专题跟踪检测（三十）解决极值点偏移问题的四大技法.docx
专题跟踪检测(三十)解决极值点偏移问题的四大技法1 .已知函数y(x)=lnx+&aeR).(1)若。=1,求函数Kr)的单调区间；(2)若存在两个不等正实数项，M，满足凡v)=x2),且即+m=2,求实数的取值范围.jIx-1解：(1)当=l时，J(x)=nx-f定义域为(O,+),则/(力二1一犷=、？-，当OVxVl时，/(x)V0;当x>时，/(x)>0,函数Xx)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+).(2)设X1>X2>O,由yU1)=yU2)得HnXl+；=HnX2+；,则Hn,*«>1422V42又 ÷X2 = 2,xj_xj X_X2X×2 X2 X'设=U>1,则2ln/=/一1.令g")=r-2ln则g'(Z)=且g(D=0.由题意可知，函数y=g(。在区间(1,+8)上有且只有一个零点，设函数y=g(f)的两个极值点分别为九，t2f则32=1,:g'S=O在(1,+8)上有且只有一个实根，gr(1)=2-2<0,解得>l.综上，实数。的取值范围为(1,+).2. (2023南开中学校考模拟)已知函数於)=x-sin&)Hn.1,X=I为其极小值点.(1)求实数4的值；(2)若存在即X2,使得/I)=J(X2)，求证：Xl+X2>2解：由已知得小)的定义域为(0,+),则，(X)=I京。SeX)(依题意得f,(1)=14=0,得=l.此时/(x)=l-3cos&)T，当0<x<l时，O<cos(r)<,->1,故F(x)<0,贝力在(0,D内单调递减.当l<x<2时，去令<冗，与CoSeJ<0,故/(幻>°，TW在(1,2)内单调递增，故外)在x=处取得极小值，符合题意.综上所述=1.(2)证明：由(1)知，/(x)=-sinfe)Inx,不妨设O<x1<x2,当lx<X2时，不等式x+X2>2显然成立；当0<xvl,X222时，不等式x+12>2显然成立：当OalVI,0<X2V2时，由(1)知人外在(0,1)内单调递减，因为存在汨WX2,使得式XD=大及),所以1<X2<2.要证X+x2>2,只要证XI>2X2.因为1<X2<2,所以O<2-X2<l.又儿)在(0,1)内单调递减，所以只要证)<(2X2).又危D="V2),所以只要证Kr2)52一怒).设F(x)=x)-(2-x)(1<x<2),则Fa)=/(X)+/(2-)=1-2cos)+1-2co2-:=2-6+)lco)+cos(-=2-+)-Jco)-c°)=2-(；+±)令施)=2-(：+士)(U<2),则短(x)=pi=因为IaV2,所以/(x)<O.g(x)在(1,2)上单调递减，所以g(x)<g(l)=O即尸()<0,所以Fa)在(1,2)上单调递减.所以尸(x)<尸(D=0,即次及)勺(2超).综上所述，X÷X2>2.3. (2023淅班校联考二模汜知函数/)=ex-v2+2v,R,其中e为自然对数的底数.(1)若/U)有两个极值点，求。的取值范围；(2)记入1)有两个极值点为X,l2，试证明：XIX2<2(xi+m)-3.解：(1)因为Kx)=c-#+2ar,R,所以/(x)=ex-or+24.设g(x)=e*-a(x2),则g,(x)=ev-d,若j(x)有两个极值点，则g(x)有2个变号零点.当“W0时，g,(x)>0,g(x)在R上单调递增，g(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去：当心0时，令g'(x)=0,解得X=In4,当x(-8,Ina)时，g,(x)<0,g(x)单调递减，当XW(ln,+8)时，g,()>0,g(x)单调递增.若使得g(x)有2个变号零点，则g(ln4)<0,即a4(ln。2)<0,即Ina>3,解得>e',此时g(2)=e2>0,g(÷ln)=eo+ln-6r(÷lna-2)=aea-a(a÷Incr_2)=tz(e+2-6fIna).令P()=e"+2-a-Ino,其中4>e',所以p'()=e"-1：>e"1%>0,所以函数p(a)在(e',+8)上单调递增，所以p(a)>p(e3)=ee3÷2e33=ee3e31>0,故g(+ln)>O,由函数零点存在定理可知，函数g(x)在(2,Ina)f(Inaf+ln)上各有一个变号的零点.设函数g(x)在(2,Ina),(Ina,+ln)上的零点分别为心，当K<Xl或X>X2时，f(X)>0；当Xl<XV12时，'(x)<0.此时函数y()有两个极值点，合乎题意.综上所述，的取值范围是e3,+).(2)证明：欲证XlX2<2(即+也)3,即证(x-2)(x2-2)<l.由于即，X2为f(X)=e"一口+2的零点，ex1一g+24=0, 贝IJle%2-02÷2=0,/a(x2-1)X2-2.X2-2可得52一处=而4=口-=3一处=>1)，X2-2=(x-2),(X2-2)-(X2)=ln6解得Xi2=占不及-2=台1.所以只需证明(罟)<即证In'<彳，"=3构造函数力(X)=Inx而+京，其中x>l,则 (X)=：11 25一 Ll 一 (5一1)：2yx 2xx 2xyx2x所以函数人(X)在(1,+8)上单调递减，则力()<力(I)=InI1+1=0.所以In%÷=<0,即In东得证，故XlX2<2(x+3.4. 已知函数x)=ln(x+2)-XmeR).(1)讨论人T)的单调性和最值；(2)若关于X的方程廿=一Aln备(亦>0)有两个不等的实数根和小求证：ex+e-2>.解：(V(x)=+2-=+2，其中，>一2若WO,则，(x)<0在(-2,+8)上恒成立，故«r)在(-2,+8)上单调递减，故/()无最值.若A0,当x(-2,。-2)时，/(X)X);当x(2,+8)时，/()<0;故Kr)在(一2,。-2)上单调递增，在(-2,+8)上单调递减，故/(x)max=(-2)=Hn。一+2,兀外无最小值.(2)证明：方程ev=-ln(2>0),即为wev÷x÷lnm=x+2+ln(x+2),故et+,nm+lnet+ln,n=x+2÷ln(x+2).因为y=x+lnx为(0,+8)上的增函数，所以+2=e+M'”=mex.所以关于X的方程ev=-ln->)有两个不等的实数根X,及，即x+2=me'有两/T/1XI2个不同的实数根由，X2.所以Aj+2=MeXl,x2+2=wex2.所以即X2=m(Qxex2)不妨设 X>X2, Z=Xl -X2t 故 eXl+eX2 = (eX+eX2)Xl -及m(ex-ex2)f要证 ex + ex2>,印证(exl、xx22+ex2)rr;>一.zj(ex-ex2),t1即证(ex-2+1)ALAI>2,即证(M+1厂七>2(。0),即证©+l)r>2er-2(r>0).c*v1X2Ie设s(E)=(e'+l)L2e'+2(>0),则s'(Z)=ez+1÷re,-2ez=(-l)ez÷1,设9(f)=s'(/),故9'()=fe'>O,所以s'在(0,+8)上为增函数.故s'(f)>s'(0)=0,所以s(f)在(0,+8)上为增函数.2所以.v(r)>5(0)=0,故ex+ex2>一成立.
