高考數(shù)學(xué)科學(xué)復(fù)習(xí)提升版素能培優(yōu)（四）設(shè)而不求與極值點(diǎn)偏移問題

考情分析：“設(shè)而不求”指的是在有些數(shù)學(xué)問題中，設(shè)定一些未知數(shù)，不需要求出未知數(shù)(或只需求其近似值)，而根據(jù)題目本身的特點(diǎn)，將未知數(shù)消去或代換，使問題的解決變得簡捷、明快．極值點(diǎn)偏移是指函數(shù)在極值點(diǎn)左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)圖象不具有對(duì)稱性．這兩類問題常常出現(xiàn)在高考的壓軸題中．考點(diǎn)難度2023Ⅱ卷T22已知極值點(diǎn)求參數(shù)范圍，用到了“設(shè)而不求”難2022Ⅰ卷T22單調(diào)性、最值、零點(diǎn)，用到了“設(shè)而不求”難2021Ⅰ卷T22單調(diào)性、不等式的證明，用到了“極值點(diǎn)偏移”難考向一設(shè)而不求問題例1(2024·湛江模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－1－lnx.(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)求證：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)，設(shè)μ(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，則μ′(x)＝ex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴μ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵μ(1)＝0，∴f′(1)＝0，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(x)min＝f(1)＝1.(2)證明：要證exf(x)＋(ex－1)lnx－ex＋eq\f(1,2)>0，只需證ex(ex－1－lnx)＋(ex－1)lnx－ex＋eq\f(1,2)>0，即證(x－1)ex－lnx＋eq\f(1,2)>0.令g(x)＝(x－1)ex－lnx＋eq\f(1,2)，則g′(x)＝xex－eq\f(1,x)(x>0)，當(dāng)x>0時(shí)，令h(x)＝g′(x)＝xex－eq\f(1,x)，則h′(x)＝(x＋1)ex＋eq\f(1,x2)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即g′(x)＝xex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，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，∴當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g′(x)＝xex－eq\f(1,x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g′(x)＝xex－eq\f(1,x)>0，g(x)單調(diào)遞增，∴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，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))時(shí)，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))上單調(diào)遞增，∴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.隱零點(diǎn)問題解題策略我們把函數(shù)或其導(dǎo)函數(shù)存在零點(diǎn)，但零點(diǎn)不可求出的問題稱為隱零點(diǎn)問題，具體求解步驟如下：(1)用零點(diǎn)存在定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，列出零點(diǎn)方程，f′(x)＝0，并結(jié)合f(x)的單調(diào)性得到零點(diǎn)的范圍(有時(shí)范圍可根據(jù)具體情況適當(dāng)縮小)．(2)以零點(diǎn)為分界點(diǎn)，說明導(dǎo)函數(shù)f′(x)的正負(fù)，進(jìn)而得到f(x)的最值表達(dá)式．(3)將零點(diǎn)方程f′(x)＝0適當(dāng)變形，整體代入f(x)最值式子進(jìn)行化簡，可以消除f(x)最值式子中的指對(duì)項(xiàng)，也可以消除其中的參數(shù)項(xiàng)，再將得到的f(x)最值式子進(jìn)行化簡證明．(2024·湖北部分學(xué)校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(x－4)lnx＋x2＋ax－2.(1)證明：f(x)有唯一的極值點(diǎn)；(2)若f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)證明：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒′(x)＝lnx＋eq\f(x－4,x)＋2x＋a＝lnx－eq\f(4,x)＋2x＋a＋1，所以f′(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，且值域?yàn)镽，所以f′(x)有唯一的零點(diǎn)x0∈(0，＋∞)，使得f′(x0)＝0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)有唯一的極值點(diǎn)．(2)由(1)知，f(x)在x＝x0處取得極小值，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)，當(dāng)0<x0≤1時(shí)，－4lnx0≥0，－(x0＋2)(x0－1)≥0，所以f(x0)≥0；當(dāng)x0>1時(shí)，－4lnx0<0，－(x0＋2)(x0－1)<0，所以f(x0)<0，因?yàn)閒(x0)≥0，所以0<x0≤1.設(shè)h(x)＝－lnx－2x＋eq\f(4,x)－1(0<x≤1)，因?yàn)閔(x)單調(diào)遞減，所以a＝h(x0)≥h(1)＝1，即a≥1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．考向二極值點(diǎn)偏移問題例2(2021·新高考Ⅰ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．借助函數(shù)f(x)的單調(diào)性解決下列問題．(1)設(shè)x1，x2是兩個(gè)不相等的正數(shù)，且x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，證明：2<x1＋x2<e；(2)設(shè)a，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.證明(1)∵f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(1)＝1，且f(e)＝0.由x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)知，x1，x2是f(x)＝k的兩根，其中k∈(0，1)，不妨令x1∈(0，1)，x2∈(1，e)，則2－x1>1，先證2<x1＋x2，即證x2>2－x1，即證f(x1)＝f(x2)<f(2－x1)．令h(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0，1)，則h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]>0，故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，∴h(x)<f(1)－f(2－1)＝0，∴f(x1)<f(2－x1)，故2<x1＋x2得證．下面證明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.要證x1＋x2<e，只要證x2(1－lnx2)＋x2<e，即證2x2－x2lnx2<e，x2∈(1，e)．設(shè)g(x)＝2x－xlnx，x∈(1，e)，則g′(x)＝1－lnx>0.∴g(x)在(1，e)上單調(diào)遞增．∴g(x)<2e－e＝e.∴2x2－x2lnx2<e成立．∴原命題成立，即x1＋x2<e.綜上可知，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)的結(jié)論知2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.函數(shù)極值點(diǎn)偏移問題的解題策略(1)(對(duì)稱化構(gòu)造法)構(gòu)造輔助函數(shù)：對(duì)結(jié)論x1＋x2>(<)2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對(duì)結(jié)論x1x2>(<)xeq\o\al(2,0)型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性證明不等式．(2)(比值代換法)將所證的雙變量不等式通過代換t＝eq\f(x1,x2)化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式．(2023·張家口模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cosx，f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)已知函數(shù)g(x)＝f′(x)－5x＋5alnx，存在x1，x2且x1≠x2，使得g(x1)＝g(x2)，證明：x1＋x2>2a.解(1)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝2x－2sinx，令h(x)＝2x－2sinx，則h′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增，又因?yàn)閔(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，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：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)．不妨設(shè)x2>x1>0，所以lnx2>lnx1.由(1)得當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)f′(x)單調(diào)遞增，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).下證eq\f(2（x2－x1）,lnx2－lnx1)<x2＋x1.即證eq\f(2（x2－x1）,x2＋x1)<lnx2－lnx1＝lneq\f(x2,x1)，設(shè)eq\f(x2,x1)＝t>1，h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，t>1，則h′(t)＝eq\f(（t－1）