专题强化练10 极值点偏移问题-《精讲精练》26版高中同步新教材数学人教A版（2019）选择性必修第二册

专题强化练10　极值点偏移问题
1.已知函数f(x)=(x-2)e-x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若a,b为两个不相等的实数,且满足aeb-bea=2(eb-ea),求证:a+b>6.
2.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0).
(1)若函数f(x)在定义域内单调递减,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1.
3.已知函数f(x)=-ax,若f(x)有2个不同的零点x1,x2(x14.已知函数f(x)=.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若(ex1(e是自然对数的底数),且x1>0,x2>0,x1≠x2,证明:>2.
答案与分层梯度式解析
1.解析　(1)f '(x)=e-x+(x-2)·(-1)·e-x=(3-x)e-x,令f '(x)>0,解得x<3,令f '(x)<0,解得x>3,
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,3),单调递减区间为(3,+∞).
(2)证明:将aeb-bea=2(eb-ea)两边同时除以eaeb得,即,
所以f(a)=f(b),不妨设a由(1)知f(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减,
又f(2)=0, f(3)=,当x∈(2,+∞)时, f(x)>0,
所以2令g(x)=f(x)-f(6-x)=(2则g'(x)==(3-x)·,
由20,6-x>x,所以e6-x>ex,
所以g'(x)>0,g(x)在(2,3)上单调递增,
又g(3)=f(3)-f(3)=0,所以g(x)<0,
当2又6-a>3,b>3, f(x)在(3,+∞)上单调递减,
所以b>6-a,即a+b>6.
方法技巧　处理极值点偏移问题中的类似于x1+x2>a(f(x1)=f(x2))的问题的基本步骤如下:
①求导确定f(x)的单调性,得到x1,x2的范围;
②构造函数F(x)=f(x)-f(a-x),求导可得F(x)恒正或恒负;
③得到f(x1)与f(a-x1)的大小关系后,将f(x1)替换为f(x2);
④根据x1与a-x1的范围,结合f(x)的单调性,可得x2与a-x1的大小关系,由此证得结论.
2.解析　(1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=1+ln x-ax,
由题意得f '(x)≤0恒成立,即a≥恒成立,
设h(x)=,则h'(x)=,
当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以h(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,h(x)max=h(1)=1,
故a≥1.
(2)证明:若函数f(x)有两个极值点,则由(1)可知0设g(x)=f '(x)=1+ln x-ax,则x1,x2是g(x)的两个零点,
易得g'(x)=-a,当x∈时,g'(x)>0,当x∈时,g'(x)<0,
所以g(x)在上单调递增,在上单调递减,
所以0又因为g(1)=1-a>0,所以0要证x1x2>,只需证x2>,只需证g(x2)又g(x2)=0,所以即证g>0,即证ln(ax1)+-1<0,
设ax1=t,则t∈(0,1),
因为g(x1)=ln x1-ax1+1=0,
所以ln x1=t-1,即x1=et-1,
则ln(ax1)+-1<0 ln t+e1-t-1<0,
设G(t)=ln t+e1-t-1(0则G'(t)=,
由(1)知≤1,故ln x≤x-1,所以ex-1≥x,
则et-1-t≥0,即G'(t)≥0,故G(t)在(0,1)上单调递增,
所以G(t)故ln(ax1)+-1<0,即x1x2>.
3.证明　f(x)有2个不同的零点等价于a=有2个不同的实数根.
令F(x)=,则F'(x)=,
令F'(x)=0,解得x=,
所以当x∈(0,)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,
当x∈(,+∞)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,
所以F(x)max=F(.
又因为F(1)=0,当x∈(0,1)时,F(x)<0,当x>1时,F(x)>0,
所以1因为x1,x2是方程a=的2个不同的实数根,
所以,
令t=,则t>1,ln x1=,ln x2=.
因为,所以要证2,只需证.
因为a>0,所以只需证2ln x1+3ln x2>,即证.因为t>1,所以即证ln t->0.
令G(t)=ln t-(t>1),
则G'(t)=>0,
所以G(t)在(1,+∞)上单调递增,故G(t)>G(1)=0,
即当t>1时,ln t->0成立,命题得证.
导师点睛　极值点偏移问题中,若不等式中含有参数,则消去参数,由于两个变量的地位相同,故将特征不等式变形,如常利用ln x1-ln x2=ln进行变形,令t=,可构造关于t的函数,再利用导函数进行求解.
4.解析　(1)函数f(x)=的定义域为(0,+∞), f '(x)=-,由f '(x)=0得x=1,
若a<0,则当01时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
若a>0,则当00, f(x)单调递增,当x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
所以当a<0时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;
当a>0时,函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:由(ex1两边取对数得x2(ln x1+1)=x1(ln x2+1),即,
由(1)知,当a=1时,函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,f(x)max=f(1)=1,
又f=0,当0时, f(x)>0恒成立, f(x1)=f(x2),所以若x2∈[2,+∞),则≥4>2成立;
若x2∈(1,2),则2-x2∈(0,1),
当a=1时,记g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(1,2),
则g'(x)=->0,
所以函数g(x)在(1,2)上单调递增,
则g(x)>g(1)=0,即f(x)>f(2-x),
于是f(x1)=f(x2)>f(2-x2),
又2-x2∈(0,1),x1∈(0,1),函数f(x)在(0,1)上单调递增,所以x1>2-x2,即x1+x2>2,
又=2x2,
所以+1>2(x1+x2)>4,则>2.
综上,>2.
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