第119课--极值点偏移问题

第119课极值点偏移问题基本方法：极值点偏移的含义：对定义域内任意自变量x都有()(2)fxfmx，则函数()fx关于直线xm对称：可以理解为函数()fx在对称轴两侧，函数值变化快慢相同.若()fx为单峰函数，则xm必为()fx的极值点.如二次函数()fx的顶点就是极值点0x，若()fxc的两根的中点为122xx，则刚好有1202xxx，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数()fx的极值点为m，且函数()fx满足定义域内xm左侧的任意自变量x都有()(2)fxfmx或()(2)fxfmx，则函数()fx极值点m左右侧变化快慢不同.故单峰函数()fx定义域内任意不同的实数12,xx满足12()()fxfx，则122xx与极值点m必有确定的大小关系：若122xxm，则称为极值点左偏；若122xxm，则称为极值点右偏.如图，函数()exxfx的极值点01x刚好在方程()fxc的两根中点122xx的左边，我们称之为极值点左偏.极值点偏移问题的一般题设形式：1.函数()fx存在两个零点12,xx且12xx，求证：1202xxx（0x为函数()fx的极值点）；2.若函数()fx中存在12,xx且12xx满足12()()fxfx，求证：1202xxx（0x为函数()fx的极值点）；3.若函数()fx存在两个零点12,xx且12xx，令1202xxx，求证：0()0fx；4.若函数()fx中存在12,xx且12xx满足12()()fxfx，令1202xxx，求证：0()0fx.方法一：①利用对称性构造函数ⅰ)求出函数()fx的极值点0x；ⅱ)构造一元差函数0()()(2)Fxfxfxx或0()(2)()Fxfxxfx；ⅲ)确定函数()Fx的单调性；ⅳ)结合0()0Fx，判断()Fx的符号，从而确定0(2)fxx、()fx的大小关系；ⅴ)再结合102,2xxx或201,2xxx的大小和函数()fx的单调性得出所求结论.方法二：②双变量转化单变量，构造函数不等式从代数层面来看，极值点偏移问题是条件不等式的 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：在等量条件12()()fxfx的约束条件下求证12,xx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？方法③：利用对数平均不等式对数平均不等式的介绍与证明：两个正数a和b的对数平均定义：()(,)lnln()ababLababaab对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2ababLab（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当ab时，等号成立.只证：当ab时，(,)2ababLab.不失一般性，可设ab.证明如下：（i）先证：(,)abLab……①不等式①1lnlnln2ln(1)abaabaabxxxbbaxbab其中构造函数1()2ln(),(1)fxxxxx，则22211()1(1)fxxxx.因为1x时，()0fx，所以函数()fx在(1,)上单调递减，故()(1)0fxf，从而不等式成立；（ii）再证：(,)2abLab……②不等式②2(1)2()lnlnln(1)aabababaabbb2(1)ln(1)xxx(1)axb其中构造函数2(1)()ln,(1)(1)xgxxxx，则22214(1)()(1)(1)xgxxxxx.因为1x时，()0gx，所以函数()gx在(1,)上单调递增，故()(1)0gxg，从而不等式成立；综合（i）（ii）知，对,abR，都有对数平均不等式(,)2ababLab成立，当且仅当ab时，等号成立.一、典型例题1.已知函数()e()xfxxxR.（1）求函数()fx的单调区间和极值；（2）已知函数()ygx的图象与函数()yfx的图象关于直线1x对称，证明：当1x时，()()fxgx；（3）如果12xx，且12()()fxfx，证明122xx.答案：（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析解析：（1）()exfxx，()ee(1)exxxfxxx，令()0fx，得1x，当x变化时，(),()fxfx的变化如下表：x(,1)1(1,)()fx0()fx单调递增极大值单调递减所以()fx在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，在1x处取极大值1(1)ef.（2）()yfx与(2)yfx的图像关于直线1x对称，即(2)()(2)(2)exgxfxx，设(2)()()()e(2)e(1)xxFxfxgxxxx，则2221111()(1)()0(12ee0)eeeexxxxxxxxFxxxxx，所以()Fx在[1,)上单调递增，则当1x时，()(1)0FxF恒成立，即有当1x时，()()fxgx成立.（3）不妨设12xx，由（1）可知121xx，12121212222120()(2)()()()(2)xxxxfxfxfxfxgxfx，因为21x，由（2）可知22()()fxgx显然成立，所以122xx成立.2.已知函数22e1xfxxax有两个零点.（1）求a的取值范围；（2）设1x，2x是fx的两个零点，证明：122xx.答案：（1）0,；（2）见解析解析：（1）由已知得：1e211e2xxfxxaxxa，①若0a，那么02e02xfxxx，fx只有唯一的零点2x，不合题意；②若0a，当1,x时，0fx，fx单调递增；当,1x时，0fx，fx单调递减；又1ef，2fa，取b满足0b且ln2ab，则223210,22afbbababb故fx存在两个零点；③设0a，由0fx得1x或ln2xa.若e2a，则ln21a，故当1,x时，0fx，因此fx在1,单调递增.又当1x时0fx，所以fx不存在两个零点.若e2a，则ln21a，故当1,ln2xa时，0fx；当ln2,xa时，0fx.因此fx在1,ln(2)a单调递减，在ln2,a单调递增.又当1x时，0fx，所以fx不存在两个零点.综上a的取值范围为0,.（2）不妨设12xx，由（1）知，1,1x，21,x，22,1x，fx在,1单调递减，所以122xx等价于122fxfx，即220fx.由于2222222e1xfxxax，而222222e10xfxxax，所以2222222e2exxfxxx.设2e2exxgxxx，则21eexxgxx.所以当1x时，0gx，而10g，故当1x时0gx.从而2220gxfx，故122xx.二、课堂练习1.已知函数2ln21fxaxxaxaR有两个不同的零点.（1）求a的取值范围；（2）设1x，2x是fx的两个零点，证明：122xxa.答案：（1）1,；（2）见解析解析：（1）函数的定义域为：0,，221afxxax21xaxx，①当0a时，易得0fx，则fx在0,上单调递减，则fx至多只有一个零点，不符合题意.②当0a时，令0fx得xa，则x0,aa,a'fx+0-fx增极大减∴maxfxfx极大ln1faaaa.∴要使函数fx有两个零点，则必有ln10faaaa，即ln10aa，设ln1gaaa，∵110gaa，则ga在0,上单调递增，又∵10g，∴1a；当1a时：∵121eefa2110ee，∴fx在区间1,ea上有一个零点；设lnhxxx，∵111xhxxx，∴hx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，∴110hxh，∴lnxx；∴2ln21fxaxxax22213axxaxaxxx233axxxax，则40fa，∴fx在区间,4aa上有一个零点，那么，此时fx恰有两个零点.综上所述，当fx有两个不同零点时，a的取值范围是1,.（2）由（1）可知，∵fx有两个不同零点，∴1a，且当0,xa时，fx是增函数；当,xa时，fx是减函数；不妨设：12xx，则120xax；设2Fxfxfax，0,xa，则+2Fxfxfax2212aaxaxax2221axa22222xaaaxaxxax.当0,xa时，0Fx，∴Fx单调递增，又∵0Fa，∴0Fx，∴2fxfax，∵10,xa，∴112fxfax，∵12fxfx，∴212fxfax，∵2,xa，12,axa，fx在,a上单调递减，∴212xax，∴122xxa.2.已知函数lngxxbx，若gx有两个相异零点12,xx，求证：12lnln2xx.答案：见解析解析：lngxxbx，gx的两个相异零点为12,xx，设120xx，∵10gx，20gx，∴11ln0xbx，22ln0xbx，∴1212lnlnxxbxx，1212lnlnxxbxx.要证12lnln2xx，即证122bxx，即121212lnln2xxxxxx，即1212122lnxxxxxx，设121xtx，上式转化为21ln11tttt.设21ln1thttt，∴22101thttt，∴ht在1,上单调递增，∴10hth，∴21ln1ttt，∴12lnln2xx.三、课后作业1.已知函数lnfxxxm（m为常数）.（1）求函数fx在1,ee的最小值；（2）设12,xx是函数fx的两个零点，且12xx，证明：121xx.答案：（1）1em；（2）见解析解析：（1）lnfxxxm，且10xfxx，∴1x，当0,1x时，0fx，所以yfx在0,1递增；当1,x时，0fx，所以yfx在1,递减，且111eefm，e1efm，因11e2e0eeff，函数fx在1,ee的最小值为1em.（2）由（1）知12,xx满足ln0xxm，且101x，21x，1122lnln0xxmxxm，则111222222211111lnlnlnlnfxfxxxxxxxxx22212lnxxx，令12ln(1)gxxxxx，则222221221(1)10xxxgxxxxx，当1x时，gx是减函数，所以10gxg，所以当1x时，1210fxfx，即121fxfx，因为10x，211x，fx在0,1上单调递增，所以121xx，故121xx.2.已知函数()e23xfxxm，1212,()xxxx是函数()fx的两个零点.（1）求m的取值范围；（2）求证120xx.答案：（1）2m；（2）见解析解析：（1）()e1xfx，令()0fx，解得0x，令()0fx，解得0x，故()fx在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增；所以0x是函数()fx的极小值点，也是最小值点，若(0)1230fm，即2m³-时，()fx至多有一个零点，不符合题意，故2m<-.当2m<-时，20m<，22(2)e223e30mmfmmm=-++=+>0m->，()e33mfmm--=++，设()e3(2)xgxxx=-³，则()e30xgx¢=->，所以()gx在(2,)+¥上单调递增，当2x>时，2()(2)e60gxg>=->.故()e3333330mfmmmm--=++>-++=>.故()fx在(2,0),(0,)mm-上分别存在且只存在一个零点.综上可知若()fx有两个零点，有2m<-.（2）设12xx，易知，120,0xx，12()()0fxfx，因为2212222()()()()ee2xxfxfxfxfxx，令()ee2(0)xxhxxx，则()ee20xxhx，所以()hx在[0,)上单调递增，所以()(0)0hxh，又因为120xx，所以2()0hx，即222ee20xxx，所以12()()fxfx，又120,0xx，且由（1）知()fx在(,0)上单调递减，所以12xx，即120xx.3.已知函数2lngxaxx，已知关于x的方程0gx有两个实根12,xx，求证：126xxa.答案：见解析解析：2lngxaxx，即gx有两个零点12,xx，∵12gxax，∴当2a时，0gx，则gx递减，至多1个零点，不符合题意；当2a时，0gx12xa，此时gx递增；1002gxxa，此时gx递减；∴min11ln202gxgaa，解得122ea；此时1e2a，又120ga，∴12,1,xx，不妨设121xx，由11222ln02ln0axxaxx，两式相减得2121lnln2xxaxx，则1221121221lnln2xxxxaxxxxxx，设21xtx，则212121lnln1ln1xxxxttxxt，下证1ln21ttt；设214lnln2111thtttttt，则222114011thttttt，∴ht在1,上递增，那么10hth，所以21ln1ttt，从而1ln21ttt，又∵1224xx，∴126axx，故126xxa.