对数平均不等式在极值点偏移中应用.doc

对数平均不等式的典型应用极值点偏移问题的母题 对数、指数平均不等式与高考中的一类热点,即极值点的偏移(类对称或淮对称)问题具有深该的内在联系,利用对数与指数平均不等式可建立极值点的偏移母题如下.母题结构:()(对数模型)设P(x1,y1)、Q(x2,y2)是函数f(x)=mlnx+ax2+bx+c(m0)图像上的任意两点,则当m0时,()kPQ;当mkPQ;()(指数模型)设P(x1,y1)、Q(x2,y2)是函数f(x)=mex+ax2+bx+c(m0)图像上的任意两点,则当m0时,()kPQ;当mkPQ.母题解析:()由f(x)=mlnx+ax2+bx+c(x)=+2ax+b()=+a(x1+x2)+b;又由kPQ=m+a(x1+x2)+bkPQ-()=m(-),由对数平均不等式:当m0时,()kPQ;当mkPQ;()由f(x)=mex+ax2+bx+c(x)=mex+2ax+b()=me+a(x1+x2)+b;又由kPQ=m+a(x1+x2)+bkPQ-()=m(-e),由指数平均不等式:ee当m0时,()kPQ;当mkPQ. 1.对数模型 子题类型:(2011年辽宁高考试题)已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x.()讨论f(x)的单调性;()设a0,证明:当0xf(-x);()若函数y=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:(x0)0f(x)在(0,+)上递增;当a0时,f(x)在(0,)上递增,在(,+)递减;()令g(x)=f(+x)-f(-x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax,则(x)=+-2a=0g(x)在0,)上递增g(x)g(0)=0f(+x)f(-x);()设A(x1,0),B(x2,0),则kAB=0,由()kAB=0(x0)1时,f(x)g(x);()如果x1x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1+x22.解析:()由f(x)=xe-x(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x,列表如下,由表知f(x)在(-,1)内是增函数,在(1,+)内是减函数,函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=e-1;()由函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称g(x)=f(2-x)= (2-x)ex-2;当x1时,令F(x)=f(x)-g(x)=xe-x+(x-2)ex-2,则(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-10函数F(x)在1,+)是增函数F(x)F(1)=0f(x)g(x);()设P(x1,y0),Q(x2,y0),由x1x2,且f(x1)=f(x2),则x1,x20;令g(x)=lnf(x)=lnx-x,则()kPQ=0-12.点评:指数与对数函数模型不仅具有相似的结论,实质上,由函数y=ex与y=lnx的对称性知,母题中,指数与对数函数模型的结论是等价的;把指数函数问题转化为对数函数问题是解决指数函数问题的常用方法. 3.切线背景 子题类型:(2005年湖南高考试题)已知函数f(x)=lnx,g(x)=ax2+bx,a0.()若b=2,且h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;()设函数f(x)的图象C1与函数g(x)图象C2交于点P、Q,过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C1,C2于点M、N,证明:C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行.解析:()当b=2时,h(x)=f(x)-g(x)=lnx-ax2-2x(x)=-ax-2=-(ax2+2x-1)(x0);所以,h(x)存在单调递减区间(x)0在(0,+)内有解集区间T(x)=ax2+2x-10在(0,+)内有解集区间a0,或a0a的取值范围是(-1,0)(0,+);()设P(x1,y1),Q(x2,y2),A(x1,0),B(x2,0),由h(x)=f(x)-g(x)=lnx-ax2+bx(x)=(x)-(x)()=()-()kAB=0()()C1在点M处的切线斜率=()C2在点N处的切线斜率=()C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行.点评:对数、指数平均不等式及其引伸的母题结论具有广泛的应用,尤其在解决双切线问题中,具有十分有力的深刻应用;掌握对数、指数平均不等式及其引伸的母题结论的证明是十分必要的. 4.子题系列:1.(2016年安徽蚌埠二模试题)设函数f(x)=x2+3x+3-aex(a为非零常数).()求g(x)=的单调区间;()若存在b,cR,且bc,使f(b)=f(c),试判断a()的符号.2.(2014年江苏南通二模试题)设函数f(x)=ex-ax+a(aR),其图像与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)两点,且x1x2.()求a的取值范围;()证明:()0(x)为函数f(x)的导函数).3.(2013年湖南高考试题)已知函数f(x)=ex.()求f(x)的单调区间;()证明:当f(x1)=f(x2)(x1x2)时,x1+x20.4.(2014年广东韶关二模试题)已知函数f(x)=ln(x+)-ax,其中,aR且a0.()讨论f(x)的单调性;()若不等式f(x)0.5.(2011年湖南高考试题)设函数f(x)=x-alnx(aR),()讨论f(x)的单调性;()若f(x)有两个极值点x1和x2,记过点A(x1,f(x1),B(x2,f(x2),的直线的斜率为k,问:是否存在a,使得k=2-a?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.6.(2015年广东广州二模试题)已知函数f(x)=alnx-,g(x)=ex(其中e为自然对数的底数).()若函数f(x)在区间(0,1)内是增函数,求实数a的取值范围;()当b0时,函数g(x)的图象C上有两点P(b,eb),Q(-b,e-b),过点P,Q作图象C的切线分别记为l1,l2,设l1与l2的交点为M(x0,y0),证明:x00. 5.子题详解:1.解:()由g(x)=(x2+3x+3)e-x-a(x)=-x(x+1)e-xg(x)在(-,-1)和(0,+)上递减,在(-1,0)上递增;()令P(b,f(b),Q(c,f(c),则kPQ=0;当-a0,即a0时,()0;当-a0时,()kPQ=0a()0.综上,a()0.2.解:()由(x)=ex-a;当a0时,(x)0f(x)在(-,+)上单调递增f(x)至多有一个零点,不合题意;当a0时,f(x)在(-,lna)上单调递减,在(lna,+)上单调递增,由f(x)有两个零点fmin(x)=f(lna)=2a-alnae2lna2;又f(1)=e0,f(a-1lna)=elna-lna+aa-1lna+1-(a-1)+a=a-1lna+20f(x)有两个零点x1,x2,且1x1x2.故a的取值范围是(e2,+);()由()kPQ=0,且(x)=ex-a在(-,+)上单调递增;又由1x1x2()()0.3.解:()由f(x)=ex(x)=-exf(x)在(-,0)上单调递增,在(0,+)上单调递减;()不妨设x1x2,由()知x10;由f(x1)=f(x2)e=e00x2,(x1+x2)+1(x1+x2)+-10(x1+x2)+0(x1+x2)+0;由x10,0x21x1+x20+0x1+x20.4.解:()由f(x)的定义域为(-,+),(x)=-;当a0f(x)在(-,+)上单调递增;当a0时,在区间(-,0)上,(x)0,在区间(0,+)上,(x)0f(x)在(-,0)上单调递增,在(0,+)上单调递减;()由f(x)0,令x=e-得:2a(e-)-102ea-30a0;令g(x)=2ax-ln(x+),则(x)=(x+)g(x)在(-,-)上单调递减,在(-,+)上单调递增gmin(x)=g(-)=-1-ln(2a);由gmin(x)0aa的取值范围是(,+);()由()知a0,且-x102=x1+x2+x1+x20.5.解:()f(x)的定义域为(0,+),(x)=(x2-ax+1);当a2时,(x)0f(x)在(0,+)上单调递增;当a2时,由(x)=0x1=,x2=f(x)在(0,x1)和(x2,+)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减;()由()知,a.故不存在a,使得k=2-a.6.解:()由函数f(x)在区间(0,1)内是增函数当x(0,1)时,