2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.8　隐零点与极值点偏移问题[培优课]

公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君§3.8隐零点与极值点偏移问题隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；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，隐零点与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，难度大．题型一隐零点例1(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝ex＋1－2x＋1，g(x)＝lnxx＋2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x0时，证明：f(x)≥g(x)．(1)解g(x)＝lnxx＋2定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1－lnxx2，则当x∈(0，e)时，g′(x)0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)＝1e＋2，无极小值．(2)证明f(x)≥g(x)等价于证明xex＋1－2≥lnx＋x(x0)，即xex＋1－lnx－x－2≥0.令h(x)＝xex＋1－lnx－x－2(x0)，h′(x)＝(x＋1)ex＋1－1＋xx＝(x＋1)ex＋1－1x，令φ(x)＝ex＋1－1x，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，而φ110＝1110e－10e2－100，φ(1)＝e2－10，故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈110，1，当x∈(0，x0)时，φ(x)0，h′(x)0，h(x)在(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)0，h′(x)0，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，故h(x)min＝h(x0)＝010exx＋－lnx0－x0－2，又因为φ(x0)＝0，即01ex＋＝1x0，所以h(x0)＝－lnx0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0，从而h(x)≥h(x0)＝0，即f(x)≥g(x)．公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君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(2023·潍坊模拟)设函数f(x)＝x－alnx－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，f′(x)为f(x)的导函数，当x1时，lnx＋1(1＋k)f′(x)，求整数k的最大值．解(1)由题意知，f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax＝x－ax，当a≤0时，f′(x)0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，若x∈(0，a)，f′(x)0；若x∈(a，＋∞)，f′(x)0；∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增；综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a0时，f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．(2)当a＝1时，f(x)＝x－lnx－2，f′(x)＝1－1x(x0)；由lnx＋1(1＋k)f′(x)得，x(lnx＋1)(1＋k)(x－1)，即k＋1xlnx＋1x－1(x1)，令g(x)＝xlnx＋1x－1(x1)，则g′(x)＝x－lnx－2x－12，令h(x)＝x－lnx－2(x1)，则h′(x)＝1－1x＝x－1x0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(3)＝1－ln30，h(4)＝2－ln40，∴∃x0∈(3,4)，使得h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，此时lnx0＝x0－2，则当x∈(1，x0)时，g′(x)0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(x0)＝x0lnx0＋1x0－1＝x0x0－1x0－1＝x0，∴k＋1x0，即kx0－1，又x0∈(3,4)，∴x0－1∈(2,3)，∴整数k的最大值为2.公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君题型二极值点偏移例2已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x22.(1)解f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)0得x1；令f′(x)0得x1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，所以f(x)有极大值f(1)＝1e，无极小值．(2)证明方法一(对称化构造函数法)由(1)知，不妨设0x11x2，要证x1＋x22，只要证x22－x11.由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f(x2)f(2－x1)，由于f(x1)＝f(x2)，故只要证f(x1)f(2－x1)，令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex－2(0x1)，则H′(x)＝1－xex－1－xe2－x＝e2－x－ex1－xe2，因为0x1，所以1－x0,2－xx，所以e2－xex，即e2－x－ex0，所以H′(x)0，所以H(x)在(0,1)上单调递增，所以H(x)H(1)＝0，即有f(x1)f(2－x1)成立，所以x1＋x22.方法二(比值代换法)设0x11x2，由f(x1)＝f(x2)，得11exx－＝22exx－，等式两边取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝x2x11，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝lntt－1，x2＝tlntt－1，所以x1＋x2＝t＋1lntt－12⇔lnt－2t－1t＋10，设g(t)＝lnt－2t－1t＋1(t1)，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君所以g′(t)＝1t－2t＋1－2t－1t＋12＝t－12tt＋120，所以当t1时，g(t)单调递增，所以g(t)g(1)＝0，所以lnt－2t－1t＋10，故x1＋x22.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()x20型，构造函数F(x)＝f(x)－fx20x，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＝x1x2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已知函数f(x)＝ln(x＋a)－x－1x＋a，函数g(x)满足ln[g(x)＋x2]＝lnx＋x－a.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x21.(1)解由已知得，函数f(x)的定义域为(－a，＋∞)，则f′(x)＝1x＋a－x＋a－x－1x＋a2＝x－1x＋a2，所以当－a≥1，即a≤－1时，f′(x)0，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，当－a1，即a－1时，若－ax1，则f′(x)0，若x1，则f′(x)0，所以f(x)在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤－1时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增；当a－1时，f(x)在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明因为ln[g(x)＋x2]＝lnx＋x－a，所以g(x)＝x·ex－a－x2＝x(ex－a－x)，其定义域为(0，＋∞)，g(x)＝xex－a－x2＝x(ex－a－x)＝0等价于ex－a－x＝0，即x－lnx＝a，设h(x)＝x－lnx(x0)，所以h′(x)＝1－1x＝x－1x，令h′(x)0，则x1，令h′(x)0，则0x1.所以函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为函数g(x)有两个不同的零点，即h(x)＝a有两个不同的根，所以ah(1)＝1，所以g(x)有两个不同的零点x1，x2且0x11x2，且h(x1)＝h(x2)＝a，令φ(x)＝h(x)－h1x＝x－1x－2lnx(0x1)，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君则φ′(x)＝1＋1x2－2x＝x－12x20对任意的x∈(0,1)恒成立，所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，φ(x)φ(1)＝0，即当0x1时，h(x)h1x，又0x11，所以h(x1)＝h(x2)h1x1，因为x21，1x11，且h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x21x1，故x1x21得证．课时精练1．已知函数f(x)＝12ax2－(2a＋1)x＋2lnx(a∈R)．(1)当a0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)当a＝0时，证明：f(x)2ex－x－4.(其中e为自然对数的底数)(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(2a＋1)＋2x＝ax－1x－2x，当01a2，即a12时，f(x)在0，1a，(2，＋∞)上单调递增．当1a＝2，即a＝12时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当1a2，即0a12时，f(x)在(0,2)，1a，＋∞上单调递增．综上所述，当a12时，f(x)的单调递增区间为0，1a，(2，＋∞)；当a＝12时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当0a12时，f(x)的单调递增区间为(0,2)，1a，＋∞.(2)证明当a＝0时，由f(x)2ex－x－4化简得ex－lnx－20，构造函数h(x)＝ex－lnx－2(x0)，h′(x)＝ex－1x，令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝ex＋1x20，h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′12＝e－20，h′(1)＝e－10，故存在x0∈12，1，使得h′(x0)＝0，即0ex＝1x0.当x∈(0，x0)时，h′(x)0，h(x)单调递减；公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递增．所以当x＝x0时，h(x)取得极小值，也是最小值．h(x)min＝h(x0)＝0ex－lnx0－2＝1x0－01lnex－2＝1x0＋x0－221x0·x0－2＝0，所以h(x)＝ex－lnx－20，故f(x)2ex－x－4.2．设f(x)＝xex－mx2，m∈R.(1)设g(x)＝f(x)－2mx，当m0时，讨论函数g(x)的单调性；(2)若函数f(x)在(0，＋∞)有两个零点x1，x2，证明：x1＋x22.(1)解g(x)＝xex－mx2－2mx(x∈R)，g′(x)＝(x＋1)(ex－2m)，当m0时，令g′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝ln(2m)，若－1ln(2m)，即0m12e，则当x－1和xln(2m)时，g′(x)0，g(x)单调递增，当ln(2m)x－1时，g′(x)0，g(x)单调递减，若－1ln(2m)，即m12e，则当x－1和xln(2m)时，g′(x)0，g(x)单调递增，当－1xln(2m)时，g′(x)0，g(x)单调递减，当－1＝ln(2m)，即m＝12e时，g′(x)≥0，g(x)在R上单调递增，综上所述，当0m12e时，g(x)在(－1，＋∞)，(－∞，ln(2m))上单调递增，在(ln(2m)，－1)上单调递减，当m12e时，g(x)在(－∞，－1),(ln(2m)，＋∞)上单调递增，在(－1，ln(2m))上单调递减，当m＝12e时，g(x)在R上单调递增．(2)证明令f(x)＝xex－mx2＝0，因为x0，所以ex＝mx，令F(x)＝ex－mx(x0),F(x1)＝0，F(x2)＝0，则