导数处理极值点偏移问题Word下载.docx

1、2 等价于f x1fx2 ，即 f x2f 2 x2由于 f2 x22 x2 x2e 2a x212，而 f x2 x2 2ex2 a x212，所以 ff x2x2ex22 ex2 令 g x2xxex 2 ex ，则 g xx12 x x ee，所以当x1时， g x 0 ，而g10，故当 x1 时， gx g 10从而gx2 f 2 x20 ，故 x1x2 2 、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 x1 2 x2 ，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

2、解析正是极值点偏移问题的处理的通法不妨设 x1 x2 ，由（ 1）知， x1,1 ,x21, ,2 x11,在 1,上单调递增，所以2 等价于 f x2f2x1 ，即 f x1 f 2令ux 1 ，则 ue所以u 1 0 ，即 f1，f x2 f 2x1 ；所以 x2x1 ，即 x1 x22.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

3、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 f x1 f x2 x1 x2 建立等量关系， 并结合 f x 的单调性， 确定 x1,x2 的取值范围； 第二步：不妨设 x1 x2 ，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 T xxi2a xi i 1,2 ，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） xe x（x R） ，如果 x1x2 ，且 f （x1） f （x2） ，证明： x1 x2解析】法一：

4、f （x） （1 x）ex，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 x 1处取得极大值 f （1） ，且 f（1）1, 如图所示 . e由 f （x1） f （x2）, x1 x2 ，不妨设 x1 x2 ，则必有 0x1 1x2，欲证 x1 x2 2，即证 x2 2 x1，故 2 x1,x2 （1,） ，又因为 f （x）在 （1, ）上单调递减，故只需证 f （x2） f（2 x1） ， 又 因 为 f（x1） f（x2） ，故 也 即 证 f （x1） f （2 x1） ， 构 造 函 数H

5、（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 .1x由 H （x） f （x） f （2 x） x （1 e2x 2） 0 ， 则 H （x） 在 x （0,1） 上 单 调 递 增 ， 所 以 eH （x） H （1） 0 ，即已证明 H （x） 0 对 x （0,1）恒成立，故原不等式 x1 x2 2亦成立 .法二：由 f （x1） f （x2），得 x1e x1 x2e x2 ，化简得 ex2 x1x2 ，不妨设 x2，由法一知， ox2.令 tx1 ，则t 0,x2 t x1，代入式，得 et t x1 ， x1反解出 x1t

6、 et ，则 x1 x212x12tt et2t 1t，故要证： x1 x2 2 ，即证：t2t t 2 ，又因 et 1为 et 1等价于证明： 2t（t2）（et 1）0构造函数G（t）2t （t 2）（et1）,（t0） ，则G （t）（t 1）et 1,G （t） tet 0 ，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 x2 x1ln x2ln x2 ln x1，也即 ln x2ln x1G（t） G（0） 0，即证 式成立，也即原不等式 x1 x2 2成立

7、 .lim （t 1）ln t lim （t 1）ln t） x 1 t 1 x 1 （t 1）2，即证 M （t）lxim1 M （t）（x1 x2） 2ln x1 x2x1 ln x2x1 x11 x1令tx2（t1） ，则欲证： x1x2 2 ，等价于证明：t1lnt2 ，（t 1）ln tt2 12tlnt ，构造M （t）ln t,（t1） ，则 M （t）2，t 1 （1 tt（t1）2又 令 （t）t2 1 2t lnt,（t1） ， 则（t） 2t2（ln t 1）2（t 1 lnt）由 于 t 1 lnt对（1,） 恒成立，故 （t）0， （t） 在t （1,） 上单调递增，

8、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 x1 x2 2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） xln x 的图像上有 A, B两点，其横坐标为 0 x1 x2 1，且 f（x1） f（x2）.1）证明：x1 x2 1 ；（2）证明： 11 解析】（1）证明：由 f （x） xln x, f （x） ln x 1，令

9、f （x） 0，得 x 1 ，故 0 x1F（x）则 F （x）2 ln x ln（x） 2ln x（2 e f （2e ef （x） f （2 x）,（0 ex） 2 ln 2 2 e1e）,1 F（x） F（ ） 0 ， f（x）2 1 1x2,2 x1 （ 1 ,1） ，且 f （x） 在（1 ,1）上单调递增，故x） ， 令 x x1故 F（x） 在 （0, ） 上 单 调 递 减 ， 即f（2 x1） ， 再 由f （x2） f（x1）x1 ，即证：又构造函数：g（x） f （x） f （1 x）,（0 x 12） ，e e e则 g （x）ln x ln（1 x） 2,g （x）

10、1 1x1x1 2x 1x1（12xx） 0 ，故 g （x） 在 （0,12） 上单调递增，由于x 0 时， g （x）（0,x0） 上单调递减，在，且 g （ ） ln（e 1）（x0, ） 上单调递增，又0 ，故必存在 x0 （0, ），使得 g （x0） 0，故 g（x） 在x 0 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 （1 x1） ，再由 x2,1 x1f （1 x） 在 x （0, ） 上 恒 成 立 ， 令 x x1 ， 有11（ ,1），且 f（x）在 （ ,1）上单调递增， 故 x2 1 x1 ，即证：eex1 x2 1成立 .2 综上：即证 x1 x2 1成立 .（2）令 t1 x1,t2 x2,则 x1 t12,x2 t22 ,t1, t2 （0,1） ，且h（t）2t2 lnt,h（t1） h（t2）,h （t） 2t （2ln t 1），令 h（t） 0，得 te，故0t11. 构造函