2020版高考新创新一轮复习数学（理）通用版讲义：第三章第二节　第4课时　难点自选——函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略

第4课时　难点自选——函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略

隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程将无法继续进行．但可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．
[典例]　设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
[解题观摩]　(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
即k0)恒成立．
令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数．
又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点)．
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)min＝g(α)＝＋α.
又eα＝α＋2且α∈(1,2)，
则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，
所以k的最大值为2.
[题后悟通]
本题的关键就是利用h(x)＝ex－x－2及h(1)<0，h(2)>0确定h(x)的隐零点，从而作出判断．　　
[针对训练]
1．已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的零点及单调区间；
(2)求证：曲线y＝存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y0<－1.
解：(1)函数f(x)的零点为e.函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(解答过程略)
(2)证明：要证明曲线y＝存在斜率为6的切线，即证明y′＝＝6有解，等价于1－ln x－6x2＝0在x>0上有解．
构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x0∈，使得g(x0)＝0.即证明曲线y＝存在斜率为6的切线．
设切点坐标为(x0，f(x0))，则f(x0)＝＝＝－6x0，x0∈.
令h(x)＝－6x，x∈.
由h(x)在区间上单调递减，则h(x)
极值点偏移问题
在近几年的高考中，极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变，面对此类问题时常会感到束手无策．事实上，只要掌握这类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，问题便能迎刃而解．
1．极值点偏移的含义
若单峰函数f(x)的极值点为x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.

极值点x0
函数值的大小关系
图示
极值点不偏移
x0＝
f(x1)＝f(2x0－x2)

极值点偏移
左移
x0<
峰口向上：f(x1)< f(2x0－x2)

峰口向下：f(x1)> f(2x0－x2)

右移
x0>
峰口向上：f(x1)> f(2x0－x2)

峰口向下：f(x1)< f(2x0－x2)

2.函数极值点偏移问题的题型及解法
极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：
(1)若函数f(x)在定义域上存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；
(2)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(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(x1≠x2)，令x0＝，求证：f′(x0)>0；
(4)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝，求证：f′(x0)>0.
[典例]　已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x1x2>e2.
[解题观摩]　法一：(抓极值点构造函数)
由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，
从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝.
当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0.
由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1
令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]，
则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝(e2x－1)>0，
所以F(x)在(0,1]上单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0,1]恒成立，
即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0,1]恒成立．
由0 所以g(1＋(1－t1))＝g(2－t1)>g(1－(1－t1))＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2)，
又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以2－t12，即x1x2>e2.
[点评]　上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：
(1)求函数g(x)的极值点x0；
(2)构造函数F(x)＝g(x0＋x)－g(x0－x)；
(3)确定函数F(x)的单调性；
(4)结合F(0)＝0，确定g(x0＋x)与g(x0－x)的大小关系．
　[口诀记忆]　
极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，
四个步骤环相扣，两次单调紧跟随．　
法二：(巧抓“根差”——s＝Δt＝t2－t1构造函数)
由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，
易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，
设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
由g(t1)＝g(t2)，得t1e－t1＝t2e－t2，化简得et2－t1＝，①
不妨设t2>t1，由法一知，0 令s＝t2－t1，则s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得es＝，
解得t1＝.则t1＋t2＝2t1＋s＝＋s，
故要证t1＋t2>2，即证＋s>2，
又es－1>0，故要证＋s>2，
即证2s＋(s－2)(es－1)>0，②
令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，
则G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，
故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0，
从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G(s)>G(0)＝0，
所以②式成立，故t1＋t2>2，即x1x2>e2.
[点评]　该方法的关键是巧妙引入变量s，然后利用等量关系，把t1，t2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：
(1)取差构元：记s＝t2－t1，则t2＝t1＋s，利用该式消掉t2.
(2)巧解消参：利用g(t1)＝g(t2)，构造方程，解之，利用s表示t1.
(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数G(s)．
(4)转化求解：利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值，从而证得结论．
法三：
不妨设x1>x2，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>，
所以原问题等价于证明>，
即ln>，
令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>，
令h(c)＝ln c－，c>1，
所以h′(c)＝－＝>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－>0(c>1)，
因此原不等式x1x2>e2得证．
[点评]　该方法的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数．其解题要点为：
(1)联立消参：利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a.
(2)抓商构元：令c＝，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)．
(3)用导求解：利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论．
[针对训练]
2．若关于x的方程xln x＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x2<(e是自然对数的底数)．
证明：不妨设x1>x2，要证x1x2<，
即证x1x2<，
整理得x1＋ 又因为x1ln x1＝x2ln x2，
即证x1ln x1－k>x2ln x2－k，k>0，
设h(x)＝xln x－kx－，
使h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以有h′(x)＝ln x＋1－k＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，
令h″(x)＝－＝0，解得x＝，
列表可知h′(x)在上单调递减，在上单调递增，
令h′＝ln(2k)－k＋＝(ln(2k)－2k＋1)≥0，
解得k＝，此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证.

利用洛必达法则求解不等式恒成立问题
函数与导数应用的问题中求参数的取值范围是重点考查题型．在平时教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则．

[洛必达法则]
法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝0及 g(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) ＝l，
那么 ＝ ＝l.
法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) ＝l，
那么 ＝ ＝l.
[典例]　已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
[解题观摩]　(1)f′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)法一：由(1)知f(x)＝＋，
所以f(x)－＝.
设h(x)＝2ln x＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①设k≤0，由h′(x)＝知，
当x≠1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得h(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得h(x)>0.
从而当x>0，且x≠1时，f(x)－>0，
即f(x)>＋.
②设00，对称轴x＝>1，所以当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)>0，可得h(x)<0，与题设矛盾，
③设k≥1.此时h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得h(x)<0，与题设矛盾．
综上所述，k的取值范围为(－∞，0]．
(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下)
法二：由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，又h″(x)＝2ln x＋1－，
易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又h(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知，
g(x)＝2 ＋1＝2 ＋1＝2×＋1＝0，∴k≤0，
故k的取值范围为(－∞，0]．
[题后悟通]
解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．　　
[针对训练]
3．设函数f(x)＝1－e－x，当x≥0时，f(x)≤，求a的取值范围．
解：设t(x)＝(x－1)ex＋1(x>0)，得t′(x)＝xex>0(x>0)，所以t(x)是增函数，t(x)>t(0)＝0(x>0)．
又设h(x)＝(x－2)ex＋x＋2>0(x>0)，得h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以h(x)是增函数，h(x)>h(0)＝0(x>0)．
由f(x)≤，得a≤，
再设g(x)＝(x>0)，得g(x)>(x>0)．
连续两次使用洛必达法则1，得
g(x)＝＝＝，
所以g(x)的下确界是.
题设即“当x>0时，1－e－x≤恒成立”，所求a的取值范围是.
[课时跟踪检测]
1．定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝ln x－ax＋1，若f(x)有5个零点，求实数a的取值范围．
解：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0；所以要使f(x)在R上有5个零点，只需f(x)在(0，＋∞)上有2个零点．所以等价于方程a＝在(0，＋∞)上有2个根．所以等价于y＝a与g(x)＝(x>0)的图象有2个交点．g′(x)＝，
x
(0,1)
(1，＋∞)
g(x)
＋
－
所以g(x)的最大值为g(1)＝1.
因为x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，由洛必达法则可知：
g(x)＝ ＝ ＝0，
所以0 2．已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，求证：f(x)>0.
解：(1)f′(x)＝ex－，由f′(0)＝0，得m＝1，
所以f′(x)＝ex－，f″(x)＝ex＋>0，
又由f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：依题意，f′(x)＝ex－.
令f′(x0)＝0，则ex0＝>0，且f″(x)＝ex＋>0，所以函数f′(x)在区间(－m，＋∞)上单调递增．
则当x∈(－m，x0)时，f′(x0)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，故函数f(x)在(－m，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
所以f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln(x0＋m)．
又x0满足方程ex0＝，
则f(x0)＝ex0－ln(x0＋m)＝－ln e－x0＝x0＋＝x0＋m＋－m2－m＝2－m0不等号①取等号的条件是不等号②取等号的条件是m＝2.
由于不等号①、②不能同时取等号，故f(x0)>0，即f(x)min>0，因此f(x)>0.
3．已知函数f(x)＝ax＋＋c(a>0)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(1)试用a表示出b，c；
(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．



解：(1)b＝a－1，c＝1－2a.
(2)题设即“a≥(x>1)，或a≥(x>1) 恒成立”．
用导数可证函数g(x)＝(x－1)2＋(x－1)－xln x(x≥1)是增函数(只需证g′(x)＝x－ln x－1≥0(x≥1)恒成立，再用导数可证)，
所以g(x)≥g(1)＝0(x≥1)，
当且仅当x＝1时g(x)＝0，得<(x>1)， ＝.
所以若a≥(x>1)恒成立，则a≥，
即a的取值范围是.
4．(2019·安徽二校联考)已知函数f(x)＝－m(a，m∈R)在x＝e(e为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x1，x2.
(1)求实数a的值，以及实数m的取值范围；
(2)证明：ln x1＋ln x2>2.
解：(1)f′(x)＝＝，
由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当00，
当x>ea＋1时，f′(x)<0，
所以f(x)在x＝ea＋1时取得极值，
所以ea＋1＝e，解得a＝0.
所以f(x)＝－m(x>0)，f′(x)＝，
函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f(e)＝－m.
又x→0(x>0)时，f(x)→－∞；x→＋∞时，f(x)→－m，f(x)有两个零点x1，x2，
故解得0 所以实数m的取值范围为.
(2)证明：不妨设x1 则ln x1x2＝m(x1＋x2)，ln＝m(x2－x1)⇒m＝.
欲证ln x1＋ln x2>2，只需证ln x1x2>2，
只需证m(x1＋x2)>2，即证ln>2.
即证ln>2，设t＝>1，
则只需证ln t>.
即证ln t－>0.
记u(t)＝ln t－(t>1)，
则u′(t)＝－＝>0.
所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，
故ln x1＋ln x2>2.
5．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b 则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在两个零点．
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，
故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，
所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1 又f(x)在(－∞，1)内单调递减，
所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，
故当x>1时，g(x)<0.
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.