第3章 热点强化课3 隐零点与极值点偏移问题(Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

热点强化课3　隐零点与极值点偏移问题(教师专享) [基础训练组] 1．已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0. (1)求a，b的值； (2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－. 解：(1)因为f′(x)＝xex－a，由f′(0)＝－1，得a＝1，又当x＝0时，f(x)＝－1， 所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1. (2)令g(x)＝f′(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex， 所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点； 当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0， 所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0ex0＝1⇒ex0＝， f(x0)＝－x0＝1－， 又g＝－1<0， g(1)＝e－1>0⇒<x0<1⇒2<＋x0<，所以f(x0)>－. 2．(2025·河北保定二模)已知函数f(x)＝ax－x ln x，f′(x)为其导函数． (1)若f(x)≤1恒成立，求a的取值范围； (2)若存在两个不同的正数x1，x2，使得f＝f，证明：f′>0. 解：(1)f′＝a－1－ln x，当0<x<ea-1时，f′>0，f单调递增； 当x>ea-1时，f′<0，f单调递减．所以f(x)max＝f＝ea-1≤1， 解得a≤1，即a的取值范围为. (2)证明：不妨设x1<x2，则0<x1<ea-1<x2<ea，要证f′>0， 即证 <ea-1，则证x1x2<e2a-2，则证x1<<ea-1， 所以只需证f<f，即f<f. 令g＝f－f，x∈，则g＝0，g′＝. 当x>ea-1时，a－1－ln x<0，x2－e2a-2>0，则g′<0， 所以g在上单调递减，则g<g＝0.所以f<f. 由(1)知f在上单调递增，所以x1<，从而f′>0成立． 3．(2025·山东青岛高三期末)已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－a ln x，a∈R. (1)若f(x)存在极值点1，求a的值； (2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2. 解：(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－， 因为f(x)存在极值点1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1. (2)f′(x)＝x＋1－a－＝(x＋1)·(x>0)， ①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝a， 当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增， 当0<x<a时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减， 所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a). 又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)<0，即a2＋(1－a)a－a ln a<0，整理得ln a>1－a， 作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)， 令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－a ln ， 则h′(x)＝－2＋＝－2＋， 因为在(0，2a)上，h′(x)≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增， 不妨设x1<a<x2，则h(x2)>h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)， 又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数， 所以2a－x2<x1，即x1＋x2>2a，又ln a>1－a，易知a>1成立，故x1＋x2>2. 4．(2025·黑龙江哈尔滨期末)已知函数f＝ax2，g＝x. (1)若对于任意x∈，都有f<g，求实数a的取值范围； (2)若函数y＝g－m有两个零点x1，x2，求证：＋>2. 解：(1)因为对于任意x∈，都有f<g，所以ax2<x. 因为x∈，所以只需a<＝F， 因为F′＝， 所以当x∈时，F′<0，F在上单调递减； 当x∈时，F′>0，F在上单调递增． 所以只需a<Fmin＝F＝－. (2)证明：x1＝x2等价于＝， 设函数h＝，则h′＝，易知h在区间上单调递增；在上单调递减， 由h＝h知0<a<1<b且a＝，b＝， 设函数g＝－x(1＋ln (2－x))，其中0<x<1， 则G′＝－ln ＋>0， 所以G在区间上单调递增，即x∈时G<G＝0， 即x∈时，<， 即h＝<＝h. 又由已知由h＝h且0<a<1<b， 所以h<h且2－a∈. 又由h在上单调递减， 所以b>2－a，即＋>2. [能力提升组] 5．(2025·广东深圳期末)设函数f(x)＝(x＋a)ex，已知直线y＝2x＋1是曲线y＝f(x)的一条切线． (1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x1)＝f(x2)，其中x1＜x2，证明：x1·x2＞4. 解：(1)设直线y＝2x＋1与曲线y＝f(x)相切于点(x0，f(x0))， ∵f′(x)＝(x＋a＋1)ex，∴f′(x0)＝(x0＋a＋1)ex0＝2； 又f(x0)＝(x0＋a)ex0＝2x0＋1，∴2－ex0＝2x0＋1，即ex0＋2x0－1＝0； 设g(x)＝ex＋2x－1，则g′(x)＝ex＋2＞0， ∴g(x)在R上单调递增， 又g(0)＝0，∴g(x)有唯一零点x＝0，∴x0＝0， ∴a＋1＝2，解得a＝1； ∴f(x)＝(x＋1)ex，f′(x)＝(x＋2)ex， 则当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0； 当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)＞0； ∴f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知：f(x)min＝f(－2)＝－e-2＜0； 当x＜－1时，f(x)＜0；当x＞－1时，f(x)＞0，∴x1＜－2＜x2＜－1； 要证x1·x2＞4，只需证x1＜＜－2； ∵f(x)在(－∞，－2)上单调递减， ∴只需证f(x1)＞f， 又f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x2)＞f对任意x2∈(－2，－1)恒成立； 设h(x)＝f(x)－f(－2＜x＜－1)， ∴h′(x)＝(x＋2)ex＋e ＝(x3ex－＋8)； 设p(x)＝x3ex－＋8(－2＜x＜－1)，则p′(x)＝xex－·＜0， ∴p(x)在(－2，－1)上单调递减， ∴p(x)＜p(－2)＝－8＋8＝0， 又当－2＜x＜－1时，＜0， ∴h′(x)＞0， ∴h(x)在(－2，－1)上单调递增， ∴h(x)＞h(－2)＝f(－2)－f(－2)＝0， 即f(x)＞f在x∈(－2，－1)时恒成立， 又x2∈(－2，－1)， ∴f(x2)＞f，原不等式得证． 6．(2025·江苏泰州模拟)已知函数f＝ex－ax2＋bx－1，其中a，b为常数，e为自然对数底数，e＝2.71828…. (1)当a＝0时，若函数f≥0，求实数b的取值范围； (2)当b＝2a时，若函数f有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题： ①7x1＋bx2>28；②2>3x1x2； ③ ＋>2； 请从①②③中任选一个进行证明． (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解：(1)当a＝0时，f＝ex＋bx－1，f′＝ex＋b. 若b≥0，因为f＝－b<0，所以此时不合题意； 若b<0，当x∈时，f′<0，f单调递减，当x∈时，f′>0，f单调递增， 所以fmin＝f＝－b＋b ln －1， 要f≥0，只需fmin＝－b＋b ln －1≥0. 令g＝x－x ln x－1，则g′＝－ln x， 当x∈时，g′>0，g单调递增； 当x∈时，g′<0，g单调递减， 所以g≤g＝0，则由g＝－b＋b ln －1≥0，得－b＝1， 所以b＝－1，故实数b的取值范围为. (2)当b＝2a时，f＝ex－ax2＋2ax－1，f′＝ex－2ax＋2a， 令φ＝f′＝ex－2ax＋2a，则φ′＝ex－2a， 因为函数f有两个极值点x1，x2，所以φ＝f′＝ex－2ax＋2a有两个零点， 若a≤0，则φ′>0，φ单调递增，不可能有两个零点，所以a>0， 令φ′＝ex－2a＝0得x＝ln 2a， 当x∈时，φ′<0，φ单调递减； 当x∈时，φ′>0，φ单调递增； 所以φmin＝φ＝4a－2a ln 2a， 因为φ有两个零点，所以4a－2a ln 2a<0，则a>e2， 设x1<x2，因为φ＝e>0，φ＝e2－2a<0，则1<x1<2<x2， 因为φ＝φ＝0，所以ex1＝2ax1－2a，ex2＝2ax2－2a， 则＝，取对数得x2－x1＝ln －ln . 令x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝ln t2－ln t1，即t2－ln t2＝t1－ln t1. ①令u＝t－ln t，则u＝u，因为u′＝1－，所以u＝t－ln t在上单调递减，在上单调递增， 令v(t)＝u－u＝2t－ln t＋ln －2， 则v′＝≤0，v在上单调递减， 因为0<t1<1，所以v>v＝0，即u－u>0， 亦即u＝u>u， 因为t2>1，2－t>1，u＝t－ln t在上单调递增，所以t2>2－t1， 则x2－1>2－，整理得x1＋x2>4， 所以2ax1＋7x2>7x1＋7x2>28，故①成立． ②令u＝t－ln t，则u＝u， 因为u′＝1－，所以u＝t－ln t在上单调递减，在上单调递增， 令v＝u－u＝t－－2ln t，则v′＝≥0，v在上单调递增， 又v＝0，所以当t∈时，v<v＝0，即u<u， 因为t2>1，2－t1>1，u＝t－ln t在(1，＋∞)上单调递增，所以t2<， 所以x2－1<，即x1x2<x1＋x2， 所以x1x2<x1＋x2<<， 即3x1x2<2，故②成立． ③令x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝ln t2－ln t1＝2ln . 令F＝ln t－，则F′＝>0， ∴F＝ln t－在上单调递增，则F＝ln t－>F＝0， ∴ln t>，则t2－t1＝2ln >2＝4·， 两边约去－后化简整理得＋>2，即＋>2，故③成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$