(完整版)极值点偏移问题的处理策略及探究_第1页
(完整版)极值点偏移问题的处理策略及探究_第2页
(完整版)极值点偏移问题的处理策略及探究_第3页
(完整版)极值点偏移问题的处理策略及探究_第4页
(完整版)极值点偏移问题的处理策略及探究_第5页
已阅读5页,还剩15页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

1、极值点偏移问题的处理策略所谓极值点偏移问题, 是指对于单极值函数,由于函数极值点左右的增减速度不同,使得函数图像没有对称性。若函数f(x)在x X0处取得极值,且函数y f(x)与直线y b交于A(xi,b) ,B(X2,b)两点,则AB的中点为M (x1 2x2,b) 5而往往x0 上产.如下图 所示.极值点没有偏移极侨点k偏20此类问题在近几年高考及各种模考,作为热点以压轴题的形式给出, 很多学生对待此类问题经常是束手无策。 而且此类问题变化多样, 有些题型是不含参数的, 而更多的题型又是 含有参数的。不含参数的如何解决?含参数的又该如何解决,参数如何来处理?是否有更方便的方法来解决?其实

2、,处理的手段有很多,方法也就有很多,我们先来看看此类问题的基本特征,再从几个典型问题来逐一探索!【问题特征】极值点左偏极值点右偏Jf*- 4- V极值点左偏:对+%>2%, 1 =当3处切线弓工轴不平行:若门上1nlmm递减则f土芋 1八七卜0,若八;o下凸门孙递噌),贝|尸|空>广(%)=以 I 2 JI 2 >极值点右偏;;马+丐(2,5工三立尹处切线与上轴不平行:着上凸(广递减h则:岩>一匐=0,若制下凸(厂通僧卜则,(笥受卜八用二0,【处理策略】、不含参数的问题xi x2 ,且 f (xi) f (x2),证明:x1x22.f(x)【解析】法一:数f (x)在x

3、e单调递增,由 f (xi)f(x2), xix2 ,不妨设 xix2,则必有 0 xi 1 x2 ,例1. (2010天津理)已知函数 f(x) xex(x R)构造函数 F(x)f (i x) f (i x),x (0,i,则 F (x) f (i x)f (i x) -r(e2x i) 0 ,所以 F(x)在 x (0,i上单调递增,eF(x) F(0) 0,也即 f(i x) f (i x)对 x (0,i恒成立.由 0 x, i x2,则 i xi (0,i,所以 f(i (ixi)f(2xi)f(i (ixi)f(xi)f(x2),即 f(2xi)f(x2),又因为2 xi,x2

4、(i,),且f(x)在(i,)上单调递减,所以2 x, x2,即证x x2 2.法二:欲证 x1x2 2,即证x22x1,由法一知 0x11x2,故 2x1,x2(1,),又因为f(x)在(1,)上单调递减,故只需证f(x2)f (2 x,),又因为f(x1)f(x2),f(2 x),x (0,1),则等价于证明故也即证f (xi)f(2 x,),构造函数 H (x) f(x)H(x) 0对x (0,1)恒成立.,1 x2V 2由 H (x) f (x) f (2 x) 一(1 e ) 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 (

5、0,1)恒成立,故原不等式 xi x22亦成立.法三:由 f(xi)f (x2),得x,e'x?ex2,化简得ex2"一,xi不妨设X2X1,由法一知,o Xi 1 X2 .令 t X2 Xi ,则 t0,X2 t Xi,代入式,得 ett一Xl,反解出X1,则X1x22X1t-2t ,故要证:X1x22 ,X1e 1e 1- 2t t ._t即证:_ t2,又因为e 1 0,等价于证明:2t (t2)(e 1)0,e 1构造函数 G(t)2t (t 2)(8 1),(t0),则 G(t)(t 1)et 1,G (t)tet0,故G(t)在t (0,)上单调递增,G (t)

6、G (0) 0,从而G(t)也在t (0,)上单调递增,G(t) G(0) 0 ,即证式成立,也即原不等式 x1 x2 2成立.法四:由法三中式,两边同时取以 e为底的对数,得x2 X1X1In x2In X1,也即In x2In X11 ,从而 X1 X2(X1X2X1、In x2In X1X2)X2X1x BIn 上X2 X1X1土 1In上,X 1 XX1人x2令t (t 1),则欲证:X1 X2 2,等价于证明:X1t 1In t 2 t 1构造M (t)2(t一皿(1 )In t,(t 1),则 M (t) P ,t 1t 1t(t1)2又令 (t) t2 1 2tInt,(t 1)

7、,则 (t) 2t 2(Int 1) 2(t 1 Int),由于 t 1 Int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t 1Iim(In t、1)2 ,即证 M (t)2 即证(t 1)In t (t 1)In t)Iim M (t) Iim Iim X 1 X 1t 1 X 1(t 1)式成立,也即原不等式 X1 X22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,方法一、二利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

8、的变元,将两个旧的变元都换成新变元来表示,从而达到消元的目的.二、含参数的问题.例2.已知函数f(x) x aex有两个不同的零点 X1, X2 ,求证:X1 x2 2.a的两个实根,从而这一问题【解析】思路1:函数f (x)的两个零点,等价于方程 xe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xix2xiaex2ae2(1)要证明xix2由(2)得:x1 x2 a(ex12 ,只要证明 a (ex1 ex2) 2 ,ex2),由得:x1 x2 a(e" ex2),即a e e

9、X %X x2e1 e2e 1 2 1即证:(为 x2)2(x x2)f2 ,1 2 x1X2x1 x2e ee i不妨设X x2,记t刈 x2,则t 0,et 1, .et 1-2(et 1).因此只要证明:t-t-2t -(-t一)0 ,et 1et 1再次换元令 et x 1, t ln x,即证 In x 2(x 1 0 x (1, x 1构造新函数 F(x) Inx 2(x 1) , F(1) 0 x 1求导 F'(x) 1(x 1)2 0,得 F(x)在(1,)递增,x (x 1)2 x(x 1)2所以F(x) 0,因此原不等式x1 x2 2获证.【点评】含参数的极值点偏移

10、问题,在原有的两个变元x1,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) In x ax , a为常数,若函数f(x)有两个零点x1,x2 ,试证明:x1 x2 e2.【解析】法一:消参转化成无参数问题:_Inx_f(x) 0 In x ax In x ae , x,x2是万程f(x) 0的两根,也是万程 In x ae1nx 的两根,则 1nxi,Inx2是 x 23”,设口1 In x1 ,u2 In x2, g(x) xe x ,贝U 2g(u1) g(u2)

11、,从而x#2 eIn x In x2 2 u U2 2,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%x2 ,In x1ax10,ln x2 ax201nxiInx2a(x1x2),lnx1Inx2a(x1x2),.In x1In x2x1 x2xiX2即证In xIn x22.In xiIn x2a(x x2),即证a2xix2,原命题等价于证明In x1In x2xix2xix21nxx22(xi x2),令 t 二,(t i), xi x2x2构造 g(t) Int 2(t ;),t法三:直接换元构造新函数:1 ,此问题等价转化成为例2中思路二的解答,

12、下略In xi a xiIn x2x2In x2In xiN设xixi x2,t 结(ti),xi则 x2tx1,In txiIn xiIn tInIn xixi反解出:In xiInt t i,In x2Intx1Int1nxi IntInt t Intt i t i故 x x2e2In xiIn x2Int 2,转化成法二,下同,略例4.设函数f (x) ex axa(aR),其图像与 x轴交于 A(xi,0) , B(x2,0)两点,且xix2 .证明:0.【解析】由f (x) ex ax a, f(x)a,易知:a的取值范围为(e2,)f(x)在(,Ina)上单调递减,在(Ina,)上

13、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:exiex2axiax20,两式相减得:0,_x2*e2 eix2xi,(t0),则 f (xxi x22x2xix x2et"(2t (et et)设 g(t) 2t(ete t),(t 。),则 g (ete t)0,所以 g(t)在 t (0,)上单x2) 0,Xi X2调递减,故g(t) g(0) 0,而e二 o,所以f(2- 2t2又f 3 ex a是R上的递增函数,且 JXX" x1 2) , . f (x x?) 0.容易想到,但却是错解的过程:欲证:f (. x1 x2)很自然会想到ex1

14、 x2 a2(x1 1)(x2 (Xi 1)(x2 1) (土 将得到x2 3 ,从而,即要证:f (二一次)2ex1 ax1 a: 对ex2 ax2 a1),即证:(x1x2 2、2-),也即只要证:2力 x24.而二元一次;x1 x20,亦要证e 2 a 00,ex1a(x1 1),0,ex2ad 1),1)(x2 1) 1 .考虑x1 x24.由于 X 1,,也即证:ex1 x2a2 ,两式相乘得:用基本不等式32In a.当取 a e2a (e ,)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?

15、【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:使得 f() f(b)f(a) b a(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)内至少存在一点当f(b) f(a)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(x2)f(x1)0 AB(ex2 e") a(x xz)0x2x1_x>_x1e ea ,x2x1由于 f(x1) f (x2) 0,显然 f(x1) f(x1) 0 与 f(xjf(x1) 0,与已知f(x

16、1)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 (2 a)x.(I)讨论f(x)的单调性;111(II)设 a 0,证明:当 0 X 时,f( x)f( x);aaa(III )若函数y f(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 (Xo) 0.,、,、一 ,1【解析】 易得:当a 0时,f (x)在(0,)上单调递增;当a 0时,f(x)在(0,-) a1上单倜递增,在(一,)上单调递减.a111(II)法一:构造函数 g(x) f ( x) f (- x),(0 x ),利用函数单

17、调性证明,方 aaa法上同,略;11法一:构造以a为王兀的函数,设函数h(a)f ( x) f ( x),则aax x2x3a2,1h(a) ln(1 ax) ln(1 ax) 2ax, h (a) 2x 2,由 0 x ,1 ax 1 ax 1 a xa一八1 八1.、一 一一.、一八1斛得 0 a 一,当 0 a 一时,h (a) 0,而 h(0) 0 ,所以 h(a) 0 ,故当 0 x 一 xxa一, 11时,f( x) f ( x).aa(III)由(I)知,只有当a 0时,且f(x)的最大值f(1) 0,函数yf(x)才会有两a个零点,不妨设 A(x1,0), B(x2,0),0x

18、1x2 ,则 0 x1m 21(II)得:f(- x1) f (aa/1、一、LL(-,)上单调递减,所以x2 a【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明1.11-xjf (- (- x)aa ax1,于是x01, 1 小 1、一x2 ,故一X (0,-),由aaaf(x) f(x2),又由 f (x)在1,,、 c一,由(I)知,f (x0) 0.a两个正数a和b的对数平均定义:L(a,b)In aa(aIn b b).(ab),对数平均与算术平均、几何平均的大小关系:Vab L(a,b) a-b (此式记为对数平均不等式)取等条件:当且仅当 a b时,等号成立.只证:当a b时,Ta

19、b L(a,b) ab .不失一般性,可设a b.证明如下:2(I)先证:jab L(a,b)不等式In a In ba b , a 1n-、ab b21n1)构造函数f (x) 21n x,1(x -),(x 1),则 x(x)(11 2一).因为x x1时,f (x) 0,所以函数f (x)在(1,)上单调递减,故 f (x)从而不等式成立;(II)再证:L(a,b)吩不等式Ina Inb 2a b) a b,a Inb1)1n xb 1)构造函数g (x) In x1),则 g (x)- x(x 1)2(x 1)2 x(x1广因为x 1时,g (x) 0 ,所以函数g(x)在(1,)上单

20、调递增,故g(x) g(1) 0,从而不等式成立;综合(I) (II)知,对a,b R ,都有对数平均不等式 Tab L(a,b)a b成立,当且仅当a b时,等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例 1.(2010 天津理)已知函数f(x)xe x(xR),如果x1x2,且 f(x)f (x2),证明:x1 x2 2.【解析】法五:由前述方法四,可得1xx1 x2辽力,即证:x1 x2 2,秒证.In x1 In x22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. xln x1ln x22x1x2,利用对数平均不等式得:1n x1 1n x2底的对数,得

21、 ln ax1ln(x11)x2ln(x21),化简彳导:1(x1_(x_9一,由ln(x1 1) ln(x2 1)对数平均不等式知:1 (x11)(x21)J(x 1)(x21),即 x1x2 (x1 x2) 0,ln(x1 1) ln(x2 1)故要证 f (Jxx2) 0证 Jx1x2 ln a 证2jx1x2 x1ln(x11)x2ln(x2 1)证 ln(x1 1) ln( x21) x1 x2 2 Jx1x2 证 ln(x1x2(x1x2)1)x1 x2 2Jx1x2- x1x2 (x1 x2) 0ln( x1x2 (x1 x2) 1) ln1 0 ,而 Xx22.乂2( X ,

22、x2)201 ln(x1x2 (% x2) 1) x x2 2 布显然成立,故原问题得证例5. (11年,辽宁理)已知函数 f(x) ln x ax2 (2 a)x.(I)讨论f(x)的单调性; ,111(II)设 a 0,证明:当 0 x 时,f( x)f( x);a aa(III )若函数y f(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 )由 f (x1)f(x2) 0,22ln x1ax1(2 a)x1ln x2ax2(2a)x2022ln x1ln x22(x1 x2)a(x1 x2x1x2)ln x1 l

23、n x22(x1 x2)2 x12X2x1X2故要证f (x0) 0xO22x1x2x1x2x1 x22ln x1ln x 2(x1 x2)x,x2 12 In x1In x2X1X2X1X2根据对数平均不等,此不等式显然成立,故原不等式得证【挑战今年高考压轴题】(2016年新课标I卷理数压轴21题)已知函数f(x) (x 2)exa(x 1)2有两个零点Xi, X2.证明:x1x2 2.【解析】由f(x) (x 2)ex a(x1)2,得f (x) (x 1)(ex2a),可知f (x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增.要使函数y f (x)有两个零点X1, X2,则必须a0.法一

24、:构造部分对称函数不妨设x1x2,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:为X2 2,等价于证明:f(2X2)f(X1) 0,又f(2 X2)X2e2 x22 一-a(x2 1),且 f(x2) (X2x92)e 22a(x2 1)0 f(2 X2)X2e2”(X22)ex2 ,构造函数g(x)2 Xxe(x 2)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 * f X20 ,不难发现X1 1 , X2故可整理得:a心12X11X2x22 e2-X21x 2 exn.,则 g ”x 1X2那么2x

25、 21 y r=ex,当x 11时,x单调递减;当 x1时,g X单调递增.0,构造代数式:m 1 2m em 1则h' m 2m 2 e2m 0 ,故h m单调递增,有h m h 0 0 .因此,对于任意的 m 0, g 1 m g 1 m .由g Xi g X2可知X、x2不可能在g x的同一个单调区间上,不妨设x1 x2,则必有为 1 x2令 m 1x10,则有 g 11x1g 11x1g 2x1gx1gx2而2x11 ,x21, g x在1,上单调递增,因此:g2xigx22x1x2整理得:x1 x22 .法三:参变分离再构造对称函数x 2 ex由法二,得g x 底,构造G(x) g(x) g(2 x),(x (,1),利用单调性可证,x 1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 x 1对称的函数g(x),使得当x 1时,f(x)g (x),当x 1时,f (x) g(x),结合图像,易证原不等式成立【解答】由f(x) (xx2_x2)e a(x 1) , f (x) (x 1)(e2a),故希望构造一个函数xx.F(x),使得 F(x) (x 1)(e2a) (x 1)(e 2a) (x 1)(e e),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) (e 2

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论