備考2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)強(qiáng)化訓(xùn)練第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用突破5極值點偏移問題

突破5極值點偏移問題1.[命題點1/2024山東日照二模]已知函數(shù)f（x）＝x－alnx.（1）若f（x）≥1恒成立，求實數(shù)a的值.（2）若x1＞0，x2＞0，ex1＋lnx2＞x1＋x2，證明：ex1＋解析（1）由題意得f（x）的定義域為（0，＋∞），f'（x）＝1－ax＝x①當(dāng)a≤0時，f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.當(dāng)a＝0時，f（x）＝x（x＞0），所以當(dāng)x∈（0，1）時，f（x）＜1，不符合題意.當(dāng)a＜0時，f（e1a）＝e1a－alne1a＝e1a－1＜0，不符合題意.（破題有招：得到函數(shù)f（x）單調(diào)遞增后，只要能找到一個特別的自變量，使對應(yīng)的函數(shù)值小于1，則說明f②當(dāng)a＞0時，若x∈（0，a），則f'（x）＜0；若x∈（a，＋∞），則f'（x）＞0.f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）min＝f（a）＝a－alna.若f（x）≥1恒成立，則a－alna≥1.令g（a）＝a－alna，則g'（a）＝－lna，所以當(dāng)a∈（0，1）時，g'（a）＞0；當(dāng)a∈（1，＋∞）時，g'（a）＜0.所以g（a）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，又g（1）＝1，所以a－alna≤1.則當(dāng)a＝1時，a－alna＝1符合題意.綜上所述，a＝1.（2）由ex1＋lnx2＞x1＋x2得ex1－x1＝ex1－lnex1令h（x）＝x－lnx，則h'（x）＝1－1x＝x當(dāng)x∈（0，1）時，h'（x）＜0；當(dāng)x∈（1，＋∞）時，h'（x）＞0.所以h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增.由ex1－lnex1＞x2－lnx2得h（ex1）＞h（x2），因為x1當(dāng)x2≥1時，由h（ex1）＞h（x2）得ex1＞x2≥1，所以ex當(dāng)0＜x2＜1時，要證ex1＋x2＞2，只需證ex1＞2因為0＜x2＜1，所以1＜2－x2＜2，則只需證h（ex1）＞h（2－x又h（ex1）＞h（x2），所以只需證h（x2）≥h（2－x2令m（x）＝h（x）－h(huán)（2－x），x∈（0，1），則m'（x）＝1－1x＋（1－12－x）＝2－1x－12所以m（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，所以m（x）＞h（1）－h(huán)（1）＝0，所以m（x2）＞0，即h（x2）＞h（2－x2），則h（ex1）＞h（2－x2），所以ex1＋綜上，ex1＋x2＞22.[命題點1，2/2024南京六校聯(lián)考]已知a∈R，函數(shù)f（x）＝ax＋lnx，g（x）＝ax－lnx－（1）當(dāng)f（x）與g（x）都存在微小值，且微小值之和為0時，求實數(shù)a的值；（2）若f（x1）＝f（x2）＝2（x1≠x2），求證：1x1＋1x解析（1）f（x），g（x）的定義域均為（0，＋∞）.f'（x）＝－ax2＋1x當(dāng)a≤0時，f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，f（x）無極值，與題不符.當(dāng)a＞0時，令f'（x）＝0，得x＝a，當(dāng)0＜x＜a時，f'（x）＜0，當(dāng)x＞a時，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，＋∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）在x＝a處取得微小值，且f（x）微小值＝1＋lna.g'（x）＝a－1x＝ax當(dāng)a≤0時，g'（x）＜0，g（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，g（x）無極值，與題不符.當(dāng)a＞0時，令g'（x）＝0，得x＝1a，當(dāng)0＜x＜1a時，g'（x）＜當(dāng)x＞1a時，g'（x）＞0，∴g（x）在（0，1a）上單調(diào)遞減，在（1a，＋∞）上單調(diào)遞增，∴g（x）在x＝1a處取得微小值，且g（x）微小值＝－1由題意得（1＋lna）＋（－1＋lna）＝0，∴a＝1.（2）解法一由f（x1）＝f（x2）＝2，得ax1令m＝1x1，n＝1x2，則m，n為方程ax－lnx－2＝0的兩根，即m，n為g（x∴g（m）＝g（n）＝0.∵x1≠x2，∴m≠n.由（1）知a＞0，且g（x）在（0，1a）上單調(diào)遞減，在（1a，＋∞設(shè)0＜m＜1a＜n構(gòu)造函數(shù)h（x）＝g（x）－g（2a－x），則h'（x）＝g'（x）＋g'（2a－x）＝a－1x＋a－12a－x＝－2（ax－1）2x∴x（2－ax）＞0，∴h'（x）＜0，∴h（x）在（0，1a∴當(dāng)x∈（0，1a）時，有h（x）＞h（1a）∵m∈（0，1a），∴h（m）＝g（m）－g（2a－m）＞即g（m）＞g（2a－m），又g（m）＝g（n），∴g（n）＞g（2a－m∵n，2a－m∈（1a，＋∞），而g（x）在（1a∴n＞2a－m，∴m＋n＞2a，即1x1＋解法二令m＝1x1，n＝1x2，∵x1≠x2，∴由f（x1）＝f（x2）＝2，得a即am①－②得a（m－n）＝lnm－lnn，∴1a＝m要證1x1＋1x2＞2a，即證m＋n＞2a，即證不妨設(shè)0＜n＜m，則即證lnmn＞2即證lnmn＞2令t＝