小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com§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·州模郑拟)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定域义为(0,+∞),g′(x)=,则当x∈(0,e),时g′(x)>0,g(x)在(0,e)上增,单调递当x∈(e,+∞),时g′(x)<0,g(x)在(e,+∞)上,单调递减故函数g(x)的大极值为g(e)=+2,无小.极值(2)证明f(x)≥g(x)等价于明证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,+∞)上增,单调递而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,+∞)上增,单调递故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,而从h(x)≥h(x0)=0,即f(x)≥g(x).思维升华零点求解三步曲问题(1)用函零点存在定理判定函零点的存在性,列出零点方程数导数f′(x0)=0,合并结f′(x)的性得到零点的取范.单调值围(2)以零点分界点,明函为说导数f′(x)的正,而得到负进f(x)的最表式.值达小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com(3)零点方程适形,整体代入最式子行化明,有将当变值进简证时(1)中的零点范可以适围还小.当缩跟踪训练1(2023·坊模潍拟)设函数f(x)=x-alnx-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,lnx+1>(1+k)f′(x),求整数k的最大值.解(1)由意知,题f(x)定域义为(0,+∞),f′(x)=1-=,当a≤0,时f′(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上增;单调递当a>0,若时x∈(0,a),f′(x)<0;若x∈(a,+∞),f′(x)>0;∴f(x)在(0,a)上,在单调递减(a,+∞)上增;单调递上所述,综当a≤0,时f(x)的增单调递区间为(0,+∞);当a>0,时f(x)的单调递减区间为(0,a),增单调递区间为(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(lnx+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,+∞)上增,单调递又h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-ln4>0,∴∃x0∈(3,4),使得h(x0)=x0-lnx0-2=0,此时lnx0=x0-2,则当x∈(1,x0),时g′(x)<0;当x∈(x0,+∞),时g′(x)>0,∴g(x)在(1,x0)上,在单调递减(x0,+∞)上增,单调递∴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)的增单调递区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞),所以f(x)有大极值f(1)=,无小.极值(2)证明方法一(化造函法对称构数)由(1)知,不妨设0<x1<1<x2,小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com要证x1+x2>2,只要证x2>2-x1>1.由于f(x)在(1,+∞)上,故只要单调递减证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...