极值点偏移教师版

1、极值点偏移专题1、极值点偏移以函数函数y=x2为例，极值点为 0,如果直线y=1与它的图像相交，交点1亠1的横坐标为-1和1，我们简单计算：0 也就是说极值点刚好位于两个交点的2中点处，此时我们称极值点相对中点不偏移当然，更多的情况是极值点相对中点偏移，下面的图形能形象地解释这一点一 1 ICj駛值黛右偏那么，如何判断一道题是否属于“极值点偏移”问题呢？其具体特征就是：】函数/(巧的极值点为和2函数/的零点为毎比，然后证明X, +x2 2如或者如 2蛰2、主元法破解极值点偏移问题2016年全国I卷的第21题是一道导数应用问题，呈现的形式非常简洁，考查了函数的双零点的问题，也是典 型的极值点偏移

2、的问题，是考生实力与潜力的综合演练场.所谓主元法就是在一个多元数学问题中以其中一个为“主元”，将问题化归为该主元的函数、方程或不等式等问题，其本质是函数与方程思想的应用.例1. (2016全国1-21 )已知函数错误！未找到引用源。有两个零点(I) 求a的取值范围；(II) 设X1,X2是f x错误！未找到引用源。的两个零点，证明：X1 X2 ： 2.(1)解析:详细解答 方法一：由已知得：f X = X _1 ex 2a X _1 = X _1 ex 2a 若a =0 ,那么f x =0：= x 2 ex =0：= x =2 , f x只有唯一的零点x = 2，不合题意; 若a0,那么ex

3、2a .ex 0，所以当x 1时，f x 0，f x单调递增当x ：1时，f x ：0, f x单调递减，即:x(q,1)1(*)f(X)0+f (X)J极小值故f x在1,； 上至多一个零点，在-：,1上至多一个零点由于 f 2 i=a 0， f 1=一e ：0，贝U f 2 f 1 : 0，根据零点存在性定理，f x在1,2上有且仅有一个零点.而当 x ：1 时，ex : e , x -2 ： -1 ：0 ,2 2 2故 f x = x2 exa x -1 x2 亠 a x1a x1 亠 e x -1 ；e则 f x =0 的两根 b：4ae 1,2a-e . e2 4ae亦 1，t1 :

4、 t2,因为 a 0 ,故当 x : t1 或 x t2时，ax-1i 亠ex-1 -e 0因此，当x 1且x :： t1时，f x j、0f x在-:,1有且只有一个零点.又f 1 = -e ： 0，根据零点存在性定理,此时，f x在R上有且只有两个零点，满足题意.e 若 a ：0，则 In -2a ：ln e=1 ,当 x :：ln-2a时，x T ： In-2aT ：0 ,ex2a：elna2a = 0 ,即 fxi=x-1 ex 2a 0, f x 单调递增；当 Inf-2a)vx1 时，x0 , ex+2a be H2a =0，即 f(x1 旳 x+2 齐0 , f(x)单调递减;当

5、 x 1 时，x _10 ,ex2a - 2a= 0 ,即卩f x，0 ,f x 单调递增.即:x(_oo,| n(-2a In (-2a)(ln (/a1)1f(X)+0-0+f(X)极大值J极小值而极大值f |ln_2a-2a|ln-2a-2 |apn-2a-1= a .|ln_2a- 2 | 1 .； 0故当XW1时，f x在x=ln -2a处取到最大值 f |ln -2a ，那么f x f |ln -2a ： 0恒成立，即f xj=0无解而当x 1时，f x单调递增，至多一个零点，此时f x在R上至多一个零点，不合题意. 若a = 一|，那么In -2a =1当 x ：1=ln-2a时

6、，x-1： 0，ex2a : en 2a20，即 f x 0，f x单调递增当 x 1=ln-2a时，x-10，ex 2a -2a 2a = 0，即卩 f x 户0 ,f x单调递增又f x在x =1处有意义，故f x在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意.e 若a ：匕，则ln _2a当 x 1 时，x 一1 ：0 , ex2a 0,f (x )单调递增，即：x(q,1)1(口n (-2a )In (2a )(In (_2a)讼)f(x)+0-0+f (x)f极大值J极小值f故当x ln -2a时，f x在x =1处取到最大值f 1 =-e，那么f x -e ： 0恒成立，即f x =0

7、无解 当x In：；厂2a时，f x单调递增，至多一个零点，此时f x在R上至多一个零点，不合题意.综上所述，当且仅当 a 0时符合题意，即a的取值范围为 0,；.简要解析(I)方法二：f(x)=(x-1)ex 2a(x-1)=(x-1)(ex 2a).(i)设 a =0,则 f (x) =(x -2)ex, f (x)只有一个零点.(ii )设 a0,则当 x (-二,1)时,f (x) 0 ； 当 x (1,：)时,f (x) 0 .所以 f (x)在(-二，1)上单调递减,在 (1,：)上单调递增.a又 f (1) = _e, f (2) - a，取 b 满足 b ： 0 且 b ： I

8、n ，则2a223f (b) (b -2) a(b -1) -a(b b) 0 ,2 2故f (x)存在两个零点.(iii )设 a : 0 ,由 f (x) = 0 得 x =1 或 x = In( -2a).e若a ，则In( -2a) 1，故当x (1,二)时,f (x) 0 ,因此f (x)在(1, ：)上单调递增.又当x空1时,f(x) ：0, 2所以f(x)不存在两个零点.e若 a ，则 In (-2a) 1，故当 x (1, In (-2a)时,f(x)：0 ； 当 x(In (-2a),：)时,f (x) 0 .因此 f (x)在2(1,I n(-2a)单调递减，在 (In (

9、-2a), ：)单调递增.又当x1时,f (x) : 0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,.方法一：由已知得： f为=f x2 =0 ,不难发现 捲=1 , X2 =1 ,故可整理得：(x _2 )ex(X2 -2 )ex2-a 2_2(x 1 )(X2 1 )、x2设 g(x)=(x-2号，则 g(x ) = g(X2)那么 g(x)=(x2)3 5 , (xj)，(x-盯当x 1时，g x 0 ,所以ux： u1=0，即fx： f2-xx：1,所以fXi =fX2:f2- Xi;所以 x22 -Xj，即 x,x22.变式、(2010年天津理科21题)已知函数 f(X)

10、= xe_x(x ：二R)(I)求函数f(x)的单调区间和极值；(n)已知函数 y=g(x)的图象与函数y = f(x)的图象关于直线 x=1对称，证明当x 1时，f(x) g(x) (川)如果 Xi = X2，且 f(xj = f(X2)，证明 xi x2 2 .解：(21 )本小题主要考查导数的应用，禾U用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分(I)解：f (x) = (1 -x)e，令 f(x)=0,解得 x=1当x变化时，f(x), f(x)的变化情况如下表X(T)1(1严)f (X)+0-f(x)匚极大值匚所以f(x)在(一毬1)

11、内是增函数，在(1, ：)内是减函数。1函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=-ex _2(n)证明：由题意可知g(x)=f(2- x), 得 g(x)=(2- x) e令 F(x)=f( x)-g( x),即 F (x)二 xe (x -2)ex，于是 F(x) =(x -1)(e2x -1)e当x1时，2x-20,从而e2x-2 -1 0,又e0,所以F (x)o,从而函数F (x)在1,+呵是增函数。又 F(1)= e-1 e-1 =0，所以 x1 时，有 F(x)F(1)=0,即 f(x)g(x).川)证明：(1 )若(为-1)(x2 -1)=0,由()及 f(x 1)=

12、f(x 2),则x, = x2 =1.与x, = x2矛盾。(2)若(花 T)(x2 T) 0,由()及f(x 1) =f(x 2),得 =x2.与 = x2矛盾。根据(1 ) (2) 得 (x -1)(X2 -1) : 0,不妨设 X1 ：1,X2 1.由(n)可知，f(x 2) g(X2)，则 g(x2) = f(2-x 2)，所以 f(x 2) f(2-x 2)，从而 f(x 1) f(2-x 2).因为 x2 1 ,所以2 -x2 ： 1,又由(I)可知函数f(x)在区间(-a, 1)内事增函数，所以 2 - x2，即xX? 2. 1(1) f(x)在-:：,1上是增函数，在1, ：上

13、是减函数，f(x)极小值二f(1)=；e证明：f (x)1 -x , f (xj = f(X2)，亦即 me必二 Xze2，且 x： 1 ： x?,欲证明 x1 x2 2，即 x2 2x，只需证 f x2 - f 2 - ： 0 ,即 f x1 - f 2 - : 0 .令 g x 二 f x -f 2x x 1，则 g x =xe公一 2 x ex，,因为g x i=1-x e- -ex-0，所以g x在-:：，1上单调递增，故 g x : g 1 i；=0，得证.(三)通法提炼般地，主兀法破解极值点偏移问题思路是：第一步：根据fX1二fX2X1=x2建立等量关系，并结合f x的单调性，确定

14、X1,X2的取值范围；第二步：不妨设X1 : X2，将待证不等式进行变形，进而结合原函数或导函数的单调性等价转化.第三步：构造关于X1 (或X2)的一元函数T x二f Xi - f 2a-Xi i =1,2，应用导数研究其单调性，并 借助于单调性，达到待证不等式的证明.例2. (2016年绵阳二诊)2L(本题満分12分)已知函数只戈)二巴十丄Inx 的两个零点为咛 帀(血 求证t丄*丄a：m1x-2m八21 .解：(I ) f (x)22 ,1分x2 2x 2x2 m 0 , f (x)在(0，:)上单调递增，不可能有两个零点.2分 m0时，由f (x)0可解得x 2m，由f (x) ：0可解

15、得0 ”： x : 2m , f (x)在(0 , 2m)上单调递减，在(2m, :)上单调递增，m 1于是 f (x) min = f (2m) =In 2m T , 4分2m 2要使得f(x)在(0，:)上有两个零点，“ m 1”,乜e贝UIn 2m T !t20 .e8 分要证-即证tlt2-，即 t12-t21 .ee e.9.分2即证 h(t1)： h(t2).e2令：(x)二 h(x)_h( x)eF面证 (x)0对任意的1x (0,-)恒成立.e2:(x) =h (x) h ( x)e2x2-In(Z - x) -1e2(- -x)2e10-In x -10,%- x (0,-)

16、e -x)2,e-Inx(-x 2) _2-e2(x) Inx -叫 x)2(2 -x)22(2-x)2ee2 x (2 -x) x(-x)21：(x)在(0, -1)是增函数,e12分 (x) 少(丄)=0 , 原不等式成立.e3、极值点偏移问题的不等式解法(1)我们熟知平均值不等式：a,bR即“调和平均数”小于等于“几何平均数”小于等于“算术平均值”小于等于“平方平均值” 等号成立的条件是a = b.(2)我们还可以引入另一个平均值：对数平均值：a -bIn a -In b那么上述平均值不等式可变为：对数平均值不等式a - b a b_ a b,a = b， ab0,证明：当 0 ： x

17、：时，f ( x) f (- x)；aaa(III) 若函数y二f x的图像与x轴交于AB两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f x0 : 0【解析】原题目有 3问，其中第二问为第三问的解答提供帮助，现在我们利用不等式直接去证明第三问：十 x2设 AXfg) , Bgg),，则一2-，2In % -a(2 -a) = 0 2In x2 -ax2 (2 -a)x2 = 0 為 x2-得：In %-In x2-aC 乂2)(%-x2) (2-axi-x2) =0，化简得:0a(x1 x2) -(2 - a) In % - In x2而根据对数平均值不等式:为一x2x1In 为 - In x2等

18、式代换到上述不等式2ax0-(2-a) * x-i x2 - -=a(xx2) -(2 - a) 2根据：2axo -(2-a)x .0 (由得出)二式变为：22axo -(2 -a)x -10二(2x 1)(ax -1)01v(2x0 1) 0，X。一， x0在函数单减区间中，即：afg6.(2010天津理)已知函数f x二xe x 二R .(I)求函数f(x)的单调区间和极值；(n)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，证明当x 1时，f(x) g(x). (川)如果咅=x2，且f为 =f x2 .证明：x-! x2 - 2.(21)本小题主要考查导数的应用

19、，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分(I)解：f(X)令 f (x)=0,解得 x=1当x变化时，f (x), f(x)的变化情况如下表X()11 +oc()f (x)+0-f(x)匚极大值匚QO dd +-DC f所以f(x)在()内是增函数，在(X)内是减函数。1函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)= e(n)证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得 g(x)=(2-x) e令 F(x)=f(x)-g(x),即 F(x)=x(x-彳妙 于是 F(x) =(x -1)(e2x-1)e当x1时，2x-20,从而e2x

20、-2-10,又e公 0,所以F,（x）0,从而函数F （x）在1,+ g）是增函数。又 F(1)= e1 - e1 =,所以 x1 时，有 F(x)F(1)=0,即 f(x)g(x).川）证明：（1）（%1）（x21）=0, 由（ ） 及 f（x 1） =f（x 2）,则 Xi =x2 =1.与 % = x2 矛盾。右（2）右（%1）（x21）0, 由（）及 f（x 1） =f（x 2）,得 x, =x2 与捲=x2 矛盾。根据（1 ） （ 2 ）得（x -1）（x2 -1厂 0,不妨设 x1 1,x2 1-因为X21由（n）可知，f（X2）g（X2）,则 g（X2）=f（2-x2），所以 f

21、（X2）f（2-x2）,从而 f（X1）f（2-x2）.所以22：1，又由（I）可知函数f（x）在区间（-g,1 ）内事增函数，所以X12-X2，即X1X22.【解析】原题目有 3问，其中第二问为第三问的解答提供帮助，现在我们利用不等式直接去证明第三问:X1x2设 f （xj = f（X2） =c，贝y =c，二T=c, （X1 - X2）两边取对数eeIn %= In cIn x2 -x2 = In c-得:% -x2In %In x2根据对数平均值不等式x1x22% - x2In 为 一 In x2x1x22变式1. (2016年资阳二诊)21.(本小题藹分12分)已知函数八*2血卍-S-

22、1貼+ 1) (W+fleR .亡为自然对数的底BL c=2.71828-1 (【)若用仅材一个极值点求。的取值范国；(II )证明：当0丄时貞町有两个零点恥x,且一3x(+-2.21.(】)/J(i)+ oreJ- 2(a-lXx + b = (j + IKaeJ -2a + 2) *由广何0符到“ -I或卅-亦2 “ (* k由于曲r)仅有一个极值点*关于工的方程(*)宓无解1分门)当也0时.0 3符令魁意.2井(可当毋0时.由()得d竺二仝故由竺二得0弋於.曲丁这两沖悄况都乩 肖时./Xx)0. F是用为增南臥二仅x= -I为貞x)的fit值点-综上可得a的取值范围是(O.Lh5分(1【

23、由(】)当时.m -】为用0的极小值点.又丁人一2*-羊一佃J) = (21“ + JaO对于0成洛丄恒应立*eeI/(-I) = - 0FUvmc,恒嫌立.e2f + -1) A 0对于0 5V 恒咙立*7分二当-2x -】时-并用 彳零点旳*当-ls0时理rHf另一亍零点如艮卩2 Xj /(Ji) - (a -1：XJi +1)1 - 0. (#所 -3 + * 分Fifii再证明斗+ jj -2, *即证円 -1 - j;.I h I 盂旳 u 0 得2 2 x-i 4井I-HA-AaAa + AJ-iAJl6cas: it +1&S1H2 aeosrtCOS5 41也就是证明n-2-T

24、；)o.y(2 jtJI = ti(2 JjIff IX- IV = t/(2 x* (ti 1X2 +1),借飾特泯换可得2 2帀矿f 心占J尿一2-勺卅亠兀斗严 令g(_r)=l-2-肯片*. -WH V0) *則 -(x+lXe-e1),V帆訂之4 Y为(】的减函数*且用1 = 0 *二孑何匕+ 1壯4-孑)0在(-1,0)恒處立.是寧对为(-匕。)的减函SL即咸0咗削一1戶0./-2 - j2)0 t 这就证JJT j( +.t; -2.综上所述* 3 al + jj -4=0.(II在屮建立的慨坐标系屮.F线f的极蚩标方程K.设九丘所对应的機屋分别为口. g 将f的樓坐标方程代入匕的

25、极坐标方程得 cos: apr - 4sinp -4 = 0,，；炖”么#)(否则.直线1峙拋物线C徨有两个公我点)十片4smu4由 | 5 =8 得 coo = * tana = 1.It）分所以f的斜事为lj-Lf(三)通性通法的感悟极值点偏移问题在高考中几乎年年可见，深受高考命题专家的青睐，年年岁岁意相似，岁岁年年题不同，属于 高考高频题型对于此类问题的研究，多位方家已经作了探讨.文1从高等数学的视角阐述了问题的背景，指明并提炼出极值点偏移问题的解题策略：若f X的极值点为Xo ,则根据对称性构造一元差函数F x = f X。 x - f Xo -x，巧借F x的单调性以及F 0 =0，

26、借助于fXi=fX21= f|_Xo -Xo-X2与 f|_XoXo-X2= f2xo-X2，比较X2 与 2xo-为的大小，即比较xo 与x2 Xd 1的大小有了这种解题策略，我们师生就克服了解题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙的想法喝彩，但2是，此解法并不利于学生思维的提升，比较突兀，有“模式化”的曲高和寡之嫌疑，显然不是自然的想法，“想说爱你不容易”教师的自然想法却让学生屡屡想不到、想不通、学不会，加重其自卑感；顺应学生的思维，才能对 接学生的认知，贴近学生“最近发展区”，化用于无痕，活用于无间，妙用于无限，神用于无形，走有限之路，饮不竭之泉.文2结合文1的四个例题验证了转化为对数平均的

27、求解的可行性，提炼出极值点偏移问题的又一解题策略： 根据f %二f X2建立等式，通过消参、恒等变形转化为对数平均， 捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解. 这 种解题策略，师生都感到运算量繁杂，有一定的技巧要求，而且对数平均数的不等式链也有超纲的嫌疑，在解答过程中存在能否直接运用的疑问4, “想你，但，我不会爱你!其实，解决极值点偏移问题的上两种方法，实质上都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途 径都是构造一元函数，因此，主元法才是破解极值点偏移问题的通法，亲切自然，美感灵气这一点也可以从官方 答案得到印证对于官方提供的参考答案，是命题专家经过反复考量的，承载着新课程改革的理

28、念和导向，渗透着 创新精神和实践能力的培养，体现着高考改革的发展趋向，同时也蕴含着命题者解题的思维历程，蕴含着其问题的 本质我们多一份敬畏，将参考答案激活，用“冰冷的美丽”促进学生“火热的思考” ，多一份收获练习(1) 主元法破解极值点偏移问题(2) 极值点偏移问题的不等式解法1. (2014年江苏省南通市二模第20题)设函数f x二ex - ax a，其图象与轴交于 A Xi,0 , B X2,0两(1)求a的取值范围;证明：f XjX2 : 0 ( f x为函数f x的导函数)；r 2解：ae, :，且O：Xi：l na：X2, f x在0,l na上单调递减，在In a上单调递增；要证明

29、f ：.亦 f 2ln a-为即可；令 g x = f x ；f 2In ax x ： Ina ，贝V2ag x = f x f 2ln a -x = exx -2a ： 0 ,e所以g x在0,ln a上单调递减，g x g Ina =0，得证.22. (2011年辽宁理科21题)已知函数 f(x)=ln xax (2a)x.(1)讨论f (x)的单调性；1f 1)( 1(2 )设 a 0 ,证明：当 0 ： x 时，f x f Iala丿la(3) 若函数y二f (x)的图象与轴交于 代B两点，线段AB中点的横坐标为 冷，证明：f (冷)：0 .解：(1 )若a0, f (x)在(0,代)

30、上单调增加；若a0, f(x)在b1 |上单调递增，在11|上单调I a丿la丿递减；(2)(略)(3 )由(1)可得a 0 ,11f (x)2ax，2-a 在 0,上单调递减，f () = 0 ,xa不妨设 A(为,0), B(X2,0),0c1:捲：X2，贝U 0X1X2,a1x + x 12欲证明 f(X。)： 0，即 f(X。)： f ()，只需证明 X。12 ，即 X1X2 ,由(2)得 f，2 X2=fla丿a2 aaf2)只需证明f X2= f :X1 frx21_X2fx2二_a a 2一a a 23. (2013年湖南文科第21题)已知函数f x 1 一笃e；1 +x(1)求

31、f x的单调区间；证明：当 f X-! = f x2 % = X2 时，x1 x2 : 0.解：(1) f x在-：,0上单调递增，在 0,7 上单调递减;* J 1 k? nt)的恳乙城(-站，*疋mu.f( r)o. eot 问i?, Li ri 时.f (Jr )0./(T| ) =时.不的设工严总.由(！)知*斗晖(一#,()I).卜面证瞬：Vxe(0J)+ /(x)/(-x),叩证此不弊式WT1丨-刘护亠节【怎叭XE(0JBj.煮打草调遇边从而5x)g(0)-0.即ffiWVxCOJ ). fx) /(-x),而i3e(0J, JffU/(x： )/(- .从血/( X, )/( -

32、i,dl Tr, * - z； (/ r)-ac .0)上单閉递垃朋以齐 j 嘛jr( +x)0 由(1)知当x 1时，f X 0 .不妨设 x1:x2，因为 f % = fx2，即-1ex2，贝Ux,： 0 ： x2： 1,1 +x11 +x2要证明x1x2:0 ,即x-x2: 0，只需证明fX1： f一 X2,即 fX2f-x?而 f(x2) ： f(-x2)等价于(1-x2)e2X2 -1 -x2 ： 0,令 g(x) =(1-x)e2x T_x x 0，则 g(x) =(1-2x)e2x -1,令 h(x) =(1 2x)e2x -1，则 h (x) = -4xe2x : 0 ,所以h

33、(x)单调递减，h(x) : h 0 =0，即g x 0，所以g x单调递减，所以g x : g 0计0，得证.对文献3的例1，朱老师提供了 3种方法，笔者也可运用主元法顺利破解，请看以下解析,4.函数f X/_；X3与直线一交于 A(,a), B(X2,a)，证明:Xi4432解：函数 f X =x -X , f x =4x x -1，则 f X 在3-：,1上单调递减，在(1 )若 0 ：Xi： 1,1 ： X2： 4，要证明x1x2: 2，即 0 ：x,： 2 - x2： 1，只需证明3岂不更为简捷？ ： 2.1, :上单调递增，且f X1 f 2 - X2 ，即f X2f 2 -X2 .令 g xi=f x - f2-X x 1 ,则g X二弓x-1 3在1,v上单调递增,3故g x g 1 =0；(2)若捲：0,X24，同理可证x1 x2 ： 2，得证