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类型极值点偏移问题的三种解法-朱玲欣妤.pdf

  • 上传人:eco
  • 文档编号:6993327
  • 上传时间:2019-04-29
  • 格式:PDF
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    极值点偏移问题的三种解法-朱玲欣妤.pdf
    资源描述:

    1、极值点偏移问题的三种解法在高考和模考中 , 极值点偏移问题都是一个热点问题 这类试题设问新颖多变 , 难度较大 , 综合性强 , 能较好考查学生的逻辑推理能力 、数据处理能力 、转化与化归思想 、函数与方程思想等 , 往往作为压轴题出现 对于这类问题 , 学生通常会望而却步 , 甚至不敢解 、不想解 笔者通过对极值点 偏移问题的探究 ,总结出解决这类问题三种方法 , 希望可以帮助学生克服畏 难心理 , 迎难而上 下面通过典型试题介绍这类问题的三种求解策略 一 、构造法构造法是解决极值点偏移问题最基本的方法 对函数 y = f( x) , 要考虑它在极值点 x0附近偏移问题 , 可以通过构造并判

    2、断函数F( x) = f( x0+ x) f( x0 x) 在 x 0 时的符号 , 确定 x 0 时 f( x0+ x) 与 f( x0 x) 的大小关系 ; 再将 x = x0 x1 0 代入上式 , 结合f( x1) = f( x2) , 得到 f( 2x0 x1) 与 f( x2) 的大小关系 ; 最后结合函数 f( x) 的单调性解决问题 例 1 设函数 f( x) = ex ax + a( a ) , 其图象与 x 轴交于 A( x1, 0) 、B( x2, 0) 两点 , 且 x1 x2( 1) 求 a 的取值范围 ;( 2) 证明 : f ( x1x槡2) 0分析 对问题 (

    3、2) , 要证 f ( x1x槡2) 0, 只要证 ex1x槡2 a, 因为 x1x槡2x1+ x22,所以只要证 ex1+x22 a解 ( 1) a e2( 过程略 ) ( 2) 令 f ( x) = ex a = 0, 可得极值点 x0= lna, 且 f( x) 在 ( , lna) 单调减 , 在 ( lna,+ ) 单调增 , 从而 x1 ln a x2构造 F( x) = f( ln a + x) f( ln a x) , x 0, 则 F( x) = a ex+1e( )x2a0, F( x) 在( 0, + ) 单调增 , 所以 F( x) F( 0) = 0, 即f( ln

    4、a + x) f( ln a x) ( x 0) 令 x = ln a x1 0, 则 f( 2ln a x1) f( x1) ; 又 f( x1) = f( x2) , 所以 f( 2ln a x1) f( x2) 而 x2、2ln a x1都位于 x0= ln a 的右侧 , 且 f( x) 在 ( ln a, + ) 单调增 , 故 x22ln a x1, 即 ex1+x22 a, 因此 ex1x槡2 a, 即f ( x1x槡2) 0 得证 二 、利用对称性例 2 ( 2010 年天津高考题 ) 已知函数f( x) = xex( x) ( 1) 求函数 f( x) 的单调区间和极值 ;(

    5、 2) 已知 y = g( x) 的图象与 y = f( x) 的图象关于直线 x = 1 对称 , 证明 : 当 x 1 时 ,f( x) g( x) ;( 3) 如果 x1x2, 且 f( x1) = f( x2) , 证明x1+ x2 2解 ( 1) f( x) 在 ( , 1) 内单调增 , 在=et2t et2+ et( )2et 1,其中 et 1 0, et2 0令 h( t) = t et2+ et2, 则 h( t) = 1 12et2+ et( )20, h( t) 在 ( 0, + ) 单调减 ,且 h( 0) = 0, 所以 h( t) 0 在 ( 0, + ) 内恒成

    6、立 , 得 f x1+ x2( )2 0 得证 解决极值点偏移的方法有很多 , 以上三种方法各有优劣 , 不同题目使用三种方法的繁简程度不一样 , 我们应该根据题目的实际情况 , 择优选择 ( 1, + ) 内单调减 ; 极大值 f( 1) =1e( 过程略 ) ( 2) 略 ( 3) 由 ( 1) 可知 , f( x) 在 ( , 1) 单调增 , 在 ( 1, + ) 单调减 , 极值点为 x0= 1, 极大值 f( 1) =1e 不妨设 0 x1 1 x2 记图1 中虚线部分的解析式为 g( x) = f( 2 x) , 由( 2) 可知在 ( 1, + ) 内 f( x) g( x)

    7、恒成立 ,故 f( x2) g( x2) 又 f( x1) = f( x2) , 则 f( x1) g( x2) = f( 2 x2) , 此时 x1和 2 x2都在 x0= 1 的左侧 , 结合 f( x) 在 ( , 1) 单调增 , 得 2 x2 x1, 即x1+ x2 2, 即证 评注 作单极值点函数位于极值点左边( 或右边 ) 的图象关于极值点所在直线 x = x0的对称图形 , 利用所得对称图形 ( 如图 1 中虚线部分 ) 完全在原图象同侧的下方 ( 或上方 ) 由此可以直观 地发现原图象在 x0左右两侧的增减速度不同 , 这正是函数极值点发生偏移的原因 因此 , 对本题第 (

    8、3) 问 , 通过构作对称图形 , 利用第 ( 2) 问的结论 , 并结合 f( x1) =f( x2) 得到了 f( x1) 与 f( 2 x2) 的大小关系 ,最后由单调性 解决问题 三 、增量法增量法是根据题设中 f( x1) = f( x2) 的条件列出两个方程 , 然后从这两个方程出发消去参数 , 同时将所证不等式转化为只含有 x1、x2的不等式 , 再通过令x2x1= t( 比值增量法 ) 或x2 x1= t( 差值增量法 ) 的代换方法 , 将含二元变量 x1、x2的不等式问题转化为一元变量 t的不等式问题 , 最后构造关于 t 的函数 , 以导数为工具证明 1 构造比值增量函数

    9、例 3 ( 2011 年辽宁高考题 ) 已知函数f( x) = ln x ax2+ ( 2 a) x 设 y = f( x) 的图象与 x 轴交于 A、B 两点 , 线段 AB 的中点横坐标为 x0, 证明 f ( x0) 0证明 设 A( x1, 0) 、B( x2, 0) , 不妨设 0 x1 x2, 则 x0=x1+ x22由 f ( x) =1x 2ax + 2 a, 得f ( x0) = f x1+ x2( )2=2x1+ x2 a( x1+ x2) + 2 a由点 A、B在函数 y = f( x) 的图象上 , 所以ln x1 ax21+ ( 2 a) x1= 0, ln x2 a

    10、x22+ ( 2 a) x2= 0, 两式相减 , 得ln x2 ln x1x2 x1 a( x2+ x1) + ( 2 a) = 0将结果代入 f ( x0) 表达式 , 得f ( x0) =2x1+ x2ln x2 ln x1x2 x1令x2x1= t( t 1) , 则 f ( x0) =2x1+ tx1ln ttx1 x1=1x1( t 1)2( t 1)t + 1 ln t , 其中1x1( t 1) 0 令 h( t) =2( t 1)t + 1 ln t ( t 1) , 则 h( t) = ( t 1)2t( t + 1)2 0, h( x) 在 ( 1,+ ) 单调减 , 故

    11、 h( t) h( 1) = 0, 即 h( t) 0 在 ( 1, + ) 内恒成立 , 所以 f ( x0) 0 得证 2 构造差值增量函数例 4 已知函数 f( x) = aex( x + b a、b) 有两个不同的 零点 x1、x2, 对任意 a ( 0, + ) , b, 证明 : f x1+ x2( )2 0证明 不妨设 x1 x2 因为 x1、x2是 f( x)的两个不同的零点 , 所以 aex1 x1+ b = 0, aex2 x2+ b = 0, 两式相减 , 得 a =x2 x1ex2 ex1因为 f ( x) = aex1, 所以 f x1+ x2( )2=x2 x1ex2 ex1ex2+x12 1 令 x2 x1= t 0, 则f x1+ x2( )2=tex1+t ex1e2x1+t2 1

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