人教版高中数学第3章 §3.8　隐零点与极值点偏移问题　培优课.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·扬州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
(1)解　f′(x)＝－a＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0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，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
(2)证明　设函数φ(x)＝ex－2－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝ex－2－，
可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x0，且1<x0<2，
则φ′(x0)＝－＝0，
即＝.
当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
所以φ(x)≥φ(x0)＝－ln x0，
结合＝，
知x0－2＝－ln x0，
所以φ(x)≥φ(x0)＝＋x0－2＝＝>0，
则φ(x)＝ex－2－ln x>0，
即不等式ex－2－ax>f(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，有构造对称函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．
例2　(12分)(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(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bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋<e. [关键点：利用f ＝f 转化]
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　(2022·