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，
∴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，∴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01时，－4ln x0