第22课时隐零点与极值点偏移问题 专项训练-2027届高三数学一轮复习

第22课时隐零点与极值点偏移问题（重点班选讲） 国/基础巩固 1.己知函数fx)=x2+nx一x(a≠0). (1)当a=时，求函数x)的图象在点1,1)》处的切线方程： (2)令Fx)=4x)一x2,若Fx)大1一2在(1，十∞)上恒成立，求整数a的最大值. 2.已知函数w)=,8(x)=e-1. (1)求曲线y=x)在点(1,1)处的切线方程； (2)证明：fx)≤gx). 3.己知函数fx)=lnx十一1. (1)若存在实数x,使x)大一1成立，求实数的取值范围： (2)若x)有两个不同的零点1，x2,求证：x1十2>2 4.己知函数fx)=nx一ax一1(a∈R). (1)若x)存在两个零点，求实数a的取值范围： (2)设函数g(x)=),若gx)有两个极值点x1,x2,证明：x1x2>e2. 素养提升 5.(2025新高考I卷)已知函数fx)=x(1一lnx). (1)讨论x)的单调性； (2)设a,b为两个不相等的正数，且blna一anb=a一b,证明：2<+<e. 6.己知函数孔x=xnx一x十1，若方程x=b有两个不相等的实数根x1,x2,求证：xx<1. 7.已知函数x)=nx一m)x的最小值为一1. (1)求实数m的值： (2)若x)=a有两个不同的实数根1，x2(:<x),求证：2一x<x1. 8.已知函数x)=2lnx十x2+(a一1)x一a(a∈R),当x≥1时，x)≥0恒成立. (1)求实数α的取值范围； (2)若正实数x1,x(x1≠x)满足x)十x)=0,证明：1十x2>2. 9.己知函数fx)=x(e一ax),a∈R, (I)求曲线y=x)在点(0，O)处的切线方程： (2)已知关于x的方程f=0恰有2个不同的正实数根x1,,求证：x十x>4. 参考答案 1.答案(1)x-y-3=0(2)3 解析(1)当a=时，fx)=2x2+lnx-4x, 则f(x)=4x+-4, 可得f1)=1,且1)=2+ln1-4=-2, 即函数x)的图像在点(1，-2)处的切线斜率k=1, 所以函数x)的图象在点(1,1)处的切线方程为y-（-2)=x-1,即x-y-3=0. (2)Fx)=afx)-x2=aln x-(2a+1)x, 因为Fx大1-2x在(1，+oo)上恒成立， 即dnx-(2a+1)x<1-2r在1，+∞)上恒成立， 即K在1，+∞)上恒成立， 令hx)=,x>1,可得1(x)=, 令tx)=lnx--l(>1), 易得(x)在(1，+oo)上单调递增， 且t3)大0，t(4)>0,所以存在xo∈(3,4)，使得(xo)=lnx--1=0, 从而h(x)在(1，o)上单调递减，在（如，+o∞）上单调递增 所以hx)mn=h(xo)===3xo, 因为K在1，+∞)上恒成立， 所以aKhx)mm=x∈3,4)， 昕以整数a的最大值为3. 2.答案(1)y=1(2)证明见解析 解析(1)函数x)=,求导得x)=,则(1)=0，而1)=1，所以曲线y=x)在点(1,1)处的切线方程为y= 1. (2)证明：不等式fx)≤gx)÷≤e-1台xe-x-lnx-1≥0， 令函数h(x)=xe-x-nx-1,x>0,则h(x)=(x+1)e-1-=(+1), 设p(y)=e-,x>0,又函数y=e,y=-在0，+∞)上都单调递增，则函数o(x)=e-在0，+o)上单调递增， 而p=-2<0,(1)=e-1>0,则存在∈，使得0(o)=0,即e=,也即=-no, 当0<x<时，o(x)<0,即h)<0;当x>o时，o(x)>0,即'(x)>0, 因此函数h(x)在(0，o)上单调递减，在xo,+o∞)上单调递增， 则h(x)≥h()=xoe-和-hxo-1=0,所以fx)≤gx). 3.答案(1)(2)证明见解析 解析(1)由fx)水-1，得lnx+<0, 即K-xnx在(0，+o)上有解， 令p(y)=-xhx,x>0,只需<p(x)ax, 0'(x)=-1-1nx,当0<x<时，(x)>0,(x)单调递增， 当x>时，0(x)<0,o(心)单调递减， ∴.()≤p=,.K,故m的取值范围为 (2)证明：·x)有两个不同的零点1,2， ,.m=x(1-lnx)有两个不同的实根x1,x2, 令gx)=x(1-lnx),x>0, 则gx1)=g(x2)=, 又8(x)=-1nx, 当x∈(0,1)时，g(x)>0,gx)单调递增， 当x∈(1，+o∞)时，g(x)<0,gx)单调递减， 又g(1)=1>0,8(e)=0,当x→0时，8gw)→0， .0<K1, 不妨设0<x1<1<x2e, 令x)=g(x)-8(2-x)(0Kx<1), .h(x)=g(x)+g(2-x) =-ln(-x2+2x)>0, ,.h(c)在(0,1)上单调递增，∴.h()<h(1)=0, .∵g)g(2-x),即gx1g(2-x1),又g1)=gx2),∴gx2)g(2-x1), .x2>1,2-1>1,x2>2-x1, .X1+x2>2 4.答案(1)0，e)(②)证明见解析 解析(1)函数x)=nx-m-1的定义域为(0，+∞)，则fx)=-ax>0), 当a≤0时，fx)>0,此时x)在(0，+∞)单调递增，fx)至多有一个零点，不合题意； 当心0时，由fx)>0可得0<x<,由fx大0，可得x心. 则x)在上单调递增，在上单调递减， 故x)有最大值f=-lna-2, 又当x→0时，x)-o,当x一+o时，fx)→-o, 若x)存在两个零点，则需使-lna-2>0,解得0<<e2 综上，实数a的取值范围为(0，e). (2)证明：gx)=xx)=xnx-2-x,x>0,则g(w)=nx-2a, 若g(x)有两个极值点x1,x2,则g(x1)=g(x)=0,且x1,2为变号零点，不妨设x1<x2,则 即2a==,故nx1+n==, 令t=>l,所以ln1+nx2=. 要证x1x2>e2,即证lnx1+hnx>2,即证>2e1), 即证n>,只需证nt->0(e1). 令h(0=nt-E1),则'（①=-=>0， 故h(0在(1，+∞)上单调递增，所以h0>h1)=0,即lnt->0 故nx1+nx2>2成立，即x1x2>e2成立. 5.答案(1)见解析(2)证明见解析 解析(1)由题意，函数fx)的定义域为(0，+∞)，且：)=1-hx-1=-lnx, 当x∈(0,1)时，fx)>0,当x∈(1，+∞)时，fx)0, 故x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减. (2)证明：因为blna-adnb=a-b,故b(lna+l)=a(lnb+1),即=，故f=f 设=x1,=x2,则fx1)=). 不妨设0<1<1，x2>1, 因为当x∈(0,1)时，x)=x(1-lnx)>0,当x∈(e,+o)时，fx)=x(1-lnx)<0,故1<x2<e. 先证1+2>2，若3≥2，则x1+2>2必成立. 若x2<2,要证x1+x2>2,即证x1>2-2,而0K2-X2<1, 即证x1>2-x),即证fx)>2-x2),其中1<2<2. 设(x)=fx)-2-x),1<<2, 则g(x)=-lnx-n(2-x)=-ln[x(2-x)】, 因为1<x<2,所以0<x(2-x)水1， 故-n[x(2-x]>0, 所以g(x)>0,故g(x)在1,2)上为增函数，所以gx)>g(1)=0, 故x)>2-x),即fx)>2-x)成立，所以x1+x>2成立， 综上，x1+2>2成立. 设x2=t1,则t>1,由fx1)=fx2)得x1(1-lnx1)=x2(1-lnx3), 即1-lnx=t(1-nt-lnx), 故nx1=, 要证x1+x<e,很即证t+1)x1<e,即证ln(t+1)+nx1<1, 即证n(t+1)+<1, 即证(t-1)ln(t+1)-tnt长0， 令50=(t-1)n(t+1)-tnt,D1, 则S(①=ln(t+1)+-1-lnt=n-, 先证明n(x+1)≤x. 设ux)=ln(1+)-x,x>-1, 则d(x)=-1=, 当-1<x<0时，1(x)>0;当x>0时，t(x)0, 故u(x)在(-1,0)上单调递增，在(0，+oo)上单调递减，故(x)mx=u(0)=0,故ln(x+1)≤x成立 由上述不等式可得当1时，n<<,故S()<0恒成立，故S)在(1，+∞)上为减函数，故S)水S(1)=0, 故t-1)ln(t+1)-tntK0成立，即：1+x2<e成立. 综上所述，2<+<e. 6.解析f(w=lnx,当x>1时，f(x>0,当0<x<1时，f(x)<0,所以x)在(1，+∞) 上单调递增，在(0,1)上单调递减.不妨设<x2,则0<x1<1<x2,要证x12<1,只需证1<x3 <.因为x在(1，+∞)上单调递增，所以只需证x)<f因为x)=x),所以只需证x)≤ 设Fw=,一0<x<1),则F'()=nx-nx=lnx>0,所以Fx)在(0,1)上单调递增，所以 Fx)<F(1)=0,所以x)一fK0,即x)≤f成立，所以x1<1. 7.解析(1)因为f()=lnx+1-mx>0),令f(w)=0,可得x=em1.当x∈(0，em)时， f()<0,)单调递减；当x∈(em1，十∞)时，f(x)>0,w)单调递增.所以x)mm=孔em)= 一em1=-1,所以m=1. (2)由(1)知，x)=x(nx一1)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.当x∈(0， e)时，x)<0,当x∈(e,+∞)时，x)>0,所以0<x1<1<2<e,一1<a<0.记gx)=x)-2 -x)=xnx+(x-2)n(2-)-2x+2,则g'(x)=x+n(2-x)=1n[x(2-x)],当x∈(0,1)时，0< x(2-x)<1,所以g'()<0,gx)单调递减，所以当x∈(0,1)时，gx)>g(1)=0,即x)>2-x), 故x)>2一x1),即x)>2-x).又x>1,2一x>1,所以由单调性知，>2一x1,即2-x2< x1. 8.解析（1)根据题意，可知x)的定义域为(0，十∞)，而f(x)=+2x十(a-1),当a≥一3 时，f(w)=+2x十(a一1)≥a十3≥0，所以x)为增函数，1)=0，所以当x≥1时，)≥0恒成立. 当a<一3时，存在大于1的实数m,使得fm)=0,所以当1≤x<m时，f(x<0成立，所以 x在区间[1，m上单调递减，所以当1<x<m时，x)≤1)=0，不合题意.综上，a的取值范围 为[-3，十∞). (2)不妨设x1<x2,因为正实数x1,满足x1)十x2)=0,由(1)可知，0<<1<x2.又因 为x)为增函数，所以1十>2台x>2一台)>f2一x1).又因为)+x)=0台)=一 x),所以只要证明-x1)>2一)台x)十2一)<0.设gx)=)+2一x),则g(x)=2[nx十 1n(2-x)十x2-2x+1],可得g(x)=,所以当0<x<1时，g'(x)>0,所以gx)在区间(0,1)上单调 递增.又因为g(1)=0,所以当0<x<1时，g()<0成立，即)十2一x)<0,所以不等式)十 2一x)<0成立，所以（十x2>2. 9.解析（1)f(x)=ex-x2+xe-2ax)=(c+1)·e-3x2,所以f(0)=1-0=1,又0) =0,所以曲线y=x)在点(0，O)处的切线方程为y=x. (2)由题知e'1=ax,e'2=ar,所以=ma+2lnx1,x=lna+2hn3,所以x1-x=2n x1一2ln3=2ln,则=2.要证x1十>4，只需证x1十2>，不妨设x2>(>0,则0<<1，所以1n <0,则只需证n<=,令t=,则t∈(0,1).令h()=nt一，则当0<t<1时，h'()=-==> 0,所以h()在(0,1)上单调递增，所以h()<h(1)=0,所以当t∈(0,1)时，1nt<恒成立，所以原不 等式1十>4得证.