极值点偏移问题专项练习-2025-2026学年高二上学期数学苏教版选择性必修第一册

专题强化练12　极值点偏移问题 1.已知函数f(x)=(x-2)e-x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若a,b为两个不相等的实数,且满足aeb-bea=2(eb-ea),求证:a+b>6. 2.已知函数f(x)=+ln x,g(x)=ax-ln x-2. (1)若a>0,当f(x)与g(x)的极小值之和为0时,求正实数a的值; (2)若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),求证:+>. 3.已知函数f(x)=xln x-ax2(a>0). (1)若函数f(x)在定义域内单调递减,求实数a的取值范围; (2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),证明:x1x2>. 4.已知函数f(x)=ex-ln a-sin x,x∈(0,+∞). (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在(0, f(0))处的切线方程; (2)若[f(x)]3-[f(x)]2+ln[1+f(x)]≥0恒成立,求a的取值范围; (3)若f(x)在(0,π)内有两个不同的零点x1,x2,求证:<x1+x2<π. 答案与分层梯度式解析 专题强化练12　极值点偏移问题 1.解析　(1)f '(x)=e-x+(x-2)·(-1)·e-x=(3-x)e-x,令f '(x)>0,解得x<3,令f '(x)<0,解得x>3, 所以f(x)的单调递增区间为(-∞,3),单调递减区间为(3,+∞). (2)证明:将aeb-bea=2(eb-ea)两边同时除以eaeb得-=-,即=, 所以f(a)=f(b),不妨设a<b, 由(1)知f(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减, 又f(2)=0, f(3)=,当x∈(2,+∞)时, f(x)>0, 所以2<a<3<b, 令g(x)=f(x)-f(6-x)=-(2<x<3), 则g'(x)=-=(3-x)·, 由2<x<3可得3-x>0,6-x>x,所以e6-x>ex, 所以g'(x)>0,g(x)在(2,3)上单调递增, 又g(3)=f(3)-f(3)=0,所以g(x)<0, 当2<x<3时, f(x)-f(6-x)<0,即f(a)-f(6-a)<0,即f(a)<f(6-a),又f(a)=f(b),所以f(b)<f(6-a), 又6-a>3,b>3, f(x)在(3,+∞)上单调递减, 所以b>6-a,即a+b>6. 方法技巧 处理极值点偏移问题中的类似于x1+x2>a(f(x1)=f(x2))的问题的基本步骤如下: ①求导确定f(x)的单调性,得到x1,x2的范围; ②构造函数F(x)=f(x)-f(a-x),求导可得F(x)恒正或恒负; ③得到f(x1)与f(a-x1)的大小关系后,将f(x1)替换为f(x2); ④根据x1与a-x1的范围,结合f(x)的单调性,可得x2与a-x1的大小关系,由此证得结论. 2.解析　(1)f(x),g(x)的定义域均为(0,+∞), 易得f'(x)=-+=,令f'(x)=0,解得x=a, ∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增, ∴f(x)在x=a处取得极小值,极小值为f(a)=1+ln a. 易得g'(x)=a-,令g'(x)=0,解得x=, ∴g(x)在上单调递减,在上单调递增, ∴g(x)在x=处取得极小值,极小值为g=-1+ln a. 由题意可得1+ln a-1+ln a=0,解得a=1. (2)证明:令m=,n=,因为x1≠x2,所以m≠n, 由f(x1)=f(x2)=2,可得即 ∴a(m-n)=ln m-ln n,故=, 要证+>,即证m+n>,即证m+n>, 不妨设0<n<m,则只需证ln>,即证ln>, 令t=,则t>1,则只需证ln t>(t>1), 令h(t)=ln t-(t>1),则h'(t)=-=-=, ∵t>1,∴h'(t)>0, ∴h(t)在t∈(1,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(1)=0, 故ln t>(t>1)成立,∴+>成立. 导师点睛 极值点偏移问题中,若不等式中含有参数,则消去参数,由于两个变量的地位相同,故将特征不等式变形,如常利用ln x1-ln x2=ln进行变形,令t=,可构造关于t的函数,再利用导函数进行求解. 3.解析　(1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=1+ln x-ax, 由题意得f '(x)≤0恒成立,即a≥恒成立, 设h(x)=,则h'(x)==, 当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 所以h(x)在x=1处取得极大值,也是最大值, 则h(x)max=h(1)=1,故a≥1. (2)证明:若函数f(x)有两个极值点,则由(1)可知0<a<1, 设g(x)=f '(x)=1+ln x-ax,则x1,x2是g(x)的两个零点, 易得g'(x)=-a,当x∈时,g'(x)>0,当x∈时,g'(x)<0, 所以g(x)在上单调递增,在上单调递减,所以0<x1<<x2, 又因为g(1)=1-a>0,所以0<x1<1<<x2, 要证x1x2>,只需证x2>>,只需证g(x2)<g, 又g(x2)=0,所以即证g=1-ln(ax1)->0,即证ln(ax1)+-1<0, 设ax1=t,则t∈(0,1), 因为g(x1)=ln x1-ax1+1=0, 所以ln x1=t-1,即x1=et-1, 则ln(ax1)+-1<0⇔ln t+e1-t-1<0, 设G(t)=ln t+e1-t-1(0<t<1), 则G'(t)=-e1-t=, 由(1)知≤1,故ln x≤x-1,所以ex-1≥x, 则et-1-t≥0,即G'(t)≥0,故G(t)在(0,1)上单调递增, 所以G(t)<G(1)=0, 故ln(ax1)+-1<0,即x1x2>. 4.解析　(1)当a=e时, f(x)=ex-1-sin x,则f'(x)=ex-1-cos x, ∴f'(0)=e-1-1,又f(0)=e-1, ∴所求切线方程为y-e-1=(e-1-1)x,即y=(e-1-1)x+e-1. (2)令f(x)=t,则t∈(-1,+∞),则t3-t2+ln(1+t)≥0, 令g(t)=t3-t2+ln(1+t),则g'(t)=3t2-2t+==, 当t≥0时,g'(t)>0,g(t)单调递增,∴g(t)≥g(0)=0,符合题意, 当-1<t<0时,g(t)=t3-t2+ln(1+t)=t2(t-1)+ln(1+t)<0,不符合题意, 故t≥0,即f(x)=ex-ln a-sin x≥0(x>0),即≥sin x,即≥, 令h(x)=,x>0,则h'(x)==, 当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x>时,h(x)<, ∵h=>,∴h(x)max=h, ∴≥,故0<a≤. (3)证明:∵f(x)在(0,π)内有两个不同的零点x1,x2, ∴方程=在(0,π)内有两个不相等的实数根x1,x2,即h(x1)=h(x2)=, 由(2)知,h(x)在上单调递增,在上单调递减,不妨设x1<x2,则0<x1<<x2<π. 要证x1+x2<π,即证x2<π-x1, 又π-x1>,h(x)在上单调递减,∴即证h(x2)>h(π-x1),即证h(x1)>h(π-x1), 即证>,即证>, 即证>,即证x1<,显然成立. 要证x1+x2>,即证x2>-x1,又-x1∈,∴即证h(x2)<h,即证h(x1)<h, 即证<,即证tan x1<, 令m(x)=, 则m'(x)==, 易得-2tan x=-=>0, 故m(x)在上单调递增, ∴m(x)<m=1,得证. 故<x1+x2<π. 解题技法 极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样,导致函数图象不具有对称性,常通过对称化构造函数法求解,对结论x1+x2>2x0或x1+x2<2x0型,构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x);对结论x1x2>或x1x2<型,构造函数F(x)=f(x)-f,通过研究F(x)的单调性证明不等式. 10 学科网（北京）股份有限公司 $$