《极值点偏移问题的处理策略及探究》.doc

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1、1极值点偏移问题的处理策略及探究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 在 处取得极值,且函数 与直线()fx0()yfx交于 , 两点,则 的中点为 ,而往往 .yb1()Ax2()BbAB12(,)xMb120如下图所示.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

2、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】【处理策略】21、 不含参数的问题.例 1.(2010 天津理)已知函数 ,如果 ,且 ,()()xfeR12x12()fxf证明: 12.x【解析】法一: ,易得 在()1xfxe ()f上单调递增,在 上单调递减, 时,(,),x, , 时, , 函fx(0)fx()0f数 在 处取得极大值 ,且 ,如图所()1(1)f1e示.由 ,不妨设 ,则必有 ,1212(),fxfx12x120x构造函数 ,()(),(Ff则 ,所以 在 上单调递增,21() )xxf e()Fx(0,1,也即 对 恒成立.0()(ff0,1由

3、 ,则 ,12x10,x所以 ,即 ,1 112()()()()fffxffx12()(fxf又因为 ,且 在 上单调递减,2,x,所以 ,即证112.x法二:欲证 ,即证 ,由法一知 ,故2x1120x,又因为 在 上单调递减,故只需证 ,又12,(,)()fx,)1()fxf因为 ,2fxf故也即证 ,构造函数 ,则等价于证明11()x()(2),(0)Hxfx对 恒成立 .)0Hx,由 ,则 在 上单调递增,所2()(2)()0xxffe()x(,1)以 ,即已证明 对 恒成立,故原不等式 亦成1xH(,12x3立.法三:由 ,得 ,化简得 ,12()fxf12xxe21xe不妨设 ,由

4、法一知, .令 ,则 ,代入式,2112o21t210,txt得 ,反解出 ,则 ,故要证:1txe1te121txe,即证: ,又因为 ,等价于证明:122t0te,()0tte构造函数 ,则 ,(2)1,()tGte()1,()0t tGtee故 在 上单调递增, ,从而 也在 上单调(),0tt,)递增, ,即证式成立,也即原不等式 成立.(0)t12x法四:由法三中式,两边同时取以 为底的对数,得 ,也即e2121lnlnx,从而 ,21lnx2212112121 1ln()llxxx x令 ,则欲证: ,等价于证明: ,21()xt12xln21t构造 ,则 ,ln()()ln,(1

5、)tMtt 2l()ttM又令 ,则 ,由于21l,tt2ln1lntttt对 恒成立,故 , 在 上单调递增,所以ln()()0(),),从而 ,故 在 上单调递增,由洛比塔法则知:()0ttt1,,即证 , 即证1111()ln()lnlimliimi(l)2xxxxt tMt t()2Mt式成立,也即原不等式 成立.24【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.2、 含参数的问题.例 2.已知函数 有两个不同的零点 ,求证: .xae

6、f)( 12,x21x【解析】思路 1:函数 的两个零点,等价于方程 的两个实根,从而这一问题f xea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 这个媒介去构造出新的函数.解答如下:a因为函数 有两个零点 ,()fx12,x所以 ,)(21xe由 得: ,)(211xea要证明 ,只要证明 ,12x2x由 得: ,即 ,121()x12xae即证: ,1212()xe)(21xe不妨设 ,记 ,则 ,12t0,t因此只要证明: ,te)(t再次换元令 ,即证xxt ln, 2(1)l0(1,)xx构造新函数 ,2(1)()lFF求导 ,得 在 递增,2 214

7、0()()xx)(x),1所以 ,因此原不等式 获证.0)(12【点评】含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元 的基础上,又多了一个参数,12,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 , 为常数,若函数 有两个零点 ,()lnfxa()fx12,x试证明: 21.e【解析】法一:消参转化成无参数问题:, 是方程 的两根,也是方ln()0lnlxfxxae12,()0fx程 的两根,则 是 ,设 , ,lle12,xa12ln,lux()xge5则 ,从而 ,此问题等价转化成12()gu2112

8、12lnxexu为例 1,下略.法二:利用参数 作为媒介,换元后构造新函数:a不妨设 ,12x , ,2ln0,ln0x12121212ln(),ln()xaxxa ,欲证明 ,即证 .12xa21e12l ,即证 ,1212ln()x12ax原命题等价于证明 ,即证: ,令 ,1212ln122()lnx12,()xtt构造 ,此问题等价转化成为例 2 中思路二的解答,下略.2()l,)(tgt法三:直接换元构造新函数:设 ,1221lnln,xxa211,()xtt则 ,112ll,tttxx反解出: ,1211lnlnl,lnl1t tttx故 ,转化成法二,下同,略.21l 2xext

9、例 4.设函数 ,其图像与 轴交于 两点,且()()faRx)0,(),21xBA.证明: .21x12)0x【解析】由 ,易知: 的取值范围为 ,(),()xfefea2(,)e在 上单调递减,在 上单调递增.()fx,lnaln,法一:利用通法构造新函数,略;法二:将旧变元转换成新变元: 两式相减得: ,120,xea21xea6记 ,则 ,21,(0)xtt1212112() ()xxx ttef et 设 ,则 ,所以 在 上(),ttgte()0ttgtgt(0,单调递减,故 ,而 ,所以 ,()0tg120xet12()xf又 是 上的递增函数,且 , .xfeaR120)(21x

10、f容易想到,但却是错解的过程:欲证: ,即要证: ,亦要证 ,也即证:0)(21xf 12()0xf120xea,很自然会想到:对 两式相乘得:12xea1 12 2,(),x xea,即证: .考虑用基本不等式1212()xx12(),也即只要证: .由于 .当取212()124x12,lnxa将得到 ,从而 .而二元一次不等式 对任意3aex124x不恒成立,故此法错误.2(,)【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 满足如下条件:

11、()fx(1 ) 函数在闭区间 上连续;,ab(2 ) 函数在开区间 内可导,则在 内至少存在一点 ,使得()(,)ab.()ffba当 时,即得到罗尔中值定理.f上述问题即对应于罗尔中值定理,设函数图像与 轴交于 两点,因此x12(,0),ABx, ,12 21()e)()0 0ABff axk21xea7由于 ,显然 与 ,与已知12()0fxf1()0fxf1()0fx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 2()ln().fxax(I)讨论 的单调性;(II)设 ,证明:当 时, ;0a1xa1()()fxfa(III)若函数 的图像与 轴交于

12、两点,线段 中点的横坐标为 ,证明:()yf,AB0x.0()fx【解析】 (I)易得:当 时, 在 上单调递增;当 时, 在0a()fx0,)a()fx上单调递增,在 上单调递减.1(,)a1(,(II)法一:构造函数 ,利用函数单调性证明,11)(),)gxffxaa方法上同,略;法二:构造以 为主元的函数,设函数 ,则a()()hffx, ,由()ln1)l()2hxax3211xaa ,解得 ,当 时, ,而 , 所以 ,0a100()0h()h()0h故当 时, .x()()fxfa(III)由( I)知,只有当 时,且 的最大值 ,函数 才会有两x1()fa()yfx个零点,不妨设

13、 ,则 ,故 ,由1212(,0),AxB120x10,a(II)得: ,又由 在2)()()ffxfffaa()fx上单调递减,所以 ,于是 ,由(I)知, .1(,)21120a0【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明两个正数 和 的对数平均定义:ab(),(,)ln.bLa8对数平均与算术平均、几何平均的大小关系:(此式记为对数平均不等式)(,)2ababL取等条件:当且仅当 时,等号成立.只证:当 时, .不失一般性,可设 .证明如下:(,)2abLab(I)先证: ,ab不等式 1lnln2ln(1)abaxxb中构造函数 ,则 .因为 时,1()2l(),fxx22()f,

14、所以函数 在 上单调递减,故 ,从而不等式成0ff(10fx立;(II)再证: (,)2abL不等式2(1)() 2(1)lnlnln1)axabb中构造函数 ,则 .因为 时,2(1)()l,xgx224()()(1)gxxx,所以函数 在 上单调递增,故 ,从而不等式成立;0(),)0g综合(I) (II)知,对 ,都有对数平均不等式 成立,当且,abR(,)2ababL仅当 时,等号成立.ab前面例题用对数平均不等式解决例 1.(2010 天津理)已知函数 ,如果 ,且 ,()()xfeR12x12()fxf证明: 12.x【解析】法五:由前述方法四,可得 ,利用对数平均不等式得:12l

15、nx,即证: ,秒证.1212lnxx12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.9例 4.设函数 ,其图像与 轴交于 两点,且)()(Raxefx)0,(),21xBA.证明: .21x0)21【解析】法三:由前述方法可得: ,等式两边取以1212(ln)xxeaax为底的对数,得 ,化简得:e12lnl()ln)x,由对数平均不等式知:12()lnl(x,即 ,故要证1212()()ll(xx122()0x12121212lnln()0 1)lnf ax证 证 2 212lnl() (xxx x证 证 ,122()1l()l0而 21()0

16、xxx 显然成立,故原问题得证.1221212ln()例 5.(11 年,辽宁理)已知函数 2()ln().fxax(I)讨论 的单调性;(II)设 ,证明:当 时, ;0a1xa1()()fxfa(III)若函数 的图像与 轴交于 两点,线段 中点的横坐标为 ,证明:()yf,AB0x.0()fx【解析】 (I) (II )略,(III)由 12()0ffx2 21 2lnln()0xaax122121()(x101212ln()xxa故要证 1200()f a21211212lnln()xxxx.根据对数平均不等,此不等式显然成立,故原不等式得证.1212lx【挑战今年高考压轴题】(201

17、6 年新课标 I 卷理数压轴 21 题)已知函数 有两个零点2)1()2()xaexf.证明: .21,x12x【解析】由 ,得 ,可知 在2()(1)xfea()1()xfxe ()fx上单调递减,在 上单调递增.要使函数 有两个零点 ,则必须(,),yf12,.0a法一:构造部分对称函数不妨设 ,由单调性知 ,所以 ,又12x12(,)(1,)xx2(,)x在 单调递减,故要证: ,等价于证明: ,()f,)11(0ffx又 ,且222()xxea222()()xfxea ,构造函数 ,22()xf eg,(,)x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: ,不难发现 , ,120fxf1x2故可整理得: 122xxeea设 ,则21xgx12gx那么 ,当 时, , 单调递减;当 时,3 xe0gx1x

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