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极值点偏移中点

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极值点偏移中点高考数学冲刺方法专题(十)极值点偏移中点问题的探究【问题特征】x1x2xx212yaxxx2102xxxya102xxx102yayax1x2xx10x22x1x22极值点左偏极值点右偏xx极值点左偏:xx2x,x12处切线与x轴不平行;1202xxxx若上凸递减,则12,若下凸递增,则12,f()x(f'(x))f'f'x00f()x(f'(x))f'f'x0022xx极值点右偏:xx2x,x12处切线与x轴不平行;1202xxx...

极值点偏移中点
高考数学冲刺方法专题(十)极值点偏移中点问题的探究【问题特征】x1x2xx212yaxxx2102xxxya102xxx102yayax1x2xx10x22x1x22极值点左偏极值点右偏xx极值点左偏:xx2x,x12处切线与x轴不平行;1202xxxx若上凸递减,则12,若下凸递增,则12,f()x(f'(x))f'f'x00f()x(f'(x))f'f'x0022xx极值点右偏:xx2x,x12处切线与x轴不平行;1202xxxx若上凸递减,则12,若下凸递增,则12,f()x(f'(x))f'f'x00f()x(f'(x))f'f'x0022f()x0f()x0f()x0xf()xx【基本策略】f()xx00f()x0x(1)构造一元差函数F()()()xfx0xfx0x:xx(2)对函数F()x求导,判断导数符号,确定F()x的单调性;00(3)结合F(0)0,判断F()x的符号,从而确定f()x0x与f()x0x的大小关系;(4)由fx(1)fx(2)fxxx002fxxx002fxx202得f(x1)f2x0x2;或者fx(1)fx(2)fxxx002fxxx002fxx202得f(x1)f2x0x2;(5)结合f()x单调性得到x12x0x2或x12x0x2,从而x1x22x0或x1x22x0。【例题呈现】x1(.2010天津理)已知函数fxxexR.如果x1x2,且fx1fx2,证明:x1x22.【解析】法一:fx1xex.令fx1xex0,则x1.所以fx在区间,1内是增函数,在区间1,内是减函数.10x1x1x2x函数fx在x1处取得极大值f1.且f1.12e2记Fxf1xf1x,则F'xf'1xf'1xxex1(e2x1)当x0时,Fx0,当x0时,F'x0.于是函数Fx在区间R上是增函数.因此当x0时,FxF00,f1xf1x.若x11x210,由fx单调性及fx1fx2,得x1x2,与x1x2矛盾;若x11x210,由fx单调性及fx1fx2,得x1x2,与x1x2矛盾;因此x11x210.不妨设x11x2.,fx1fx2f1(1x2)f1(1x2)f2x2因为x21,所以2x21,又x11,又fx在区间,1内是增函数,所以x12x2,即x1x22.1xx1x2x2x12法二:由题意:x1ex2ee,设tx2x1,(t0),则x2tx1,x1xtxttx2x12t1,xtxt,eex1t21tx1x1e1e12t2t,因为tx1x2tx1x22t2t2e12t0et1et1设g()tt2et12,tt0,'()gtt1et1,''()gttet0,g'(t)在t0,单调递增,g'(t)g'(0)=0,所以g()t在t0,单调递增,g(t)g(0)=0,x从而t,即(注:也可利用2换元来实现)t2e12t0x1x22.t,(t1)x1【点评】两种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式,方法一利用归纳的通法通过消元来实现,法二则是通过换元来实现,x1,x2能否用代换的变元t来 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示是关键。2变式1:已知函数f(x)lnxax,a为常数,若函数f()x有两个零点x1、x2,试证明:x1x2e.【解析】法一:化归为归纳的题型与方法:lnxlnxf(x)0lnxaxlnxae,x1,x2是方程f(x)0的两根,也是lnxae的两根,xx则lnx1,lnx2是xae的两根,设u1lnx1,u2lnx2,g(x)xe,则g()()u1gu2,2x1x2elnx1lnx22u1u22,后续证明同题1.法二:集中变元后换元的证法:lnxax0,lnxax0,lnxlnxaxx,lnxlnxaxx,112212121212lnx1lnx22=a,欲证明x1x2e,即证lnx1lnx22,x1x22因为lnx1lnx2ax1x2,所以即证a,x1x2lnx1lnx22x12x1x2所以原命题等价于证明,即证:lnx1x2,x1x2x1x2x2x1x22x12t114t1令=t,则t1,设g(t)lnt,(t1),gt0,x2t1tt12tt12所以gt在1,+单调递增,又因为g1=0,所以gtg10,2t12所以lnt,所以xxe.t112lnx1lnx2lnx2x2x2法三:直接换元证法:,设x1x2,t,(t1),则x2tx1,x1x2lnx1x1x1lntx1lntlnx1lntlnttlntttlnx1,lnx2lntx1lntlnx1lnt,lnx1lnx1t1t1t1t1t1xxe2lnxlnx2lnt2lnt2,(t1).1212t1t1【点评】1.方法一通过取对数化归到极值点左移,对方程的合理变形是关键(这正是解决方程与不等式问题的关键所在),因为要证lnx1lnx22,因此变形的方向是:lnx1,lnx2是新构建的函数的两个零点,1是该函数的极值点。2.方法二是在方程组lnx1ax1,lnx2ax2无法求解得根的情况下,变形消去变元a,将原不等式转换为证lnxlnx2lnxlnx明12,集中变元后换元实现化单变元,法三是先构建x,x的等量关系12,再xxxx121212x1x2x直接换元t2来实现化单变元。x12x,变式2.设函数f(x)eaxa(aR),其图象与x轴交于A(x1,0),B(x20)两点,且x1x2.()证明:(为函数的导函数);()证明:1fx1x20f()xf()x2x1x2x1x2x1,x2x1eax1a0ee【解析】(1)法一:因为两式相减得ax2xxeax2a0,21xxxx1212x2x12x2x1x1x22eeess记s(s0),则fe2s(ee),22x2x12s设g(s)2s(eses),则g(s)2(eses)0,所以g()s是单调减函数,x1x2x1x22xxx2lnax则有g(s)g(0)0,而e0,所以f120.122s2xx又f(x)exa是单调增函数,且12xx,所以fxx0.21212法二:xlna是f()x的极小值点,易证x1lnax2,设Fxfaxfaxalnln(exex2xx),0,Fxa'(exex2)0Fx在(0,)单调递增,因此FxF00,即x0时flnaxflnax,易证x1lnax2,所以2lnax2lna,因此fxfxfax12ln(2lnafax)ln(2lnaf)2lnax2,xxxx因为f()x在(,lna)单调递减,所以x2lnax12lna,即xx12lna,122122x又f'(x)ea是单调递增函数,所以f'(x1x2)f'(lna)0.x1eax11x1x1x2x12x21x112(2)法一:ee,设u1x21,u2x11,易证0u11u2x2x1x1eax2111uuu2u122(t1)u1lnttlnte,设t(t1),u2u1t,,etu1,u2,u1u1t1t12lntlnt111xxxxxx1212(11)(21)1uut1211lntt2lnttt1t1ttt2121x1设g(x)2lnxx,(x1)g'(x)10,g()x在1,单调递减,xxx2x21所以g(x)g(1)0,t1t1g(t)02lntt,从而xxxx.t1212法二:f(x)0x1ex1,x,x也是方程x1ex1的两根,(x)x1ex,()()xx1a12a12axxx'(x)ex1e2xe,()x在(,2)递增,(2,)递减,易证明:1x12x2因为xxxx(x1)(x1)1ln(x1)ln(x1)0121212121ya设u1ln(x11),u2ln(x21),由1x12x2u10u2,xx1x1212x2因此原问题x1x2x1x2u1u20,2fx()0exaxxax1lnln1x1lnx1lnaelnx1lnx1lna,uulnx1x12x1,x2是方程elnx1lna的两根,则u1,u2是exlna的两根,2u0uxx12设g()xex,g()()u1gu2,g'(x)e1,g'(0)0,且g()x在(,0)单调递减,在(0,)单调递增,ylnauu利用归纳的方法证明极小值点x0右偏,120即uu0,从而xxxx.2121212xx【点评】1.f'(xx)f'(12)f'(x)0化归为极值点偏移问题需借助f'(x)的单调性;12202.第二问化归的过程关键是对方程的变形。312.已知函数f(x)alnx(a∈R).x(1)若a=2,求函数f()x在(1,e2)上的零点个数(e为自然对数的底数);a1(2)若f()x有两零点x1,x2(x1<x2),求证:2x1x23e1.1x【解析】(1)由题设,f()x,故f()x在(1,e2)上单调递减,x21所以f()x在(1,e2)上至多只有一个零点.又f(1)f(e2)<0,故f()x在(1,e2)上只有一个零点.e2(2)①证:先证x1+x2>2.1xx法一:利用通法证明f(x)alnx的极值点x1向左偏移,即112.x2x11x211x2x1x2x1x2法二:直接换元法化单变元:依题设,有alnx1lnx2,于是ln.2x1x2x1x2x1t2122(lnt)x2t1t1t12t记t,t>1,则lnt,故x1.于是,x1+x2x1(t+1),x1+x22.x1tx1tlnttlntlntx21(x1)2记函数g(x)lnx,x>1.因g()x>0,故g(x)在(1,)上单调递增.2x2x2于是,t>1时,g(t)>g(1)0.又lnt>0,所以,x1+x2>2.a1②再证x1+x2<3e1.x1x2x2ea1x因f(x)0h(x)ax1xlnx0,故x1,x2也是h(x)的两零点.12由h()xa1lnx0,得xea1,且xea1,'()0,hxxea1,'()0hx利用通法证明hxax1xlnx的极值点xea1向右偏移,xxxx所以12ea1即xx2ea1,由xx>2即121得:212122xx3xx31xx12xx12<2ea13ea1xx3ea11.122122212【点评】1.方程的变形的方向:①x1,x2是函数f()x的两个零点,1是该函数的极值点。a1②x1,x2是函数h()x的两个零点,e是该函数的极值点。a1>2.难点x1x23e1的证明依赖利用x1x22放缩。13.已知函数f(x)lnx的图像C与函数g(x)ax2bx(a0)的图像C交于PQ,,过PQ的中点R作122x轴的垂线分别交C1,C2于点MN,,问是否存在点R,使C1在M处的切线与C2在N处的切线平行?若存在,求出R的横坐标;若不存在,请说明理由.xxyyxx【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】设P(x,y),Q(x,y),xx,则R(,)1212,点MN,的横坐标xx12,11221222MN2yx1,x2是方程F()()()xfxgx的两个零点,xxxx原问题即探究f'(12),g'(12)的大小关系,MQ22xxxxxxORx即F'(12)f'(12)g'(12)的符号,222PN实质也是探究F()x的极值点是否偏移中点.4
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