北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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微专题四 对称化构造解极值点偏移问题
1
1.(2024广东湛江一模,18)已知函数f(x)=(1+ln x)
e
ln
ax
.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若方程f(x)=1有两个根x ,x ,求实数a的取值范围,并证明:x x >1.
1 2 1 2
1
解析 (1)由题意可得x>0, >0,所以a>0,
ax
1 1+lnx
f(x)=(1+ln x) ln = 的定义域为(0,+∞),
e ax ax
1
·ax−(1+lnx)·a lnx
f '(x)= x =- ,
ax2
(ax) 2
由f '(x)=0,得x=1,
当0<x<1时, f '(x)>0,则f(x)在(0,1)上单调递增,
当x>1时, f '(x)<0,则f(x)在(1,+∞)上单调递减.
1+lnx 1+lnx 1+lnx
(2)由 =1,得 =a,设g(x)= ,x>0,
ax x x
1
·x−(1+lnx) −lnx
则g'(x)= x = ,由g'(x)=0,得x=1,
x2
x2
当0<x<1时,g'(x)>0,则g(x)在(0,1)上单调递增,
当x>1时,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上单调递减.
(1)
又g =0,g(1)=1,且当x>1时,g(x)>0,
e
1+lnx
故g(x)= 的图象如图所示,
x
1+lnx
由图知当0<a<1时,方程 =a有两个根.
x
1+lnx 1+lnx
证明:不妨令x <x ,则0<x <1<x , 1 = 2 ,
1 2 1 2 x x
1 2
(1) 1+lnx
设h(x)=g(x)-g = -x(1-ln x),
x x北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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−lnx x2−1 x2−1
则h'(x)= x2 +ln x= x2 ln x≥0, 0<x<1时, x2 与ln x同时小于0,x=1时,h'(x)=0,x>1
x2−1
时, 与ln x同时大于0,故h'(x)≥0
x2
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
( 1 )
又h(1)=0,所以h(x )=g(x )-g <0,
1 1 x
1
( 1 )
即g(x )<g ,
1 x
1
( 1 )
又g(x )=g(x ),所以g(x )<g ,
1 2 2 x
1
1 1
又x >1, >1,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x > ,
2 x 2 x
1 1
故x x >1.
1 2
2.(2024湖南三湘创新发展联合体联考,19)已知函数f(x)=2ex+ax.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若方程f(x)=m有两个不相等的根x ,x ,且0<x <x , f(x)的导函数为f '(x),证明:
1 2 1 2
f '(√x x )<0.
1 2
解析 (1)f(x)=2ex+ax,则f '(x)=2ex+a,
当a≥0时, f '(x)>0,函数f(x)在R上单调递增;
( a)
当a<0时,令f '(x)<0,得x<ln − ,
2
( a)
令f '(x)>0,得x>ln − ,
2
( ( a)) ( ( a) )
所以函数f(x)在 −∞,ln − 上单调递减,在 ln − ,+∞ 上单调递增.
2 2
(2)证明:因为方程f(x)=m有两个不相等的根x ,x ,且0<x <x ,
1 2 1 2
( a)
所以由(1)知,a<0,0<x <ln − <x ,
1 2 2
a ( a)
要证f '(√x x )<0,即证2e√x 1 x 2+a<0,即证e√x 1 x 2<- ,即证√x x <ln − ,因为√x x <
1 2 2 1 2 2 1 2
x +x x +x ( a) ( a) ( a)
1 2,所以可证 1 2<ln − ,即证x +x <2ln − ,即证x <2ln − -x ,
2 2 2 1 2 2 1 2 2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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( ( a) ) ( a)
令g(x)=f(x)-f 2ln − −x ,0<x<ln − (提醒:构造函数,将双变量转化为单变量),
2 2
则g'(x)=f '(x)+
f ' ( 2ln ( − a 2 ) −x ) =2ex+a+2 e 2ln(− a 2 )−x+a=2ex+2 ( − a 2 ) 2 ex+2a>2·2 √ ex· ( − a 2 ) 2 e−x+2a=
-2a+2a=0,
( ( a))
所以函数g(x)在 0,ln − 上单调递增,
2
( ( a)) ( ( a)) ( ( a))
所以g(x)<g ln − =f ln − -f ln − =0,
2 2 2
( ( a) )
所以f(x)<f 2ln − −x ,
2
( ( a) )
所以f(x )<f 2ln − −x ,
1 2 1
因为f(x )=f(x ),
1 2
( ( a) )
所以f(x )<f 2ln − −x ,
2 2 1
( a) ( a) ( a) ( ( a) )
又x >ln − ,2ln − -x >ln − , f(x)在 ln − ,+∞ 上单调递增,
2 2 2 1 2 2
( a)
所以x <2ln − -x ,所以f '(√x x )<0.
1 2 2 1 2
3.(2024吉林省吉林市二模)在平面直角坐标系xOy中,Rt△OAB的直角顶点A在x轴上,
lnx
另一个顶点B在函数f(x)= 的图象上.
x
(1)当顶点B在x轴上方时,求Rt△OAB以x轴为旋转轴,边AB和边OB旋转一周形成的
面所围成的几何体体积的最大值.
eax2 −ex+ax2−1
(2)已知函数g(x)= ,关于x的方程f(x)=g(x)有两个不等实根x ,x (x <x ).
1 2 1 2
x
(i)求实数a的取值范围;
2
(ii)证明:x2+x2> .
1 2 e
lnx
解析 (1)因为顶点B在x轴上方,所以 >0⇒x>1.
x北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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( lnx) 1 (lnx) 2 π ln2x
由题意知AB⊥x轴.设A(x,0),则B x, ,所得圆锥体积V= ·π ·x= · (x>1).
x 3 x 3 x
ln2x 2lnx−ln2x
设m(x)= (x>1),则m'(x)= ,
x x2
由m'(x)>0⇒2ln x-ln2x>0⇒ln x(2-ln x)>0.
因为x>1,所以2-ln x>0⇒x<e2,
所以m(x)在(1,e2)上单调递增,在(e2,+∞)上单调递减,
ln2e2 4 4π
所以m(x) =m(e2)= = .从而V = .
max e2 e2 max 3e2
(2)(i)因为f(x)=g(x),即eax2-ex+ax2-1=ln x,即eax2+ax2=eln(ex)+ln(ex),令u(t)=et+t,所以
u(ax2)=u(ln(ex)),
因为u(t)=et+t为增函数,所以ax2=ln(ex),即ax2=ln x+1,
lnx+1
所以方程f(x)=g(x)有两个不等实根x ,x 等价于a= 有两个不等实根x ,x ,
1 2 x2 1 2
lnx+1 −1−2lnx
令h(x)= ,则h'(x)= ,
x2 x3
( 1 )
当x∈ 0, 时,h'(x)>0,h(x)单调递增;
√e
( 1 )
当x∈ ,+∞ 时,h'(x)<0,h(x)单调递减.
√e
( 1 ) 1
所以h(x) =h = e.
max √e 2
当x→0时,h(x)→-∞;当x→+∞时,y=ln x+1与y=x2均为增函数,且y=x2的增长速度更快,故
( 1 )
h(x)→0,所以a∈ 0, e .
2
{ax2=1+lnx , x2−x2 1
(ii)证明:由(i)知 1 1 两式作差得ax2-ax2=ln x -ln x ,即 1 2 = ,令
ax2=1+lnx , 1 2 1 2 lnx2−lnx2 2a
2 2 1 2
2(x−1)
G(x)=ln x- ,x>1,
x+1
1 4 (x−1) 2
则G'(x)= - = >0,
x (x+1) 2 x(x+1) 2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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2(x−1)
x2
故G(x)在(1,+∞)上单调递增,故G(x)>G(1)=0,即当x>1时,ln x> ,又x >x >0,故ln 2
x+1 2 1 x2
1
(x2
)
2 2−1
x2 x2+x2 x2−x2 x2+x2 1 e x2+x2 1
> 1 ,故 1 2> 1 2 ,故 1 2> ,由(i)知0<a< ,故 1 2> ,
x2 2 lnx2−lnx2 2 2a 2 2 e
2+1 1 2
x2
1
2
即x2 +x2
> .
1 2 e
