高考数学第一轮复习复习培优课(二)　隐零点与极值点偏移问题（讲义）

这是一份高考数学第一轮复习复习培优课(二)　隐零点与极值点偏移问题（讲义），共14页。

1.隐零点
利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关,而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系,按导函数零点能否求精确解可以分为两类:一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.对于隐零点问题,由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧,对学生综合能力的要求较高,成为考查的难点.
2.极值点“偏移”图示
(1)极值点不偏移
已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0,若f(x)=c的两根的中点刚好满足x1+x22=x0,即极值点在两根的正中间,也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢相同,如图(1).
(无偏移,左右对称,二次函数)若f(x1)=f(x2),则x1+x2=2x0.
(2)极值点偏移
若x1+x22≠x0,则极值点偏移,此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢不同,如图(2)(3).
(左陡右缓,极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x2>2x0;
(左缓右陡,极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2),则x1+x2<2x0.
(3)极值点偏移问题的一般题设形式
①若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2,求证:x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点);
②若函数f(x)存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点);
③若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2,令x0=x1+x22,求证:f′(x0)>0;
④若函数f(x)存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2),令x0=x1+x22,求证:f′(x0)>0.
(4)极值点偏移问题的常见解法
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>(<)x02型,构造函数F(x)=f(x)-f(x02x),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=x1x2化为单变量的函数不等式,利用函数单调性证明.
隐零点问题
函数最值中的“隐零点”
[典例1] 已知函数f(x)=(x-a)ex(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=2时,设函数g(x)=f(x)+ln x-x-b,b∈Z,若g(x)≤0对任意的x∈(13,1)恒成立,求b的最小值.
解:(1)由题意,函数f(x)=(x-a)ex(a∈R),
可得f′(x)=(x-a+1)ex,
当x∈(-∞,a-1)时,f′(x)<0;
当x∈(a-1,+∞)时,f′(x)>0,
故函数f(x)在(-∞,a-1)上单调递减,
在(a-1,+∞)上单调递增.
(2)g(x)=f(x)+ln x-x-b=(x-2)ex+ln x-
x-b(b∈Z),
因为g(x)≤0对任意的x∈(13,1)恒成立.
即b≥(x-2)ex+ln x-x对任意的x∈(13,1)恒成立,
令函数h(x)=(x-2)ex+ln x-x,
则h′(x)=(x-1)ex+1x-1=(x-1)(ex-1x),
因为x∈(13,1),所以x-1<0.
再令函数t(x)=ex-1x,
可得t′(x)=ex+1x2>0,
所以函数t(x)单调递增.
因为t(12)=e12-2<0,t(1)=e-1>0,
所以一定存在唯一的x0∈(12,1),
使得t(x0)=0,即ex0=1x0,
即x0=-ln x0,
所以h(x)在(13,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,
所以h(x)max=h(x0)=(x0-2)ex0+ln x0-x0=1-2(x0+1x0)∈(-4,-3).
因为b∈Z,所以b的最小值为-3.
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.
注意:当题设条件中出现“参数为整数”(如本题“b∈Z”)时,此类问题一般为隐零点的卡点问题,要利用零点存在定理,把隐零点的范围精准地找出来,才能正确求出参数的值.
[拓展演练] 设函数f(x)=e2x-aln x(a为大于零的常数),已知f′(x)=0有唯一零点,求f(x)的最小值.
解:f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=2e2x-ax(x>0).
当a>0时,设u(x)=e2x,v(x)=-ax,
因为u(x)=e2x在(0,+∞)上单调递增,
v(x)=-ax在(0,+∞)上单调递增,
所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.
设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,
当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
由于2e2x0-ax0=0,
所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.
当且仅当x0=12时取等号.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.
故f(x)的最小值为2a+aln2a.
不等式证明中的“隐零点”
[典例2] 已知函数f(x)=exx2+x+1.
(1)若∀x>0都有f(x)≥msinπ2x,求正数m的最大值;
(2)求证:f(x)>lnxex.
(1)解:因为f(x)=exx2+x+1,
所以f′(x)=ex(x2+x+1)-ex(2x+1)(x2+x+1)2
=exx(x-1)(x2+x+1)2,
令f′(x)>0,得x>1,
则f(x)在(1,+∞)上单调递增,
令f′(x)<0,得0则f(x)在(0,1)上单调递减,
所以f(x)min=f(1)=e3,
令g(x)=msinπ2x,x∈(0,+∞),
因为m>0,所以g(x)∈[-m,m],且x=1+4k,k∈N时,g(x)取最大值m,
因为∀x>0都有f(x)≥msinπ2x,
所以e3≥m,
所以m的最大值为e3.
(2)证明:由(1)得,f(x)min=f(1)=e3,
令h(x)=lnxex,x∈(0,+∞),
则h′(x)=1x-lnxex,
令m(x)=1x-ln x,则m′(x)=-1x2-1x<0,
所以函数m(x)=1x-ln x在(0,+∞)上单调递减,
因为m(1)=1>0,m(e)=1e-1<0,
所以函数m(x)在(0,+∞)上存在唯一零点,
设为x0,则x0∈(1,e),且ln x0=1x0,
所以当x∈(0,x0)时,h′(x)>0,
即h(x)在(0,x0)上单调递增,
当x∈(x0,+∞)时,h′(x)<0,
即h(x)在(x0,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h(x0)=ln x0ex0=1x0ex0,
因为x0∈(1,e),
所以1x0ex0∈(1ee+1,1e),
因为1eh(x)max恒成立,
所以f(x)>lnxex.
解决“隐零点”问题的关键是利用隐零点等式进行零点的代换,从而达到“指、对转幂”的目的.把“隐零点”等式代入最值式是证明不等式的常用技巧.
[拓展演练] 已知函数f(x)=x-ln x-exx.
(1)判断函数f(x)的单调性;
(2)证明:f(x)-x(1)解:因为f(x)=x-ln x-exx,
所以f′(x)=1-1x-(x-1)exx2=(x-1)(x-ex)x2.
令g(x)=x-ex,则g′(x)=1-ex,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以g(x)所以当x∈(0,1)时,f′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:令F(x)=f(x)-x=-ln x-exx,
则F′(x)=-1x-(x-1)exx2=-x+(x-1)exx2.
令h(x)=x+(x-1)ex,则h′(x)=1+xex>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因为h(12)=1-e2<0,h(1)=1>0,
所以存在x0∈(12,1),使得h(x0)=0,
所以当x∈(0,x0)时,F′(x)>0,F(x)单调递增,
当x∈(x0,+∞)时,F′(x)<0,F(x)单调递减,
所以F(x)max=F(x0)=-ln x0-ex0x0.
因为x0∈(12,1),且h(x0)=x0+(x0-1)ex0=0,所以ex0=-x0x0-1,
所以F(x)max=F(x0)=-ln x0+1x0-1.
令(x)=-ln x+1x-1,x∈(12,1),
则′(x)=-1x-1(x-1)2<0,
所以(x)在(12,1)上单调递减,
所以(x)<(12)=ln 2-2,
所以F(x0)所以f(x)-x 极值点偏移问题
对称化构造
[典例3] 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xex-a=0,
令g(x)=xex-a,
则g′(x)=1-xex.
由g′(x)>0得x<1,由g′(x)<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要证x1+x2>2,
只需证x2>2-x1>1.
由于g(x)在(1,+∞)上单调递减,
故只要证g(x2)由于g(x1)=g(x2)=0,
故只要证g(x1)令H(x)=g(x)-g(2-x)=xex-2-xe2-x(x<1),
则H′(x)=1-xex-1-xe2-x=(e2-x-ex)(1-x)e2,
由于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)即有g(x1)所以x1+x2>2.
对称化构造,主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题.其解题要点如下:
(1)定函数(极值点为x0),即利用导函数符号的变化判断函数单调性,进而确定函数的极值点x0.
(2)构造函数,即根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x0-x),若证x1x2>x02,则令F(x)=f(x)-f(x02x).
(3)判断单调性,即利用导数讨论F(x)的单调性.
(4)比较大小,即判断函数F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(2x0-x)的大小关系.
(5)转化,即利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x之间的关系,进而得到所证或所求.
提醒:若要证明f′(x1+x22)的符号问题,还需进一步讨论x1+x22与x0的大小,得出x1+x22所在的单调区间,从而得出该处导数值的正负.
[拓展演练] 已知函数f(x)=(x-1)ex-a,a∈R.
(1)若函数f(x)有两个零点,求a的取值范围;
(2)设x1,x2是函数f(x)的两个零点,证明:x1+x2<0.
(1)解:由f(x)=0得a=(x-1)ex,令g(x)=(x-1)ex,因为g′(x)=ex+(x-1)ex=xex,
由g′(x)>0得x>0,
所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,
由g′(x)<0得x<0,
所以函数g(x)在(-∞,0)上单调递减,
所以当x=0时,函数g(x)有极小值同时也是最小值,
g(x)min=g(0)=-1,当x→+∞时,g(x)→+∞,当x→-∞时,g(x)<0,且g(x)→0,
则要使a=g(x)有两个不同的零点,则-1(2)证明:因为x1,x2是函数f(x)的两个零点,
所以由(1)知x1x2<0,且f(x1)=f(x2)=0,
不妨设x1<0,x2>0,则-x2<0,
令F(x)=f(x)-f(-x)=(x-1)ex+(1+x)e-x,
则F′(x)=x(ex-e-x),当x<0时,F′(x)=x(ex-e-x)>0,此时F(x)在(-∞,0)上为增函数,
所以F(x)因为-x2<0,所以f(-x2)因为f(x1)=f(x2)=0,所以f(-x2)由(1)知,f(x)在(-∞,0)上为减函数,
所以-x2>x1,即x1+x2<0.
比值换元
[典例4] (2022·山东临沂二模)已知函数f(x)=x-12sin x.
(1)若存在x∈[π4,π2],使f(x)≤ax成立,求a的取值范围;
(2)若g(x)=f(x)-mln x,存在x1,x2∈(0,+∞),且当x1≠x2时,g(x1)=g(x2),求证:x1x2<4m2.
(1)解:由f(x)≤ax,得x-12sin x≤ax,
x∈[π4,π2],即a≥1-sinx2x,
令h(x)=1-sinx2x,x∈[π4,π2],
则h′(x)=sinx-xcsx2x2,
设(x)=sin x-xcs x,x∈[π4,π2],
则′(x)=xsin x>0,
所以(x)在[π4,π2]上单调递增,
所以(x)≥(π4)=22-π4·22=22(1-π4)>0,
所以在[π4,π2]上,h′(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h(π4)=1-2π,
所以a的取值范围是[1-2π,+∞).
(2)证明:不妨设0因为g(x1)=g(x2),
所以x1-12sin x1-mln x1=x2-12sin x2-mln x2,
所以m(ln x2-ln x1)=x2-x1-12(sin x2-sin x1)(*),
令y=x-sin x,故y′=1-cs x≥0,
故函数y=x-sin x在(0,+∞)上单调递增,
所以x2-sin x2>x1-sin x1,
从而x2-x1>sin x2-sin x1,
所以由(*)得m(ln x2-ln x1)>(x2-x1)-12·(x2-x1)=12(x2-x1),
所以2m>x2-x1ln x2-ln x1>0,
下面证明:x2-x1ln x2-ln x1>x1x2,
令x2x1=t,则t>1,即证明t-1lnt>t,
则只要证明ln t-t-1t<0,
设m(t)=ln t-t-1t(t>1),
所以m′(t)=-(t-1)22tt<0在(1,+∞)上恒成立,所以m(t)在(1,+∞)上单调递减,
故m(t)所以2m>x2-x1ln x2-ln x1>x1x2,
所以x1x2<4m2.
比值换元的目的也是消参、减元,就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系,然后利用两个极值点之比作为变量,从而实现消参、减元的目的.设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点,继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解.
[拓展演练] 已知函数f(x)=x2-aln x(a∈R).若函数f(x)存在两个不同的零点x1,x2,证明:x1x2>e.
证明:因为f(x)有两个零点,设两个零点分别为x1,x2,且x2>x1>0,
由f(x1)=f(x2)=0⇒
x12-aln x1=0,x22-aln x2=0,即x12=aln x1,x22=aln x2,
所以x12+x22=a(ln x1+ln x2),
x22-x12=a(ln x2-ln x1),
即ln x2+ln x1=ln x2-ln x1x22-x12(x12+x22),
要证明x1x2>e,即证ln x1+ln x2>1,
需证ln x2-ln x1x22-x12(x12+x22)>1,
再证ln x2-ln x1>x22-x12x22+x12,
然后证lnx2x1-(x2x1) 2-1(x2x1) 2+1>0,
设x2x1=t,则t>1,即证ln t-t2-1t2+1>0,
即ln t+2t2+1-1>0,
令h(t)=ln t+2t2+1-1(t>1),
则h′(t)=1t-4t(t2+1)2=(t2-1)2t(t2+1)2>0,
故函数h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(t)>h(1)=0,即ln t+2t2+1-1>0,
所以x1x2>e.