(新高考)高考数学一轮复习课件第3章§3.8《隐零点与极值点偏移问题　培优课》(含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习课件第3章§3.8《隐零点与极值点偏移问题　培优课》(含解析)，共58页。PPT课件主要包含了题型一，隐零点问题，思维升华，＝x0∈34，题型二，极值点偏移问题，极值点偏移问题的解法，课时精练，将①式代入等内容，欢迎下载使用。

导函数的零点在很多时候是无法直接解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题.
例1　(2022·扬州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)证明不等式ex－2－ax>f(x)恒成立.
设函数φ(x)＝ex－2－ln x(x>0)，
可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x0，且1当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
所以φ(x)≥φ(x0)＝　 －ln x0，
知x0－2＝－ln x0，
则φ(x)＝ex－2－ln x>0，即不等式ex－2－ax>f(x)恒成立.
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.
可得f′(1)＝1，且f(1)＝2＋ln 1－4＝－2，即函数f(x)在点(1，－2)处的切线斜率k＝1，所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0.
由F(x)＝af(x)－x2＝aln x－(2a＋1)x，因为F(x)<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即aln x－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，
可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3,4)，
从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以a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，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，解决极值点偏移问题，有构造对称函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色.
例2　(12分)(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－ln x).(1)讨论f(x)的单调性；[切入点：导函数的正负判定]
跟踪训练2　(2022·启东模拟)已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，由于x1，x2是方程g(x)＝0的实根，不妨设x1<12，只要证x2>2－x1>1.由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x2)因为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)上单调递增.所以H(x1)2.
方法二　(比值代换法)设0所以当t>1时，g(t)单调递增，所以g(t)>g(1)＝0，
KESHIJINGLIAN
(1)求函数f(x)的单调区间；
函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
当00，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)若对任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，求实数a的取值范围.
因为对任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，
令h(x)＝x＋ln x，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
使得h(x0)＝x0＋ln x0＝0，当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)<0，g(x)单调递减.
所以g(x)max＝g(x0)＝ ，
由x0＋ln x0＝0，可得x0＝－ln x0.
所以g(x)max＝g(x0)＝ ＝1，
所以a≥1.综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞).
2.(2022·苏州模拟)已知函数f(x)＝ －2ln x(a∈R，a≠0).(1)求函数f(x)的极值；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a<0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上无极值；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x14.
由(1)知，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，x＝2是极值点，又x1，x2为函数f(x)的零点，∴04，只需证x2>4－x1.
∴f(4－x1)＝2ln x1－2x1＋4－2ln(4－x1)，令h(x)＝2ln x－2x＋4－2ln(4－x)(0∴h(x)在(0,2)上单调递增，∴h(x)4得证.
3.(2022·湛江模拟)已知函数f(x)＝aex－2x，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；
∵f′(x)＝aex－2，若a≤0，则aex－2<0恒成立，f(x)单调递减.
∴当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
(2)当a＝1时，求证：f(x)＋x2－ x＋1>0.
当a＝1时，f(x)＝ex－2x.
则h′(x)＝ex＋2>0，∴h(x)在R上单调递增，又h(0)<0，h(1)>0，∴存在唯一零点x0∈(0,1)，
当x∈(－∞，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，
即g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)在x＝x0处取得极小值，也是最小值.
∴g(x)min>0，
4.(2022·百校联盟联考)已知函数f(x)＝xln x－ mx2－x，m∈R.(1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)为f(x)的导函数)，求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值；
因为g(x)＝ln x－mx，
①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)>0，所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1－me；
所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，
则g(x)max＝g(e)＝1－me；
即m≥1时，x∈[1，e]，g′(x)≤0，
函数g(x)在[1，e]上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝－m.
当m≥1时，g(x)max＝g(1)＝－m.
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2.
要证x1x2>e2，只需证ln x1＋ln x2>2，若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个变号零点，又f′(x)＝ln x－mx，
得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
不妨设0要证ln x1＋ln x2>2，