2024高考数学一轮复习讲义(步步高版)第三章 §3.8 隐零点与极值点偏移问题[培优课]
展开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-eq \f(2,x)+1,g(x)=eq \f(ln x,x)+2.
(1)求函数g(x)的极值;
(2)当x>0时,证明:f(x)≥g(x).
(1)解 g(x)=eq \f(ln x,x)+2定义域为(0,+∞),g′(x)=eq \f(1-ln x,x2),
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)=eq \f(1,e)+2,无极小值.
(2)证明 f(x)≥g(x)等价于证明xex+1-2≥ln x+x(x>0),
即xex+1-ln x-x-2≥0.
令h(x)=xex+1-ln x-x-2(x>0),
h′(x)=(x+1)ex+1-eq \f(1+x,x)=(x+1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex+1-\f(1,x))),
令φ(x)=ex+1-eq \f(1,x),则φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
而φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))=-10
故φ(x)在(0,+∞)上存在唯一零点x0,且x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10),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)=-ln x0-x0-2,又因为φ(x0)=0,即=eq \f(1,x0),
所以h(x0)=-ln x0-x0-1=(x0+1)-x0-1=0,从而h(x)≥h(x0)=0,
即f(x)≥g(x).
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-aln x-2.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a=1,f′(x)为f(x)的导函数,当x>1时,ln x+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-eq \f(a,x)=eq \f(x-a,x),
当a≤0时,f′(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0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a>0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-ln x-2,
f′(x)=1-eq \f(1,x)(x>0);
由ln x+1>(1+k)f′(x)得,x(ln x+1)>(1+k)(x-1),即k+1
令g(x)=eq \f(xln x+1,x-1)(x>1),则g′(x)=eq \f(x-ln x-2,x-12),
令h(x)=x-ln x-2(x>1),则h′(x)=1-eq \f(1,x)=eq \f(x-1,x)>0,
∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
又h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-ln 4>0,
∴∃x0∈(3,4),使得h(x0)=x0-ln x0-2=0,
此时ln x0=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)=eq \f(x0ln x0+1,x0-1)=eq \f(x0x0-1,x0-1)=x0,
∴k+1
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+x2>2.
(1)解 f′(x)=e-x(1-x),
令f′(x)>0得x<1;令f′(x)<0得x>1,
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)=eq \f(1,e),无极小值.
(2)证明 方法一 (对称化构造函数法)
由(1)知,不妨设0
只要证x2>2-x1>1.
由于f(x)在(1,+∞)上单调递减,故只要证f(x2)
故只要证f(x1)
因为0
所以e2-x>ex,即e2-x-ex>0,
所以H′(x)>0,所以H(x)在(0,1)上单调递增,
所以H(x)
方法二 (比值代换法)设0
得=,
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+1ln t,t-1)>2⇔ln t-eq \f(2t-1,t+1)>0,
设g(t)=ln t-eq \f(2t-1,t+1)(t>1),
所以g′(t)=eq \f(1,t)-eq \f(2t+1-2t-1,t+12)=eq \f(t-12,tt+12)>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(2t-1,t+1)>0,
故x1+x2>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 已知函数f(x)=ln(x+a)-eq \f(x-1,x+a),函数g(x)满足ln[g(x)+x2]=ln x+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:x1x2<1.
(1)解 由已知得,函数f(x)的定义域为(-a,+∞),
则f′(x)=eq \f(1,x+a)-eq \f(x+a-x-1,x+a2)=eq \f(x-1,x+a2),
所以当-a≥1,即a≤-1时,f′(x)>0,f(x)在(-a,+∞)上单调递增,
当-a<1,即a>-1时,若-a
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]=ln x+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-ln x=a,
设h(x)=x-ln x(x>0),
所以h′(x)=1-eq \f(1,x)=eq \f(x-1,x),
令h′(x)>0,则x>1,令h′(x)<0,则0
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a>h(1)=1,
所以g(x)有两个不同的零点x1,x2且0
所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增,φ(x)<φ(1)=0,
即当0
1.已知函数f(x)=eq \f(1,2)ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R).
(1)当a>0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)+eq \f(2,x)=eq \f(ax-1x-2,x),
当0
当eq \f(1,a)=2,即a=eq \f(1,2)时,f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当eq \f(1,a)>2,即0综上所述,当a>eq \f(1,2)时,f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,a))),(2,+∞);
当a=eq \f(1,2)时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);
当0(2)证明 当a=0时,由f(x)<2ex-x-4化简得ex-ln x-2>0,
构造函数h(x)=ex-ln x-2(x>0),
h′(x)=ex-eq \f(1,x),令g(x)=h′(x),则g′(x)=ex+eq \f(1,x2)>0,h′(x)在(0,+∞)上单调递增,
h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=eq \r(e)-2<0,h′(1)=e-1>0,
故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),1)),使得h′(x0)=0,即=eq \f(1,x0).
当x∈(0,x0)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;
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)=-ln x0-2=eq \f(1,x0)--2=eq \f(1,x0)+x0-2>2eq \r(\f(1,x0)·x0)-2=0,
所以h(x)=ex-ln x-2>0,故f(x)<2ex-x-4.
2.设f(x)=xex-mx2,m∈R.
(1)设g(x)=f(x)-2mx,当m>0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+x2>2.
(1)解 g(x)=xex-mx2-2mx(x∈R),g′(x)=(x+1)(ex-2m),
当m>0时,令g′(x)=0,得x1=-1,x2=ln(2m),
若-1>ln(2m),即0
当ln(2m)
则当x<-1和x>ln(2m)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
当-1
综上所述,当0
当m=eq \f(1,2e)时,g(x)在R上单调递增.
(2)证明 令f(x)=xex-mx2=0,因为x>0,所以ex=mx,
令F(x)=ex-mx(x>0), F(x1)=0,F(x2)=0,则=mx1,=mx2,两式相除得,
=eq \f(x1,x2), ①
不妨设x2>x1,令t=x2-x1,则t>0,x2=t+x1,
代入①得,et=eq \f(t+x1,x1),x1=eq \f(t,et-1),
则x1+x2=2x1+t=eq \f(2t,et-1)+t,
故要证x1+x2>2,即证eq \f(2t,et-1)+t>2,
又因为et-1>0,
等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0,
构造函数h(t)=2t+(t-2)(et-1)(t>0),
则h′(t)=(t-1)et+1,
令h′(t)=G(t),则G′(t)=tet>0,
故h′(t)在(0,+∞)上单调递增,h′(t)>h′(0)=0,
从而h(t)在(0,+∞)上单调递增,h(t)>h(0)=0.
即x1+x2>2.
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