极值点偏移问题4

极值点偏移问题(4)

——比值代换(解题方法)杨春波(高新区枫杨街郑州外国语学校，河南郑州450001)本讲我们来重新审视极值点偏移问题，并给出新的解题方法．

极值点偏移问题的一般形式是：已知函数f(x)的极值点为x,两相异实数x,x满足012

f(x)=f(x)，求证：x+x>(<)2x或xx>(<)x2或其他关于x,x的不等式.从

1212012012

代数层面来看，极值点偏移问题是条件不等式证明：在等量条件f(x)=f(x)的约束下求12

证xi，x2的二元不等式•一个自然的想法是：能否将双变量的条件不等式化为单变量的函数不等式呢？

答案是肯定的，以笔者的学习经验为线索，我们先看一个例子

引例已知函数f(x)=Inx一x，设x1>x>0，求证:

x

1

x2+x2

12

f(x)-f(x)1

12<1.

x—x

12

x

证明：1一

x2+x2

12

f(x)-f(x)

12—

x—x

12

x

1

x2+x2

12

(lnx—lnx)—(x—x)

1212—

x—x

12

x

=1——

x2+x2

12

lnx—lnxx

一12+1<1O1—

x—xx2+x2

1212

lnx—lnx

一12<0

x—x

12

x(x—x

0-4__12

x2+x2

12

-—(lnx—Inx)<0

12

2

+1

xx

亠—In1<0，

x

2

x2丿

x

令t=1>1，

x

2

即证-—Int<0

12+1

②.

设g(t)=

口—Int，te(1,+^)，则gG)=-2+2-—1

12+1

2+1)

1t3(1—t)—(t+1)

<0‘

得g(t)在(1,+8)上单减，有g(t)<g(1)=0，得证.

x

上述证法通过代数变形，将所证的双变量x,x的不等式化为单变量t=—的函数不等

12x

2

式，从而得证.能否一开始就做这个代换呢？

x

令t=1>1，则x=tx，将之代入①式得

x12

2

tx

c

12X2+X2

22

Int+Inx-Inx

cc厶Z"

tx-x

22

—(t、lnt

52+1丿X(t一1)X

22

tlnt

t2+1t—1

<0o

t(t—1)

12+1

—lnt<0

即为②式，X也被消掉了！这样一种比值代换在极值点偏移问题中也大有可为，下面就用2

这种方法再解前面举过的例子．

再解例1(3)：可设0<x<1<x,f(x)=f(x丿即xe-f二xei，取自然对数得

121212

lnx-x=lnx

2

11

x

-X.令t=2>1,

2X

1

则X2

=tx，代入上式得lnx-x=lnt+lnx-tx,

11111

lnt

得X1=t—1'

tlnt

=T—i•所以x1+x2

=_^丿巴>2olnt-土>0，构造函数可t+1

证，交给读者．

再解例3：

f(x)=f(x丿即xlnx

1211

=xlnx,

22

x

令t=2>1，则x=tx，代入上式x21

1

tlnt

=百•所以

得xlnx=tx(lnt+lnx丿，得lnx

11111

xx<丄0lnx+lnx<—2o2lnx+lnt<—2

12e212

比+lnt<-2

olnt-呀>0，同前,

t+1

交给读者．

lnx

再解练习1:由题意得1

x

1

TOC\o"1-5"\h\z

lnxx

=2,t=2>1，代入解得lnx

XX1

21

(1)x+x=(1+1丿x>2eln(1+1)+>1+ln2

121t—1

o(t—1)ln(1+1丿+lnt—(1+ln2)(t—1)>0，构造函数可证，交给读者.

2lnt2(t—1)

(2)xx>e2olnx+lnx>2o+lnt>2olnt—>0，同前.

1212t—1t+1

再解例4：f(x)=ex—ax=0oex=ax(a>e)ox=lna+lnxox—lnx=lna,

则f(x丿=f(x丿=0即x-lnx=x-lnx=lna.

121122

3)x+x>2的证法同本节例1；

12

交给读者．

(4)xx<1即:芈<1o®nt<1oInt-、丘+<0，可证,

12(t—1》t-1&

—11ct-1t-1

再解例5：仿例1、4得+—>2o+―—

xxinttint

12

1f

>2oint-1ft-1]<0，可证.t丿

再解例7：令t=—>1,则taina一a(int+Ina)=a一ta,tina-(int+Ina)=1一t,a

Int]

a=et-1

(2)a+b=a(t+1)>2o-1+in(t+1)>in2

t-1

o(t—1)in(t+1)+int-(1+in2)(t—1)>0，同前可证.

3)

1+1=1+丄>2oa<a—ata

土oina=

2t

罟一1<in(t+1)-in2-int

o(t—1)in(t+1)-1int+(t—1)(1—in2)>0，可证.

再解例

-ax=2inx-ax，

1122

8：f(x)=f(x)即2inx

12

2inx-ax=2int+2inx-atx，

111

得aX]=斗•所证结论等价于

1t-1

1+2t>

ax+2ax>6o>6oint-3G1)

12t-1

可证．

行文至此，相信读者已经领略到比值代换的威力．用比值代换解极值点偏移问题方便、快捷，简单得很．只需通过一个代换就可双元化单元，变为单变量的函数不等式，可证．那是不是可以就此忘掉前面三讲的内容呢？只需比值代换，就可偏移无忧？

这里，笔者必须指出，前面再解的过程中有意地略去了一些例子(不知细心的你是否发现)，这就补上，请读者明察．

试再解例2：f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2=0oa(x—1匕=(2—x)ex

所以

in(2-x)+x-2in(x-1)=in(2-x)+x-2in(x-1)=ina，令t=Z>1，则

oina+2in(x-1)=in(2-x)+xoin(2-x)+x-2in(x-1)=ina

111222x

1

x=tx,代入上式并不能用t表示x.

211

试再解例6：h(x)=h(x)即x2inx=x2inx=t2x2(int+inx)，得

12112211

t2lnt

Inx=

11-12

X2+X2=

12

1e

2t2Int

1-12

>ln2-1

证明不易．

试再解练习2：f(x)=ex-ax+a=0oex=a(x-1)x=lna+ln(x—1)，所以

x—ln(x—1)=x—ln(x—1)=tx—ln(tx—1)并不能用t表示x.

1122111这是比值代换的败笔，又是最精彩之处．没有任何一种方法是万能的，我们不仅要熟悉它的优势，熟练它的操作，还要清醒地认识到它的缺陷，运用时要注意哪些问题，这其实是为了更好的运用.就比值代换法解极值点偏移问题来看：代换t=Z对单一的对数式lnx最

x

1

有效；若稍微复杂一点就可能失效，关键是看代换后能否顺利解出x的值(用t表示)；有

1

时转化后的函数不等式比较复杂(可证但不易)，这样就失去了比值代换的便捷.最后，我们来看比值代换的另一个应用.

例9(2014天津理20)设f(x)=x—aex(agR)，xgR.已知函数y=f(x)有

两个零点x,x，且x<x.

1212

求a的取值范围；

证明：Z随着a的减小而增大；

x

1

证明：x+x随着a的减小而增大.

12

解：(1)f(x)=x—aex=0即a=xe-x，由题意得直线y=a与函数y=xe-x的图象

有2个不同的交点，由下图易知0<a<--

ex

有°<叮1<x2.由y=?在(°，1)上单调递增，在(1‘+小上单调递减可知，当a减小时,

xx

x随之减小，x随之增大，则f增大，即t随着a的减小而增大.

12xx

11

=Inx

2

3)由f(x)=x一aex=0得lnx=lna+x，贝0lnx一x

11

，得

lnt

xi二口，所以

1

,令h(t)=—2lnt+1—t

x

设—=t>1，贝0x=tx，lnx一x=lnt+lnx一tx

x2lllll

l

()(t+l)lnt

x+x=V+1丿x=

l2lt一l

1

(子丄］)1“十/—2lnt+1——

令g(t)=—-—，tG(l,+a)，则g,(t)=t

t一1

得h(t)=〔匸>0(t>1)，则h(t)在(l,+8)上单调递增，故当t>1时，有It

h(t)>h(1)=0，则g'(t)>0，g(t)在(1,+a)上单调递增.

于是，x+x随着t的增大而增大，由(2)知t随着a的减小而增大，所以x+x随着

1212

a的减小而增大.

练习3关于函数f(x)