（2022高考数学一轮复习(创新设计)）补上一课导函数的“隐零点”、ex≥x＋1、ln x≤x－1及,“极值点偏移”问题.DOCX

1、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 补上一课 ,导函数的“隐零点”、exx1、ln xx1 及,“极值点偏移”问题 1 利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关， 而函数的单调性与其导函 数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数 值上能精确求解的，称之为“显零点” ；另一类是能够判断其存在但无法直接表示 的，称之为“隐零点” 对于隐零点问题，由于涉及灵活的代数变形、整体代换、 构造函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要

2、求较高，成为考查的难点 2极值点“偏移”图示 (1)(左右对称，无偏移，如二次函数；若 f(x1)f(x2)，则 x1x22x0) (2)(左陡右缓，极值点向左偏移；若 f(x1)f(x2)，则 x1x22x0) (3)(左缓右陡，极值点向右偏移；若 f(x1)f(x2)，则 x1x22x0) 3极值点偏移问题的结论不一定总是 x1x2()2x0，也可能是 x1x2()x20. 题型一函数最值中的“隐零点” 【例 1】 (2021杭州市高级中学仿真考试)已知函数 f(x)(xa)ex(aR) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a2 时， 设函数 g(x)f(x)ln xxb， bZ，

3、若 g(x)0 对任意的 x 1 3，1 恒成立，求 b 的最小值 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 解(1)由题意，函数 f(x)(xa)ex(aR)， 可得 f(x)(xa1)ex， 当 x(，a1)时，f(x)0， 故函数 f(x)在(，a1)上单调递减， 在(a1，)上单调递增 (2)由函数 g(x)f(x)ln xxb(x2)exln xxb(bZ)， 因为 g(x)0 对任意的 x 1 3，1恒成立 即 b(x2)exln xx 对任意的 x

4、 1 3，1恒成立， 令函数 h(x)(x2)exln xx， 则 h(x)(x1)ex1 x1(x1) ex1 x ， 因为 x 1 3，1，所以 x10， 所以函数 t(x)单调递增 因为 t 1 2 e 1 220， 所以一定存在唯一的 x0 1 2，1， 使得 t(x0)0，即 ex0 1 x0，即 x 0ln x0， 所以 h(x)在 1 3，x 0 上单调递增，在(x0，1)上单调递减， 所以 h(x)maxh(x0)(x02)ex0ln x0 x0 12 x01 x0(4，3) 因为 bZ，所以 b 的最小值为3. 感悟升华解决函数最值中的隐零点问题关键在于灵活应用“隐零点”的等

5、式进 行代换使问题得以解决 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 【训练 1】 设函数 f(x)e2xaln x(a 为大于零的常数)， 已知 f(x)0 有唯一零点， 求 f(x)的最小值 解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xa x(x0) 当 a0 时，设 u(x)e2x，v(x)a x， 因为 u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)a x在 (0，)上单调递增，所以 f(x)在(0，)上单调递增 设 f(x)在(0，)上的唯一零点为 x

6、0，当 x(0，x0)时，f(x)0； 当 x(x0，)时，f(x)0. 故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， 所以当 xx0时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0) 由于 2e2x0a x00， 所以 f(x0) a 2x02ax 0aln2 a2aaln 2 a. 故当 a0 时，f(x)2aaln2 a. 故 f(x)的最小值为 2aaln2 a. 题型二不等式证明中的“隐零点” 【例 2】 (2021杭州统检)已知函数 f(x)ex aln (xa)(x0)，其中 a0. (1)若 a1，求证：f(x)0； (2)若不等式 f(x) 2xa11ln 2 对

7、 x0 恒成立，试求 a 的取值范围 (1)证明由 a1，得 f(x)ex 1ln(x1)，x0，所以有 f(x)ex1 1 x1， 所以 f(x)在0，)上单调递增，且 f(0)1 e10， 所以存在 x0(0，1)，使 f(x0)0， 所以当 x(0，x0)时，f(x)0， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 所以 f(x)minf(x0)ex01ln(x01)，(*) 且 ex01 1 x010，即 ex 01 1 x01， 两边取对数，得 ln(x

8、01)1x0， 代入(*)，有 f(x)minf(x0) 1 x01x 01 x20 x010 恒成立，所以 f(x)0. (2)解由题意得 ex aln(xa) 2xa11ln 2 对 x0 恒成立， 必要性将 x1 代入上述不等式，得 e1 aln(1a) a31ln 2， 即 ln(1a) a3e1 a1ln 20， 令函数 g(a)ln(1a) a3e1 a1ln 2， 易知 g(a)在(0，)上单调递增，且 g(1)0， 所以 0a1. 下证当 0a1 时，ex aln(xa) 2xa11ln 2 对 x0 恒成立， 即证 ln(xa) 2xa1ex a1ln 2. 因为 0a1，所

9、以 ln(xa) 2xa1ex aln(x1) 2x2ex1. 设函数 h(x)ln(x1) 2x2ex 1， 则 h(x) 1 x1 1 2x2e x1， 显然 h(x)在0，)上单调递减，且 h(1)0， 所以 h(x)在0，1)上单调递增，在1，)上单调递减， 故 h(x)h(1)1ln 2，不等式得证 由和可知 00，此时函数 f(x)在 R 上单调递增，不符合题意； 当 a0 时，令 f(x)0，得 xln(a)，函数 f(x)在(，ln(a)上单调递减，在 (ln(a)，)上单调递增，则 f(ln(a)为 f(x)的极小值，要使函数 f(x)有两个零 点，则 f(ln(a)0，解得

10、 ae， 所以 a 的取值范围为(，e) (2)令 g(x)2f(x)3x2a2 2ex(xa)23，x0， 则 g(x)2(exxa) 设 h(x)2(exxa)，则 h(x)2(ex1)0. 所以 h(x)在0，)上单调递增，且 h(0)2(a1) 当 a10，即 a1 时，g(x)0 恒成立，即函数 g(x)在0，)上单调递 增， 所以 g(0)5a20，解得 5a 5. 又 a1，所以1a 5. 当 a10，即 a0，使 h(x0)0 且 当 x(0，x0)时，h(x)0，即 g(x)0，即 g(x)0，函数 g(x)在(x0，)上单调递增， 所以 g(x)ming(x0)2ex0(x

11、0a)23. 又 h(x0)2(ex0 x0a)0， 从而 g(x)ming(x0)2ex0 x202ax0a23 2x02ax202ax0a23 x202(a1)x0(a3)(a1) (x0a3)(x0a1)0， 即 a1x0a3. 由于 x0是单调增函数 h(x)2(exxa)在0，)上的唯一零点， 要使得 a1x0a3(a1)，则只需 0 x0a3， 故只需保证 g(a3)2ea 32(a3)2a0， 即 ea 33， 故实数，ln 33a1. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 4831

12、22854 期待你的加入与分享 综上所述，a 的取值范围为ln 33， 5 题型三导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧 【例 3】 (2018全国卷)已知函数 f(x)1 xxaln x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：f（x1）f（x2） x1x2 2，令 f(x)0 得， xa a 24 2 或 xa a 24 2 . 当 x 0，a a 24 2 a a24 2 ， 时，f(x)0. 所 以f(x) 在 0，a a 24 2， a a24 2 ， 上 单 调 递 减 ， 在 a a24 2 ，a a 24 2上单调递增 (2)证明由

13、(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a2. 由于 f(x)的两个极值点 x1，x2满足 x2ax10， 所以 x1x21，不妨设 x11.由于 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 f（x1）f（x2） x1x2 1 x1x21a ln x1ln x2 x1x2 2aln x1ln x2 x1x2 2a 2ln x2 1 x2x 2 ， 所以f（x1）f（x2） x1x2 a2 等价于 1 x2x 22ln x20. 设函数 g(x)1 xx2ln

14、 x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减， 又 g(1)0，从而当 x(1，)时，g(x)0. 所以 1 x2x 22ln x20，即f（x 1）f（x2） x1x2 0 且 g(2)a0，即 0a2. 考虑到 x1，x2是方程 2x24xa0 的两根 从而 x1x22，x1x2a 2， 从而 f(x1)f(x2) x21aln(x12)x22aln(x22) (x1x2)22x1x2aln2(x1x2)x1x24 4aalna 2， 其中 0a2. 令 h(a)4aalna 2，a(0，2)， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资

15、料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 则 h(a)1lna 21ln a 20)，h(a)4，a2，h(a)2，所以 h(a)的值域为(2，4) 综上所述 f(x1)f(x2)的取值范围是(2，4) 题型四不等式 exx1、ln xx1 的应用 【例 4】 (2020七彩阳光联盟适考)函数 f(x)ln(x1)ax，g(x)1ex. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)若 f(x)g(x)在 x0，)上恒成立，求实数 a 的取值范围 解(1)函数 f(x)的定义域为 x(1，)， f(x) 1 x1a ax1a x1 . ()当 a0 时，f

16、(x)0，f(x)在(1，)上单调递增； ()当 a0 时，令 f(x)0 得 x1a a 1 a1， 若 a0，则1 a10，则 1 a11. 当 a0，函数 f(x)在(1，)上单调递增； 当 a0 时，f(x)a x1a a x1 ， 所以当 x 1，1a a时，f(x)0，f(x)单调递增， 当 x 1a a ， 时，f(x)0 时，f(x)在 1，1a a上单调递增， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 在 1a a ， 上单调递减 (2)设函数

17、 h(x)f(x)g(x)ln(x1)exax1，x0， 则 h(x) 1 x1e xa， 当 a2 时，由 exx1 得 h(x) 1 x1e xa 1 x1x1a0， 于是，h(x)在0，)上单调递增， 所以 h(x)h(0)0 恒成立，符合题意； 当 a2 时 ，由于 x0，h(0)0， 令函数 m(x)h(x)， 则 m(x) 1 （x1）2e x(x0) 所以 m(x)0， 故 h(x)在0，)上单调递增， 而 h(0)2a0，使得 h(x0)0， 所以当 x0，x0)时，h(x)单调递减， 故 h(x0)h(0)0，不符合题意 综上，实数 a 的取值范围为(，2 感悟升华在函数、

18、导函数不等式中， 对于出现 ex， ln x 时， 要注意应用结论 exx 1，x1ln x，exex. 【训练 4】 (2020山东卷)已知函数 f(x)aex 1ln xln a. (1)当 ae 时，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面 积； (2)若 f(x)1，求 a 的取值范围 解f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex 11 x. (1)当 ae 时，f(x)exln x1，f(1)e1，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数

19、学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 方程为 y(e1)(e1)(x1)，即 y(e1)x2. 直线 y(e1)x2 在 x 轴、y 轴上的截距分别为 2 e1，2. 因此所求三角形的面积为 2 e1. (2)当 0a1 时，f(1)aln a1. 当 a1 时，f(x)ex 1ln x，f(x)ex11 x. 当 x(0，1)时，f(x)0. 所以当 x1 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(1)1， 从而 f(x)1. 当 a1 时，f(x)aex 1ln xln aex1ln x1. 综上，a 的取值范围是1，) 题型五“极值点”的偏移 【例 5】 已知函数 f

20、(x)xe x. (1)求函数 f(x)的单调区间和极值； (2)已知函数 g(x)的图象与 f(x)的图象关于直线 x1 对称，证明：当 x1 时，f(x) g(x)； (3)如果 x1x2，且 f(x1)f(x2)，证明：x1x22. (1)解f(x)e x(1x)，得 f(x)在(，1)上递增，在(1，)上递减，f(x)有极 大值 f(1)1 e，无极小值 (2)证明由 g(x)的图象与f(x)的图象关于直线 x1对称， 得 g(x)的解析式为 yf(2 x)，构造辅助函数 F(x)f(x)g(x)f(x)f(2x)，x(1，)， 求导得 F(x)f(x)f(2x)e x(1x)ex2(

21、x1)(x1)(ex2ex)， 当 x1 时，x10，ex 2ex0，则 F(x)0，得 F(x)在(1，)上单增，有 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 F(x)F(1)0，即 f(x)g(x) (3)证明由 f(x1)f(x2)，结合 f(x)的单调性可设 x11x2，将 x2代入(2)中不等式 得 f(x2)f(2x2)，又 f(x1)f(x2)，故 f(x1)f(2x2)， 又 x11，2x21，f(x)在( ，1)上单增，故 x12x2，x1x2

22、2. 感悟升华用对称化构造的方法解决极值点偏移问题分为以下三步： (1)求导，获得 f(x)的单调性，极值情况，作出 f(x)的图象，由 f(x1)f(x2)得 x1，x2 的取值范围(数形结合)； (2)构造辅助函数， 对结论 x1x2()2x0， 构造 F(x)f(x)f(2x0 x)； 对结论 x1x2 ()x20，构造 F(x)f(x)f x20 x ，求导，限定范围(x1或 x2的范围)，判定符号，获 得不等式； (3)代入 x1(或 x2)，利用 f(x1)f(x2)及 f(x)的单调性证明最终结论 【训练 6】 已知函数 f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(a0)设 x1

23、，x2是 f(x) 的两个零点，证明：x1x22. 证明设 f(x)exln x(x0)， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 则 f(x)ex1 x，令(x)e x1 x， 则(x)ex 1 x20 在(0，)恒成立， 所以(x)在(0，)单调递增， 即 f(x)ex1 x在(0，)上是增函数， 又 f(1)e10，f 1 2 e2x0时，f(x)0；当 0 xx0时，f(x)2，x0 1 2，1. 故 exln x2. 2已知函数 f(x)(x1)ex

24、ax 的图象在 x0 处的切线方程是 xyb0. (1)求 a，b 的值； (2)求证函数 f(x)有唯一的极值点 x0，且 f(x0)3 2. (1)解因为 f(x)xexa， 由 f(0)1 得 a1，又当 x0 时，f(x)1， 所以切线方程为 y(1)1(x0)， 即 xy10， 所以 b1. (2)证明令 g(x)f(x)xex1， 则 g(x)(x1)ex， 所以当 x1 时，g(x)单调递减，且此时 g(x)0， 则 g(x)在(，1)内无零点； 当 x1 时，g(x)单调递增， 且 g(1)0， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与

25、分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 所以 g(x)0 有唯一解 x0，f(x)有唯一的极值点 x0. 由 x0ex01ex01 x0， f(x0)x01 x0 x01 1 x0 x 0 ， 又 g 1 2 e 2 101 2x 012 1 x0 x 03 2. 3已知 f(x)axxln x(aR)，yf(x)在点(1，f(1)处的切线的斜率为 2.若 2f(x) (k1)xk0(kZ)对任意 x1 都成立，求整数 k 的最大值 解由题设知 f(x)a1ln x， 由 f(1)2，解得 a1， 所以 f(x)xxln x. 当 x1 时

26、，不等式 2f(x)(k1)xk0(kZ)化为 k1)，则 g(x)2x2ln x3 （x1）2 ， 再设 h(x)2x2ln x3，则 h(x)2（x1） x 0， 所以 h(x)在(1，)上单调递增， 又 h(2)12ln 20， 故 h(x)在 2，5 2 上存在唯一零点 x0， 使 h(x0)2x02ln x030，且当 1xx0时，g(x)x0时，g(x)0. 即 g(x)在(1，x0)单调递减，在(x0，)单调递增， 所以 g(x)ming(x0)x02x0ln x0 x01 ， 由 2x02ln x030 得 2ln x02x03， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群

27、 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 则 g(x)minx0 x0（2x03） x01 2x0(4，5)， 又 k0 恒成立，求整数 a 的最大值 解(1)f(x)ex，因为函数 f(x)的图象与直线 yx1 相切， 所以令 f(x)1，即 ex1，得 x0， 切点坐标为(0，1)，则 f(0)1a1，a2. (2)先证明 exx1，设 F(x)exx1， 则 F(x)ex1，令 F(x)0，则 x0， 当 x(0，)时，F(x)0；当 x(，0)时，F(x)ln x. 当 a2 时，ln x0 恒成立

28、 当 a3 时，存在 x，使 exaln x 不恒成立 综上，整数 a 的最大值为 2. 5已知函数 f(x)xln xx，两相异正实数 x1，x2满足 f(x1)f(x2) 求证：x1x22. 证明f(x)ln x，当 x(0，1)时， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 f(x)单减， 当 x1 时，f(x)单增，且 f(1)1，如图所示，不妨设 x11x2， 要证 x1x22，即证 x22x1，只需要证 f(2x1)f(x2)，又 f(x1)f(x2

29、)，所以只 需证 f(2x1)f(x1)， 设 g(x)f(x)f(2x)(x(0，1)，则 g(x)f(x)f(2x)ln xln(2x)，0 x 1，符号不易判断， 再设 h(x)ln xln(2x)，0 x1，则 h(x)1 x 1 2x 22x x（2x）0，h(x) 在(0，1)上单增，h(x)h(1)0，g(x)在(0，1)上单减，g(x)g(1)0， f(x)f(2x)0；0 x1，f(x1)f(2x1)成立，x1x22. 6(2017全国卷)已知函数 f(x)x1aln x. (1)若 f(x)0，求 a 的值； (2)设 m 为整数，且对于任意正整数 n， 11 2 1 1

30、22 1 1 2nm，求 m 的最小 值 解(1)f(x)的定义域为(0，)， 若 a0，因为 f 1 2 1 2aln 20，由 f(x)1a x xa x 知， 当 x(0，a)时，f(x)0； 所以 f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增， 故 xa 是 f(x)在(0，)的唯一最小值点 因为 f(1)0，所以当且仅当 a1 时，f(x)0，故 a1. (2)由(1)知当 x(1，)时，x1ln x0， 令 x1 1 2n，得 ln 1 1 2n 1 2n. 从而 ln 11 2 ln 1 1 22ln 1 1 2n1 2 1 22 1 2n1 1 2n1. 故 11 2 1

31、1 22 1 1 2n2， 从而 m 的最小正整数是 m3. 7(2021台州评估测试)已知函数 f(x)exx2，g(x)ax. (1)求证：存在唯一的实数 a，使得直线 yg(x)与曲线 yf(x)相切； (2)若 a1，2，x0，2，求证：|f(x)g(x)|e26. (注：e2.718 28为自然对数的底数) 证明(1)由 f(x)ex2x 知，函数 f(x)在点(t，f(t)处的切线方程为 y(ett2)(et 2t)(xt)， 当该直线为 yax 时，可得 aet2t， ett2t（et2t） ， 所以(t1)ett20，所以 t1. 令函数 h(t)(t1)ett2， 则当 t1

32、 时，h(t)t(et2)0， 所以函数 h(t)在(1，)上单调递增， 而 h(1)10， 所以存在唯一的实数 t0(1，2)， 使得 h(t0)0，相应的 aet2t 也是唯一的， 即存在唯一的实数 a，使得直线 yg(x)与曲线 yf(x)相切 (2)要证|f(x)g(x)|e26， 即证 6e2exx2axe26. 令函数 F(a)exx2ax，对于确定的 x，F(a)是一次函数，只要证明 6e2F（1）e26， 6e2F（2）e26， 注意到对于同一 x0，2，F(1)F(2)， 所以只要证明 F（1）e26， F（2）6e2. 先证明： 记函数 G(x)F(1)exx2x， 则 G

33、(x)ex2x1， 令 yex2x1， 因为 yex2，令 y0 xln 2， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 由此可知 G(x)在0，ln 2上单调递减，在ln 2，2上单调递增 又因为 G(0)0，G(ln 2)eln 22ln 210， 所以在ln 2，2上存在唯一实数 x0，使得 G(x0)0， 故在0，x0上 G(x)单调递减，在x0，2上 G(x)单调递增 所以 G(x)maxmaxG(0)，G(2)e26， 即 F(1)e26，得证； 再

34、证明：记函数 H(x)F(2)exx22x， 当 x0，1时，利用不等式 exx1 得 H(x)(x1)x22xx2x111116e2； 当 x1，2时，利用不等式 exx 2 2 x1(x0)得 eex 1e （x1）2 2 （x1）1 e 2x 2e 2. 于是 H(x) e 2x 2e 2 (2xx2) e 21x22xe 2. 其中二次函数(x) e 21x22xe 2开口向上，对称轴为 x 2 e22， 所以当 x1，2时，(x)的最小值为(2)4 e 214e 2 5e 2 8， 所以 H(x)(x)(2)6e2. 综上，不等式均成立， 所以当 x0，2时，对任意的 a1，2，总有 |f(x)g(x)|e26.