极值点偏移问题的处理策略及探究.docx
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极值点偏移问题的处理策略及探究
极值点偏移问题的处理策略及探究
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=xo处取得极
值,且函数八f(x)与直线八b交于A(xi,b),B(X2,b)两点,
则AB的中点为M(宁,b),而往往宁.如下图所
极值点没有偏移
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:
為+是>2兀・x=丑尹处切线与囂轴不平厅;
若八斛上凸(八町递减h则fp宁*若f(x)-F^(/U)递增h则广(号仏卜0,极值点右偏;曲+耳门吟.2玉尹虻切线与x轴不半帕
若八巧上凸(_/w谨减},则厂(宁卜广(瑞丸・若/⑴卜凸(广何递埔)・则”土尹卜广(舟)刊・
【处理策略】
'不含参数的问题例1.(2010天津理)已知函数f(x)二xe」(xR),如果Xi=X2,且f(Xj=f(X2),
证明:
XiX22.
【解析】法一:
f(X)二(1-x)e",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,Xr「时,f(x)_.0,函
数f(x)在X=1处取得极大值f
(1),且f
(1)J,如图所示.
e
由f(xj=f(X2),人7,不妨设XiX,则必有0:
:
:
捲:
:
:
1:
:
:
X2,构造函数F(x)二f(1x)_f(1—x),x.(0,1],
则F(x)"(1x)f(1—x)=4i(e2x—1)0,所以F(x)在x(0,1]上e
单调递增,F(x)F(0)=0,也即f(1x).f(1—x)对x(0,1]恒成立•
由0讣:
:
:
1乜,贝y1-X1(0,1],
所以f(1(1—xjrf(2—xj•f(1—(1—xJ)=f(xj=f(X2),即f(2-xj•f(X2),又因为2-洛必(1,:
:
),且f(x)在(1,:
:
)上单调递减,
所以2-%x2,即证X1X22.
法二:
欲证X1X22,即证x22_x1,由法一知0汕小X2,故2一捲卞2(1,:
:
),又因为f(x)在(1,:
:
)上单调递减,故只需证f(X2):
:
f(2-xj,又因为f(xJ=f(X2),
故也即证f(X1):
f(2-X1),构造函数H(x)=f(x)-f(2-x),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)二与(1一严)0,则H(x)在x(0,1)上单e
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xiX22亦成立.
法二:
由f(xJ=f(X2),得"-人=X2e-X2,化简得eZ)…
xi
不妨设X2Xi,由法一知,0:
:
Xi:
:
:
1:
:
:
X2.令t=X2-Xi,则t0,x2=tXi,代入式,得et,反解出Xi二亠|,
Xie—i
则XiX2=2Xitt2tt,故要证:
XiX22,即证:
t2,e—i7e-i
又因为et-i0,等价于证明:
2t(t-2)(et-i)0…,构造函数G(t)=2t(t—2)(et—i),(t0),则G(tH(t-i)eti,G(t^tet0,
故G(t)在t(0,二)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XiX22成立.
法四:
由法三中式,两边同时取以e为底的对
数,得X2-Xi=InX2=lnX2-lnXi,也即旦山=i,从而
捲7x2_X-I
又令:
(t)=t2一1—2tlnt,(t1),贝U「(t)=2t—2(1nt1)=2(t一1—Int),由于t—1Int对-r(1,恒成立,故⑴.0,(t)在r(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:
limM(t)=lim=lim世1)lnt)=lim(lnt-〕)=2,即证M(t)2
―1x1t-1J(t_1)」t
即证式成立,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,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)*aex有两个不同的零点X1,x2,求
X1X22.
【解析】思路1:
函数f(x)的两个零点,等价于方程xe"=a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0X2,
(1)
⑵
卢X1
所以
K=ae
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)“nx—ax,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=InxInx=aelnx,为兀是方程f(x)=0的两根,也是方
程Inx=aelnx的两根,则Inxi,lnX2是x=aex,设ui=lnxi,u^lnX2,g(x)=xe",贝Vg(uJ=g(U2),从而
X1X2e2二InxiInX22=uiU22,此冋题等价转化成为例
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XiX2,
•••
・In捲一axr=O,Inx2—ax2=0,・・
InXiInx2二a(x1x2),In捲一Inx2二a(xj-x2),
・•・原命题等价于证明业心亠,即证:
Xj—x2Xj+x2
In^,令"呂(「1),构造g(t)“nt-专,ti,此
X2XiX2X27t1
问题等价转化成为例2中思路二的解答,下略
法三:
直接换元构造新函数:
a=^=M二以吕,设xigt吕,(t1),
x1x2Inx1x1x1?
则X2*1,皿二C吐皿",
Inx1Inx1‘
反解出:
Int111丄1'丄Inttint
Inx1,lnx2-Int%-IntIn%-1nt
t-1t-1t-1'
故X1X2>e二In%+1nx2化成法二,下同,
tT
例4.设函数f(x„xa(a.R),其图像与x轴交于A(Xi,0),B(X2,0)两点,且x「:
X2.证明:
f(、”X2):
:
:
0.
【解析】由f(x)=ex—ax+af(x)=ex—a,易知:
a的取值范围为(e2,:
:
),f(x)在(一:
:
1na)上单调递减,在(Ina,:
:
)上单调递增.
X2为
e-e
a=
x2-x1
法一:
利用通法构造新函数,略;法二:
将旧变元转换成新变元:
•・•e:
®1^0,两式相减得:
e2-ax2a=0,
丄X七2X2x,~2~
i己"宁,(t°),贝yf(
xiX2)小丁e2-e为e2(2t(ete_t))
—-)二e(2t-(e-e)),
2x2-x,2t
设g(t)=2t-G-e^Ht0),则g(t)=2-(de」):
:
0,所以g(t)在
、,2~
t(o,上单调递减,故g(t):
:
g(o)=o,而^2^0,所以
又If(x)£—a是R上的递增函数,且5^
f(,x,X2):
:
o.
容易想到,但却是错解的过程:
欲证:
fQx「X2)<0,即要证:
化笃卷)“,亦要证
xiX2
eh-a",也即证:
J—a2,很自然会想到:
对
两式相乘得:
e2-ax2a=0,e2二a(x2-1),
e"X2=a2(x-1)(X2-1),即证:
(M-1)“2-1)*:
1.考虑用基本不
等式(x-1)区小(生礬)2,也即只要证:
X1X2第.由于
X1>1,X2Aina.当取a=e3将得到x^-3,从而x+x2>4.而二元一次不等式X1-x2:
:
:
4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:
若函数心)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(Hf(bb_f(a).
7b_a
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kAB=0二f(xAf(x1)=0二—(O=0,•••
x2—为2
X2X1
e2_e
a=
X2—X1由于f(Xi)=f(X2)=0,显然f(x,)•f(Xi)=0与f(Xi).f(Xi)=0,与已知
f(Xi)=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)=lnx—ax2+(2—a)x.
(I)讨论f(x)的单调性;
(II)设a0,证明:
当0x-时,f(-x)f(--x);
aaa7
(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(x°)":
0.
【解析】(I)易得:
当a£0时,f(x)在(0,:
:
)上单调递增;当a0时,f(x)在(0,-)上单调递增,在(丄「:
)上aa
单调递减.
(II)法一:
构造函数g(x)=f(丄•x)•f(丄-x),(0':
:
xJ),aaa
利用函数单调性证明,方法上同,略;
法二:
构造以a为主元的函数,设函数
h(a)=f(丄x)f(1_x),则]h(a)二In(1ax)-In(1-ax)-2ax,
aa77
32卜‘‘
h(a)=#—+产-_2x=严臭,由O^xc-,解得O^ac-,当
1+ax1-ax1-axa7x7
0:
aJ时,h(a)0,而h(0)=0,所以h(a)0,故当0x-
xa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y=f(x)才会有两个零点,不妨设◎0)'B(x2‘—x'则。
*冷,故W'由(II)得:
f(|-=fga%fu审=f(小f(x2),又由f(x)在(丄「:
)上单调递减,所以如2-xi,于是冷=宁1,
aa2a
由(I)知,f(xo)=:
0.
【问题的进一步探究】
对数平均不等式的介绍与证明
a-b
两个正数a和b的对数平均定义:
L(a,b)=匚苗乔®"),
、a(a=b).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系:
耳L(a恥专(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,Ob":
L(a,b)_¥.不失一般性,可设ab.证明如下:
(I)先证:
ab 不等式 a—ba =Ina-InbIn: : : y/abb 构造函数f(x)=2Inx—(x」),(x.1),则f(X)=--1-^2=-(1-~)2. x1xxx 因为x1时,f(x): : : O,所以函数f(x)在(1,: : )上单调递 减,故f(x)" (1)=0,从而不等式成立; 不等 因为x1时,g(x)0,所以函数g(x)在(1,二)上单调递增,故g(x)y (1)=0,从而不等式成立; 综合(I)(II)知,对Pb.R,都有对数平均不 等式.ab岂成立,当且仅当a二b时,等号成 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」(xR),如果m2,且f(xj=f(X2), 明: 为X22. 【解析】法五: 由前述方法四,可得仁宀「, In为—Inx2 利用对数平均不等式得: 仁亠红,即证: In论—Inx22 XiX22,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)=eX—axa(a・R),其图像与x轴交于A(xi,0),B(X2,0)两点,且Xi: : X2.证明: f(..XiX2): : 0. 解析】法三: 由前述方法可得: aee(1: : 为: : lnan),等式两边取以e为底的对x1-1x2-1 数,得Inap—l门(为一1)7-1n(x2-1),化简得: 1二严忡宀,由对数平均不等式知: In(为一1)—In(x2-1) Un: ;以益二)(X1」)(X2-1),即XM-&1X2): : : 0,故要证 fG.X1X2): : 0二证Jnx2<1na二证2(x^2<片_ln(N—1)+x2Tn(x2-1) •=证In(%-1)In(x2-1): : %x2-2”皿2二证In(x1x^(x1x2)1p: %x2-2、x1x2 ••• ・x1x^(x1x2)<0・・In(xm-(捲x2)1): : In1=0, 而nX2-2、.x^=Cn一、X2)20 ・"(x^-(xX2)1)人X2-2曲2显然成立,故原冋题得 证. 例5.(11年,辽宁理) 已知函数f(x)=Inx-ax2(2-a)x. (I)讨论f(x)的单调性; (II)设a0,证明: 当0」时,f(-■x)f(--x);aaa7 (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X。 ,证明: f(Xo).: O. 【解析】(I)(II)略, (III)由f(Xj=f(X2)=0 22 二In捲-a/(2-aX=Inx2-ax2(2-a)x2二0 22 =InXi-Inx22(xi-x2)=a(xi-x2捲一x2) Inx1—Inx2+2(x1—x2) fx""X2 故要证f(小gXo=71 2a 22 %+x2%-x2+%—x2_X|+x2+1 2In咅一Inx2+2(为一x2)InXi-Inx^? 片「x2 -亠.根据对数平均不等,此不等式显然 x1x2论-x2 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xx.证明: xx? ,: : 2. 【解析】由f(x)=(x-2)eXa(x-1)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.要使函数八f(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Xi: : : X2,由单调性知Xi(―: : 1),X2(1,: : ),所以 2-x? 二(-: : 1),又•/f(x)在(_: 1)单调递减,故要证: XiX2: : 2,等价于证明: f(2—X2): : : f(Xi)=0, ^又Vf(2—x2)=—x2e2*2+a(x2-1)2,且f(x2)=(x2—2)e'+a(x2-1)2=0 •I_(x2—2)eX2,构造函数 g(x)--xe2」—(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: fXi二fX2=0,不难发现X1-1,X2曰,故可整理得: 宀上写二X—弓 (Xi—1)(X2—1) X 设gx二X2: ,贝yg为i=gX2 (x—1) 2 那么g'x=^2』eX,当x,: : 1时,g'x: : : 0,gx单 (xT)' 调递减;当x1时,g'x.0,gx单调递增.设m0,构造代数式: “丄.打.m—11有-m一1Km1+m1_m『m—12m丄仏) 曲+卄汕“戶苛。 -右e=^e帛e十1丿 ^设hm=―e2m1,m0 m+1 则h'm二壬e2m0,故hm单调递增,有 (m十1) hm\>h0=0. 因此,对于任意的m0,g1mg^m・由gXi二gX2可知X1>x2不可能在gX的同一个单调区间上,不妨设XX2,则必有Xi,: 1,: : X2令m=1_Xi.0,贝V有 g|卩1—X•g||1—1—£=g2—%gx=gX2而2—为1,X21,gx在1,亠j上单调递增,因此: g(2—X1)>g(X2=2—为>冷整理得: X1X2<2・ 法三: 参变分离再构造对称函数 X 由法—,得gX=x-2e,构造G(X)=g(x)-g(2-x),(x.(-: : 1)), (x-1)' 利用单调性可证,此处略. 法四: 构造加强函数 【分析说明】由于原函数〈)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X1时,f(x).g(x),结合图像,易证原不等式成立. 【解答】由f(x)=(x-2)eX■a(x-1)2,厂(x)=(x-1)(eX■2a),故希望构造一个函数F(x),使得F(x)=(x-1)(eX2a)-(x-1)(e2a)=(x-1)(eX-e),从而F(x)在(-: : 1)上单调递增,在(1,: : )上单调递增,从而构造出 2 g(x)=(e響)c(c为任意常数),又因为我们希望F (1)=0,而f (1)=-e,故取c=_e,从而达到目的•故 2 g(x^(e2a2(X-1)-e,设g(x)的两个零点为X3,X4,结合图像可知: 为: : X3: : : 1: : X2: : X4,所以花X2: : : X3X4=2,即原不 等式得证• 法五: 利用对数平均”不等式 参变分离得: a昭X<,嘻,由ao,得x「: 1“2" (X! —1)(X2—1) 将上述等式两边取以e为底的对数,得: 『笃+…営如, 22 化简得: [In(X1-1)-In(X2-1)]-[ln(2 -为)-ln(2-X2)]=X1-X2, 22 故: 」ln(捲-1)-In(X2-1)][ln(2-xj-ln(2-X2)] Xt-x2x1-x2 22 =[(X1-1)(X2-1)] [In(捲-1)-In(X2-1)][ln(2-X1)-ln(2-X2)] 22 (X1-1)(X2-1)(2-X1)—(2-X2) 由对数平均不等式得: [In(%-1)2-1n(x2-1)2]2 (X1-k-(X2-1)? (X1-1)? (X2-1)'? [In(2-x,)-In(2-X2)]2 (2-为)—2-X2)(2-xd—2-X2)) 从而「NX1? *-2)2— (Xi—1)+(X2—1)(2—Xi)+(2—X2) 2(x^+x2-2)[4一(x^i+x2)]+X! +x2—2 22 (X1-! )(X2_! )4-(x|x2) _2(为+X2_2)+1+为+x2_2 (X1! )(x21)4-(X1x2) 等价于: 02(X12XD2X1必一2 (X1_1)*(X2—1)4—(x1*X2) =(X1X2-2)[ 2 22 4-(花X2) (为-1)(X2-1) 由(X1-1)2(X2-1)2-0,4-(X1X2)0,故X1X2: : 2,证毕.说明: 谈谈其它方法的思路与困惑。
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- 极值 偏移 问题 处理 策略 探究