微点培优练1 极值点偏移问题-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

数学高考总复习首选用卷 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 第二部分微点培优练 微点培优练1极值点偏移问题 解答题 1.(2024·湖北仙桃田家炳实验高级中学高三月考)已知函数x)=(x一2)nx +x-1. (1)求曲线y=x)在点P(1,1)处的切线方程； (2)已知x=x0是函数y=x)的极值点，若x)=2),≠x2,,x2∈R,求 证：：十x2>2x(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)， 解(1)由fx)=(c-2)血x十x-1, 得f(x)=lnx+x-2x+1, 所以f1)=0,而1)=0，所以曲线y=x)在点P(1,1)处的切线方程为y =0 (2)证明：由(1)，得f(x)=nx+x一2x+1=lnx+2一2x, 令gx)=lnx+2-2x,0, 则g'(x)=1x+2x2>0在(0，+∞)上恒成立，即g(x)=nx+2一2x在(0，+∞) 上单调递增，而由g1)=0,知当0<x<1时，(x)0:当x>1时，f(x)>0, 所以函数x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，即x)在x=1 处取得极小值 因为)=x2),x≠x2,,3∈R,不妨设0<<1<x2, 令hx)=fx)一2一x),0<x<1,则 h'(x)=fx)+f2-x)=nx+2-2x+n(2-x)+2-22-x=lnx(2-x)+4- 4x(2-x). 因为0<x<1,所以0<x(2一x1, 即有nx(2一x)0,4一4x(2-x)<0, 所以x)0,即函数x)=x)一2一x)在(0,1)上单调递减，而1)=f (1)一1)=0， ·独家授权侵权必究 数学高考总复习首选用卷 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 所以x)>(1)=0在(0,1)上恒成立，即x)>2一x)在(0,1)上恒成立，有f )P2-)在(0,1)上恒成立，又)=2)，所以2)>2-x), 因为0<<1<2且2一>1，而函数x)在(1，+∞)上单调递增，所以2 >2-x1 即十2>2，而x0=1, 所以1十x2>2o得证. 2.(2023·福建福州高三模拟)已知函数x)=mx+lnx. (1)讨论函数x)的单调性： (2)若14m1e,求证：函数g)=xnx+me有两个零点，且1x1+1x2 >2e. 解(1)x)的定义域为(0，+∞)，f(x)=一mx2+1x=x一mx2,当m≤0时， 子(x)>0,x)在(0，+∞)上单调递增： 当m>0时，由f)=x一x2=0,得x=m,当0<x<m时，()0，w)单调 递减，当x>m时，子(x)>0,)单调递增 综上，当m≤0时，x)在(0，十∞)上单调递增；当m>0时，x)在(0，m)上 单调递减，在(m,+∞)上单调递增 (2)证明：当x∈(1，+∞)时，因为14<m<le, 所以g=nx+me0,g)无零点。 x 当x∈(0,1)时，由g(x)=xlnx十xme=0, x) x) 得xlnx=一xme,即elnxlnx=emx, 设h(x)=exx,则有hlnx)=h1as4 alcol(一fmx), 因为(x)=ex(x一1)x2<0在(-∞，0)上恒成立， 所以x)在（一∞，0）上单调递减，当x∈(0,1)时，nx<0,一mx<0,所以h nx)=hals4 allcol(-ffmx)等价于lnx=-mx, 即x)=mx十lnx=0,所以g(x)的零点与x)在(0,1)上的零点相同.若14 <m<1,由(1)知x)在(0，m)上单调递减，在(m,+∞)上单调递增， 独家授权侵权必究 数学高考总复习首选用卷 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 Am)=1+In m<1+In le=0,falys4allcol(fim))=4+In m-In 4-4+In 14-n4=4(1-ln2)>0,1)=m>0, 所以fx)在as4 alcol(fim4),m)和(m,1)上各有一个零点，即g(x)在(0,1) 上有两个零点： 综上，g(x)有两个零点，x2 不妨设m4x1m<x2<1,则fx)=mx1十ln=0,x2)=mx2十ln2=0,两式 相减，得m(x2一x1)x1x2+nx1x2=0, 设t=x1x2(0<1),则=2，代入上式，解得x2=m(1一1)lnt,1=m(1一1) Int, 所以lx1+1x2=(t+1)lnm(t-1), 因为14←m<1e,所以e<1m<4,因此要证1x1+1x2=(t+1)lntm(t-1)≥ 2e,只需证(t+1)lntt-1>2, 即证lnf-2(t-1)t+1<0(0<tK1), 设4(0=nt-2(t-1)t+10<t1),则0=(t-1)21(t+1)2>0,所以 u(t)在(0,1)上单调递增，(t)u(1)=0,即lnt一2(t-1)t+1<0, 所以1xl+lx2>2e 3.(2023,吉林长春高三模拟)已知函数x)=2x+anx(a∈R). (1)求函数x)的单调区间： (2)若函数g(x)=2x一fx)有两个极值点1，x2,且1∈(1，e](e为自然对数的 底数，且c=2.71828.),求g(x)一g(x2)的取值范围. 解(1)由题意知，函数x)的定义域为(0，十∞)，子()=一2x2+ax= ax-2x2, 当a≤0时，对任意的x>0,f(x0, 故x)在(0，+∞)上单调递减： 当a>0时，令fx)=0,解得x=2a, 所以当x∈ais4alco10,f2a)时，f(x)0: 当x∈avs4 alcol1(f2a,+oo时，f(x)>0: ·独家授权侵权必究 数学高考总复习首选用卷 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 此时函数x)的单调递减区间为avs4alco1(0,f2a,单调递增区间为1 alvs4alcol(f2a),+o0). 综上，当a≤0时，fx)的单调递减区间为(0，十∞)，无单调递增区间：当a >0时，函数x)的单调递减区间为as4 alcol(O,f2a),单调递增区间为 alvs4 alcol(f2a,十o). (2)由题意知，gx)=2x一x)=2x一2x一d血x,函数g(x)的定义域为(0，+)， g'(x)=2+2x2-am=2x2-ax+2x2, 当a≤0时，对任意的心0，g'(x)>0,故gx)在(0，+∞)上单调递增，没有 极值点； 当0<a≤4时，△=a2-16≤0，g'()≥0且g'(x)不恒为零，故g(x)在R上 单调递增，没有极值点： 当a心4时，令gx)=0, 解得=a2一16)4,2=a2一16)4， 则>x20, 当x∈(0,2)时，g'(x>0:当x∈（心2，）时，g'(x)0: 当x∈(，+∞)时，g'(x)P0, 此时，函数g(x)的单调递增区间为avs4alco1(0,fa一r(a2一I6)4), als41 al col(ffa+ra2-16)4),十oo,单调递减区间为'alvs4 alcol(f(a-r(a2 16a+ra2-164) 综上，当a>4时，g(x)有两个极值点，x2,且1十x2=a2,x2=1, g(x1)-g(x2)=2x1-2x1-aln x1-lalvs4\alcol(2x2-Vf72x2)-aln x2)=4 alvs4 al col(x1-f Ix1))-aln x1x2=4awvs4allcol(x1-f1x1))-4alvs4 allcol(x1 (Ix1))In x h(t)=4lalvs4 allcol(t-f1t))-4alvs4 allcol(t+1t))Int, 其中t∈1，©] 所以h(0=4as4 allcol1十f1t2)-4blc(irelirel1t)=4(1-t2）lnt2, 又t∈(1，e],可知()0， ◆独家授权侵权必究 数学高考总复习首选用卷 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 所以h(t)在(1，e上单调递减. 所以e)≤)h(I),即-8e≤h(00, 所以gx)一g(x2)的取值范围为一8,0) 4.(2022:全国甲卷)已知函数fx)=exx-nx十x-a. (1)若x)≥0，求a的取值范围： (2)证明：若x)有两个零点x1,x2,则x2<1. 解(1))的定义域为0，+∞)， f(x)=\alvs4\al col(f(11x2)ex-Ix+1=Ixlalvs4allcol(1-lx))ex+ alvs4allcol(1-Vf Ix))=x-Ixlalvs4allcol(ffexx)+1), 令f(x)=0,得x=1. 当x∈(0,1)时，(x)<0,)单调递减： 当x∈(1，+∞)时，子()>0，fw)单调递增. 所以x)≥1)=e+1-a, 若x)≥0，则e十1-a≥0，即a≤e+1, 所以a的取值范围为一∞，e十l]. (2)证法一：由题意知，x)的一个零点小于1，一个零点大于1. 不妨设0<x1<1<x2 要证xx2<1,即证为1<1x2 因为1,1x2∈(0,1)，即证f)>faws4 allcol(f1x2), 因为f)=x2),即证fx2)>fias4alco1flx2, x) 即证eex-lnx十x-xe-lnx-lx>0, x∈(1，+∞)， X) 即证exx-xe一2lnx-f1rclx>0 x) 下面证明当x>1时，exx-xe>0,lnx一12als4 allco.1x-f1x<0 x) 设g(x)=exx一xe,x>1, ·独家授权侵权必究 数学高考总复习首选用卷 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅，正版资源 b.zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 x)x) g'x)=alvs4al\col(f(11x2)er- e+xeibilci(rc)(alvs4 alcol(- x) f1x2))))=Ixlalvs4alcol(1-fIx))ex-e alvs4alcol(1-fix))= x) x) alvs4allcol(1-fIx))lalvs4allcol(ffexx)-e)=x-Ix alvs4 alcol(ffexx)-e) 设p()=exx(x>1), o'(x)=\avs4\alcol(f(11x2)e*=x-Ix2e*>0, X) 所以g)>gpI)=e,而e<e(o1), 所以e-e》>≥0，所以g≥0， 所以g(x)在(1，+∞)上单调递增， x) 所以g)>g(I)=0,所以er-xe>0. h(x)=In x-12alvs4\allcol(x-flx)),x>1, 则h(x)=1x-12avs4 alco11+f1x2=2x-x2-12x2=-(x-1）22x2 <0, 所以(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以(x)<1)=0, 所以lnx-12ias4 alcol(x-/lx)<0 综上，exx一xe -2ln x-\f(1\re>0 即2<1得证， 证法二：不妨设<2， 则由(1)知0<1<1≤2,0<1x2<1. 由x)=x2)=0,得@xlxI-lnx1十x1=ex2x2-lnx2十x2, 即e*1-hx1十一nx1=e*2-lnx2十2一nx2 因为函数y=e十x在R上单调递增， 所以：一lnx=x2一ln2成立。 构造函数hx)=x-lnx,gx)=h(x)-havs41 al.col(flx)=x-lx一2hx, 则gx)=1+1x2-2x=(x-1）2x2≥0， 6 ·独家授权侵权必究 数学高考总复习首选用卷 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 所以函数g(x)在(0，十∞)上单调递增， 所以当x1时，g(x)>g1)=0, 即当>1时，hx)>halvs.4 alcol(f1x), 所以hx1)=h(x2)>havs4 alcol(f1x.2, 又h(x)=1一1x=x一1x,当x∈(0,1)时，h'(x)0,所以h(x)在(0,1)上单调 递减，所以0<1<1x2<1,即2<1 5.(2023·安徽合肥高三模拟)已知函数fx)=12x2一2x十dnx(a0). (1)讨论x)的单调性： (2)若x)有两个极值点x1,x2,证明：f(x1)一f(x2)x1一x2K1一a 解(1)x)的定义域是(0，+∞)，(c)=x-2+ax=x2一2x+a=(x一1)2 +a-lx, 当a≥1时，fx)≥0在定义域上恒成立，x)在(0，+∞)上单调递增. 当0<1时，令fx)=0得=1-1-a,x2=1+1-a, 当x∈(0,1-1-a)或x∈(1+1-a,+∞)时，f(x)>0, 当x∈(1-1-a,1+1-a)时，(x)0, 所以x)在区间(0,1一1一a),(1+1一a,+∞)上单调递增，在区间(1一1一a, 1十1一a)上单调递减， (2)证明：由(1)知x)的两个极值点，x2是方程x2一2x十a=0的两根，0 <a<1, 设1=1-1-一a,x2=1十1一a, M十x2=2,1x2=a,2一=21一a 因为x)在区间(1一1一a,1+1一a)上单调递减，所以)≥). 要证明ff(x1)-f(x2)x1一x2)=f(x1)-f(x2)2r1一a< 1-a, 等价于证明x)一x2)2-2a, 而1)-x2)=12(x21-x22)-2(:-x2)+adn-nx2)=(x2-)+aln xIx2, 注意到1+x2=2,只要证明2一2x1+anx1x2<2一2a, 独家授权侵权必究 数学高考总复习首选用卷 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 等价于证明lnx1x2<2(x1-a)a=2(x1-x1x2)x1x2=2x2-2=x1+x2x2-2 =xlx2-1, 令t=xlx2∈(0,1)，证明1ntt一1即可. 设g0=1-1-ln0<4K1), 则g(0=1一110，g0在(0,1)上单调递减， 所以gt)>g(1)=0, 所以nxlx2<xlx2-1成立. 综上所述，x)有两个极值点，2时， ff(x1)一f(x2）x1一x2K1-a成立 6.(2024广东深圳高三模拟)已知函数x)=2lnx一(a+1)x2-2ax+1(a∈R) (1)求函数x)的单调区间： (2)若函数x)有两个零点x1,2 ①求实数a的取值范围： ②求证：，1十x221a+1) 解(1)x)的定义域为0，+∞)，子(x)=2x-2(a+1)x一2a=一2(x+1)[(a +1)x-1]x, ①当a≤一1时，有x)>0恒成立，函数x)的单调递增区间是(0，+∞)，无 单调递减区间： ②当a>一1时，由fx)0,解得x∈as4 allcol0,f1a+l, 由f(x)0,解得x∈las4 allcol0fla+1),+oo, 故函数x)的单调递增区间是las4 alcol0,fla+l),单调递减区间是 alvs4alcol(fla+1),+o0). 综上，当a≤一1时，函数x)的单调递增区间为(0，十∞)，无单调递减区间： 当a>一1时，函数fx)的单调递增区间为avs41alco1(0,f1a+I,单调递减区 间为as4alco1(ff1a+1),+oo. (2)①由(1)知，当a≤一1时，x)在(0，十∞)上单调递增，函数x)不可能有 两个零点： ·独家授权侵权必究 数学高考总复习首选用卷 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.C0m● 您身边的互联网+教辅专家 当a心一1时，因为x)在1as4alco1(0,f1a十1)上单调递增，在{ alvs4 alcol(fla十1)，+oo)上单调递减， 且当x一→0+时，x)→一∞，当x一+十∞时，fx)→一∞ 因此要使函数fx)有两个零点，只需avs4 alicol(1a+l)0, 2In la+1-(a+1)lalvs4lallcol(fla+1))2-2a-la+1+1>0, 化简，得2ln(a+1)+aa+1<0, 令g(x)=2ln(x+1)+xx+1(>-1) 因为gx)=2x+1+1(x+1)2>0, 所以函数g(x)在（一1，+∞）上单调递增， 又g(0)=0,故不等式2n(a+1)+aa+1<0的解为a∈(-1,0)， 因此实数a的取值范围是（一1,0）. ②证明：因为-1<a0,所以1a+1>1,2a+1>21a+1), 下面证明1+x2>2a十1， 根据(1)的结果，不妨设0<x<1a十1<2， 则只需证明>2a+1-x2, 当x2≥2a+1时，1>2a+1-成立， 当x2<2a+1时， 因为fx)在las4 alcol0,f1a+1)上单调递增，且∈alvs-4 allcol0, fla+1)),2a+1-x2Ealvs4alcol(0,la+1)), 于是只需证明x)）>favs4 alcol(2a+I)-x2, 因为)=2)， 所以即证f2)-faws4alco1f2a+1)一x2P>0, F(x)=fx)-falvs4allcol0f2a+1)-x),xE\alvs4alcol(f(12a+1), F'(x)=f(x)+flalvs4\allcol(2a+1)-x)=2x+22a+1-4(a+1)=4rcla+ I)-x)-4a+1)>4c2-4a+1)=0, 所以F(x)在avs4 alcol(f12a+l)上单调递增，则Fx>Fals4 alcol(fla+ 1月=0， ·独家授权侵权必究 数学高考总复习首选用卷 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.C0m● 您身边的互联网+教辅专家 即证得x1+x2>2a+1>21a+1),原命题得证. 10 ·独家授权侵权必究·