2024年高考数学一轮复习（新高考版）第3章　§3.8　隐零点与极值点偏移问题[培优课]_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_1.2024一轮复习_2024年高考数学一轮复习讲义（新高考版）

§3.8 隐零点与极值点偏移问题 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－＋1，g(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)＝＋2定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝， 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)＝＋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－＝(x＋1)， 令φ(x)＝ex＋1－，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 而φ＝ －100， 故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x，且x∈， 0 0 当x∈(0，x)时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在(0，x)上单调递减； 0 0 当x∈(x，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在(x，＋∞)上单调递增， 0 0 故h(x) ＝h(x)＝ －ln x－x－2，又因为φ(x)＝0，即 ＝， min 0 0 0 0 所以h(x)＝－ln x－x－1＝(x＋1)－x－1＝0，从而h(x)≥h(x)＝0， 0 0 0 0 0 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′(x)＝0，并结合f′(x) 0 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－＝， 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－(x>0)； 由ln x＋1>(1＋k)f′(x)得，x(ln x＋1)>(1＋k)(x－1)，即k＋1<(x>1)， 令g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝， 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0， ∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－ln 4>0， ∴∃x∈(3,4)，使得h(x)＝x－ln x－2＝0， 0 0 0 0 此时ln x＝x－2， 0 0 则当x∈(1，x)时，g′(x)<0；当x∈(x，＋∞)时，g′(x)>0， 0 0 ∴g(x)在(1，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增， 0 0 ∴g(x) ＝g(x)＝＝＝x， min 0 0 ∴k＋12. 1 2 1 2 1 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)＝，无极小值． (2)证明 方法一 (对称化构造函数法) 由(1)知，不妨设02， 1 2 只要证x>2－x>1. 2 1 由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f(x)0,2－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)2. 1 2 方法二 (比值代换法)设01，则x＝tx ，代入上式得ln x－x＝ln t＋ln x－tx ，得x＝，x＝， 2 1 1 1 1 1 1 2 所以x＋x＝>2⇔ln t－>0， 1 2 设g(t)＝ln t－(t>1)， 所以g′(t)＝－＝>0， 所以当t>1时，g(t)单调递增， 所以g(t)>g(1)＝0，所以ln t－>0， 故x＋x>2. 1 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x ＋x>(<)2x 型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x －x)； 1 2 0 0 对结论xx>(<)x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式． 1 2 (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． 跟踪训练2 已知函数f(x)＝ln(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x，x，证明：xx<1. 1 2 1 2 (1)解 由已知得，函数f(x)的定义域为(－a，＋∞)， 则f′(x)＝－＝， 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－＝， 令h′(x)>0，则x>1，令h′(x)<0，则0h(1)＝1， 所以g(x)有两个不同的零点x，x 且00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01，>1，且h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x<，故xx<1得证． 2 2 1 2 课时精练 1．已知函数f(x)＝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)＋＝， 当0<<2，即a>时，f(x)在，(2，＋∞)上单调递增． 当＝2，即a＝时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当>2，即0时，f(x)的单调递增区间为，(2，＋∞)； 当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当00， 构造函数h(x)＝ex－ln x－2(x>0)， h′(x)＝ex－，令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝ex＋>0，h′(x)在(0，＋∞)上单调递增， h′＝－2<0，h′(1)＝e－1>0， 故存在x∈，使得h′(x)＝0，即 ＝. 0 0 当x∈(0，x)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 0 当x∈(x，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增． 0 所以当x＝x 时，h(x)取得极小值，也是最小值． 0 h(x) ＝h(x)＝ －ln x－2＝－ －2＝＋x－2>2－2＝0， min 0 0 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x，x，证明：x＋x>2. 1 2 1 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x＝－1，x＝ln(2m)， 1 2 若－1>ln(2m)，即0－1和x0，g(x)单调递增， 当ln(2m)， 则当x<－1和x>ln(2m)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当－1时，g(x)在(－∞，－1), (ln(2m)，＋∞)上单调递增， 在(－1，ln(2m))上单调递减， 当m＝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(x)＝0，F(x)＝0，则 ＝mx， ＝mx，两式相除得， 1 2 1 2＝， ① 不妨设x>x，令t＝x－x，则t>0，x＝t＋x， 2 1 2 1 2 1 代入①得，et＝，x＝， 1 则x＋x＝2x＋t＝＋t， 1 2 1 故要证x＋x>2，即证＋t>2， 1 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x＋x>2. 1 2