课时跟踪检测（二十四）极值点偏移问题（练习）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

课时跟踪检测（二十四） 极值点偏移问题 1.已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+1)x(a∈R). (1)当a=1时，求函数y=f(x)的零点个数. (2)若关于x的方程f(x)=ax2有两个不同实根x1，x2，求实数a的取值范围并证明x1x2>e2. 解：(1)当a=1时，f(x)=ln x+x2-2x(x>0)，f'(x)=+x-2=≥0， 所以函数y=f(x)在(0，+∞)上单调递增. 又因为f(1)=-<0，f(4)=ln 4>0， 所以函数y=f(x)有且仅有一个零点. (2)证明：方程f(x)=ax2有两个不同实根x1，x2，等价于ln x-(a+1)x=0有两个不同实根x1，x2，得a+1=，令φ(x)=，x>0， 则φ'(x)=，令φ'(x)>0，解得0<x<e； 令φ'(x)<0，解得x>e， 所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减， 所以当x=e时，φ(x)=取得最大值. 由φ(1)=0，得当x∈(0，1)时，φ(x)<0； 当x∈(1，+∞)时，φ(x)>0，φ(x)的大致图象如图所示， 所以当a+1∈，即-1<a<-1时，f(x)=ax2有两个不同实根x1，x2. 故所求实数a的取值范围是. 不妨设0<x1<x2，则 两式相加得ln(x1x2)=(a+1)(x1+x2)，两式相减得ln =(a+1)(x2-x1)， 所以=. 要证x1·x2>e2，只需证ln(x1x2)=·ln >2，即证ln >=. 设t=(t>1)，令F(t)=ln t-=ln t+-2，则F'(t)=-=>0， 所以函数F(t)在(1，+∞)上单调递增，且F(1)=0，所以F(t)>0，即ln t>， 所以x1x2>e2，原命题得证. 2.已知函数f(x)=ln x+，a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2. (1)求a的取值范围； (2)证明：x1+x2>4a. 解：(1)由题意可知，f(x)=ln x+(x>0)⇒f'(x)=. 若a≤0，则f'(x)>0恒成立，即f(x)单调递增，不存在两个不等零点，故a>0. 显然当x>2a时，f'(x)>0，当0<x<2a时，f'(x)<0，则f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，+∞)上单调递增，所以若要符合题意，需f(2a)<0⇒ln 2a+1<0⇒a∈， 此时有4a2<2a，且f(4a2)=2ln(2a)+， 令g(t)=2ln t+⇒g'(t)=， 而<⇒t<⇒g'(t)<0， 即g(t)在上单调递减，故g(t)>g=e-2>0，所以f(4a2)>0.又f(1)=2a>0. 故在区间(4a2，2a)和(2a，1)上，函数f(x)各存在一个零点，符合题意. 综上，a∈. (2)证明：结合(1)，不妨令0<x1<2a<x2， 构造函数g(x)=f(x)-f(4a-x)(0<x<2a)， 则g'(x)=+=-<0，即g(x)单调递减，所以g(x)>g(2a)=0， 即g(x1)=f(x1)-f(4a-x1)>0⇒f(x1)=f(x2)>f(4a-x1). 因为0<x1<2a<x2，所以4a-x1>2a. 由(1)知f(x)在(2a，+∞)上单调递增，所以由f(x2)>f(4a-x1)⇒x2>4a-x1， 故x1+x2>4a. 3.已知函数f(x)=ln x-ax2. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x1，x2是方程f(x)=0的两不等实根，求证：+>2e. 解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，+∞). 由f(x)=ln x-ax2得f'(x)=-2ax=. 当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，由f'(x)>0得0<x<，由f'(x)<0得x>， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减. (2)证明：因为x1，x2是方程ln x-ax2=0的两不等实根，ln x-ax2=0⇔2ln x-2ax2=0， 即x1，x2是方程ln x2-2ax2=0的两不等实根. 令t=x2(t>0)，则t1=，t2=，即t1，t2是方程2a=的两不等实根. 令g(t)=，则g'(t)=，所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，g(e)=， 当t→0时，g(t)→-∞；当t→+∞时，g(t)>0且g(t)→0.所以0<2a<，即0<a<. 令1<t1<e<t2，要证+>2e， 只需证t1+t2>2e. 法一：对称化构造　令h(t)=g(t)-g(2e-t)，t∈(1，e)，则h(t)=g(t)-g(2e-t)=-=， 令φ(t)=(2e-t)ln t-tln(2e-t)， 则φ'(t)=-1-ln t-ln(2e-t)+=+-ln(-t2+2et)>+-2>0， 所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)<φ(e)=0. 所以h(t)=g(t)-g(2e-t)<0， 所以g(t)<g(2e-t). 所以g(t2)=g(t1)<g(2e-t1)，又t2，2e-t1∈(e，+∞)，且g(t)在(e，+∞)上单调递减，所以t2>2e-t1，即t1+t2>2e，所以+>2e. 法二：对数基本不等式　先证<，令0<x1<x2，只需证<，只需证-ln x<0. 令φ(x)=-ln x(x>1)，φ'(x)=-=<0，所以φ(x)在(1，+∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)=0. 因为=，所以=<，所以ln t1+ln t2>2，即t1t2>e2，所以t1+t2>2>2e. 4.已知函数f(x)=ln x-ax. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a=1时，若f(x1)=f(x2)(x1<x2)，求证：x1+x2>2. 解：(1)f(x)=ln x-ax的定义域为(0，+∞)， 因为f'(x)=-a=，x>0， 当a≤0时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，令f'(x)>0得0<x<， 令f'(x)<0得x>， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减. (2)证明：当a=1时满足a>0，f(x)=ln x-x，定义域为(0，+∞)， f'(x)=-1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减. 又因为f(x1)=f(x2)(x1<x2)，所以0<x1<1<x2，设F(x)=f(x)-f(2-x)(x∈(0，1))， 则F'(x)=--2=>0在(0，1)上恒成立， 所以F(x)=f(x)-f(2-x)在(0，1)上单调递增，F(x)<F(1)=0， 所以F(x1)=f(x1)-f(2-x1)<0， 即f(x1)=f(x2)<f(2-x1). 又因为x2>1，0<x1<1，所以2-x1>1， 又因为f(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以x2>2-x1，即x1+x2>2. 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$