极值点偏移终稿答案.docx

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极值点偏移终稿答案

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极值点偏移问题的处理策略及探究---答案

例1.（2010天津理）已知函数f（x）二xe」（x・R）,如果x1:

x2，且f（Xi）=f（«），

明：

x-ix22.

【解析】法一：

f（x）=（1—x）e」，易得f（x）在（一：

：

1）上单调递增，在（1「：

）上单调递减，X：

时，f（X）—',f（0）=0,x—：

'时，f（x）>0,

函数f（x）在x=1处取得极大值f

（1）,且f（1>-,如图所示.

e

由f（xj=f（X2）,X17，不妨设X1：

：

X2，则必有0：

：

X1：

：

1：

：

X2,构造函数F（x）=f（1x）—f（1—x）,x（0,1],

则F（x）=f（1x）f（1—x）^^（e2"-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：

：

X!

：

：

1:

：

X2，贝V1-x<（0,1],

所以f（1（1一禺））=f（2-捲）鮒-（1-洛））=f（xj=f（X2）,即f（2-xj论）,又因为2-洛必•（1,：

：

），且f（x）在（1/:

:

）上单调递减，

所以2-为：

：

X2，即证X1X22.

法二：

欲证X1X22,即证X22-洛,由法一知0■X1:

:

1：

：

X2,

故2—Xi,X2（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（Xi），：

：

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）二f（x）f（2—x）=m（1—e22）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MX22亦成立.

法二：

由f（xJ=f（X2），得Me—Xze*2，化简得eJ」…

X1

不妨设X2为，由法一知，0：

：

X1:

:

:

1：

：

X2•令t7-X1，则t0,x^tX1，代入式，得e—g，反解出X1二十，

论7e-1

则X1X2=2x1t2t，故要证：

为X22，即证：

』t2，e-17e-1

又因为et-10，等价于证明:

2t（—2）@-1）0…，构造函数G（t）=2t（t-2）Q—1）,（t0），则G（tH（t-1）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

又令：

（t）=t2-i—2tInt,（ti），贝V（t）=2t—2（Inti）=2（t—i—Int）,由于t-iInt对-t（i,恒成立，故（t）0,（t）在t（i,：

：

）上单调递增，所以（t）（i）=0，从而M（t）0，故M（t）在t（i,:

:

）上单调递增，由洛比塔法则知：

IimM（t）=Iim丄卫^=Iim览i）Int）二Iim（Int-$=2，即证M（t）2

Xi\'X_it-iJi（t-ifxit

即证式成立，也即原不等式XiX22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.

例2.已知函数f（x）=x-aeX有两个不同的零点“X2，求^证：

XiX22.

【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Xi,X2，

由

（1）⑵得：

XiX2二a（eXieX2），

要证明XiX22，只要证明a®eX2）2，

由

（1）-

（2）得：

为—X2二a（eXi-eX2），即

%-x2

即证:

eXi+eX2eXif+1

以一畑疋—。

迪小（X^X2）e^T；2

不妨设X1X2，记t=X1-X2，则t0,£1，因此只要证明：

tet1.2=t一驾斗0e-1e+1

再次换兀令』7・1,t=lnx，即证Inx-坐1）0-x（1,：

：

）

x1

构造新函数F（x）=lnx—咛，F

（1）=0

x+1

2

求导F，（x）二丄—^^二（：

：

）0，得F（x）在（1,：

：

）递增，

x（x+1）x（x+1）

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）=lnx-ax,a为常数，若函数f（x）有两个零点从,

试证明：

XiX2-e2.

【解析】法一：

消参转化成无参数问题：

f（x）=0=Inx=ax=Inx=aelnx，为,x?

是方程f（x）=0的两根，也是方

g（x）=xe」,贝Vg（Ui）=g（U2）,从而

XiX2e2=Inxi-InX22=UiU22，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XiX2,

In捲一a%=0,Inx2「ax2二0

InX|Inx2=a（x-ix2）,In捲一Inx2=a（x^x2）,

.・.In人-Inx2=a，欲证明XiX2e2，即证InInx?

2.

捲-x27

・•・原命题等价于证明皿皿亠,即证：

捲一x2xi+x2

In-2（Xi~X2），令^-,（ti），构造g（t“Int-^^ti，此x2xix2x2ti

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:

^故Nx2e2=InX1Inx22=-_Int2，转化成法—，下冋，t一1

又•・•f（x）川一a是R上的递增函数，且宁，二f（.XiX2）：

：

0.

容易想到，但却是错解的过程：

欲证：

fg亍;）<0，即要证：

「（生2勻<0，亦要证

>1!

：

X2

e^—a：

：

：

。

，也即证：

*Sa2，很自然会想到：

对e「axia7=e「a（xi“），两式相乘得：

eX2_ax2a=0,eX2=a（x2-1）,

e"=a2（xi-1）（X2-1），即证:

（M-1）“2-1）*：

1.考虑用基本不等式（x,-1）区小（行严）2，也即只要证：

xx^：

：

4.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x1x2:

:

:

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（）=f（bb「f（a）.

b_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（Xi,O）,B（X2,0）,两点，因此

kAB=0=

f（X2）-f（Xi）=0=（e'-e^）-a（Xi-X2）_0x2-x,2

X2X,

e2_ea=

x2_x

由于f（Xi）=f（X2）=0，显然f（X,）•f（Xi）=0与f（Xi）f（X,）=0，与已知

f（xJ=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；

（III）若函数"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】⑴易得：

当a^0时，f（x）在（0,二）上单调

递增；当a0时，f（x）在（。

£）上单调递增，在「上

单调递减.

（II）法一：

构造函数g（x"f（ax）f一x）,（0*2），

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（]_x），则]h（a）二In（1ax）一In（1一ax）一2ax，

aa77

0a：

1时，h（a）0，而h（0）=0，所以h（a）0，故当0

xa

时,f（1x）f（l-x）.

aa

（III）由（I）知，只有当a0时，且f（x）的最大

值f（-）0，函数y=f（x）才会有两个零点，不妨设a

A（x!

0）,B（X2,0）,0:

:

:

Xi：

：

：

X2，则0.为：

1：

X2，故1-为（0,1），由（II）

aaa

得：

f（2-xJ=f（丄1-xjf（」-（丄-幼）=f（xj=f（X2），又由f（x）在aaaaa7

（1,=）上单调递减，所以X22-X1，于是冷二七1，

aa2a

由（I）知，f（x°）：

：

0.

【问题的进一步探究】

对数平均不等式的介绍与证明

例1.（2010天津理）已知函数f（xF（xR），如

果X1=X2，且f（X1）=f（X2），

证明：

X1X22.

【解析】法五：

由前述方法四，可得汁，

Inx1-Inx2

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：

*.证明：

f（x「X2）：

：

：

0.

【解析】法三：

由前述方法可得：

a二上e（1*：

lnan），等式两边取以e为底的对

X-f-1x2-1

数，得Ina=X1-In（x,-1）=X2-In（x2-1），化简得：

u（（X1［「（U，由对数平均不等式知：

In（论一1）—In（x2-1）

1、（X1「1）m、,X1二1）（X2二1），即X1X2-（X1X2）：

：

：

0，故要证In（x1一1）—In（x2-1）

f（X1X2）:

:

0=证.X1X2：

：

Ina：

=证2X1X2：

：

为一I门（为「1）X2「In（X2-1）

二证In（捲「1）In（x2「1）：

：

x1x2「2..x1x^证In（x1x^（x1x2）1）：

：

x

・x1x^（x1x2）：

:

:

0.IIn（XM-（捲x2）1）：

：

In1=0，

而X2-2.x^=（.nX2）20

二In（x1X2-（xX2）1）：

：

X1X2-2X1X2显然成立，故原问题得证.

例5.（11年，辽宁理）

已知函数f（x）=Inx—ax2+（2—a）x.

（Ill）若函数厂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（Xi）=f（X2）=0

22

二In捲-axj（2-a）xj=Inx2-ax2（2-a）x2=0

22

=•Inx〔_InX2■'2（x〔_x?

）二a（x〔…x?

“x〔_x?

）

—Inx〔_lnX22（x〔一X2）

"X1^X22X1-X2

In捲一Inx22（为一x2）Inx；-Inx?

?

—x2

成立，故原不等式得证.

练习1:

（2015长春四模题）已知函数f（x）=eX-ax有两个零点"X2，则下列说法错误的是—

A.a>e

B.X1+X2A2C.住冷D.有极

小值点X0，且X1+X2V2X0

【答案】【解析】

C

函数f（x）导函数：

f'（x）=ex-a

有极值点X=lna，而极值f（Ina）=a-alna：

0，.ae，A正确.

X2=InaInx2

①-②得:

为一x2=In捲一Inx2

根据对数平均值不等式:

XiX22，而i•.NX2,.XiX2:

:

iB正确，C错误而①+②得：

XiX2=2InaInXiX2:

:

2Ina，即D成立.练习2：

（2016年新课标I卷理数压轴21题）已知函数f（x）=（x—2）eXa（x—i）2有两个零点人兀.证明：

x-ix2:

:

2.

【解析】由f（x）=（x-2）eXa（x-i）2，得f（x）=（x-i）（ex2a），可知f（x）在（」：

i）上单调递减，在（i,：

：

）上单调递增.要使函数y=f（x）有两个零点xi,x2，则必须a0.法一：

构造部分对称函数

不妨设为：

X2，由单调性知Xi（」：

i）,X2（i,：

：

），所以2-X2（」：

i），又•/f（x）在（」：

i）单调递减，故要证：

XiX2<2，等价于证明:

f（2-X2）：

：

：

f（xj=0,又Tf（2k）一X2e2"a（X2-i）2，且f（X2^（x^2）eX2a（x^i）^0…f（2-X2）=-X2eZ-快-2）/,构造函数

g（x）=—xe-X—（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fX）=0，不难发现x—1,X）",

故可整理得:

ax^）eX1x^）eX）

）—）

x

设gX=x-2e，贝ygXi二gX2

r，当x：

：

：

1时，g'x：

：

：

0,gx单

调递减；当x时，g'x0,gx单调递增.设m0，构造代数式：

g1m_g1_m二^^61皿

—m••11_m1m

设11（口）=咛評+1,

m+17

单调递增，有

贝yh'm）m^e2m0

fm+1\?

hmi，h0=0.

因此，对于任意的m0,g1mg^m.

由g*AgX2可知为、X2不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设x,'：

X2，则必有X,'：

1'：

X2令口十为0,贝J有

g11-儿g1-1-石二g2-儿gx=gX2

而…1,X2-1,gx在1,；上单调递增，因此：

g2-X1gX2：

=2—X1X2

整理得：

XiX2<2・

法三：

参变分离再构造对称函数

由法二，得gX=x-2e，构造G（x）=g（x）_g（2_x）,（x（-：

：

F（X_1j?

7

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）exa（x-1）2，f（x）=（x-1）（ex2a），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）=（e2a2（"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g（x）=（e律以0_e，设g（x）的两个零点为X3,，结合图像可知：

n：

1，：

：

X2X4，所以x「X2'：

：

X3•X4=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‘:

：

；1'：

二21「由a0,得—x」2,

将上述等式两边取以e为底的对数，得：

22

化简得：

[In（x!

-1）-In（x2-1）]-[ln（2-xj-ln（2-x2）^x^x2,

22

故：

[_[ln（xi-1）-In（X2-1）][ln（2-xj-ln（2-X2）]

|Xi-X2Xi-X2

二[（Xi-1）（X2-1）]

22

[ln（X1-1）-In（X2-1）]

[ln（2-X1）-ln（2-X2）]

（2-xj_（2-x2）

由对数平均不等式得：

[ln（x1-1）-ln（X2-1）2]2

22A22"y

（X1—1）—（X2—1）（X1-1）（X2—1）'

[ln（2-为）-1n（2-x2）]2

（2-X1）-_2-X2）（2-X1）_2-X2））

从而-2（X12X2-2）22——

（X1-"+（X2-"_2-x1）+（2-x2）

_2（XtX2-2）[4—（X1X2）]XtX2—2

_（X1-1）2-（X2-1）24-任X2）

二2（XjX2-2）「XX2_2

（X1-1）2（X2-1）24-（人X2）

等价于：

02（X1X2-2）.X!

X2-2

0'22

（X1-1）（X2-1）4-（x1X2）

4-（X1X2）

2

22

任-1）（X2-1）

由（X1-1）2（X2-1）20,4-（X1X2）0，故X1X2：

：

2，证毕.

练习3:

已知函数f（x）=xlnx与直线y二m交于A（X1,yJ,B（X2,y2）两点.

证：

0：

：

X1X2?

e

【解析】由人ln为=m，X2lnx^m，可得:

①-②

利用③④式可得:

m（InxInx2）-m

2InxiInx2InxiInx2

由题于y=m与y=xInx交于不同两点，易得出则m：

：

0「・上式简化为：

In（xix2）<-2=Ine*

•1

••0：

：

：

xx22

e