备考2025届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破5极值点偏移问题命题点2比差值换元法求极值点偏移问题

命题点2比（差）值换元法求极值点偏移问题例2已知函数f（x）＝2ax－lnx，其中a∈R.（1）探讨函数f（x）的单调性.（2）记函数f（x）的导函数为f'（x）.当a＞0时，若x1，x2（0＜x1＜x2）满意f（x1）＝f（x2），证明：f'（x1）＋f'（x2）＜0.解析（1）函数f（x）＝2ax－lnx的定义域为（0，＋∞），且f'（x）＝2a－1x＝2ax－1x①当a≤0时，f'（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减.②当a＞0时，令f'（x）＝0，可得x＝12a当x∈（0，12a）时，f'（x）＜0；当x∈（12a，＋∞）时，f'（x）所以f（x）在（0，12a）上单调递减，在（12a，＋∞综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，12a）上单调递减，在（12a，＋∞（2）由x1，x2（0＜x1＜x2）满意f（x1）＝f（x2），可得2ax1－lnx1＝2ax2－lnx2，即lnx1－ln因为f'（x1）＋f'（x2）＝2a－1x1＋2a－1x2＝4所以欲证f'（x1）＋f'（x2）＜0，即证x1＋x2即证x1＋x即证2lnx1x2＞x12设x1x2＝t（0＜t＜1），即证2lnt＋1t设h（t）＝2lnt＋1t－t（0＜t＜1），则h'（t）＝2t－1t2－1＝－（t－1所以h（t）在（0，1）上单调递减，所以h（t）＞0，所以2lnt＋1t－t＞0，即f'（x1）＋f'（x2）＜方法技巧比（差）值换元的解题要点：通过t＝x1x2或t＝x1－x2，消掉变量x1，x2，构造关于t的函数h（训练2已知函数f（x）＝lnx（1）探讨f（x）的单调性；（2）若（ex1）x2＝（ex2）x1（e是自然对数的底数），且x1＞0，x2＞0，x1≠x2，证明：x解析（1）由f（x）＝lnx+1ax得f'（x）令f'（x）＝0，得x＝1.当a＞0时，若x∈（0，1），则f'（x）＞0；若x∈（1，＋∞），则f'（x）＜0.所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.当a＜0时，若x∈（0，1），则f'（x）＜0；若x∈（1，＋∞），则f'（x）＞0.所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.综上，当a＞0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；当a＜0时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.（2）由（ex1）x2＝（ex2）x1，两边取对数，得x2ln（ex1）＝x1ln（即x2（lnx1＋1）＝x1（lnx2＋1），所以lnx1+1即当a＝1时，存在x1＞0，x2＞0，x1≠x2，满意f（x1）＝f（x2）.由（1）可知，当a＝1时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，所以f（x）≤f（1）＝1.当x∈（1，＋∞）时，f（x）＝lnx+1x由于f（1e）＝0，故f（x）在（1e，1）上恒有f（x）不妨令x1＜x2，记f（x1）＝f（x2）＝m，则m∈（0，1），且lnx1＋1＝mx1①，lnx2＋1＝mx2②，①＋②得ln（x1x2）＝m（x1＋x2）－2③，①－②得lnx1x2＝m（x1－x2），则m＝1x1－x2lnx1x2，代入③得ln（记t＝x1x2，0＜t＜1，则ln（x1x2）＝t+1t－1设g（t）＝（t＋1）lnt－2（t－1）（0＜t＜1），则g'（t）＝lnt＋1t－设h（t）＝lnt＋1t－1（0＜t＜1），则h'（t）＝1t－1t2＝t－1t2＜0，所以h又因为h（1）＝0，所以当t∈（0，1）时，h（t）＝g'（t）＞0，即g（t）在（0，1