高考数学科学复习提升版素能培优（四）设而不求与极值点偏移问题

考情分析：“设而不求”指的是在有些数学问题中，设定一些未知数，不需要求出未知数(或只需求其近似值)，而根据题目本身的特点，将未知数消去或代换，使问题的解决变得简捷、明快．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．这两类问题常常出现在高考的压轴题中．考点难度2023Ⅱ卷T22已知极值点求参数范围，用到了“设而不求”难2022Ⅰ卷T22单调性、最值、零点，用到了“设而不求”难2021Ⅰ卷T22单调性、不等式的证明，用到了“极值点偏移”难考向一设而不求问题例1(2024·湛江模拟)已知函数f(x)＝ex－1－lnx.(1)求函数f(x)的最小值；(2)求证：exf(x)＋(ex－1)lnx－ex＋eq\f(1,2)>0.解(1)∵f(x)＝ex－1－lnx，∴f′(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，设μ(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，则μ′(x)＝ex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵μ(1)＝0，∴f′(1)＝0，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(1)＝1.(2)证明：要证exf(x)＋(ex－1)lnx－ex＋eq\f(1,2)>0，只需证ex(ex－1－lnx)＋(ex－1)lnx－ex＋eq\f(1,2)>0，即证(x－1)ex－lnx＋eq\f(1,2)>0.令g(x)＝(x－1)ex－lnx＋eq\f(1,2)，则g′(x)＝xex－eq\f(1,x)(x>0)，当x>0时，令h(x)＝g′(x)＝xex－eq\f(1,x)，则h′(x)＝(x＋1)ex＋eq\f(1,x2)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，即g′(x)＝xex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上为增函数，又g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,3)eeq\s\up7(\f(2,3))－eq\f(3,2)＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(e\s\up7(\f(2,3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,8)))\s\up12(\s\up7(\f(2,3)))))<0，g′(1)＝e－1>0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，使得g′(x0)＝0.由g′(x0)＝x0ex0－eq\f(1,x0)＝eq\f(xeq\o\al(2,0)ex0－1,x0)＝0，得xeq\o\al(2,0)ex0＝1，即ex0＝eq\f(1,xeq\o\al(2,0))，即－2lnx0＝x0，∴当x∈(0，x0)时，g′(x)＝xex－eq\f(1,x)<0，g(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝xex－eq\f(1,x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(x0)＝(x0－1)ex0－lnx0＋eq\f(1,2)＝eq\f(x0－1,xeq\o\al(2,0))＋eq\f(x0,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(xeq\o\al(3,0)＋xeq\o\al(2,0)＋2x0－2,2xeq\o\al(2,0)).令φ(x)＝x3＋x2＋2x－2，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))时，φ′(x)＝3x2＋2x＋2＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,3)>0，∴φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上单调递增，∴φ(x0)>φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,27)>0，∴g(x)>0，∴(x－1)ex－lnx＋eq\f(1,2)>0，即exf(x)＋(ex－1)lnx－ex＋eq\f(1,2)>0.隐零点问题解题策略我们把函数或其导函数存在零点，但零点不可求出的问题称为隐零点问题，具体求解步骤如下：(1)用零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，f′(x)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围(有时范围可根据具体情况适当缩小)．(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f′(x)＝0适当变形，整体代入f(x)最值式子进行化简，可以消除f(x)最值式子中的指对项，也可以消除其中的参数项，再将得到的f(x)最值式子进行化简证明．(2024·湖北部分学校联考)已知函数f(x)＝(x－4)lnx＋x2＋ax－2.(1)证明：f(x)有唯一的极值点；(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解(1)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝lnx＋eq\f(x－4,x)＋2x＋a＝lnx－eq\f(4,x)＋2x＋a＋1，所以f′(x)在定义域内单调递增，且值域为R，所以f′(x)有唯一的零点x0∈(0，＋∞)，使得f′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)有唯一的极值点．(2)由(1)知，f(x)在x＝x0处取得极小值，也是最小值，由f′(x0)＝0，得a＝－lnx0－2x0＋eq\f(4,x0)－1，所以f(x0)＝(x0－4)lnx0＋xeq\o\al(2,0)＋ax0－2＝(x0－4)lnx0＋xeq\o\al(2,0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0－2x0＋\f(4,x0)－1))x0－2＝－4lnx0－xeq\o\al(2,0)－x0＋2＝－4lnx0－(x0＋2)(x0－1)，当0<x0≤1时，－4lnx0≥0，－(x0＋2)(x0－1)≥0，所以f(x0)≥0；当x0>1时，－4lnx0<0，－(x0＋2)(x0－1)<0，所以f(x0)<0，因为f(x0)≥0，所以0<x0≤1.设h(x)＝－lnx－2x＋eq\f(4,x)－1(0<x≤1)，因为h(x)单调递减，所以a＝h(x0)≥h(1)＝1，即a≥1.所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．考向二极值点偏移问题例2(2021·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝x(1－lnx)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．借助函数f(x)的单调性解决下列问题．(1)设x1，x2是两个不相等的正数，且x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，证明：2<x1＋x2<e；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.证明(1)∵f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝1，且f(e)＝0.由x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)知，x1，x2是f(x)＝k的两根，其中k∈(0，1)，不妨令x1∈(0，1)，x2∈(1，e)，则2－x1>1，先证2<x1＋x2，即证x2>2－x1，即证f(x1)＝f(x2)<f(2－x1)．令h(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0，1)，则h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]>0，故函数h(x)单调递增，∴h(x)<f(1)－f(2－1)＝0，∴f(x1)<f(2－x1)，故2<x1＋x2得证．下面证明x1＋x2<e.∵0<x1<1<x2<e，∴1－lnx1>1，∴x1(1－lnx1)>x1.∵x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，∴x2(1－lnx2)>x1.要证x1＋x2<e，只要证x2(1－lnx2)＋x2<e，即证2x2－x2lnx2<e，x2∈(1，e)．设g(x)＝2x－xlnx，x∈(1，e)，则g′(x)＝1－lnx>0.∴g(x)在(1，e)上单调递增．∴g(x)<2e－e＝e.∴2x2－x2lnx2<e成立．∴原命题成立，即x1＋x2<e.综上可知，2<x1＋x2<e.(2)由blna－alnb＝a－b得－eq\f(1,a)lneq\f(1,a)＋eq\f(1,b)lneq\f(1,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,a)))＝eq\f(1,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,b)))，借助(1)的结论知2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.函数极值点偏移问题的解题策略(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>(<)xeq\o\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性证明不等式．(2)(比值代换法)将所证的双变量不等式通过代换t＝eq\f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数的单调性证明不等式．(2023·张家口模拟)已知函数f(x)＝x2＋2cosx，f′(x)为函数f(x)的导函数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)已知函数g(x)＝f′(x)－5x＋5alnx，存在x1，x2且x1≠x2，使得g(x1)＝g(x2)，证明：x1＋x2>2a.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2x－2sinx，令h(x)＝2x－2sinx，则h′(x)＝2－2cosx≥0，所以函数h(x)在R上单调递增，又因为h(0)＝0，所以h(x)<0⇒x<0，h(x)>0⇒x>0，即f′(x)<0⇒x<0，f′(x)>0⇒x>0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)，得g(x)＝2x－2sinx－5x＋5alnx＝－2sinx－3x＋5alnx，x>0，又g(x1)＝g(x2)，即－2sinx1－3x1＋5alnx1＝－2sinx2－3x2＋5alnx2，所以5a(lnx2－lnx1)＝2(sinx2－sinx1)＋3(x2－x1)．不妨设x2>x1>0，所以lnx2>lnx1.由(1)得当x>0时，函数f′(x)单调递增，所以2x1－2sinx1<2x2－2sinx2，故2(sinx2－sinx1)<2(x2－x1)，所以5a(lnx2－lnx1)＝2(sinx2－sinx1)＋3(x2－x1)<5(x2－x1)，所以a<eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)，故2a<eq\f(2（x2－x1）,lnx2－lnx1).下证eq\f(2（x2－x1）,lnx2－lnx1)<x2＋x1.即证eq\f(2（x2－x1）,x2＋x1)<lnx2－lnx1＝lneq\f(x2,x1)，设eq\f(x2,x1)＝t>1，h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，t>1，则h′(t)＝eq\f(（t－1）