專題跟蹤檢測(cè)(二十三)解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的四大技法

專題跟蹤檢測(cè)（二十三）解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的四大技法1．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,x)(a∈R)．(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在兩個(gè)不等正實(shí)數(shù)x1，x2，滿足f(x1)＝f(x2)，且x1＋x2＝2，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，定義域?yàn)?0，＋∞)，則f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．(2)設(shè)x1＞x2＞0，由f(x1)＝f(x2)得alnx1＋eq\f(1,x1)＝alnx2＋eq\f(1,x2)，則alneq\f(x1,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)，∴a＞0.又x1＋x2＝2，∴2alneq\f(x1,x2)＝eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),x1x2)＝eq\f(x1,x2)－eq\f(x2,x1)，設(shè)t＝eq\f(x1,x2)＞1，則2alnt＝t－eq\f(1,t)，令g(t)＝t－eq\f(1,t)－2alnt(t＞1)，則g′(t)＝eq\f(t2－2at＋1,t2)且g(1)＝0.由題意可知，函數(shù)y＝g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)函數(shù)y＝g(t)的兩個(gè)極值點(diǎn)分別為t1，t2，則t1t2＝1，∴函數(shù)y＝g′(t)在(1，＋∞)上有且只有一個(gè)實(shí)根，g′(1)＝2－2a＜0，解得a＞1.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞)．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋1,x－1)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(x1)＝f(x2)且x1＜x2.證明：(1)f′(x)＜0；(2)x2－x1＞1.證明：(1)f(x)＝eq\f(lnx＋1,x－1)，x∈(0,1)∪(1，＋∞)，則f′(x)＝eq\f(－\f(1,x)－lnx,x－12)，令g(x)＝－eq\f(1,x)－lnx，則g′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2).∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)＜0.∴g(x)≤g(1)＝－1＜0.∴f′(x)＜0.(2)由(1)可得，f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴0＜x1＜1＜x2.f(x＋1)－f(x)＝eq\f(lnx＋1＋1,x)－eq\f(lnx＋1,x－1)＝eq\f(xlnx＋1－xlnx－1－lnx＋1,xx－1)＝eq\f(\f(1,x)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x))),1－x)＋eq\f(lnx＋1,x1－x)，0＜x＜1.由(1)得g(x)＝－eq\f(1,x)－lnx≤－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，∴l(xiāng)neq\f(1,x)≤eq\f(1,x)－1，即lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)．又x＞0時(shí)，1＋eq\f(1,x)＞1，因此lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＜eq\f(1,x).∴0＜x＜1時(shí)，eq\f(\f(1,x)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x))),1－x)＞0，又eq\f(lnx＋1,x1－x)＞0，∴f(x1＋1)＞f(x1)＝f(x2)．由f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且x1＋1＞1，x2＞1，得x2＞x1＋1.即x2－x1＞1.3．已知f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，x∈R.(1)當(dāng)m＝－2時(shí)，求函數(shù)f(x)的所有零點(diǎn)；(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，求證：x1x2＞e2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．解：(1)當(dāng)m＝－2時(shí)，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，x＞0.設(shè)g(x)＝lnx＋x－1，x＞0，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，于是g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．又g(1)＝0，∴g(x)有唯一零點(diǎn)x＝1.故函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)x＝1.(2)證明：欲證x1x2＞e2，只需證lnx1＋lnx2＞2.f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，即函數(shù)f′(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．又f′(x)＝lnx－mx，∴x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個(gè)不同實(shí)根．于是，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))解得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).另一方面，lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，從而可得，eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).于是lnx1＋lnx2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).又0＜x1＜x2，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)，則t＞1.因此，lnx1＋lnx2＝eq\f(1＋tlnt,t－1)，t＞1.要證lnx1＋lnx2＞2，即證eq\f(t＋1lnt,t－1)＞2，t＞1，即證當(dāng)t＞1時(shí)，有l(wèi)nt＞eq\f(2t－1,t＋1).設(shè)函數(shù)h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t＞1.則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)＞0，∴h(t)為(1，＋∞)上的增函數(shù)，注意到h(1)＝0.因此，h(t)＞h(1)＝0，于是，當(dāng)t＞1時(shí)，有l(wèi)nt＞eq\f(2t－1,t＋1).∴l(xiāng)nx1＋lnx2＞2成立，即x1x2＞e2.4．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)．(1)討論f(x)的單調(diào)性．(2)設(shè)a，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜e.解：(1)由題意，得f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減．(2)證明：由blna－alnb＝a－b，得eq\f(lna,a)＋eq\f(1,a)＝eq\f(lnb,b)＋eq\f(1,b)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).設(shè)b＞a＞0，由(1)知0＜a＜1，b＞1，所以eq\f(1,a)＞1,0＜eq\f(1,b)＜1,2－eq\f(1,a)＜1.設(shè)g(x)＝f(x)－f(2－x)，x＞1，則g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)＞g(1)＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,a)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,a))).因?yàn)閤∈(0,1)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，所以eq\f(1,b)＞2－eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＞2.同理，設(shè)h(x)＝f(x)－f(e－x)，0＜x＜1，則h′(x)＝f′(x)＋f′(e－x)＝－lnx－ln(e－x)＝－ln[x(e－x)]．令x(e－x)＝1，解得x1＝eq\f(e－\r(e2－4),2)，x2＝eq\f(e＋\r(e2－4),2)，易知0＜x1＜1＜x2，所以當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，h′(x)＞0，h(x)在(0，x1)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x1,1)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)在(x1,1)單調(diào)遞減．當(dāng)x→0時(shí)，h(x)→0，當(dāng)x＝1時(shí)，由(1)知h(1)＞0.所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)＞f(e－x)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝