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拓展拔高 4 极值点偏移问题
【高考考情】极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样,导致函数图
象不具有对称性.极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中,这类题往往
对思维要求较高,过程较为烦琐,计算量较大,难度大.
【研究对象】一般地,证明两数 x ,x 之和(之积)的不等式问题,常涉及函数的极值
1 2
点偏移.解决极值点偏移问题的关键是消元,有时待证的结论需要利用不等式转
化变形.
【极值点偏移的定义】
一般地,若连续函数 f(x)在[a,b]内有唯一的极值点 x ,对于任意的 x ,x ∈[a,b],当
0 1 2
x +x
f(x )=f(x )时有 1 2≠x ,则称函数f(x)极值点偏移.
1 2 0
2
x +x
(1)左偏移:当 1 2>x 时,极值点x 在[a,b]内向左偏移.(如图1,2)
0 0
2x +x
(2)右偏移:当 1 20),a为常数,若函数f(x)有两个零点x ,x (x ≠x ).
1 2 1 2
证明:x x >e2.
1 2
【证明】不妨设x >x >0,
1 2
因为ln x -ax =0,ln x -ax =0,
1 1 2 2所以ln x +ln x =a(x +x ),ln x -ln x =a(x -x ),所以ln x -ln x =a,
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x -x
1 2
欲证x x >e2,即证ln x +ln x >2.
1 2 1 2
因为 ln x +ln x =a(x +x ),所以即证 a> 2 ,所以原问题等价于证明ln x -ln x >
1 2 1 2 1 2
x +x x -x
1 2 1 2
2 ,即ln x >2(x -x ),
1 1 2
x +x x x +x
1 2 2 1 2
令c=x (c>1),则不等式变为ln c>2(c-1).
1
x c+1
2
2(c-1)
令h(c)=ln c- ,c>1,
c+1
所以h'(c)=1- 4 =(c-1)2 >0,
c (c+1)2 c(c+1)2
所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(c)>h(1)=ln 1-0=0,
2(c-1)
即ln c- >0(c>1),
c+1
因此原不等式x x >e2得证.
1 2
思维升华
比值换元法的解题策略
(1)联立消参:利用方程f(x )=f(x )消掉解析式中的参数a.
1 2
(2)抓商构元:令t=x ,消掉变量x ,x ,构造关于t的函数h(t).
1 1 2
x
2(3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最值,从而可证得结论.
视角二 极值点偏移问题之消参减元、差值代换
[例2]若函数f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R)有两个不同的零点x ,x ,证明:x +x <-2ln a.
1 2 1 2
{x -aex 1+b=0, x -x
【证明】由题知 1 两式相减得x
1
-x
2
=a( ex
1
- ex
2
),即a= 1 2 .
x -aex 2+b=0, ex 1-ex 2
2
故要证x +x <-2ln a,只需证x +x <-2ln x -x ,即证 <(ex 1-ex 2)2,
1 2 1 2 1 2 ex
1
+x
2
ex 1-ex
2
x -x
1 2
即证(x -x )20,则需证t22.
1 2 1 2 1 2
【证明】h'(x)=e-x(1-x),令h'(x)=0,解得x=1,
当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如表:
x (-∞,1) 1 (1,+∞)
h'(x) + 0 -
1
h(x) 单调递增 单调递减
e
由x ≠x ,不妨设x >x ,根据h(x )=h(x )可知x >1,x <1.
1 2 1 2 1 2 1 2
令F(x)=h(x)-h(2-x),x∈[1,+∞),
则F'(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x,
因为x≥1,2x-2≥0,所以e2x-2-1≥0,
所以F'(x)≥0,所以F(x)在[1,+∞)上单调递增,
又因为F(1)=0,所以x>1时,F(x)>F(1)=0,
即当x>1时,h(x)>h(2-x),
则h(x )>h(2-x ),
1 1
又h(x )=h(x ),所以h(x )>h(2-x ),
1 2 2 1因为x >1,所以2-x <1,
1 1
所以x ,2-x ∈(-∞,1),
2 1
因为h(x)在(-∞,1)上单调递增,
所以x >2-x ,所以x +x >2得证.
2 1 1 2
思维升华
对称构造法,主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式问题.其解题要点
如下:
(1)定函数极值点:利用导函数符号的变化判断函数的单调性,进而确定函数的极
值点x ;
0
(2)构造函数:根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x -x);
0
(3)判断单调性:利用导数讨论F(x)的单调性;
(4)比较大小:判断函数F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(2x -x)的大小关系;
0
(5)转化:利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x -x)的大小关系转化为 x与2x -x之间
0 0
的关系,进而得到所证或所求.
迁移应用
x-1
已知函数f(x)=ln (x+a)- ,函数g(x)满足ln [g(x)+x2]=ln x+x-a.
x+a
(1)讨论函数f(x)的单调性;【解析】(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(-a,+∞),
1 x+a-(x-1) x-1
则f'(x)= - = ,
x+a (x+a)2 (x+a)2
所以当-a≥1,即a≤-1时,f'(x)>0,f(x)在(-a,+∞)上单调递增;
当-a<1,即a>-1时,若-a1,则f'(x)>0,
所以f(x)在(-a,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
综上所述,当a≤-1时,f(x)在(-a,+∞)上单调递增;
当a>-1时,f(x)在(-a,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)若g(x)有两个不同的零点x ,x ,证明:x x <1.
1 2 1 2
【解析】(2)因为 ln [g(x)+x2]=ln x+x-a,所以 g(x)=x·ex-a-x2=x(ex-a-x),其定义域为
(0,+∞),
g(x)=xex-a-x2=x(ex-a-x)=0等价于ex-a-x=0,即x-ln x=a,
设h(x)=x-ln x(x>0),
1 x-1
所以h'(x)=1- = ,
x x
令h'(x)>0,则x>1,令h'(x)<0,则0h(1)=1,
所以g(x)有两个不同的零点x ,x 且00对任意的x∈(0,1)恒成立,
x2 x x2
所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增,φ(x)<φ(1)=0,
1
即当01, >1,且h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x < ,故x x <1得证.
2 x 2 x 1 2
1 1
