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。若函数f (x) 在 x x0 处取得极值，且函数 yf ( x) 与直线 yb交于 A(x1, b) , B( x2 ,b) 两点，则 AB 的中点为 M ( x1 x2 , b) ，而往往 x0x1x2 .如下图22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

2、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】【处理策略】1/12一、不含参数的问题.例 1.（ 2010 天津理）已知函数f(x)xex ()x2 ，且 f ( x1 )f ( x2 ) ，x R ，如果 x1证明： x1 x22.【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 ， 函数 f (x) 在 x1处取得极大值f(1) ，且 f (1)1,

3、如图所示 .e由 f (x1)f ( x2 ), x1x2 ，不妨设 x1x2 ，则必有0x11 x2 ，构造函数 F ( x)f (1x) f (1x), x(0,1 ，则 F ( x)f(1x)f (1x)x2 x1)0，所以 F ( x) 在 x (0,1 上单调递增，x1 (eeF ( x)F (0)0 ，也即 f (1x)f (1x) 对 x(0,1恒成立 .由 0x11x2 ，则 1x1(0,1 ，所以 f (1 (1 x1 )f (2 x1)f (1 (1 x1)f ( x1 )f ( x2 ) ，即 f (2 x1 )f ( x2 ) ，又因为 2x1 , x2(1,) ，且

4、f ( x) 在 (1,) 上单调递减，所以 2x1x2 ，即证 x1x22.法二： 欲证 x1x2 2 ，即证 x22x1 ，由法一知 0x11 x2 ，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 (2 x1 ) ，构造函数H (x)f ( x)f (2x), x(0,1) ，则等价于证明H ( x)0 对 x(0,1) 恒成立 .由 H ( x)f( x) f(2x)1x x (1e2 x2 )0，则 H ( x) 在 x(0,1)上单调递

5、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 x22亦成立 .法三：由 f ( x1)f ( x2 ) ，得 x1e x1x2e x2 ，化简得 ex2 x1x2，x12/12不妨设 x2x1 ，由法一知，ox11x2 .令 t x2x1 ，则 t0, x2tx1 ，代入式，得 ettx1 ，反解出 x1t，则 x1x22x1t2tt ，故要证： x1x22 ，x1et1et1即证：2tt2，又因为 et10 ，等价于证明： 2t(t2)( et1)0，et1构造函数( )2(t2)( t1),(t0)，则 G (t)(tt1,G

6、(t)t0 ，G tte1)ete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x1x22成立 .法四：由法三中式，两边同时取以e 为底的对数，得x2x1ln x2ln x2 ln x1 ，也即x1x21ln x2ln x11，从而 x1x2( x1x2 ) ln x2ln x1x2x1 ln x2x1ln x2 ，x2x1x2x1x2x1x1x21x1x1令 tx2(t1) ，则欲证： x1x22，等价于证明：t1ln t2，x1t1构造 M (t)(t1)ln t(

7、1t2)ln t,( t1)，则 M(t )t 212t ln t ，t11t (t1)2又令(t)t 212t ln t ,( t1) ，则(t )2t2(ln t1)2(t1 ln t) ，由于 t 1ln t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：lim M (t )lim (t1)ln tlim (t1)ln t )lim(lntt1)2 ，即证 M (t)2，即证x 1x1t1x1(t1)x 1t式成立，也即原不等式x1x22成立 .【点评】

8、 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： x1x22 .3/12【解析】思路 1：函数 f ( x) 的两个零点，等价于方程xe xa 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 ，x1aex1(1)，所以

9、aex2(2)x2由 (1)(2) 得： x1x2a(ex1ex2 ) ，要证明 x1x22 ，只要证明 a(ex1ex2 )2，由 (1)(2) 得： x1x2a(ex1ex2 ) ，即 ax1x2，) ex1ex2x2 ) ex1x2ex1ex2即证： ( xx2(x112 ，12ex1ex2ex1 x21不妨设 x1x2 ，记 tx1x2 ，则 t0, et1，因此只要证明：tet12t2(et1)0 ，et1et12(x1)再次换元令 etx1, tln x ，即证 ln x0x(1,)2( x1)， F(1)x1构造新函数 F (x)ln x0x11)2求导 F ' ( x)

10、14( x0，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，构造出一个变元的新的函数。例 3.已知函数 f ( x)ln xax ， a 为常数，若函数f ( x) 有两个零点 x1 , x2，试证明： x1 x2e2 .【解析】法一：消参转化成无参数问题：f ( x)0 ln x axln xaeln x ， x1 , x2 是方程f (x

11、)0 的两根，也是方程 ln xaeln x 的两根，则ln x1,ln x2 是 xaex ，设 u1lnx1 ,u2ln x2 ， g ( x)xe x ，则g(u1 )g(u2 ) ，从而 x1x2e2ln x1ln x2 2u1u22 ，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 ，4/12 ln x1ax10,ln x2 ax20， ln x1ln x2a(x1x2 ),ln x1ln x2 a( x1x2 ) ， ln x1ln x2a ，欲证明 x1 x2e2，即证 ln x1ln x22.x1x2 ln x1ln x2a( x

12、1x2 ) ，即证 a2，x1x2原命题等价于证明ln x1ln x2x12，即证： ln x12( x1x2 ) ，令 tx1,( t 1) ，x1x2x2x2x1x2x2构造 g(t)ln t2(t1) ,t1 ，此问题等价转化成为例2 中思路二的解答，下略 .t1法三：直接换元构造新函数：aln x1ln x2ln x2x2 , 设 x1x2, tx2 ,( t 1) ，x1x2ln x1x1x1则 x2tx1, ln tx1tln tln x1t ，ln x1ln x1反解出： ln x1ln t ,ln x2ln tx1ln tln x1ln tln tt ln t ，t 1t1t1

13、t 1故 x1 x2e2ln x1ln x22ln t2 ，转化成法二，下同，略 .t1例4. 设函数()xfxeaxa aRx轴交于A(x1 ,0) , B( x2,0)两点，且() ，其图像与x1x2 .证明： f(x1 x2 )0 .【解析】由x(x2fxeaxafxea，易知： a的取值范围为(e ,)，f (x)在(),)(,ln a) 上单调递减，在 (ln a,) 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：ex1ax1a 0,两式相减得：aex2ex1ex2，ax2a 0,x2x1x1x2xxx1 x2x2x1x xe 2记 t,( t0) ，则 f

14、2 )e2e2e 1(2ttt) ，2(1x2x12t( e e2设()2(tet ),(t0)，则 g (t)2(etet)0，所以 g(t ) 在 t(0,) 上单g tte5/12x1x2调递减，故 g(t )g (0)0 ,而 e 20 ，所以 f ( x1x2 )0 ，2t2又 f ( x)exa 是 R 上的递增函数，且x1 x2x1x2， f ( x1x2 ) 0 .2容易想到，但却是错解的过程：(x2 )0，即要证： f ( x1x2x1x20 ，也即证： ex1x2a2 ，欲证： fx1) 0 ，亦要证 e2a2很自然会想到：对ex1ax1a 0,ex1a( x11),ex2

15、ex2两式相乘得：ax2a 0,a( x21),ex1 x2a2 ( x11)(x21) ， 即 证 ： ( x1 1)( x21)1.考虑用基本不等式( x1 1)(x21)( x1x22)2 ，也即只要证： x1 x24 . 由于 x11,x2ln a . 当取 ae32将得到 x23 ，从而 x1x24. 而二元一次不等式x1x24 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)

16、 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)a.b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 ( x1 )0(ex2ex1 )a(x1 x2 )0， aex2ex1，x2x12x2x1由于 f ( x1 ) f (x2 )0 ，显然 f ( x1 )f (x1)0 与 f ( x1 )f (x1 )0 ，与已知f ( x1 )f (x2 )

17、 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(2a)x.6/12（I ）讨论f ( x) 的单调性；（II ）设 a0 ，证明：当0x1时，1x)1x) ；af (f (aa（III ）若函数 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 ，证明：f (x0 )0 .【解析】（ I ）易得：当 a0 时， f (x) 在 (0,) 上单调递增；当a0时， f ( x) 在 (0, 1 )1a上单调递增，在,) 上单调递减 .(a111（II ）法一：构造函数g( x)x)x),(0

18、xf (f () ，利用函数单调性证明，方aaa法上同，略；法 二 ： 构 造 以 a为 主 元 的 函 数 ， 设 函 数 h(a)f (1x)1x)， 则af (ah(a)ln(1ax)ln(1ax)2ax ，h (a)xx2x2x3a2，由1ax1ax1a2 x20 x，1a解得 0a10a1时， h (a)0 ，而 h(0)0， 所以 h( a)0，故当 0x1，当xa1x1x)x) .时， f (f (aa0 时，且 f ( x) 的最大值 f (1 )（III ）由（ I）知，只有当a0 ，函数 yf ( x) 才会有两a个零点，不妨设A(x1 ,0), B(x2 ,0),0x1x

19、2 ，则 0x11x2，故1x1(0, 1) ，由f ( 2f ( 11f ( 1( 1aaa（ II ）得：x1 )x1)x1 )f ( x1 )f ( x2 ) ，又由 f(x)在aaaaa( 1 ,) 上单调递减，所以 x22x1 ，于是 x0x1x21，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明ab( ab),两个正数 a 和 b 的对数平均定义：L(a,b)ln aln ba(ab).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：abL(a, b)ab（此式记为 对数平均不等式 ）2取等条件：当且仅当ab 时，等号成立 .只证：当 ab 时，a

20、bL( ,)a bab.证明如下：.不失一般性，可设a b27/12（I ）先证：abL(a, b)不等式构造函数ln aln babln aab2ln xx1 (其中 xa1)abbbaxbf ( x)2ln x( x1),( x 1) ，则 f ( x)211(11)2.因为 x1时，xxx2xf (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：(, )a bL a b22(ab)a2( a1)2(x 1)a不等式ln aln blnbln x(其中 xabba( x1)1)(1)bb构造函数 g (x)ln x2

21、( x1) ,( x1) ，则 g ( x)1( x4( x1)2.因为 x1 时，( x 1)x1)2x( x1)2g (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，对a, bR ，都有对数平均不等式abL(a, b)ab成立，当且2仅当 ab 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)xex(x)，如果 x1x2，且 f ( x1 )f ( x2 ) ，R证明： x1 x22.【解析】法五：由前述方法四，可得1x1x2，利用对数平均不等式得：ln x1ln x2

22、1x1x2x1x2 ，即证： x1x22，秒证 .ln x1ln 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)exaxa(aR) ，其图像与x 轴交于A( x1,0) , B( x2 ,0) 两点，且x1x2 .证明： f (x1x2 )0 .【解析】 法三：由前述方法可得： aex1ex2(1x1ln ax2 ) ，等式两边取以 e 为x11x218/12底的对数， 得 ln ax1 ln( x11)x2ln( x21)(x11)( x21)，由，化简得： 11)ln( x2 1)ln( x1对数平均不等式知：(x11)(

23、 x21)( x1 1)(x2 1) ，即 x1x2( x1x2 ) 0 ，11)ln( x21)ln( x1故要证 f ( x1x2 )0证 x1x2ln a证2x1x2 x1ln( x11)x2ln( x21)证 ln( x11)ln( x2 1)x1x22x1x2证 ln( x1x2( x1x2 )1)x1 x22 x1x2 x1 x2(x1x2 )0 ln( x1 x2(x1x2 )1)ln10 ，而 x1 x22 x1 x2( x1x2 )20 ln( x1x2 ( x1x2 )1)x1x22 x1x2 显然成立，故原问题得证 .例 5.（ 11 年，辽宁理）已知函数 f ( x)l

24、n xax2(2 a)x.（I ）讨论 f ( x) 的单调性；（II ）设 a0 ，证明：当 0x1时， f ( 1x)f ( 1x) ；aaa（III ）若函数 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 ，证明：f (x0 )0 .【解析】（ I ）（ II ）略，（III ）由 f ( x1)f ( x2 ) 0ln x1ax12(2 a)x1ln x2ax2 2(2 a) x20ln x1ln x22( x1x2 ) a( x12x22x1x2 )ln x1ln x22( x1x2 )ax12x22x1 x2故要证 f( x0 )0x1x21

25、x02ax1 x2x12x22x1x2x1x212ln x1ln x22( x1x2 )ln x1ln x22x1x29/122ln x1ln 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 x2x1x2【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) ( x2)exa( x1)2 有两个零点 x1 , x2 .证明： 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 x1 , x2 ，则必须 a0 .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：x1x22 ，等价于证明：f (2x2 )f ( x1 )0 ，又 f (2 x2 )x2 e2 x2a(x2 1)2 ，且 f (x2 ) ( x22)ex2a( x21)20 f (2x2 )x2 e2 x2( 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： f x1fx20