【数学总复习-对点练习】RJA 第三章 第3讲　第4课时　极值点偏移问题

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第三章 第3讲　第4课时　极值点偏移问题
1．已知函数g(x)＝ln x＋＋2(其中e为自然对数的底数，a为常数)．若方程g(x)＝m(m为常数)有两个不等实根x1，x2，求证：x1＋x2>2.
2．(2022·金太阳联考)函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)设m，n为两个不相等的正数，且mln n－nln m＝m－n，证明：mn＞e4.
3．(2022·成都七中12月一诊)函数f(x)＝ax2－2ln x(a∈R)．
(1)若 x∈[1，3]，都有f(x)≤，求a的取值范围；
(2)已知a>0，若 x1，x2，且满足00.
4．(2022·河南豫北名校联考)已知函数f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1＋x2>－2.
参考答案
1证明：g′(x)＝－＝，
当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
不妨设x1当x2≥2时，则x1＋x2>2.
令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝ln x＋－ln(2－x)－(1则h′(x)＝－＋－＝<0，
所以h(x)在(1，2)上单调递减，于是h(x)当1又g(x1)＝g(x2)，所以g(x1)又0所以x1>2－x2，即x1＋x2>2.
2解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝，
当x∈(－∞，2)时，f′(x)＞0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0.　
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，单调递减区间为(2，＋∞)．
故f(x)在x＝2处取得极大值，且极大值为，无极小值．
(2)证明：mln n－nln m＝m－n m(ln n－1)＝n(ln m－1) ＝ ＝，
即f(ln m)＝f(ln n)，ln m≠ln n.
不妨设x1＝ln m，x2＝ln n，x1＜x2，
由(1)可知f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
所以x2∈(2，＋∞)，f(x1)＝f(x2)＞0，x1∈(1，2)．
当x2≥3时，x1＋x2＞4，mn＞e4.
当2＜x2＜3时，1＜4－x2＜2，f(x2)－f(4－x2)＝－＝.
设h(x)＝(x－1)e4－x－(3－x)ex，x∈(2，3)．
则h′(x)＝(2－x)e4－x－(2－x)ex＝(2－x)(e4－x－ex)．
因为x∈(2，3)，4－x＜x，所以h′(x)＞0，则h(x)在区间(2，3)上单调递增．
h(x)＞h(2)＝(2－1)e4－2－(3－2)e2＝0，
所以f(x2)－f(4－x2)＝f(x1)－f(4－x2)＞0，
即f(x1)＞f(4－x2)．
又因为x1，4－x2∈(1，2)，f(x)在(1，2)上单调递增，所以x1＞4－x2，
即x1＋x2＞4，故mn＞e4.
综上，mn＞e4得证．
3解：(1)由题可知a≤.
设g(x)＝(1≤x≤3)，则g′(x)＝，由g′(x)>0，可得1≤x所以g(x)在[1，e)上单调递增，在(e，3]上单调递减，
所以g(x)的最小值在x＝1或x＝3处取得．
又g(1)＝，g(3)＝>，
所以g(x)min＝g(1)＝，
所以a≤，即a的取值范围为(－∞，]．
(2)证明：因为x1＋x2>0，所以要证(x1＋x2)2－2(x1＋x2)>0，只需证x1＋x2>，
要证x1＋x2>，只需证x2>－x1.
f′(x)＝2ax－＝(x>0)，因为a>0，所以当x>时，f′(x)>0，
当0，－x1>，且函数f(x)在(，＋∞)上单调递增，
所以只需证f(x2)>f(－x1)，
又f(x1)＝f(x2)，即只需证f(x1)>f(－x1)．
设h(x)＝f(x)－f(－x)(0即h(x)＝ax2－2ln x－a(－x)2＋2ln(－x)＝4x－4－2ln x＋2ln(－x)，
则h′(x)＝4－－＝4－<4－＝0，
所以h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)>4×－4－2ln＋2ln(－)＝0在x∈(0，)时恒成立．
所以f(x1)＝f(x2)>f(－x1)，所以x1＋x2>，
即(x1＋x2)2－2(x1＋x2)>0.
4解：(1)易得f′(x)＝ex＋1－k，
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln k－1，
可得当x∈(－∞，ln k－1)时，f′(x)<0，
当x∈(ln k－1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在区间(－∞，ln k－1)上单调递减，在区间(ln k－1，＋∞)上单调递增．
当k≤0时，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增．
(2)证明：当k≤0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k>0，
由题意知ex1＋1＝k(x1＋2)，e x2＋1＝k(x2＋2)，
所以x1＋2>0，x2＋2>0，可得x1－x2＝ln，
不妨设x1>x2，令＝t，则t>1，
由
解得x1＋2＝，x2＋2＝，
所以x1＋x2＋4＝，
欲证x1＋x2>－2，只需证明>2，
即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令g(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t＞1)，
则g′(t)＝ln t＋(t＋1)－2＝ln t＋－1.
令h(t)＝ln t＋－1(t＞1)，
则h′(t)＝－＞0，h(t)单调递增，
所以g′(t)>g′(1)＝0.
所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得证．
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