对数平均不等式在极值点偏移中应用培训资料

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对数平均不等式的典型应用
极值点偏移问题的母题

对数、指数平均不等式与高考中的一类热点,即极值 点的偏移(类对称或淮对称)问题具有深该的内在联系,利用对数与
指数平均不等式可建立极值点的偏移母题如下.
[母题结构]:
(Ⅰ)(对数模型) 设P(x
1
,y
1
)、Q(x
2
,y
2
) 是函数f(x)=mlnx+ax
2
+bx+c(m≠0)图像上的任意两点,则当m>0时,
f
?
(
x
1
?x
2
x?x
)PQ
;当m<0时,
f
?
(
12
)>k< br>PQ
;
22
x2
(Ⅱ)(指数模型)设P(x
1
, y
1
)、Q(x
2
,y
2
)是函数f(x)=me+ax+ bx+c(m≠0)图像上的任意两点,则当m>0时,
f
?
(
当m<0时,
f
?
(
x
1
?x
2
)>k
PQ< br>.
2
x
1
?x
2
)PQ
;< br>2
[母题解析]:
(Ⅰ)由f(x)=mlnx+ax
2
+bx+c< br>?
m
?
f
?
(x)=
mx?x
2m
f(x)?f(x
2
)
+2ax+b
?
f
?
(12
)=+a(x
1
+x
2
)+b;又由k
PQ
=
1
=
x
1
?x
2
x
1
?x
2
x2
x?xa?ba?b
2
lnx
1
?lnx< br>2
lnx?lnx
2
lnx
1
?lnx
2
?
+a(x
1
+x
2
)+b
?
k
PQ
-
f
?
(
12
)=m(
1
-),由对数平均不等 式:>>
x
1
?x
2
x
1
?x
2
x
1
?x
2
x
1
?x
2
22lna?l nb
x?x
2
x?x
2
?
当m>0时,
f
?
(
1
)PQ
;当m<0时,
f
?
(
12
)>k
PQ
;
x
1
?x
2
22
x?x
(Ⅱ)由f(x)=me+ax+bx+c
?
f
?
(x)=me+2ax+b
?
f
?
(
12
)=me
2
x2x
x
1
?x
2
2
e
x
1
?e
x
2
f(x
1
)?f(x
2
)
+a(x
1
+x
2
)+b;又由k
PQ
==m
?
+
x
1
?x
2
x
1
?x
2a?b
2
e
x
1
?e
x
2
x?xa(x
1
+x
2
)+b
?
k
PQ
-< br>f
?
(
12
)=m(-e
x
1
?x
2
2
x
1
?x
2
2
e
a
?eb
),由指数平均不等式:>e
a?b
e
x
1
?ex
2
?
>e
x
1
?x
2
x
1
?x
2
2
?
当m>0时,
f
?
(
x
1
?x
2
x?x
)PQ
;当m<0时,< br>f
?
(
12
)>k
PQ
.
22

1.对数模型

子题类型Ⅰ:
(2011年辽宁高考试题)已知函数f(x)=lnx-ax+(2-a)x.
2
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;
(Ⅱ)设a>0,证明:当0111
时,f(+x)>f(-x);
aaa
(Ⅲ)若函数y=f(x)的图像与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x
0
,证明:
f
?
(x
0
)<0.
[解析]:
(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞),由f(x)=lnx-ax
2< br>+(2-a)x
?
在(0,+∞)上递增;②当a>0时,f(x)在(0,
f
?
(x)=-
2x?1
(ax-1);①当a≤0时,
f
?
(x)>0
?
f(x)
x
11
)上递增,在(,+∞)递减 ;
aa
(Ⅱ)令g(x)=f(
2a
3
x
2
11 aa1
+x)-f(-x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax,则
g
?
(x)=+-2a=>0
?
g(x)在[0,)上递
22
1?ax1 ?ax
aaa
1?ax
增
?
g(x)>g(0)=0
?f(
11
+x)>f(-x);
aa
x
1
?x
2
)AB
=0
?
f
?
(x
0
)<0.
2
(Ⅲ)设A(x
1
,0),B(x
2
,0) ,则k
AB
=0,由
f
?
(

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x
1
?x
2
x?x
与x
0
的大小或判断
f
?
(
1 2
)
22
[点评]:
若连续函数f(x)在区间(x
1
,x
2
)内有唯一的极值点x
0
,且f(x
1
)=f(x
2
),研究
的符号,统称为极值点的偏移问题;母题结论具有解决极值点偏移问题的根本性.

2.指数模型

子题类型Ⅱ:
(2010年天津高考试题)已知函数f(x)=xe(x∈R).
-x
(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
1
≠x
2
,且f(x
1
)=f(x
2
),证明:x
1
+x
2
>2.
[解析]:
(Ⅰ)由f(x )=xe
-x
?
f
?
(x)=e-xe=(1-x)e,列表如下, 由表知f(x)在(-∞,1)
-1
-x-x-x
内是增函数,在(1,+∞)内是 减函数,函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=e;
(Ⅱ)由函数y=g(x) 的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称
?
g(x)=f(2-x)=
(2-x)e;当x>1时,令F(x)=f(x)-g(x)=xe+(x-2)e,则
F
?
(x)=(x-1)(e
?
F(x)>F(1)=0
?
f(x)>g (x);
x-2-xx-22x-2
-1)e>0
?
函数F(x)在[1, +∞)是增函数
-1
(Ⅲ)设P(x
1
,y
0
),Q(x< br>2
,y
0
),由x
1
≠x
2
,且f(x1
)=f(x
2
),则x
1
,x
2
>0;令g (x)=lnf(x)=lnx-x,则
g
?
(
0
?
x1
+x
2
>2.
x
1
?x
2
2)PQ
=0
?
-1<
x
1
?x
2
2
[点评]:
指数与对数函数模型不仅具有相似的结论,实质上,由函数y=ex
与y=lnx的对称性知,母题中,指数与对数函数模
型的结论是等价的;把指数函数问 题转化为对数函数问题是解决指数函数问题的常用方法.

3.切线背景

子题类型Ⅲ:
(2005年湖南高考试题)已知函数f(x)=lnx,g(x)=
1
2
ax+bx,a≠0.
2
(Ⅰ)若b=2,且h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;
(Ⅱ)设函数f(x)的图象C
1
与函数g(x)图象C
2
交于点P 、Q,过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C
1
,C
2
于点M、N,证明: C
1
在点M处的切线与C
2
在点N处的切线不平行.
[解析]:< br>(Ⅰ)当b=2时,h(x)=f(x)-g(x)=lnx-
1
ax
2
-2x
?
2
h
?
(x)=
11
2
-ax -2=-(ax+2x-1)(x>0);所以,h(x)存在单调递
xx
2
减区间< br>?
h
?
(x)≤0在(0,+∞)内有解集区间
?
T(x)= ax+2x-1≥0在(0,+∞)内有解集区间
?
a>0,或a<0,且4+4a>0
?

a的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞);
(Ⅱ)设P(x
1< br>,y
1
),Q(x
2
,y
2
),A(x
1< br>,0),B(x
2
,0),由h(x)=f(x)-g(x)=lnx-
f?
(
x?x
1
2
ax+bx
?
h
?< br>(x)=
f
?
(x)-
g
?
(x)
?
h
?
(
12
)=
2
2
x
1
? x
2
x?xx?xx?xx?x
)-
g
?
(
12< br>)AB
=0
?
f
?
(
12
)<
g
?
(
12
)
?
C
1
在点M处的 切线斜率=
f
?
(
12
)2
在点N处的切线< br>22222
x
1
?x
2
)
?
C
1< br>在点M处的切线与C
2
在点N处的切线不平行.
2
斜率=
g
?
(
[点评]:
对数、指数平均不等式及其引伸的母题结论具有广泛的应用, 尤其在解决双切线问题中,具有十分有力的深刻应
用;掌握对数、指数平均不等式及其引伸的母题结论的 证明是十分必要的.

4.子题系列:
1.(2016年安徽蚌埠二模试题)设函数f(x)=x+3x+3-ae(a为非零常数).
(Ⅰ)求g(x)=
f(x)
e
x
2x
的单调区间;
b?c
)的符号.
2
(Ⅱ)若存在b,c∈R,且b≠c,使f(b)=f (c),试判断a
f
?
(
x
2.(2014年江苏南通二模试题)设 函数f(x)=e-ax+a(a∈R),其图像与x轴交于A(x
1
,0),B(x
2
,0)两点,且x
1
≠x
2
.
(Ⅰ)求a的取值范围;

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资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除 (Ⅱ)证明:
f
?
(
x
1
x
2
)<0 (
f
?
(x)为函数f(x)的导函数).
3.(2013年湖南高考试题)已知函数f(x)=
(Ⅰ)求f(x)的单调区间;
(Ⅱ)证明:当f(x
1
)=f(x
2
)(x
1
≠x2
)时,x
1
+x
2
<0.
4.(2014年广东韶 关二模试题)已知函数f(x)=ln(x+
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;
(Ⅱ)若不等式f(x)(Ⅲ)若方程f(x)=0存 在两个异号实根x
1
,x
2
,求证:x
1
+x
2< br>>0.
5.(2011年湖南高考试题)设函数f(x)=x-
1
-alnx(a∈R),
x
1
)-ax,其中,a∈R且a≠0.
a
1?x
1?x
2
e.
x
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;
(Ⅱ)若f(x)有两个极值点x
1和x
2
,记过点A(x
1
,f(x
1
)),B(x2
,f(x
2
)),的直线的斜率为k,问:是否存在a,使得k=2-a?若存 在,
求出a的值;若不存在,请说明理由.
6.(2015年广东广州二模试题)已知函数f (x)=alnx-
x?1
x
,g(x)=e(其中e为自然对数的底数).
x?1
(Ⅰ)若函数f(x)在区间(0,1)内是增函数,求实数a的取值范围;
(Ⅱ)当b>0时,函数g(x)的图象C上有两点P(b,e),Q(-b,e),过点P,Q作图象C的切线 分别记为l
1
,l
2
,设l
1
与l
2
的交 点
为M(x
0
,y
0
),证明:x
0
>0.

5.子题详解:

1.解:(Ⅰ)由g(x)=
f(x)e
x
2-x-x
=(x+3x+3)e-a
?
g
?(x)=-x(x+1)e
?
g(x)在(-∞,-1)和(0,+∞)上递减,在(-1 ,0)上递增;
b-b
(Ⅱ)令P(b,f(b)),Q(c,f(c)),则k
P Q
=0;①当-a>0,即a<0时,
f
?
(
f
?
(
b?cb?cb?c
)>k
PQ
=0
?
a
f?
()>0.综上,a
f
?
()>0.
222
xb?cb?c
)PQ
=0
?
a
f
?
()>0;②当-a<0,即a>0时,
22
2.解:(Ⅰ)由
f
?(x)=e-a;①当a≤0时,
f
?
(x)>0
?
f(x)在 (-∞,+∞)上单调递增
?
f(x)至多有一个零点,不合题意;②当
a>0时,f (x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,由f(x)有两个零点
?f
min
(x)=f(lna)=2a-alna<0
?
a>e
?
lna>2;又f(1)=e>0,f(alna)=e
a
-1
?1
lna
2
-lna+a>alna+1-(a-1)+a=alna+2>0
?< br>f(x)有两个零点x
1
,x
2
,且11
2
.故a的
-1-1
取值范围是(e,+∞);
(Ⅱ)由
f
?
(
f
?
(
x
1
?x
2
x
)PQ
=0,且
f
?
(x)=e-a在(-∞,+∞ )上单调递增;又由11
2
?
2
x
1x
2
<
2
x
1
?x
2
?
f< br>?
(
x
1
x
2
)<
2
x
1
?x
2
)<0.
2
1?x
1?x
2
x
e
?
f
?
(x)=-3.解:(Ⅰ) 由f(x)=
x(x
2
?2x?3)
(1?x)
22
xe
?
f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;
(Ⅱ) 不妨设x
1
2
,由(Ⅰ)知x
1
<0,x
2< br>>0;由f(x
1
)=f(x
2
)
?
2
1? x
1
1?x
1
2
e
x
1
=
1?x
2
1?x
2
2
e
x
2
>0
?02
<1,ln(1-x
1
)-ln(1+x
1
) +x
1
=ln(1-
2
x
2
)-ln(1+x
2
)+x
2
?
(x
1
+x
2
)
2< br>2
x
1
22
ln(1?x
1
)?ln(1?x
2
)
22
x
1
?x
2
22
ln(1?x
1
)?ln(1?x
2
)
ln(1?x
1
)?ln (1?x
2
)
+=1;根据对数平均不等式,有>
22
(1?x< br>1
)?(1?x
2
)
x
1
?x
2
?
2
x
2
?2
,
22
ln(1?x
1
)?ln(1?x
2
)222
?
(x
1
+x
2< br>)
2
>+<1
?
(x
1
+x
2
)< br>2
+-1<0
22
(1?x
1
)?(1?x
2)2?(x
1
?x
2
)
x
1
?x
2< br>?2
2?(x
1
?x
2
)
x
1
?x
2
?2
2?(x
1
?x
2
)

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