极值点偏移问题(一).pdf

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1、极值点偏移问题(典型)孙林源类型一x例1.已知函数f(x)xe(xR).(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和极值;(Ⅱ)已知函数yg(x)的图象与函数yf(x)的图象关于直线x1对称,证明当x1时,f(x)g(x);(Ⅲ)如果xx,且f(x)f(x),证明xx2.121212x【解析】(Ⅰ)解:f(x)(1x)e,令f(x)0,解得x=1.当x变化时,f’(x),f(x)的变化情况如下表X(,1)1(1,)f’(x)+0-f(x)极大值所以f(x)在(,1)内是增函数,在(1,)内是减函数。1函数f(x)在x=1处取得极大

2、值f(1)且f(1)=ex2(Ⅱ)证明:由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)e.xx22x2x令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)xe(x2)e,于是F'(x)(x1)(e1)e.2x-2x当x>1时,2x-2>0,从而e10,又e0,所以F’(x)>0,从而函数F(x)在[1,+∞)是增函数。-1-1又F(1)=ee0,所以x>1时,有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).Ⅲ)证明:(1)若(x1)(x1)0,由()及f(x)f(x),则xx1.与xx矛盾。12121212(2)若(x1

3、)(x1)0,由()及f(x)f(x),得xx.与xx矛盾。12121212根据(1)(2)得(x1)(x1)0,不妨设x1,x1.由(Ⅱ)可知,f(x)>g(x),121222则g(x)=f(2-x),所以f(x)>f(2-x),从而f(x)>f(2-x).因为x1,所以22221222x1,又由(Ⅰ)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内事增函数,所以x>2x,即212xx>2.12反思:学会构造函数,充分认识所问问题的含义,正确转化变形.明确思路,再有的放矢地分析函数图象的偏移.1xx例2.已知函数f(x)e.21x(Ⅰ)求f(x)

4、的单调区间;(Ⅱ)证明:当f(x)f(x)(xx)时,xx0.1212122xx((x1)2)e解:(Ⅰ)对f(x)求导,f(x),于是f(x)的单调性是22(1x)(,0)x0(0,)单增极大值点单减xx1xx1xx(1x)e(1x)e(Ⅱ)构造F(x)f(x)f(x)ee,222x1x1x(1x)e2xxxx(1e)记k(x)(1x)e(1x)e,则k(x)0,于是k(x)图象单调递减,即当xex0时,k(x)k(0)0,故F(x)0,f(x)f(x).f(x)f(x),显然x

5、,x异号,否则,若x,x同为正(负),由单减(增),则121212f(x)f(x),必xx与条件矛盾.不妨设x0,则x0,x0,则1212121f(x)f(x),即f(x)f(x)f(x)。而在(0,)上,f(x)减,则xx,1121121故xx0.12思路概括研究一个函数yf(x),先求函数的单调性,找出极值点xa,过极值点做垂直于x轴的直线xa,构造与此直线对称有关的函数F(x)f(x)f(2ax),(xa)(或xa),由求导,得出F(x)0(或F(x)0),从而知F(x)F(a)0(或F(x)F(a)0)

6、,即f(x)f(2ax)(或f(x)f(2ax)).另外x与x必定是在a的两侧,12(xa)(xa)0.不妨设xa,xa,则f(x)f(2ax),即121211f(x)f(2ax),而xa,2axa,根据在(a,)上的单调增(或单减),知2221x2ax(或x2ax),故xx2a(xx2a).21211212练习巩固k1.已知函数fxlnx2.x(1)讨论fx的单调性;(2)若函数yfx的两个零点为x,xxx,证明:xx2k.121212k2.已知函数f(x)xlnx(kR),其图象与x

7、轴交于不同的两点A(x,0),B(x,0),12x且xx.122(1)求实数k的取值范围;(2)证明:xx12e练习题参考答案1.解xk(1)f(x),(x0)2x当k0时,f(x)0,则f(x)单调递增;当k0时,(0,k)上递减,(k,)上递增,且xk是极小值点.(2)因为函数yfx的两个零点为x,xxx,则k0.构造函数1212F(x)f(x)f(2kx),(xk)由24k(xk)F(x)0,22x(2kx)则F(x)在(k,)上单减,即F(x

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