(完整版)极值点偏移问题的处理策略及探究

1、极值点偏移问题的处理策略所谓极值点偏移问题， 是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。若函数f(x)在x X0处取得极值，且函数y f(x)与直线y b交于A(xi,b) ,B(X2,b)两点，则AB的中点为M (x1 2x2，b) 5而往往x0 上产.如下图 所示.极值点没有偏移极侨点k偏20此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出， 很多学生对待此类问题经常是束手无策。 而且此类问题变化多样， 有些题型是不含参数的， 而更多的题型又是 含有参数的。不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实

2、，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！【问题特征】极值点左偏极值点右偏Jf*- 4- V极值点左偏：对+%>2%, 1 =当3处切线弓工轴不平行:若门上1nlmm递减则f土芋 1八七卜0,若八;o下凸门孙递噌)，贝|尸|空>广(%)=以 I 2 JI 2 >极值点右偏;；马+丐(2,5工三立尹处切线与上轴不平行：着上凸(广递减h则:岩>一匐=0,若制下凸(厂通僧卜则，(笥受卜八用二0,【处理策略】、不含参数的问题xi x2 ,且 f (xi) f (x2),证明：x1x22.f(x)【解析】法一:数f (x)在x

3、e单调递增，由 f (xi)f(x2), xix2 ,不妨设 xix2,则必有 0 xi 1 x2 ,例1. (2010天津理)已知函数 f(x) xex(x R)构造函数 F(x)f (i x) f (i x),x (0,i,则 F (x) f (i x)f (i x) -r(e2x i) 0 ,所以 F(x)在 x (0,i上单调递增,eF(x) F(0) 0,也即 f(i x) f (i x)对 x (0,i恒成立.由 0 x, i x2,则 i xi (0,i,所以 f(i (ixi)f(2xi)f(i (ixi)f(xi)f(x2),即 f(2xi)f(x2),又因为2 xi,x2

4、(i,)，且f(x)在(i,)上单调递减，所以2 x, x2,即证x x2 2.法二：欲证 x1x2 2,即证x22x1,由法一知 0x11x2,故 2x1,x2(1,),又因为f(x)在(1,)上单调递减，故只需证f(x2)f (2 x,),又因为f(x1)f(x2),f(2 x),x (0,1),则等价于证明故也即证f (xi)f(2 x,)，构造函数 H (x) f(x)H(x) 0对x (0,1)恒成立.,1 x2V 2由 H (x) f (x) f (2 x) 一(1 e ) 0,则 H(x)在 x (0,1)上单调递增，所以 eH(x) H(1) 0,即已证明H (x) 0对x (

5、0,1)恒成立，故原不等式 xi x22亦成立.法三：由 f(xi)f (x2),得x,e'x?ex2，化简得ex2"一,xi不妨设X2X1,由法一知，o Xi 1 X2 .令 t X2 Xi ,则 t0,X2 t Xi,代入式,得 ett一Xl,反解出X1,则X1x22X1t-2t ,故要证：X1x22 ,X1e 1e 1- 2t t ._t即证：_ t2,又因为e 1 0,等价于证明：2t (t2)(e 1)0，e 1构造函数 G(t)2t (t 2)(8 1),(t0),则 G(t)(t 1)et 1,G (t)tet0,故G(t)在t (0,)上单调递增，G (t)

6、G (0) 0,从而G(t)也在t (0,)上单调递增，G(t) G(0) 0 ,即证式成立，也即原不等式 x1 x2 2成立.法四：由法三中式，两边同时取以 e为底的对数，得x2 X1X1In x2In X1,也即In x2In X11 ,从而 X1 X2(X1X2X1、In x2In X1X2)X2X1x BIn 上X2 X1X1土 1In上,X 1 XX1人x2令t (t 1),则欲证：X1 X2 2,等价于证明:X1t 1In t 2 t 1构造M (t)2(t一皿(1 )In t,(t 1),则 M (t) P ,t 1t 1t(t1)2又令 (t) t2 1 2tInt,(t 1)

7、,则 (t) 2t 2(Int 1) 2(t 1 Int),由于 t 1 Int对t (1,)恒成立，故(t) 0, (t)在t (1,)上单调递增，所以(t)(1) 0,从而 M (t) 0 ,故 M (t)在 t (1,)上单调递增，由洛比塔法则知t 1Iim(In t、1)2 ,即证 M (t)2 即证(t 1)In t (t 1)In t)Iim M (t) Iim Iim X 1 X 1t 1 X 1(t 1)式成立，也即原不等式 X1 X22成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新

8、的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.二、含参数的问题.例2.已知函数f(x) x aex有两个不同的零点 X1, X2 ,求证：X1 x2 2.a的两个实根，从而这一问题【解析】思路1：函数f (x)的两个零点，等价于方程 xe与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用;思路2：也可以利用参数 a这个媒介去构造出新的函数.解答如下:因为函数f (x)有两个零点x1, x2,所以xix2xiaex2ae2(1)要证明xix2由(2)得：x1 x2 a(ex12 ,只要证明 a (ex1 ex2) 2 ,ex2),由得：x1 x2 a(e" ex2),即a e e

9、X %X x2e1 e2e 1 2 1即证：(为 x2)2(x x2)f2 ,1 2 x1X2x1 x2e ee i不妨设X x2,记t刈 x2,则t 0,et 1, .et 1-2(et 1).因此只要证明：t-t-2t -(-t一)0 ,et 1et 1再次换元令 et x 1, t ln x,即证 In x 2(x 1 0 x (1, x 1构造新函数 F(x) Inx 2(x 1) , F(1) 0 x 1求导 F'(x) 1(x 1)2 0,得 F(x)在(1,)递增，x (x 1)2 x(x 1)2所以F(x) 0,因此原不等式x1 x2 2获证.【点评】含参数的极值点偏移

10、问题，在原有的两个变元x1，x2的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。例3.已知函数f(x) In x ax , a为常数，若函数f(x)有两个零点x1,x2 ,试证明：x1 x2 e2.【解析】法一：消参转化成无参数问题：_Inx_f(x) 0 In x ax In x ae , x,x2是万程f(x) 0的两根，也是万程 In x ae1nx 的两根，则 1nxi,Inx2是 x 23”,设口1 In x1 ,u2 In x2, g(x) xe x ,贝U 2g(u1) g(u2)

11、,从而x#2 eIn x In x2 2 u U2 2,此问题等价转化成为例1,下略.法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数:不妨设%x2 ,In x1ax10,ln x2 ax201nxiInx2a(x1x2),lnx1Inx2a(x1x2),.In x1In x2x1 x2xiX2即证In xIn x22.In xiIn x2a(x x2),即证a2xix2，原命题等价于证明In x1In x2xix2xix21nxx22(xi x2),令 t 二,(t i), xi x2x2构造 g(t) Int 2(t ；),t法三：直接换元构造新函数：1 ,此问题等价转化成为例2中思路二的解答，

12、下略In xi a xiIn x2x2In x2In xiN设xixi x2,t 结(ti),xi则 x2tx1,In txiIn xiIn tInIn xixi反解出：In xiInt t i,In x2Intx1Int1nxi IntInt t Intt i t i故 x x2e2In xiIn x2Int 2,转化成法二，下同，略例4.设函数f (x) ex axa(aR)，其图像与 x轴交于 A(xi,0) , B(x2,0)两点，且xix2 .证明:0.【解析】由f (x) ex ax a, f(x)a,易知：a的取值范围为(e2,)f(x)在(,Ina)上单调递减，在(Ina,)上

13、单调递增.法一：利用通法构造新函数，略; 法二：将旧变元转换成新变元：exiex2axiax20,两式相减得:0,_x2*e2 eix2xi,(t0),则 f (xxi x22x2xix x2et"(2t (et et)设 g(t) 2t(ete t),(t 。)，则 g (ete t)0,所以 g(t)在 t (0,)上单x2) 0,Xi X2调递减，故g(t) g(0) 0,而e二 o,所以f(2- 2t2又f 3 ex a是R上的递增函数，且 JXX" x1 2) , . f (x x?) 0.容易想到，但却是错解的过程:欲证：f (. x1 x2)很自然会想到ex1

14、 x2 a2(x1 1)(x2 (Xi 1)(x2 1) (土 将得到x2 3 ,从而,即要证：f (二一次)2ex1 ax1 a: 对ex2 ax2 a1),即证：(x1x2 2、2-)，也即只要证：2力 x24.而二元一次;x1 x20,亦要证e 2 a 00,ex1a(x1 1),0,ex2ad 1),1)(x2 1) 1 .考虑x1 x24.由于 X 1,，也即证：ex1 x2a2 ,两式相乘得：用基本不等式32In a.当取 a e2a (e ,)不恒成立，故此法错误.【迷惑】此题为什么两式相减能奏效，而变式相乘却失败？两式相减的思想基础是什么？其他题是否也可以效仿这两式相减的思路？

15、【解决】此题及很多类似的问题，都有着深刻的高等数学背景拉格朗日中值定理：若函数f(x)满足如下条件:使得 f() f(b)f(a) b a(1)函数在闭区间a,b上连续;(2)函数在开区间(a,b)内可导，则在(a,b)内至少存在一点当f(b) f(a)时，即得到罗尔中值定理.上述问题即对应于罗尔中值定理，设函数图像与x轴交于A(x1,0), B(x2,0),两点，因此f(x2)f(x1)0 AB(ex2 e") a(x xz)0x2x1_x>_x1e ea ,x2x1由于 f(x1) f (x2) 0,显然 f(x1) f(x1) 0 与 f(xjf(x1) 0,与已知f(x

16、1)f (x2) 0不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变例5. (11年，辽宁理)已知函数 f(x) ln x ax2 (2 a)x.(I)讨论f(x)的单调性;111(II)设 a 0,证明：当 0 X 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x0,证明:f (Xo) 0.，、，、一 ，1【解析】 易得：当a 0时，f (x)在(0,)上单调递增；当a 0时，f(x)在(0,-) a1上单倜递增，在(一，)上单调递减.a111(II)法一：构造函数 g(x) f ( x) f (- x),(0 x ),利用函数单

17、调性证明，方 aaa法上同，略；11法一：构造以a为王兀的函数，设函数h(a)f ( x) f ( x),则aax x2x3a2,1h(a) ln(1 ax) ln(1 ax) 2ax, h (a) 2x 2，由 0 x ,1 ax 1 ax 1 a xa一八1 八1.、一 一一.、一八1斛得 0 a 一，当 0 a 一时，h (a) 0,而 h(0) 0 ,所以 h(a) 0 ,故当 0 x 一 xxa一， 11时，f( x) f ( x).aa(III)由(I)知，只有当a 0时，且f(x)的最大值f(1) 0,函数yf(x)才会有两a个零点，不妨设 A(x1,0), B(x2,0),0x

18、1x2 ,则 0 x1m 21(II)得：f(- x1) f (aa/1、一、LL(-,)上单调递减，所以x2 a【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明1.11-xjf (- (- x)aa ax1，于是x01, 1 小 1、一x2 ,故一X (0,-),由aaaf(x) f(x2),又由 f (x)在1,，、 c一,由(I)知，f (x0) 0.a两个正数a和b的对数平均定义:L(a,b)In aa(aIn b b).(ab),对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：Vab L(a,b) a-b (此式记为对数平均不等式)取等条件：当且仅当 a b时，等号成立.只证：当a b时，Ta

19、b L(a,b) ab .不失一般性，可设a b.证明如下:2(I)先证：jab L(a,b)不等式In a In ba b , a 1n-、ab b21n1)构造函数f (x) 21n x,1(x -),(x 1),则 x(x)(11 2一).因为x x1时,f (x) 0,所以函数f (x)在(1,)上单调递减,故 f (x)从而不等式成立;(II)再证:L(a,b)吩不等式Ina Inb 2a b) a b,a Inb1)1n xb 1)构造函数g (x) In x1),则 g (x)- x(x 1)2(x 1)2 x(x1广因为x 1时,g (x) 0 ,所以函数g(x)在(1,)上单

20、调递增，故g(x) g(1) 0,从而不等式成立;综合(I) (II)知，对a，b R ,都有对数平均不等式 Tab L(a,b)a b成立，当且仅当a b时，等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例 1.(2010 天津理)已知函数f(x)xe x(xR)，如果x1x2，且 f(x)f (x2),证明：x1 x2 2.【解析】法五：由前述方法四，可得1xx1 x2辽力，即证：x1 x2 2,秒证.In x1 In x22说明：由于例2,例3最终可等价转化成例 1的形式，故此处对数平均不等式的方法省略. xln x1ln x22x1x2,利用对数平均不等式得：1n x1 1n x2底的对数，得

21、 ln ax1ln(x11)x2ln(x21),化简彳导:1(x1_(x_9一，由ln(x1 1) ln(x2 1)对数平均不等式知：1 (x11)(x21)J(x 1)(x21),即 x1x2 (x1 x2) 0,ln(x1 1) ln(x2 1)故要证 f (Jxx2) 0证 Jx1x2 ln a 证2jx1x2 x1ln(x11)x2ln(x2 1)证 ln(x1 1) ln( x21) x1 x2 2 Jx1x2 证 ln(x1x2(x1x2)1)x1 x2 2Jx1x2- x1x2 (x1 x2) 0ln( x1x2 (x1 x2) 1) ln1 0 ,而 Xx22.乂2( X ,

22、x2)201 ln(x1x2 (% x2) 1) x x2 2 布显然成立，故原问题得证例5. (11年，辽宁理)已知函数 f(x) ln x ax2 (2 a)x.(I)讨论f(x)的单调性; ,111(II)设 a 0,证明：当 0 x 时，f( x)f( x)；a aa(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x0,证明:f(x0) 0.【解析】(I) (II)略，(III )由 f (x1)f(x2) 0,22ln x1ax1(2 a)x1ln x2ax2(2a)x2022ln x1ln x22(x1 x2)a(x1 x2x1x2)ln x1 l

23、n x22(x1 x2)2 x12X2x1X2故要证f (x0) 0xO22x1x2x1x2x1 x22ln x1ln x 2(x1 x2)x,x2 12 In x1In x2X1X2X1X2根据对数平均不等，此不等式显然成立,故原不等式得证【挑战今年高考压轴题】(2016年新课标I卷理数压轴21题)已知函数f(x) (x 2)exa(x 1)2有两个零点Xi, X2.证明：x1x2 2.【解析】由f(x) (x 2)ex a(x1)2,得f (x) (x 1)(ex2a),可知f (x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.要使函数y f (x)有两个零点X1, X2,则必须a0.法一

24、：构造部分对称函数不妨设x1x2,由单调性知X1(,1),X2(1,)，所以2x2(,1),又f (x)在(,1)单调递减，故要证:为X2 2,等价于证明:f(2X2)f(X1) 0,又f(2 X2)X2e2 x22 一-a(x2 1),且 f(x2) (X2x92)e 22a(x2 1)0 f(2 X2)X2e2”(X22)ex2 ,构造函数g(x)2 Xxe(x 2)eX,(x (1,)，由单调性可证，此处略.法二：参变分离再构造差量函数由已知得：f * f X20 ,不难发现X1 1 , X2故可整理得：a心12X11X2x22 e2-X21x 2 exn.，则 g ”x 1X2那么2x

25、 21 y r=ex，当x 11时,x单调递减；当 x1时,g X单调递增.0,构造代数式:m 1 2m em 1则h' m 2m 2 e2m 0 ,故h m单调递增，有h m h 0 0 .因此，对于任意的 m 0, g 1 m g 1 m .由g Xi g X2可知X、x2不可能在g x的同一个单调区间上，不妨设x1 x2,则必有为 1 x2令 m 1x10,则有 g 11x1g 11x1g 2x1gx1gx2而2x11 ,x21, g x在1,上单调递增，因此：g2xigx22x1x2整理得：x1 x22 .法三：参变分离再构造对称函数x 2 ex由法二，得g x 底，构造G(x) g(x) g(2 x),(x (,1),利用单调性可证，x 1此处略.法四：构造加强函数【分析说明】由于原函数f(x)的不对称，故希望构造一个关于直线 x 1对称的函数g(x),使得当x 1时，f(x)g (x),当x 1时，f (x) g(x),结合图像，易证原不等式成立【解答】由f(x) (xx2_x2)e a(x 1) , f (x) (x 1)(e2a),故希望构造一个函数xx.F(x),使得 F(x) (x 1)(e2a) (x 1)(e 2a) (x 1)(e e),从而 F(x)在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递增，从而构造出g(x) (e 2