2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.8　隐零点与极值点偏移问题[培优课]

§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)．7 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<x0－1，7 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－>0，7 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)＝1，7 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)，h′(x)＝ex－，令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝ex＋>0，h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，7 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，＝，①7 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>2.7