研究极值点偏移问题的新方法

2021-12-09 07:20甘志国
中学生理科应试 2021年11期
关键词:增函数等价单调

关于极值点偏移问题,已有很多相应的高考题及相应的文献给予了深入研究,本文将从“增长速度的快慢即导数的大小”方面研究该问题.

题1 求证:(1)若0≤x≤e,则(e-x)e+x≤(e+x)e-x(当且仅当x=0时取等号);

(2)若0≤x2≤x1≤e,则(e-x1)e+x2≤(e+x2)e-x1(当且仅当x1=x2=0时取等号);

(3)若-e

证明 (1)只需证明当0

设u(x)=(e+x)ln(e-x)+(x-e)ln(e+x)(0

u′(x)=ln(e2-x2)-2e2-x2(x2+e2)(0

可设t=e2-x2(0

易知h(t)=lnt-4e2t+2(0

(2)只需证明当0≤x2≤x1

由(1)的结论,可得ln(e-x2)e-x2≤ln(e+x2)e+x2.

用导数可证得函数g(x)=lnxx在(0,e)上单调递增,进而可得ln(e-x1)e-x1≤ln(e-x2)e-x2,所以ln(e-x1)e-x1≤ln(e+x2)e+x2,进而可得欲证结论成立.

(3)因为把欲证不等式的左边看成函数时它是偶函数,所以只需证明当0≤x

再由(1)的结论,可得f′(x)≥0(0≤x

注 本题的编拟思路是这样的:可得函数g(x)=lnxx在(0,e),(e,+SymboleB@)上分别单调递增、单调递减,进而可做出该函数的图像如图1所示:

由函数g(x)=lnxx的极大值点e的左、右两侧上升、下降的速度不一样(左快右慢),进而可猜测出第(1)问的等价结论g(e-x)-g′(e+x)(0

如图2所示,当0

题2 求证:若0e1+x1+x;

(2)e1-x(1-x)2>e1+x(1+x)2.

证明 (1)即证(x-1)e2x+x+1>0(0

设g(x)=(x-1)e2x+x+1(0

g′(x)=(2x-1)e2x+1,g″(x)=4xe2x>0(0

g′(x)是增函数,得g′(x)>g′(0)=0(0

g(x)是增函数,再得g(x)>g(0)=0(0

(2)即证ex<1+x1-x,(x-1)ex+x+1>0(0

设g(x)=(x-1)ex+x+1(0

g′(x)=xex+1>0(0g(0)=0(0

(2)的另证 由(1)的结论及题设,可得e1-x1-x>e1+x1+x>0,11-x>11+x>0.把它们相乘,可得欲证结论成立.

注 本题的编拟思路是这样的:可得函数g(x)=exx在(0,1),(1,+SymboleB@)上分别单调递减、单调递增,进而可做出该函数的图像如图3所示:

图3

由函数g(x)=exx的极小值点e的左、右两侧下降、上升的速度不一样(左快右慢),进而可猜测出第(1)问的等价结论g(1-x)>g(1+x)(0g′(1+x)(0

题3 求证:(1)若01e+x1e+x;

(2)若0≤x1≤x2<1e,则1e+x11e+x1≤1e-x21e-x2(当且仅当x1=x2=0时取等号).

证明 (1)即证1e+xln1e+x+x-1eln1e-x<00

即证u(x)=1e+xln1e+x+x-1e

ln1e-x0

可得u′(x)=ln1e2-x2+2<00<1e2-x2<1e2,因而欲证结论成立.

(2)可得0<1e-x2≤1e-x1≤1e≤1e+x1.

由(1)的结论,可得1e-x11e-x1≥1e+x11e+x1.

用导数可证得函数g(x)=xlnx即g(x)=lnxx在0,1e上单调递减,进而可得函数h(x)=xx在0,1e上单调递减,所以1e-x21e-x2≥1e-x11e-x1,进而可得欲证结论成立.

由以上思路,笔者还得到了下面的四个结论:

定理1 若f(x)在(a,x0],[x0,b)上分别是增函数、减函数,f(x1)=f(x2)(a

g(u)在(a,x0]上是增函数f(x1)2x0f(x2)>f(2x0-x2)g(u)在[x0,b)上是增函数

证明 由题设,可得g(u)在(a,x0]上是增函数g(x1)

f(2x0-x1)x02x0-x1>ax1+x2>2x0>ax1>2x0-x2>aa

f(x1)>f(2x0-x2)f(x1)=f(x2)f(x2)>f(2x0-x2)g(x2)>g(x0)g(u)在[x0,b)上是增函数,

所以欲证结论成立.

定理2 若f(x)在(a,x0],[x0,b)上分别是增函数、减函数,f(x1)=f(x2)(a

f(2x0-x1)x1+x2<2x0f(x2)

证明 同定理1可证.

定理3 若f(x)在(a,x0],[x0,b)上分别是减函数、增函数,f(x1)=f(x2)(a

f(2x0-x1)x1+x2>2x0f(x2)

证明 在定理1中设h(x)=-f(x),可得欲证结论成立.

定理4 若f(x)在(a,x0],[x0,b)上分别是减函数、增函数,f(x1)=f(x2)(a

f(2x0-x1)x1+x2<2x0f(x2)>f(2x0-x2)g(u)在[x0,b)上是增函数.

证明 在定理2中设h(x)=-f(x),可得欲证结论成立.

注 把定理1~4中的“a”换为“-SymboleB@”或“b”换为“+SymboleB@”后,所得结论也成立.由定理1~4还可编拟出很多题目.

题4 已知函数f(x)=xe-x(x∈R).

(1)(2010年高考天津卷理科第21(3)题)若x1≠x2,f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2;

(2)求证:g(u)=f(u)-f(2-u)(u>1)是增函数.

注 由本题(2)结论及定理1可得本题(1)结论.

题5 已知函数f(x)=1-x1+x2ex.

(1)(2013年高考湖南卷文科第21(2)题)证明:当

f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时,求证:x1+x2<0;

(2)求证:g(u)=f(u)-f(-u)(u>0)是减函数.

由本题(2)结论及定理2可得本题(1)结论.

题6 已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2(a>0)有两个零点.

(1)(2016年高考全国卷Ⅰ理科第21(2)题)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2;

(2)求证:g(u)=f(u)-f(2-u)(u>1)是增函数.

由本题(2)结论及定理4可得本题(1)结论.

题7 已知函数f(x)=x(1-lnx).

(1)(2021年新高考全国卷I第22(2)题部分结论的等价问题)若f(x1)=f(x2)(02;(2)求证:g(u)=f(u)-f(2-u)(0

由本题(2)结论及定理1可得本题(1)结论.

题8 已知函数f(x)=xlnx.

(1)若f(x1)=f(x2)02e;

(2)求证:g(u)=f(u)-f2e-u0

由本题(2)结论及定理3可得本题(1)结论.

题9 已知函数f(x)=lnx+1x.

(1)若f(x1)=f(x2)1e2;

(2)求证:g(u)=f(u)-f(2-u)1e

由本题(2)结论及定理3可得本题(1)结论.

基金项目:本文系北京市教育学会“十三五”教育科研滚动立项课题“数学文化与高考研究”(课题编号FT2017GD003,课题负责人:甘志国)阶段性研究成果之一.

(收稿日期:2021-09-10)

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