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.假设函数f(x)在xX0处取得极值,且函数yf(x)与直线yb交于A(xi,b),B(X2,b)两点,那么AB的中点为M(x12x2,b)5而往往x0上产.如下列图所示.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,处理的手段有很多,方法也就有很多,我们先来看看此类

2、问题的基本特征,再从几个典型问题来逐一探索！【问题特征】极值点左偏极值点左偏极值点右偏极值点右偏Jf*-4-V极值点左偏：对对+%+%2%,1= =当当3处切线弓工轴不平行处切线弓工轴不平行: :假设假设 门上门上1nlmm递减递减? ?那么那么f? ?土芋土芋1八七卜八七卜0,假设八假设八; ;o下凸下凸 门孙递噌门孙递噌),),贝贝|尸尸| |空空 广广(%)=(%)=以以I2JI2极值点右偏;；马；马+ +丐丐( (2,5工三立尹处切线与上轴不平行工三立尹处切线与上轴不平行：着上凸着上凸( (广广递减递减h那么那么: :岩岩 一匐一匐= =0,假设制下凸假设制下凸( (厂厂通僧卜那么通僧

3、卜那么,(,(笥受卜八用二笥受卜八用二0,【处理策略】极值点没有偏移极侨点 k 偏、不含参数的问题例1.(2021天津理)函数f(x)xex(xR)证实：x1x22.构造函数F(x)f(ix)f(ix),x(0,i,那么F(x)f(ix)f(ix)-r(e2xi)0,所以F(x)在x(0,i上单调递增,eF(x)F(0)0,也即f(ix)f(ix)对x(0,i恒成立.由0 x,ix2,那么ixi(0,i,所以f(i(ixi)f(2xi)f(i(ixi)f(xi)f(x2),即f(2xi)f(xz),又由于2xi,x2(i,),且f(x)在(i,)上单调递减,所以2X,x2,即证xx22.法二：

4、欲证xx22,即证x22x1,由法一知0 xix2,故2x1,x2(i,),又由于f(x)在(1,)上单调递减,故只需证f(x2)f(2X,),又由于f(x1)f(x2),故也即证f(xi)f(2xi),构造函数H(x)f(x)f(2x),x(0,1),那么等价于证实H(x)0对x(0,1)恒成立.,1x2V2由H(x)f(x)f(2x)一(1e)0,那么H(x)在x(0,1)上单调递增,所以eH(x)H(1)0,即已证实H(x)0对x(0,1)恒成立,故原不等式xix22亦成立.法三：由f(x1)f(x2),得x,ex?ex2,化简得ex2一,xix2,且f(xi)f(x2),f(x)【解析

5、】 法一:数f(x)在xe单调递增,由f(xi)f(x2),xix2,不妨设xix2,那么必有0 xi1x2,xi不妨设x2x1,由法一知,ox11x2.令tx2x1,那么t0,x2tX1,代入式,得ett一x1,反解出x1,那么x1x22x1t-2t,故要证：x1x22,x1e1e1一2tt.一t即证：_t2,又由于e10,等价于证实：2t(t2)(e1)0,e1构造函数G(t)2t(t2)(81),(t0),那么G(t)(t1)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x

6、1x22成立.人x2,令t(t1),那么欲证：x1x22,等价于证实:2(t1)lnt%2t12tInt-(1)lnt,(t1),那么M(t)2-,t1t1t(t1)2又令(t)t212tlnt,(t1),那么(t)2t2(lnt1)2(t1lnt),由于t1Int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,由洛比塔法那么知(t1)lnt(t1)lnt)limM(t)limlimx1x1t1x1(t1)式成立,也即原不等式xx22成立.法四：由法三中lnx2lnx1,也即Inx2Inx11,从而x1x2(x

7、1x2x1、Inx2Inx1x2)x2x1上上x2x1x1土1ln上,x1Xx1t1Int2t1构造M(t)t1lim(lnt、1)2,即证M(t)2即证式,两边同时取以e为底的对数,得x2x1【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到达消元的目的,方法三、四那么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,从而到达消元的目的.二、含参数的问题.例2.函数f(x)xaex有两个不同的零点x1,x2,求证：x1x22.【解析】思路1：函数f(x)的两个零点,等价于方程与例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

8、这个媒介去构造出新的函数.解答如下:由于函数f(x)有两个零点x1,x2,由(2)得：x1x2a(ex12,只要证实a(ex1ex2)2,由得：入x2a(eex2),即aeeex1ex2ex1x21即证：(xx2)-2(xx2)-2,12x1x2x1x2eeei不妨设xx2,记t刈x2,那么t0,et1,一et12(et1)一因此只要证实：t2t-0,et1et1再次换元令etx1,tlnx,即证Inx2(x10 x(1,x1构造新函数F(x)Inx2(x1),F(1)0 x1求导F(x)1(x1)20,得F(x)在(1,)递增,x(x1)2x(x1)2所以F(x)0,因此原不等式x1x22获

9、证.【点评】含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元x1,x2的根底上,又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想尽一切方法消去参数,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.函数f(x)Inxax,a为常数,假设函数f(x)有两个零点x1,x2,试证实：x1x2e2.【解析】法一：消参转化成无参数问题：_Inx_f(x)0InxaxInxae,x,x2是万程f(x)0的两根,也是万程Inxae1nx的两根,那么1nxi,Inx2是x23,设口1Inx1,u2Inx2,g(x)xex,贝U2g(u1)g(u2),从而x#2eInxInx22uU22,此问

10、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:所以xix2xiaex2ae2(1)x2e),xexa的两个实根,从而这一问题要证实xix2不妨设%x2,1nxiax10,lnx2ax20,1nxiInx2a(x1x2),lnx1Inx2a(x1x2),.Inx1Inx2xiX2即证InxInx22.InxiInx2a(xx2),即证axix2,原命题等价于证实Inx1Inx2xix2xix2Inxx22(Xix2),令t二,(ti),XiX2X2构造g(t)Int2(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,下略InxiaXiInx2

11、x2Inx2InxiN 设xixix2,t结(t1),xi那么x2tx1,IntxiInxiIntInInxixi反解出：InxiIntti,lnx21ntx1Int1nxiIntInttInttiti故xx2e2Inx1Inx2Int2,转化成法二,下同,略例4.设函数f(x)exaxa(aR),其图像与x轴交于A(xi,0),B(x2,0)两点,且xix2.证实:0.【解析】由f(x)exaxa,f(x)a,易知：a的取值范围为(e2,),f(x)在(,lna)上单调递减,在(lna,)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：exiex2axiax20,两式相

12、减得:0,_x2*e2eix2XI,(t0),那么f(xxix22一x2xie2eix2xi为一?(2t(etet),设g(t)2t(etet),(t.),那么g(etet)0,所以g(t)在t(0,)上单X1X2C-2-XZ7调递减,故g(t)g(0)0,而e-0,所以f(工x2)0,2t2又f3exa是R上的递增函数,且JXXx12),f(%；乂x2)0.容易想到,但却是错解的过程: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？两式相减的思想根底是什么？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：假设函

13、数f(x)满足如下条件:(1)函数在闭区间a,b上连续;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,因此由于f(x1)f(x2)0,显然f(x1)f(x1)0与f(x)f(x1)0,与f(x)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)欲证：f(.x1x2)ex1x2a2(x11)(x2(Xi1)(x21)(土将得到x23,从而x1x20,亦要证e2a00,ex1a(x11),0,ex2ad1),1)(x21)1.考虑x1x24.由于x11,f()f(b)f(a)baf(x2)f

14、(x1)0AB(ex2e)a(xx?)0.x2x1_x2.eex2x1,即要证：f(二一次)2ex1ax1a:对ex2ax2a1),即证：(x1x22、2-),也即只要证：2,也即证：ex1x2a2,两式相乘得：用根本不等式32Ina.当取ae2a(e,)不恒成(2)函数在开区间(a,b)内可导,那么在(a,b)内至少存在一点,使得函数f(x)lnxax2(2a)x.(I)讨论f(x)的单调性；111(II)设a0,证实：当0 x时,f(-x)f(-x)；aaa(III)假设函数yf(x)的图像与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证实:f(xo)0.i,、,、一,1【解析】易得：

15、当a0时,f(x)在(0,)上单调递增；当a0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),利用函数单调性证实,方aaa法上同,略；1一1法一：构造以a为王兀的函数,设函数h(a)f(x)f(-x),那么aaxx2x3a2,1h(a)ln(1ax)ln(1ax)2ax,h(a)2x2,由0 x,1ax1ax1axa一八1八1.、一一一.、一八1斛得0a一,当0a一时,h(a)0,而h(0)0,所以h(a)0,故当0 xxxa一,11时,f(x)f(x).aa(III)由(I)知,只有当a0时,且f(x)的最大

16、值f(1)0,函数yf(x)才会有两a11一1个手点,不妨设A(x1,0),B(x2,0),0 x1x2,那么0 x1一x2,故一X(0,一),由aaam一2一11-11一一(II)得：f(x)f(-xjf(-(x)f(x.f(x2),又由f(x)在aaaaaJ21xx21(-,)上单调递减,所以x2x1,于是小七一一,由(I)知,f(x0)0.aa2a【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证实对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：两个正数a和L(a,b)Inaa(aInbb).(ab),VabL(a,b)a-b(此式记为对数平均不等式)取等条件：当且仅当ab时,等号成立.只证：当ab时

17、,TabL(a,b)ab.不失一般性,可设ab.证实如下:2(I)先证：jabL(a,b)仅当ab时,等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例1.(2021天津理)函数f(x)xex(xR),如果x1x2,且f(x)f(x2),证实：x1x22.【解析】法五：由前述方法四,可得1x1x2,利用对数平均不等式得：1nx11nx21x1x2辽力,即证：x1x22,秒证.Inx1Inx22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.例4.设函数f(x)exaxa(aR),其图像与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)两点,且x1x2.证实：f(x1x2)0.不等式

18、InaInbab,a1n-、abb211)构造函数f(x)21nx(x)(11时,f(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;(II)再证:L(a,b)吩不等式InaInb2ab)ab,aInb1)1nxb1)构造函数g(x)Inx(x1)2(x1)2x(x1广g(x)0,所以函数g(x)在(1,从而不等式成立;,1(x-),(x1),那么x12一).由于xx11),那么g(x)一x由于x1时,)上单调递增,故g(x)g(1)0,综合(I)(II)知,对a,bR,都有对数平均不等式TabL(a,b)ab_r成立,当且ex1ex2【解析】法三：由前述方

19、法可得：a(1x1lnax2),等式两边取以e为x11x21底的对数,得lnax1ln(x11)x2ln(x21),化简彳导:1(x1_(x_9一,由ln(x11)ln(x21)对数平均不等式知：1(x11)(x21)J(x1)(x21),即x1x2(x1x2)0,ln(x11)ln(x21)故要证f(Jxx2)0证Jx1x2lna证2jx1x2x1ln(x11)x2ln(x21)证ln(x11)ln(x21)x1x22Jx1x2证ln(x1x2(x1x2)1)x1x22Jx1x2-x1x2(x1x2)0ln(x1x2(x1x2)1)ln10,而Xx22.乂2(X,x2)201ln(x1x2(

20、%x2)1)xx22布显然成立,故原问题得证例5.(11年,辽宁理)函数f(x)lnxax2(2a)x.(I)讨论f(x)的单调性;,111(II)设a0,证实：当0 x时,f(x)f(x)；aaa(III)假设函数yf(x)的图像与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证实:f(x0)0.【解析】(I)(II)略,(III)由f(x1)f(x2)0,22lnx1ax1(2a)x1lnx2ax2(2a)x2022lnx1lnx22(x1x2)a(x1x2x1x2)lnx1lnx22(x1x2)2x12X2x1X2故要证f(x0)0 xOx,x21lnx1lnx22x1x222x1x2

21、x1x2x1x22lnx1lnx2(x1x2)2Inx1Inx2X1X2X1X2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】(2021年新课标I卷理数压轴21题)函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点Xi,X2.证实：x1x22.【解析】由f(x)(x2)exa(x1)2,得f(x)(x1)(ex2a),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Xi,X2,那么必须a0.法一：构造局部对称函数不妨设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X22,等价

22、于证实:f(2X2)f(Xi)0,又f(2X2)X2e2x22一-a(x21),且f(x2)(X2x92)e22a(x21)0f(2X2)X2e2(X22)ex2,构造函数g(x)2Xxe(x2)eX,(x(1,),由单调性可证,此处略.法二：参变别离再构造差量函数由得：fx,fX20,不难发现Xi1,X21,故可整理得：aX1X12e为1X2x22e2-X21x2exx1gX1X2那么ex,当1时,0,gx单调递减；当x1时,0,gX单调递增.0,构造代数式:m12mem1那么hm2m2e2m0,故hm单调递增,有hmh00.m1因此,对于任意的m0,g1mgX2可知X|、X2不可能在的同一个单调区间上,不妨设XiX2,那么必有为1X2那么有g11X1X1g2X1gX1X2而2X11,X2在1,上单调递增,因此：g2整理得:X1X2法三：参变别离再构造对称函数由法二,得gX,构造G(X)g(x)g(2X),(X(,1),利用单调性可证,此处略.法四：构造增强函数【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X1对称的函数g(x),使得当X1时,f(X)g(X),当X1时,f(X)g(x),结合图像,易证原不等式成立【解答】由f(x