《极值点偏移问题的处理策略及探究》

1、精品文档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 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

2、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】。11欢迎下载精品文档一、不含参数的问题.例 1. （ 2010 天津理）已知函数f (x)xe x ( xR)，如果 x1x2 ，且 f ( x1 )f ( x2 ) ，证明： x1 x22.【解析】 法一： f( x)(1x)e x ，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

3、(1)，且 f (1) 1,如图所e示.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)xx1 (e2 x1)0 ，所以 F ( x) 在 x (0,1 上单调递增，eF ( x)F (0)0 ，也即 f (1x)f (1 x) 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 (2x1 )f ( x2 ) ，又因为2x1

4、, x2(1,) ，且 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

5、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 x1x22亦成立 .法三：由 f ( x1)f ( x2 ) ，得 x1ex1x2e x2 ，化简得 ex2x1x2 ，x1。22欢迎下载精品文档不妨设 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),(t

6、0)，则 G (t)(tt1,G (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

7、构造 M (t)(t1)ln t(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

8、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，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)xae x 有两个不同的零点x1 , x2，求证： x1x22 .。33欢迎下载精品文档【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)

9、有两个零点 x1, x2 ，所以x1aex1(1)aex2，x2(2)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 ) ex1 x2ex1ex2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)

10、ln x0x11)2求导 F ' ( x)1( x4( x0 ，得 F (x) 在 (1,) 递增，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

11、 xaeln x ， x1 , x2 是方程f (x)0 的两根，也是方程 ln xaeln x 的两根，则 ln x ,ln x是 xaex ，设 uln x ,u2ln x，g ( x) xe x，则12112g(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 ，。44欢迎下载精品文档 ln x1ax10,ln x2 ax20， ln x1ln x2a(x1x2 ),ln x1ln x2 a( x1x2 ) ， ln x1ln x2a ，欲证明 x1 x2e2，即

12、证 ln x1ln x22.x1x2 ln x1ln x2a( x1x2 ) ，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 t ln x1t ，ln x1ln x1反解出： ln x1ln t,ln x2ln tx

13、1ln tln x1ln tln tt ln t ，t1t1t1t 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(x1x2 )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,x2x1x1x2

14、xxx1 x2x2x1x xe 2记 t,( t0) ，则 f2 )e2e2e 1(2ttet) ，2(1x2x12t( e2设()2(tet ),(t0)，则 g (t)2(etet)0，所以 g(t ) 在 t(0,) 上单g tte。55欢迎下载精品文档x1x2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：x1x2欲证： f (x1 x2)0，即要证： f ( x1 x2 ) 0 ，亦要证 e2a0 ，也即证： ex

15、1x2a2 ，2很自然会想到：对ex1ax1a 0,ex1a( x11),ex2ex2两式相乘得：ax2a 0,a( x21),ex1 x2a2 ( x1 1)(x21) ， 即 证 ： ( x1 1)( x21)1.考虑用基本不等式( x11)(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

16、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) .ba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

17、 )0 ，显然 f ( x1 )f (x1)0 与 f ( x1 )f (x1 )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）。66欢迎下载精品文档已知函数 f ( x)ln xax2(2a)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 ）易得：当 a0 时， f ( x) 在 (0,) 上单调递增；

18、当a0 时， f ( x) 在 (0,1)1a上单调递增，在,) 上单调递减 .(af ( 1f ( 11 ) ，利用函数单调性证明，（ II）法一：构造函数g( x)x)x),(0 xaaa方法上同，略；法 二 ： 构 造 以 a为 主 元 的 函 数 ， 设 函 数 h(a)1x)1x) ， 则f (f (aah(a)ln(1ax)ln(1 ax)2ax ，h (a)xx2x2x3a2，由 0x11ax 1ax1a2 x2，a解得 0a1，当 0a10 ，而 h(0)0 ， 所以 h( a) 0，故当 0 x1x时， h (a)a时， f ( 1f ( 1xx)x) .aa时，且 f (x

19、) 的最大值 f ( 1 )（ III）由（ I ）知，只有当a00 ，函数 yf ( x) 才会有a两个零点，不妨设A(x1,0), B( x2 ,0),0x1x2 ，则 0x11x2，故1x1(0, 1) ，）得： f ( 2f ( 11f ( 1( 1aaa由（ IIx1 )x1 )x1 )f (x1 )f ( x2 ) ，又由 f ( x) 在aaaaa1) 上单调递减，所以x22x1 ，于是 x0x1x21( x0 )0.( ,a2，由（ I ）知， faa【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：ab( ab),L(a,b)ln aln b

20、a(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 .。77欢迎下载精品文档只证：当时，ababab L a b). 不失一般性，可设ab. 证明如下：( ,2（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

21、立；（II ）再证：(, )a bL a b22(ab)a2( a1)2(x 1)a不等式ln aln bb(其中 xablnaln x1)1)b1)( xb(b构造函数 g (x)ln x2( x1) ,( x1) ，则 g ( x)14( x1)2. 因为 x1 时，( x 1)x ( 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ab L (a, b)ab成立，当且仅当 ab 时，等号成立 .2前面例题用对数平均不等式解决例 1. （ 2010

22、天津理）已知函数f (x)xe x ( xR)，如果 x1x2 ，且 f ( x1 )f ( x2 ) ，证明： x1x22.【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 x21x1x2x1x2，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(1 x1 ln

23、a x2 ) ，等式两边取以 e 为x1 1x2 1。88欢迎下载精品文档底的对数， 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)( 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)x1x22 x1x2 x1 x2(x1x2 )0

24、 ln( x1 x2(x1x2 )1)ln10 ，而 x1x22 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)ln xax2(2a)x.（I ）讨论 f (x) 的单调性；（II）设 a0 ，证明：当 0 x1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 x1a

25、x12(2 a)x1ln x2ax2 2(2 a) x20ln x1ln x22( x1x2 ) a( x12x22x1x2 )ln x1ln x22( x1x2 )ax12x22x1 x2故要证 f( x0 ) 0x1 x21x02ax1 x2x12x22x1x2x1x212ln x1ln x22( x1x2 )ln x1ln x22x1x2。99欢迎下载精品文档2ln 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.x1x2x1x2【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

26、. 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 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： x1x22 ，等价于证明：f (2x2 )f ( x1 )0 ，又 f (2 x2 )x2 e2 x2a(x21)2 ，且 f (x2 ) ( x22)ex2a( x21)20

27、 f (2x2 )x2 e2x2( x2 2)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 ，不难发现 x11， x2 1，故可整理得：ax12 ex1x22 ex2x12x2211设 g xx2 ex，则 g x1g x2x21x221那么 g 'x3ex ，当 x 1 时， g ' x0 ， g x 单调递减；当x 1时，x1g ' x0 ， gx 单调递增设 m0，构造代数式：g 1 m g 1 mm 1 1 mm 1 1 m1 m 1 m m1 2mm2 em2em2ee1m1设 h mm