§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≥lnx+x(x>0), 即xex+1-lnx-x-2≥0. 令h(x)=xex+1-lnx-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=-10<e2-10<0,φ(1)=e2-1>0, 故φ(x)在(0,+∞)上存在唯一零点x0,且x0∈, 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)=-lnx0-x0-2,又因为φ(x0)=0,即=, 所以h(x0)=-lnx0-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-=, 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-lnx-2, f′(x)=1-(x>0); 由lnx+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-lnx-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, ∴∃x0∈(3,4),使得h(x0)=x0-lnx0-2=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)===x0, ∴k+1<x0,即k<x0-1, 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)=,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<x1<1<x2, 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)<f(2-x1), 由于f(x1)=f(x2), 故只要证f(x1)<f(2-x1), 令H(x)=f(x)-f(2-x)=xe-x-(2-x)ex-2(0<x<1), 则H′(x)=-=, 因为0<x<1,所以1-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)<H(1)=0, 即有f(x1)<f(2-x1)成立, 所以x1+x2>2. 方法二 (比值代换法)设0<x1<1<x2, 由f(x1)=f(x2), 得=, 等式两边取对数得ln x1-x1=ln x2-x2. 令t=>1,则x2=tx1,代入上式得ln x1-x1=ln t+lnx1-tx1,得x1=,x2=, 所以x1+x2=>2⇔ln t->0, 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>(<)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. (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)=-=, 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-a<x<1,则f′(x)<0,若x>1,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-lnx(x>0), 所以h′(x)=1-=, 令h′(x)>0,则x>1,令h′(x)<0,则0<x<1. 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<x1<1<x2,且h(x1)=h(x2)=a, 令φ(x)=h(x)-h=x--2lnx(0<x<1), 则φ′(x)=1+-=>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<x<1时,h(x)<h, 又0<x1<1,所以h(x1)=h(x2)<h, 因为x2>1,>1,且h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x2<,故x1x2<1得证. 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<a<时,f(x)在(0,2),上单调递增. 综上所述,当a>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0<a<时,f(x)的单调递增区间为(0,2),. (2)证明 当a=0时,由f(x)<2ex-x-4化简得ex-lnx-2>0, 构造函数h(x)=ex-lnx-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x0∈,使得h′(x0)=0,即=. 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)=-lnx0-2=--2=+x0-2>2-2=0, 所以h(x)=ex-lnx-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<m<, 则当x>-1和x<ln(2m)时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 当ln(2m)<x<-1时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 若-1<ln(2m),即m>, 则当x<-1和x>ln(2m)时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 当-1<x<ln(2m)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 当-1=ln(2m),即m=时,g′(x)≥0,g(x)在R上单调递增, 综上所述,当0<m<时,g(x)在(-1,+∞),(-∞,ln(2m))上单调递增,在(ln(2m),-1)上单调递减, 当m>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(x1)=0,F(x2)=0,则=mx1,=mx2,两式相除得, =,① 不妨设x2>x1,令t=x2-x1,则t>0,x2=t+x1, 代入①得,et=,x1=, 则x1+x2=2x1+t=+t, 故要证x1+x2>2,即证+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. |
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