漢中市龍崗學(xué)校(723100) 唐宜鐘

已知函數(shù)f(x), 設(shè)x1和x2是兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)且滿足f(x1) =f(x2), 要求證明形如x1+x2>t(t(t(

1.“偽對(duì)稱”構(gòu)造

遵循對(duì)稱型極值點(diǎn)偏移問題的構(gòu)造方式,我們依舊可以將非對(duì)稱型極值點(diǎn)偏移問題轉(zhuǎn)化為證明f(x1)>f(t-λx1),之類的“偽對(duì)稱”結(jié)構(gòu).

例1已知函數(shù)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(dāng)時(shí),x1+ 2x2> 3 顯然成立.當(dāng)時(shí), 3 - 2x2∈ (0,1).又f(x) 在(0,1) 上單調(diào)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(diào)遞減,g(x)h(1) = 0,故h(x)在單調(diào)遞增.h(x) >h(1) = 0,即f(x) >f(3-2x),進(jìn)而f(x1)>f(3-2x2),得證[1].

再證右邊.要證x1+2x2< 2e,即證x1< 2e-2x2.當(dāng)時(shí),x1+2x2<2e 顯然成立.當(dāng)時(shí), 2e - 2x2∈(0,1).又f(x) 在(0,1) 上單調(diào)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(diào)遞減.由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知h′(x) 在上單調(diào)遞增.又,故.故存在唯一的,h′(t) = 0, 使h(x) 在單調(diào)遞減, 在(t,e) 單調(diào)遞增.,x→ e 時(shí),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(gè)不同的極值點(diǎn)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(diào)遞增, 在(e,+∞) 上單調(diào)遞減.又x→0 時(shí),g(x) →-∞;;x→+∞時(shí),g(x) →0+.f(x) 有兩個(gè)極值點(diǎn), 即y=a與y=g(x) 有兩個(gè)交點(diǎn).則需.0

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

簡(jiǎn)析例1 和例2 分別為加法和乘法型非對(duì)稱極值點(diǎn)偏移問題,通過“偽對(duì)稱”轉(zhuǎn)化,問題最終轉(zhuǎn)化為了證明差函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題.不難發(fā)現(xiàn),相比對(duì)稱型,非對(duì)稱極值點(diǎn)偏移構(gòu)造出的差函數(shù)單調(diào)性、極值點(diǎn)、最值都更加難以求得.這需要我們有扎實(shí)的函數(shù)基本功.另一方面,這為解題帶來了風(fēng)險(xiǎn).因?yàn)檠刂皞螌?duì)稱”轉(zhuǎn)化的思路,有可能構(gòu)造出我們無法直接解決的函數(shù).

2.比值代換

故φ(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,φ(t)>φ(1)=0,得證.

簡(jiǎn)析例1 和例2 從兩個(gè)常見角度給出了函數(shù)上下限處理的方法.例1 綜合調(diào)度了各種函數(shù)知識(shí),探明了函數(shù)變化趨勢(shì),準(zhǔn)確地找到了函數(shù)的上下限.這種解法利于對(duì)函數(shù)的整體把控.例2 利用分析法直接進(jìn)行了證明,能大大降低思維難度,精簡(jiǎn)計(jì)算過程.

3.利用對(duì)稱型極值點(diǎn)偏移

結(jié)合圖像不難發(fā)現(xiàn),對(duì)于例1,x1從0 到1“增長(zhǎng)”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(gòu)造對(duì)稱型極值點(diǎn)偏移問題, 再把“多余”的部分合理賦予“取等”即可.由對(duì)稱型極值點(diǎn)偏移知識(shí)可知22+1=3,x1+2x2=(x1+x2)+x2

同理, 對(duì)于例2, 由對(duì)稱型極值點(diǎn)偏移知識(shí)可知x1x2>e2,故.

4.利用不等式知識(shí)或其他特殊技巧

在某些題目中,將非對(duì)稱極值點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為單元函數(shù)后,結(jié)合取等條件,利用表達(dá)式本身的代數(shù)結(jié)構(gòu),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(shù)y=f(x)在點(diǎn)P(x0,y0)處的曲率為.已知函數(shù)g(x)=6x2lnx-2ax3-9x2,h(x) = 2xex-4ex+ax2,.若g(x),h(x)曲率為0 時(shí)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(diào)遞增,(e,+∞)上單調(diào)遞減.u(1) = 0;;x→+∞時(shí),u(x) →0+.v′(x) = -(x+ 1)ex, 顯然,v(x) 在(-∞,-1) 上單調(diào)遞增, (-1,+∞) 上單調(diào)遞減.x→ -∞時(shí),v(x) → 0+;;x→+∞時(shí),v(x) →-∞.由題意,g(x),h(x) 曲率為0 時(shí)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(diǎn)中橫坐標(biāo)最小的.結(jié)合圖像可知x1∈(1,e),x2∈(-∞,-1)且u(x1) =v(x2) =a,可得:u(x1) =u(e-x2).設(shè)e-x2=x3,則x3>e,其表示直線y=a與y=u(x)另一個(gè)靠右的交點(diǎn),即有1

簡(jiǎn)析同構(gòu)是函數(shù)的一種特殊處理技巧,在應(yīng)對(duì)某些指對(duì)函數(shù)綜合問題中,往往會(huì)有奇效.在本題中,利用指對(duì)函數(shù)的同構(gòu),將指數(shù)轉(zhuǎn)化成了一次,除法轉(zhuǎn)化成了乘法,兩個(gè)函數(shù)上的點(diǎn)轉(zhuǎn)化到了一個(gè)函數(shù)上的點(diǎn).從而將一個(gè)無跡可尋的多變量問題轉(zhuǎn)化成了函數(shù)上的非對(duì)稱極值點(diǎn)偏移問題.

5.函數(shù)擬合

在解答過程中, 由于計(jì)算難度、題目精度要求等, 可以將某些函數(shù)進(jìn)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(duì)應(yīng)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(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.f(0) = 0;;x→+∞時(shí),f(x) →0+.故有0 e,即證

故h(x) 在(1,+∞) 上單調(diào)遞增,h(x) >h(1) = 0, 故x≥ 1 時(shí),.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(jiǎn)析本題若直接計(jì)算函數(shù)的最小值,由于函數(shù)的復(fù)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(fā)現(xiàn),的最小值是略大于e 的.使用函數(shù)擬合結(jié)合二次函數(shù)的判別式,把人工不可能的運(yùn)算變成了可能.

例6已知函數(shù)f(x)=lnx-x+m的兩個(gè)零點(diǎn)為x1,x2,且x1

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

簡(jiǎn)析本題若直接使用比值代換法.不妨設(shè),即x2=tx1.由lnx1-x1+m= lnx2-x2+m,化簡(jiǎn)得.結(jié)合洛必達(dá)法則可知在t= 1處取得最小值為2.這樣的結(jié)果與m無關(guān), 這是因?yàn)樵趌nx1-x1+m=lnx2-x2+m計(jì)算中,m被消掉了.而使用函數(shù)擬合后,m得以保留,從而使的下界是一個(gè)與m有關(guān)的常數(shù),更加精確.