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 Word版.doc

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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

Ⅱ卷T22

已知极值点求参数范围，用到了“设而不求”

难

2022

Ⅰ卷T22

单调性、最值、零点，用到了“设而不求”

难

2021

Ⅰ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)(x0)，

当x0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－10，∴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)