隐零点与双变量问题 课件-2027届高三数学一轮复习

隐零点与双变量问题 1 1.隐零点问题 如果f'(x)是超越形式(对字母进行有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角等运算的解析式,称为初等超越式,简称超越式),并且f'(x)的零点存在但无法求出,这时可采用虚设零点法,逐步分析出零点所在的范围和满足的关系式,然后分析出相应的函数的单调性,最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的关系推演出所要求的结果.通过这种形式化的合理代换或推理,谋求一种整体的转换和过渡,从而将超越式转化为普通式,有效破解求解或推理中的难点. 2.双变量问题 双变量问题的解决分为两类: (1)换元法(或消元法):将双变量问题转化为单变量问题,利用构造的新函数的性质解决; (2)极值点偏移问题:极值点偏移一般通过对称构造法、比(差)值换元法等进行处理. 【例1】　已知函数f(x)=4x2+(8-a)x-aln x. (1)求f(x)的单调区间; 类型一 隐零点问题 解析 (2)当a=2时,证明:f(x)>4x2-2ex+6x+4. 解 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. 【训练1】　(2026·北京模拟)已知函数f(x)=x+aln x,g(x)=e-x-ln x-2x. (1)讨论函数f(x)的单调性; 解 (2)若g(x0)=0,求x0+ln x0的值; (2)由g(x0)=0,得-ln x0-2x0=0,即-x0=ln x0+x0　①,令t=,则-x0=ln t　②,将②代入①可得ln t+t=ln x0+x0,由(1)可知,当a=1时, f(x)=x+ln x在(0,+∞)上单调递增,所以t==x0,所以x0+ln x0=x0+ ln =x0-x0=0. 解 (3)证明:x-xln x≤e-x+x2. (3)证明:设m(x)=x-xln x-e-x-x2,则m'(x)=g(x)=e-x-ln x-2x,易判断g(x)在(0,+∞)上单调递减.由(2)可知,g(x0)=0,则x0+ln x0=0,所以若x∈(0,x0),则m'(x)=g(x)>0,若x∈(x0,+∞),则m'(x)=g(x)<0,所以函数m(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.所以m(x)≤m(x0), m(x0)=x0-x0ln x0--,又ln x0=-x0,=x0,所以m(x0)=x0+-x0-=0,所以m(x)≤0,即x-xln x≤e-x+x2. 证明 类型二 双变量问题………………规范答题 【例2】　(2025·全国二卷)(17分)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0<k<. (1)证明:f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点; (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点. (ⅰ)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减; (ⅱ)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论. [思考] ❶求导数的动机是什么? ❷分析函数单调性的动机是什么? 【教考衔接】————溯源教材 融合贯通 稳得分 (1)处理导数双变量问题,要仔细分析两个变量之间的关系,在利用单调性比较大小的过程中注意将变量统一到同一个单调区间上. (2)本题(1)问侧重考查导数基础运算与性质分析,对应教学中对基础知识的夯实.(2)问构造了辅助函数,利用导数判断了函数的单调性,将双变量问题进行了函数转化,考查降低了难度.本题既保持了传统题型的框架,又通过创新解法提升区分度. (3)本题源于人教A版选择性必修第二册第95页例7. 【训练2】　(2026·大连模拟)已知f(x)=ax2-2ln x,x∈(0,e],其中e是自然对数的底数. (1)讨论f(x)的单调性; 解 解 (2)设a>,g(x)=-5+ln.存在x1,x2∈(0,e],使得|f(x1)-g(x2)|<9成立,试求实数a的取值范围. 解 类型三 极值点偏移问题 【例3】　(2026·岳阳模拟)已知函数f(x)=a(x-1)-xln x,且f(x)≤0. (1)求a; 解 解 (2)已知f'(x)为函数f(x)的导函数,证明:对任意的0<x1<x2,均有f'(x1)>. 解 极值点偏移问题的解法 1.(对称化构造函数法)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>(<)型,构造函数F(x)=f(x)-f,通过研究F(x)的单调性证明不等式成立. 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. 【训练3】　(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=-ln x+x-a. (1)若f(x)≥0,求a的取值范围; 解 (2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1. 解 解 (1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞).由已知得f'(x)== .当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无单调递减区间.当a>0时,令f'(x)>0,得x>;令f'(x)<0,得0<x<,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;当a>0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为. (2)证明:原不等式等价于φ(x)=ex-ln x-2>0,则φ'(x)=ex-,易知φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,且φ'=-2<0,φ'(1)=e-1>0,所以φ'(x)在上存在唯一零点x0,此时φ(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,要证φ(x)>0即要证φ(x0)>0,由-=0,得=,x0=,代入φ(x0)=-ln x0-2,得φ(x0)=+x0-2,因为φ(x0)=+x0-2>2-2=0,所以φ(x)>0,即f(x)>4x2-2ex+6x+4. (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),由f'(x)=1+=,当a≥0时,f'(x)>0,当a<0时,令f'(x)<0,则0<x<-a,令f'(x)>0,则x>-a.所以当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a<0时,函数f(x)在(0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增. 【书写表达】————规范答题 步步为赢 得满分 (1)(第一给分点:5分) 证明:f'(x)=-1+x-3kx2=-3kx2=x2.　[1分] 当x>0时,令f'(x)=0,解得x0=-1. 因为0<k<,所以0<3k<1,则x0=-1>0. 当0<x<x0时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x>x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减❷. 所以f(x)在(0,+∞)上有唯一的极大值点x0=-1. [3分] 因为x=0时,f(x)=0, 当x→+∞时,f(x)→-∞,且f(x0)>f(0)=0, 所以f(x)在(x0,+∞)上有唯一的零点, 所以f(x)在(0,+∞)上有唯一的零点.　[5分] (2)(ⅰ)(第二给分点:6分) 证明:g(t)=f(x1+t)-f(x1-t), 且由(1)知x1=x0=-1. 则g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)=(x1+t)2+(x1-t)2=(x1+ t)2+(x1-t)2=, [8分] 因为t∈(0,x1)时,-t2+2x1>0, (x1+t+1)(x1-t+1)(x1+1)>0, -2t2<0,所以g'(t)<0,　[10分] 所以g(t)在区间(0,x1)上单调递减.　[11分] (ⅱ)(第三给分点:6分) 由(ⅰ)知g(t)在(0,x1)上单调递减, 则g(x1)<g(0)=f(x1+0)-f(x1-0)=0,　[12分] 所以g(x1)=f(x1+x1)-f(x1-x1)=f(2x1)-f(0)=f(2x1)-0=f(2x1)<0.　[14分] 因为x2是f(x)在(0,+∞)上的零点, 所以f(x2)=0,即f(2x1)<f(x2).　[15分] 由(1)知x2∈(x1,+∞), 且f(x)在(x1,+∞)上单调递减, 所以2x1>x2.　[17分] (1)由题x∈(0,e],f'(x)=2ax-=.当a≤0,则ax2-1<0⇒f'(x)<0,则此时f(x)在x∈(0,e]上单调递减;当a>0,则f'(x)==. 若<e,即a>时,令f'(x)>0得x∈,令f'(x)<0得x∈,故f(x)在上单调递减,在上单调递增;若≥e,即0<a≤时,此时f(x)在(0,e]上单调递减.综上,当a≤时,f(x)在(0,e]上单调递减;当a>时,f(x)在上单调递减,在上单调递增; (2)当a>时,由(1)可得f(x)min=f=1-2ln=1+ln a;又g(x)=-5+ln,则g'(x)=>0,得g(x)在(0,e]上单调递增,则g(x)max=g(e)=-4-ln a.又注意到存在x1,x2∈(0,e],使得|f(x1)-g(x2)|<9,等价于x∈(0,e]时,|f(x1)min-g(x2)max|<9,则|1+ln a+4+ln a|<9⇒-9<2ln a+5<9⇒e-7<a<e2,又a>,则a∈. (1)由f(x)≤0得a-ln x≤0,令g(x)=a-ln x,x>0,则g'(x)=-=,①当a≤0时,g'(x)<0恒成立,g(x)在(0,+∞)上单调递减,且g(1)=0,不符合题意;②当a>0时,g(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,故 g(x)max=g(a)=a-1-ln a≤0,令h(a)=a-1-ln a,则h'(a)=1-=,故h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则h(a)min=h(1)=0,即a-1-ln a≥0,又a-1-ln a≤0,所以a-1-ln a=0,解得a=1. (2)由(1)知f(x)=x-1-xln x,f'(x)=-ln x,要证f'(x1)>,即证-ln x1> ,进一步变形为证>0,即证>0.因为0<x1<x2,令t=>1,则需证>0(t>1),即证tln t-(t-1)>0(t>1)设g(t)=tln t-(t-1),t>1,g'(t)=ln t+1-1=ln t,当t>1时,g'(t)>0,g(t)在(1,+∞)单调递增,所以g(t)>g(1)=0,得证. (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞).由f'(x)=-+1== ,可得x>1时,f'(x)>0,0<x<1时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.所以f(x)min=f(1)=e+1-a.又f(x)≥0,所以e+1-a≥0,解得a≤e+1,所以a的取值范围为(-∞,e+1]. (2)证明:由(1)知,不妨设0<x1<1<x2,>1.令F(x)=f(x)-f,则F'(x)= +×=(ex+x-x-1).令g(x)=ex+x-x-1,则g'(x)=ex+1-+x×=ex+1+,所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,所以当x∈(0,1)时,g(x)<g(1)=0,所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,所以F(x)在(0,1)上单调 递增,所以当x∈(0,1)时F(x)<F(1)=0,即在(0,1)上f(x)-f<0.又f(x1)= f(x2)=0,所以f(x2)-f<0,即f(x2)<f.由(1)可知,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x2<,即x1x2<1. $