高频微专题7（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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高频微专题7　极值点偏移问题
满分58分,限时60分钟
解答题(本题共4小题,共58分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.(12分)(2022全国甲理,21)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.
2.(17分)(2024山东滨州期末)已知函数f(x)=,g(x)=x2+ax,且曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)求实数a的值;
(2)证明:f(x)≤g(x);
(3)若直线y=k与曲线y=f(x)有两个公共点A(x1,y1),B(x2,y2),与曲线y=g(x)有两个公共点C(x3,g(x3)),D(x4,g(x4)),求证:x1+x2+x3+x4>1.
3.(17分)(2025湖北部分州联合测评)已知函数f(x)=.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若方程f(x)=1有两个不同的根x1,x2.
(i)求实数a的取值范围;
(ii)证明:+>2.
4.(12分)(2021新高考Ⅰ,22)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bln a-aln b=a-b,证明:2<+答案全解全析
1.解析　(1)f'(x)=-+1=(x>0),(1分)
当01时, f'(x)>0,
∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=e+1-a,(2分)
又f(x)≥0,∴f(x)min≥0,∴e+1-a≥0,∴a≤e+1.(4分)
(2)证法一　由(1)可知f(x)min=f(1),
不妨设0由(1)知f(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴只需证f(x2)又f(x2)=f(x1),∴只需证f(x1)设g(x)=f(x)-f(0则g(1)=f(1)-f(1)=0,
易知g'(x)=f'(x)+f'·=+(0即g'(x)=(0设h(x)=ex+x-1-x,
易知(x)'=,当0∴y=x在(0,1)上单调递减,
则h(x)在(0,1)上单调递增,且h(1)=0,
∴当0∴g'(x)>0,
∴g(x)在(0,1)上单调递增,
∴g(x)∴(*)式成立,∴x1x2<1成立.(12分)
证法二　不妨设0可以证明>,则有<1,
所以x1x2<1.(6分)
证明如下:∵>等价于>ln,
∴只需证>ln.(8分)
设m=(m>1),从而只要证>ln m(m>1).
设s(m)=-ln m(m>1),
则s'(m)=-=,(10分)
∵s'(m)>0,∴s(m)在(1,+∞)上单调递增,
∴s(m)>s(1)=0,
∴>成立,故x1x2<1.(12分)
2.解析　(1)易得f'(x)=,所以f'(0)=1,所以曲线f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.(2分)
由得x2+(a-1)x=0,令Δ=(a-1)2=0,得a=1(二重根).经检验,满足题意.(4分)
(2)证明:设h(x)=f(x)-x=-x,
则h'(x)=-1=.(6分)
设m(x)=1-x-ex,则m'(x)=-1-ex<0,
所以m(x)单调递减,
又m(0)=0,所以当x<0时,m(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增;当x>0时,m(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以h(x)max=h(0)=0,
即f(x)-x≤0,即f(x)≤x.(8分)
易知g(x)-x=x2+x-x≥0,所以g(x)≥x.(9分)
综上, f(x)≤x≤g(x),即f(x)≤g(x).(10分)
(3)证明:易知g(x)=x2+x图象的对称轴方程为x=-,
所以由对称性可知x3+x4=-1,
所以要证x1+x2+x3+x4>1,只需证x1+x2>2.(12分)
由(1)得f'(x)=,令f'(x)=0,得x=1,
所以当x<1时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当x>1时, f'(x)<0, f(x)单调递减,
所以当x=1时, f(x)取得极大值,也是最大值,为.
易知当x<0时, f(x)<0,当x>0时, f(x)>0,当x→+∞时, f(x)→0,不妨设x11.(14分)
设F(x)=f(x)-f(2-x),0当x<1时,00,
所以> ->0,
所以F'(x)>0,所以F(x)单调递增,
又F(1)=0,所以当x<1时,F(x)<0,
即f(x)因为f(x1)=f(x2),所以f(x2)因为f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x2>2-x1,所以x1+x2>2.
综上,x1+x2+x3+x4>1.(17分)
3.解析　(1)当a=1时, f(x)=,x>0,则f'(x)=-.(1分)
令f'(x)=0,得x=1,所以当00, f(x)单调递增;当x>1时, f'(x)<0, f(x)单调递减,(3分)
所以f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).(4分)
(2)(i)由=1,得=a.
设g(x)=,
由(1)得g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,(6分)
又g=0,g(1)=1,当x>时,g(x)>0,当x→+∞时,g(x)→0,
所以当0故实数a的取值范围是(0,1).(9分)
(ii)证明:不妨设x1设h(x)=g(x)-g=-x(1-ln x),x∈(0,+∞),
则h'(x)=+ln x=ln x·≥0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,(12分)
又h(1)=0,所以h(x1)=g(x1)-g<0,即g(x1)又g(x2)=g(x1),
所以g(x2)因为x2>1,>1,g(x)在区间(1,+∞)上单调递减,
所以x2>,所以x1x2>1,(16分)
又x1≠x2,所以+>2x1x2>2.(17分)
4.解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-ln x,(1分)
令f'(x)>0,解得01,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(3分)
(2)证明:由bln a-aln b=a-b得(1+ln a)=(1+ln b),即=,(5分)
令x1=,x2=,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且f(1)=1,故k∈(0,1),
不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1,(7分)
先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1,
即证f(x2)=f(x1)令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则h'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)].
∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,
∴h(x)单调递增,∴h(x)∴f(x2)2-x1,∴x1+x2>2.(9分)
再证x1+x2f(e-x1).
令φ(x)=f(x)-f(e-x),x∈(0,1),
则φ'(x)=-ln[x(e-x)],∵x→0+时,φ'(x)→+∞,φ'(1)=-ln(e-1)<0,φ'(x)在(0,1)上单调递减,
∴在(0,1)上必存在唯一x0,使φ'(x0)=0,
且当x∈(0,x0)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
当x∈(x0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
又x→0+时, f(x)→0+,且f(e)=0,
∴x→0+时,φ(x)→0+,又φ(1)=f(1)-f(e-1)>0,
∴φ(x)>0恒成立,∴f(x2)>f(e-x1),∴x2综上,2<+专题通法
解决极值点偏移问题的方法—对称化构造法
对称化构造法主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题.其解题要点如下:
(1)定函数(极值点为x0):利用导函数符号的变化判断函数的单调性,进而确定函数的极值点x0.
(2)构造函数:对于x1+x2>2x0型(“和”型),构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)或F(x)=f(x0+x)-f(x0-x);对于x1·x2>型(“积”型),构造函数F(x)=f(x)-f.
(3)判断单调性:利用导数讨论F(x)的单调性.
(4)比较大小:判断函数F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(2x0-x)的大小关系.
(5)转化:利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x之间的关系,问题得证.