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(新高考)高考数学一轮复习讲义第3章§3.8隐零点与极值点偏移问题培优课(含详解)
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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 (2022·扬州模拟)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 (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)g(1)=0,
所以ln t-eq \f(2t-1,t+1)>0,
故x1+x2>2.
课时精练
1.(2022·长沙模拟)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(2t-1,t+1).
所以ln x1+ln x2>2成立,即x1x2>e2得证.