2022年《极值点偏移问题的处理策略及探究》 .pdf

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1、学习资料收集于网络，仅供参考学习资料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()f x在0 xx处取得极值，且函数()yf x与直线yb交于1(,)A x b,2(,)B x b两点，则AB的中点为12(,)2xxMb，而往往1202xxx.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

2、的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我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】名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 13 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料一、不含参数的问题.例 1.（2010 天津理）已知函数()()xf xxexR，如果12xx，且12()()fxf x，证明：122.xx【解析】法一：()(1)xfxx e，易得()f x在(,1)上单 调 递 增，在(1,)上 单 调 递 减，x时，()f x，(0)0f，x时，()0f x，函数()f x在1x处取得极大值(1)f，且1(1)

3、fe,如图所示.由1212()(),f xf xxx，不妨设12xx，则必有1201xx，构造函数()(1)(1),(0,1F xfxfxx，则21()(1)(1)(1)0 xxxFxfxfxee，所以()F x在(0,1x上单调递增，()(0)0F xF，也即(1)(1)fxfx对(0,1x恒成立.由1201xx，则11(0,1x，所以11112(1(1)(2)(1(1)()()fxfxfxf xf x，即12(2)()fxfx，又因为122,(1,)x x，且()f x在(1,)上单调递减，所以122xx，即证122.xx法二：欲证122xx，即证212xx，由法一知1201xx，故122

4、,(1,)x x，又因为()f x在(1,)上单调递减，故只需证21()(2)f xfx，又因为12()()f xf x，故也即证11()(2)f xfx，构造函数()()(2),(0,1)H xf xfxx，则等价于证明()0H x对(0,1)x恒成立.由221()()(2)(1)0 xxxHxfxfxee，则()H x在(0,1)x上单调递增，所以()(1)0H xH，即已证明()0H x对(0,1)x恒成立，故原不等式122xx亦成立.法三：由12()()f xf x，得1212xxx ex e，化简得2121xxxex，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 13

5、 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料不妨设21xx，由法一知，121oxx.令21txx，则210,txtx，代入式，得11ttxex，反解出11ttxe，则121221ttxxxtte，故要证：122xx，即证：221ttte，又因为10te，等价于证明：2(2)(1)0ttte，构造函数()2(2)(1),(0)tG tttet，则()(1)1,()0ttG tteGtte，故()G t在(0,)t上单调递增，()(0)0G tG，从而()G t也在(0,)t上单调递增，()(0)0G tG，即证式成立，也即原不等式122xx成立.法四：由法三中式，两边同时取以e为底的对数，得22

6、1211lnlnlnxxxxxx，也即2121lnln1xxxx，从而221212121212221211111lnln()lnln1xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx，令21(1)xttx，则欲证：122xx，等价于证明：1ln21ttt，构造(1)ln2()(1)ln,(1)11ttM tt ttt，则2212 ln()(1)tttMtt t，又令2()12 ln,(1)ttttt，则()22(ln1)2(1 l n)ttttt，由于1lntt对(1,)t恒成立，故()0t，()t在(1,)t上单调递增，所以()(1)0t，从 而()0Mt，故()M t在(1,)t上 单 调 递 增

7、，由 洛 比 塔 法 则 知：1111(1)ln(1)ln)1lim()limlimlim(ln)21(1)xxxxtttttM ttttt，即证()2M t，即证式成立，也即原不等式122xx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.二、含参数的问题.例 2.已知函数xaexxf)(有两个不同的零点12,x x，求证：221xx.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 13 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学

8、习资料【解析】思路1：函数()f x的两个零点，等价于方程xxea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12,x x，所以)2()1(2121xxaexaex，由)2()1(得：)(2121xxeeaxx，要证明122xx，只要证明12()2xxa ee，由)2()1(得：1212()xxxxa ee，即1212xxxxaee，即证：121212()2xxxxeexxee211)(212121xxxxeexx，不妨设12xx，记12txx，则0,1tte，因此只要证明：1

9、21ttete01)1(2tteet，再次换元令xtxetln,1，即证2(1)ln0(1,)1xxxx构造新函数2(1)()ln1xF xxx，0)1(F求导22214(1)()0(1)(1)xFxxxx x，得)(xF在),1(递增，所以0)(xF，因此原不等式122xx获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x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()lnf xxax，a为常数，若函数()fx有两个零点12,x x，试证明：212.xxe【

10、解析】法一：消参转化成无参数问题：ln()0lnlnxf xxaxxae，12,x x是方程()0f x的两根，也是方程lnlnxxae的两根，则12ln,lnxx是xxae，设1122ln,lnux ux，()xg xxe，则12()()g ug u，从而2121212lnln22x xexxuu，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12xx，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 13 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料1122ln0,ln0 xaxxax，12121212lnln(),lnln()xxa xxxxa

11、 xx，1212lnlnxxaxx，欲证明212x xe，即证12lnln2xx.1212lnln()xxa xx，即证122axx，原命题等价于证明121212lnln2xxxxxx，即证：1122122()lnxxxxxx，令12,(1)xttx，构造2(1)ln,1)1(ttg ttt，此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：12221211lnlnln,lnxxxxaxxxx设2121,(1)xxxttx，则112111lnlnln,lnlntxtxxtxttxx，反解出：1211lnlnlnln,lnlnlnlnln111ttttxxtxtxtttt，故

12、212121lnln2ln21tx xexxtt，转化成法二，下同，略.例4.设函数()()xf xeaxa aR，其图像与x轴交于)0,(,)0,(21xBxA两点，且21xx.证明：12()0fx x.【解析】由(),()xxf xeaxa fxea，易知：a的取值范围为2(,)e，()f x在(,ln)a上单调递减，在(ln,)a上单调递增.法一：利用通法构造新函数，略；法二：将旧变元转换成新变元：12120,0,xxeaxaeaxa两式相减得：2121xxeeaxx，记21,(0)2xxtt，则121221212221()(2()22xxxxxxttxxeeefeteexxt，设()2

13、(),(0)ttg tteet，则()2()0ttg tee，所以()g t在(0,)t上单名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 13 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料调递减，故()(0)0g tg,而12202xxet，所以12()02xxf，又()xfxea是R上的递增函数，且12122xxx x，0)(21xxf.容易想到，但却是错解的过程：欲证：0)(21xxf，即要证：12()02xxf，亦要证1220 xxea，也即证：122xxea，很自 然会想到：对112211220,(1),0,(1),xxxxeaxaea xeaxaea x两 式 相 乘

14、得：12212(1)(1)xxeaxx，即证：12(1)(1)1xx.考 虑 用 基 本 不 等 式212122(1)(1)()2xxxx，也即只要证：124xx.由于121,lnxxa.当取3ae将得到23x，从而124xx.而二元一次不等式124xx对任意2(,)ae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()f x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

15、b内至少存在一点，使得()()()f bf afba.当()()f bf 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12(,0),(,0),A xB x两点，因此21211221()()(e)()0002xxABf xf xea xxkxx，2121xxeeaxx，由于12()()0f xf x，显然11()()0f xf x与11()()0fxf x，与已知12()()0f xf x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(2).f xxaxa x名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 1

16、3 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料（I）讨论()f x的单调性；（II）设0a，证明：当10 xa时，11()()fxfxaa；（III）若函数()yf x的图像与x轴交于,A B两点，线段AB中点的横坐标为0 x，证明：0()0fx.【解析】（I）易得：当0a时，()f x在(0,)上单调递增；当0a时，()f x在1(0,)a上单调递增，在1(,)a上单调递减.（II）法一：构造函数111()()(),(0)g xfxfxxaaa，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11()()()h afxfxaa，则()l n(1)l n

17、(1haa xa xa x，32222()2111xxx ah axaxaxa x，由10 xa，解得10ax，当10ax时，()0h a，而(0)0h，所以()0h a，故当10 xa时，11()()fxfxaa.（III）由（I）知，只有当0a时，且()fx的最大值1()0fa，函数()yf x才会有两个零点，不妨设1212(,0),(,0),0A xB xxx，则1210 xxa，故111(0,)xaa，由（II）得：1111221111()()()()()fxfxfxf xfxaaaaa，又由()f x在1(,)a上单调递减，所以212xxa，于是12012xxxa，由（I）知，0()

18、0fx.【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a和b的对数平均定义：(),(,)lnln().ababL a baba ab对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2ababL a b（此式记为 对数平均不等式）取等条件：当且仅当ab时，等号成立.只证：当ab时，(,)2ababL a b.不失一般性，可设ab.证明如下：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 13 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料（I）先证：(,)abL a b不等式1lnlnln2ln(1)abaabaabxxxbbaxbab其中构造函数1()2ln(),(1)f xx

19、xxx，则22211()1(1)fxxxx.因为1x时，()0fx，所以函数()f x在(1,)上单调递减，故()(1)0f xf，从而不等式成立；（II）再证：(,)2abL a b不等式2(1)2()2(1)lnlnlnln(1)(1)(1)aabaxababxxaabbxbb其中构造函数2(1)()ln,(1)(1)xg xxxx，则22214(1)()(1)(1)xgxxxx x.因为1x时，()0g x，所以函数()g x在(1,)上单调递增，故()(1)0g xg，从而不等式成立；综合（I）（II）知，对,a bR，都有对数平均不等式(,)2ababL a b成立，当且仅当ab时，

20、等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例 1.（2010 天津理）已知函数()()xf xxexR，如果12xx，且12()()fxf x，证明：122.xx【解 析】法 五：由 前 述 方 法 四，可 得12121lnlnxxxx，利 用 对 数 平 均 不 等 式 得：1212121lnln2xxxxxx，即证：122xx，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)()(Raaaxexfx，其图像与x轴交于)0,(,)0,(21xBxA两点，且21xx.证明：0)(21xxf.【解析】法三：由前述方法可得：121212(1ln

21、)11xxeeaxaxxx，等式两边取以e为名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 13 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料底的对数，得1122lnln(1)ln(1)axxxx，化简得：1212(1)(1)1ln(1)ln(1)xxxx，由对数平均不等式知：121212(1)(1)1(1)(1)ln(1)ln(1)xxxxxx，即1212()0 x xxx，故要证1212121122ln(1)ln()01)lnfxxx xax xxxxx证证212121212121212ln(1)ln(1)2ln()1)2xxxxx xx xxxxxx x证证1212()0 x

22、 xxx1212ln()1)ln10 x xxx，而21212122()0 xxx xxx12121212ln()1)2x xxxxxx x显然成立，故原问题得证.例 5.（11 年，辽宁理）已知函数2()ln(2).f xxaxa x（I）讨论()f x的单调性；（II）设0a，证明：当10 xa时，11()()fxfxaa；（III）若函数()yf x的图像与x轴交于,A B两点，线段AB中点的横坐标为0 x，证明：0()0fx.【解析】（I）（II）略，（III）由12()()0f xf x22111222ln(2)ln(2)0 xaxa xxaxa x2212121212lnln2()

23、()xxxxa xxxx1212221212lnln2()xxxxaxxxx故要证12001()02xxfxxa2212121212121212121lnln2lnln2()2xxxxxxxxxxxxxxxx名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 13 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料121212lnln2xxxxxx.根据对数平均不等，此不等式显然成立，故原不等式得证.【挑战今年高考压轴题】（2016 年新课标 I卷理数压轴 21题）已知函数2)1()2()(xaexxfx有两个零点21,xx.证明：122xx.【解析】由2()(2)(1)xfxxea x，得

24、()(1)(2)xfxxea，可知()f x在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.要使函数()yf x有两个零点12,x x，则必须0a.法一：构造部分对称函数不妨设12xx，由单调性知12(,1),(1,)xx，所以22(,1)x，又()f x在(,1)单调递减，故要证：122xx，等价于证明：21(2)()0fxf x，又222222(2)(1)xfxx ea x，且22222()(2)(1)0 xf xxea x222222(2)(2)xxfxx exe，构造函数2g()(2),(1,)xxxxexex，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：120fxfx，不

25、难发现11x，21x，故可整理得：121222122211xxxexeaxx设221xxeg xx，则12g xg x那么23211xxgxex，当1x时，0gx，g x 单调递减；当1x时，0gx，g x 单调递增设0m，构造代数式：111222211111111mmmmmmmmgmgmeeeemmmm设2111mmh mem，0m名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 13 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料则222201mmhmem，故 h m 单调递增，有00h mh因此，对于任意的0m，11gmgm 由12g xg x可知1x、2x不可能在 g x 的

26、同一个单调区间上，不妨设12xx，则必有121xx令110mx，则有1111211112gxgxgxg xg x而121x，21x，g x 在 1,上单调递增，因此：121222gxg xxx整理得：122xx法三：参变分离再构造对称函数由法二，得221xxeg xx，构造()()(2),(,1)G xg xgxx，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1x对称的函数g()x，使得当1x时，()()f xg x，当1x时，()()f xg x，结合图像，易证原不等式成立.【解答】由2()(2)(1)xf xxea x，()(1

27、)(2)xfxxea，故希望构造一个函数()F x，使 得(1)(2)(1)(2)(1)()xxxeaxeaxeFex，从 而()F x在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递增，从而构造出2(2)(1)()2eaxg xc（c为任意常数），又因为我们希望(1)0F，而(1)fe，故取ce，从而达到目的.故2(2)(1)()2eaxg xe，设()g x的 两 个 零 点 为34,xx，结 合 图 像 可 知：13241xxxx，所以12342xxxx，即原不等式得证.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 13 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料法五：利用“对

28、数平均”不等式1212122212(2)(2),0,12,(1)(1)xxxexeaaxxxx参变分离得：由得12122212(2)(2)lnln(1)(1)xxexxxx将上述等式两边取以为底的对数，得：,22121212ln(-1)-ln(-1)-ln(2-)-ln(2-)xxxxxx化简得：,221212121222121212221212ln(-1)-ln(-1)ln(2-)-ln(2-)1-ln(-1)-ln(-1)ln(2-)-ln(2-)(1)(1)(1)(1)22xxxxxxxxxxxxxxxxxx故：（）（）由对数平均不等式得：221222221212ln(-1)-ln(-1

29、)2(1)(1)(1)(1)xxxxxx，121212ln(2-)-ln(2-)22222xxxxxx（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22xxxxxx（）（）1212122212122(2)4()2(1)(1)4()xxxxxxxxxx12122212122(2)21(1)(1)4()xxxxxxxx等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()xxxxxxxx1222121221(2)(1)(1)4()xxxxxx由221212(1)(1)0,4()0 xxxx，故122xx，证毕.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 13 页 -学习资料收集于网络，仅供参考学习资料说明：谈谈其它方法的思路与困惑。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 13 页 -