极值点偏移终稿答案.docx
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极值点偏移终稿答案
极值点偏移终稿答案
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
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