f(x)=ln x-x，定义域为(0，+∞)，
f'(x)=-1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减.
又因为f(x1)=f(x2)(x1则F'(x)=--2=>0在(0，1)上恒成立，
所以F(x)=f(x)-f(2-x)在(0，1)上单调递增，F(x)所以F(x1)=f(x1)-f(2-x1)<0， 即f(x1)=f(x2)又因为x2>1，01，
又因为f(x)在(1，+∞)上单调递减，
所以x2>2-x1，即x1+x2>2.
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