导数处理极值点偏移问题Word下载.docx
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2等价于
fx1
f
x2,即fx2
f2x2
.
由于f
2x2
2x2x2e2
ax2
12
,而fx2x22
ex2ax2
12,
所以f
fx2
x2e
x2
2ex2.令gx
2x
xe
x2ex,
则gx
x1
2xxee
,所
以当
x
1时,gx0,
而g1
0,
故当x
1时,g
xg1
0.
从而
g
x2f2x2
0,故x1
x22.
、对解析的分析
本问待证是两个变量的不等式,官方解析的变形是x12x2,借助于函数的特性及其单调性,构
造以x2为主元的函数.由于两个变量的地位相同,当然也可调整主元变形为
x1,同理构造以x1
为主元的函数来处理.此法与官方解析正是极值点偏移问题的处理的通法.
不妨设x1x2,由
(1)知,x1
1,x2
1,,2x1
1,
在1,
上单调递
增,所以
2等价于fx2
f2
x1,
即fx1f2
令u
x1,则u
e
所以
u10,即f
1,
fx2f2
x1;
所以x2
x1,即x1x2
2.
极值点偏移问题的处理策略:
【处理策略一】主元法
所谓主元法就是在一个多元数学问题中以其中一个为“主元”,将问题化归为该主元的函数、方程或不等式等问题,其本质是函数与方程思想的应用.作为一线的教育教学工作者,笔者尝试用主元法破解函数的极值点偏移问题,理性的对此类进行剖析、探究,旨在为今后的高考命题和高考复习教学提供一点参考.
一般地,主元法破解极值点偏移问题思路是:
第一步:
根据fx1fx2x1x2建立等量关系,并结合fx的单调性,确定x1,x2的取值范围;
第二步:
不妨设x1x2,将待证不等式进行变形,进而结合原函数或导函数的单调性等价转化.
第三步:
构造关于x1(或x2)的一元函数Tx
xi
2axii1,2,应用导数研究其单调
性,并借助于单调性,达到待证不等式的证明.
题型一:
不含参数的问题
例1.(2010天津理)已知函数f(x)xex(xR),
如果x1
x2,且f(x1)f(x2),
证明:
x1x2
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,
时,
f(x)
f(0)0,x
时,f(x)
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0
x11
x2,
欲证x1x22,即证x22x1,故2x1,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(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.
1x
由H(x)f(x)f(2x)x(1e2x2)0,则H(x)在x(0,1)上单调递增,所以e
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.
法二:
由f(x1)f(x2),得x1ex1x2ex2,化简得ex2x1
x2⋯,
不妨设x2
,由法一知,o
x2.令t
x1,则t0,x2tx1,代入
式,得ettx1,x1
反解出x1
te
t,则x1x2
1
2x1
2t
tet2t1
t,
故要证:
x1x22,即证:
t2tt2,又因et1
为et1
等价于证明:
2t
(t
2)(et1)
0⋯
构造函数
G(t)
2t(t2)(et
1),(t
0),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,
法三:
由法二中
式,两边同时取以e为底的对数,得x2x1
lnx2
lnx2lnx1,也即lnx2
lnx1
G(t)G(0)0,即证式成立,也即原不等式x1x22成立.
lim(t1)lntlim((t1)lnt)x1t1x1(t1)
2,即证M(t)
lxim1M(t)
(x1x2)2
lnx1x2
x1lnx2
x1x1
1x1
令t
x2(t
1),则欲证:
x1
x22,等价于证明:
t
1lnt
2⋯,
(t1)lnt
t21
2tlnt,
构造
M(t)
)lnt,(t
1),则M(t)
2,
t1(1t
t(t
1)2
又令(t)
t212tlnt,(t
1),则
(t)2t
2(lnt1)
2(t1lnt)
由于t1lnt
对
(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)
故
M(t)
在t(1,)
上单
调递
增
由洛比
塔
法则知
:
2,即证式成立,也
即原不等式x1x22成立.
【点评】以上三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,方法一利用构造新的函数来达到消元的目的,方法二、三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.
例2.已知f(x)xlnx的图像上有A,B两点,其横坐标为0x1x21,且f(x1)f(x2).
1)证明:
x1x21;
(2)证明:
1
1解析】
(1)证明:
由f(x)xlnx,f(x)lnx1,令f(x)0,得x1,
故0x1
F(x)
则F(x)
2lnxln(
x)2
lnx(2ef(2ee
f(x)f(2x),(0e
x)2ln22e
1e),
1F(x)F()0,∴f(x)
211
x2,2x1(1,1),且f(x)在(1,1)上单调递增,故
x),令xx1
故F(x)在(0,)上单调递减,即
f(2x1),再由
f(x2)f(x1)
x1,即证:
又构造函数:
g(x)f(x)f(1x),(0x12),
eee
则g(x)
lnxln(1x)2,g(x)11
x1x
12x1
x1(12xx)0,故g(x)在(0,12)上单调递增,由于
x0时,g(x)
(0,x0)上单调递减,在
,且g()ln(e1)
(x0,)上单调递增,又
0,故必存在x0(0,),使得g(x0)0,故g(x)在
x0时,g(x)0,且g()0,故g(x)0在
x(0,)上恒成立,也即f(x)
f(x1)f(x2)f(1x1),再由x2,1x1
f(1x)在x(0,)上恒成立,令xx1,有
11
(,1),且f(x)在(,1)上单调递增,故x21x1,即证:
ee
x1x21成立.
2综上:
即证x1x21成立.
(2)令t1x1,t2x2,则x1t12,x2t22,t1,t2(0,1),且
h(t)
2t2lnt,h(t1)h(t2),h(t)2t(2lnt1),令h(t)0,得t
e,
故0
t1
1.构造函
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- 导数 处理 极值 偏移 问题
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