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 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 x ,b),而往往x0 汉广.如下图 所示.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

2、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】【处理策略】一、不含参数的问题.例 1. (2010 天津理)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】法一：f (x) (1 x)ex,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1数f (x)在x 1处取得极大值f(1),且f(1)-,如图所示. e由 f(x1)f(x2), x1x2,不妨设 x1 x2,则必有 0 x1 1 x2,构造函数 F

3、(x) f (1 x) f (1 x),x (0,1,则 F (x)f (1 x)f (1 x) 告(e2x1) 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 0 4 1x2,则 1x1(0,1,所以 f(1 (1Xi)f(2 Xi)f(1 (1Xi)f(Xi)f(X2),即 f(2Xi)f(X2),又因为2 Xi,X2 (1,)，且f(X)在(1,)上单调递减，所以2 X(x2 ,即证X1 x2 2.法二：欲证XiX22,即证X22Xi,由法一知 0Xi1 X2,故 2X),X2(1,),又因为f(x)在(1

4、,)上单调递减，故只需证f(x2)f (2 X,),又因为f(x1) f(x2),故也即证f(Xi)f(2 Xi),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由 H (x) f (x) f (2 x) )一(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Xi X2 2亦成立.法三：由f(Xi)f(X2),得Xie为X2eX2,化简得ex2再 上，Xi不妨设X2X1,由法一知，oX11X2 .令tX2X1,则t0,X2t

5、X1 ,代入式,得 et-一x1,反解出x1p，则X1x22x1tt2tt ,故要证：x1x22 ,Xie 1e 1 2t一t ._t即证：- t2,又因为S1 0,等价于证明：2t (t 2)(et 1)0，e 1构造函数 G(t)2t (t 2)(et1),(t0),则 G(t)(t 1)et 1,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In x2 In X11 ,从而 X1 X2(X1X2 X1令t 区(t

6、 1),则欲证：Xi X2Xie为底的对数，得 x2 X1In-x2 In x2 In X1,也即Xi& 1In x2In X1x2X1x2X1 x2x2)21 1 In一In ,X2X1X2X1X1a1 X)Xit 12,等价于证明：In t 2 ,t 1构造M(t 1)lnt (1t 12叱。1),则 m 又令(t)2_t 1 2tlnt,(t1),则(t) 2t 2(lnt 1) 2(t 1lnt),由于t1 lnt(1,)恒成立,故(t) 0,(t)在 t(1,)上单调递增,所以0,(1,)递增，由(t 1)ln t lXm1M(t)lim(t 1)lnt)X 1 (t 1)l

7、im(ln1)2,即证M (t)2 即证式成立，也即原不等式 X1X22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, 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, 换成新变元来表示，从而达到消元的目的 .二、含参数的问题.方法一、二利 将两个旧的变元都例2.已知函数f(X) X aeX有两个不同的零点 X1,X2，求证:X1X2【解析】思路1：函数f (x)的两个零点，等价于方程XXea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X1, X2

8、 ,.解答如下:要证明X1即证：(X1不妨设X1所以X1X2由(1) (2)得:X1aeX2ae2X1X2(1) a(eX1X2 e ),X22,只要证明a(eX1由(2)得:X1X2)因此只要证明:再次换元令构造新函数求导F (X)_X1_X2eeeX1记teX2X1(X1F(X)X2、e ) 2 ,X X1X2 a(eex2)，即 aX1X2X1X，'e1 eX2)X1 X2ee 0,etX1X2tete1,lnX,ln X2(XXX (X 1)22(e 1)et 1即证ln X,F(1)0,X (1,)u 0,X(X 1)得 F(X)在(1,)递增,14所以F(x) 0,因此原不

9、等式xi 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;f(x)有两个零点x1,x2,故思路很自然的就会想到： 想尽一切办法消去参数, 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) ln x ax, a为常数，若函数试证明：x1 x2 e2.【解析】法一：消参转化成无参数问题：_ . ._.lnxf (x) 0 ln x ax In x ae , x，x2是万程f(x) 0的两根，也是万程 In xae1nx 的两根，则 lnx1,lnx2是 xaex,设 u1Inx( ,u2Inx2,g

10、(x) xe x ,则2g(Ui) g(u2),从而x1x2 e In xi In x2 23 必 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x1” ,1n xax10,1n x2 ax20, In x1In x2a(xix2),1n xiIn x2a(xi次)，,1n xiIn x2a ,欲证明xix2e2,即证In x1In x22.xix2In x In x2a(xi x2),，即证 a2xiX2，原命题等价于证明In xiIn x2xix2即证：1n82(xi"令 t 上,(t i),xi x2x2xi X2X21n 为 1n x2X

11、iX2则 x2txi,In %In xiIn tInIn x1Xi反解出：In xiIn t,1n X2 t i故 xi x2 e2In xiIn x2In t t In tIn txi In t In xiIn t ，t i t it i 一42In t 2,转化成法二，下同，略t i构造g(t) Int 辿,t i ,此问题等价转化成为例 2中思路二的解答，下略 t i法三：直接换元构造新函数：”，设 XiX2,t迄,(t i),In xixixi例4.设函数f(x) ex ax a(a R) ,其图像与x轴交于A(xi,0), B(x2,0)两点，且Xix2.证明：f Qx1 x2) 0

12、.【解析】由f(x)ex ax a, f (x) ex a ,易知：a的取值范围为(e2,),f(x)在(,lna)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：1两式相减得：axce2 ax2 a 0,%xi记t -2yxL,(t0),则 f (x-x2) e-设 g(t) 2t (et e t),(t 0),则 g Xi x2e 2调递减，故g(t) g(0) 0,而e一 0,2t又 f (x)ex a是R上的递增函数，且ex1，Xix x2x2_x2_x1-25-eee 2t t2 -(2t (et e»x2 x12t2 (et

13、 e t) 0,所以 g(t)在 t (0,)上单所以f (瓦3)0 ,2KX2Jxix22，-f (%, xi x2 ) 0 .x1 x2 4对任息a (e欲证：f (尿x2) 0,即要安xi x2lE： f () 0 ,亦要证 e 2 a 0,也即证：e1 2 a ,2很自然会想到：对ex1ax1a0,ex1a(x11),1两式相乘得：ex2ax2a0,ex2a(x21),ex1 x2 a2(xi 1)(x2 1),即证：(x1 1)(x2 1) 1 .考虑用基本不等式(Xi 1)(X2 1) (* 22 2、2 , 一3)，也即只要证：xi X2 4 .由于xi 1,x2 In a .当

14、取a e容易想到，但却是错解的过程:将得到x23 ,从而x1 x24.而二元一次不等式2)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

15、，因此kAB 0 g 住x2 xi0 (e" e')a(xi x2)0,.x2x1e ea ,x2xi由于 f(xi) f(x2) 0,显然 f(xi) f (xi) 0 与 f(xi)f(xi) 0,与已知f(x1)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；(II)设 a 0,证明：当 0 x 1时，f(- x) f(- x)； a aa(Ill )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) 0.1【解

16、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,-)'a1上单倜递增，在(一，)上单调递减.a1- 1_1(II )法一：构造函数g(x) f (-x) f (-x),(0x ),利用函数单调性证明，aaa方法上同，略；1- 1x x1 ax 1 ax法一：构造以a为王兀的函数，设函数h(a) f ( x) f ( x),则 aah(a) ln(1 ax) ln(1 ax) 2ax, h (a)1 一 1一, 一 1解得 0 a 一,当0 a 时，h(a) 0,而 h(0) 0,所以 h(a) 0 ,故当 0 x 一 xxa11时，f( x) f

17、 ( x). aa(ill )由(I)知，只有当a 0时，且f(x)的最大值f(1)两个零点，不妨设A(x1,0), B(x2,0),0Xix2，则 0 x10,函数yf(x)才会有小1、x1(0,)，a一、，r2由(ll )得：f( x1) af(1 a1、，(-,)上单调递减，所以 a【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明x2两个正数a和b的对数平均定义:L(a,b)对数平均与算术平均、几何平均的大小关系: ab L(a,b)f(a是x0a In a a(aa b (此式记为对数平均不等式取等条件：当且仅当只证：当ab时,a b时，等号成立.ab L(a,b) a-b2(I )先证

18、:；abL(a,b)不等式In aa b . aIn bIn.ab b构造函数fX) axx22b(a In bb).不失一般性，可设2ln又由f (x)在f (x0) 0.b),b.证明如下:11(其中x x1)，、，1(x) 2In x (x -),(x 1),则 fx(x)f (x) 0,所以函数f (x)在(1,)上单调递减,12x(11 2一).因为x x1时,f(x)f(1)0,从而不等式成立;a b(ll )再证：L(a,b) ab 2不等式Ina Inb 2(a b) a b,a Inb1)In x(b 1)构造函数 g(x) In x 2(x-",( x (x 1)

19、1)，则 g (x) 1 x4(x 1)2(x D?.因为x 1时, x(x 1)g (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(l) (ll )知，对 a,b R ,都有对数平均不等式 Tab L(a,b) 仅当a b时，等号成立.成立，当且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) xex(xR)，如果x1x2，且 f(x1)f(x2),证明：x1 x2 2.【解析】法五：由前述方法四，可得1x1 x2,利用对数平均不等式得：ln X ln x21 为x2生盘，即证：xi x2 2,秒证.ln x1 I

20、n 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.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 (/K x2) 0.x1x2【解析】法三：由前述方法可得：a-(1 x1 Ina x2)，等式两边取以e为x1 1x2 1底的对数，得 Ina x1 1mxi 1) x2 ln(x2 1),化简彳导:1 (x1 / (x2),由 1mxi 1) ln(x2 1)对数平均不等式知：1(x1D(x2. J(1)(x21) , IPx1x2(x1x2) 0,1n(x1 1) 1n(x2

21、 1)'故要证 f (J%x2) 0证小由2 In a 证2yxix2 x11n(x11)x2ln(x2 1)证 1n(x1 1) ln(x21) x1 x2 2dxix2 证 1n(x1x2(x1x2)1)x1 x2 2jx1x21 x1x2 (x1 x2) 0 1 1n( x1x2 (x1 x2) 1) 1n1 0 ,而 X x2 2 x1x2( % . x2)2 0 1a(X1X2 (k x2) 1) K x2 2,4乂2显然成立，故原问题得证.例5. (11年，辽宁理)已知函数f(x)1n xax2(2a)x.(I )讨论f (x)的单调性；C、 r,1.1.1(II)设 a

22、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.【解析】(I) (II )略，(III )由 f(x1)f(x2) 0,221nxiax1(2 a)x1In x2ax2(2a)x20221n x1In x22(x1 x2) a(x1 x2x1x2)In x1 In x2(x1 x2)22x1x2x1 x2故要证 f (x0) 0x0 J2 -2 aKx2 1In xIn x22x1x222x1 x2x1x2x1 x22In x1In x2 2(x1 x2)，一 In . m

23、用 .根据对数平均不等，此不等式显然成立，故原不等式得证x1 x2x1 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x1,x2.证明：x1 x2 2.x2_x-【斛析】由 f (x) (x 2)e a(x 1),得 f (x) (x 1)(e2a),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.法一：构造部分对称函数不妨设x1 x2,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：Xx22,等价

24、于证明：f(2x2)f(x1) 0,又f(2x2)x2e2x2a(x21)2,且 f(x2)(x22)ex2a(x21)201- f (2x2)x2e2h(x22)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由已知得：fx1fx20 ,不难发现x11,x21 ,故可整理得：a x1 2耳X1 1X22 ex22X21X2x 2 exn.丁，则 g X1X 1那么2x 2 3 1eX,当x 11时,X 0, g X单调递减；当X 1时,0,g X单调递增.0,构造代数式:m 1 2m em 12m单调递增,0.2m 2m2e

25、 0 ，m 1因此，对于任意的 m 0,g X2可知X、X2不可能在的同一个单调区间上,不妨设X1则有gX1X2而2 X11 ， X2在1,上单调递增,因此：g 2整理得:X1X2法三：参变分离再构造对称函数2X e由法二，得g x 构造G(x)x 1g(X) g(2x),(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)eX a(x 1)2, f (x) (x 1)(eX 2a),故希望构造一个函数F(x),使得 F(x) (x 1)(ex 2a) (x 1)(e 2a) (x 1)(e