2025版高考数学全程一轮复习练习第三章一元函数的导数及其应用专题培优课隐零点与极值点偏移问题

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关键能力·题型剖析
题型一隐零点问题
例1 [2024·江苏扬州模拟]已知函数f(x)＝x2＋x－ln x.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
[听课记录]
题后师说
零点问题求解三步曲
巩固训练1 [2024·河南许昌模拟]已知函数f(x)＝x－ln x－2.
(1)求出函数f(x)的极值；
(2)若对于任意的x∈(1，＋∞)，都有x ln x＋x>(x－1)，求整数k的最大值．
题型二极值点偏移
例2 [2024·福建莆田模拟]已知函数f(x)＝ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两不等实根，求证：>2e.
题后师说
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)；对结论型，构造函数F(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＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
巩固训练2 [2024·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数．
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，求a的值；
(2)若函数f(x)有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2.
专题培优课 隐零点与极值点偏移问题
关键能力·题型剖析
例1 解析：(1)由题可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝x2＋x－ln x，
f′(x)＝2x＋1－＝＝，
令f′(x)＝0得x＝或x＝－1(舍去)
所以f(x)在(0，)上单调递减，(，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)＝x2＋x－ln x，
要证明f(x)＋ex>x2＋x＋2，只用证明ex－ln x－2>0，
令g(x)＝ex－ln x－2，g′(x)＝ex－，
设h(x)＝ex－，h′(x)＝ex＋>0，即g′(x)单调递增，
g′()＝－2<0，g(1)＝e－1>0，
可得函数g′(x)有唯一的零点x0(x0>0且x0≠1)，满足－＝0，
当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下，
所以g(x)min＝g(x0)＝－ln x0－2＝＋x0－2，
因为＋x0－2≥2－2＝0，x0≠1，所以不取等号，
即＋x0－2>0，即g(x)min>0恒成立，
所以ex－ln x－2>0恒成立，
所以对∀x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2成立．
巩固训练1 解析：(1)由函数f(x)＝x－ln x－2的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝1－＝，
令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0，则0所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．
所以f(x)取得极小值f(1)＝－1，无极大值．
(2)∀x∈(1，＋∞)，x ln x＋x>(x－1)⇔k<，
令g(x)＝，x>1，则g′(x)＝，
由(1)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，
且f(3)＝1－ln 3<0，f(3.5)＝1.5－ln 3.5>0，
则f(x)在区间(3，3.5)内存在唯一的零点x0，
使f(x0)＝x0－ln x0－2＝0，即ln x0＝x0－2，
则当x∈(1，x0)时，f(x)<0，g′(x)<0，
有g(x)在(1，x0)上单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，g′(x)>0，
g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
于是得g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3，3.5)，
因此，k<2g(x)min＝2x0∈(6，7)，
所以整数k的最大值为6.
例2 解析：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝ln x－ax2得：f′(x)＝－2ax＝，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0得0，
所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
(2)因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0的两不等实根，ln x－ax2＝0⇔2ln x－2ax2＝0，
即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0的两不等实根，
令t＝x2(t>0)，则t1＝，t2＝，即t1，t2是方程2a＝的两不等实根．
令g(t)＝，则g′(t)＝，所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝，
当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)>0且g(t)→0.
所以0<2a<，即0令12e，只需证t1＋t2>2e，
解法1(对称化构造)：令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)，
则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝＝，
令φ(t)＝(2e－t)ln t－t ln (2e－t)，
则φ′(t)＝－1－ln t－ln (2e－t)＋＝－ln (－t2＋2et)>－2>0，
所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)<φ(e)＝0，
所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)<0，所以g(t)所以g(t2)＝g(t1)2e－t1，
即t1＋t2>2e，所以>2e.
解法2(对数均值不等式)：先证<，令0只需证<，只需证－ln x<0(x＝>1)，
令φ(x)＝－ln x(x>1)，φ′(x)＝＝<0，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)＝0.
因为＝，所以＝<，
所以ln t1＋ln t2>2，即t1t2>e2，所以t1＋t2>2>2e，所以>2e.
巩固训练2 解析：(1)由f(x)＝ln x－ax，得：f′(x)＝－a，
∵函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，
∴f′(1)＝1－a＝0，即a＝1.
(2)证明：∵函数f(x)有两个零点x1、x2，
∴ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
∴ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，
∴＝a，
欲证明x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2，
∵ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
∴即证a＞，
∴原命题等价于证明＞，
即证：ln ＞(x1＞x2)，
令＝t，则t＞1，设g(t)＝ln t－(t＞1)，
g′(t)＝＝＞0，
∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
又∵g(1)＝0，
∴g(t)＞g(1)＝0，
∴ln t＞，即x1x2＞e2.x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
g(x)
单调递减
极小值
单调递增
x
(0，x0)
x0
(x0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
单调递减
极小值
单调递增