2024高考数学一轮总复习（导与练）第三章 培优课(二)　隐零点与极值点偏移问题

培优课(二)　隐零点与极值点偏移问题

[选题明细表]

1.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:(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=ex-a.

当a≤0时,f′(x)>0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.

当a>0时,令f′(x)<0,得x<ln a,

令f′(x)>0,得x>ln a,

所以f(x)的单调递减区间为(-∞,ln a),单调递增区间为(ln a,+∞).

(2)由题设可得(x-k)(ex-1)+x+1>0,

即k<x+(x>0)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h(α)=eα-α-2=0,

所以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.

2.已知函数f(x)=ex.

(1)若f(x)≥ax+1,求实数a的取值范围;

(2)若g(x)=x+ln x,求证:g(x)-xex+1≤0.

(1)解:f(x)≥ax+1,化为ex-ax-1≥0,

令u(x)=ex-ax-1,

则u′(x)=ex-a,

当a≤0时,u′(x)=ex-a>0,函数u(x)在R上单调递增,

而u(0)=1-1=0,因此x<0时,u(x)<0,不符合题意,舍去.

当a>0时,令u′(x)=ex-a=0,解得x=ln a,

x∈(-∞,ln a)时,u′(x)<0,此时,函数u(x)单调递减,x∈(ln a,+∞)时,u′(x)>0,此时,函数u(x)单调递增,

所以x=ln a时,函数u(x)取得极小值即最小值,

所以u(ln a)=a-aln a-1≥0,

令v(a)=a-aln a-1,

则v′(a)=1-ln a-1=-ln a,

可得v(a)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,a=1时,v(a)取得极大值v(1)=1-0-1=0,可得a=1时满足题意.

所以实数a的取值范围为{1}.

(2)证明:令h(x)=g(x)-xex+1=x+ln x-xex+1,x∈(0,+∞),

h′(x)=1+-(x+1)ex=(x+1)(-ex),

令y=-ex,则函数y在x∈(0,+∞)上单调递减,

又y(1)=1-e<0,y()=2->0,

所以存在唯一零点x0∈(,1)⊆(0,+∞),

使得=,即x0=-ln x0.

x0是h(x)的极大值即最大值,

h(x0)=x0-x0-1+1=0,

所以h(x)≤h(x0)=0,

因此g(x)-xex+1≤0.

3.已知函数f(x)=xln x+x2-存在两个极值点x1,x2(x1<x2).

(1)求实数a的取值范围;

(2)判断f()的符号,并说明理由.

解:(1)因为f(x)=xln x+x2-(x>0)有两个极值点,

所以f′(x)=1+ln x+ax,x>0有两个变号的零点,

所以1+ln x+ax=0,-a=,

令h(x)=(x>0),h′(x)=,

当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;

当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,

所以h(x)max=h(1)=1.

画出函数图象如图所示,

y=-a与h(x)有两个交点,

所以0<-a<1.

当0<-a<1时,

当0<x<x1或x>x2时,

-a>,f′(x)<0;

当x1<x<x2时,-a<,f′(x)>0,

所以f(x)在区间(0,x1),(x2,+∞)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调

递增,

所以f(x)的极小值点为x1,极大值点为x2.

所以a的取值范围为(-1,0).

(2)f()符号为正.

理由如下:

由(1)可知,0<x1<1<x2.

又因为

所以ln x2-ln x1=-a(x2-x1),

所以=<.

现证明上式:

上式可变形为ln>,0<x1<x2,

令t=,则只需证ln t>(t>1),

设(t)=ln t-(t>1),

′(t)=>0,

所以(t)在(1,+∞)上单调递增,

从而(t)>(1)=0,即ln t>(t>1),

所以-<.

又因为0<-a<1,所以->1,

综上可得x1<1<-<<x2.

f(x)在区间(x1,x2)上单调递增,且f(1)=0,

所以f()>f(1)=0.

故f()符号为正.

4.已知函数f(x)=(a≠0).

(1)若对任意的x∈R,都有f(x)≤恒成立,求实数a的取值范围;

(2)设m,n是两个不相等的实数,且m=nem-n,求证:m+n>2.

(1)解:当a<0时,f()=,

因为0<<e,所以>,即f()>,不符合题意;

当a>0时,f′(x)=,

当x∈(-∞,1)时,f′(x)>0,

当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,

所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

所以f(x)≤f(1)=.

由f(x)≤恒成立可知≤,所以a≤1.

又因为a>0,所以a的取值范围为(0,1].

(2)证明:因为m=nem-n,

所以me-m=ne-n,即=.

令g(x)=,由题意可知,存在不相等的两个实数m,n,使得g(m)=g(n).

由(1)可知g(x)在区间(-∞,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调

递减.

不妨设m<n,则m<1<n.

设h(x)=g(x)-g(2-x)(x>1),

则h′(x)=g′(x)-[g(2-x)]′=+(x-1)·ex-2=(x-1)·>0,

所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以h(x)>0,即g(x)>g(2-x)在区间(1,+∞)上恒成立.

因为n>1,所以g(n)>g(2-n).

因为g(m)=g(n),所以g(m)>g(2-n).

又因为m<1,2-n<1,且g(x)在区间(-∞,1)上单调递增,

所以m>2-n,即m+n>2.

5.已知f(x)=aln x-x·ln x(a>0).

(1)求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)求证:f(x)仅有一个极值;

(3)若存在a,使f(x)≤a+b对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数b的取值范围.

(1)解:f′(x)=-ln x-1(x>0),

得f′(1)=a-1,又f(1)=0,

所以f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=(a-1)·(x-1),

即(a-1)x-y+1-a=0.

(2)证明:f′(x)=-ln x-1(x>0).

令f′(x)=-ln x-1=p(x),

则p′(x)=--=-<0.

当a>0时,f′(x)在(0,+∞)上单调递减,

又p()=ae>0,

p(a+1)=-ln(a+1)-1=ln-≤-1<0,

所以存在唯一x0∈(,a+1),使得p(x)即f′(x)取得零点,即为f(x)的极大值点,

所以f(x)仅有一个极值.

(3)解:f(x)≤a+b对任意x∈(0,+∞)恒成立,

所以a+b≥f(x)max,

由(2)可知,存在唯一x0∈(,a+1),使得p(x)即f′(x)取得零点,

即为f(x)的极大值点.

所以f(x)的极大值即最大值为f(x0)=aln x0-x0ln x0,a=x0+x0ln x0,

因为存在a,所以b≥[f(x0)-a]min,

令h(x0)=f(x0)-a=ln x0(x0+x0ln x0)-x0ln x0-x0-x0ln x0=x0ln2x0-

x0ln x0-x0,

h′(x0)=(ln x0+2)(ln x0-1),

因为x0∈(,a+1)(a>0),所以ln x0+2>0,

由ln x0-1=0,解得x0=e,

所以x0=e时函数h(x0)取得极小值即最小值

h(e)=-e,

所以b≥-e,

所以实数b的取值范围是[-e,+∞).

6.(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=-ln x+x-a.

(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;

(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.

(1)解:由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞).

由f′(x)=-+1==,

可得函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

所以f(x)min=f(1)=e+1-a.

又f(x)≥0,所以e+1-a≥0,解得a≤e+1,

所以a的取值范围为(-∞,e+1].

(2)证明:法一　不妨设x1<x2,则由(1)知0<x1<1<x2,>1.

令F(x)=f(x)-f(),

则F′(x)=+·=(ex+x-x-1).

令g(x)=ex+x-x-1,

则g′(x)=ex+1-+x·=ex+1+(-1),

所以当x∈(0,1)时,g′(x)>0,

所以当x∈(0,1)时,g(x)<g(1)=0,

所以当x∈(0,1)时,F′(x)>0,

所以F(x)在(0,1)上单调递增,

所以F(x)<F(1),

即在(0,1)上f(x)-f()<F(1)=0.

又f(x1)=f(x2)=0,所以f(x2)-f()<0,即f(x2)<f().

由(1)可知,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以x2<,即x1x2<1.

法二　不妨设x1<x2,则由(1)知0<x1<1<x2,0<<1.

由f(x1)=f(x2)=0,

得-ln x1+x1=-ln x2+x2,

即+x1-ln x1=+x2-ln x2.

因为函数y=ex+x在R上单调递增,

所以x1-ln x1=x2-ln x2成立.

构造函数h(x)=x-ln x,

g(x)=h(x)-h()=x--2ln x,

则g′(x)=1+-=≥0,

所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,

所以当x>1时,g(x)>g(1)=0,即当x>1时,

h(x)>h(),所以h(x1)=h(x2)>h(),

又h′(x)=1-=,所以h(x)在(0,1)上单调递减,所以0<x1<<1,

即x1x2<1.