培优6 极值点偏移问题（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专项突破教用word

培优6　极值点偏移问题 1.(2025陕西宝鸡质检(二))已知函数f(x)=ex-ln a-sin x, (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在(0, f(0))处的切线方程; (2)当x∈(0,+∞)时, f(x)≥0恒成立,求a的取值范围; (3)若f(x)在(0,π)内有两个不同零点x1、x2,求证:<x1+x2<π. 解析　(1)当a=e时, f(x)=ex-1-sin x,则f'(x)=ex-1-cos x, 所以f'(0)=e-1-1,又f(0)=e-1. 故切线方程为y-e-1=(e-1-1)x, 即y=(e-1-1)x+e-1. (2)因为f(x)=ex-ln a-sin x=-sin x≥0在(0,+∞)上恒成立, 即≥sin x,即≥恒成立. 令h(x)=,其中x>0, 则h'(x)==, 当x∈时,<x+<π,则h'(x)>0,函数h(x)单调递增, 当x∈时,π<x+<2π, 则h'(x)<0,函数h(x)单调递减, 当x>时,h(x)<,因为h=>, 因此h(x)max=h, 所以≥,故0<a≤, 因此,实数a的取值范围是(0,]. (3)证明:因为函数f(x)在(0,π)内有两个不同零点x1、x2, 则方程h(x)=在(0,π)内有两个根x1、x2, 即h(x1)=h(x2)=, 由(2)知,当x∈(0,π)时,函数h(x)在上单调递增,在上单调递减. 故0<x1<<x2<π, 欲证x1+x2<π,即证x2<π-x1, 由于且函数h(x)在上单调递减.所以只需证明h(x2)>h(π-x1), 即证h(x1)>h(π-x1),欲证h(x1)>h(π-x1), 即证>,即>, 即证>,即证x1<,而该式显然成立, 欲证x1+x2>,即证x2>-x1,且-x1∈, 即证h(x2)<h, 即证h(x1)<h,即证<, 即证tan x1<, 令t(x)=,0<x<,只需证t(x)<1, t'(x)==, 因为k(x)=-2tan x=-2=≥0, 所以t'(x)≥0,即函数t(x)在上单调递增, 所以,t(x)<t=1,故原不等式得证. 2.(2025广东东莞七校联考)已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+1)x. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程. (2)若函数g(x)=f(x)-ax2有两个不同的零点x1,x2. ①求实数a的取值范围; ②证明:x1·x2>e2. 解析　(1)当a=1时, f(x)=ln x+x2-2x,x∈(0,+∞), f'(x)=+x-2, ∴f'(1)=0,又f(1)=-, ∴曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是y=-. (2)①函数g(x)=f(x)-ax2有两个不同的零点x1,x2, 等价于方程a+1=有两个不同实根x1,x2. 令φ(x)=,则φ'(x)=, ∴φ(x)=在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 则当x=e时,φ(x)=取得最大值, φ(1)=0,当x∈(0,1)时,φ(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,φ(x)>0,故φ(x)的大致图象如图所示. 当a+1∈,即-1<a<-1时, 函数g(x)=f(x)-ax2有两个不同的零点x1,x2, 故实数a的取值范围是. ②证明:不妨设0<x1<x2. 则有ln x1=(a+1)x1,ln x2=(a+1)x2, 两式相加得ln(x1x2)=(a+1)(x1+x2), 两式相减得ln =(a+1)(x2-x1), ∴=. 要证x1·x2>e2, 只需证ln(x1x2)=ln >2, 即证ln >2=, 设t=(t>1),令F(t)=ln t+-2, 则F'(t)=>0, ∴函数F(t)在(1,+∞)上单调递增, 又F(1)=0, ∴F(t)>0,即x1·x2>e2. 3.(2025江苏南京、盐城一模)已知函数f(x)=xex+asin x. (1)当a=0时,求证:>x+1; (2)若f(x)>0对x∈(0,π)恒成立,求a的取值范围; (3)若存在x1,x2∈(0,π),使得f(x1)=f'(x2)=0,求证:x1<2x2. 解析　(1)证明:当a=0时, f(x)=xex. 要证>x+1,只需证ex-x-1>0,x≠0. 令g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1. 当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,则g(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增, 所以g(x)>g(0)=0,故ex-x-1>0,x≠0, 因此>x+1. (2)f'(x)=(x+1)ex+acos x, 令m(x)=f'(x), 则m'(x)=(x+2)ex-asin x. 当a≥0时,由x∈(0,π),得xex>0,asin x≥0,因此f(x)>0,满足题意. 当a<0时,由x∈(0,π),得(x+2)ex>0,-asin x>0, 因此m'(x)>0,则f'(x)在(0,π)上单调递增. ①若-1≤a<0,则f'(x)>f'(0)=1+a≥0, 则f(x)在(0,π)上单调递增, 所以f(x)>f(0)=0,满足题意; ②若a<-1,则f'(0)<0, f'>0, 因此f'(x)在(0,π)上存在唯一的零点x0,且x0∈, 当0<x<x0时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x0<x<π时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x0)<f(0)=0,不符合题意. 综上,a的取值范围为[-1,+∞). (3)证明:由(2)知a<-1,设x0=x2, 则f(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,π)上单调递增, 注意到f(0)=0, f(x2)<f(0)=0, f(π)=πeπ>0, 故f(x)在(0,π)上存在唯一的零点x1,x1∈(x2,π). 注意到x1,2x2∈(x2,π),且f(x)在(x2,π)上单调递增. 要证明x1<2x2,只需证f(x1)<f(2x2), 因为f(x1)=0,所以只需证f(2x2)>0, 即证2x2+asin 2x2>0. 因为(x2+1)+acos x2=0, 即a=-, 所以只需证2x2-sin 2x2>0, 只需证x2-(x2+1)sin x2>0,(*) x2∈, 由(1)得>x2+1, 因此x2-(x2+1)sin x2>+x2-(x2+1)sin x2=(x2+1)·(x2-sin x2), 设h(x)=x-sin x,0<x<, 则h'(x)=1-cos x>0, 所以h(x)在上单调递增, 所以h(x)>h(0)=0, 从而h(x2)>0,即x2-sin x2>0, 因此(*)得证, 从而x1<2x2. 第 15 页 共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 $