高考数学第一轮复习第三章 §3.8　隐零点与极值点偏移问题

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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·合肥模拟)已知函数f(x)＝aex－ln x－e.
(1)当a＝1时，讨论函数g(x)＝f(x)－(e－1)x的单调性；
(2)当a>1时，证明：当x>0时，f(x)>2－e.
(1)解 当a＝1时，f(x)＝ex－ln x－e，g(x)＝ex－ln x－e－(e－1)x，
g′(x)＝ex－eq \f(1,x)－e＋1，
令h(x)＝g′(x)，
h′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
故g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且g′(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
(2)证明 当a>1，x>0时，aex>ex，
要证f(x)>2－e，只需证ex－ln x－e>2－e，
即证ex－ln x>2，
令p(x)＝ex－ln x－2，
则p′(x)＝ex－eq \f(1,x).
由(1)知p′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上存在唯一零点x0，
即－eq \f(1,x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，p(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，p(x)单调递增．
所以p(x)≥p(x0)＝－ln x0－2
＝－－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2>0，
故当a>1，x>0时，f(x)>2－e.
教师备选
(2022·石家庄模拟)已知函数f(x)＝－ax2＋(a－2)x＋ln x.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－ax－2－\f(1,x)))在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝－x2－x＋ln x，
f′(x)＝－2x－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(－x＋12x－1,x)，
令f′(x)>0，解得0令f′(x)<0，解得x>eq \f(1,2)，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
(2)f(x)≤xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－ax－2－\f(1,x)))在x∈(0，＋∞)上恒成立，
即xex－1≥ln x＋ax 在x∈(0，＋∞) 上恒成立，即a≤ex－eq \f(ln x,x)－eq \f(1,x)在x∈(0，＋∞) 上恒成立．
令g(x)＝ex－eq \f(ln x,x)－eq \f(1,x)，
则g′(x)＝ex＋eq \f(ln x,x2)＝eq \f(x2ex＋ln x,x2)，
令h(x)＝x2ex＋ln x，
则h′(x)＝2xex＋x2ex＋eq \f(1,x)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而h(1)＝e>0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－1<0，
故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，
使得h(x0)＝0，
即xeq \\al(2,0)＋ln x0＝0，
所以x0＝－eq \f(1,x0)ln x0＝eq \f(1,x0)ln eq \f(1,x0)＝ln eq \f(1,x0)·，
令λ(x)＝xex，x∈(0，＋∞)，
λ′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以λ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以x0＝ln eq \f(1,x0)＝－ln x0，
当x∈(0，x0) 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
故g(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞) 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
故 g(x) 在 (x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，g(x)取得极小值，也是最小值，
所以g(x)min＝g(x0)＝－eq \f(ln x0,x0)－eq \f(1,x0)
＝－eq \f(－x0,x0)－eq \f(1,x0)＝1，
故a≤1，所以a的取值范围为(－∞，1]．
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 (2022·淄博模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,a)x2＋ln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,a)))x(a≠0)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)令F(x)＝af(x)－x2，若F(x)<1－2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数据：ln 3<\f(4,3)，ln 4>\f(5,4))).
解 (1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝2x2＋ln x－4x，
则f′(x)＝4x＋eq \f(1,x)－4，
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.
(2)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，
即a令h(x)＝eq \f(x＋1,ln x)，x>1，
可得h′(x)＝eq \f(ln x－\f(1,x)－1,ln 2x)，
令t(x)＝ln x－eq \f(1,x)－1(x>1)，
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)，
使得t(x0)＝ln x0－eq \f(1,x0)－1＝0，
从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(x0)＝eq \f(x0＋1,ln x0)＝eq \f(x0＋1,\f(1,x0)＋1)
＝x0∈(3,4)，
因为a所以a所以整数a的最大值为3.
题型二 极值点偏移问题
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，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，有比值代换法．
例2 已知函数f(x)＝ax－ln x有两个零点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)求证：x1x2>e2.
(1)解 f(x)有两个零点⇔a＝eq \f(ln x,x)有两个相异实根．
令G(x)＝eq \f(ln x,x)，
则G′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
由G′(x)>0得0e，
∴G(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减，
∴G(x)max＝G(e)＝eq \f(1,e)，
又∵G(1)＝0，
∴当01时，G(x)>0，
当x→＋∞时，G(x)→0，
∴f(x)有两个零点时，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
(2)证明 不妨设x1∴a(x1＋x2)＝ln x1＋ln x2，
a(x2－x1)＝ln x2－ln x1，
∴a＝eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)，
要证x1x2>e2，只需证ln x1＋ln x2>2.
ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)
＝eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)·(x1＋x2)
＝eq \f(\f(x2,x1)＋1,\f(x2,x1)－1)·ln eq \f(x2,x1)，
令t＝eq \f(x2,x1)，t>1，只需证eq \f(t＋1,t－1)·ln t>2，
∵t>1∴eq \f(t＋1,t－1)>0，
∴只需证ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
令F(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，
∴F′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
∴F(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∴F(t)>F(1)＝0，
∴ln t>eq \f(2t－1,t＋1)成立．
综上所述，x1x2>e2成立．
教师备选
已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2证明 f′(x)＝ln x＋1，
由f′(x)>0，得x>eq \f(1,e)，
由f′(x)<0，得0∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．
可设0f(x1)＝f(x2)，即x1ln x1＝x2ln x2，
令t＝eq \f(x2,x1)>1，则x2＝tx1，
代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，
得ln x1＝eq \f(tln t,1－t).
∴x1x20.
设g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，
则g′(t)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0.
∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0.故x1x2思维升华 极值点偏移问题的解法
(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＝eq \f(x1,x2)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 (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.
证明 由f(x)＝aex－x＝0，得eq \f(x,ex)－a＝0，
令g(x)＝eq \f(x,ex)－a，
则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<1(比值代换法)设0由g(x1)＝g(x2)，
得x1＝x2，
等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝eq \f(x2,x1)>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝eq \f(ln t,t－1)，x2＝eq \f(tln t,t－1).
所以x1＋x2＝eq \f(t＋1ln t,t－1)>2⇔ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0，
设g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，
所以g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
所以当t>1时，g(t)单调递增，
所以g(t)>g(1)＝0，
所以ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0，
故x1＋x2>2.
课时精练
1．(2022·赣州模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,x)＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，求实数a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
由已知f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)－eq \f(1,x2)＝－eq \f(ln x,x2)，
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)因为对任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，
即a≥eq \f(ln x＋x＋1,xex)恒成立．
令g(x)＝eq \f(ln x＋x＋1,xex)，
则g′(x)＝eq \f(－x＋1ln x＋x,x2ex).
令h(x)＝x＋ln x，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,e)，1))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)＝，
由于x0＋ln x0＝0，可得x0＝－ln x0.
则＝eq \f(1,x0)，
所以g(x)max＝g(x0)＝＝1，
又a≥eq \f(ln x＋x＋1,xex)恒成立，
所以a≥1.
综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝eq \f(x,ex).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
(1)解 f′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1，
∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明 设0即，
取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝eq \f(x2,x1)>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝eq \f(ln t,t－1)，x2＝eq \f(tln t,t－1).
∴x1＋x2＝eq \f(t＋1ln t,t－1)>2⇔ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0，
设g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，
∴g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0，故x1＋x2>2.
3．(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝aex－2x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，求证：f(x)＋x2－eq \f(21,8)x＋1>0.
(1)解 ∵f′(x)＝aex－2，
当a≤0时，aex－2<0恒成立，f(x)单调递减．
当a>0，aex－2<0，ex当x>ln eq \f(2,a)时，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(2,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，＋∞))上单调递增．
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝ex－2x.
设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，
则g′(x)＝ex＋2x－eq \f(37,8)，
令h(x)＝g′(x)＝ex＋2x－eq \f(37,8)，
则h′(x)＝ex＋2>0，
∴h(x)在R上单调递增，
又∵h(0)<0，h(1)>0，
∴h(x)存在唯一零点x0∈(0,1)，
且＋2x0－eq \f(37,8)＝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＝g(x0)＝＋xeq \\al(2,0)－eq \f(37,8)x0＋1，
将①式代入，
则g(x)min＝g(x0)＝eq \f(37,8)－2x0＋xeq \\al(2,0)－eq \f(37,8)x0＋1
＝xeq \\al(2,0)－eq \f(53,8)x0＋eq \f(45,8)，
∵二次函数y＝x2－eq \f(53,8)x＋eq \f(45,8)在(0,1)上单调递减，
∴当x＝1时，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．(2022·百校联盟联考)已知函数f(x)＝xln x－eq \f(1,2)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；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2.
(1)解 因为g(x)＝ln x－mx，
g′(x)＝eq \f(1－mx,x)，
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；
②当eq \f(1,m)≥e，即0所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，
则g(x)max＝g(e)＝1－me；
③当1则g(x)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＝－ln m－1；
④当0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.
综上，当m≤eq \f(1,e)时，g(x)max＝g(e)＝1－me；
当eq \f(1,e)当m≥1时，g(x)max＝g(1)＝－m.
(2)证明 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，
所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同的实根，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0，))
解得m＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)，
另一方面，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0，))
得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
从而可得eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)，
于是ln x1＋ln x2＝eq \f(ln x2－ln x1x2＋x1,x2－x1)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,x1)))ln \f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).
不妨设01.
因此ln x1＋ln x2＝eq \f(1＋tln t,t－1)，t>1.
要证ln x1＋ln x2>2，
即证eq \f(t＋1ln t,t－1)>2，t>1，
即当t>1时，有ln t>eq \f(2t－1,t＋1)，
设函数h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，t>1，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，
因此h(t)>h(1)＝0.
于是当t>1时，有ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
所以ln x1＋ln x2>2成s立，即x1x2>e2得证．