2027版53B版新高考版数学总复习分层训练培优5　极值点偏移问题

专题三导数及其应用培优5极值点偏移问题目录类型1

x1+x2>2x0型类型2

x1·x2>

型类型1

x1+x2>2x0型1.(2021新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=x(1-lnx).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b,证明:2<

+

<e.解析

(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-lnx,令f'(x)>0,解得0<x<1,令f'(x)<0,解得x>1,

所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:blna-alnb=a-b变形为

-

=

-

,所以

=

.令

=m,

=n,则上式变为m(1-lnm)=n(1-lnn),且命题转化为证明2<m+n<e.f(x)=x(1-lnx),则有f(m)=f(n),不妨设m<n,结合(1)知0<m<1,1<n<e.先证m+n>2.要证m+n>2⇔n>2-m⇔f(n)<f(2-m)⇔f(m)<f(2-m),即证f(m)-f(2-m)<0.令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]>-ln1=0,所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以g(x)<g(1)=0,即m+n>2得证.再证m+n<e.因为m(1-lnm)=n(1-lnn)>m,所以需证n(1-lnn)+n<e⇒m+n<e.令h(x)=x(1-lnx)+x,x∈(1,e),所以h'(x)=1-lnx>0,故h(x)在区间(1,e)内单调递增.所以h(x)<h(e)=e.故h(n)<e,即m+n<e.综上可知,2<

+

<e.2.(2026河南洛阳二模)已知函数f(x)=

+lnx,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当a=2时,函数y=f(x)-m有两个不同的零点x1,x2,求证:x1+x2>4.解析

(1)函数f(x)=

+lnx的定义域为(0,+∞),f'(x)=-

+

=

,当a≤0时,f'(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,令f'(x)=0,解得x=

,当x∈(0,

)时,f'(x)<0,当x∈(

,+∞)时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(0,

)上单调递减,在(

,+∞)上单调递增.综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,函数f(x)在(0,

)上单调递减,在(

,+∞)上单调递增.(2)证明:由(1)知,当a=2时,函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.由题知,f(x1)=f(x2)=m,不妨设x1<x2,则0<x1<2<x2,设F(x)=f(x)-f(4-x),0<x<2,则F'(x)=

+

=

.当0<x<2时,x-2<0,x3(4-x)3>0.令g(x)=x3-6x2-8x+32(0<x<2),则g'(x)=3x2-12x-8,当0<x<2时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,2)上单调递减,故g(x)>g(2)=0,所以F'(x)<0,所以F(x)单调递减,所以F(x)>F(2)=0,所以F(x1)=f(x1)-f(4-x1)>0,即f(x1)>f(4-x1).因为f(x1)=f(x2),所以f(x2)>f(4-x1),又4-x1>2,x2>2,所以x2>4-x1,即x1+x2>4.3.(2026湖北部分名校协作体联考二)函数f(x)=ex-xlnx+x2-ax(a∈R).(1)当a=e+1时,求函数f(x)在

的单调区间;(2)若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤0成立,求a的取值范围;(3)若函数f(x)有两个零点x1,x2,且2x1≤x2,求

+

的取值范围.解析

(1)当a=e+1时,f(x)=ex-xlnx+x2-(e+1)x,f'(x)=ex-lnx+2x-e-2,f″(x)=ex-

+2,显然,f″(x)=ex-

+2在

单调递增,所以f″(x)>f″

=

>0,f'(x)=ex-lnx+2x-e-2在

单调递增,又f'(1)=e+2-e-2=0,所以x∈

时,f'(x)<0;x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以函数f(x)的单调递减区间是

,单调递增区间是(1,+∞).(2)由题可得,a≥

+x-lnx=

+lnex-lnx=

+ln

有解,令t=

,t>0,则a≥t+lnt有解,构造函数t(x)=

,则t'(x)=

,易得t(x)=

在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以t(x)min=t(1)=e,即t≥e,又函数y=t+lnt在(0,+∞)单调递增,所以t=e时,(t+lnt)min=e+1,即a≥e+1.(3)函数f(x)有两个零点x1,x2,即a=

+ln

有两个不同的解,令t=

,a=t+lnt,转化为a=t+lnt有两个不同的解,此时由(2)得t>e,且t=

的两个解为x1,x2,即

则

=

,即x2-x1=ln

,令

=λ,则λ≥2,x2-x1=(λ-1)x1=lnλ,∴x1=

,x2=

,∴

+

=

=

,构造函数g(x)=

(x≥2),则g'(x)=

=

,令h(x)=(x2+1)lnx-(x2-1)(x≥2),则h'(x)=2xlnx+

-2x=2xlnx+

-x=x(2lnx-1)+

≥x(2ln2-1)+

>0,即h(x)在[2,+∞)单调递增,∴h(x)≥h(2)=5ln2-3=ln32-3>0,则g'(x)>0恒成立,∴g(x)在[2,+∞)单调递增,则g(x)min=g(2)=

=

,当x→+∞时,g(x)→+∞,∴

+

∈

.4.(2026T8联考)已知函数f(x)=|x+2|e-x-a,若f(x)=0有三个实数解x1,x2,x3,且x1<x2<x3.(1)求实数a的取值范围.(2)求证:①x2+x3>-2;②x2-x1<a

.解析

(1)令f(x)=|x+2|e-x-a=0,即|x+2|e-x=a.设g(x)=|x+2|e-x,则函数g(x)的图象与直线y=a有三个交点.当x<-2时,g(x)=-(x+2)·e-x,g'(x)=-[e-x-(x+2)·e-x]=(x+1)·e-x.易知此时g'(x)<0,∴g(x)在区间(-∞,-2)上单调递减.当x≥-2时,g(x)=(x+2)·e-x,g'(x)=e-x-(x+2)·e-x=-(x+1)·e-x.当-2<x<-1时,g'(x)>0;当x>-1时,g'(x)<0.∴g(x)在区间(-2,-1)上单调递增,在区间(-1,+∞)上单调递减.当x→-∞时,g(x)=

→+∞;当x→+∞时,g(x)=

→0,g(-1)=(-1+2)×e=e.∴要使直线y=a与函数g(x)的图象有三个交点,则0<a<e.(2)证明:①由(1)可知g(x2)=g(x3),-2<x2<-1<x3.设F(x)=g(x)-g(-2-x),-2<x<-1,F'(x)=g'(x)+g'(-2-x)=-(x+1)·e-x+(x+1)·ex+2=(x+1)·(ex+2-e-x).当-2<x<-1时,x+1<0,ex+2<e-x,∴F'(x)>0,∴F(x)在区间(-2,-1)上单调递增.∴F(x)=g(x)-g(-2-x)<F(-1)=0,即g(x)<g(-2-x),∴g(x2)<g(-2-x2).又g(x2)=g(x3),∴g(x3)<g(-2-x2).又-1<-2-x2<0,x3>-1,g(x)在区间(-1,+∞)上单调递减,∴x3>-2-x2,即x2+x3>-2.②过点(-2,0)和(-1,e)的直线l1的方程为y=e(x+2),∴直线l1即为曲线y=g(x)(x≥-2)的割线.当-2<x<-1时,(x+2)·e-x-e(x+2)=(x+2)(e-x-e)>0,∴函数y=g(x)(-2<x<-1)的图象总在直线l1上

方.过点(-2,0)且与函数y=g(x)(x≤-2)的图象相切的直线l2的方程为y=-e2(x+2).∵x<-2时,-(x+2)·e-x+e2(x+2)=(x+2)(e2-e-x)>0,∴函数y=g(x)(x<-2)的图象总在直线l2上方,大

致图象如图所示.

设直线l1,l2与直线y=a(a∈(0,e))的交点横坐标分别为x4,x5,则可知x2<x4=

-2,x1>x5=-

-2,∴x2-x1<x4-x5=a

.类型2

x1·x2>

型1.(2026湖北黄冈二模)已知函数f(x)=x-

-alnx(a∈R).(1)若f(x)≥0对x∈[1,+∞)恒成立,求a的取值范围.(2)若函数g(x)=f(x)+ax+

有2个零点x1,x2(x1<x2).(i)求a的取值范围;(ii)求证:x1x2>e2.解析

(1)∵x>0,f(1)=0,f'(x)=1+

-

=

,当a≤2时,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)≥f(1)=0恒成立;当a>2时,令f'(x)=0,得x1=

,x2=

,则0<x1<1<x2,当x∈(1,x2)时,f'(x)<0,f(x)在(1,x2)上单调递减,f(x)<f(1)=0,不合题意.∴a≤2.故a的取值范围为(-∞,2].(2)(i)∵g(x)=f(x)+ax+

=(a+1)x-alnx,x>0.若g(x)有2个零点,即方程

=

有2个根.令h(x)=

,h'(x)=

,h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,且x→+∞时,h(x)→0,x→0时,h(x)→-∞,h(x)max=h(e)=

,∴0<

<

,解得-

<a<-1.(ii)由(i)知alnx1=(a+1)x1,alnx2=(a+1)x2,∴a(lnx1-lnx2)=(a+1)(x1-x2),a(lnx1+lnx2)=(a+1)(x1

+x2),∴

=

,即ln(x1x2)=

ln

.欲证x1x2>e2,即证ln(x1x2)=

ln

>2,即证ln

>

=

.令t=

,t>1.即证lnt>

,令p(t)=lnt-

,t>1,p'(t)=

-

=

>0,则p(t)在(1,+∞)上单调递增,∴p(t)>p(1)=0.x1x2>e2得证.2.(2026广东华附、省实、广雅、深中四校联考)已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1)-asinx(a

∈R).(1)讨论函数f(x)在区间(0,π)内的零点个数;(2)若∃a∈[0,1],使得f(x-1)+ax2≤

bebx∀x∈(1,+∞)恒成立,求实数b的取值范围;(3)若方程f(x-1)=(x+1)lnx-2ax(a>0)有两个不相等的实根x1,x2,求证:x1·x2<

.解析

(1)由f(x)=(x+1)ln(x+1)-asinx,得f'(x)=ln(x+1)+1-acosx,f″(x)=

+asinx.①当a<0时,因为x∈(0,π),所以(x+1)·ln(x+1)>0,asinx<0,故f(x)>0恒成立,此时,f(x)在区间

(0,π)内无零点.②当0≤a≤1时,因为x∈(0,π),所以f″(x)>0,则f'(x)单调递增,故f'(x)>f'(0)=1-a≥0,则f(x)单调递增,故f(x)>f(0)=0,此时,f(x)在区间(0,π)内无零点.③当a>1时,因为x∈(0,π),所以f″(x)>0,则f'(x)单调递增,因为f'(0)=1-a<0,f'

=1+ln

+1

>0,所以存在唯一的x0∈

,使得f'(x0)=0.当x∈(0,x0)时,f'(x)<f'(x0)=0,f(x)单调递减;当x∈(x0,π)时,f'(x)>f'(x0)=0,f(x)单调递增.因为f(0)=0,所以f(x0)<f(0)=0,又f(π)=(π+1)ln(π+1)>0,故f(x)在区间(0,π)内只有1个零点x1,且x1∈(x0,π).综上所述,当a≤1时,f(x)在区间(0,π)内的零点个数为0;当a>1时,f(x)在区间(0,π)内的零点个数为1.(2)不等式f(x-1)+ax2≤

bebx⇔φ(a)=[x2-sin(x-1)]a+xlnx-

bebx≤0,则∃a∈[0,1],使得φ(a)≤0转化为φ(a)min≤0.因为x∈(1,+∞),所以x2-sin(x-1)≥x2-1>0,则φ(a)在a∈[0,1]上单调递增,故φ(a)min=φ(0)=xlnx-

bebx≤0,转化为xlnx≤

bebx∀x∈(1,+∞)恒成立,即x2·lnx2≤bx·ebx,即lnx2·

≤bx·ebx(**)∀x∈(1,+∞)恒成立,因为当x>1时,lnx2>0,所以bx>0.构造函数h(x)=xex(x>0),则h'(x)=(x+1)ex>0,故h(x)在(0,+∞)上单调递增.不等式(**)等价于h(lnx2)≤h(bx),则lnx2≤bx,得b≥

,令m