對一道極值點偏移試題的多解探究 論文

對一道極值點偏移試題的多解探究摘要：極值點偏移問題一般是指關(guān)于原函數(shù)的零點與其極值點所形成的及創(chuàng)新能力。關(guān)鍵詞：極值點偏移；核心素養(yǎng)；創(chuàng)新能力。關(guān)問題有所幫助0。例1問題的提出：已知函數(shù)f(x)x=x 。（1）若f(x)<ax+1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；x（2）若方程f(x)=m有兩個不同實數(shù)根x1,x2，證明：x1+x2f(x)<ax+1

（x>0）,即得到lnx，因為x>0，所以a>lnx。x令xa>g(x)

xg(x)'

x21-2lnxg(x)'=0x2 max = x2得到x=

e，所以g(x)所以g(x)

=g(

1 1 e)=，所以ae)=max 2e 2e1 21（構(gòu)造對稱差函數(shù)）不妨設(shè)x<x，f'(x)1 2

-lnxx2x∈時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈時，f'(x)0，f(x)單調(diào)遞減。由f，f(1)=0，當(dāng)x→時，f(x)→0。所以0，1<x。e e 1 2要證x1+x2，即證x2-x1，由x22-x1，f(x)在單調(diào)遞減，只需證明f(x2)<f(2-)，由f(x1)=f(x2)，只需證明f(x1)<f(2-)，構(gòu)造g(x)=f(x)-f(2-x),x∈，只需證明g(x)<0即可，易知=0，得g'(x)=f'(x)-f'(2-x)=-lnx+-ln(2-x)，x2 (2-x)2當(dāng)x∈-lnx，x2<(2-x)2g'(x)>-lnx-ln(2-x)=-lnx(2-x)，(2-x)2

(2-x)2從而g(x)在上單調(diào)遞增，又=0，故當(dāng)x∈時，g(x)<0,證畢。解法2：構(gòu)造函數(shù)不等式法0不妨設(shè)x<x，構(gòu)造函數(shù)G(x)=f(x)-f(1)，1 2 x)則G'(x)=(1-1lnx，當(dāng)x∈時，G'(x)>0，G(x)單調(diào)遞增，)x2所以G(x)<G(1)=0，即f(x)<f(1)。因為1<xf(x)=f(x)<f(1)，x1x e 1 2 1x1又因為x1，x時，f(x)x>1xx,所以2x2x122x2x1 1+x2x2,得證。1 2解法x<x，f'(x)1 2

-lnxx2x∈時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈時，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減。由f，f(1)=0，當(dāng)x→時，f(x)→0，所以0，e由f(x2)=f(x1)=mx2=mx2兩式作差得ln-lnx2=m(x1-x2)m=

ln-lnx2+x2>m(x1+x2)=+x2ln，-x2-x2 x2x12令t=，即x+xx122

t>t-1lnt，要證+x2，只需證tlnt，即只t-1（ ）需證lnt<2

t-1t

在t上恒成立即可，（ ），令g(t)=lnt-2t-1 即證，t

g(t)<0在

t上恒成立即可，所以=g'(t) 1-=t

4(t

(t-1)2=t(tg(t)在=0t∈時，g(t)<0恒成立。所以+x2。1x1上述證明方法通過代數(shù)變形將所證的雙變量,x2的不等式化為單變量tx2解法4：（構(gòu)造比值函數(shù)法2） 設(shè)

t=x2

x(t，則x

x，由2 111ln1m1f(x2)=f(x1)=m即1lnx2mx2兩式相除得1+lnx2=x2，又t=x2

，所以1+lnx2=t，得lntx1=et

lnt，x2=tetlnt

lnt，從而有x1+x2-2=et

lntt

lnt-2t

-2。令h(t)t）etlnt

-lntt-1-tlnt

lnt[(t2

tlnt]則h'(x)=ett=et，因 為 當(dāng)

t(tt，

t(t-1)2lnt-1， 所 以 此 時lnt

-lntt，（t2

tlnt2t)et，t(t-1)2h'(t)>0，所以

h(t)在上單調(diào)遞增，當(dāng)

t→，

lnt≈t-1，h(t)>limh(t)-2=0，所以x1

+x2

-2，故x1

+x2。解法5：（對數(shù)平均不等式法）由f(x2)=f(x1)=m，(x1≠x2)即lnx

mx 1 1lnx2mx2

(2)得m=2+lnx2。-(2)得m=ln-lnx2-x2所以lnx1-lnx2=2+lnx1x2，

(x1

≠x2)對上式兩邊同時取倒數(shù)得x1-x2-x2=

x1+x2+x2，-lnx2

2+lnx2因為lnx≤x-1當(dāng)且僅當(dāng)x≤x1-1，lnx2≤x2x1≠x2，所以+lnx2<2+(x1-1)+(x2=x1+x2，所以 x1-x2-lnx2

= x1+x22+lnx2

x+x>1 2+x2

x1-x2-lnx2根據(jù)對數(shù)平均不等式：

x1-x2-lnx2

x+x<1 2，2所以1<+x2，故x2 1

+x2

。解法6：（指數(shù)平均不等式法）由f(x2)=f(x1)=m，(x1x2)即lnx

mx 1 1lnx2mx2

(2)(2)得m=2+lnx2。(2)得m=ln-lnx2-x2lnx

-lnx

2+lnxx1所以 1 2= 1 2，(x1

≠x2)，對上式兩邊同時取倒數(shù)得-x2+x2x1-x2-lnx2

= x1+x2 ，2+lnx2因為lnx≤x-1當(dāng)且僅當(dāng)x時等號成立，所以1，lnx2≤x21，又x1≠x2，所以+lnx2<2+(x1-1)+(x2=x1+x2，所以 x1-x2-lnx2

= x1+x22+lnx2

x+x>1 2+x2

x1-x2-lnx2令lnx1，lnx2=t2，得x1

e1

,x2

et2

，代入上式得1<x1

-x2

et1-et2=

，再由指數(shù)平均不等式

et1et2

e1et2< 可得-lnx2

t1-t2

t1-t2 2x t1

et2

e1et2

x+x1<x1-2

e- 1= <1

=1 2，故得x

+x2。-lnx2

t1-t2 2 2解法7：（構(gòu)造擬合函數(shù)）1 x因為f(x)=x=mf(x)=x x圖像有兩個不同的交點，f'(x)=-lnx，f''(x)-12lnx，

與y=m的x2 x3得f，f''，構(gòu)造二次擬合函數(shù)h(x)=f(x-1)2=-1x2+x+1，''2 2 2''作差p(x)=f(x)-h(x)x+1x2-x-1=x 2 2=則p'(x)=-lnx+x-1，因為lnxx2

x-1，-lnx

1-x所以p'(x)

lnx

x1≥1-x-x)2x-1 ≥0，= + + =x2 x2 x2所以函數(shù)p(x)單調(diào)遞增，且=0，下圖1所示，圖1從左向右，A,B,C,D的橫坐標(biāo)分別為xA,,

xC,

x2,故xA<xC<x2，由二次函數(shù)的對稱性可知xA+xC=2,所以x1+x2>xA+xC=2，得證。對于極值點偏移問題這類題型，一般從以下幾種角度來思考0：1、利用對數(shù)平均不等式：對任意的正實數(shù)a,b a，則a<2ab<， a

ab< alna

b<lnb

a<2

a22;2、運用指數(shù)不等式：在對數(shù)平均不等式中，令x1lna,

x2lnb（x1,x2123、構(gòu)造比值函數(shù)：設(shè)t=x1，結(jié)合已知等式，用t分別表示x,x，即12x1=μ(t),

x2x2=φ(t)；4、構(gòu)造對稱差函數(shù)：1x1

+x2

<2x0

，或x1

+x2

>2x0構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-f(2x0-x)，或g(x)=f(x+x0)-f(x0-x)；2xx2

<x2xx

>x2g(x)=f(x)-f(x0)；12 0

12 0 0 x5、構(gòu)造擬合函數(shù)：欲證：x1+x2<2x0，或x1+x2>2x00構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x0)+0

f''(x)2

(x-x0

)2。題來看，比值代換tx2對單一的對數(shù)式lnx最有效。如果是稍微復(fù)雜一些就很可能會失效，關(guān)鍵還是得看代換后能否順利解出