专题跟踪检测（三十）解决极值点偏移问题的四大技法.docx

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1、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X1X2O,由yU1)=yU2)得HnXl+；=HnX2+；,则Hn,*1422V42又 X2 = 2,xj_xj X_X2X2 X2 X设=U1,则2ln/=/一1

2、.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,:gS=O在(1,+8)上有且只有一个实根，gr(1)=2-2l.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+X22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0xl时，Oco

3、s(r)1,故F(x)0,贝力在(0,D内单调递减.当lx2时，去令冗，与CoSeJ，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Ox1x2,当lx2显然成立；当02显然成立：当OalVI,0X2V2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1X22,只要证XI2X2.因为1X22,所以O2-X2l.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)(1x2),则Fa)=/(X)+

4、/(2-)=1-2cos)+1-2co2-:=2-6+)lco)+cos(-=2-+)-Jco)-c)=2-(；+)令施)=2-(：+士)(U2),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)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：XIX20,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

5、得X=In4,当x(-8,Ina)时，g,(x)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)3,解得e,此时g(2)=e20,g(ln)=eo+ln-6r(lna-2)=aea-a(aIncr_2)=tz(e+2-6fIna).令P()=e+2-a-Ino,其中4e,所以p()=e-1：e1%0,所以函数p(a)在(e,+8)上单调递增，所以p(a)p(e3)=ee32e33=ee3e310,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

6、)上的零点分别为心，当KX2时，f(X)0；当XlXV12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XlX22(即+也)3,即证(x-2)(x2-2)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Inl,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XlX20)有两个不等的实数根和小求证：ex+e-2.解：(V(x)=+2-=+2，

7、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),即为wevxlnm=x+2+ln(x+2),故et+,nm+lnet+ln,n=x+2ln(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 XX2, 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)ALAI2,即证(M+1厂七2(。0),即证+l)r2er-2(r0).c*v1X2Ie设s(E)=(e+l)L2e+2(0),则s(Z)=ez+1re,-2ez=(-l)ez1,设9(f)=s(/),故9()=feO,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.