（新高考）高考数学一轮复习讲练测第3章§3.8隐零点与极值点偏移问题[培优课](含解析)

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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)))＝ SKIPIF 1 < 0 －100，
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)＝ SKIPIF 1 < 0 －ln x0－x0－2，又因为φ(x0)＝0，即 SKIPIF 1 < 0 ＝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＋11)，
令g(x)＝eq \f(xln x＋1,x－1)(x>1)，则g′(x)＝eq \f(x－ln x－2,x－12)，
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(x0ln x0＋1,x0－1)＝eq \f(x0x0－1,x0－1)＝x0，
∴k＋1又x0∈(3,4)，∴x0－1∈(2,3)，∴整数k的最大值为2.
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要证x1＋x2>2，
只要证x2>2－x1>1.
由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f(x2)由于f(x1)＝f(x2)，
故只要证f(x1)令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex－2(0则H′(x)＝eq \f(1－x,ex)－eq \f(1－x,e2－x)＝eq \f(e2－x－ex1－x,e2)，
因为00,2－x>x，
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)即有f(x1)所以x1＋x2>2.
方法二 (比值代换法)设0由f(x1)＝f(x2)，
得 SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，
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＋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.
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＋a2)＝eq \f(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－a<1，即a>－1时，若－a1，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]＝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a>h(1)＝1，
所以g(x)有两个不同的零点x1，x2且0令φ(x)＝h(x)－heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝x－eq \f(1,x)－2ln x(0则φ′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(x－12,x2)>0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0又0因为x2>1，eq \f(1,x1)>1，且h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2课时精练
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－1x－2,x)，
当0eq \f(1,2)时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，(2，＋∞)上单调递增．
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 SKIPIF 1 < 0 ＝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)＝ SKIPIF 1 < 0 －ln x0－2＝eq \f(1,x0)－ SKIPIF 1 < 0 －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则当x>－1和x0，g(x)单调递增，
当ln(2m)若－1eq \f(1,2e)，
则当x<－1和x>ln(2m)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当－1当－1＝ln(2m)，即m＝eq \f(1,2e)时，g′(x)≥0，g(x)在R上单调递增，
综上所述，当0当m>eq \f(1,2e)时，g(x)在(－∞，－1), (ln(2m)，＋∞)上单调递增， 在(－1，ln(2m))上单调递减，
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 SKIPIF 1 < 0 ＝mx1， SKIPIF 1 < 0 ＝mx2，两式相除得，
SKIPIF 1 < 0 ＝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.