《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（x1,b） ,B（x2,b）两点，则AB的中点为M（"x2,b）,而往往Xo*x_/.如下图 所示.极值点左偏-15-15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

2、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】极值点左偏：将十万2%,刀=与三处切线与m轴不平行, 若人工）上凸递减h则外卜若小用下凸（/小）递增卜则/（笞&）/*（&）=o,极值点右偏：巧+巧弋4，二主色处切线与JT轴不平行；若上凸，心）递减卜则卜八七二0.若共幻下凸（尸（外递增卜则伉）=0.V 2 JV 2 J【处理策略】、不含参数的问题例1. (2010天津理)已知函数 f (x) = xe" (x w R),如果x1 # x2,且 f(X)= fM ,证明：x1 x2 2.【解析

3、】法一：f (x)=(1x)e”,易得f (x)在(g,1)上单调递增，在(1,依)上单调递减，xt-8时，f (x)T , f (0) =0 , xT +8时，f (x)T 0 ,函1数f (x)在x=1处取得极大值f(1),且fT =二如图所示.e由 f (x1)= f (x2), x1丰"不妨设 x1 <x2,则必有 0 < x1 < 1 < x2,构造函数 F(x) = f(1+x)-f(1-x),xe(0,1,则 F'(x) = f (1+x) +f'(1x) =(e2x -1)>0 ,所以 F(x)在 x w (0,1上单调递

4、增， eF(x) >F(0) =0,也即 f (1+x) a f (1x)对 xw (0,1恒成立.由 0 cxi <1 <x2 ,则 1x1 w (0,1,所以 f(1 + (1 K)=f(2 x)>f(1(JK )=f x )=f 於)即 f(2 K)f(x2),又因为2x,x2 w (1,2),且f (x)在(1,也)上单调递减，所以 2 x1 <x2,即证 x1 +x2 >2.法二：欲证 x1 + x2 > 2 ,即证 x2 > 2 - x1,由法一知 0 < x1 < 1 < x2,故 2 - x1，x2 W(1,收)

5、,又因为f (x)在(1,y)上单调递减，故只需证f (x2) < f (2 %),又因为f(x,)=f(x2),故也即证f(x1)< f(2为)，构造函数H (x)= f(x)f (2 x),xw (0,1),则等价于证明H(x) <0 对 xw (0,1)恒成立.1 x由 H (x) = f (x) + f (2 x)=1-(1e2x") >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xw (0,1)恒成立，故原不等式 x1 +乂22亦成立.法三：由 f(xj = f(x2),得

6、 xT =x2e"2,化简得 e"f =x2，x1不妨设 X2,由法一知，o <x1<1 <X2 .令t=X2- Xi ,则 t >0,X2=t十Xi,代入 式,得 et/ +X1,反解出X1=一一,则X1+x2= 2X1+t=t2t+t,故要证：X1 + X2> 2 ,X|e -1e -1 2tt . 一t即证：t+t >2,又因为 S 1 >0,等价于证明：2t + (t-2)(et-1)>0 -,e -1构造函数 G(t) =2t+(t 2)(et 1),(t >0),则 G'= (t1)8+1,G”(t)

7、=tet >0,故G(t)在t w (0, )上单调递增，G'(t) >G'(0) = 0 ,从而G(t)也在t w (0,-hc)上单调递增，G(t) >G(0) =0,即证 式成立，也即原不等式 为十%>2成立.法四：由法三中 式，两边同时取以 e为底的对数，得X2X1 = ln = lnX2-lnX1,也即x2 , 2 1In x2Tn X1Inx2TnX1&X1,x2X1,x2一21 =1 ,从而 x1 +x2 =(x1 +x2) 21 =11n In ,X2-X1x2-X1X2-X1X1*X1一 1X1人 Xt 1令t=2(t>1

8、),则欲证：x1 +x2 >2,等价于证明： lnt>2x1t -1构造M (t)=(t 1)lntt -12=(1 +)ln t,(t >1),则 M (t)=t -1t2 -1-2tIntt(t-1)2又令邛(t) =t2-12tlnt,(t >1),贝U 中'(t t-2n1+2=1 tn) t ，由于 t1>lnt对x/tw(1,y)恒成立，故(t)A0,邛(t)在tw(1,g)上单调递增，所以中(t) A中(1)=0 ,t 1t+-) =2 ，t即证M (t) > 2 即证从而M '(t A 0,故M (t)在tw(1,+g)上单调

9、递增，由洛比塔法则知(t 1)ln t (t 1)lnt) lim M (t) = lim = lim = lim(lnX 1X1t -1 x 1 (t -1) x 1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) = xaex有两个不同的零点 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 xe"

10、;=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,xi = aex(1)x,x2 = ae2(2)由(1)+(2)得：x1+x2 = a(ex1+ex2), 要证明x1十x2 >2 ,只要证明a(ex1 +e" ) >2 ,由(1)(2)得：、x2=a(ex1ex2),即 a=4R4 e - eex1 - ex2ex1 ”1即证：(Xx2)£ >2U (x1 -x2)>2,e1 e2e 2 -1不妨设 X A x2 ,记 t

11、 =刈 一 x2 ,则 t A 0, 3 A 1 ,.et 1 ,_ 2(6-1)一因此只要证明：t - A 2 u t ->0,et -1et 1再次换元令 et = x >1, t=inx,即证 In x 2x?a0 Vx= (1+=°)x 1构造新函数 F(x)=lnx2(x1) , F(1)=0 x 1求导F (x)=- x4(x 1)2(x-1)2x(x 1)2>0,得F(x)在(1,收)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,从而转化成不

12、含参数的问题去解决；或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)=lnxax, 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：In x_f (x) =0u ln x =axu ln 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,lnx2 是 x = aex,设 u1 = In 9 u2 =ln x2 , g(x)=xeT,则2g(u) =g(w),从而xx2 >e仁lnx +lnx? >

13、;2u u +w >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X > ” ,In x1 -axi =0,ln x2 ax2 =0, In x1 +In x2 = a(x1 +x2),ln x1 In x2 = a(x1 x2),In x1 - In x2一1二a ,欲证明x1 -'x22为x2 e ,即证 Inx11nx2 2.In x +1n x2 =a(x +x2),r、2即证a >,xx2原命题等价于证明1n x1 - 1n %x1 - x2a二一，即证：1n 2 >2("一x2) ,令 t=%,(t

14、>1), x x2x2x1 x2x2构造g(t) =1nt -丝二n,t >1 ,此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略.t 1法三：直接换元构造新函数：1n % 1n x2a =:=x1x21n x9xx9-2=设 x1<x2,t=',(t >1),In x1x1x1则 x2 = tx1,ln必In x1In t1nxi二 tIn x1反解出：In x11nt,1nx2=1ntx1 t -1In t=In t In x1 = In t t -111n tt -1一9t 1故 x1x2 a e u 1nxi + 1n x2 > 2 u 1n t >

15、; 2 ,转化成法一，下同，略t -1例4.设函数f(x) =ex ax+a(aw R),其图像与 x轴交于A(x1,0), B(x2,0)两点，且x1： x2 .证明：f ( . Kx2 )：二 0 .【解析】由f (x) =exax+a, f (x) =exa ,易知：a的取值范围为(e2,2), f (x)在(3,1n a)上单调递减，在(1na,")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：-e51x2 一%记."，,则f,(空)均,X2=e 2_x2.e2 -ex x2e2(2t -(8 -e")，P -ax1*"0

16、,两式相减得: ex2 -ax2 a = 0,设 g(t) =2t -(et -e+),(t >0),则 g'(t) =2 -(8 +e*) <0,所以 g(t)在 t (0, +00)上单x1 x2S2调递减，故 g(t) <g(0) =0,而？一>o,所以(2L2)<o, 2t2又f (x) =ex a是 R上的递增函数，且< x1 jx2 ,f'(/Xi ?) <0.容易想到，但却是错解的过程：xi X2欲证：f'(jxTW) <0,即要证：f'(土六)<0,亦要证e a<0,也即证：ex1佻&l

17、t;a2,lex1 -ax a = 0,e' =a(x 1),很自然会想到：对41, u4(x,),两式相乘得：ex2 ax2 a = 0,ex2 = a(x2 1),ex1*2 =a2(x11)(x21)，即证：(x11)(x21)<1 .考虑用基本不等式为, x2 2、23(x1 -1)(x2 -1) <()，也即只要证：x1+x2 <4.由于斗 >1,x2 a In a .当取 a = e2将得到x2 >3 ,从而x1 +x2 >4.而二元一次不等式 x +x2 <4对任意aw (e2,+=)不恒成立，故此法错误.【迷惑】此题为什么两式相

18、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向=f- 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kA”。仁 f(x2)-f(x1).0 4»('")=0,於", x2 ”2x2 -

19、x1由于 f (X) = f(x2) =0,显然 f(x,)+ f (x,)=0与 f(x,)叶(X) =0,与已知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)已知函数 f(x)=lnx-ax2 (2 - a)x.(I)讨论f(x)的单调性；111(II)设 a A0,证明：当 0 <x <一时，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 小,证明:f (%) <0.一 一 一, ，一 ，一1【解析】(I)易得：当aM0时，f(x)在(

20、0,一)上单调递增；当a>0时，f (x)在(0,-) a1上单倜递增，在(，)上单调递减.a111(II)法一：构造函数 g(x) = f(+x) A f (- -x),(0 <x<-),利用函数单调性证明，方aaa法上同，略；11法二：构造以a为王兀的函数，设函数h(a) = f ( +x) > f ( -x), 则 aax x2x3a2,1h( a)= l n f 1a x - ) l-ns( x ，hs(ax) =+2x=2，由 0<x<一，1 ax 1 - ax 1 - a xa一一 1 一 1. 一 一.一 一 1解得 0<a< ，当

21、 0<a< 时，h(a)0,而 h(0) 0 ,所以 h(a) > 0 ,故当 0Mxe xxa一 11时，f ( x) f ( x).aa1(III )由(I)知，只有当a>0时，且f (x)的最大值f (-) >0 ,函数y= f(x)才会有两a111个手点，不妨设 A(x1,0), B(x? ,0),0 < K < & ,则 0 < x1 < < x2,故一 x1 二 (0, 一),由aaa-21111(II)倚：f(-x)= f(+ -x) > fb -f -x ) = f (x )= f (x ,)又由 f (

22、x)在 aa aa a,1 2一 x1 x21(,g)上单倜递减，所以x2 > X,于是x°=> ，由(I)知，f (x0) <0.aa2 a【问题的进一步探究】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:(a = b),r a - bL(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:JOb WL(a,b) wa上(此式记为对数平均不等式)2取等条件：当且仅当 a=b时，等号成立.只证：当a #b时,ab : L(a,b) : a-b.不失一般性，可设a >b .证明如下:(I)先证：Tab <

23、 L(a,b)不等式 u lnaInbcabu lna <Ja -Jb 21nx<x1 (其中x =a1)、ab b .b .ax'b )1211 2构造函数 f (x) =21n x (x ),(x >1),则 f'(x) = -1- 2=(1 )2 .因为 x>1 时, xxxxf'(x)<0,所以函数f (x)在(1,十瓷)上单调递减，故f (x) < f (1)= 0 ,从而不等式成立;(II)再证：L(a,b) <ab若信1)22(a -'b)a 'b )不等式二lna-lnb -= In 三a b b

24、 (a 1)b构造函数g(x) =1n x -2(x-1)(x 1),(x >1),则 gx) =1 x4(x 1)2_ (x-1)2 x(x 1)2.因为x A 1时,g'(x)A0,所以函数g(x)在(1,收)上单调递增，故g(x) <g(1) = 0,从而不等式成立;a b综合(I) (II)知，对Va,be R ,都有对数平均不等式 Tab <L(a,b)< 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'(xw R)，如果 x#x2，且 f(K)= f(x2),证

25、明：x1 x2 2.【解析】法五：由前述方法四，可得1=x1 -x2,利用对数平均不等式得：1n x1 - 1n x21 =x1 -x2<xj/,即证：+乂2>2,秒证.In x1 Tn 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(aw R),其图像与 x轴交于A(x1,0) , B(x2,0)两点，且 x1 :二 x2 .证明：f ( . x1，x2) 0.ex1ex2【解析】法三：由前述方法可得：a=(1 < x1 < 1n a < x2)，等式两边取以e为x1 -1 x

26、2 -1底的对数，得 lna = x1 ln(x1 _1) = x2 ln(x2 1),化简彳导:1 = 1 - 2-，ln(x1 -1)-ln(x2 -1)对数平均不等式知：1 =(x1 -1)-(x2-> J(x11)(x21j,即x1x2-(x1+x2)<0,ln(x1 -1) - ln( x2 -1)”故要证 f (J为") <0u 证Jx1x2 <lna= 证2jx1x2 <x1 -ln(x1 -1) + x2 -ln(x2 -1)u 证 ln(x1 -1) +ln(x2 -1) < x1 +x2 -2x1x2证 ln(x1x2 -(x1

27、 +x2) +1)< x1 + x2 -21x2 x1x2 -(x1 +x2) <0ln(x1x2 -(x1 +x2)+1)<ln1 =0 ,而 x x2 -2 x/ = (. X x2 )2 0 ln(x1x2 -(x1 +x2) +1)<x1 +x2 -2Jx1x2 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 a0 ,证明：当 0<xc 一时，f(一+x)>f(x)；aaa(III )若函数y= f(x)的图像与x轴交于A, B两点，

28、线段AB中点的横坐标为x0,证明：f (x。)：二0.【解析】(I) (II)略，(III )由 f (xi) = f(x2) =022=ln x1 ax1(2 a)x1 = ln x2 ax2(2 a)x2 : 022=ln x1- lnx22(x1-x2)= a(x1-x2-x2)ln x1 - ln x22(x1 - x2)"x；2故要证 f ( x。)：: 0 ：= x0 = xx222x1 -x2x1 - x2x1 x2 1x1x2:二-22 alnx1 -ln x2 2(xi x?)1n x1 -lnx22xi -x2=2 :二1n x1n X2根据对数平均不等，此不等式

29、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.【解析】由 f (x) =(x2)ex +a(x-1)2,得 f'(x) Yxf(e xe a ,可知 f (x)在(,1)上单调递减，在(1,十g)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x ex2,由单调性知x1 w (,1)泾w (1,收)，所以2 x2w (g,1),又f (x)在(_的,1)单

30、调递减，故要证：%<2,等价于证明：f(2x2)< f(x1)= 0,又 f(2 x2) =x2e2'2+a(x2 1)2,且 f(x2) = (x2 2)ex2 + a(x2 1)2 = 0 f (2x2) =x2e2 (x2 2)e”,构造函数 g(x) =-xe2"-(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 (x2 ) = 0 ,不难发现x1#1, x201,x1 -2 e"1x2 -2 ex2故可整理得：-a = 12 = 22x1 -1 ji x2 -1 i(xx -2 e 一仅

31、g1x 尸,则 g(x1 ) = g(x2 )x -12一x -21 、， .那么 g'(x )=-J-ex,当 x<1 时，g'(x)<0, g(x)单调递减；当 x>1 时,x-1g'(x)>0, g(x)单调递增.设m >0,构造代数式：/m -1 1 m -m -1 1 jm 1 m 1H m -12m /g 1 m -g 1 -m =-ee=ee 1mmm m 1设 h(m )=mz1e2m +1 , m >0m 1则 h' m =22m 2m2 em 1>0,故h(m)单调递增，有h(m »h(0

32、)= 0.因此，对于任意的 m >0, g(1+m)>g(1m由g(X )=g(X2丹知Xi、X2不可能在g(X )的同一个单调区间上，不妨设Xi <X2 ,则必有 x ：1 ：；x2令 m=1 -X1 >0,则有 g 1+(1_” g>g _(1_为g(2X1 )>g(X1 )=g(X2 )而 2 % >1 , X2 >1 , g (x )在(1,")上单调递增，因此：g(2 x )>g(X2 / 2 -X1 > X2整理得：X1 +X2 <2 .法三：参变分离再构造对称函数X由法二，得g(x )"-2号 构造G(x) = g(x)g(2x),(xw(-°o,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xa1时，f (x) > g(x),结合图像，易证原不等式成立.X2_ .X【解答】由f(x)=(x2)e +a(