高考讲坛(2)极值点偏移问题的处理策略及探究

精品文档 11欢迎下载 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 若函数在处取得极值 且函数与直线 f x 0 xx yf x 交于 两点 则的中点为 而往往 yb 1 A x b 2 B x bAB 12 2 xx Mb 12 0 2 xx x 如下图所示 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 处理策略 1 不含参数的问题 精品文档 22欢迎下载 例 1 2010 天津理 已知函数 如果 且 x f xxexR 12 xx 12 f xf x 证明 12 2 xx 解析 法一 易得在 1 x fxx e f x 上单调递增 在上单调递减 时 1 1 x 时 函 f x 0 0f x 0f x 数在处取得极大值 且 如图所 f x1x 1 f 1 1 f e 示 由 不妨设 则必有 1212 f xf xxx 12 xx 12 01xx 构造函数 1 1 0 1 F xfxfx x 则 所以在上单调递增 2 1 1 1 1 0 x x x F xfxfxe e F x 0 1 x 也即对恒成立 0 0F xF 1 1 fxfx 0 1 x 由 则 12 01xx 1 1 0 1 x 所以 即 11112 1 1 2 1 1 fxfxfxf xf x 12 2 fxf x 又因为 且在上单调递减 12 2 1 x x f x 1 所以 即证 12 2xx 12 2 xx 法二 欲证 即证 由法一知 故 12 2xx 21 2xx 12 01xx 又因为在上单调递减 故只需证 又 12 2 1 x x f x 1 21 2 f xfx 因为 12 f xf x 故也即证 构造函数 则等价于证明 11 2 f xfx 2 0 1 H xf xfx x 对恒成立 0H x 0 1 x 由 则在上单调递增 所 22 1 2 1 0 x x x H xfxfxe e H x 0 1 x 以 即已证明对恒成立 故原不等式亦成 1 0H xH 0H x 0 1 x 12 2xx 立 精品文档 33欢迎下载 法三 由 得 化简得 12 f xf x 12 12 xx x ex e 21 2 1 xx x e x 不妨设 由法一知 令 则 代入 式 21 xx 12 1oxx 21 txx 21 0 txtx 得 反解出 则 故要证 1 1 t tx e x 1 1 t t x e 121 2 2 1 t t xxxtt e 即证 又因为 等价于证明 12 2xx 2 2 1 t t t e 10 t e 2 2 1 0 t tte 构造函数 则 2 2 1 0 t G tttet 1 1 0 tt G tteG tte 故在上单调递增 从而也在上单调 G t 0 t 0 0G tG G t 0 t 递增 即证 式成立 也即原不等式成立 0 0G tG 12 2xx 法四 由法三中 式 两边同时取以为底的对数 得 也即e 2 2121 1 lnlnln x xxxx x 从而 21 21 lnln 1 xx xx 2 2121212 1212 2 212111 1 1 lnln lnln 1 x xxxxxxx xxxx x xxxxxx x 令 则欲证 等价于证明 2 1 1 x tt x 12 2xx 1ln 2 1 t t t 构造 则 1 ln2 1 ln 1 11 tt M tt t tt 2 2 1 2 ln 1 ttt M t t t 又令 则 由于 2 1 2 ln 1 tttt t 22 ln1 2 1 ln ttttt 对恒成立 故 在上单调递增 所以1lntt 1 t 0t t 1 t 从而 故在上单调递增 由洛比塔法则知 1 0t 0M t M t 1 t 即证 即证 1111 1 ln 1 ln 1 lim limlimlim ln 2 1 1 xxxx ttttt M tt ttt 2M t 式成立 也即原不等式成立 12 2xx 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 精品文档 44欢迎下载 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 x aexxf 12 x x2 21 xx 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 x x 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 f x 12 x x 所以 2 1 2 1 2 1 x x aex aex 由得 2 1 21 21 xx eeaxx 要证明 只要证明 12 2xx 12 2 xx a ee 由得 即 2 1 12 12 xx xxa ee 12 12 xx xx a ee 即证 12 12 12 2 xx xx ee xx ee 2 1 1 21 21 21 xx xx e e xx 不妨设 记 则 12 xx 12 txx 0 1 t te 因此只要证明 1 2 1 t t e t e 0 1 1 2 t t e e t 再次换元令 即证xtxetln 1 2 1 ln0 1 1 x xx x 构造新函数 2 1 ln 1 x F xx x 0 1 F 求导 得在递增 2 22 14 1 0 1 1 x F x xxx x xF 1 所以 因此原不等式获证 0 xF 12 2xx 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 x x 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 lnf xxax a f x 12 x x 试证明 2 12 xxe 解析 法一 消参转化成无参数问题 是方程的两根 也是方 ln 0lnln x f xxaxxae 12 x x 0f x 程的两根 则是 设 ln ln x xae 12 ln lnxx x xae 1122 ln lnux ux x g xxe 则 从而 此问题等价转化成 12 g ug u 2 121212 lnln22x xexxuu 精品文档 55欢迎下载 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 12 xx 1122 ln0 ln0 xaxxax 12121212 lnln lnln xxa xxxxa xx 欲证明 即证 12 12 lnlnxx a xx 2 12 x xe 12 lnln2xx 即证 1212 lnln xxa xx 12 2 a xx 原命题等价于证明 即证 令 12 1212 lnln2xx xxxx 112 212 2 ln xxx xxx 1 2 1 x tt x 构造 此问题等价转化成为例 2 中思路二的解答 下略 2 1 ln 1 1 t tg tt t 法三 直接换元构造新函数 设 1222 1211 lnlnln ln xxxx a xxxx 2 12 1 1 x xx tt x 则 11 21 11 lnlnln lnln txtx xtxtt xx 反解出 1211 lnlnln ln lnlnlnlnln 111 tttt xxtxtxt ttt 故 转化成法二 下同 略 2 1212 1 lnln2ln2 1 t x xexxt t 例 4 设函数 其图像与轴交于两点 且 x f xeaxa aR x 0 0 21 xBxA 证明 21 xx 12 0fxx 解析 由 易知 的取值范围为 xx f xeaxa fxea a 2 e 在上单调递减 在上单调递增 f x ln a ln a 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 1 2 1 2 0 0 x x eaxa eaxa 21 21 xx ee a xx 记 则 21 0 2 xx tt 12 12212 12 2 21 2 22 xx xxxx tt xxeee fetee xxt 精品文档 66欢迎下载 设 则 所以在上 2 0 tt g tteet 2 0 tt g tee g t 0 t 单调递减 故 而 所以 0 0g tg 12 2 0 2 xx e t 12 0 2 xx f 又 是上的递增函数 且 x fxea R 12 12 2 xx x x 0 21 xxf 容易想到 但却是错解的过程 欲证 即要证 亦要证 也即证 0 21 xxf 12 0 2 xx f 12 2 0 xx ea 很自然会想到 对两式相乘得 12 2xx ea 11 22 11 22 0 1 0 1 xx xx eaxaea x eaxaea x 即证 考虑用基本不等式 12 2 12 1 1 xx eaxx 12 1 1 1xx 也即只要证 由于 当取 2 12 12 2 1 1 2 xx xx 12 4xx 12 1 lnxxa 将得到 从而 而二元一次不等式对任意 3 ae 2 3x 12 4xx 12 4xx 不恒成立 故此法错误 2 ae 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 f x 1 函数在闭区间上连续 a b 2 函数在开区间内可导 则在内至少存在一点 使得 a b a b f bf a f ba 当时 即得到罗尔中值定理 f bf a 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x 12 0 0 A xB x 21 2112 21 e 000 2 xx AB f xf xea xx k xx 21 21 xx ee a xx 由于 显然与 与已知 12 0f xf x 11 0f xf x 11 0f xf x 精品文档 77欢迎下载 不是充要关系 转化的过程中范围发生了改变 12 0f xf x 例 5 11 年 辽宁理 已知函数 2 ln 2 f xxaxa x I 讨论的单调性 f x II 设 证明 当时 0a 1 0 x a 11 fxfx aa 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 x x A BAB 0 x 0 0fx 解析 I 易得 当时 在上单调递增 当时 在0a f x 0 0a f x 上单调递增 在上单调递减 1 0 a 1 a II 法一 构造函数 利用函数单调性证明 111 0 g xfxfxx aaa 方法上同 略 法二 构造以为主元的函数 设函数 则a 11 h afxfx aa 由 ln 1 ln 1 2h aaxaxax 32 22 2 2 111 xxx a h ax axaxa x 解得 当时 而 所以 1 0 x a 1 0a x 1 0a x 0h a 0 0h 0h a 故当时 1 0 x a 11 fxfx aa III 由 I 知 只有当时 且的最大值 函数才会有0a f x 1 0f a yf x 两个零点 不妨设 则 故 1212 0 0 0A xB xxx 12 1 0 xx a 1 11 0 x aa 由 II 得 又由 11112 21111 fxfxfxf xf x aaaaa 在上单调递减 所以 于是 由 I 知 f x 1 a 21 2 xx a 12 0 1 2 xx x a 0 0fx 问题的进一步探究 对数平均不等式的介绍与证明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 lnln ab ab L a bab a ab 精品文档 88欢迎下载 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对数平均不等式 2 ab abL a b 取等条件 当且仅当时 等号成立 ab 只证 当时 不失一般性 可设 证明如下 ab 2 ab abL a b ab I 先证 abL a b 不等式 1 lnlnln2ln 1 abaaba abxxx bbaxbab 中中 构造函数 则 因为时 1 2ln 1 f xxxx x 2 2 211 1 1 fx xxx 1x 所以函数在上单调递减 故 从而不等式 成 0fx f x 1 1 0f xf 立 II 再证 2 ab L a b 不等式 2 1 2 2 1 lnlnlnln 1 1 1 a abaxa b abxx a abbxb b 中中 构造函数 则 因为时 2 1 ln 1 1 x g xxx x 2 22 14 1 1 1 x g x xxx x 1x 所以函数在上单调递增 故 从而不等式 成立 0g x g x 1 1 0g xg 综合 I II 知 对 都有对数平均不等式成立 当 a bR 2 ab abL a b 且仅当时 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 x f xxexR 12 xx 12 f xf x 证明 12 2 xx 解析 法五 由前述方法四 可得 利用对数平均不等式得 12 12 1 lnln xx xx 即证 秒证 1212 12 1 lnln2 xxxx xx 12 2xx 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 精品文档 99欢迎下载 例 4 设函数 其图像与轴交于两点 且 Raaaxexf x x 0 0 21 xBxA 证明 21 xx 0 21 xxf 解析 法三 由前述方法可得 等式两边取以 12 12 12 1ln 11 xx ee axax xx 为底的对数 得 化简得 e 1122 lnln 1 ln 1 axxxx 由对数平均不等式知 12 12 1 1 1 ln 1 ln 1 xx xx 即 故要证 12 12 12 1 1 1 1 1 ln 1 ln 1 xx xx xx 1212 0 x xxx 1212121122 ln 1 ln 01 lnfx xx xax xxxxx 证证2 12121212121212 ln 1 ln 1 2ln 1 2xxxxx xx xxxxxx x 证证 1212 0 x xxx 1212 ln 1 ln10 x xxx 而 2 121212 2 0 xxx xxx 显然成立 故原问题得证 12121212 ln 1 2x xxxxxx x 例 5 11 年 辽宁理 已知函数 2 ln 2 f xxaxa x I 讨论的单调性 f x II 设 证明 当时 0a 1 0 x a 11 fxfx aa 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 x x A BAB 0 x 0 0fx 解析 I II 略 III 由 12 0f xf x 22 111222 ln 2 ln 2 0 xaxa xxaxa x 22 12121212 lnln2 xxxxa xxxx 精品文档 1010欢迎下载 1212 22 1212 lnln2 xxxx a xxxx 故要证 12 00 1 0 2 xx fxx a 22 12121212 12 1212 12 1 lnln 2lnln2 2 xxxxxxxx xx xxxx xx 根据对数平均不等 此不等式显然成立 故原不等式得证 12 1212 lnln2xx xxxx 挑战今年高考压轴题 2016 年新课标 I 卷理数压轴 21 题 已知函数有两个零点 2 1 2 xaexxf x 证明 21 x x 12 2xx 解析 由 得 可知在 2 2 1 x f xxea x 1 2 x fxxea f x 上单调递减 在上单调递增 要使函数有两个零点 则必须 1 1 yf x 12 x x 0a 法一 构造部分对称函数 不妨设 由单调性知 所以 又 12 xx 12 1 1 xx 2 2 1 x 在单调递减 故要证 等价于证明 f x 1 12 2xx 21 2 0fxf x 又 且 2 22 222 2 1 x fxx ea x 2 2 222 2 1 0 x f xxea x 构造函数 22 2 222 2 2 xx fxx exe 2 g 2 1 xx xxexex 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 12 0f xf x 1 1x 2 1x 故可整理得 12 12 22 12 22 11 xx xexe a xx 设 则 2 2 1 x xe g x x 12 g xg x 那么 当时 单调递减 当时 2 3 21 1 x x gxe x 1x 0gx g x1x 精品文档 1111欢迎下载 单调递增 0gx g x 设 构造代数式 0m 1112 222 1111 111 1 mmmm mmmm gmgmeeee mmmm 设 2 1 1 1 m m h me m 0m 则 故单调递增 有 2 2 2 2 0 1 m m h me m h m 00h mh 因此 对于任意的 0m 11gmgm 由可知 不可能在的同一个单调区间上 不妨设 12 g xg x 1 x 2 x g x 12 xx 则必有 12 1xx 令 则有 1 10mx 11112 11112gxgxgxg xg x 而 在上单调递增 因此 1 21x 2 1x g x 1 1212 22gxg xxx 整理得 12 2xx 法三 参变分离再构造对称函数 由法二 得 构造 利用单调性可 2 2 1 x xe g x x 2 1 G xg xgxx 证 此处略 法四 构造加强函数 分析说明 由于原函数的不对称 故希望构造一个关于直线对称的函数 f x1x g x 使得当时 当时 结合图像 易证原不等式成立 1x f xg x 1x f xg x 解答 由 故希望构造一个函数 2 2 1 x f xxea x 1 2 x fxxea 使得 从而在 F x 1 2 1 2 1 xx xeaxeaxeFex F x 上单