1、课时过关检测(十九) 极值点偏移问题1(2022大庆二模)设函数f(x)axln xb(a，bR)若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1x222ax1x2证明：不妨设x12ax1x2，即证x1x222x1x2，只需证x1x2x1x2，只需证2ln ，即证2ln 设t，则t1，只需证t2ln t，设h(t)t2ln t(t1)，只需证h(t)0因为h(t)10，所以h(t)在(1，)上单调递增，所以h(t)h(1)0，即t2ln t，所以x1x222ax1x22已知函数f(x)xln xx2(a1)x，其导函数f(x)的最大值为0(1)求实数a的值；(2)若f(x1)f(x2)1(x1x
2、2)，证明：x1x22解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，)，其导函数f(x)ln xa(x1)记h(x)f(x)，则h(x)(x0)当a0时，h(x)0恒成立，所以h(x)在(0，)上单调递增，且h(1)0，所以x(1，)，有h(x)f(x)0，不合题意；当a0时，若x，则h(x)0，若x，则h(x)0)，则g(a)1当0a1时，g(a)1时，g(a)0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增所以g(a)g(1)0，故a1(2)当a1时，f(x)xln xx2，则f(x)1ln xx由题意知f(x)1ln xx0恒成立，所以f(x)xln xx2在(0，)上单调
3、递减，易知f(1)，f(x1)f(x2)12f(1)，不妨设0x1x2，则0x112，只需证x22x1，因为f(x)在(0，)上单调递减，故只需证f(x2)f(2x1)又f(x1)f(x2)1，故只需证1f(x1)1令F(x)f(x)f(2x)，x(0,1)，且F(1)1所以欲证f(2x1)f(x1)1，只需证F(x)F(1)，由F(x)f(x)f(2x)1ln xx1ln(2x)2x，整理得F(x)ln xln(2x)2(1x)，则F(x)0(F(x)为F(x)的导数)，所以F(x)ln xln(2x)2(1x)在区间(0,1)上单调递增，所以x(0,1)，F(x)ln xln(2x)2(1
4、x)F(1)，故x1x223已知函数f(x)aexln x1(aR)(1)当ae时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x10恒成立，f(x)在(0，)上单调递增；当0ae时，令f(x)0，即exax0，设g(x)exax(x0，)，即g(x)exa，当0xln a时，g(x)ln a时，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)g(ln a)eln aaln aa(1ln a)0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增综上，当ae时，f(x)在(0，)上单调递增(2)依题意，f(x1)f(x2)0，则两式相除得，ex2x1，设t，则t1，x2tx1，e(t1
5、)x1t，x1，x2，x1x2，设h(t)(t1)，则h(t)，设(t)t2ln t(t1)，则(t)10，(t)在(1，)上单调递增，则(t)(1)0，h(t)0，则h(t)在(1，)上单调递增，又x1x22ln 3，即h(t)2ln 3，而h(3)2ln 3，t(1,3，即的最大值为34已知函数f(x)exax有两个零点x1，x2(x1x2)(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x2x10，所以f(x)在R上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合题意；当a0时，令f(x)0，得x0，得xln a，故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，所以f(x)minf(ln a)aaln aa(1ln a)()若0e，则ln a1，f(x)mina(1ln a)aeln a0，f(2ln a)a22aln aa(a2ln a)0，又因为f(0)10,0ln a0，两式相除得etex2x1，变形得x1，欲证x2x12，即证t2，即证0)，h(t)0，故h(t)在(0，)上单调递减，从而h(t)h(0)2，即2，所以x2x12得证
