2023年高考数学一轮复习 第三章 一元函数的导数及其应用 8 隐零点与极值点偏移问题 培优课练习（含解析）.docx

1、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扬州模拟)已知函数f(x)lnxax(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明不等式ex2axf(x)恒成立(1)解f(x)a(x0)，当a0时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，令f(x)0，得x，所以当x时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明设函数(x)ex2

2、ln x(x0)，则(x)ex2，可知(x)在(0，)上单调递增又由(1)0知，(x)0在(0，)上有唯一实数根x0，且1x02，则(x0)0，即.当x(0，x0)时，(x)0，(x)单调递增，所以(x)(x0)ln x0，结合，知x02ln x0，所以(x)(x0)x020，则(x)ex2ln x0，即不等式ex2axf(x)恒成立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

3、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)x2lnxx(a0)(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)12ax在x(1，)上恒成立，求整数a的最大值.解(1)当a时，f(x)2x2lnx4x，则f(x)4x4，可得f(1)1，且f(1)2ln142，即函数f(x)在点(1，2)处的切线斜率k1，所以函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(2)x1，即xy30.(2)由F(x)af(x)x2alnx(2a1)x，因为F(x)12ax在(1，)上恒成立，即alnx(2a1)x12a

4、x在(1，)上恒成立，即a1，可得h(x)，令t(x)lnx1(x1)，可得t(x)在(1，)上单调递增，且t(3)0，所以存在x0(3,4)，使得t(x0)lnx010，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以h(x)minh(x0)x0(3,4)，因为a在(1，)上恒成立，所以ah(x)minx0，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，有构造对称函数法和比值代换法，二者各

5、有千秋，独具特色例2(12分)(2021新高考全国)已知函数f(x)x(1lnx)(1)讨论f(x)的单调性；切入点：导函数的正负判定(2)设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2(2.证明由f(x)aexx0，得a0，令g(x)a，则g(x)，由g(x)0，得x1；由g(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x112，只要证x22x11.由于g(x)在(1，)上单调递减，故只要证g(x2)g(2x1)，由于g(x1)g(x2)0，故只要证g(x1)g(2x1)，令H(x)g(x)g(2x)(x1)，则H

6、(x)，因为x0,2xx，所以e2xex，即e2xex0，所以H(x)0，所以H(x)在(，1)上单调递增所以H(x1)H(1)0，即有g(x1)2.方法二(比值代换法)设0x111，则x2tx1，代入上式得lnx1x1lntlnx1tx1，得x1，x2.所以x1x22lnt0，设g(t)lnt(t1)，所以g(t)0，所以当t1时，g(t)单调递增，所以g(t)g(1)0，所以lnt0，故x1x22.课时精练1(2022长沙模拟)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aexf(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(

7、x)，当0x0，当x1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aexf(x)，即a恒成立令g(x)，则g(x).令h(x)xlnx，则h(x)在(0，)上单调递增，因为h10，所以存在x0，使得h(x0)x0lnx00，当x(0，x0)时，h(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)maxg(x0)，由x0lnx00，可得x0lnx0.则，所以g(x)maxg(x0)1，又a恒成立，所以a1.综上所述，实数a的取值范围为1，)2(2022苏州模拟)已知函数f(x)2lnx

8、(aR，a0)(1)求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x14.(1)解函数f(x)的定义域为(0，)，f(x).当a0时，f(x)0时，若x(0，)，f(x)0，f(x)在(，)上单调递增，故当x时，f(x)在(0，)上的极小值为f()12ln 1ln a，无极大值(2)证明当a4时，f(x)2ln x，由(1)知，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，x2是极值点，又x1，x2为函数f(x)的零点，0x124，只需证x24x1.f(4x1)2ln(4x1)2x142ln(4x1)，f(x1)2ln x10，f(4x1)2ln x12x142ln(

9、4x1)，令h(x)2ln x2x42ln(4x)(0x0，h(x)在(0,2)上单调递增，h(x)h(2)0，f(4x1)0f(x2)，4x14得证3(2022湛江模拟)已知函数f(x)aex2x，aR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a1时，求证：f(x)x2x10.(1)解f(x)aex2，若a0，则aex20，当aex20，ex，即xln时，f(x)单调递增当a0时，f(x)在R上单调递减；当a0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增(2)证明当a1时，f(x)ex2x.设g(x)f(x)x2x1ex2xx2x1exx2x1，则g(x)ex2x，令h(x)g(x)ex2x，则h

10、(x)ex20，h(x)在R上单调递增，又h(0)0，存在唯一零点x0(0,1)，使h(x0)2x00，当x(，x0)时，h(x)0，即g(x)0，即g(x)0，g(x)单调递增，故g(x)在xx0处取得极小值，也是最小值g(x)ming(x0)xx01，将式代入，则g(x)ming(x0)2x0xx01xx0，二次函数yx2x在(0,1)上单调递减，当x1时，y有最小值ymin120，g(x)min0，f(x)x2x10.4(2022百校联盟联考)已知函数f(x)xlnxmx2x，mR.(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

11、f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2e2.(1)解因为g(x)ln xmx，g(x)，当m0时，因为x1，e，所以g(x)0，所以函数g(x)在1，e上单调递增，则g(x)maxg(e)1me；当e，即0m时，x1，e，g(x)0，所以函数g(x)在1，e上单调递增，则g(x)maxg(e)1me；当1e，即m1时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，则g(x)maxgln m1；当01，即m1时，x1，e，g(x)0，函数g(x)在1，e上单调递减，则g(x)maxg(1)m.综上，当m时，g(x)maxg(e)1me；当me2，只需证ln x1ln x22，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 xmx，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 x2ln x1m(x2x1)，从而可得，于是ln x1ln x2.不妨设0x11.因此ln x1ln x2，t1.要证ln x1ln x22，即证2，t1，即当t1时，有ln t，设函数h(t)ln t，t1，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t1时，有ln t.所以ln x1ln x22成立，即x1x2e2得证