第二部分 专题突破练（1）隐零点问题及极值点偏移问题-【金版教程】2024高考数学一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

金瓢教是·至真至谢 SINCE 2000- 第二部分 专题突破练 专题突破练(1) 隐零点问题及极值点 偏移问题 解答题 1.(202河南郑州二模已知函数)=e。-2+1,g)- +2. (1)求函数gx)的极值； (2)当x>0时，证明：fx)≥g). 解答题 1-Inx 解(1)g)=x x+2的定义域为0，+∞)，g()=x2 ,则x E(0,e)时，g'(x)>0,g(x)在(0，e)上单调递增，xE(e,+o)时，g' (x)<0,gx)在(e,+o)上单调递减， 故函数gr)的极大值为g(©)=。+2，无极小值. (2)证明：要证fx)≥g(x)等价于证明xe+-2≥lnx+x(c>0),即xe +1-lnx-x-2≥0. 解答题 解 x=(x+ 令h(x)=x∘'-hx-x-2(>0)，则N(x)=(x+1)c++-1+x=(x+ 令φ(x)=e+1-3，则φ(x)在(0，+∞)上单调递增， 而φ_1_00=e10-10<e^2-10<0，φ(1)=e-1>0， 故φ(x)在(0，+∞)上存在唯一零点xa，且x0∈10∘1)， 当x∈(0，x_0)时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在(0，x_0)上单调递减； 解答题解] 当xE(xo,+o)时，p(x)>0,h'(x)>0,hx)在xo,+o)上单调递增， 故hnm=h0o）=xoeo+1-lnx0-x0-2,又p(ro)=0,即ero+1=0 所以hxo)=-lnx0-xo-1=(x0+1)-x0-1=0,从而hx)≥h(co)=0, 即fx)≥gx). 解答题 解 202天津河东三模衡已知函数2 nx(aER且a (1)若a=2,求曲线y=fx)在(2，f(2)处的切线方程； (2)讨论函数fx)的单调性； (3)若函数fx)有两个零点x1,x2(x1<x2),且a=e2,证明：x1+x2>2e. 解答题 解 (I)当a=2时，f)=2-21nx, 所以f(2)=2-2ln2. f)=x-名，所以2=2-弓=1. 所以曲线y=fx)在(2，f(2)处的切线方程为y-(2-2ln2)=x-2, 即y=x-2ln2. 2x2 (2yx)的定义域为(0，+∞)，f'w=a-x 解答题 解 当a<0时，f'(x)<0恒成立，所以fx)在(0，+∞)上单调递减； 当a0时fO-石子-2+0r-四，当xE0,a时/的0. 所以fx)单调递减；当x∈(Na,+∞)时，f'x)>0,所以fx)单调递增. 3)证明：当a=e2时，fw)=。-21nx. 由(2)知，fx)在(0，e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增， 由题意可得x1∈(0，e),x2E(e,+oo). 由f(2e)=2-2ln2>0及f(x2)=0得x2∈(e,2e). 解答题 解 欲证x1+x2>2e,即证x1>2e-x2,注意到fx)在(0，e)上单调递减， 且fx1)=0,只要证明f(2e-x2)>0即可. -总-2h=0得=2n, （2e-x2）2 所以f(2e-x2)= e -2ln(2e-x2) 4e2-4ex2+x2 e -2n(2e-x2) 4e2-4ex2+2e1n e 2-21n(2e-x2) 解答题 解 +21nx2-2n(2e-xa,∈e,2e), -4-e 令g0=4-+2n1-2h2®-0,1ee,29.则g0=-4+2+ 2_4(e-t)2 2e-1ct(2e-t)>0, 则g()在(e,2e)上单调递增，所以g(t)>g(e)=0, 即f(2e-x2)>0. 综上，x1+x2>2e. 解答题 解