(新高考)高考數(shù)學一輪復習講義+鞏固練習3.8《隱零點與極值點偏移問題培優(yōu)課》(教師版)

第第頁§3.8隱零點與極值點偏移問題題型一隱零點問題導函數(shù)的零點在很多時候是無法直接解出來的，我們稱之為“隱零點”，即能確定其存在，但又無法用顯性的代數(shù)進行表達．這類問題的解題思路是對函數(shù)的零點設而不求，通過整體代換和過渡，再結合題目條件解決問題．例1已知函數(shù)f(x)＝lnx﹣ax(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；(2)證明不等式ex﹣2﹣ax>f(x)恒成立．(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)﹣a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)，當a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．綜上所述，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞減．(2)證明設函數(shù)φ(x)＝ex﹣2﹣lnx(x>0)，則φ′(x)＝ex﹣2﹣eq\f(1,x)，可知φ′(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一實數(shù)根x0，且1<x0<2，則φ′(x0)＝SKIPIF1<0﹣eq\f(1,x0)＝0，即SKIPIF1<0＝eq\f(1,x0).當x∈(0，x0)時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減；當x∈(x0，＋∞)時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增，所以φ(x)≥φ(x0)＝SKIPIF1<0﹣lnx0，結合SKIPIF1<0＝eq\f(1,x0)，知x0﹣2＝﹣lnx0，所以φ(x)≥φ(x0)＝eq\f(1,x0)＋x0﹣2＝eq\f(x\o\al(2,0)－2x0＋1,x0)＝eq\f(x0－12,x0)>0，則φ(x)＝ex﹣2﹣lnx>0，即不等式ex﹣2﹣ax>f(x)恒成立．思維升華零點問題求解三步曲(1)用函數(shù)零點存在定理判定導函數(shù)零點的存在性，列出零點方程f′(x0)＝0，并結合f′(x)的單調性得到零點的取值范圍．(2)以零點為分界點，說明導函數(shù)f′(x)的正負，進而得到f(x)的最值表達式．(3)將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明，有時(1)中的零點范圍還可以適當縮?。櫽柧?已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,a)x2＋lnx﹣eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,a)))x(a≠0)．(1)當a＝eq\f(1,2)時，求函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)令F(x)＝af(x)﹣x2，若F(x)<1﹣2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整數(shù)a的最大值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考數(shù)據：ln3<\f(4,3)，ln4>\f(5,4))).解(1)當a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝2x2＋lnx﹣4x，則f′(x)＝4x＋eq\f(1,x)﹣4，可得f′(1)＝1，且f(1)＝2＋ln1﹣4＝﹣2，即函數(shù)f(x)在點(1，﹣2)處的切線斜率k＝1，所以函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y﹣(﹣2)＝x﹣1，即x﹣y﹣3＝0.(2)由F(x)＝af(x)﹣x2＝alnx﹣(2a＋1)x，因為F(x)<1﹣2ax在(1，＋∞)上恒成立，即alnx﹣(2a＋1)x<1﹣2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a<eq\f(x＋1,lnx)在x∈(1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝eq\f(x＋1,lnx)，x>1，可得h′(x)＝eq\f(lnx－\f(1,x)－1,ln2x)，令t(x)＝lnx﹣eq\f(1,x)﹣1(x>1)，可得t(x)在(1，＋∞)上單調遞增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3,4)，使得t(x0)＝lnx0﹣eq\f(1,x0)﹣1＝0，從而h(x)在(1，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以h(x)min＝h(x0)＝eq\f(x0＋1,lnx0)＝eq\f(x0＋1,\f(1,x0)＋1)＝x0∈(3,4)，因為a<eq\f(x＋1,lnx)在(1，＋∞)上恒成立，所以a<h(x)min＝x0，所以整數(shù)a的最大值為3.題型二極值點偏移問題極值點偏移是指函數(shù)在極值點左右的增減速度不一樣，導致函數(shù)圖象不具有對稱性，極值點偏移問題常常出現(xiàn)在高考數(shù)學的壓軸題中，這類題往往對思維要求較高，過程較為煩瑣，計算量色．例2(12分)已知函數(shù)f(x)＝x(1﹣lnx)．(1)討論f(x)的單調性；[切入點：導函數(shù)的正負判定](2)設a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna﹣alnb＝a﹣b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.[關鍵點：利用f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))轉化]思維升華極值點偏移問題的解法(1)(對稱化構造法)構造輔助函數(shù)：對結論x1＋x2>(<)2x0型，構造函數(shù)F(x)＝f(x)﹣f(2x0﹣x)；對結論x1x2>(<)xeq\o\al(2,0)型，構造函數(shù)F(x)＝f(x)﹣f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調性獲得不等式．(2)(比值代換法)通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝eq\f(x1,x2)化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調性證明．跟蹤訓練2(2022·啟東模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex﹣x，a∈R.若f(x)有兩個不同的零點x1，x2.證明：x1＋x2>2.證明由f(x)＝aex﹣x＝0，得eq\f(x,ex)﹣a＝0，令g(x)＝eq\f(x,ex)﹣a，則g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由g′(x)＝eq\f(1－x,ex)>0，得x<1；由g′(x)＝eq\f(1－x,ex)<0，得x>1.所以g(x)在(﹣∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，由于x1，x2是方程g(x)＝0的實根，不妨設x1<1<x2，方法一(對稱化構造函數(shù)法)要證x1＋x2>2，只要證x2>2﹣x1>1.由于g(x)在(1，＋∞)上單調遞減，故只要證g(x2)<g(2﹣x1)，由于g(x1)＝g(x2)＝0，故只要證g(x1)<g(2﹣x1)，令H(x)＝g(x)﹣g(2﹣x)＝eq\f(x,ex)﹣eq\f(2－x,e2－x)(x<1)，則H′(x)＝eq\f(1－x,ex)﹣eq\f(1－x,e2－x)＝eq\f(e2－x－ex1－x,e2)，因為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(﹣∞，1)上單調遞增．所以H(x1)<H(1)＝0，即有g(x1)<g(2﹣x1)成立，所以x1＋x2>2.方法二(比值代換法)設0<x1<1<x2，由g(x1)＝g(x2)，得SKIPIF1<0，等式兩邊取對數(shù)得lnx1﹣x1＝lnx2﹣x2.令t＝eq\f(x2,x1)>1，則x2＝tx1，代入上式得lnx1﹣x1＝lnt＋lnx1﹣tx1，得x1＝eq\f(lnt,t－1)，x2＝eq\f(tlnt,t－1).所以x1＋x2＝eq\f(t＋1lnt,t－1)>2?lnt﹣eq\f(2t－1,t＋1)>0，設g(t)＝lnt﹣eq\f(2t－1,t＋1)(t>1)，所以g′(t)＝eq\f(1,t)﹣eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0，所以當t>1時，g(t)單調遞增，所以g(t)>g(1)＝0，所以lnt﹣eq\f(2t－1,t＋1)>0，故x1＋x2>2.課時精練1．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,x)＋1.(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若對任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，由已知f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)﹣eq\f(1,x2)＝﹣eq\f(lnx,x2)，當0<x<1時，f′(x)>0，當x>1時，f′(x)<0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)因為對任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，即a≥eq\f(lnx＋x＋1,xex)恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx＋x＋1,xex)，則g′(x)＝eq\f(－x＋1lnx＋x,x2ex).令h(x)＝x＋lnx，則h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，因為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)﹣1<0，h(1)＝1>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，使得h(x0)＝x0＋lnx0＝0，當x∈(0，x0)時，h(x)<0，g′(x)>0，g(x)單調遞增；當x∈(x0，＋∞)時，h(x)>0，g′(x)<0，g(x)單調遞減．所以g(x)max＝g(x0)＝SKIPIF1<0，由x0＋lnx0＝0，可得x0＝﹣lnx0.則SKIPIF1<0＝eq\f(1,x0)，所以g(x)max＝g(x0)＝SKIPIF1<0＝1，又a≥eq\f(lnx＋x＋1,xex)恒成立，所以a≥1.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,a)﹣2lnx(a∈R，a≠0)．(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2(x1<x2)，且a＝4，證明：x1＋x2>4.(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2x,a)﹣eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－2a,ax).當a<0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，∴f(x)在(0，＋∞)上無極值；當a>0時，若x∈(0，eq\r(a))，f′(x)<0，f(x)在(0，eq\r(a))上單調遞減．若x∈(eq\r(a)，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(eq\r(a)，＋∞)上單調遞增，故當x＝eq\r(a)時，f(x)在(0，＋∞)上的極小值為f(eq\r(a))＝1﹣2lneq\r(a)＝1﹣lna，無極大值．(2)證明當a＝4時，f(x)＝eq\f(x2,4)﹣2lnx，由(1)知，f(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，x＝2是極值點，又x1，x2為函數(shù)f(x)的零點，∴0<x1<2<x2，要證x1＋x2>4，只需證x2>4﹣x1.∵f(4﹣x1)＝eq\f(4－x12,4)﹣2ln(4﹣x1)＝eq\f(x\o\al(2,1),4)﹣2x1＋4﹣2ln(4﹣x1)，f(x1)＝eq\f(x\o\al(2,1),4)﹣2lnx1＝0，∴f(4﹣x1)＝2lnx1﹣2x1＋4﹣2ln(4﹣x1)，令h(x)＝2lnx﹣2x＋4﹣2ln(4﹣x)(0<x<2)，則h′(x)＝eq\f(2,x)﹣2＋eq\f(2,4－x)＝eq\f(2x－22,x4－x)>0，∴h(x)在(0,2)上單調遞增，∴h(x)<h(2)＝0，∴f(4﹣x1)<0＝f(x2)，∴4﹣x1<x2，即x1＋x2>4得證．3．已知函數(shù)f(x)＝aex﹣2x，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；(2)當a＝1時，求證：f(x)＋x2﹣eq\f(21,8)x＋1>0.(1)解∵f′(x)＝aex﹣2，若a≤0，則aex﹣2<0恒成立，f(x)單調遞減．若a>0，當aex﹣2<0，ex<eq\f(2,a)，即x<ln

eq\f(2,a)時，f(x)單調遞減；當x>ln

eq\f(2,a)時，f(x)單調遞增．∴當a≤0時，f(x)在R上單調遞減；當a>0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln

\f(2,a)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(2,a)，＋∞))上單調遞增．(2)證明當a＝1時，f(x)＝ex﹣2x.設g(x)＝f(x)＋x2﹣eq\f(21,8)x＋1＝ex﹣2x＋x2﹣eq\f(21,8)x＋1＝ex＋x2﹣eq\f(37,8)x＋1，則g′(x)＝ex＋2x﹣eq\f(37,8)，令h(x)＝g′(x)＝ex＋2x﹣eq\f(37,8)，則h′(x)＝ex＋2>0，∴h(x)在R上單調遞增，又h(0)<0，h(1)>0，∴存在唯一零點x0∈(0,1)，使h(x0)＝SKIPIF1<0＋2x0﹣eq\f(37,8)＝0，①當x∈(﹣∞，x0)時，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)單調遞減，當x∈(x0，＋∞)時，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)單調遞增，故g(x)在x＝x0處取得極小值，也是最小值．g(x)min＝g(x0)＝SKIPIF1<0＋xeq\o\al(2,0)﹣eq\f(37,8)x0＋1，將①式代入，則g(x)min＝g(x0)＝eq\f(37,8)﹣2x0＋xeq\o\al(2,0)﹣eq\f(37,8)x0＋1＝xeq\o\al(2,0)﹣eq\f(53,8)x0＋eq\f(45,8)，∵二次函數(shù)y＝x2﹣eq\f(53,8)x＋eq\f(45,8)在(0,1)上單調遞減，∴當x＝1時，y有最小值ymin＝12﹣eq\f(53,8)＋eq\f(45,8)＝0，∴g(x)min>0，∴f(x)＋x2﹣eq\f(21,8)x＋1>0.4．已知函數(shù)f(x)＝xlnx﹣eq\f(1,2)mx2﹣x，m∈R.(1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)為f(x)的導函數(shù))，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，求證：x1x2>e2.(1)解因為g(x)＝lnx﹣mx，g′(x)＝eq\f(1－mx,x)，①當m≤0時，因為x∈[1，e]，所以g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在[1，e]上單調遞增，則g(x)max＝g(e)＝1﹣me；②當eq\f(1,m)≥e，即0<m≤eq\f(1,e)時，x∈[1，e]，g′(x)≥0，所以函數(shù)g(x)在[1，e]上單調遞增，則g(x)max＝g(e)＝1﹣me；③當1<eq\f(1,m)<e，即eq\f(1,e)<m<1時，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,m)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，e))上單調遞減，則g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝﹣lnm﹣1；④當0<eq\f(1,m)≤1，即m≥1時，x∈[1，e]，g′(x)≤0，函數(shù)g(x)在[1，e]上單調遞減，則g(x)max＝g(1)＝﹣m.綜上，當m≤eq\f(1,e)時，g(x)max＝g(e)＝1﹣me；當eq\f(1,e)<m<1時，g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝﹣lnm﹣1；當m≥1時，g(x)max＝g(1)＝﹣m.(2)證明要證x1x2>e2，只需證