极值点偏移问题的处理策略

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x2.如下图所示.2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(x1,b) , B(x2 ,b)两点,则AB的中点为M (汉一x2, b),而往往x02x1极值点没有偏移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

2、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！极值点左偏: $+公2%.工=三三处切维与，轴不平行*若一幻上凸(“幻递减L则笥”若/口)下凸(门制递增卜则产卜八七卜0极值点右偏！号+4£工小 工=土卢处切线与1轴不平行：着上凸口 口)递减L贝4f色等丁(%)=0,若八x)下凸冷递增卜则/文言卜，,优)=。,【处理策略】一、不含参数的问题例1 已知函数f (x) xe x(x R)，如果x( x2，且f(x1) f(x2),证明：X x2 2.【解析】法一：f (x) (1 x)ex,易得f(x)在(，1)上单调递增，在(1,)上单调递减，x1 时

3、，f(x) , f(0) 0,x 时，f(x) 0,函数 f(x)在 x 1 处取得极大值 f(1),且 f(1)-,e如图所示.由f (x1) f(x2), x1 x2 ,不妨设x1 x2 ,则必有0 x11x2 ,构造函数F(x) f(1 x)f (1 x),x (0,1,则 F(x) f (1 x) f (1 x) Fxi(e2x1)0 ,所以 F(x)在ex (0,1上单调递增，F(x) F(0) 0,也即 f(1 x) f (1 x)对 x (0,1恒成立.由 0x11x2,则 1x1(0,1,所以 f(1 (1x。f (2x1)f (1 (1x。)f(x1)f(x2),即f(2x1

4、)f(x2),又因为2x1,x2(1,)，且f(x)在(1,)上单调递减，所以2x1x2,即证x1 x2 2.法二：欲证 x1x22 ,即证 x2 2x1,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(2x1),又因为f(x1)f(x2)，故也即证f(x1) f (2x1),构造函数H(x) f (x) f (2 x), x (0,1),则等价于证明 H(x) 0对x (0,1)恒成立.1 x 2x 2由 H (x) f (x) f (2 x) -(1 e ) 0 ,则 H (x)在 x (0,1)上单调递增，所以 eH(x)

5、H(1) 0,即已证明H(x) 0对x (0,1)恒成立，故原不等式 xx22亦成立.法三：由 f(x1) f (x2),得 x1ex1x?e x2 ,化简得 ex2 x1不妨设x2x1，由法一知，o x1 1x2.令tx2x1，则t0, x2tx1，代入式，得et-x1x1t i2t2t反斛出x1,则x1x22x1t - t ,故要证：x1x22,即证：t 2,又因为e 1e 1e 1et 1 0,等价于证明：2t (t 2)(et 1) 0，构造函数G(t) 2t(t 2)(et 1),(t 0),则 G(t)(t 1)et 1,G (t) tet 0,故 G(t)在 t (0,)上单调递

6、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：由法式，两边同时取以e为底的对数，得x2 x1ln 四 ln x21nxi，也即x1入Xct 1令t (t 1),则欲证：XiX2 2,等价于证明：lnt 2，Xit 1(t 1)ln t 2t2 1 2tlnt构造 M(t)-(1 )ln t,(t 1),则 M(t) 2，t 1t 1t(t 1)又令 (t) t2 1 2tlnt,(t 1),则 (t) 2t 2(lnt 1) 2(t 1 lnt),由于 t 1 lnt 对t (1,)恒成立，故

7、(t) 0,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：M(t)lim (t 1)lnt lim (t 1)lnt) lim(ln t )2 ,即证 M (t) x 1 t 1 x 1 (t 1) x 1 t2,即证式成立，也即原不等式X1 X2 2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

8、同的零点 x1,x2 ,求证：x1 x2 2 .【解析】思路1：函数f(x)的两个零点，等价于方程Xxe a的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以用J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X1X1 aeX2X2 ae由(1) (2)得：X1 X2a(e% eX2),要证明X1 X22,只要证明a(e*eX2) 2,由(1)(2)得：X1 X2a(eX1e"),即a,1 2eX1 eX2e%eX2eX, X2 1即证：(X1 X2)1-XT 2(X1X2) X! X22,ee2e1不妨设

9、x1x2 ,记 tX1X2,则 t0,et1,一et 12(et 1)因此只要证明：t e一 2 t () 0, et 1et 1X (1,)再次换元令etx 1, t ln x ,即证ln x 2(X 1 0x 1构造新函数F(x) lnx 空), F(1) 0 x 1求导F (x)(x 1)2x (x 1)2x(x 1)20,得F(x)在(1,)递增,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

10、个变元的新的函数。例3.已知函数f (x) ln 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：f (x) 0 ln x ax In x aelnx , x1,x2 是方程 f (x) 0 的两根，也是方程 In x ae1nx 的 两根，则 In x1,ln x2 是 x aex , 设 u1 In x1,u2 In x2 , g(x) xe x ,则2g(u1)gM),从而x1x2 e1nx In x2 2u1 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x1x2 ,/

11、1nx1ax10,1nx2ax20 , In x1In x2a(x1x2),1n x1 In x2In x1 In x2 a(xx2) ,2欲证明 xx2e ,即证 1nxiIn x22.1nxi In x2a(x1 x2),，即证 a2x1x2，原命题等价于证明In x1In x2此 上 2(" x2) ,令 t 2xL,(t 1),构造又2x1X2X22(t 1)g(t) 1nt TT，t1 ,此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略法三：直接换元构造新函数:1n x11n x2x1x21n x2x2x22V 设 x1x2,t上，(t 1),1n x1x1x1则 x2txTt1

12、n x11n t 1n x11n x11nt .反斛出：1nxi,1n x2t 1故 x1x2 e21n x1 1n x21n t 11n t1n tx1 1n t 1n x11n t ，t 1 t 1t 1 一 -21nt 2,转化成法二，下同，略t 1例4.设函数f (x) ex axa(aR),其图像与x轴交于A(x1,0), B(x2,0)两点，且x1x2.证明:f ( Xi X2 ) 0 .【解析】由f(x)_xe ax a, f(x)a,易知：a的取值范围为(e2,) , f (x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a,)上单调递增设函数图像与x轴交于A(x1,0), B(x2

13、,0),两点，因此法一：利用通法构造新函数，略; 法二：将旧变元转换成新变元：e再ex2ax1ax20,两式相减得:0,ex2e*x2x1,(tf (xx2x1 x2-2-% 斗e ex2xix1 x2e 2 t(2t (et e2t)，设 g(t) 2t(ete t),(t0),则(ete t)0 ,所以g(t)在t(0,)上单调递减,故g(t) g(0) x2e 20,而 e一2t0,所以f (x0,又f (x)ex a是R上的递增函数，且历2xx2x2)0.容易想到，但却是错解的过程:欲证:f (Jx x2) 0,即要证:xi x2自然会想到:e ax a 0,x2eax2 a 0,ex

14、1ex2a(xia*1),一，两式相乘得:1),a (X1)% 1),即证:(xi1)(x21)1.考虑用基本不等式(x11)(x21)(xx22)2,也即只要证:4 .由于1,x2ln a.3 一.当取ae3将得到x23，从而x1x24 .而二元一次不等式4对任意(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(a,b)内f(b) f(a)拉格朗日中值定理：若函数 f(x)满足如下条件：函数在闭区间 a,b上连续；函数在开区间可导，则在(

15、a,b)内至少存在一点，使得f ()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,k 0f(X2) f(X1)kAB 0 X> X10(ex2 e") a(x X2)X2_X1c . e2 e 0, , , a ,X2X1由于 f(xi) f(X2) 0,显然 f(xi)f(Xi) 0 与 f(Xi)f (Xi) 0 ,与已知f(Xi) f(X2) 0 不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变例5已知函数f(x) ln x2 ax(2a)X.(I)讨论f (x)的单调性;(II)设a 0,证明：当01 一时,aX)(III)若函数y f (x)的图像与

16、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)易得:当a 0时,f(x)在(0,)上单调递增；当a 0时,1 ,、，一 ,f (x)在(0,)上单倜递a1增，在(一，)上单调递减. a(II)法一：构造函数 g(x)f(1 ax)f(1 ax),(01-),利用函数单调性证明，方法上同, a略;,1 h(a) f (ax)f(1 ah(a)ln(1ax)ln(1ax)(a)x1 axx1 ax2x3 22x a2 2，1 a x，h (a)而 h(0)所以h(a)故当0f(1 aX)f(1 x).a(III )由(I)知，只有当0时，且f (x)的最大

17、值不妨设 A(x1,0), B(x2,0),0X1 1,f(-) 0,函数 ax2 ,故一X1ay f (x)才会有两个零点,(0,1),由(II )得：211f (一 X1)f (-X1)f(- a1，- 1，u(X1) f (X1)f(X2),又由f(x)在(-,)上单调递减，所以X2X1 ,于是x0a【问题的进一步探究】1 工/、左一 ,由(I)知, af (X0) 0.对数平均不等式的介绍与证明两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)a b(a b), ln a ln ba(a b).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系:一 ab L(a,b)a上(此式记为对数平均不等式)2取等条

18、件：当且仅当a b时，等号成立.只证：当ab时,、ab L(a,b).不失一般性，可设b.证明如下:(I)先证:L(a,b)不等式a b ln a ln b.abln"21n1)1构造函数 f (x) 2ln x (x ),(x x1),则 f(x)所以函数f(x)在(1,)上单调递减，故f(x)f(1)(II)再证:/、 a bL(a,b)不等式1n a 1n b2(a b)a b,a lnb(b构造函数g(x) 1n x2(x 1)(x1),(x 1),1 2(1)2.因为x1 时，f (x) 0,0,1)1)g (x)从而不等式成立;g (x) 0,所以函数g(x)在(1,)上

19、单调递增，故g(x)综合(I) (II)知，对 a,bR ,都有对数平均不等式In x2(x1)(x 1)(其中xb 1)(x 1)2x (x 1)2 x(x 1)2.因为x 1时，g(1)0,从而不等式 成立;L(a,b) -b成立，当且仅当a b2时，等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例1已知函数f(x) xe x(x R),如果 x1 x2，且 f (x1)f (x2),证明：x1 x2 2.【解析】法五：由前述方法四，可得1Xix2,利用对数平均不等式得：1n x11n x21X1X2In x In x22,秒证.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

20、式的方法省略例 4.设函数 f (x) ex ax a(aR),其图像与x轴交于A(x1,0) , B(x2,0)两点，且x x2 .证明:f ( , x1 x2) 0.【解析】法三：由前述方法可得：aex'ex2- -(1 x1 lna x2),等式两边取以e为底的对数,Xi 1 x2 1ln x1ln x2xix2.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有得In ax1ln( x 1)x2ln(x21),化简得：1(x1_(x_1L_,由对数平均不等式知：ln(x

21、1 1) ln(x2 1)1 (x-1(-2-D JTx1)(x21)， 即x1x2 (x x2) 0, 故 要 证ln(x1 1) ln(x2 1)f(7x1x2)0证 Jx1x2ln a 证2jx1x2x,ln(x11) x2 ln(x21)证 ln(x11)ln(x2 1)x1 x2 2jx1x2证ln(x1x2(x1 x2) 1)x1x22,x1x2x1x2(x1x2) 0 ln(x1x2 (x1x2)1) ln1 0,而 x1x22x1 x2x1x2x1 x2x1 x2 12ln x11n x22(x1x2)lnxlnx?2xix2 . x1x2Q；'x1 x x2)0 ln

22、(x,x2(x1x2)1)x1x22、xx2显然成立，故原问题得证.例 5 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 (x0) 0.【解析】(I) (II)略，22(III)由 f(x1)f (x2) 0ln x1ax1(2a)x1lnx2ax2(2a)x2022、 ln x1 ln x2 2(x1 x2)ln x ln x2 2(x1 x2) a(x1x2x1 x2)a 彳2

23、-xx2x x2x1x21故要证 f (x0)0 x0 -一2一2 a得 F (x) (x 1)(ex 2a) (x 1)(e 2a) (x 1)(ex e),从而 F (x)在(，1)上单调递增，在(1,)两个零点x1,x2.证明：x1 x22.【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y f(x)有两个零点x1,x2,则必须a 0.法一：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：x

24、1 x2 2,等价于证明：f(2 x2) f (x1) 0,又 f(2x2)x2e2 x2a(x21)2,且 f(x2)(x22)ex2a(x21)20f (2 x2)x?e2 x2 仇 2)ex2,构造函数 g(x)xe2x (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：fx1fx20,不难发现x11,x21,整理得:X 2 ex1x2 2 ex2aT2x11x2 1x 2 ex设 g x e-，则 g x1x 12x 21.y-ex,当 x 1时，g' x 0, g x 单调x 1递减；当x 1时，g' x 0, g x单调递增

25、.设m 0,构造代数式：g 1 m g 1 m#e2me设 h mm- 62m 1 , m 0 则 h' mm 1'2 m22m e0 ,故h m单调递增，有h m因此，对于任意的 m 0, g 1 m g 1 m由g xig x2可知X、x2不可能在g x的同一个单调区间上,不妨设x1X2 ,则必有x11 x2 .令m 1 x1 0,则有 g 11 x g 11而 2x 1 , x21,gx 在 1,上单调递增，因此 g 2 x1g x22x1x2整理得：x x2 2.法三：参变分离再构造对称函数x 2 ex由法二，得g x 构造G(x) g(x) g(2 x),(x (,1),利用单调性可证，此处略x 1法四：构造加强函数x 1对称的函数g(x),使得当【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)ex a(x 1)2, f (x) (x 1)(ex 2 a),故希望构造一个函数F(x),