高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题四　 隐零点与极值点偏移问题

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题四　 隐零点与极值点偏移问题，共10页。试卷主要包含了令φ＝ex+1－ eq \f，等内容，欢迎下载使用。
1．在利用导数研究函数问题的过程中，会利用隐零点解决相关问题．
2．会利用常见的方法（对称化构造函数法与比（差）值换元法）解决极值点偏移问题．
考点1 隐零点问题
隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理．
【例1】 （2024·河北承德模拟节选）已知函数f(x)＝ eq \f(ax,ex)，g(x)＝sin x＋cs x．当x∈(0，π)时，f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．
【解】 因为当x∈(0，π)时，f(x)≤g(x)恒成立，即当x∈(0，π)时， eq \f(ax,ex)≤sin x＋cs x恒成立，所以ex(sin x＋cs x)－ax≥0在(0，π)上恒成立，
当x＝ eq \f(3π,4)时，－ eq \f(3π,4)a≥0，解得a≤0.
设h(x)＝ex(sin x＋cs x)－ax，x∈(0，π)，
则h′(x)＝ex(sin x＋cs x)＋ex(cs x－sin x)－a＝2ex cs x－a，
令m(x)＝h′(x)＝2ex cs x－a，则m′(x)＝2ex(cs x－sin x)＝2 eq \r(2)ex cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，m′(x)>0，则h′(x)单调递增，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))时，m′(x)0，h′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝ eq \r(2)e eq \s\up6(\f(π,4))－a>0，h′(π)＝－2eπ－a，
当－2eπ－a≥0，即a≤－2eπ时h′(x)≥0在(0，π)上恒成立，
所以h(x)在(0，π)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝1>0，所以h(x)≥0恒成立，
当－2eπ0，h(x)单调递增，
当x∈(x0，π)时，h′(x)0时，h′(x)＝ex－cs x>e0－cs x＝1－cs x≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝1，即g′(x)＝ex－sin x>1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，即此时g(x)无零点；
当x1－k cs x.
当01－k cs x≥1－k≥0，
所以F(x)＝ex＋cs x－k sin x－2在x∈(0，＋∞)时单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0恒成立，即满足条件ex＋cs x－k sin x－2>0；
当k>1时，由F′(x)＝ex－sin x－k cs x，可知F′(0)＝1－k0，所以存在x0∈(0，π)，使得F′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，F′(x)0，F(x)单调递增，
所以F(x0)0恒成立．
综上，正数k的取值范围是（0，1].
考点2 极值点偏移问题
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 eq \f(x1＋x2,2)＝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，如二次函数）若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.
2．极值点偏移
若 eq \f(x1＋x2,2)≠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、图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＋x20，
所以f′(x)＝ eq \f(1,x)＋ eq \f(a,x2)＝ eq \f(x＋a,x2)，x>0.
当a>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)不存在最小值，
所以a>0不合题意，故a2，得证．
极值点偏移问题的两种解决方法
(1)对称化构造函数法
①对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
②对结论x1x2>x eq \\al(2,0)型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成不等式ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可．
(2)比（差）值换元法
通过代数变形将所证的双变量不等式通过t＝ eq \f(x1,x2)（含对数式时常用）或t＝x1－x2（含指数式时常用）代换，化为单变量的不等式，利用函数单调性证明．
【对点训练2】 已知a∈R，f(x)＝x·e－ax.
(1)讨论函数y＝f(x)的单调性；
(2)若a>0，函数y＝f(x)－a有两个零点x1，x2，求证：x1＋x2>2 eq \r(e).
解：(1)f′(x)＝e－ax－ax·e－ax＝e－ax(1－ax).
因为a∈R，所以a0⇒x> eq \f(1,a)，f′(x)＝e－ax (1－ax)0时，f′(x)＝e－ax (1－ax)>0⇒x< eq \f(1,a)，f′(x)＝e－ax (1－ax) eq \f(1,a)，
所以a>0时，单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,a)))，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
综上，a0时，单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,a)))，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)证明：证法一 由(1)知，a>0时，单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,a)))，单调递减区间为 eq \f(1,a)，＋∞，且x> eq \f(1,a)时，f(x)>0，f(x)极大值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝ eq \f(1,ae)，函数y＝f(x)与y＝a的大致图象如图所示．
因为a>0时，函数y＝f(x)－a有两个零点x1，x2，所以a< eq \f(1,ae)，即a2< eq \f(1,e)，
不妨设x1f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x2))，x2> eq \f(1,a).
令函数F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x))，x∈ eq \f(1,a)，＋∞，则F′(x)＝e－ax (1－ax)＋e-2+ax· eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x))))＝(1－ax)( e－ax－e-2+ax)，
因为x> eq \f(1,a)，所以－axF eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0，
因为x2> eq \f(1,a)，所以f(x2)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x2))，即x1＋x2> eq \f(2,a)，所以 eq \f((x1＋x2)2,2)> eq \f(2,a2)>2e，所以x1＋x2>2 eq \r(e).
证法二 与证法一相同，解出a2< eq \f(1,e).
因为a>0时，函数y＝f(x)－a有两个零点x1，x2，所以两个零点必为正实数，f(x)－a＝0⇒eln x－ax＝eln a(x>0)，
等价于ln x－ax＝ln a有两个正实数解．
令g(x)＝ln x－ax－ln a(x>0)，
则g′(x)＝ eq \f(1,x)－a(x>0)，g(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，且0G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0.
又x2> eq \f(1,a)，故g(x2)>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x2))，x2∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，
又g(x1)＝g(x2)，所以g(x1)>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x2)).
又0 eq \f(2,a2)>2e，所以x1＋x2>2 eq \r(e).
课时作业24
1．（12分）已知函数f(x)＝ln x－ax＋b(a，b∈R)有两个不同的零点x1，x2.
(1)求f(x)的最值；
(2)求证：x1x2< eq \f(1,a2).
解：(1)f′(x)＝ eq \f(1,x)－a，∵f(x)有两个不同的零点，∴f(x)在(0，＋∞)内必不单调，故a>0.
令f′(x)>0，解得x< eq \f(1,a)，
∴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，
∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝－ln a－1＋b，无最小值．
(2)证明：由题知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－ax1＋b＝0，,ln x2－ax2＋b＝0，))
两式相减，得ln eq \f(x1,x2)－a(x1－x2)＝0，即a＝ eq \f(ln \f(x1,x2),x1－x2)，
故要证x1x2< eq \f(1,a2)，只需证x1x2< eq \f((x1－x2)2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(x1,x2)))\s\up12(2))，即证 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(x1,x2))) eq \s\up12(2)< eq \f((x1－x2)2,x1x2)＝ eq \f(x1,x2)－2＋ eq \f(x2,x1).
不妨令x10)，则h′(x)＝(x＋1)ex+1－ eq \f(1＋x,x)＝(x＋1)ex+1－ eq \f(1,x)．令φ(x)＝ex+1－ eq \f(1,x)，
则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))＝e eq \s\up6(\f(11,10))－102.
解：(1)由f(x)＝ eq \f(ln x＋1,x)，g(x)＝ eq \f(ex,x)，
得f′(x)＝ eq \f(－ln x,x2)，g′(x)＝ eq \f(ex(x－1),x2).
当01时，f′(x)0恒成立，不妨设x1