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函数极值点偏移问题的一个解题策略


数学版















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函数极值点偏移问题的一个解题策略
安徽省五河县第一中学
在近年的高考和各地的质检考试中, 经常可以 看到与函数的极值

点偏移有关的问题, 这类问题由 于难度大, 往往使得考生望而生畏, 不知如何下手, 本文试提供一种解题策略, 期望对考生有所帮助. 先 看一道试题: 题目: ( 2015 年蚌埠市高三一质检试题) 已知函 数 f( x) = xe . ( 1 ) 求函数 f( x) 的单调区间和极值; ( 2 ) 若 x1 ≠ x2 , f ( x1 ) = f ( x2 ) , 求证 x1 + x2 > 2 . 该题意在考查学生运用导数处理有关函数的单 调性及极值问题以及综合运用有关知识分析、 解决 问题的能力和化归转化的数学思想. 解析 1 . e 第( 2 ) 问: 构造函数 F( x) = f( 1 + x) - f( 1 - x) = ( 1 + x) e e
- ( 1 +x) - ( 1 +x) -x

( 233300 )
的单调性

张同语

判断 F( x) 的符号, 确定 f( x0 ③ 结合 F( 0 ) = 0 , + x) 与 f( x0 - x) 的大小关系 ④ 由 f( x1 ) = f( x2 ) 结合 ③ 及 f( x) 的单调性确 定 x1 与 2 x0 - x2 ( 或 x2 与 2 x0 - x1 ) 的大小关系 应用上述提炼的解题策略可以解决下列一类有 关函数极值点的偏移问题. 例1 1 -x x e. 1 + x2 ( Ⅰ) 求 f( x) 的单调区间; ( Ⅱ) 证明: 当 f( x1 ) = f( x2 ) ( x1 ≠ x2 ) 时, x1 + x2 < 0 . 解析 ( Ⅰ) 易知 f( x) 在( - ∞ , 0 ) 上单调递 增, 在( 0 ,+ ∞ ) 上单调递减. ( Ⅱ) 易知当 x < 1 时 1 -x 1 -x > 0, 所以 f( x) > 0 , 当x > 1时 < 0, 1 + x2 1 + x2 ( 2013 年高考湖南卷) 已知函数 f( x) =

容易求得第( 1) 问: f( x) 在( - ∞ , 1) 上单

f ( x) 极大值 = f( 1) = 调递增, 在( 1,+ ∞ ) 上单调递减,

- ( 1 - x) e

x -1

, 则 F' ( x) = x[ e

x -1



f ( x ) < 0 . ∵ f ( x1 ) = f ( x2 ) 且 x1 ≠ x2 , 不妨设 x1 < x2 , 由( Ⅰ) 知 x1 < 0 , 0 < x2 < 1 . 下面证明: 当 0 < x < 1 时 f( x) < f( - x) 即证: 1 -x x 1 + x -x 1 +x e < e . 即证: ( 1 - x) e x - x < 0 . 1 + x2 1 + x2 e 构造 F( x) = ( 1 - x) e x - 则 F' ( x) = - xe -x ( e2x - 1 ) ∵ 0 < x < 1, ∴ F' ( x) < 0 , ∴ F( x) 在( 0 , 1) 单 调递减, 从而 F( x) < F( 0 ) = 0 即( 1 - x) e x - f( x) < f( - x) . 又 0 < x2 < 1 , ∴ f ( x1 ) = f ( x2 ) = f ( 0 + x2 ) < ∵ x1 - x2 ∈ ( - ∞ , 0) , f( x) 在 f ( 0 - x2 ) = f ( - x2 ) , ( - ∞, 0) 上单调递增, 所以 x1 < - x2 , 即 x1 + x2 < 0. 评注 例2 第( Ⅱ ) 问不等式右边的 0 恰好是函数的极 ( 2011 年 高 考 数 学 辽 宁 卷 ) 已 知 函 数 值点, 因此, 该问本质上是证明极值点偏右问题. f( x) = lnx - ax2 + ( 2 - a) x ( Ⅰ) 讨论 f( x) 的单调性; 证明: 当 0 < x < ( Ⅱ) 设 a > 0 , x) > f( 1 - x) ; a 1 1 + 时, f( a a ? 1 +x < 0, 所以, 当 0 < x < 1 时, ex 1 +x , ex

] , 当 x > 0 时, F' ( x) > 0 , ∴ F( x) 在( 0 , +∞)

单调递增, 又 F( 0 ) = 0 , ∴ F( x) > 0 , 即 f( 1 + x) > f( 1 - x) . ∵ x1 ≠ x2 , 不妨设 x1 < x2 , 由( 1 ) 知 x1 < 1 , x2 > 1, 所以 f( x1 ) = f( x2 ) = f[ 1 + ( x2 - 1) ] > f[ 1 - ( x2 - 1) ] = f( 2 - x2 ) , ∵ x2 > 1 , ∴ 2 - x2 < 1 ,又 f( x) 在( - ∞ , 1) 上单调递增, ∴ x1 > 2 - x2 , ∴ x1 + x2 > 2. 上述解答, 通过构造差函数 F( x) = f( 1 + x) - f( 1 - x) , 紧接着对 F( x) 进行求导, 判断性质, 不需 复杂的变形, 切入点好, 程序清晰, 易操作. 其解题本 质是 x1 与 2 - x2 的大小关系不易直接比较时, 通过 化归转化为比较函数值 f( x1 ) 与 f( 2 - x2 ) 的大小关 系, 再结合 f( x) 的单调性获得解决. 这里的 1 显然是 x1 + x2 x1 + x2 f( x) 的极值点, 要证 x1 + x2 > 2 , > 1, 2 2 就是直线 y = f( x1 ) = f( x2 ) = h 被函数 y = f( x) 图 象所截线段中点的横坐标, 因此, 问题本质是证极值 点偏移问题. 若设 f( x) 的极值点为 x0 , 则可将上述的解题策 略程序化如下: ① 构造差函数 F( x) = f( x0 + x) - f( x0 - x) 判断 F' ( x) 的符号, 确定 F( x) ② 对 F( x) 求导,

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2015. 5 , 6

构造 “辅助元 ”解题的十种策略
四川省资阳市外国语实验学校
若按常规思路寻求突 有些数学 问 题 的 解 决, 破, 往往非常棘手, 甚至一时受阻, 这时若调整思维 方式, 考察题目中有关数学式子的结构特征, 尝试构 造一个或多个“辅助元 ”来替代原来的“元 ” , 这样 做, 可以减少变元的个数, 降低变元的次数, 化简表 达式, 更重要的是能够将原问题转化成熟悉的或容 易解决的新问题, 而且有效地降低了问题的难度, 具 有化繁为简、 化难为易的解答功效. 本文结合实例介 绍构造 “辅助元”解题的十种策略, 供大家参考. 一、 对偶代换 对偶代换是指对于某些结构特殊的三角函数问 题、 求数列中若干项的和或积的问题、 题中给出的条 件含有倒数和的问题等等, 可以通过合理构造对偶关 系, 并通过对对偶关系进行适当的和、 差、 积运算, 则往 B两 ? ( Ⅲ) 若函数 y = f( x) 的图象与 x 轴交于 A、 证明: f ' ( x0 ) < 0 . 点, 线段 AB 中点的横坐标为 x0 , ( Ⅰ) 易得 f( x) 的定义域为( 0 ,+ ∞ ) , ( 1 ) 若 a ≤ 0 时, 则 f( x) 在( 0 ,+ ∞ ) 单调递增; ( 2 ) 1 1 在( , 若 a > 0 时, 则 f( x) 在( 0 , ) 上单调递增, a a + ∞ ) 上单调递减. ( Ⅱ) 构造函数 F( x) = f( 1 1 + x) - f( - x) a a 2 a3 x2 . 1 - a2 x 2 解析

( 641300 )

蔡勇全

黄正兵

往能使问题得到巧妙的解决, 收到事半功倍的效果. 例1 求 sin2 20° + cos2 80° + 槡 3 sin20°cos80° 的值. 2 解析 令 M = sin 20° + cos2 80° + = cos2 20° + sin2 80°
2

3 sin20°cos80° , N 槡

+ =

3 cos20°sin80° , 由 此 可 以 得 到 M + N 槡 3 ( sin20°cos80° + cos20°sin80° ) 槡
2 2 2

+ ( sin 20° +

3 sin100 ° ①, cos 20° ) + ( cos 80° + sin 80° ) = 2 + 槡 3 ( sin20°cos80° - cos20°sin80° ) 并且可得 M - N = 槡 3 × + ( sin2 20° - cos2 20° ) + ( cos2 80° - sin2 80° ) = 槡 sin( - 60 ° ) - cos40° + cos160 ° = - 2sin100 ° sin60 ° - 3 1 1 , M = , 由 ① + ② 可得 2 M = 即 sin220° + ②, 2 2 4 3sin20°cos80° = 1/4. cos280° + 槡 偏左问题. 例3 ( 2015 年安徽省皖中省示范高中联考试 题) 已知函数 f( x) = e x - 2 x + 2 a. ( 1 ) 求函数 f( x) 的单调区间; x2 , ( 2 ) 若存在两个不相等的正数 x1 , 假设 f( x1 ) 求证: f ' ( 槡 x1 x2 ) < 0 ( f ' ( x) 为函数 = f( x2 ) 成立, f( x) 的导函数) . 解析 ( 1) 易求得 f( x) 的递减区间为( - ∞ , ln2) , 递增区间为( ln2, + ∞) , ln2 为 f( x) 的极小值点. ( 2) 构造函数 F( x) = f( ln2 + x) - f( ln2 - x) = eln2 +x - 2( ln2 + x) - eln2 -x + 2( ln2 - x) = 2( ex - e -x - 2x) . ∴ F( x) 在 ( 0 , F' ( x) = 2 ( e x + e -x - 2 ) ≥ 0 , + ∞ ) 单调递增, 又 F( 0 ) = 0 , ∴ 在( 0 ,+ ∞ ) 上 F( x) > 0 , 即 f( ln2 + x) > f( ln2 - x) , 又 ∵ x1 , x2 为 不相等的两个正数, 不妨设 x1 < x2 , 由( 1 ) 知 0 < x1 < ln2 , x2 > ln2 , ∴ f( x1 ) = f( x2 ) = f[ ln2 + ( x2 - ln2) ] > f[ ln2 - ( x2 - ln2) ] = f( 2ln2 - x2 ) , ∵0 < x1 < ln2 , 又 f( x) 在( - ∞ , ln2 ) 单调 2ln2 - x2 < ln2 , 递减, ∴ x1 < 2ln2 - x2 , ∴ < ln2 ,又 f ' ( x) x1 + x2 < ln2 , 从而 槡 x1 x2 2

檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭檭

= ln( 1 + ax) - ln( 1 - ax) - 2 ax, F' ( x) = 当0 < x <

1 时, F' ( x) > 0 , F( 0 ) = 0 , 所以 a 1 1 1 时, + x) > f( - x) . f( a a a

F( x) > 0, 即当 0 < x <

( Ⅲ) 由( Ⅰ) 得当 a ≤ 0 , 函数 f( x) 的图象与 x 轴至多有一个交点, 不符合题意, 故 a > 0. 不妨设 A( x1 , B ( x2 , 0 < x1 < x2 , 则 x2 > 0) , 0) , 1 1 2 1 > x1 > 0 , - x1 > > - x1 > 0 a a a a 由( Ⅱ) 知 f( 1 1 2 - x1 ) = f[ + ( - x1) ] > a a a

2 - x1 , f ( x1 ) = 0 = f ( x2 ) , 从而 x2 > 于是 x0 = a x1 + x2 1 > , 由( Ⅰ) 知 f ' ( x0 ) < 0 . 2 a 评注 本题同例 2 类似, 实际上是证明极值点

= e x - 2 是 单 调 递 增 函 数,

∴ f '( 槡 x1 x2 ) < f ' ( ln2 ) = 0 . 评注 同样, 本题也是证明极值点偏右的问 题.
( 收稿日期: 2015 - 01 - 18 )


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