高考数学科学创新复习方案提升版素能培优（四）设而不求与极值点偏移问题学案（Word版附解析）

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考向一 设而不求问题
例1 (2024·湛江模拟)已知函数f(x)＝ex－1－ln x.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)求证：exf(x)＋(ex－1)ln x－ex＋eq \f(1,2)>0.
解 (1)∵f(x)＝ex－1－ln x，
∴f′(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，
设μ(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，则μ′(x)＝ex－1＋eq \f(1,x2)>0，
∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵μ(1)＝0，∴f′(1)＝0，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则f(x)min＝f(1)＝1.
(2)证明：要证exf(x)＋(ex－1)ln x－ex＋eq \f(1,2)>0，
只需证ex(ex－1－ln x)＋(ex－1)ln x－ex＋eq \f(1,2)>0，即证(x－1)ex－ln x＋eq \f(1,2)>0.
令g(x)＝(x－1)ex－ln x＋eq \f(1,2)，
则g′(x)＝xex－eq \f(1,x)(x>0)，
当x>0时，令h(x)＝g′(x)＝xex－eq \f(1,x)，
则h′(x)＝(x＋1)ex＋eq \f(1,x2)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
即g′(x)＝xex－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上为增函数，
又g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(2,3)eeq \s\up7(\f(2,3))－eq \f(3,2)＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(e\s\up7(\f(2,3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(27,8)))\s\up12(\s\up7(\f(2,3)))))<0，
g′(1)＝e－1>0，∴存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))，使得g′(x0)＝0.
由g′(x0)＝x0e x0－eq \f(1,x0)＝eq \f(xeq \\al(2,0)ex0－1,x0)＝0，
得xeq \\al(2,0)ex0＝1，即e x0＝eq \f(1,xeq \\al(2,0))，即－2ln x0＝x0，
∴当x∈(0，x0)时，g′(x)＝xex－eq \f(1,x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝xex－eq \f(1,x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(x0)＝(x0－1)ex0－ln x0＋eq \f(1,2)＝eq \f(x0－1,xeq \\al(2,0))＋eq \f(x0,2)＋eq \f(1,2)＝eq \f(xeq \\al(3,0)＋xeq \\al(2,0)＋2x0－2,2xeq \\al(2,0)).
令φ(x)＝x3＋x2＋2x－2，
则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))时，φ′(x)＝3x2＋2x＋2＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(5,3)>0，
∴φ(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))上单调递增，
∴φ(x0)>φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(2,27)>0，
∴g(x)>0，
∴(x－1)ex－ln x＋eq \f(1,2)>0，即exf(x)＋(ex－1)ln x－ex＋eq \f(1,2)>0.
隐零点问题解题策略
我们把函数或其导函数存在零点，但零点不可求出的问题称为隐零点问题，具体求解步骤如下：
(1)用零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，f′(x)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围(有时范围可根据具体情况适当缩小)．
(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f′(x)＝0适当变形，整体代入f(x)最值式子进行化简，可以消除f(x)最值式子中的指对项，也可以消除其中的参数项，再将得到的f(x)最值式子进行化简证明．
(2024·湖北部分学校联考)已知函数f(x)＝(x－4)ln x＋x2＋ax－2.
(1)证明：f(x)有唯一的极值点；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f′(x)＝ln x＋eq \f(x－4,x)＋2x＋a＝ln x－eq \f(4,x)＋2x＋a＋1，所以f′(x)在定义域内单调递增，且值域为R，
所以f′(x)有唯一的零点x0∈(0，＋∞)，使得f′(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)有唯一的极值点．
(2)由(1)知，f(x)在x＝x0处取得极小值，也是最小值，
由f′(x0)＝0，得a＝－ln x0－2x0＋eq \f(4,x0)－1，
所以f(x0)＝(x0－4)ln x0＋xeq \\al(2,0)＋ax0－2
＝(x0－4)ln x0＋xeq \\al(2,0)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ln x0－2x0＋\f(4,x0)－1))x0－2
＝－4ln x0－xeq \\al(2,0)－x0＋2
＝－4ln x0－(x0＋2)(x0－1)，
当0当x0>1时，－4ln x0<0，－(x0＋2)(x0－1)<0，所以f(x0)<0，
因为f(x0)≥0，所以0设h(x)＝－ln x－2x＋eq \f(4,x)－1(0因为h(x)单调递减，
所以a＝h(x0)≥h(1)＝1，即a≥1.
所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．
考向二 极值点偏移问题
例2 (2021·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝x(1－ln x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．借助函数f(x)的单调性解决下列问题．
(1)设x1，x2是两个不相等的正数，且x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，证明：2(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2证明 (1)∵f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝1，且f(e)＝0.
由x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)知，
x1，x2是f(x)＝k的两根，其中k∈(0，1)，
不妨令x1∈(0，1)，x2∈(1，e)，则2－x1>1，
先证22－x1，
即证f(x1)＝f(x2)令h(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0，1)，
则h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln (2－x)＝－ln [x(2－x)]>0，
故函数h(x)单调递增，
∴h(x)∴f(x1)故2下面证明x1＋x2∵0∴1－ln x1>1，∴x1(1－ln x1)>x1.
∵x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，
∴x2(1－ln x2)>x1.
要证x1＋x2只要证x2(1－ln x2)＋x2即证2x2－x2ln x2设g(x)＝2x－xln x，x∈(1，e)，
则g′(x)＝1－ln x>0.
∴g(x)在(1，e)上单调递增．
∴g(x)<2e－e＝e.
∴2x2－x2ln x2∴原命题成立，即x1＋x2综上可知，2(2)由bln a－aln b＝a－b得－eq \f(1,a)ln eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)ln eq \f(1,b)＝eq \f(1,b)－eq \f(1,a)，
即eq \f(1,a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－ln \f(1,a)))＝eq \f(1,b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－ln \f(1,b)))，
借助(1)的结论知2函数极值点偏移问题的解题策略
(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)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性证明不等式．
(2)(比值代换法)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，利用函数的单调性证明不等式．
(2023·张家口模拟)已知函数f(x)＝x2＋2csx，f′(x)为函数f(x)的导函数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)已知函数g(x)＝f′(x)－5x＋5aln x，存在x1，x2且x1≠x2，使得g(x1)＝g(x2)，证明：x1＋x2>2a.
解 (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2x－2sinx，
令h(x)＝2x－2sinx，则h′(x)＝2－2csx≥0，
所以函数h(x)在R上单调递增，
又因为h(0)＝0，
所以h(x)<0⇒x<0，h(x)>0⇒x>0，
即f′(x)<0⇒x<0，f′(x)>0⇒x>0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)，得g(x)＝2x－2sinx－5x＋5aln x＝－2sinx－3x＋5aln x，x>0，
又g(x1)＝g(x2)，即－2sinx1－3x1＋5aln x1＝－2sinx2－3x2＋5aln x2，
所以5a(ln x2－ln x1)＝2(sinx2－sinx1)＋3(x2－x1)．
不妨设x2>x1>0，所以ln x2>ln x1.
由(1)得当x>0时，函数f′(x)单调递增，
所以2x1－2sinx1<2x2－2sinx2，
故2(sinx2－sinx1)<2(x2－x1)，
所以5a(ln x2－ln x1)＝2(sinx2－sinx1)＋3(x2－x1)<5(x2－x1)，
所以a下证eq \f(2（x2－x1）,ln x2－ln x1)即证eq \f(2（x2－x1）,x2＋x1)设eq \f(x2,x1)＝t>1，h(t)＝ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)，t>1，
则h′(t)＝eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，所以函数h(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>ln 1－eq \f(2×（1－1）,1＋1)＝0，
故ln t>eq \f(2（t－1）,t＋1)，即ln eq \f(x2,x1)>eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)－1)),\f(x2,x1)＋1)，
所以eq \f(2（x2－x1）,x2＋x1)所以x2＋x1>2a，得证．考点
难度
2023
Ⅱ卷T22
已知极值点求参数范围，用到了“设而不求”
难
2022
Ⅰ卷T22
单调性、最值、零点，用到了“设而不求”
难
2021
Ⅰ卷T22
单调性、不等式的证明，用到了“极值点偏移”
难