【高考数学】2026届一轮专题复习：2年高考1年模拟 极值点偏移问题 含答案

/“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)=lnx+12ax2-(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)=12ax2有两个不同实根x1，x2，求实数a的取值范围并证明x1x2>e22.已知函数f(x)=lnx+2ax，a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x(1)求a的取值范围；(2)证明：x1+x2>4a.3.已知函数f(x)=lnx-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：x12+x4.已知函数f(x)=lnx-ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=1时，若f(x1)=f(x2)(x1<x2)，求证：x1+x2>2.

（解析）精练（二十四）极值点偏移问题1.已知函数f(x)=lnx+12ax2-(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)=12ax2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)=lnx+12x2-2x(x>0)，f'(x)=1x+x-2=所以函数y=f(x)在(0，+∞)上单调递增.又因为f(1)=-32<0，f所以函数y=f(x)有且仅有一个零点.(2)证明：方程f(x)=12ax2有两个不同实根x1，x2，等价于lnx-(a+1)x=0有两个不同实根x1，x2，得a+1=lnxx，令φ(x)=ln则φ'(x)=1−lnxx2，令φ'(x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)=lnxx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∈0，1e，即-1<a<1e-1时，f(x)=12ax2有两个不同实根x1故所求实数a的取值范围是−1，1不妨设0<x1<x2，则ln两式相加得ln(x1x2)=(a+1)(x1+x2)，两式相减得lnx2x1=(a+1)(x2-所以ln(x1x要证x1·x2>e2，只需证ln(x1x2)=x1+x2x2−x1设t=x2x1(t>1)，令F(t)=lnt-2(t−1)1+t=lnt+4t+1-2，则F'所以函数F(t)在(1，+∞)上单调递增，且F(1)=0，所以F(t)>0，即lnt>2(t所以x1x2>e2，原命题得证.2.已知函数f(x)=lnx+2ax，a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x(1)求a的取值范围；(2)证明：x1+x2>4a.解：(1)由题意可知，f(x)=lnx+2ax(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<x<2a时，f'(x)<0，则f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，+∞)上单调递增，所以若要符合题意，需f(2a)<0⇒ln2a+1<0⇒a∈0，1此时有4a2<2a，且f(4a2)=2ln(2a)+12令g(t)=2lnt+1tt∈0，1e⇒而1e<12⇒t<12⇒g'即g(t)在0，1e上单调递减，故g(t)>g1e=e-2>0，所以f(4a2)>0.又f(1)=2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∈0，1(2)证明：结合(1)，不妨令0<x1<2a<x2，构造函数g(x)=f(x)-f(4a-x)(0<x<2a)，则g'(x)=x−2ax2+2a−x(4a−x)2=-8即g(x1)=f(x1)-f(4a-x1)>0⇒f(x1)=f(x2)>f(4a-x1).因为0<x1<2a<x2，所以4a-x1>2a.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)=lnx-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：x12+x解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，+∞).由f(x)=lnx-ax2得f'(x)=1x-2ax=1−2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<x<2a2a，由f'(x)<0得x所以f(x)在0，2a2a综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在0，2a2a(2)证明：因为x1，x2是方程lnx-ax2=0的两不等实根，lnx-ax2=0⇔2lnx-2ax2=0，即x1，x2是方程lnx2-2ax2=0的两不等实根.令t=x2(t>0)，则t1=x12，t2=x22，即t1，t2是方程2a令g(t)=lntt，则g'(t)=1−lntt2，所以g(t当t→0时，g(t)→-∞；当t→+∞时，g(t)>0且g(t)→0.所以0<2a<1e，即0<a<1令1<t1<e<t2，要证x12+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)=lntt-ln(2e−t令φ(t)=(2e-t)lnt-tln(2e-t)，则φ'(t)=2et-1-lnt-ln(2e-t)+t2e−t=2e−tt+t2e−t-ln(-t2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)<g(2e-t).所以g(t2)=g(t1)<g(2e-t1)，又t2，2e-t1∈(e，+∞)，且g(t)在(e，+∞)上单调递减，所以t2>2e-t1，即t1+t2>2e，所以x12+x法二：对数基本不等式先证x1−x2lnx1−lnx2<x1+x22，令0<x令φ(x)=2(x−1)x+1-lnx(x>1)，φ'(x)=4(x+1)2-1x=−(x−1)因为t1lnt1=t2lnt2，所以t1+t2lnt1+lnt2=t1−t2lnt1难点：对数基本不等式4.已知函数f(x)=lnx-ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=1时，若f(x1)=f(x2)(x1<x2)，求证：x1+x2>2.解：(1)f(x)=lnx-ax的定义域为(0，+∞)，因为f'(x)=1x-a=1−axx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<x<1a令f'(x)<0得x>1a所以f(x)在0，1a上单调递增，在1综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在0，1a上单调递增，在1(2)证明：当a=1时满足a>0，f(x)=lnx-x，定义域为(0，+∞)，f'(x)=1x-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<x2)，所以0<x1<1<x2，设F(x)=f(x)-f(2-x)(x∈(0，1），则F'(x