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§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<＋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·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方法一　(对称化构造函数法)要证x1＋x2>2，
只要证x2>2－x1>1.
由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x2)由于g(x1)＝g(x2)＝0，
故只要证g(x1)令H(x)＝g(x)－g(2－x)＝－(x<1)，
则H′(x)＝－＝，
因为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(－∞，1)上单调递增．
所以H(x1)即有g(x1)所以x1＋x2>2.
方法二　(比值代换法)设0由g(x1)＝g(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＋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·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00，
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．(2022·苏州模拟)已知函数f(x)＝－2ln x(a∈R，a≠0)．
(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a<0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上无极值；
当a>0时，若x∈(0，)，
f′(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减．
若x∈(，＋∞)，
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()＝1－2ln ＝1－ln a，无极大值．
(2)证明　当a＝4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，x＝2是极值点，
又x1，x2为函数f(x)的零点，
∴0要证x1＋x2>4，只需证x2>4－x1.
∵f(4－x1)＝－2ln(4－x1)
＝－2x1＋4－2ln(4－x1)，
f(x1)＝－2ln x1＝0，
∴f(4－x1)＝2ln x1－2x1＋4－2ln(4－x1)，
令h(x)＝2ln x－2x＋4－2ln(4－x)(0则h′(x)＝－2＋＝>0，
∴h(x)在(0,2)上单调递增，
∴h(x)∴4－x14得证．
3．(2022·湛江模拟)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，
若a≤0，则aex－2<0恒成立，f(x)单调递减．
若a>0，当aex－2<0，ex<，
即x当x>ln 时，f(x)单调递增．
∴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，
∴存在唯一零点x0∈(0,1)，
使h(x0)＝＋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<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成立，即x1x2>e2得证．

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