导数处理极值点偏移问题.pdf
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1、第二讲第二讲导数应用导数应用-极值点偏移问题的处理策略及探究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x x0处取得极值,且函数y f(x)与直线y b交于A(x1,b),B(x2,b)两点,则AB的中点为M(x1 x2x x,b),而往往x012.如下图所示.22极值点没有偏移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
2、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】2016 年全国 I 卷的第 21 题是一道导数应用问题,呈现的形式非常简洁,考查了函数的双零点的问题,也是典型的极值点偏移的问题,是考生实力与潜力的综合演练场虽然大多学生理解其题意,但对于极值点偏移的本质理解的深度欠佳,面对此类问题大多感到“似懂非懂”或“云里雾里”1一、试题再现及解析一、试题再现及解析(一)题目(一)题目(2016 年全国 I 卷)已知函数fxx2e ax1有两个零点x2(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是fx
3、的两个零点,证明:x1 x2 2本题第(1)小题含有参数的函数fx有两个零点,自然想到研究其单调性,结合零点存在性定理求得a的取值范围是0,第(2)小题是典型的极值点偏移的问题,如何证明呢?(二)官方解析(二)官方解析(2)不妨设x1 x2,由(1)知,x1,1,x21,2 x2,1,fx在,1上单调递减,所以x1 x2 2等价于fx1 f2x2,即fx2 f2x2由于f2 x2 x2e2x2ax21,而fx2x22ex2ax21,2x222所以f2x2 fx2 x2ex22ex2令gx xe2xx2ex,则gxx1e2xex,所以当x 1时,gx0,而g10,故当x 1时,gx g10从而g
4、x2 f2x20,故x1 x2 2二、对解析的分析二、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x2 2 x1,同理构造以x1为主元的函数来处理此法与官方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,,fx在1,上单调递增,所以x1 x2 2等价于fx2 f2x1,即fx1 f2x10令ux fx f2x xe2x2xexx1,则uxx1exe2x 0,所以uxu10,即fx f2xx 1,所以fx1 fx2 f2x1;所
5、以x2 2 x1,即x1 x2 2.2极值点偏移问题的处理策略:极值点偏移问题的处理策略:【处理策略一】主元法【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:主元法破解极值点偏移问题思路是:第一步:根据fx1 fx2x1 x2建立等量关系,并结合fx的单调性,确定x1,x2的取值范围;第二步:不妨设x1 x2,将
6、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Tx fxi f2axii 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:不含参数的问题题型一:不含参数的问题.x例 1.(2010 天津理)已知函数f(x)xe(xR),如果x1 x2,且f(x1)f(x2),证明:x1 x2 2.x【解析】法一:f(x)(1 x)e,易得f(x)在(,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)1,如图所示.e由f(x1)f(x2),x1
7、x2,不妨设x1 x2,则必有0 x11 x2,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),构构 造造 函函 数数H(x)f(x)f(2 x),x(0,1),则等价于证明,则等价于证明H(x)0对对x(0,1)恒成立恒成立.由H(x)f(x)f(2 x)1 x(1e2x2)0,则H(x)在x(0,1)上 单 调 递 增,所 以xeH(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.3法二:由f
8、(x1)f(x2),得x1ex1 x2ex2,化简得ex2x1x2,x1t不妨设x2 x1,由法一知,o x11 x2.令t x2 x1,则t 0,x2 t x1,代入式,得e 反解出x1t x1,x1t2t2tx x 2,则,故要证:,即证:x x 2x t tt 2,又因12121et1et1et1tt为e 1 0,等价于证明:2t(t 2)(e 1)0,构造函数构造函数G(t)2t(t 2)(e 1),(t 0),则G(t)(t 1)e 1,G(t)te 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,tttG(t)G(0)0,即证式成立,
9、也即原不等式x1 x2 2成立.法三:由法二中式,两边同时取以e为底的对数,得x2 x1 lnx2ln x2ln x1 ln x2ln x1,1,也即x1x2 x1x21ln x2ln x1x2 x1x2x1xlnln2,从而x1 x2(x1 x2)x2 x1x2 x1x1x21x1x1令t x2t 1(t 1),则欲证:x1 x2 2,等价于证明:lnt 2,x1t 1t212tlnt(t 1)lnt2构造M(t),(1)ln t,(t 1),则M(t)2t(t 1)t 1t 1又 令(t)t 12tlnt,(t 1),则(t)2t 2(lnt 1)2(t 1lnt),由 于t 1 lnt对
10、故(t)0,所以(t)(1)0,从而M(t)0,t(1,)恒成立,(t)在t(1,)上单调递增,故2M(t)在t(1,)上单调递增,由洛比塔法则知:limM(t)limx1(t 1)lnt(t 1)lnt)t 1 lim lim(lnt)2,即证M(t)2,即证式成立,也x1x1x1t 1(t 1)t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.4例 2.已知f(x)xln x的图像上有A,B两点,其横坐标为0 x1
11、x21,且f(x1)f(x2).(1)证明:22(2)证明:1x1x2.x1 x21;ee【解析】(1)证明:由f(x)xln x,f(x)ln x1,令f(x)0,得x 故0 x11,e121 x21,构造函数F(x)f(x)f(x),(0 x),eee2211则F(x)ln xln(x)2 ln x(x)2 ln22 0,故F(x)在(0,)上单调递减,即eeee122F(x)F()0,f(x)f(x),令x x1,则f(x2)f(x1)f(x1),再 由eee21122x2,x1(,1),且f(x)在(,1)上单调递增,故x2 x1,即证:x1 x2.eeeee1又构造函数:g(x)f(
12、x)f(1 x),(0 x),2则g(x)ln xln(1 x)2,g(x)1112x1 0,故g(x)在(0,)上单调递增,由于x1 xx(1 x)211x 0时,g(x),且g()ln(e1)0,故必存在x0(0,),使得g(x0)0,故g(x)在ee11(0,x0)上单调递减,在(x0,)上单调递增,又x 0时,g(x)0,且g()0,故g(x)0在2211x(0,)上 恒 成 立,也 即f(x)f(1 x)在x(0,)上 恒 成 立,令x x1,有2211f(x1)f(x2)f(1 x1),再由x2,1 x1(,1),且f(x)在(,1)上单调递增,故x21 x1,即证:eex1 x2
13、1成立.综上:即证(2)令t12 x1 x21成立.ex1,t2x2,则x1 t12,x2 t22,t1,t2(0,1),且1,eh(t)2t2lnt,h(t1)h(t2),h(t)2t(2ln t 1),令h(t)0,得t 故0 t1121 t21.构造函数H(t)h(t)h(t),(0 t),则eee2214t),H(t)h(t)h(t),由于h(t)0,则h(t)在(0,)上单调teeeH(t)h(t)h(5递增,因为t 211t,故H(t)0,H(t)在(0,)上单调递减,故H(t)H()0,即H(t)eee在(0,1122)上单调递增,即H(t)H()0,即h(t)h(t),同理得出
14、:t1t2;eeee再构造G(x)h(t)h(1t),(0 t),同样求导利用单调性可得出G(t)G()0,从而12121h(t)h(1t)对t(0,)恒成立,同理得出:t1t21.2综上:即证1 t1t22练习 1:已知函数f(x)ln x x x,正实数x1,x2满足f(x1)f(x2)x1x2 0,22成立,也即原不等式1x1x2成立.ee证明:x1 x25 1.222【解析】由f(x1)f(x2)x1x2 0,得ln x1 x1 x1ln x2 x2 x2 x1x2 02从而(x1 x2)(x1 x2)x1x2ln(x1x2),令t x1x2,构造函数(t)t lnt,得(t)11tt
15、 1,可知(t)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增,所以(t)(1)1,也t5 1.22即(x1 x2)(x1 x2)1,解得:x1 x2练习 2(2013 年湖南文科第 21 题)已知函数fx(1)求fx的单调区间;(2)证明:当fx1 fx2x1 x2时,x1 x2 0.解:解:(1)fx在,0上单调递增,在0,上单调递减;(2)由(1)知当x 1时,fx0不妨设x1 x2,因为fx1 fx2,即1 xxe.21 x1 x1x11 x2x2ee,则x1 0 x21,221 x11 x2要证明x1 x2 0,即x1 x2 0,只需证明fx1 fx2,即fx2 fx26而f(x2)f
16、(x2)等价于(1 x2)e令g(x)(1x)e2x2x21 x2 0,1xx 0,则g(x)(12x)e2x1,1,则h(x)4xe2x 0,令h(x)(12x)e2x所以h(x)单调递减,h(x)h00,即gx0,所以gx单调递减,所以gx g00,得证题型二:含参数的问题题型二:含参数的问题例 3.已知函数f(x)x aex有两个不同的零点x1,x2,求证:x1 x2 2.【解析】思路 1:函数f(x)的两个零点,等价于方程xex 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:x1 aex1因为函
17、数f(x)有两个零点x1,x2,所以x2x ae2要证明x1 x2 2,只要证明a(ex1ex2)2,xx(1)(2)xx,由(1)(2)得:x1 x2 a(e1 e2),由(1)(2)得:x1 x2 a(e1e2),即a x1 x2,ex1ex2ex1x21ex1ex2 2,不妨设x1 x2,记t x1 x2,2(x1 x2)x1x2即证:(x1 x2)xx21e1e e2(et1)et1t 0,2 t t则t 0,e 1,因此只要证明:tte 1e 12(x1)0 x(1,)再次换元令et x 1,t ln x,即证lnxx12(x1)构造新函数F(x)lnx,F(1)0 x114(x1)
18、2 0,得F(x)在(1,)递增,求导F(x)x(x1)2x(x1)2所以F(x)0,因此原不等式x1 x2 2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。变式:.已知x1,x2是函数f(x)e ax的两个零点,且x1 x2,(1)求证:x1 x2 2;(2)求证:x1x21.x7【解析】(1)问题可以转化为:y x1与有两个交点,由图知,0 x11 x2y exaex1x xex2ex1e1 ax11ax2x1且,即,ee a
19、(x2 x1),a x2x2x x21x ee ax22aex1ex2ex1ex22 2,也即证:x故要证:x1 x2 2,即证:,x12aeex2 x1ex2x112也即x x,令t x2 x1,则t(0,)e21x2 x1设g(t)t(e 1)2(e 1),则g(t)te e 1,g(t)te 0,g(t)在(0,)单调递增,即g(t)g(0)0.g(t)在(0,)单调递增,即g(t)g(0)0,故原不等式得证.tttttex1ex2ex2ex12x1x21,等价于e e(2)要证:x1x21,即证:),2ax2 x1ex1ex21ex2x11也即x,等价于,令t x2 x1 0 x12x
20、2x12222(ee)(x2 x1)(e1)(x2 x1)te1e1t2(t 0)(t 0)te e 1 0等价于t,也等价于,等价于即证:22t(e 1)te 1ttt2ttt1tt222令h(t)te e 1(t 0),则h(t)e te e e(1e),22tt2t2ttt1t又令(t)1e2(t 0),得(t)e2 0,(t)在(0,)单调递减,222(t)(0)0,从而h(t)0,h(t)在(0,)单调递减,h(t)h(0)0,即证原不等式成立.【点评】从消元的角度,消掉参数a,得到一个关于x1,x2的多元不等式证明,利用换元思想,将多元不等式变成了一元不等式,并通过构造函数证明相应
21、不等式.2例 4.已知函数f(x)ln xax,a为常数,若函数f(x)有两个零点x1,x2,试证明:x1x2 e.【解析】法一:消参转化成无参数问题:f(x)0 ln x ax ln x aelnx,x1,x2是方程f(x)0的两根,也是方8程ln x aelnxxg(x)xex,的两根,则ln x1,ln x2是x ae,设u1 ln x1,u2 ln x2,则g(u1)g(u2),2从而x1x2 e ln x1ln x2 2 u1u2 2,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x1 x2,ln x1ax1 0,ln x2ax2 0,ln x1ln
22、 x2 a(x1 x2),ln x1ln x2 a(x1 x2),ln x1ln x2 a,欲证明x1x2 e2,即证ln x1ln x2 2.x1 x22,x1 x2ln x1ln x2 a(x1 x2),即证a 原命题等价于证明ln x1ln x2x2(x1 x2)x2,即证:ln1,令t 1,(t 1),构造x1 x2x1 x2x2x1 x2x2g(t)lnt 2(t 1),t 1,此问题等价转化成为例2 中思路二的解答,下略.t 1ln x1ln x2ln x2x2x,设x1 x2,t 2,(t 1),x1x2ln x1x1x1法三:直接换元构造新函数:a 则x2 tx1,lntx1l
23、nt ln x1 t t,ln x1ln x1lntlnttlnt,,ln x2 lntx1 lnt lnx1 lnt t 1t 1t 1t 12故x1x2 e ln x1ln x2 2 lnt 2,转化成法二,下同,略.t 1反解出:ln x1x例 5.设函数f(x)e ax a(aR)的图像 与x轴交 于A(x1,0),B(x2,0)(x1 x2)两点,求证:x1x2 x1 x2.xe1 a(x11)【解析】证明:由x,易知x2 x11且a e,2e a(x21)lnlnx 1ex1x x1,从而x e121,令 x11,x21,则e2ex21由于x1x2 x1 x21,下面只要证明:11
24、,(0 1),结合对数函数11y ln x的图像可知,只需证:(,ln),(,ln)两点连线的斜率要比(,ln),(,ln)两点连线的9斜率小即可,又因为k lnln1,即证:lnln1112ln 0(0 1),11令g()12ln 0,(0 1),则g()212(1)22 0,g()在(0,1)上单调递减,g()g(1)0,原不等式x1x2 x1 x2成立.例 6.设函数f(x)e axa(aR),其图像与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)两点,且x1 x2.证明:xf(x1x2)0.【解析】由f(x)e axa,f(x)e a,易知:a的取值范围为(e,),f(x)在(,ln a)上单
25、调递减,在(lna,)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:xex2ex1e1ax1a 0,x两式相减得:a,2x2 x1eax2a 0,xx2记t x2 x1x x,(t 0),则f(12)e22ttx1x22eee(2t(etet),x2 x12tttx2x1x1x22设g(t)2t(e e),(t 0),则g(t)2(e e)0,所以g(t)在t(0,)上单调递减,故x1 x2)0,2t2x x2x又f(x)e a是R上的递增函数,且x1x21,f(x1x2)0.2g(t)g(0)0,而 0,所以f(容易想到,但却是错解的过程:x1x2x1 x2)0,亦要
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