《高考数学科学复习创新方案提升版素能培优(四)设而不求与极值点偏移问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学科学复习创新方案提升版素能培优(四)设而不求与极值点偏移问题（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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2023卷T22已知极值点求参数范围，用到了“设而不求”难2022卷T22单调性、最值、零点，用到了“设而不求”难2021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)ex1ln x.(1)求函数f(x)的最小值；(2)求证：exf(x)(ex1)ln
2、xex0.解(1)f(x)ex1ln x，f(x)ex1，设(x)ex1，则(x)ex10，(x)在(0，)上单调递增，(1)0，f(1)0，当x(0，1)时，f(x)0，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，则f(x)minf(1)1.(2)证明：要证exf(x)(ex1)ln xex0，只需证ex(ex1ln x)(ex1)ln xex0，即证(x1)exln x0.令g(x)(x1)exln x，则g(x)xex(x0)，当x0时，令h(x)g(x)xex，则h(x)(x1)ex0，h(x)在(0，)上单调递增，即g(x)xex在(0，)上为增函数，又ge0，存在x0，使
3、得g(x0)0.由g(x0)x0e x00，得xex01，即e x0，即2ln x0x0，当x(0，x0)时，g(x)xex0，g(x)单调递增，g(x)ming(x0)(x01)ex0ln x0.令(x)x3x22x2，则当x时，(x)3x22x230，(x)在上单调递增，(x0)0，g(x)0，(x1)exln x0，即exf(x)(ex1)ln xex0.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
4、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)(x4)ln xx2ax2.(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)ln x2xaln x2xa1，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，x
5、0)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xx0处取得极小值，也是最小值，由f(x0)0，得aln x02x01，所以f(x0)(x04)ln x0xax02(x04)ln x0xx024ln x0xx024ln x0(x02)(x01)，当01时，4ln x00，(x02)(x01)0，所以f(x0)0，因为f(x0)0，所以0x01.设h(x)ln x2x1(0x1)，因为h(x)单调递减，所以ah(x0)h(1)1，即a1.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新高考卷改编)已知函数f(x)x(1ln x)在(0，
6、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(1ln x1)x2(1ln x2)，证明：2x1x2e；(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln aaln bab，证明：21，先证22x1，即证f(x1)f(x2)0，故函数h(x)单调递增，h(x)f(1)f(21)0，f(x1)f(2x1)，故2x1x2得证下面证明x1x2e.0x11x21，x1(1ln x1)x1.x1(1ln x1)x2(1ln x2)，x2(1ln x2)x1.要证x1x2e，只要证x2(1ln x2)x2e，即证2x2x2ln x20.g(x)
7、在(1，e)上单调递增g(x)2eee.2x2x2ln x2e成立原命题成立，即x1x2e.综上可知，2x1x2e.(2)由bln aaln bab得ln ln ，即，借助(1)的结论知2(2a.解(1)f(x)的定义域为R，f(x)2x2sinx，令h(x)2x2sinx，则h(x)22cosx0，所以函数h(x)在R上单调递增，又因为h(0)0，所以h(x)0x0x0，即f(x)0x0x0，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)2x2sinx5x5aln x2sinx3x5aln x，x0，又g(x1)g(x2)，即2sinx13x15aln x12sinx23x25aln x2，所以5a(ln x2ln x1)2(sinx2sinx1)3(x2x1)不妨设x2x10，所以ln x2ln x1.由(1)得当x0时，函数f(x)单调递增，所以2x12sinx12x22sinx2，故2(sinx2sinx1)2(x2x1)，所以5a(ln x2ln x1)2(sinx2sinx1)3(x2x1)5(x2x1)，所以a，故2a.下证x2x1.即证1，h(t)ln t，t1，则h(t)0，所以函数h(t)在区间(1，)上单调递增，所以h(t)ln 10，故ln t，即ln ，所以ln x2ln x1，即2a，得证
