《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及探究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 Xo处取得极值，且函数y f(x)与直线y b 交于A(x1,b) , B(x2, b)两点，贝U AB的中点为M (Xl q%2 ,b)，而往往x0 XX2 .如下图 所示.极值点没有偏移-Wk*-111JVj+.V?uF1 一一 _ 7f査_1.j一11iII J./*J/T9i1 iiin1ij k111i1. .1 1ili11 1 7 / / r I 11 1_r -1 11 1 I 1；X11：，心扱值点左骗14|i1此类问题在近

2、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，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】若/上凸广递减h则”号1卜八舟”氛若m下临 门对递席)则f 如严极值慮右偏;；加+屁盂2亦，工二丑尹 业切线勺工轴不平行i减h则”宁”比)丸，若rw下凸(厂co递刑h虬厂(玉宁卜厂也)=o,【处理策略】、不含参数的问题例1. (2010天津

3、理)已知函数 f(x) xe x(x R)，如果XiX2，且 f (xj f (x2)，【解析】法一:f (x)(1x)e x,易得 f (x)在(,1)上单调递增,在(1,)上单调递减，X时，f(x)，f(0)0,X时，f(x) 0,函2.1处取得极大值 f(1)，且f(1)数f (x)在x如图所证明：X-I x2e由 f(xj f(X2),X1x2，不妨设x-ix2，则必有0 x11X2，又因为f (X)在(1,)上单调递减，故只需证 f (x2)f(2 xj，又因为 f (X1)f(X2)，故也即证f (X1)f(2 x1)，构造函数 H (x)f(x) f (2 x),x (0,1)，

4、则等价于证明构造函数 F(x)f (1 x) f (1 x),x (0,1，x2X则 F (x) f (1 x)f (1 x) (e 1) 0，所以 F(x)在 x (0,1上单调递增,eF(x) F(0)0,也即 f(1 x) f (1 x)对 x (0,1恒成立.由 0x,1X2，则 1X1(0,1，所以 f(1(1xj)f(2X1)f(1 (1X1)f(xjf(X2)，即 f(2X1)f(X2)，又因为2 X1,X2 (1,)，且f (x)在(1,)上单调递减, 所以 2 x1 x2，即证 x-i x2 2.X11 X2，故 2 X!,X2(1,法二：欲证x1 x2 2，即证x2 2 x

5、1，由法一知0H(x) 0对x (0,1)恒成立1 x由 H (x) f (x) f (2 x) x (1 e2x2)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 (0,1)恒成立，故原不等式X1 X2 2亦成立.法三：由f(X1)f(X2)，得X1e 51 X2e X2，化简得e"2入 翌,X1不妨设X2 X1，由法-知，0X-I1x2.令 tx2X1，则 t0,X2tX1，代入式,得et-X1，反解出X1tX1te-，则 x1 x2 2x-i t12tet 1t，故要证:X1X2 2 ,即证：2tc-t 2，e 1又因

6、为et10，等价于证明：2t (t2)(et 1)0构造函数G(t) 2t(t 2)(et1),(t0)，则 G (t)(t 1)et1,G (t)tet0,故G(t)在t (0,)上单调递增，G(t) 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 x22成立.法四：由法三中式，两边同时取以 e为底的对数，得x2 x-i ln2 ln x2 In x-i，也即Xi生1limSUx 1 t 101(t 1)1 nt)(t 1)t 1lim(1n t 亍)2，即证 M (t)2，即证lnx2lnxi1,从而 XiX2(XiX2)lnx2

7、lnxi空鬥n 竺1 n*，X2x1x2x-1x2 x-1 x-1xx1X2X1X2X1X2X-iX1X21为X1令tx2 -(tX11)，则欲证：X1 X22，等价于证明：t 1 lntt 12,构造|M(t)(t 1)l ntt 1(2 )1 nt,(t 1), t 1则M(t)严 12tl nt(t)t(t2 ，1)又令(t)t2 1 2tl nt,(t1)，则(t) 2t2(l nt1)2(t1 lnt),由于t 1lnt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，由洛比塔法则知式

8、成立，也即原不等式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 x22 .【解析】思路 1函数f(X)的两个零点，等价于方程与例i完全等价，例i的四种方法全都可以用；xe x a的两个实根，从而这一问题.解答如下:要证明X1所以XiX2由(i )(2)得：X2 2，只要证明a(e'X ae(i)X2ae2XiX2a(eX1X1eX

9、2)，即证:(XiX2)不妨设XiX2，因此只要证明:再次换元令构造新函数求导F (x)所以F (x)由(1)得:Xi_X2e e记tXietetiX2，Xi(Xii,In x，e') 2，Xix2 a(eX X2X2)-e0,et 2(<i)etX1 X2即证In x2(x i )x i (X i )222F(x)In x，F(i)X (x i )2 x(x i )20,因此原不等式xi X2 2获证.eX2)，即 a0，得 F(x)在(i,【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元故思路很自然的就会想到： 想尽一切办法消去参数,xix2XX,'e ie灼X (i

10、,)递增,Xi ,X2的基础上，又多了一个参数,从而转化成不含参数的问题去解决;思路2：也可以利用参数 a这个媒介去构造出新的函数 因为函数f (x)有两个零点xi, x2，者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。f (x)有两个零点x , x2，例3.已知函数f(x) In x ax， a为常数，若函数试证明：乙xix2e .【解析】法一:消参转化成无参数冋题：f(x)0In x axIn xIn x ae ,X,x2是方程f(x)0的两根，也是方程In xIn aex的两根，则In x ,In x2 是 xaex，设 u iInxX ,u2 In x2, g (x) xe ，则g(u i

11、)g(U2)，从而 xi X2e2In xiIn X22u iU22，此问题等价转化成为例i，下略法二：利用参数 a作为媒介，换元后构造新函数:不妨设x x?，In X|ax-.0,In x2ax20,-.In x1In x2a(x1x2),In x1 In x2 a(x1X2),In x1In x2a，欲证明X x2e，即证In x1In x22.X1X2In x1In x2a(x1 X2)，即证a2aX1X2原命题等价于证明ln X1X1In x22，即证:X22(X1X2)，令 tX1,(t1),X2X2X2X1X2X1构造g(t) lnt晋,t 1，此问题等价转化成为例2中思路二的解答

12、，下略 法三：直接换元构造新函数：In XiIn x2In x2X2、八.X2a-,设X1X2, t -,(t1),x1x2In x1X1X1则 X2 tX1,IntX1tIntIn x1t ,In x1InX1,lntInt tint反解出：In x1,In X2Intx1Int In %Intt 1t 1 t 12t 1故x1x2e2lnx1 lnx2 2lnt 2，转化成法二，下同，略t 1例4.设函数f(x) ex ax a(a R)，其图像与 x轴交于A(x1,0), B(x2,0)两点，且X1X2.证明：f (、为 X2)0.【解析】由f (x) ex ax a, f (x)ex

13、a，易知：a的取值范围为(e2,)，f(x)在(,ln a)上单调递减，在(Ina,)上单调递增法一：利用通法构造新函数，略; 法二：将旧变元转换成新变元：X1eax1X2e ax2'两式相减得:0,X2X1e2e1X2X，(t0)，则 f (X1X2X1 X2eX2X1X2X1守(2t (et et)，设 g(t) 2t (ete t),(t0)，则 g (t)(etet)0，所以 g(t)在 t (0,)上单Xi X?调递减，故g(t) g(0)0,而e一2t0,所以f (宁)0 ,f C Xi X2)0.又T f (x) ex a是R上的递增函数，且XiX?容易想到，但却是错解的

14、过程： 为 X?欲证：f (.%x2)0，即要证：f (也X?)0,亦要证ea 0,也即证：eX1X2a2，、 2eXlax1a0,eXla(X.|1),很自然会想到：对两式相乘得：eX2ax2a0,eX2a(x21),eXl X2 a2(Xi1)(X21)，即证：(Xi 1)(X21)1 .考虑用基本不等式(Xi 1)(X21)(N；22)2 ，也即只要证：x1 x24.由于x11,x2 Ina.当取a e3将得到x2 3，从而x1 x2 4.而二元一次不等式 x1 x2 4对任意a (e2,)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

15、么？其 他题是否也可以效仿这两式相减的思路？【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:(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 ，使得f()f(b) f(a)b a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kAB 0f(X2)f(Xj 0X2 N(e' e为)a(X1X2)0,二 a由于f(xjf (X2) 0 ,显然 f(xj f (X1) 0 与 f(xj f (X1)0

16、,与已知f(xj 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) Inx ax2(2 a)x.f(1 x)；a(I )讨论f (x)的单调性;(Il )设a 0，证明：当0 x -时，f (丄x) aa(III )若函数y f(x)的图像与x轴交于 代B两点，线段 AB中点的横坐标为 沧，证明:f(x。) 0.1【解析】(I )易得：当a 0时，f(x)在(0,)上单调递增；当a 0时，f(x)在(0,丄) a1上单调递增，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，aaa方法上同，略；11法二：构造以a为主元的函数，设函数h(a) f x)f(丄 x)，则aah(a) ln(1 ax) ln(1 ax) 2ax, h (a)x x1 ax 1 ax2x3 22x a1 a x111解得 0 a ,当 0 a 时，h (a)0,而 h(0)0，所以 h(a) 0，故当 0 x -xxa11时，f ( x) f ( x).aa两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)aIn a (aInbb),(iii )由(1 )知，只有当a0时，且f (x)的最大值f (1)a0，函数yf (x)才会有两个零点，不妨设A(x1,0), B(x2,0),0为 x

18、，则0为1X2，故X1(0,-)，aaa2由(II )得：f (:x1) f (丄-为)f(1( x1)f (xjf(X2)，又由f (x)在aaaaa1 、(,)上单调递减,所以X22为，于是xqxX21由(I)知,f (Xo)0.aa2a【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明a(a b).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：.ab L(a,b) 七占(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.a b只证：当a b时，、一ab L(a,b).不失一般性，可设 a b.证明如下:(I)先证：、一 ab L(a, b)不等式Ina Inb2(a b)a blnb

19、2(： 1)In x2(x 1)(x 1)(其中x1)不等式Ina Inba_bmaab2ln xx1-(其中 xx1)、abb ba构造函数f (x) 2ln x1 (x ),(x1)，则 f (x)? 11-2(1 !)2.因为x1时,xxxxf (x)0，所以函数f (x)在(1,)上单调递减，故f (x)f(1)0，从而不等式成立;(ll )再证：L(a, b)4(x 1)2斜.因为x 1时，构造函数 g (x) In x2( x 1)，则 g (x)(x 1)xg (x) 0,所以函数g(x)在(1,)上单调递增，故g(x) g(1) 0,从而不等式 成立; 综合(I) (II )知

20、，对 a,b R，都有对数平均不等式 /ab L(a,b) 乞丄成立，当且2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(x R)，如果 x1x2，且 f(xj f(x2)，证明：x1 x22.【解析】法五：由前述方法四，可得11，利用对数平均不等式得：In xi In x21x2 卷 x2，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.x轴交于 A(x1,0) , B(x2,0)两点，且例4.设函数f (x) ex ax a(a R)，其图像

21、与【解析】法三：由前述方法可得:ex1x1 1ex2X2 1(1X1In ax2)，等式两边取以e为为X2.证明：f (.为X2)0.底的对数，得In ax1 In(Xj 1) x2 In(x2 1)，化简得：1(Xi 1) (X2 1)由ln(x1 1) ln(x2 1)对数平均不等式知:(X11) (X21)In(x1 1) In(x2 1) (Xl 1)(X21)'即 X1X2(X1 X2)0,故要证 f (.X1X2)0证 x1x2In a证2 x1x2x1 In(为 1) x2 In(x2 1)证 1门(捲 1) ln(x2 1) x1 x2 2 x1x2证 In(x/2 (

22、x1 x2) 1) x1 x2 2 x1x2t x1x2 (x1 x2) 0 In(x (x1 x2) 1) In1 0 ,而 x X2 2 X1X2(为,X2)2 0I ndM (X| x2) 1) X| x2 2 x1x2显然成立，故原问题得证例5. (11年，辽宁理)已知函数 f (x) Inx ax2(2 a)x.(I )讨论f (x)的单调性;(II)设 a 0，证明：当 0 x -时，f (- x) f(x)；aaa(ill )若函数y f(x)的图像与x轴交于 代B两点，线段AB中点的横坐标为 X)，证明:f (X0) 0.【解析】(I) (II )略,(III ) 由 f (x

23、1) f (x2) 02 22 2In x1 In x2 2( x1 x2) a(x1x2In 捲 ax1(2 a)x1 In x2 ax2(2 a)x2 0aIn x1In x22(x1X2)22X1X2X1X2故要证f (X0)0X0x212a22X1X2X1X2x1x2Xx212In x1In X22(X1 X2)In x1In x2X1X2)X1x2一 " Xl " X2 .根据对数平均不等，此不等式显然成立，故原不等式得证X1 X2X-I x2【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)ex a(x 1)2有两个零点X

24、i,X2.证明：Xi X2 2.【解析】由 f(x) (x 2)ex a(x 1)2，得 f (x) (x 1)(ex 2a)，可知 f (x)在(，1)上单调递减，在(1,)上单调递增.要使函数yf (x)有两个零点x1, x2，则必须a 0.由已知得:X|f X2不难发现X11，X21,故可整理得：a上2 e2-X11X22 eX22-X21那么i，则 g X1X 1X22x 21 x r3ex，当x 11时，gX单调递减；当 X1时,法一：构造部分对称函数不妨设X-Ix2,由单调性知X1 (,1),X2 (1,),所以2X2(,1)，又T f(x)在(,1)单调递减,故要证：x1 X22

25、，等价于证明：f(2X2)f(X1)0,又 f (2X2)2 x9X2e2a(x21),且 f(X2) (X22)eX22a(x2 1)0- f (2X2)X2e2 沁(X2 2)eX2，构造函数 g(x)xe2x (x2)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g X单调递增.构造代数式:m 1 2m e 1m 1m 1 2m em 1则h' m 2m 2 e2m 0，故h m单调递增，有h m h 00 .m 1由gX1gX2可知X、必有X1X2令m1X10,则有g而2X11 ,X21, g X整理彳寻：X1X22 .X2不可能在在1,因此，对于任意的 m 0, g 1 m11X1法三：参变分离再构造对称函数的同一个单调区间上，不妨设X1g 2上单调递增,因此：g 2XiX2，则X2由法二，得g XXx 2 e2-X 1,构造G(x)g(x) g(2 x),(x (,1),利用单调性可证,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) (x 2)eX2xa(x 1) , f (x) (x 1)(e2a)