微专题9 如何解决极点偏移-【精彩三年】2023高考数学汇编与名师优创微专题34卷教师用书word

微专题9　如何解决极点偏移 (见学生用书P9) [建议时间：30分钟　满分：50分] 　　　　 　　　 　　　　　　　 　　　 一、单选题(本题共5个小题，共25分) 1.已知曲线f(x)＝ln x＋ax＋b在x＝1处的切线是x轴，若方程f(x)＝m有两个不相等实根x1，x2，则x1＋x2的取值范围是(　C　) A． B． C． D． 2.已知函数f(x)＝x＋a ln x＋b在x＝1处的切线的斜率为－1，若该函数存在两个不同的零点x1，x2，则＋的取值范围是(　C　) A． B． C． D． 【解析】 ∵f′(x)＝1＋，∴f′(1)＝1＋a＝－1，得a＝－2，∴f(x)＝x－2ln x＋b.∵x1，x2是函数f(x)的两个不同的零点， ∴∴x1－2ln x1＝x2－2ln x2，则＝2，利用对数平均值不等式有≤<，显然有＋>1. 3.函数f(x)＝ln x－ex＋a的两个不同的零点分别为x1，x2，f′(x)是f(x)的导函数，x0＝，则下列结论中正确的是(　B　) A．0<a≤2 B．f′<0 C．f′>0 D. f′的正负与a的值有关 【解析】 f′(x)＝－e，令f′(x)＝0，得x＝， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 且x→0＋，f(x)→－∞，x→＋∞，f(x)→－∞， f＝ln －e×＋a＝a－2， 因为函数f(x)＝ln x－ex＋a的两个不同的零点分别为x1，x2，所以f>0，即a－2>0，所以a>2，故A错误； 显然所以＝， 根据对数平均不等式得>＝，即x0>，又导函数f′(x)在上单调递减， 所以f′<f′＝0，故B正确． 4.已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2，给出下列判断：①a<e；②x1＋x2<2；③x1·x2>1；④有极小值点x0，且x1＋x2<2x0，其中正确的有(　D　) A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【解析】 对于①， ∵f′(x)＝ex－a， 当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0在R上恒成立，f(x)在R上单调递增，不符合题意． 当a>0时，令f′(x)＝ex－a>0，解得x>ln a， 令f′(x)＝ex－a<0，解得x<ln a， ∴f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，f(x)在x＝ln a处有极小值． ∵函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2，不妨令x1<x2， ∴f(ln a)<0，a>e，∴①不正确； 对于②， ∵∴ex1＋x2＝a2x1x2， ∴x1＋x2＝2ln a＋ln (x1x2)，a>e， ∴x1＋x2＝2ln a＋ln (x1x2)>2＋ln (x1x2). 取a＝，f(2)＝e2－2a＝0，∴x2＝2，f(0)＝1>0，∴0<x1<1，∴x1＋x2>2，∴②不正确； 对于④， f(0)＝1>0，f(1)＝e－a<0，∴0<x1<1<x0，x2>x0>1，函数的极小值点为x0＝ln a， 要证x1＋x2<2x0，只要证x1<2x0－x2<x0. 因为函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，故只需要证f(x2)＝f(x1)>f， 构造函数g(x)＝f(x)－f＝ex－e2x0－x－2ax＋2ax0， 求导得到g′(x)＝ex＋e2x0－x－2a≥2－2a＝0， 所以函数g(x)单调递增，g(x0)＝0，∴g(x)≥0恒成立， ∴f(x)>f，即f(x2)>f，故得到f(x2)＝f(x1)>f， 进而得x1<2x0－x2<x0，x1＋x2<2x0，∴④正确； 对于③， ∵∴ex1＋x2＝a2x1x2，∴x1＋x2＝2ln a＋ln (x1x2). 根据x1＋x2<2x0＝2ln a，可得ln (x1x2)<0， ∴0<x1x2<1，∴③不正确． 综上，正确的只有④，故选D. 5.已知函数f(x)＝aex－x有两个零点x1，x2，且x1<x2，则下列结论中不正确的是(　D　) A．0<a< B．0<x1<1 C.x1＋x2>2 D．ln x1－x1<ln x2－x2 【解析】 由f(x)＝aex－x，得f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，f′(x)＝aex－1<0在R上恒成立，此时f(x)在R上单调递减，不合题意； 当a>0时，由f′(x)＝0得x＝－ln a. 当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增， 所以当x＝－ln a时，函数取得极小值为f(－ln a)＝ae－ln a＋ln a＝ln a＋1， 因为当x→－∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x