第三章一元函数的导数及其应用§3.8隐零点与极值点偏移问题[培优课]隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；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，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大.题型一隐零点例1(2023·州模郑拟)已知函数f(x)＝ex＋1－2x＋1，g(x)＝lnxx＋2.(1)求函数g(x)的；极值g(x)＝lnxx＋2定域义为(0，＋∞)，g′(x)＝1－lnxx2，则当x∈(0，e)，时g′(x)>0，g(x)在(0，e)上增，单调递当x∈(e，＋∞)，时g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上，单调递减故函数g(x)的极大值为g(e)＝1e＋2，无小极值.(2)当x>0，明：时证f(x)≥g(x).f(x)≥g(x)等价于明证xex＋1－2≥lnx＋x(x>0)，即xex＋1－lnx－x－2≥0.令h(x)＝xex＋1－lnx－x－2(x>0)，h′(x)＝(x＋1)ex＋1－1＋xx＝(x＋1)ex＋1－1x，令φ(x)＝ex＋1－1x，则φ(x)在(0，＋∞)上增，单调递而φ110＝－10<e2－10<0，φ(1)＝e2－1>0，1110e故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈110，1，当x∈(0，x0)，时φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在(0，x0)上；单调递减当x∈(x0，＋∞)，时φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在(x0，＋∞)上单增，调递故h(x)min＝h(x0)＝－lnx0－x0－2，010exx＋又因为φ(x0)＝0，即＝1x0，01ex＋所以h(x0)＝－lnx0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0，而从h(x)≥h(x0)＝0，即f(x)≥g(x).思维升华思维升华零点求解三步曲问题(1)用函零点存在定理判定函零点的存在性，列出零点方程数导数f′(x0)＝0，合并结f′(x)的性得到零点的取范单调值围.(2)以零点分界点，明函为说导数f′(x)的正，而得到负进f(x)的最值表式达.(3)零点方程适形，整体代入最式子行化明，有将当变值进简证时(1)中的零点范可以适小围还当缩.跟踪训练1(2023·坊模潍拟)函设数f(x)＝x－alnx－2.(1)求f(x)的；单调区间由意知，题f(x)定域义为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax＝x－ax，当a≤0，时f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上增；单调递当a>0，若时x∈(0，a)，f′(x)<0；若x∈(a，＋∞)，f′(x)>0；∴f(x)在(0，a)上，在单调递减(a，＋∞)上增；单调递上所述，综当a≤0，时f(x)的增单调递区间为(0，＋∞)；当a>0，时f(x)的单调递减区间为(0，a)，增单调递区间为(a，＋∞).(2)若a＝1，f′(x)为f(x)的函，导数当x>1，时lnx＋1>(1＋k)f′(x)，求整数k的最大值.当a＝1，时f(x)＝x－lnx－2，f′(x)＝1－1x(x>0)；由lnx＋1>(1＋k)f′(x)得，x(lnx＋1)>(1＋k)(x－1)，即k＋1<xlnx＋1x－1(x>1)，令g(x)＝xlnx＋1x－1(x>1)，则g′(x)＝x－lnx－2x－12，令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，则h′(x)＝1－1x＝x－1x>0，∴h(x)在(1，＋∞)上增，单调递又h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－ln4>0，∴∃x0∈(3,4)，使得h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，此时lnx0＝x0－2，则当x∈(1，x0)，时g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)，时g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上，在单调递减(x0，＋∞)上增，单调递∴g(x)min＝g(x0)＝x0lnx0＋1x0－1＝x0x0－1x0－1＝x0，∴k＋1<x0，即k<x0－1，又x0∈(3,4)，∴x0－1∈(2,3)，∴整数k的最大值为2.题型二极值点偏移例2已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的和；单调区间极值f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，所以函数f(x)的增单调递区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，所以f(x)有大极值f(1)＝1e，无小极值.(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求：证x1＋x2>2.方法一(化造函法对称构数)由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1>1.由于f(x)在(1，＋∞)上，故只要单调递减证f(x2)<f(2－x1)，由于f(x1)＝f(x2)，故只要证f(x1)<f(2－x1)，令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex－2(0<x<1)，则H′(x)＝1－xex－1－xe2－x＝e2－x－ex1－xe2，因为0<x<1，所以1－x>0,2－x>x，所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(0,1)上增，单调递所以H(x)<H(1)＝0，即有f(x1)<f(2－x1)成立，所以x1...