§3.8　隱零點(diǎn)與極值點(diǎn)偏移問題

隱零點(diǎn)問題是指對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)設(shè)而不求，通過一種整體代換和過渡，再結(jié)合題目條件最終解決問題；極值點(diǎn)偏移是指函數(shù)在極值點(diǎn)左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)圖象不具有對(duì)稱性，隱零點(diǎn)與極值點(diǎn)偏移問題常常出現(xiàn)在高考數(shù)學(xué)的壓軸題中，這類題往往對(duì)思維要求較高，過程較為煩瑣，計(jì)算量較大，難度大．

題型一　隱零點(diǎn)

例1　(2023·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝e^x＋1－＋1，g(x)＝＋2.

(1)求函數(shù)g(x)的極值；

(2)當(dāng)x>0時(shí)，證明：f(x)≥g(x)．

(1)解　g(x)＝＋2定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，g′(x)＝，

則當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，

當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，

故函數(shù)g(x)的極大值為g(e)＝＋2，無極小值．

(2)證明　f(x)≥g(x)等價(jià)于證明xe^x＋1－2≥lnx＋x(x>0)，

即xe^x＋1－lnx－x－2≥0.

令h(x)＝xe^x＋1－lnx－x－2(x>0)，

h′(x)＝(x＋1)e^x＋1－＝(x＋1)，

令φ(x)＝e^x＋1－，則φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，

而φ＝－10<e²－10<0，φ(1)＝e²－1>0，

故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點(diǎn)x₀，且x₀∈，

當(dāng)x∈(0，x₀)時(shí)，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在(0，x₀)上單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈(x₀，＋∞)時(shí)，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在(x₀，＋∞)上單調(diào)遞增，

故h(x)_min＝h(x₀)＝－lnx₀－x₀－2，又因?yàn)?/span>φ(x₀)＝0，即＝，

所以h(x₀)＝－lnx₀－x₀－1＝(x₀＋1)－x₀－1＝0，從而h(x)≥h(x₀)＝0，

即f(x)≥g(x)．

思維升華　零點(diǎn)問題求解三步曲

(1)用函數(shù)零點(diǎn)存在定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，列出零點(diǎn)方程f′(x₀)＝0，并結(jié)合f′(x)的單調(diào)性得到零點(diǎn)的取值范圍．

(2)以零點(diǎn)為分界點(diǎn)，說明導(dǎo)函數(shù)f′(x)的正負(fù)，進(jìn)而得到f(x)的最值表達(dá)式．

(3)將零點(diǎn)方程適當(dāng)變形，整體代入最值式子進(jìn)行化簡證明，有時(shí)(1)中的零點(diǎn)范圍還可以適當(dāng)縮小．

跟蹤訓(xùn)練1　(2023·濰坊模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x－aln x－2.

(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若a＝1，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x>1時(shí)，ln x＋1>(1＋k)f′(x)，求整數(shù)k的最大值．

解　(1)由題意知，f(x)定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，f′(x)＝1－＝，

當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；

當(dāng)a>0時(shí)，若x∈(0，a)，f′(x)<0；若x∈(a，＋∞)，f′(x)>0；

∴f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；

綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a，＋∞)．

(2)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x－lnx－2，

f′(x)＝1－(x>0)；

由lnx＋1>(1＋k)f′(x)得，x(ln x＋1)>(1＋k)(x－1)，即k＋1<(x>1)，

令g(x)＝(x>1)，則g′(x)＝，

令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，則h′(x)＝1－＝>0，

∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，

又h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－ln 4>0，

∴?x₀∈(3,4)，使得h(x₀)＝x₀－lnx₀－2＝0，

此時(shí)ln x₀＝x₀－2，

則當(dāng)x∈(1，x₀)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(x₀，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，

∴g(x)在(1，x₀)上單調(diào)遞減，在(x₀，＋∞)上單調(diào)遞增，

∴g(x)_min＝g(x₀)＝＝＝x₀，

∴k＋1<x₀，即k<x₀－1，

又x₀∈(3,4)，∴x₀－1∈(2,3)，∴整數(shù)k的最大值為2.

題型二　極值點(diǎn)偏移

例2　已知函數(shù)f(x)＝xe^－x.

(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；

(2)若x₁≠x₂且f(x₁)＝f(x₂)，求證：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，

所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)，

所以f(x)有極大值f(1)＝，無極小值．

(2)證明　方法一　(對(duì)稱化構(gòu)造函數(shù)法)

由(1)知，不妨設(shè)0<x₁<1<x₂，

要證x₁＋x₂>2，

只要證x₂>2－x₁>1.

由于f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故只要證f(x₂)<f(2－x₁)，

由于f(x₁)＝f(x₂)，

故只要證f(x₁)<f(2－x₁)，

令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe^－x－(2－x)e^x－2(0<x<1)，

則H′(x)＝－＝，

因?yàn)?/span>0<x<1，所以1－x>0,2－x>x，

所以e^2－x>e^x，即e^2－x－e^x>0，

所以H′(x)>0，所以H(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，

所以H(x)<H(1)＝0，

即有f(x₁)<f(2－x₁)成立，

所以x₁＋x₂>2.

方法二　(比值代換法)設(shè)0<x₁<1<x₂，

由f(x₁)＝f(x₂)，

得＝，

等式兩邊取對(duì)數(shù)得ln x₁－x₁＝ln x₂－x₂.

令t＝>1，則x₂＝tx₁，代入上式得ln x₁－x₁＝ln t＋lnx₁－tx₁，得x₁＝，x₂＝，

所以x₁＋x₂＝>2?ln t－>0，

設(shè)g(t)＝ln t－(t>1)，

所以g′(t)＝－＝>0，

所以當(dāng)t>1時(shí)，g(t)單調(diào)遞增，

所以g(t)>g(1)＝0，所以ln t－>0，

故x₁＋x₂>2.

思維升華　極值點(diǎn)偏移問題的解法

(1)(對(duì)稱化構(gòu)造法)構(gòu)造輔助函數(shù)：對(duì)結(jié)論x₁＋x₂>(<)2x₀型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x₀－x)；對(duì)結(jié)論x₁x₂>(<)x型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f ，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式．

(2)(比值代換法)通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明．

跟蹤訓(xùn)練2　已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋a)－，函數(shù)g(x)滿足ln[g(x)＋x²]＝ln x＋x－a.

(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

(2)若g(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，證明：x₁x₂<1.

(1)解　由已知得，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?/span>(－a，＋∞)，

則f′(x)＝－＝，

所以當(dāng)－a≥1，即a≤－1時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(－a，＋∞)上單調(diào)遞增，

當(dāng)－a<1，即a>－1時(shí)，若－a<x<1，則f′(x)<0，若x>1，則f′(x)>0，

所以f(x)在(－a,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．

綜上所述，當(dāng)a≤－1時(shí)，f(x)在(－a，＋∞)上單調(diào)遞增；

當(dāng)a>－1時(shí)，f(x)在(－a,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．

(2)證明　因?yàn)?/span>ln[g(x)＋x²]＝ln x＋x－a，所以g(x)＝x·e^x－a－x²＝x(e^x－a－x)，其定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，

g(x)＝xe^x－a－x²＝x(e^x－a－x)＝0等價(jià)于e^x－a－x＝0，即x－ln x＝a，

設(shè)h(x)＝x－lnx(x>0)，

所以h′(x)＝1－＝，

令h′(x)>0，則x>1，令h′(x)<0，則0<x<1.

所以函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，

因?yàn)楹瘮?shù)g(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即h(x)＝a有兩個(gè)不同的根，所以a>h(1)＝1，

所以g(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂且0<x₁<1<x₂，且h(x₁)＝h(x₂)＝a，

令φ(x)＝h(x)－h＝x－－2lnx(0<x<1)，

則φ′(x)＝1＋－＝>0對(duì)任意的x∈(0,1)恒成立，

所以函數(shù)φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，φ(x)<φ(1)＝0，

即當(dāng)0<x<1時(shí)，h(x)<h，

又0<x₁<1，所以h(x₁)＝h(x₂)<h，

因?yàn)?/span>x₂>1，>1，且h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x₂<，故x₁x₂<1得證．

課時(shí)精練

1．已知函數(shù)f(x)＝ax²－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)．

(1)當(dāng)a>0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；

(2)當(dāng)a＝0時(shí)，證明：f(x)<2e^x－x－4 .(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))

(1)解　f(x)的定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，

f′(x)＝ax－(2a＋1)＋＝，

當(dāng)0<<2，即a>時(shí)，f(x)在，(2，＋∞)上單調(diào)遞增．

當(dāng)＝2，即a＝時(shí)，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．

當(dāng)>2，即0<a<時(shí)，f(x)在(0,2)，上單調(diào)遞增．

綜上所述，當(dāng)a>時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(2，＋∞)；

當(dāng)a＝時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；

當(dāng)0<a<時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2)，.

(2)證明　當(dāng)a＝0時(shí)，由f(x)<2e^x－x－4化簡得e^x－lnx－2>0，

構(gòu)造函數(shù)h(x)＝e^x－lnx－2(x>0)，

h′(x)＝e^x－，令g(x)＝h′(x)，則g′(x)＝e^x＋>0，h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，

h′＝－2<0，h′(1)＝e－1>0，

故存在x₀∈，使得h′(x₀)＝0，即＝.

當(dāng)x∈(0，x₀)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈(x₀，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．

所以當(dāng)x＝x₀時(shí)，h(x)取得極小值，也是最小值．

h(x)_min＝h(x₀)＝－lnx₀－2＝－－2＝＋x₀－2>2－2＝0，

所以h(x)＝e^x－lnx－2>0，故f(x)<2e^x－x－4.

2．設(shè)f(x)＝xe^x－mx²，m∈R.

(1)設(shè)g(x)＝f(x)－2mx，當(dāng)m>0時(shí)，討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性；

(2)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，證明：x₁＋x₂>2.

(1)解　g(x)＝xe^x－mx²－2mx(x∈R)，g′(x)＝(x＋1)(e^x－2m)，

當(dāng)m>0時(shí)，令g′(x)＝0，得x₁＝－1，x₂＝ln(2m)，

若－1>ln(2m)，即0<m<，

則當(dāng)x>－1和x<ln(2m)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，

 當(dāng)ln(2m)<x<－1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，

若－1<ln(2m)，即m>，

則當(dāng)x<－1和x>ln(2m)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)－1<x<ln(2m)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)－1＝ln(2m)，即m＝時(shí)，g′(x)≥0，g(x)在R上單調(diào)遞增，

綜上所述，當(dāng)0<m<時(shí)，g(x)在(－1，＋∞)，(－∞，ln(2m))上單調(diào)遞增，在(ln(2m)，－1)上單調(diào)遞減，

當(dāng)m>時(shí)，g(x)在(－∞，－1), (ln(2m)，＋∞)上單調(diào)遞增， 在(－1，ln(2m))上單調(diào)遞減，

當(dāng)m＝時(shí)，g(x)在R上單調(diào)遞增．

(2)證明　令f(x)＝xe^x－mx²＝0，因?yàn)?/span>x>0，所以e^x＝mx，

令F(x)＝e^x－mx(x>0), F(x₁)＝0，F(x₂)＝0，則＝mx₁，＝mx₂，兩式相除得，

＝，①

不妨設(shè)x₂>x₁，令t＝x₂－x₁，則t>0，x₂＝t＋x₁，

代入①得，e^t＝，x₁＝，

則x₁＋x₂＝2x₁＋t＝＋t，

故要證x₁＋x₂>2，即證＋t>2，

又因?yàn)?/span>e^t－1>0，

等價(jià)于證明2t＋(t－2)(e^t－1)>0，

構(gòu)造函數(shù)h(t)＝2t＋(t－2)(e^t－1)(t>0)，

則h′(t)＝(t－1)e^t＋1，

令h′(t)＝G(t)，則G′(t)＝te^t>0，

故h′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，h′(t)>h′(0)＝0，

從而h(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，h(t)>h(0)＝0.

即x₁＋x₂>2.