(新高考)高考数学一轮复习学案+巩固提升练习3.8《隐零点与极值点偏移问题培优课》(2份打包，原卷版+教师版)

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题型一 隐零点问题
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 已知函数f(x)＝ln x﹣ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明不等式ex﹣2﹣ax>f(x)恒成立．
(1)解 f′(x)＝eq \f(1,x)﹣a＝eq \f(1－ax,x)(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 设函数φ(x)＝ex﹣2﹣ln x(x>0)，
则φ′(x)＝ex﹣2﹣eq \f(1,x)，可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又由φ′(1)0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x0，且10，
即不等式ex﹣2﹣ax>f(x)恒成立．
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 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)g(1)＝0，所以ln t﹣eq \f(2t－1,t＋1)>0，
故x1＋x2>2.
课时精练
1．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01时，f′(x)0，g′(x)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成立，即x1x2>e2得证．