第三章 微专题四　隐零点与极值点偏移问题 课时练作业 ppt

(共50张PPT)
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微专题四　隐零点与极值点偏移问题
数学
内容索引
关键能力提升
第一部分
考点1　隐零点问题
考点2　极值点偏移问题
01
02
课时作业
第二部分
1．在利用导数研究函数问题的过程中，会利用隐零点解决相关问题．
2．会利用常见的方法（对称化构造函数法与比（差）值换元法）解决极值点偏移问题．
互动探究·考点精讲
关键能力提升
第
分
部
一
考点1 隐零点问题
隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理．
规律总结
隐零点问题常用策略
(1)依据函数式的结构特征和函数单调性，大胆“试根”，再由单调性说明“此根”的唯一性．
(2)先“虚设零点，设而不求”，通过形式化的“变量代换”或推理，达到化简并求解的目的．
(3)“多次求导”，合理变形，直至能够求解．
【对点训练1】　（2024·山东德州三模）设函数f(x)＝bex＋a cos x，a，b∈R，曲线y＝f(x)在点(0，f（0)）处的切线方程为y＝x＋2.
(1)求a，b的值；
解：因为f(x)＝bex＋a cos x，所以f(0)＝be0＋a cos 0＝b＋a.
又点(0，f（0)）在切线y＝x＋2上，所以f(0)＝2，所以a＋b＝2.
又f′(x)＝bex－a sin x，即f′(0)＝b＝1，所以a＝b＝1.
(2)求证：方程f(x)＝2仅有一个实数根；
解：证明：欲证方程f(x)＝2仅有一个实数根，只需证明ex＋cos x－2＝0仅有一个实数根．
令g(x)＝ex＋cos x－2，则g(0)＝e0＋cos 0－2＝0，故x＝0是g(x)的一个零点，g′(x)＝ex－sin x，
令h(x)＝g′(x)＝ex－sin x，则h′(x)＝ex－cos x.
当x>0时，h′(x)＝ex－cos x>e0－cos x＝1－cos x≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝1，即g′(x)＝ex－sin x>1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，即此时g(x)无零点；
当x<0时，g(x)＝ex＋cos x－2即g(x)＝ex＋cos x－2<0，
所以当x<0时，g(x)无零点．
综上，g(x)＝ex＋cos x－2仅有一个零点，得证.
(3)对任意x∈(0，＋∞)，有f(x)>k sin x＋2，求正数k的取值范围．
解：当x∈(0，＋∞)时，ex＋cos x>k sin x＋2，即ex＋cos x－k sin x－2>0恒成立．
令F(x)＝ex＋cos x－k sin x－2，则F′(x)＝ex－sin x－k cos x，
由(2)可知，x∈(0，＋∞)时，ex－sin x>1，
所以F′(x)＝ex－sin x－k cos x>1－k cos x.
当0即1－k≤1－k cos x≤1＋k，所以F′(x)>1－k cos x≥1－k≥0，
所以F(x)＝ex＋cos x－k sin x－2在x∈(0，＋∞)时单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0恒成立，即满足条件ex＋cos x－k sin x－2>0；
当k>1时，由F′(x)＝ex－sin x－k cos x，可知F′(0)＝1－k<0，
又F′(π)＝eπ＋k>0，所以存在x0∈(0，π)，使得F′(x0)＝0，
所以当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(x0)0恒成立．
综上，正数k的取值范围是（0，1].
考点2 极值点偏移问题
1．极值点不偏移
（无偏移，左右对称，如二次函数）若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.
2．极值点偏移
（左陡右缓，极值点向左偏移）若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0；
（左缓右陡，极值点向右偏移）若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0.
(1)若函数f(x)的最小值为2，求a的值；
(2)在(1)的条件下，若关于x的方程f(x)＝m有两个不同的实数根x1，x2，且x12.
所以φ(x)在(0，1)上单调递减，所以φ(x)>φ(1)＝0，即G(x)－G(2－x)>0，
所以G(x)>G(2－x)，所以G(x2)＝G(x1)>G(2－x1).
又G(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2，得证．
规律总结
极值点偏移问题的两种解决方法
(1)对称化构造函数法
①对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
(2)比（差）值换元法
【对点训练2】　已知a∈R，f(x)＝x·e－ax.
(1)讨论函数y＝f(x)的单调性；
解：f′(x)＝e－ax－ax·e－ax＝e－ax(1－ax).
课时作业24
第
分
部
二
1．（12分）已知函数f(x)＝ln x－ax＋b(a，b∈R)有两个不同的零点x1，x2.
(1)求f(x)的最值；
(2)若 x∈(0，＋∞)，f(x)≤xex恒成立，求实数a的取值范围．
当0x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，
可知g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
(2)当x>0时，求证：f(x)≥g(x).
当00，f(x)在区间(0，1)上单调递增，当x>1时，f′(x)<0，f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)的最大值为f(1)＝1.
当01时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)的最小值为g(1)＝e.
所以1≤t≤e，故实数t的取值范围为[1，e].
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，因此x2>2－x1，即x1＋x2>2，