第6章 专题强化练9 极值点偏移问题（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教B版）

专题强化练9　极值点偏移问题 1.(2024江苏百校大联考)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>. 2.(2025吉林永吉实验高级中学质量检测)已知函数f(x)=. (1)当a=1时,求f(x)的单调区间; (2)若方程f(x)=1有两个不同的实根x1,x2. (i)求实数a的取值范围; (ii)证明:+>2. 3.(2025天津四中质检)已知函数f(x)=xe-x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称,证明:当x>1时, f(x)>g(x); (3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1+x2>2. 4.(2025陕西宝鸡检测)已知函数f(x)=ex-ln a-sin x,x∈(0,+∞). (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程; (2)若x∈(0,+∞)时, f(x)≥0恒成立,求a的取值范围; (3)若f(x)在(0,π)内有两个不同的零点x1,x2,求证:<x1+x2<π. 答案与分层梯度式解析 1.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,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,且G'(t)不恒为零,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>. 方法总结　解决极值点偏移问题的一般步骤 (1)定函数(极值点为x0):利用导函数符号的变化判断函数的单调性,进而确定函数的极值点x0. (2)构造函数:对于x1+x2>2x0型(“和”型),构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)或F(x)=f(x0+x)-f(x0-x);对于x1·x2>型(“积”型),构造函数F(x)=f(x)-f . (3)判断单调性:利用导数讨论F(x)的单调性. (4)比较大小:判断函数F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(2x0-x)的大小关系. (5)转化:利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x之间的关系,问题得证. 2.解析　(1)当a=1时, f(x)=,x>0,则f'(x)=-. 令f'(x)=0,得x=1,所以当0<x<1时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当x>1时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 所以f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)(i)由=1,得=a. 设g(x)=,由(1)得g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 又g=0,g(1)=1,且当x>时,g(x)>0,当x→+∞时,g(x)→0, 所以当0<a<1时,g(x)的图象与直线y=a有两个交点,即方程=a有两个不同的实根,即方程=1有两个不同的实根, 故实数a的取值范围是(0,1). (ii)证明:不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2,由(i)知g(x1)=g(x2). 设h(x)=g(x)-g=-x(1-ln x),x∈(0,+∞),则h'(x)=+ln x=ln x·≥0,且h'(x)不恒为零,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增, 又h(1)=0,所以h(x1)=g(x1)-g<0,即g(x1)<g. 又g(x2)=g(x1),所以g(x2)<g, 因为x2>1,>1,g(x)在区间(1,+∞)上单调递减, 所以x2>,所以x1x2>1,又x1≠x2,所以+>2x1x2>2. 3.解析　(1)由题意得f(x)的定义域为R,f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x. 令f'(x)>0,得x<1,令f'(x)<0,得x>1, 故f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)证明:因为g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称,所以g(x)=f(2-x)=(2-x)ex-2, 构造函数h(x)=f(x)-g(x)=xe-x-(2-x)ex-2,x>1, 则h'(x)=(1-x)e-x-[-ex-2+(2-x)ex-2]=(1-x)·(e-x-ex-2), 由x>1,得1-x<0,e-x-ex-2=<0,则h'(x)>0, 所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,故h(x)>h(1)=-=0,即当x>1时, f(x)>g(x). (3)证明:由(1)知f'(x)=(1-x)e-x,且f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 易知当x→-∞时, f(x)→-∞, f(0)=0,当x→+∞时, f(x)→0,当x>0时, f(x)>0, 画出函数f(x)的大致图象,如图所示. 不妨设x1<x2,由f(x1)=f(x2),得0<x1<1<x2, 构造函数F(x)=f(1+x)-f(1-x),x∈(0,1), 则F'(x)=f'(1+x)+f'(1-x)=(e2x-1)>0, 所以F(x)在(0,1)上单调递增,故F(x)>F(0)=0,即f(1+x)>f(1-x)在x∈(0,1)上恒成立. 由0<x1<1<x2,得1-x1∈(0,1), 所以f(1+(1-x1))=f(2-x1)>f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2),即f(2-x1)>f(x2), 又2-x1,x2∈(1,+∞),且f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以2-x1<x2,即x1+x2>2. 4.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, 所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为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,所以≥sin x,即在(0,+∞)上恒成立.(变量分离,构造函数可避免分类讨论) 令h(x)=,x>0, 则h'(x)==, 当x∈时,<x+<π,则h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x∈时,π<x+<2π,则h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x>时,h(x)<,因为h=>,所以h(x)max=h,所以,所以0<a≤, 故实数a的取值范围是(0,]. (3)证明:由f(x)=0及(2)可得==h(x). 因为函数f(x)在(0,π)内有两个不同的零点x1,x2, 所以方程h(x)=在(0,π)内有两个不同的实数根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,(利用导数分析极值点与函数零点的大小关系,确定函数零点的范围) 要证x1+x2<π,即证x2<π-x1,因为x2∈,π-x1∈,且h(x)在上单调递减,所以只需证明h(x2)>h(π-x1),又h(x1)=h(x2),所以即证h(x1)>h(π-x1),即证>=,又sin x1>0,所以即证>,即证>,即证x1<,显然成立,因此x1+x2<π. 要证x1+x2>,即证x2>-x1,因为-x1∈,x2∈,所以即证h(x2)<h,即证h(x1)<h,即证<=,即证tan x1<, 令t(x)=,x∈,则只需证t(x)<1, 易得t'(x)==, 当x∈时,-2tan x=-=>0,所以t'(x)>0,即t(x)在上单调递增, 所以t(x)<t=1,故x1+x2>. 综上,<x1+x2<π. 8 学科网（北京）股份有限公司 $