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文档简介
1、极值点偏移问题的处理策略及探究-答案例 1.( 2010 天津理)已知函数f (x)xe x (xR),如果 x1x2 ,且 f ( x1 )f ( x2 ) ,证明: x1x22.【解析】 法一: f( x)(1x)e x,易得 f (x) 在 (,1) 上单调递增,在(1,) 上 单 调 递 减 , x时 ,f ( x), f (0)0 , x时, f (x)0 , 函数 f (x) 在 x1 处取得极大值f (1) ,且 f (1)1,如图所示 .e由 f (x1)f ( x2 ), x1x2 ,不妨设 x1x2 ,则必有0x11 x2 ,构造函数F ( x)f (1x)f (1x),
2、x(0,1 ,则 F ( x)f(1x)f (1x)xx1 (e2 x1)0 ,所以 F ( x) 在 x (0,1 上单调递增,eF ( x)F (0)0 ,也即 f (1x)f (1 x) 对 x(0,1 恒成立 .由 0x11x2 ,则 1 x1(0,1 ,所以 f (1 (1 x1 )f (2 x1)f (1 (1 x1)f ( x1 )f ( x2 ) ,即 f (2 x1 )f ( x2 ) ,又因为2x1 , x2(1,) ,且f ( x) 在 (1,) 上单调递减,所以 2x1x2 ,即证 x1x22.法二: 欲证 x1x2 2 ,即证 x22x1 ,由法一知 0x11 x2
3、,故 2 x1 , x2(1, ),又因为 f (x) 在 (1,) 上单调递减,故只需证f ( x2 )f (2x1 ) ,又因为 f ( x1 )f ( x2 ) ,故也即证f ( x1 )f (2 x1 ) ,构造函数H (x)f ( x)f (2x), x(0,1) ,则等价于证明H ( x)0 对 x(0,1) 恒成立 .由 H ( x)f( x)f(2 x)1x x (1e2 x2 )0 ,则 H ( x) 在 x(0,1) 上单调递增, 所以eH ( x)H (1)0,即已证明 H ( x)0对 x(0,1)恒成立,故原不等式 x1 x22亦成立 .法三:由 f ( x1)f (
4、 x2 ) ,得 x1e x1x2e x2 ,化简得 ex2x1x2,x1不妨设 x2x1 ,由法一知,ox11 x2 .令 t x2x1 ,则 t0, x2tx1 ,代入式,得 ettx1 ,反解出 x1t,则 x1x22x1t2tt ,故要证: x1x22 ,x1et1et1即证:2tt2,又因为 et10 ,等价于证明: 2t(t2)( et1)0,et1构造函数( )2(t2)( t1),(t0),则 G (t)(tt1,G (t)t0 ,G tte1)ete故 G (t ) 在 t(0,) 上单调递增, G (t )G(0) 0,从而 G (t) 也在 t(0,) 上单调递增, G
5、(t )G(0)0,即证式成立,也即原不等式x1x22成立 .法四:由法三中式,两边同时取以e 为底的对数,得x2x1ln x2ln x2 ln x1 ,也即x1x21ln x2ln x11,从而 x1x2( x1x2 ) ln x2ln x1x2x1 ln x2x1ln x2 ,x2x1x2x1x2x1x1x21x1x1令 tx2(t1) ,则欲证: x1x22,等价于证明:t1ln t2,x1t1构造 M (t)(t1)ln t(1t2)ln t,( t1),则 M(t )t 212t ln t ,t11t (t1)2又令(t)t 212t ln t ,( t1) ,则(t )2t2(ln
6、 t1)2(t1 ln t) ,由于 t 1ln t对 t(1,) 恒成立,故(t )0 , (t ) 在 t(1,) 上单调递增, 所以(t)(1)0 ,从 而 M (t)0, 故 M(t)在 t(1,)上 单调递增,由洛比塔法则知:lim M (t )lim (t1)ln tlim (t1)ln t )lim(lntt1)2 ,即证 M (t)2,即证x 1x1t1x1(t1)x 1t式成立,也即原不等式x1x22成立 .【点评】 以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式,用构造新的函数来达到消元的目的, 方法三、 四则是利用构造新的变元,换成新变元来表示,从而达到消元的
7、目的.例 2.已知函数f ( x)xaex 有两个不同的零点x1, x2 ,求证: x1x2方法一、 二利将两个旧的变元都2 .【解析】思路1:函数f ( x) 的两个零点,等价于方程xe xa 的两个实根,从而这一问题与例 1 完全等价,例1 的四种方法全都可以用;思路 2:也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下:因为函数 f ( x) 有两个零点 x1, x2 ,所以x1aex1(1)x2aex2,(2)由 (1)(2) 得: x1x2a(ex1ex2 ) ,要证明 x1x22 ,只要证明 a(ex1ex2 )2 ,由(1)(2)得: x1x2a(ex1ex2 ) ,即 ax
8、1x2,) ex1ex2x2 ) ex1 x2ex1ex2即证:( xx2(x112 ,12ex1ex2ex1 x21不妨设 x1x2 ,记 tx1x2 ,则 t0, et1,因此只要证明: tet12t2(et1)0 ,et1et12(x1)再次换元令 etx1,tln x ,即证 ln x0x(1,)ln x 2( x1), F(1)x1构造新函数 F (x)0x1求导'14( x 1)2,得 F (x) 在 (1,) 递增,F ( x)x ( x 1)2x( x 1) 20所以 F (x)0 ,因此原不等式x1 x22获证 .【点评】含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元x1,
9、 x2 的基础上,又多了一个参数,故思路很自然的就会想到:想尽一切办法消去参数,从而转化成不含参数的问题去解决;或者以参数为媒介,构造出一个变元的新的函数。例 3.已知函数 f ( x)ln xax , a 为常数,若函数f ( x) 有两个零点 x1 , x2,试证明: x1x2e2 .【解析】法一:消参转化成无参数问题:f ( x)0 ln x axln xaeln x ,x1 , x2 是方程f (x)0 的两根,也是方程 ln xaeln x 的两根,则 ln x1,ln x2 是 xaex ,设 u1lnx1 ,u2ln x2 , g ( x)xe x ,则g(u1 )g(u2 )
10、,从而 x1x2e2ln x1ln x2 2u1u22 ,此问题等价转化成为例1,下略 .法二:利用参数a 作为媒介,换元后构造新函数:不妨设 x1x2 , ln x1 ax10,ln x2 ax2 0, ln x1 ln x2a(x1 x2 ),ln x1 ln x2 a( x1 x2 ) , ln x1ln x2a ,欲证明 x1 x2e2,即证 ln x1 ln x22.x1x2 ln x1ln x2a( x1x2 ),即证 a2,x1x2原命题等价于证明ln x1ln x2x12,即证: lnx12( x1x2 ) ,令 tx1,( t 1) ,x1x2x2x2x1x2x2构造 g(t
11、)ln t2(t1) ,t1 ,此问题等价转化成为例2 中思路二的解答,下略 .t1法三:直接换元构造新函数:aln x1ln x2ln x2x2 , 设 x1x2, tx2 ,( t1) ,x1x2ln x1x1x1则 x2tx1, ln tx1tln t ln x1t ,ln x1ln x1反解出: ln x1ln t ,ln x2ln tx1ln tln x1ln tln tt ln t ,t 1t1 ln tt1t 1故 x1 x2e2ln x1ln x222,转化成法二,下同,略 .t1例4. 设函数()xfxeaxa aRx轴交于A(x1 ,0) , B( x2,0)两点,且()
12、,其图像与x1x2 .证明: f(x1 x2 )0 .【解析】由x(x2fxeaxa fxea,易知:a 的取值范围为(e ,),f (x)在(),)(,ln a) 上单调递减,在 (ln a,) 上单调递增 .法一:利用通法构造新函数,略;法二:将旧变元转换成新变元:x1ax1a0,x2x1e两式相减得: aee,ex2ax2a 0,x2x1x2x1x1x2xxx1x2x1x2e记 t,( t0) ,则 f)e2e 2e 12tt) ,2(2x2x1(2t( e e2t设()2(tet ),(t0),则 g (t)2(etet)0 ,所以 g(t ) 在 t(0,) 上单g ttex1x2调
13、递减,故 g(t )g (0)0 ,而 e20 ,所以 f( x12x2 )0 ,2t又 f ( x)exa 是 R 上的递增函数,且x1 x2x1 x2, f ( x1x2 ) 0 .2容易想到,但却是错解的过程:(x2 )0,即要证: f ( x1x2x1x20 ,也即证: ex1x2a2 ,欲证: fx1) 0 ,亦要证 e2a2ex1ax1a 0,ex1a( x11),很自然会想到:对两式相乘得:ex2ax2a 0,ex2a( x21),ex1 x2a2 ( x11)(x21), 即 证 : ( x1 1)( x21) 1.考虑用基本不等式( x1 1)(x21)( x1x22)2 ,
14、也即只要证: x1 x24 . 由于 x11,x2ln a . 当取 a e32将得到 x23 ,从而 x1x2 4. 而二元一次不等式x1 x24 对任意 a(e2 ,) 不恒成立,故此法错误 .【迷惑】 此题为什么两式相减能奏效,而变式相乘却失败?两式相减的思想基础是什么?其他题是否也可以效仿这两式相减的思路?【解决】此题及很多类似的问题,都有着深刻的高等数学背景.拉格朗日中值定理:若函数f ( x) 满足如下条件:(1)函数在闭区间 a, b 上连续;(2)函数在开区间( a, b)内可导,则在 (a,b) 内至少存在一点,使得 f ()f (b)f (a)b.a当 f (b)f (a)
15、 时,即得到罗尔中值定理 .上述问题即对应于罗尔中值定理,设函数图像与x 轴交于 A(x1,0), B( x2 ,0), 两点,因此f ( x )f ( x )(ex2ex1 )a(xx )ex2ex1kAB0210120, a,x2x12x2x1由于 f ( x1 )f (x2 )0 ,显然 f ( x1 )f (x1)0 与 f ( x1 )f (x1 )0 ,与已知f ( x1 )f (x2 ) 0 不是充要关系,转化的过程中范围发生了改变.例 5.( 11 年,辽宁理)已知函数 f ( x) ln x ax2(2a)x.(I )讨论 f ( x) 的单调性;(II )设 a0 ,证明:
16、当 0x11x)1x) ;时, f (f (aaa(III)若函数 yf ( x) 的图像与 x 轴交于 A, B 两点,线段 AB 中点的横坐标为x0 ,证明:f (x0 )0 .【解析】( I )易得:当 a0 时, f (x) 在 (0,) 上单调递增;当 a0 时, f ( x) 在 (0, 1 )上单调递增,在 ( 1 ,a) 上单调递减 .af ( 1f ( 11) ,利用函数单调性证明,方(II )法一:构造函数g( x)x)x),(0xaaa法上同,略;法 二 : 构 造 以 a为 主 元 的 函 数 , 设 函 数 h(a)f ( 1x)f ( 1x), 则aah(a)ln(
17、1ax)ln(1ax)2ax ,h (a)xx2x3a2,由0 x11ax1ax2xa2 x2,1a解得0a1a1时, h (a)0 ,而 h(0)0 , 所以 h( a) 0 ,故当 0x1,当 0xa时, f ( 1xf ( 1x)x) .aa0 时,且 f ( x) 的最大值 f (1 )(III)由( I)知,只有当 a0 ,函数 yf ( x) 才会有两a111A(x1 ,0), B(x2 ,0),0x1x2 ,则0x1x1) ,由个零点,不妨设ax2 ,故(0,f ( 2f ( 11f ( 1( 1aa( II )得:x1 )x1)x1 )f ( x1 )f ( x2 ) ,又由
18、f(x) 在aaaaa( 1 ,) 上单调递减,所以x22x1 ,于是 x0x1x21,由( I )知, f(x0 )0 .aa2a【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明例 1.( 2010 天津理)已知函数f(x)xex (x),如果 x1x2 ,且 f ( x1 )f ( x2 ),R证明: x1x2 2.【解析】法五:由前述方法四,可得1x1x2,利用对数平均不等式得:ln x1ln x21x1x2x12x2,即证: x1 x22,秒证 .ln x1ln x2说明:由于例2,例 3 最终可等价转化成例1 的形式,故此处对数平均不等式的方法省略.例 4.设函数f (x)exaxa(
19、aR) ,其图像与x 轴交于A( x1,0) , B( x2 ,0) 两点,且x1x2 .证明: f(x1 x2 )0.【解析】 法三:由前述方法可得: aex1ex2x1ln ax2 ) ,等式两边取以 e 为x11(1x2 1底的对数, 得 ln ax1ln( x11)x2ln( x21) ,化简得: 1(x11)( x21),由1)ln( x1ln( x2 1)对数平均不等式知:1(x11)( x21)( x11)(x21) ,即 x1x2( x1x2 )0,ln( x11)ln( x2 1)故要证 f ( x1x2)0证 x1x2ln a证2 x1x2x1ln( x11)x2ln( x
20、21)证 ln( x11)ln( x2 1)x1x2 2x1x2证 ln( x1x2( x1x2 )1)x1x22x1x2 x1 x2(x1x2 )0 ln( x1 x2(x1x2 ) 1) ln10 ,而 x1 x22 x1 x2( x1x2 )20 ln( x1x2 ( x1x2 )1)x1x22 x1x2 显然成立,故原问题得证 .例 5.( 11 年,辽宁理)已知函数 f ( x)ln xax2(2 a)x.(III )若函数 yf ( x) 的图像与 x 轴交于 A, B 两点,线段 AB 中点的横坐标为x0 ,证明:f (x0 )0 .【解析】( I )( II )略,(III )
21、由 f ( x1)f ( x2 ) 0ln x1ax12(2 a)x1ln x2ax2 2(2 a) x2 0ln x1ln x22( x1x2 ) a( x12x22x1x2 )ln x1ln x2a2x22x1故要证 f ( x0 )0x1 x2x122ln x12( x1x2 )x1x2x0x1x212ax22x1x2x1x2 1ln x22( x1x2 ) ln x1ln x22x1x22ln x1ln x2 .根据对数平均不等,此不等式显然成立,故原不等式得证.x1x2x1x2练习 1:(2015 长春四模题)已知函数的是f ( x)exax 有两个零点x1x2 ,则下列说法错误A.
22、aeB. x1x22C. x1 x21D.有极小值点x0 ,且 x1x22 x0【答案】 C【解析】函数f ( x) 导函数:f '( x)exa有极值点 x ln a ,而极值 f (ln a)aa ln a0 ,a e , A 正确 .f ( x) 有两个零点:ex1ax10, ex2ax20 ,即:x1ln aln x1 x2ln aln x2 -得:x1x2ln x1ln x2根据对数平均值不等式:x1x2x1x21x1x22ln x1ln x2x1 x2 2 ,而 1x1x2 ,x1x21B正确, C错误而 +得: x1x22ln aln x1 x22ln a ,即 D 成立
23、 .练习 2:(2016年新课标 I 卷理数压轴 21 题)已知函数f ( x)(x2)exa( x 1) 2 有两个零点 x1 , x2 .证明: x1x22 .【解析】 由 f ( x)( x2)exa( x1)2,得 f (x)( x1)(ex2a) ,可知 f (x) 在 (,1)上单调递减,在(1,) 上单调递增 .要使函数 yf (x) 有两个零点 x1 , x2 ,则必须 a0 .法一:构造部分对称函数不妨设 x1 x2 ,由单调性知 x1(,1), x2(1,),所以 2x2(,1) ,又 f ( x) 在( ,1) 单调递减,故要证:x1x22,等价于证明:f (2x2 )f
24、 ( x1 )0 ,又 f (2 x2 )x2 e2 x2a(x21)2 ,且 f (x2 ) ( x22)ex2a( x21)20 f (2x2 )x2 e2 x2( x22)ex2 ,构造函数g( x)xe2 x(x2) ex,( x(1,) ,由单调性可证,此处略.法二:参变分离再构造差量函数由已知得: f x1fx20 ,不难发现 x11, x21,x1xx2x故可整理得:a2 e 12 e 2x12x2211设 g xx2 e2x,则 g x1g x2x1x 221那么 g ' x3ex ,当 x 1 时, g ' x0 , g x 单调递减;当x 1时,x1g
25、39; x0 , gx 单调递增设 m0,构造代数式:g 1 m g 1 mm 2 1e1 mm21e1 m12m e1 m m 1e2m1mmmm 1设 h mm 1e2 m1 , m 0m1则 h ' m2m22e2 m0,故 h m单调递增,有 h mh 00 m1因此,对于任意的m0, g 1mg 1m由 g x1gx2可知 x1 、 x2不可能在 g x的同一个单调区间上,不妨设x1x2 ,则必有 x11x2令 m 1x10,则有 g11x1g 11x1g 2x1g x1gx2而2 x11,x1,在1,上单调递增, 因此:12122g xg 2 xg x2 x x整理得: x
26、1x22 法三:参变分离再构造对称函数x 2 exg ( x)g(2x),( x(,1) ,利用单调性可证,由法二, 得 g xx12,构造 G( x)此处略 .法四:构造加强函数【分析说明】 由于原函数 f (x) 的不对称, 故希望构造一个关于直线x1 对称的函数 g( x) ,使得当x1g (x) ,当x1时, f (x)g( x) ,结合图像,易证原不等式成立 .时, f (x)【解答】由f ( x)( x2) exa(x1)2 , f( x)(x1)(ex2a) ,故希望构造一个函数F ( x) , 使 得 F ( x)( x1)(ex2a)( x1)(e2a)(x1)(exe) , 从 而 F ( x) 在(,1) 上单调递增,在 (1,) 上单调递增,从而构造出g( x)(e2a)( x 1)2c ( c 为2任意常数) ,又因为我们希望F (1)0,而 f (1)e ,故取 ce ,从而达到目的 . 故g( x)(e2a)( x 1)2, 设 g (x)的 两 个 零
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