第一部分 专题一 培优微专题5 极值点偏移（word练习）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

1．已知函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2. (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1＋x2＞2. 解：(1)利用导数求单调区间，结合图象可解；(2)利用单调性将问题转化为证明f(2－x1)＜f(x1)，然后构造差函数g(x)＝f(2－x)－f(x)，x∈(0,2)，利用导数证明g(x1)＜g(1)即可． (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 因为f′(x)＝1－＝，所以当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0， 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＝1时，f(x)取得最小值1－a. 又当x趋近于0或＋∞时，f(x)趋于＋∞， 所以，要使f(x)有两个不同的零点x1，x2，只需满足1－a＜0，即a＞1. 所以实数a的取值范围为(1，＋∞)． (2)不妨设x1＜x2，由(1)可知，0＜x1＜1，x2＞1，则2－x1＞1， 要证x1＋x2＞2，只需证2－x1＜x2， 又f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以只需证f(2－x1)＜f(x2)， 即证f(2－x1)＜f(x1)． 记g(x)＝f(2－x)－f(x)＝2－2x－ln(2－x)＋ln x，x∈(0,1) 则g′(x)＝＋－2＝－， 当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 又g(1)＝f(2－1)－f(1)＝0， 所以g(x1)＝f(2－x1)－f(x1)＜0，即f(2－x1)＜f(x1)． 所以x1＋x2＞2. 2．(2024·浙江金丽衢十二校联考一)已知函数f(x)＝ln x－2m(m∈R)有两个不同的零点x1，x2. (1)求实数m的取值范围； (2)证明：e＜ ＜. 解：(1)先求出导函数，当m≤0时，不满足题意；当m＞0时，求出函数的单调性，再求出极大值f(x)极大值＝f＝－2ln m－2＞0，即可得解；(2)要证 ＜，即证 ＜＝⇔ln－＋＞0，构建函数g(u)＝2ln u－u＋，即可得证，再证 ＞e，即证t1t2＞e2，只需证m(t1＋t2)＞2，即·(t1＋t2)＞2⇔ln－2＜0，构建函数h(v)＝ln v－2，即可得证． (1)由题意，f′(x)＝－＝(x＞0)， 当m≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，不满足要求； 当m＞0时，令f′(x)＝0，得x＝， 列表如下 x f′(x) ＋ 0 － f(x) 递增 极大值 递减 令f(x)极大值＝f＝－2ln m－2＞0，得0＜m＜. 设g(m)＝－4ln m－，于是g′(m)＝－＋＝＞0， 所以g(m)在m∈上单调递增，故g(m)＜g＝4－2e＜0， 故f(1)＝－2m＜0，f＝－4ln m－＜0 所以由零点存在定理可知，存在x1∈，使得f(x1)＝0； 所以存在x2∈，使得f(x2)＝0. 故当0＜m＜时，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2. (2)由题意，令＝t1，＝t2，且不妨令x1＜x2，则有(*) 两式相减可得，m＝， 要证 ＜.即证 ＜＝ ⇔ln－＋＞0(**) 令u＝，则(**)即为⇔2ln u－u＋＞0(0＜u＜1)． 设g(u)＝2ln u－u＋，则g′(u)＝－1－＝＜0， 所以g(u)在(0,1)上单调递减，所以g(u)＞g(1)＝0，即有＜. (*)两式子相加得，ln t1t2＝m(t1＋t2)， 则要证 ＞e即证t1t2＞e2， 由上式只需证m(t1＋t2)＞2， 即证·(t1＋t2)＞2⇔ln－2＜0(***) 令v＝，(***)⇔ln v－2＜0(0＜v＜1)． 设h(v)＝ln v－2(0＜v＜1)，则h′(v)＝＞0， 所以h(v)在(0,1)上单调递增，所以h(v)＜h(1)＝0，即有＞e. 故e＜ ＜. 学科网（北京）股份有限公司 $$