汉中市龙岗学校(723100) 唐宜钟

已知函数f(x), 设x1和x2是两个不相等的实数且满足f(x1) =f(x2), 要求证明形如x1+x2>t(t(t(

1.“伪对称”构造

遵循对称型极值点偏移问题的构造方式,我们依旧可以将非对称型极值点偏移问题转化为证明f(x1)>f(t-λx1),之类的“伪对称”结构.

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

先证左边.要证x1+ 2x2> 3, 即证x1> 3 - 2x2.当时,x1+ 2x2> 3 显然成立.当时, 3 - 2x2∈ (0,1).又f(x) 在(0,1) 上单调递增, 即证f(x1) >f(3 - 2x2), 即证f(x2) >f(3 - 2x2).令h(x)=f(x)-f(3-2x),.则

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)在上单调递减,g(x)h(1) = 0,故h(x)在单调递增.h(x) >h(1) = 0,即f(x) >f(3-2x),进而f(x1)>f(3-2x2),得证[1].

再证右边.要证x1+2x2< 2e,即证x1< 2e-2x2.当时,x1+2x2<2e 显然成立.当时, 2e - 2x2∈(0,1).又f(x) 在(0,1) 上单调递增, 即证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)在上单调递减.由复合函数单调性知h′(x) 在上单调递增.又,故.故存在唯一的,h′(t) = 0, 使h(x) 在单调递减, 在(t,e) 单调递增.,x→ e 时,h(x)→f(e)-f(0)≤0.而.即h(x) < 0,f(x)

例2已知f(x)=xlnx-ax2-x+a有两个不同的极值点x1,x2.证明:.

证:f′(x) = lnx-2ax.令f′(x) = 0 得:.令.显然,g(x) 在(0,e) 上单调递增, 在(e,+∞) 上单调递减.又x→0 时,g(x) →-∞;;x→+∞时,g(x) →0+.f(x) 有两个极值点, 即y=a与y=g(x) 有两个交点.则需.0

故h(x)在(e,+∞)上单调递增, 故h(x) >h(e) = 0, 即证.

简析例1 和例2 分别为加法和乘法型非对称极值点偏移问题,通过“伪对称”转化,问题最终转化为了证明差函数在给定区间上的最值问题.不难发现,相比对称型,非对称极值点偏移构造出的差函数单调性、极值点、最值都更加难以求得.这需要我们有扎实的函数基本功.另一方面,这为解题带来了风险.因为沿着“伪对称”转化的思路,有可能构造出我们无法直接解决的函数.

2.比值代换

故φ(t)在(1,+∞)上单调递增,φ(t)>φ(1)=0,得证.

简析例1 和例2 从两个常见角度给出了函数上下限处理的方法.例1 综合调度了各种函数知识,探明了函数变化趋势,准确地找到了函数的上下限.这种解法利于对函数的整体把控.例2 利用分析法直接进行了证明,能大大降低思维难度,精简计算过程.

3.利用对称型极值点偏移

结合图像不难发现,对于例1,x1从0 到1“增长”过程中,x2从e“减少”到1.x1+2x2的下限在x1=x2= 1处取得,x1+2x2的上限在x1= 0,x2= e 处取得.故本题可以先构造对称型极值点偏移问题, 再把“多余”的部分合理赋予“取等”即可.由对称型极值点偏移知识可知22+1=3,x1+2x2=(x1+x2)+x2

同理, 对于例2, 由对称型极值点偏移知识可知x1x2>e2,故.

4.利用不等式知识或其他特殊技巧

在某些题目中,将非对称极值点问题转化为单元函数后,结合取等条件,利用表达式本身的代数结构,合理变形,就可以选取合适的不等式解决上(下)限问题.

例3已知0

例4若记y′′=(y′)′,函数y=f(x)在点P(x0,y0)处的曲率为.已知函数g(x)=6x2lnx-2ax3-9x2,h(x) = 2xex-4ex+ax2,.若g(x),h(x)曲率为0 时x的最小值分别为x1,x2,求证:.

解g′(x)=12xlnx-12x-6ax2,g′′(x)=12 lnx-12ax.由题意,令g′′(x)=0 得.同理,h′′(x)=2xex+2a,令h′′(x) = 0 得a= -xex.令,v(x) = -xex.,显然,u(x)在(0,e)上单调递增,(e,+∞)上单调递减.u(1) = 0;;x→+∞时,u(x) →0+.v′(x) = -(x+ 1)ex, 显然,v(x) 在(-∞,-1) 上单调递增, (-1,+∞) 上单调递减.x→ -∞时,v(x) → 0+;;x→+∞时,v(x) →-∞.由题意,g(x),h(x) 曲率为0 时x的最小值x1,x2就是直线y=a分别与y=u(x),y=v(x) 图像交点中横坐标最小的.结合图像可知x1∈(1,e),x2∈(-∞,-1)且u(x1) =v(x2) =a,可得:u(x1) =u(e-x2).设e-x2=x3,则x3>e,其表示直线y=a与y=u(x)另一个靠右的交点,即有1

简析同构是函数的一种特殊处理技巧,在应对某些指对函数综合问题中,往往会有奇效.在本题中,利用指对函数的同构,将指数转化成了一次,除法转化成了乘法,两个函数上的点转化到了一个函数上的点.从而将一个无迹可寻的多变量问题转化成了函数上的非对称极值点偏移问题.

5.函数拟合

在解答过程中, 由于计算难度、题目精度要求等, 可以将某些函数进行拟合.一种常用的拟合是帕德逼近.如y= ln(x+1)在x= 0 处的[1,1]阶帕德逼近为,[2,2]阶帕德逼近为.对应的,y= lnx在x= 1 处的[1,1]阶帕德逼近为,[2,2]阶帕德逼近为.

例5已知, 若f(x1) =f(x2), 且x1e.

解,显然f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.f(0) = 0;;x→+∞时,f(x) →0+.故有0 e,即证

故h(x) 在(1,+∞) 上单调递增,h(x) >h(1) = 0, 故x≥ 1 时,.要证, 即证, 只需证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.即证∆< 0,4e2-12e+3 < 0,.由于e < 2.72,故e(3-e)>2.71×0.28=0.7588>0.75,得证.

简析本题若直接计算函数的最小值,由于函数的复杂度,在不借助绘图软件的情况下,几乎无法完成.通过绘图软件,不难发现,的最小值是略大于e 的.使用函数拟合结合二次函数的判别式,把人工不可能的运算变成了可能.

例6已知函数f(x)=lnx-x+m的两个零点为x1,x2,且x1

证明.显然,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.x→0 时,f(x) →-∞;f(1) =m- 1;x→+∞时,f(x) →-∞.要使f(x) 有两个零点, 需m- 1 > 0,m> 1.0 1,故,则,即故,约去公因式得:.

简析本题若直接使用比值代换法.不妨设,即x2=tx1.由lnx1-x1+m= lnx2-x2+m,化简得.结合洛必达法则可知在t= 1处取得最小值为2.这样的结果与m无关, 这是因为在lnx1-x1+m=lnx2-x2+m计算中,m被消掉了.而使用函数拟合后,m得以保留,从而使的下界是一个与m有关的常数,更加精确.