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重点培优练11　极值点偏移问题
极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(或＜)2x0型，构造函数F(x)＝f (x)－f (2x0－x)；对结论x1x2>(或＜)型，构造函数F(x)＝f (x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
1．已知函数f (x)＝2x ln x－x2＋1，若02．
2．(2022·全国甲卷)已知函数f (x)＝－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x1x2＜1．
3．(2024·广东湛江一模)已知函数f (x)＝(1＋ln x)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若方程f (x)＝1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1．
4．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋2 / 2重点培优练11　极值点偏移问题
极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(或＜)2x0型，构造函数F(x)＝f (x)－f (2x0－x)；对结论x1x2>(或＜)型，构造函数F(x)＝f (x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
1．已知函数f (x)＝2x ln x－x2＋1，若02．
[证明]　由题意知，f ′(x)＝2ln x＋2－2x，令g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝－2＝，x>0，
∴g′(x)>0 0从而f ′(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f ′(x)≤f ′(1)＝0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递减，且f (1)＝0，
若00，不合题意，
若1≤x1要证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1，结合f (x)在(0，＋∞)上单调递减知只需证f (x2)又f (x1)＋f (x2)＝0，∴f (x2)＝－f (x1)，故只需证－f (x1)0①．
令F(x)＝f (x)＋f (2－x)，0则F′(x)＝f ′(x)－f ′(2－x)＝2ln x＋2－2x－＝2ln ＋4－4x，
令φ(x)＝F′(x)，φ′(x)＝2··－4＝－4>－4＝0，∴F′(x)在(0，1)上单调递增，
又F′(1)＝0，∴F′(x)<0，从而F(x)在(0，1)上单调递减，∵F(1)＝2f (1)＝0，∴F(x)>0，
∵00，即不等式①成立，故x1＋x2>2．
2．(2022·全国甲卷)已知函数f (x)＝－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x1x2＜1．
[解]　(1)法一(常规求导)：
f (x)的定义域为(0，＋∞)，则
f ′(x)＝ex－＋1＝ex＋＝，
令f ′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0，1)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
所以f (x)≥f (1)＝e＋1－a．
若f (x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1．
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
法二(同构法)：
由f (x)≥0得e－ln x＋x＋x－ln x－a≥0，令t＝x－ln x，t≥1，则et＋t－a≥0，即a≤et＋t．
令g(t)＝et＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝et＋1＞0，
故g(t)＝et＋t在区间[1，＋∞)上单调递增，
故g(t)min＝g(1)＝e＋1，即a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明：由题知，f (x)的一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证x1x2＜1，即证x1＜．
因为x1，∈(0，1)，f (x)在(0，1)上单调递减，即证f (x1)＞f ．
又因为f (x1)＝f (x2)，故只需证f (x2)＞f ，
即证－ln x＋x－－ln x－＞0，x∈(1，＋∞)，即证－－2＞0．
下面证明x＞1时，－＞0，ln x－＜0．
设g(x)＝－，x＞1，
则g′(x)＝ex－＝－＝＝，
设φ(x)＝(x＞1)，φ′(x)＝ex＝ex＞0，所以φ(x)＞φ(1)＝e，而＜e，
所以－＞0，所以g′(x)＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
即g(x)＞g(1)＝0，所以－xe＞0．
令h(x)＝ln x－，x＞1，
h′(x)＝－＝＝＜0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－＜0．
综上，－－2＞0，所以x1x2＜1．
3．(2024·广东湛江一模)已知函数f (x)＝(1＋ln x)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若方程f (x)＝1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1．
[解]　(1)由题意可得x>0，>0，所以a>0，
f (x)＝(1＋ln x)＝的定义域为(0，＋∞)，
又f ′(x)＝＝－，
由f ′(x)＝0，得x＝1，
当00，则f (x)在(0，1)上单调递增，
当x>1时，f ′(x)<0，则f (x)在(1，＋∞)上单调递减．
(2)由＝1，得＝a，
设g(x)＝(x＞0)，
g′(x)＝＝，由g′(x)＝0，得x＝1，
当00，则g(x)在(0，1)上单调递增，
当x>1时，g′(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又g＝0，g(1)＝1，且当x趋近于正无穷，g(x)趋近于0，
作出g(x)＝的大致图象，如图所示，
所以当0证明：不妨设x1设h(x)＝g(x)－g＝－x(1－ln x)，
h′(x)＝＋ln x＝ln x≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－g<0，
即g(x1)又g(x1)＝g(x2)，
所以g(x2)又x2>1，>1，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以x2>，故x1x2>1．
4．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋[解]　(1) f (x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f (x)＝x(1－ln x)，则f ′(x)＝－ln x．
所以当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，f (x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f (x)在(1，＋∞)上单调递减．
综上所述，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：因为a，b是两个不相等的正数，b ln a－a ln b＝a－b，
所以－＝－，
即＝，即f ＝f ．
令x1＝，x2＝，
即f (x1)＝f (x2)．
由(1)可知，f (x)在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
不妨设x1＜x2，
则0要证2<＋即证2①先证x1＋x2>2．
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
转化为f (2－x1)>f (x2)＝f (x1)，
即证f (2－x1)－f (x1)>0．
设g(x)＝f (2－x)－f (x)，x∈(0，1)，
则g′(x)＝ln (2－x)＋ln x＝ln (－x2＋2x)，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递减，则g(x)>g(1)＝0，
所以g(x1)＝f (2－x1)－f (x1)>0，
即f (2－x1)>f (x2)＝f (x1)，
又0且f (x)在(1，＋∞)上单调递减，
2－x12．
②再证x1＋x2(割线处理)：
由(1)可知，f (x)的极大值点为x＝1，极大值为f (1)＝1，
设过(0，0)，(1，1)的直线l：y＝x，且f (x1)＝f (x2)＝m，
当x∈(0，1)时，f (x)＝x(1－ln x)>x，
直线l：y＝x与y＝m交于点(m，m)，则x1要证x1＋x2即证x1＋x2设h(x)＝f (x)＋x＝x(2－ln x)，x∈(1，e)，
则h′(x)＝1－ln x，
当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)在(1，e)上单调递增，则h(x)所以f (x2)＋x2＝m＋x2则x1＋x2综上，得证2＜＋＜e．
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