第三章-§3-8-隐零点与极值点偏移问题.docx

§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·合肥模拟)已知函数f(x)＝aex－ln x－e.
(1)当a＝1时，讨论函数g(x)＝f(x)－(e－1)x的单调性；
(2)当a>1时，证明：当x>0时，f(x)>2－e.
(1)解　当a＝1时，f(x)＝ex－ln x－e，g(x)＝ex－ln x－e－(e－1)x，
g′(x)＝ex－－e＋1，
令h(x)＝g′(x)，
h′(x)＝ex＋>0，
故g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且g′(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
(2)证明　当a>1，x>0时，aex>ex，
要证f(x)>2－e，只需证ex－ln x－e>2－e，
即证ex－ln x>2，
令p(x)＝ex－ln x－2，
则p′(x)＝ex－.
由(1)知p′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且在上存在唯一零点x0，
即－＝0.
当x∈(0，x0)时，p(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，p(x)单调递增．
所以p(x)≥p(x0)＝－ln x0－2
＝－－2＝＋x0－2>0，
故当a>1，x>0时，f(x)>2－e.
教师备选
(2022·石家庄模拟)已知函数f(x)＝－ax2＋(a－2)x＋ln x.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤x在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝－x2－x＋ln x，
f′(x)＝－2x－1＋＝，
令f′(x)>0，解得0<x<，
令f′(x)<0，解得x>，
故f(x)在上单调递增，
在上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.
(2)f(x)≤x在x∈(0，＋∞)上恒成立，
即xex－1≥ln x＋ax 在x∈(0，＋∞) 上恒成立，即a≤ex－－在x∈(0，＋∞) 上恒成立．
令g(x)＝ex－－，
则g′(x)＝ex＋＝，
令h(x)＝x2ex＋ln x，
则h′(x)＝2xex＋x2ex＋>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而h(1)＝e>0，h＝－1<0，
故存在x0∈，
使得h(x0)＝0，
即x＋ln x0＝0，
所以x0＝－ln x0＝ln ＝ln ·，
令λ(x)＝xex，x∈(0，＋∞)，
λ′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以λ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以x0＝ln ＝－ln x0，
当x∈(0，x0) 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
故g(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞) 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
故 g(x) 在 (x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，g(x)取得极小值，也是最小值，
所以g(x)min＝g(x0)＝－－
＝－－＝1，
故a≤1，所以a的取值范围为(－∞，1]．
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)＝x2＋ln x－x(a≠0)．
(1)当a＝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.
解　(1)当a＝时，f(x)＝2x2＋ln x－4x，
则f′(x)＝4x＋－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<在x∈(1，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝，x>1，
可得h′(x)＝，
令t(x)＝ln 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－－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)＝＝
＝x0∈(3,4)，
因为a<在(1，＋∞)上恒成立，
所以a<h(x)min＝x0，
所以整数a的最大值为3.
题型二　极值点偏移问题
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，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，解决极值点偏移问题，有比值代换法．
例2　已知函数f(x)＝ax－ln x有两个零点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)求证：x1x2>e2.
(1)解　f(x)有两个零点⇔a＝有两个相异实根．
令G(x)＝，
则G′(x)＝，
由G′(x)>0得0<x<e，由G′(x)<0得x>e，
∴G(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减，
∴G(x)max＝G(e)＝，
又∵G(1)＝0，
∴当0<x<1时，G(x)<0，当x>1时，G(x)>0，
当x→＋∞时，G(x)→0，
∴f(x)有两个零点时，实数a的取值范围为.
(2)证明　不妨设x1<x2，由题意得
∴a(x1＋x2)＝ln x1＋ln x2，
a(x2－x1)＝ln x2－ln x1，
∴a＝，
要证x1x2>e2，只需证ln x1＋ln x2>2.
ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)
＝·(x1＋x2)
＝·ln ，
令t＝，t>1，只需证·ln t>2，
∵t>1∴>0，
∴只需证ln t>.
令F(t)＝ln t－(t>1)，
∴F′(t)＝－＝>0，
∴F(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∴F(t)>F(1)＝0，
∴ln t>成立．
综上所述，x1x2>e2成立．
教师备选
已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2<.
证明　f′(x)＝ln x＋1，
由f′(x)>0，得x>，
由f′(x)<0，得0<x<，
∴函数f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
可设0<x1<<x2.
f(x1)＝f(x2)，即x1ln x1＝x2ln x2，
令t＝>1，则x2＝tx1，
代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，
得ln x1＝.
∴x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t<－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0.
设g(t)＝ln t－(t>1)，
则g′(t)＝>0.
∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0.故x1x2<.
思维升华　极值点偏移问题的解法
(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　(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－a＝0，
令g(x)＝－a，
则g′(x)＝，
由g′(x)＝>0，得x<1；
由g′(x)＝<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<1<x2，
(比值代换法)设0<x1<1<x2，
由g(x1)＝g(x2)，
得x1＝x2，
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＋ln x1－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.
课时精练

1．(2022·赣州模拟)已知函数f(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)＝－＝－，
当0<x<1时，f′(x)>0，
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≥恒成立．
令g(x)＝，
则g′(x)＝.
令h(x)＝x＋ln x，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为h＝－1<0，h(1)＝1>0，
所以存在x0∈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)＝，
由于x0＋ln x0＝0，可得x0＝－ln x0.
则＝，
所以g(x)max＝g(x0)＝＝1，
又a≥恒成立，
所以a≥1.
综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
(1)解　f′(x)＝，
令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1，
∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明　设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)，
即，
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＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0，故x1＋x2>2.

3．(2022·吕梁模拟)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－x＋1>0.
(1)解　∵f′(x)＝aex－2，
当a≤0时，aex－2<0恒成立，f(x)单调递减．
当a>0，aex－2<0，ex<，x<ln 时，f(x)单调递减；
当x>ln 时，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明　当a＝1时，f(x)＝ex－2x.
设g(x)＝f(x)＋x2－x＋1
＝ex－2x＋x2－x＋1
＝ex＋x2－x＋1，
则g′(x)＝ex＋2x－，
令h(x)＝g′(x)＝ex＋2x－，
则h′(x)＝ex＋2>0，
∴h(x)在R上单调递增，
又∵h(0)<0，h(1)>0，
∴h(x)存在唯一零点x0∈(0,1)，
且＋2x0－＝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)＝＋x－x0＋1，
将①式代入，
则g(x)min＝g(x0)＝－2x0＋x－x0＋1
＝x－x0＋，
∵二次函数y＝x2－x＋在(0,1)上单调递减，
∴当x＝1时，y有最小值ymin＝12－＋＝0，
∴g(x)min>0，
∴f(x)＋x2－x＋1>0.

4．(2022·百校联盟联考)已知函数f(x)＝xln x－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)＝，
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≥e，即0<m≤时，x∈[1，e]，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；
③当1<<e，即<m<1时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，
则g(x)max＝g＝－ln m－1；
④当0<≤1，
即m≥1时，x∈[1，e]，g′(x)≤0，
函数g(x)在[1，e]上单调递减，
则g(x)max＝g(1)＝－m.
综上，当m≤时，g(x)max＝g(e)＝1－me；
当<m<1时，g(x)max＝g＝－ln m－1；
当m≥1时，g(x)max＝g(1)＝－m.
(2)证明　要证x1x2>e2，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
解得m＝，
另一方面，由
得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
从而可得＝，
于是ln x1＋ln x2＝
＝.
不妨设0<x1<x2，设t＝，则t>1.
因此ln x1＋ln x2＝，t>1.
要证ln x1＋ln x2>2，
即证>2，t>1，
即当t>1时，有ln t>，
设函数h(t)＝ln t－，t>1，
则h′(t)＝－＝>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>.
所以ln x1＋ln x2>2成s立，即x1x2>e2得证．