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
大招13极值点偏移定义及判定定理
大招总结
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,使得函数图象没有对称性.若函数/(X)在x=x0处取得极值,且函数
y寸(x)与直线y=b交于4元|力),8。2,勿两点,则AB的中点为8),
极值点偏移问题的一般题设形式:
1.若函数/(X)存在两个零点X1,当且玉±%2,求证:芯+彳2>2/(X。为函数/(X)
的极值点);
2.若函数/(X)中存在M,且玉工工2满足/(⑴寸⑷),求证:%+%2>2%(%为
函数/(X)的极值点);
3.若函数/(X)存在两个零点X],*2且用工工2,令40=',求证:((尤0)>0・
4.若函数/(X)中存在X1,%2且满足/(%)寸(%2),令/=,';",求证:
/'(%)〉0.
[抽化模型]答题模板:若已知函数/(x)满足/(占)寸(々),X。为函数/(X)的极
值点,求证:%,+x2<2x0.
1.讨论函数/(X)单调性并求出了(X)的极值点X。;
假设此处:/(X)在(X。,+00)上单调递增,在(-8,X。)上单调递减.
2.构造F(x)=f(x)-f(2x0-x);
注:此处根据题意需要还可以进行中值构造,构造成尸。)=/(%+幻-/(%-为
的形式.
3.通过求导/(七)讨论/(幻的单调性,判断出尸(x)在某段区间上的正负,
并得出/(%)与-x)的大小关系;
假设此处:E(x)在(x0,+oo)上单调递增,那么我们便可得出
F(x)>F(x0)=f(x0)-f(2x0-x0)=0,从而得到当尤>x()时,f(x)>f(2x0-x).
4.不妨设X]<入0</,通过/(X)单调性,/(百)寸(9),/(x)与/(2工0-x)
的大小关系得出结论;
接上述情况,由于x>x()时,/(x)>/'(2%-%)且玉</<々,
/G月(无2),
故/G月'(无2)>/(2%0-%2),又因为王</,2%-工2<40且/(X)在
(-00»/)上单调递减,从而得到玉<2入0-工2,从而%+工2<2%得证.
5.若要证明:/,(内三)<0,还需进一步讨论"立与公的大小,得出
士*所在的单调区间,从而得出该处函数导数值的正负,从而结论得证.
2
此处只需继续说明:因为西+々<2/,故步言</,由于"X)在
(-co,%)上单调递减,故[(七迨)<0.
典型例题
例1(2021新高考I)已知函数/(x)=x(l-Inx).
⑴讨论的单调性:
(2)设。力为两个不相等的正数,且加na—aln8=a-6证明:2<二+:<e.
ab
解:(1)由函数的解析式可得尸(x)=l-Inx-l=-lnx,
xe(O,l),广。)>0,/(x)单调递增;(l,+oo),r(x)<0,/(x)单调
递减;
则/(幻在(0,1)单调递增,在(1,+8)单调递减.
(2)证明:ib\na-alnb-a-b,W-—In—+—In—,
aabhba
即加叫中-明
由(1)在(0,1)单调递增,在(1,+8)单调递减,所以/(初由于'⑴=1
且/(e)=0.
令无1=L々=,,则无1,工2为/(无)=%的两根,其中林(0,1).
ab
不妨令X]e(0,l),x2e(l,e),则2-玉>1,
先证2<玉+x2,即证4>2—玉,即证/(x2)=/(%))</(2-A^),
令〃(x)=/(x)-0(2-x),
则h\x)=f\x)+f'(2-x)=-Inx-ln(2-x)=-ln[^(2-x)]在(0,1)单调递减,
所以〃(x)>"⑴=0,
故函数〃(x)在(0,1)单调递增,
,
h^Xy)</?(1)=0./(x,)</(2-x1),..2<x1+x2,得i!E.
同理,要证玉+x,<e,
(法一)即证1ex2<e-x(,
根据⑴中/(x)单调性,即证/(X2)=/(%)>/(e—不),
令°(x)=/(x)-/(e-x),xe(0,1),则/(x)=-ln[x(e-x)],令吠(y)=0,
X£(0,/,必X)>0,奴X)单调递增,XG(XO,1),^(X)<0,夕(%)单调递减,
又()<x<e时,/(x)>0,且/(e)=0,
故lim(p(x)=0,。⑴=/(I)-/(e-l)>0,/.(p(x)>0恒成立,x+x<e得证,
戈5)+2
(法二)/(5)=/(x2),x)(l-lnx1)=x2(l-lnx2),
又玉w(0,1),故1—In%>(l-lnx1)>x1,
故%+x2<x](1—InXj)+x2=x2(1—10%2)+%2,%2e(l,e),
令g(x)=x(l-lnx)+x,gr(x)=l-lnx,xe(l,e),
在(l,e)上,g(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)eg(e)=e,
即(1—1门X2)+/<e^所以菁+工2<。,得证,
则2<LLe.
ab
例2.已知函数/(x)=xe'\xeR).
(1)求函数/(x)的单调区间和极值;
(2)已知函数y=g(无)的图象与函数y=/(x)的图象关于直线x=l对称,证
明当了〉1时,/(X)>g(x);
⑶如果王N/,且/(%)=/(毛),证明玉+工2>2.
解⑴f\x)=(1_x)e-,令f(x)=0,解得x=1,当X变化时,.1(x)J(x)的变
化情况如下表:
X1
(-8,1)(1,+8)
+0——
/'(%)
递增极大值递减
fM
所以/(x)在(F,1)内是增函数,在(1,物)内是知函数.
函数/(x)在x=l处取得极大值/⑴且/,(1)=--
e
(2)证明:由题意可知g(x)=/(2-尤),得g(x)=(2-x)e=.令
F(x)=/(x)-g(x),即F(x)=xe~x+(x-2)et-2,于是F'(x)=(x-D(e2A2_1)b,当
x>l时,2x-2>0,从而e2-"2_i>0,又因为e-x>0,所以F'(x)>0,从而函数
尸(x)在"+oo)是增函数.又因为尸(1)=「一豚=0,所以x>l时,有
F(x)>F(l)=0,BPf(x)>g(x).
⑶证明:①若(5一1)(%2-1)=。,由⑴及/(石)=/(/),则玉=—=1•与
玉矛盾.
②若(石-1)(X2-1)>0,由(1)及/(%)=/(%2),得玉=工2.与工产工2矛盾.
根据①②得&一1)(々一1)<。.不妨设王<I,Z>L
由⑵可知,/(%2)>^(%2),则gH)=/(2_%2),所以/(9)>/(2-々),从
而/(X1)>/(2-A2).因为々>1,所以2-々<1,又由⑴可知函数/(九)在区间
(—00,1)内是增函数,所以为>2-X2,即%+x2>2.
例3.已知函数/(尤)=±=e'.
1+x
(1)求〃处的单调区间;
(2)证明:当/(%))=/(%2)(石#时,玉+工2<0.
解(1)函数f(x)的单调递增区间为(-00,0),单调递减区间为(0,+8).
1—X
⑵证明:由题f(x)=一易知%<1时,f(x)>0;x>l时,/(x)<0.
1+X
因为/(%,)=/(%2)(x(*x2),不妨设玉<々,
结合(1)可知%e(-oo,0),x2e(0,l).
要证西+W<0,即证不<-与,于是作差构造辅助函数F(x)=/(x)-f(-x),
11+Y
代入化简得F(x)=—=(l-x)e1-^.
1+x[e
11
再次局部构造辅助函数G(x)=(1-x)e*-手r,求导得G(x)=-xe-'(e2A-l).
当xe(0,1)时,G'(x)<0,即G(x)是(0,1)上的单调知函数.于是G(x)<G(0)=0,则
F(x)<0.即F(x)=f(x)-f(-x)<0.故xe(0,1)时,f(x)<f(-x).由qG(0,1),
则/(◎)</(-。
又了(5)=/(七),即得了&)</(—%)•根据⑴知〃x)是(-8,0)上的单调
增函数,
而玉e(-oo,0),-x2e(-00,0),%!<x2,所以王〈一马,故%+x2<0得证.
例4.已知函数f(x)=Inx-ax2+(2-a)x.
(1)讨论/(x)的单调性;
⑵设a>0,证明:当0cxe,时,/J+;
(3)若函数y=/(x)的图象与x轴交于AB两点,线段A6中点的横坐标为
%0,证明:/〈与)<().
解(1)函数/(X)的定义域为
(0,+8),广(无)△-2ax+(2-a)=-(2x+D("D,
XX
①若a>0,则由r(x)=0,得尤=L且当X时,/'(x)>(),当
aka)
xJ1,+8时,f'(x)
I。7
<0,所以/(x)在(o」)上单调递增,在(L+8]上单调递减;
②当4,0时,/'(x)>0恒成立,因此/(x)在(0,+8)上单调递增.
⑵证明:设函数g(x)=/[:+x)-/、-x),则
nnv--
g(x)=ln(l+tzx)-ln(l-ax)-2ax,g'(x)=------+----------2a=-----,当
\+ax\-ax\-a~x~
时,g,(x)>0,而g(0)=0,所以g(x)>0,
故当0cxe,吐/J+x)>/(L-x).
(3)证明:由(1)可得,当④0时,函数y=/(x)的图象与x轴至多有一个交
点,故a〉0,从而
/(%)的最大值为不妨设义与,。),**2,。),。-<马,则
0cxi<;<声,由(2)得,/(:一%)=/(:+:-xj>/'(玉)=/(々)=0,得/(x)
,
在(L+°oJ单调递减,,2-玉<々,于是%=>L由⑴知,/(x0)<0.
例5.己知函数f(x)-x-a\nx,aeR.
⑴研究函数/(x)的单调性;
(2)设函数/(x)有两个不同的零点七、声,且玉〈龙2・
①求。的取值范围;
2
②求证:xtx2>e.
解⑴y(x)的定义域(o,+8),r(x)=i-g=T,
XX
若a,o,则r(x)>o恒成立,/(x)在(o,+oo)单调递增函数;
若a>0,令/,(x)=0,解得x=a,则/(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+8)上单
调递增.
(2)证明:因为/(x)有两个不同的零点,由(1)知
a>0
=>a>e±L0<<a<x,
f(a)=l-alna<0f2
要证可w>e2,即证
Inx,+Inx2>2<=—+^>2<=%]+x,>2«<=x2>2«-x,,
aa
由于a>X],则2。_芯>a,即证/(%,)>/(2a-xJu/(玉)>f(2a-xt).
设g(x)=/(x)-/(2a-x),xe(0,a),只需证g(x)>0即可,
g(x)=(x-aInx)-[(2a-x)-aln(2tz-x)],g,(x)=1-—+1-----=-2—~”一<0.
x2a-xx(2a—x)
可知g(x)在xw(0,a)是单调递减函数,故g(x)>g(a)=0,得证内々>e2.
例6.已知函数/(x)=x\nx+x2-ax+2,aeR有两个不同的零点七,々.
(1)求a的取值范围;
(2)证明:再+%>2;
(3)证明:xtx2>1.
解(1)依题意,/(x)有两个相异的实根,即/(x)=0在R上有两解,即
/(x)=xlnx+x2-奴+2=0在R上有两解,也就等价于a=Inx+x+—在R上有
x
两解,即直线y=。与曲线y=lnx+x+—有两个交点.令
x
212x~+x—2(x+2)(%—1)/八、止
g(x)=lnx+x+—,g(x)=—+1--y=----——=------A-----(X>。),当]£(0,1)
XXXXX
时,g,(尤)v0,g(x)单调递减;当二三(1,+00)时,g")>0,g(x)单调递增.所以,g(x)
2
在x=l处,取得极小值,即g(x)..g⑴=lnl+l+i=1+2=3,因为直线y=Q与曲
线y=g(x)有两个交点,所以。>3.
⑵证明:当0<xvl时,令
22
F(x)=g(x)-g(2-x)=lnx+x+——ln(2-x)-(2-x)------,
x2-x
~22
所以F(x)=lnx-ln(2-x)+-------+2x-2(0<x<1),
x2-x
故Ff(x)——I--------1--------+2(0<x<1),
x2-xx2(2-x)2
x-2x2-xx、
整理得F'(x)=+2=2——I------------T(0<x<l).
X5_―(2-x)2X2(2-x)2J
2-xX2—xx—!—(o<x<i).
H------------7..2-2
x2(2-x)2T?(2-x)-x(2-x)
因为0<x<l,所以0<x(2—x)<l,所以一?一>1,即
>1,
x(2-x)
所以2-2<2—2=0.因为
r2-xx、
,,2-2<0,即0<x<1时,Fz(x)<0,F(x)在
F\x)=2-I---%-72----*---(--2-----x--)-72J
(0,1)内单调递减,也就是F(x)>P(l)=g⑴_g(2—l)=0,即当0<x<l时,
g(x)>g(2-x)-
不妨假设0<%<1<々,所以g(x)>g(2-不),又因为〃石)=/(%)=0,也
就是g(电)=g&)=a,所以g(%)=g(%)>g(2-
因为0<玉<1,所以一1<一为<0,即2-玉>1,且%>Lg(%)>g(2-%).
由⑴可知g(x)在(l,+oo)单调递增,所以々>2-也就是%+x2>2,证毕.
⑶证明:当x>l吐令G(x)=g(x)-g(J,整理得G(x)=21nx-x+,,
Eiffi'J、
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。
最新文档
- 2025届上海市第四中学高三第四次模拟考试数学试卷含解析
- 辽宁葫芦岛协作校2025届高三压轴卷数学试卷含解析
- 广东省江门市示范中学2025届高考数学四模试卷含解析
- 2024年度商品房买卖合同范本(含智能家居系统升级)3篇
- 2024年度抵押担保借款合同书范本:文化创意产业融资合同3篇
- 2024年度航空物流用地土地使用权永久转让与航空货运服务合同3篇
- 2024医院聘用急诊科医师及急救技能培训合同3篇
- 2024年度高校实习生就业服务合同3篇
- 2024全新充电桩安装与电力接入服务合同3篇
- 信阳航空职业学院《公共卫生学》2023-2024学年第一学期期末试卷
- 煤炭物流园区总体规划(2016-2030)参考范本
- 一级部门职责及组织架构-总裁办教学
- 精品新技术、新产品、新工艺、新材料的应用
- 竖井涌水量方程判定方法
- T∕ACSC 01-2022 辅助生殖医学中心建设标准(高清最新版)
- 6.2Kendall 相关性检验
- 国家开放大学《理工英语1》边学边练参考答案
- 国家开放大学电大专科《管理会计》期末试题及答案
- 内蒙古师范大学论文封面
- (整理)《运筹学》期末考试试题与参考答案
- (完整版)《金匮要略》方剂总汇(完整版)
评论
0/150
提交评论