极值点偏移问题的处理策略及探究

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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xX0处取得极值，且函数yf(x)与直线yb交于A(xi,b),B(X2,b)两点，则AB的中点为M(x1x2,b),而往往x0学一x2.如下图22所示.极值点没有偏移极侨点k偏5 / 12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，处理的手段有很

2、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I2JI2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.例1.(2010天津理)已知函数f(x)xex(xR)xx2,且f(x)f(x2),证明：x1x22.f(x)【解析】法一:数f(x)在xex2,则必有0xix2,不妨

3、设xi单调递增，1x2,由f(x1)f卜),x构造函数F(x)f(1x)f(1x),x(0,1,则F(x)(1x)xf(1x)e(e2x1)0,所以F(x)在x(0,1上单调递增,F(x)F(0)0,也即f(1x)f(1x)对x(0,1恒成立.由0x,1x2,则1x1(0,1,所以f(1(1x1)f(2x1)f(1(1x1)f(x1)f(x2),即f(2x1)又因为2x1,x2(1,)，且f(x)在(1,)上单调递减,所以24x2,即证x1x22.法二：欲证xx22,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(2X),

4、又因为f(x1)fd)，故也即证f(x1)f(2x1)，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(2x)(1e2x2)0,则H(x)在x(0,1)上单调递增，所以H(x)H(1)0,即已证明H(x)0对x(0,1)恒成立，故原不等式x1x22亦成立.法三：由f(x1)f(x2),得xex?ex2，化简得ex2”，x,不妨设X2X1,由法一知，oXi1X2.令tX2Xi,则t0,X2tXi,代入式,得ett一Xl,反解出X1,则X1x22X1t-2t,故要证：X1x22,X1e1e1-2tt._t即证：_t2,又因为e10

5、,等价于证明：2t(t2)(e1)0，e1构造函数G(t)2t(t2)(81),(t0),则G(t)(t1)et1,G(t)tet0,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(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

6、 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),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(t1)Int(t1)Int)IimM(t)IimIimX1X1t1X1(t1)式成立，也即原不等式X1X22成立.【点评】以上四种

7、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)xaex有两个不同的零点X1,X2,求证：X1x22.xe x 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

8、 a (ex1 ex2) 2 ,ex2),由得：x1x2a(eex2),即aeeX%Xx2e1e2e121即证：(为x2)2(xx2)f2,1 2x1X2x1x2eeei不妨设Xx2,记t刈x2,则t0,et1,.et1-2(et1).因此只要证明：t-t-2t-(-t一)0,et1et1再次换元令etx1,tlnx,即证Inx2(x10x(1,x1构造新函数F(x)Inx2(x1),F(1)0x1求导F(x)142(x1)2o,得F(x)在(1,)递增，x(x1)x(x1)所以F(x)0,因此原不等式x1x22获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元x1，x2的基础上，又多了一

9、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)Inxax,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：_Inx_f(x)0InxaxInxae,x,x2是万程f(x)0的两根，也是万程Inxae1nx的两根，则1nxi,Inx2是x23、，设口1Inx1,u2Inx2,g(x)xex,贝U2g(u1)g(u2),从而x#2eInxInx22uU22,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%

10、x2,Inx1ax10,lnx2ax201nxiInx2a(x1x2),lnx1Inx2a(x1x2),.Inx1Inx2x1x2xiX2即证InxInx22.InxiInx2a(xx2),即证a2xix2，原命题等价于证明Inx1Inx2xix2xix21nxx22(xix2),令t二,(ti),xix2x2构造g(t)Int2(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，下略.InxiaxiInx2x2Inx2InxiN设xixix2,t结(ti),xi则x2tx1,IntxiInxiIntInInxixi反解出：InxiIntti,Inx2Intx1In

11、t1nxiIntInttInttiti故xx2e2InxiInx2Int2,转化成法二，下同，略例4.设函数f(x)exaxa(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)exaxa,f(x)2a,易知：a的取值范围为(e2,),f(x)在(,Ina)上单调递减，在(Ina,)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：exiex2axiax20,两式相减得:0,_x2*e2eix2xi,(t0),则f(xxix22x2xixx2-(2t(etet),设g(t)2t(etet),(t0),则g(etet)0,所以

12、g(t)在t(0,)上单7 / i2x2) 0,XiX2调递减，故g(t)g(0)0,而e二o,所以f(2-2t2又f3exa是R上的递增函数，且JXXx12),.f(xx?)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 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 x

13、24.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19 / 12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: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(x

14、1,0),B(x2,0),两点，因此f(X2)f(X1)0AB(ex2 e) a(x xz)0x2x1_x2_x1e e a ,x2x1由于f(x1)f(x2)0,显然f(x1)f(x1)0与f(x)f(x1)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)Inxax2(2a)x.(I)讨论f(x)的单调性;111(II)设a0,证明：当0X时，f(x)f(x)；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(Xo)0.，、，、一，1【解析】易得：当a0时，f(x)在(0,)上单调递增；当a

15、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),(0x),利用函数单调性证明，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aaxx2x3a2,1h(a)ln(1ax)ln(1ax)2ax,h(a)2x2，由0x,1ax1ax1axa一八1八1.、一一一.、一八1斛得0a一，当0a一时，h(a)0,而h(0)0,所以h(a)0,故当0x一xxa一，11时，f(x)f(x).aa(III)由(I)知，只有当a0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

16、A(x1,0), B(x2,0),0x1x2 ,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：VabL(a,b)a-b(此式记为对数平均不等式)取等条件：当且仅当ab时，等号

17、成立.只证：当ab时，TabL(a,b)ab.不失一般性，可设ab.证明如下:2(I)先证：jabL(a,b)不等式InaInbab,aln-、abb21n1)构造函数f(x)21nx,1(x-),(x1),则x(x)12x(112一).因为xx1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lnalnb2ab)ab,a1nb1)1nx构造函数g(x)Inxg(x)0,所以函数g(x)在(1,综合(I)(II)知，对1),则g(x)-x(x1)2(x1)2x(x1广因为x1时,)上单调递增，故g(x)g(1)0,从而不等式成立

18、;a，bR,都有对数平均不等式TabL(a,b)ab成立，当且仅当ab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)xxe(xR)，如果x2,且f(x)f(x2),证明：x1x22.法五：由前述方法四，可得1x1x2,lnx21nx1利用对数平均不等式得：x21nx1Inx22,秒证说明：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(aR),其图像与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)两点，且x1x2.证明：f(.xx2)0.【解析】法三：由前述方法可得：aex1ex2x11x21(1x1lnax2

19、),等式两边取以e为底的对数，得lnax1ln(x11)x2ln(x21),化简彳导:1(x1_(x_9一，由ln(x11)ln(x21)对数平均不等式知：1(x11)(x21)J(x1)(x21),即x1x2(x1x2)0,ln(x11)ln(x21)故要证f(Jxx2)0证Jx1x2lna证2jx1x2x1ln(x11)x2ln(x21)证ln(x11)ln(x21)x1x22jx1x2证ln(x1x2(x1x2)1)x1x22jx1x2-x1x2(x1x2)0ln(x1x2(x1x2)1)ln10,而Xx22xix2(x,x2)201ln(x1x2(%x2)1)xx22布显然成立，故原问

20、题得证例5.(11年，辽宁理)已知函数f(x)lnxax2(2a)x.(I)讨论f(x)的单调性;,111(II)设a0,证明：当0x时，f(x)f(x)；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)(II)略，(III)由f(x1)f(x2)0,22lnx1ax1(2a)x1lnx2ax2(2a)x2022lnx1lnx22(x1x2)a(x1x2x1x2)lnx1lnx22(x1x2)2x12X2x1X2故要证f(x0)0xO22x1x2x1x2x1 x22ln x1ln x 2(x1 x2)x,x21lnx1l

21、nx22x1x22Inx1Inx2X1X2X1X2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)(x2)exa(x1)2有两个零点Xi,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X22,等价于证明:f(2X2)f(X1

22、)0,又f(2X2)X2e2x22一-a(x21),且f(x2)(X2x92)e22a(x21)0f(2X2)X2e2”(X22)ex2,构造函数g(x)2Xxe(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：fX1fX20,不难发现X11,故可整理得：aX12X11X2x22e2-X21x2exx1X2那么0,gX单调递增.构造代数式:1时，gx单调递减；当x1时,m12mem1则hm2m2e2m0,故hm单调递增，有hmh00.因此，对于任意的m0,g1mg1m.由gXigX2可知为、x2不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设x1x2,则必有x11x

23、2令m140,则有g11x1g11x1g2x1gx1gx2而2x1,x21,gx在1,上单调递增，因此：g2xigx22x1x2整理得：x1x22.法三：参变分离再构造对称函数x2ex由法二，得gx底，构造G(x)g(x)g(2x),(x(,1),利用单调性可证，x1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x 1时，f(x)g(x),当x1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

24、(x)(x1)(e2a)(x1)(e2a)(x1)(ee),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)(x1)c(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)_2(e2a)(x1)2设g(x)的两个零点为x3,x4,结合图像可知Xx31x2x4,所以x1x2x3x42,即原不等式得证.法五：利用对数平均”不等式参变分离得:a(2XT(31)2(2X2)ex2(X21)2，由a0,得X11X22,将上述等式两边取以e为底的对数，得:化简得：ln(xi-1)2-ln(X2-1)2-ln(2-x)ln(2-X2

25、)Xix2,22_故:ln(x1)-ln(X2-1)ln(2-X1)-ln(2-X2)X1X2X1X22(xi1)(x21)ln(xi-1)-ln(x2-1)ln(2-xi)-ln(2-x2)(x1221)(X21)(2x)(2x2)由对数平均不等式得:ln(x1-1)2-，(X1 1)2 (X2 1)2-ln(x2-1)222(X11)2(X21)2ln(2-x)-ln(2-x2)(2x)(2x2)(2X1)(2x2)从而12(x1x22)等价于:由(x1(X11)2(X21)22(xix22)(X11)2(X21)2(x12(X1X22)221)(X21)1)2(2为)(2xj4(Xx?)xx224(xx2)x1x224(为X2)2(xx22)x1x22(x1(x11)2X21)2(X21)24(xx2)2)22(X11)(X21)0,4(%x2)0,故1(X1一X2)x1X22,证毕.说明：谈谈其它方法的思路与困惑。