第三章　§3.8　隐零点与极值点偏移问题[培优课]

成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期§3.8　隐零点与极值点偏移问题隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大．题型一　隐零点例1　(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝ex＋1－＋1，g(x)＝＋2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．(1)解　g(x)＝＋2定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝，则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)＝＋2，无极小值．(2)证明　f(x)≥g(x)等价于证明xex＋1－2≥lnx＋x(x>0)，即xex＋1－lnx－x－2≥0.令h(x)＝xex＋1－lnx－x－2(x>0)，h′(x)＝(x＋1)ex＋1－＝(x＋1)，令φ(x)＝ex＋1－，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，而φ＝－10<e2－10<0，φ(1)＝e2－1>0，故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈，当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，故h(x)min＝h(x0)＝－lnx0－x0－2，又因为φ(x0)＝0，即＝，所以h(x0)＝－lnx0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0，从而h(x)≥h(x0)＝0，即f(x)≥g(x)．成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期思维升华　零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．跟踪训练1　(2023·潍坊模拟)设函数f(x)＝x－alnx－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，f′(x)为f(x)的导函数，当x>1时，lnx＋1>(1＋k)f′(x)，求整数k的最大值．解　(1)由题意知，f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－＝，当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，若x∈(0，a)，f′(x)<0；若x∈(a，＋∞)，f′(x)>0；∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增；综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．(2)当a＝1时，f(x)＝x－lnx－2，f′(x)＝1－(x>0)；由lnx＋1>(1＋k)f′(x)得，x(lnx＋1)>(1＋k)(x－1)，即k＋1<(x>1)，令g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝，令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－ln4>0，∴∃x0∈(3,4)，使得h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，此时lnx0＝x0－2，则当x∈(1，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，∴k＋1<x0，即k<x0－1，成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期又x0∈(3,4)，∴x0－1∈(2,3)，∴整数k的最大值为2.题型二　极值点偏移例2　已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.(1)解　f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，所以f(x)有极大值f(1)＝，无极小值．(2)证明　方法一　(对称化构造函数法)由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1>1.由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f(x2)<f(2－x1)，由于f(x1)＝f(x2)，故只要证f(x1)<f(2－x1)，令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex－2(0<x<1)，则H′(x)＝－＝，因为0<x<1，所以1－x>0,2－x>x，所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(0,1)上单调递增，所以H(x)<H(1)＝0，即有f(x1)<f(2－x1)成立，所以x1＋x2>2.方法二　(比值代换法)设0<x1<1<x2，由f(x1)＝f(x2)，得＝，等式两边取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝>2⇔lnt－>0，成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期设g(t)＝lnt－(t>1)，所以g′(t)＝－＝>0，所以当t>1时，g(t)单调递增，所以g(t)>g(1)＝0，所以lnt－>0，故x1＋x2>2.思维升华　极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>(<)x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．跟踪训练2　已知函数f(x)＝ln(x＋a)－，函数g(x)满足ln[g(x)＋x2]＝lnx＋x－a.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2<1.(1)解　由已知得，函数f(x)的定义域为(－a，＋∞)，则f′(x)＝－＝，所以当－a≥1，即a≤－1时，f′(x)>0，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，当－a<1，即a>－1时，若－a<x<1，则f′(x)<0，若x>1，则f′(x)>0，所以f(x)在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤－1时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增；当a>－1时，f(x)在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明　因为ln[g(x)＋x2]＝lnx＋x－a，所以g(x)＝x·ex－a－x2＝x(ex－a－x)，其定义域为(0，＋∞)，g(x)＝xex－a－x2＝x(ex－a－x)＝0等价于ex－a－x＝0，即x－lnx＝a，设h(x)＝x－lnx(x>0)，所以h′(x)＝1－＝，令h′(x)>0，则x>1，令h′(x)<0，则0<x<1.所以函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为函数g(x)有两个不同的零点，即h(x)＝a有两个不同的根，所以a>h(1)＝1，成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期所以g(x)有两个不同的零点x1，x2且0<x1<1<x2，且h(x1)＝h(x2)＝a，令φ(x)＝h(x)－h＝x－－2lnx(0<x<1)，则φ′(x)＝1＋－＝>0对任意的x∈(0,1)恒成立，所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，φ(x)<φ(1)＝0，即当0<x<1时，h(x)<h，又0<x1<1，所以h(x1)＝h(x2)<h，因为x2>1，>1，且h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<，故x1x2<1得证．课时精练1．已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2lnx(a∈R)．(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)当a＝0时，证明：f(x)<2ex－x－4.(其中e为自然对数的底数)(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(2a＋1)＋＝，当0<<2，即a>时，f(x)在，(2，＋∞)上单调递增．当＝2，即a＝时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当>2，即0<a<时，f(x)在(0,2)，上单调递增．综上所述，当a>时，f(x)的单调递增区间为，(2，＋∞)；当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当0<a<时，f(x)的单调递增区间为(0,2)，.(2)证明　当a＝0时，由f(x)<2ex－x－4化简得ex－lnx－2>0，构造函数h(x)＝ex－lnx－2(x>0)，成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期h′(x)＝ex－，令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝ex＋>0，h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′＝－2<0，h′(1)＝e－1>0，故存在x0∈，使得h′(x0)＝0，即＝.当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．所以当x＝x0时，h(x)取得极小值，也是最小值．h(x)min＝h(x0)＝－lnx0－2＝－－2＝＋x0－2>2－2＝0，所以h(x)＝ex－lnx－2>0，故f(x)<2ex－x－4.2．设f(x)＝xex－mx2，m∈R.(1)设g(x)＝f(x)－2mx，当m>0时，讨论函数g(x)的单调性；(2)若函数f(x)在(0，＋∞)有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2>2.(1)解　g(x)＝xex－mx2－2mx(x∈R)，g′(x)＝(x＋1)(ex－2m)，当m>0时，令g′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝ln(2m)，若－1>ln(2m)，即0<m<，则当x>－1和x<ln(2m)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当ln(2m)<x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，若－1<ln(2m)，即m>，则当x<－1和x>ln(2m)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当－1<x<ln(2m)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当－1＝ln(2m)，即m＝时，g′(x)≥0，g(x)在R上单调递增，综上所述，当0<m<时，g(x)在(－1，＋∞)，(－∞，ln(2m))上单调递增，在(ln(2m)，－1)上单调递减，当m>时，g(x)在(－∞，－1),(ln(2m)，＋∞)上单调递增，在(－1，ln(2m))上单调递减，当m＝时，g(x)在R上单调递增．(2)证明　令f(x)＝xex－mx2＝0，因为x>0，所以ex＝mx，令F(x)＝ex－mx(x>0),F(x1)＝0，F(x2)＝0，则＝mx1，＝mx2，两式相除得，成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期＝，①不妨设x2>x1，令t＝x2－x1，则t>0，x2＝t＋x1，代入①得，et＝，x1＝，则x1＋x2＝2x1＋t＝＋t，故要证x1＋x2>2，即证＋t>2，又因为et－1>0，等价于证明2t＋(t－2)(et－1)>0，构造函数h(t)＝2t＋(t－2)(et－1)(t>0)，则h′(t)＝(t－1)et＋1，令h′(t)＝G(t)，则G′(t)＝tet>0，故h′(t)在(0，＋∞)上单调递增，h′(t)>h′(0)＝0，从而h(t)在(0，＋∞)上单调递增，h(t)>h(0)＝0.即x1＋x2>2.成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期