非對稱極值點偏移問題的解題策略

漢中市龍崗學校(723100) 唐宜鐘

已知函數f(x), 設x1和x2是兩個不相等的實數且滿足f(x1) =f(x2), 要求證明形如x1+x2>t(t(t(

1.“偽對稱”構造

遵循對稱型極值點偏移問題的構造方式,我們依舊可以將非對稱型極值點偏移問題轉化為證明f(x1)>f(t-λx1),之類的“偽對稱”結構.

例1已知函數f(x) =x(1-lnx).若f(x1) =f(x2),且x1

先證左邊.要證x1+ 2x2> 3, 即證x1> 3 - 2x2.當時,x1+ 2x2> 3 顯然成立.當時, 3 - 2x2∈ (0,1).又f(x) 在(0,1) 上單調遞增, 即證f(x1) >f(3 - 2x2), 即證f(x2) >f(3 - 2x2).令h(x)=f(x)-f(3-2x),.則

令g(x)=x(3-2x)2,g′(x)=3(1-2x)(3-2x).,故1-2x< 0,3-2x> 0,g′(x) < 0.故g(x)在上單調遞減,g(x)h(1) = 0,故h(x)在單調遞增.h(x) >h(1) = 0,即f(x) >f(3-2x),進而f(x1)>f(3-2x2),得證[1].

再證右邊.要證x1+2x2< 2e,即證x1< 2e-2x2.當時,x1+2x2<2e 顯然成立.當時, 2e - 2x2∈(0,1).又f(x) 在(0,1) 上單調遞增, 即證f(x1)

令g(x) =x(2e-2x)2,g′(x) = 4(x- e)(3x- e)., 故x- e < 0, 3x- e > 0,g′(x) < 0.故g(x)在上單調遞減.由復合函數單調性知h′(x) 在上單調遞增.又,故.故存在唯一的,h′(t) = 0, 使h(x) 在單調遞減, 在(t,e) 單調遞增.,x→ e 時,h(x)→f(e)-f(0)≤0.而.即h(x) < 0,f(x)

例2已知f(x)=xlnx-ax2-x+a有兩個不同的極值點x1,x2.證明:.

證:f′(x) = lnx-2ax.令f′(x) = 0 得:.令.顯然,g(x) 在(0,e) 上單調遞增, 在(e,+∞) 上單調遞減.又x→0 時,g(x) →-∞;;x→+∞時,g(x) →0+.f(x) 有兩個極值點, 即y=a與y=g(x) 有兩個交點.則需.0

故h(x)在(e,+∞)上單調遞增, 故h(x) >h(e) = 0, 即證.

簡析例1 和例2 分別為加法和乘法型非對稱極值點偏移問題,通過“偽對稱”轉化,問題最終轉化為了證明差函數在給定區間上的最值問題.不難發現,相比對稱型,非對稱極值點偏移構造出的差函數單調性、極值點、最值都更加難以求得.這需要我們有扎實的函數基本功.另一方面,這為解題帶來了風險.因為沿著“偽對稱”轉化的思路,有可能構造出我們無法直接解決的函數.

2.比值代換

故φ(t)在(1,+∞)上單調遞增,φ(t)>φ(1)=0,得證.

簡析例1 和例2 從兩個常見角度給出了函數上下限處理的方法.例1 綜合調度了各種函數知識,探明了函數變化趨勢,準確地找到了函數的上下限.這種解法利于對函數的整體把控.例2 利用分析法直接進行了證明,能大大降低思維難度,精簡計算過程.

3.利用對稱型極值點偏移

結合圖像不難發現,對于例1,x1從0 到1“增長”過程中,x2從e“減少”到1.x1+2x2的下限在x1=x2= 1處取得,x1+2x2的上限在x1= 0,x2= e 處取得.故本題可以先構造對稱型極值點偏移問題, 再把“多余”的部分合理賦予“取等”即可.由對稱型極值點偏移知識可知22+1=3,x1+2x2=(x1+x2)+x2

同理, 對于例2, 由對稱型極值點偏移知識可知x1x2>e2,故.

4.利用不等式知識或其他特殊技巧

在某些題目中,將非對稱極值點問題轉化為單元函數后,結合取等條件,利用表達式本身的代數結構,合理變形,就可以選取合適的不等式解決上(下)限問題.

例3已知0

例4若記y′′=(y′)′,函數y=f(x)在點P(x0,y0)處的曲率為.已知函數g(x)=6x2lnx-2ax3-9x2,h(x) = 2xex-4ex+ax2,.若g(x),h(x)曲率為0 時x的最小值分別為x1,x2,求證:.

解g′(x)=12xlnx-12x-6ax2,g′′(x)=12 lnx-12ax.由題意,令g′′(x)=0 得.同理,h′′(x)=2xex+2a,令h′′(x) = 0 得a= -xex.令,v(x) = -xex.,顯然,u(x)在(0,e)上單調遞增,(e,+∞)上單調遞減.u(1) = 0;;x→+∞時,u(x) →0+.v′(x) = -(x+ 1)ex, 顯然,v(x) 在(-∞,-1) 上單調遞增, (-1,+∞) 上單調遞減.x→ -∞時,v(x) → 0+;;x→+∞時,v(x) →-∞.由題意,g(x),h(x) 曲率為0 時x的最小值x1,x2就是直線y=a分別與y=u(x),y=v(x) 圖像交點中橫坐標最小的.結合圖像可知x1∈(1,e),x2∈(-∞,-1)且u(x1) =v(x2) =a,可得:u(x1) =u(e-x2).設e-x2=x3,則x3>e,其表示直線y=a與y=u(x)另一個靠右的交點,即有1

簡析同構是函數的一種特殊處理技巧,在應對某些指對函數綜合問題中,往往會有奇效.在本題中,利用指對函數的同構,將指數轉化成了一次,除法轉化成了乘法,兩個函數上的點轉化到了一個函數上的點.從而將一個無跡可尋的多變量問題轉化成了函數上的非對稱極值點偏移問題.

5.函數擬合

在解答過程中, 由于計算難度、題目精度要求等, 可以將某些函數進行擬合.一種常用的擬合是帕德逼近.如y= ln(x+1)在x= 0 處的[1,1]階帕德逼近為,[2,2]階帕德逼近為.對應的,y= lnx在x= 1 處的[1,1]階帕德逼近為,[2,2]階帕德逼近為.

例5已知, 若f(x1) =f(x2), 且x1e.

解,顯然f(x)在(-∞,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減.f(0) = 0;;x→+∞時,f(x) →0+.故有0 e,即證

故h(x) 在(1,+∞) 上單調遞增,h(x) >h(1) = 0, 故x≥ 1 時,.要證, 即證, 只需證3t2+9t+6 ≥et2+4et+e,(3-e)t2+(9-4e)t+6-e ≥0.?= (9-4e)2-4(3-e)(6-e) = 12e2-36e+9.即證?< 0,4e2-12e+3 < 0,.由于e < 2.72,故e(3-e)>2.71×0.28=0.7588>0.75,得證.

簡析本題若直接計算函數的最小值,由于函數的復雜度,在不借助繪圖軟件的情況下,幾乎無法完成.通過繪圖軟件,不難發現,的最小值是略大于e 的.使用函數擬合結合二次函數的判別式,把人工不可能的運算變成了可能.

例6已知函數f(x)=lnx-x+m的兩個零點為x1,x2,且x1

證明.顯然,f(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減.x→0 時,f(x) →-∞;f(1) =m- 1;x→+∞時,f(x) →-∞.要使f(x) 有兩個零點, 需m- 1 > 0,m> 1.0 1,故,則,即故,約去公因式得:.

簡析本題若直接使用比值代換法.不妨設,即x2=tx1.由lnx1-x1+m= lnx2-x2+m,化簡得.結合洛必達法則可知在t= 1處取得最小值為2.這樣的結果與m無關, 這是因為在lnx1-x1+m=lnx2-x2+m計算中,m被消掉了.而使用函數擬合后,m得以保留,從而使的下界是一個與m有關的常數,更加精確.