2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第三章 §3.8　隐零点与极值点偏移问题　培优课

§3.8　隐零点与极值点偏移问题题型一　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　(2022·扬州模拟)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\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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10，φ(x)单调递增，所以φ(x)≥φ(x0)＝－ln x0，结合＝eq \f(1,x0)，知x0－2＝－ln x0，所以φ(x)≥φ(x0)＝eq \f(1,x0)＋x0－2＝eq \f(x\o\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　(2022·淄博模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,a)x2＋ln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(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a<eq \f(x＋1,ln x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝eq \f(x＋1,ln x)，x>1，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<eq \f(x＋1,ln x)在(1，＋∞)上恒成立，所以a(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>(<)xeq \o\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\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<12，只要证x2>2－x1>1.由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x2)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)2.方法二　(比值代换法)设01，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．(2022·长沙模拟)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\co1(\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\co1(\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)＝，由x0＋ln x0＝0，可得x0＝－ln x0.则＝eq \f(1,x0)，所以g(x)max＝g(x0)＝＝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．(2022·苏州模拟)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\o\al(2,1),4)－2x1＋4－2ln(4－x1)，f(x1)＝eq \f(x\o\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得证．3．(2022·湛江模拟)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，ex<eq \f(2,a)，即xln 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\co1(－∞，ln \f(2,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)＝＋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)＝＋xeq \o\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 \o\al(2,0)－eq \f(37,8)x0＋1＝xeq \o\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．(2022·百校联盟联考)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0e2，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\co1(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\co1(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\co1(1＋\f(x2,x1)))ln \f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).不妨设01.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．