(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升3.8《隐零点与极值点偏移问题培优课》(2份打包，原卷版+教师版)

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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 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，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>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，φ′(2)>0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x0，且1则φ′(x0)＝ SKIPIF 1 < 0 ﹣eq \f(1,x0)＝0，即 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,x0).
当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
所以φ(x)≥φ(x0)＝ SKIPIF 1 < 0 ﹣ln x0，结合 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,x0)，知x0﹣2＝﹣ln x0，
所以φ(x)≥φ(x0)＝eq \f(1,x0)＋x0﹣2＝eq \f(x\\al(2,0)－2x0＋1,x0)＝eq \f(x0－12,x0)>0，则φ(x)＝ex﹣2﹣ln x>0，
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 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)<1﹣2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数据：ln 3<\f(4,3)，ln 4>\f(5,4))).
解 (1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝2x2＋ln x﹣4x，则f′(x)＝4x＋eq \f(1,x)﹣4，
可得f′(1)＝1，且f(1)＝2＋ln 1﹣4＝﹣2，
即函数f(x)在点(1，﹣2)处的切线斜率k＝1，
所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y﹣(﹣2)＝x﹣1，即x﹣y﹣3＝0.
(2)由F(x)＝af(x)﹣x2＝aln x﹣(2a＋1)x，
因为F(x)<1﹣2ax在(1，＋∞)上恒成立，即aln x﹣(2a＋1)x<1﹣2ax在(1，＋∞)上恒成立，
即a1，可得h′(x)＝eq \f(ln x－\f(1,x)－1,ln 2x)，
令t(x)＝ln x﹣eq \f(1,x)﹣1(x>1)，可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，
所以存在x0∈(3,4)，使得t(x0)＝ln x0﹣eq \f(1,x0)﹣1＝0，
从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(x0)＝eq \f(x0＋1,ln x0)＝eq \f(x0＋1,\f(1,x0)＋1)＝x0∈(3,4)，因为a所以a题型二 极值点偏移问题
极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有构造对称函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．
例2 (12分)已知函数f(x)＝x(1﹣ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；[切入点：导函数的正负判定]
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a﹣aln b＝a﹣b，证明：2思维升华 极值点偏移问题的解法
(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>(<)xeq \\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)﹣f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),x)))，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＝eq \f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
跟踪训练2 (2022·启东模拟)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eq \f(x,ex)﹣a＝0，令g(x)＝eq \f(x,ex)﹣a，则g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
由g′(x)＝eq \f(1－x,ex)>0，得x<1；由g′(x)＝eq \f(1－x,ex)<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方法一 (对称化构造函数法)要证x1＋x2>2，只要证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)＝eq \f(x,ex)﹣eq \f(2－x,e2－x)(x<1)，则H′(x)＝eq \f(1－x,ex)﹣eq \f(1－x,e2－x)＝eq \f(e2－x－ex1－x,e2)，
因为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)2.
方法二 (比值代换法)设0等式两边取对数得ln x1﹣x1＝ln x2﹣x2.
令t＝eq \f(x2,x1)>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1﹣x1＝ln t＋ln x1﹣tx1，
得x1＝eq \f(ln t,t－1)，x2＝eq \f(tln t,t－1).所以x1＋x2＝eq \f(t＋1ln t,t－1)>2⇔ln t﹣eq \f(2t－1,t＋1)>0，
设g(t)＝ln t﹣eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，所以g′(t)＝eq \f(1,t)﹣eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
所以当t>1时，g(t)单调递增，所以g(t)>g(1)＝0，所以ln t﹣eq \f(2t－1,t＋1)>0，
故x1＋x2>2.
课时精练
1．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00，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，
单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)因为对任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，即a≥eq \f(ln x＋x＋1,xex)恒成立．
令g(x)＝eq \f(ln x＋x＋1,xex)，则g′(x)＝eq \f(－x＋1ln x＋x,x2ex).令h(x)＝x＋ln x，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)﹣1<0，h(1)＝1>0，所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使得h(x0)＝x0＋ln x0＝0，
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)max＝g(x0)＝ SKIPIF 1 < 0 ，由x0＋ln x0＝0，可得x0＝﹣ln x0.
则 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,x0)，所以g(x)max＝g(x0)＝ SKIPIF 1 < 0 ＝1，
又a≥eq \f(ln x＋x＋1,xex)恒成立，所以a≥1.
综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝eq \f(x2,a)﹣2ln x(a∈R，a≠0)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x14.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(2x,a)﹣eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－2a,ax).
当a<0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上无极值；
当a>0时，若x∈(0，eq \r(a))，f′(x)<0，f(x)在(0，eq \r(a))上单调递减．
若x∈(eq \r(a)，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增，
故当x＝eq \r(a)时，f(x)在(0，＋∞)上的极小值为f(eq \r(a))＝1﹣2ln eq \r(a)＝1﹣ln a，无极大值．
(2)证明 当a＝4时，f(x)＝eq \f(x2,4)﹣2ln x，由(1)知，f(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，x＝2是极值点，
又x1，x2为函数f(x)的零点，∴04，只需证x2>4﹣x1.
∵f(4﹣x1)＝eq \f(4－x12,4)﹣2ln(4﹣x1)＝eq \f(x\\al(2,1),4)﹣2x1＋4﹣2ln(4﹣x1)，f(x1)＝eq \f(x\\al(2,1),4)﹣2ln x1＝0，
∴f(4﹣x1)＝2ln x1﹣2x1＋4﹣2ln(4﹣x1)，
令h(x)＝2ln x﹣2x＋4﹣2ln(4﹣x)(00，
∴h(x)在(0,2)上单调递增，∴h(x)∴4﹣x14得证．
3．已知函数f(x)＝aex﹣2x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，求证：f(x)＋x2﹣eq \f(21,8)x＋1>0.
(1)解 ∵f′(x)＝aex﹣2，若a≤0，则aex﹣2<0恒成立，f(x)单调递减．
若a>0，当aex﹣2<0，exln eq \f(2,a)时，f(x)单调递增．
∴当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(2,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，＋∞))上单调递增．
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝ex﹣2x.
设g(x)＝f(x)＋x2﹣eq \f(21,8)x＋1＝ex﹣2x＋x2﹣eq \f(21,8)x＋1＝ex＋x2﹣eq \f(37,8)x＋1，
则g′(x)＝ex＋2x﹣eq \f(37,8)，令h(x)＝g′(x)＝ex＋2x﹣eq \f(37,8)，则h′(x)＝ex＋2>0，
∴h(x)在R上单调递增，又h(0)<0，h(1)>0，∴存在唯一零点x0∈(0,1)，
使h(x0)＝ SKIPIF 1 < 0 ＋2x0﹣eq \f(37,8)＝0，①
当x∈(﹣∞，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)在x＝x0处取得极小值，也是最小值．
g(x)min＝g(x0)＝ SKIPIF 1 < 0 ＋xeq \\al(2,0)﹣eq \f(37,8)x0＋1，将①式代入，
则g(x)min＝g(x0)＝eq \f(37,8)﹣2x0＋xeq \\al(2,0)﹣eq \f(37,8)x0＋1＝xeq \\al(2,0)﹣eq \f(53,8)x0＋eq \f(45,8)，
∵二次函数y＝x2﹣eq \f(53,8)x＋eq \f(45,8)在(0,1)上单调递减，
∴当x＝1时，y有最小值ymin＝12﹣eq \f(53,8)＋eq \f(45,8)＝0，
∴g(x)min>0，∴f(x)＋x2﹣eq \f(21,8)x＋1>0.
4．已知函数f(x)＝xln x﹣eq \f(1,2)mx2﹣x，m∈R.
(1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)为f(x)的导函数)，求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2.
(1)解 因为g(x)＝ln x﹣mx，g′(x)＝eq \f(1－mx,x)，
①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)>0，
所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1﹣me；
②当eq \f(1,m)≥e，即0所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1﹣me；
③当1则g(x)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＝﹣ln m﹣1；
④当0则g(x)max＝g(1)＝﹣m.
综上，当m≤eq \f(1,e)时，g(x)max＝g(e)＝1﹣me；
当eq \f(1,e)当m≥1时，g(x)max＝g(1)＝﹣m.
(2)证明 要证x1x2>e2，只需证ln x1＋ln x2>2，
若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个变号零点，
又f′(x)＝ln x﹣mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同的实根，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0，))解得m＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)，
另一方面，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0，))得ln x2﹣ln x1＝m(x2﹣x1)，
从而可得eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)，
于是ln x1＋ln x2＝eq \f(ln x2－ln x1x2＋x1,x2－x1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,x1)))ln \f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).不妨设0设t＝eq \f(x2,x1)，则t>1.因此ln x1＋ln x2＝eq \f(1＋tln t,t－1)，t>1.要证ln x1＋ln x2>2，
即证eq \f(t＋1ln t,t－1)>2，t>1，即当t>1时，有ln t>eq \f(2t－1,t＋1)，
设函数h(t)＝ln t﹣eq \f(2t－1,t＋1)，t>1，则h′(t)＝eq \f(1,t)﹣eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>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(2t－1,t＋1).
所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2得证．