极值点偏移问题的处理策略及探究

1、最新资料推荐13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；",b），而往往x0*1；x2.如下图所示.极值点左偏-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？是否有更方便的方法来解决？其实，处

2、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.V2JV2J【处理策略】、不含参数的问题例1.(2010天津理)已知函数f(x)=xe"(xwR)，如果x1#x2，且f(为)=f(x2),证明：x1x22.【解析】法一：f(x)=(1x)e”,易得f(x)在(叫1)上单

3、调递增，在(1,依)上单调递减，xt3时，f(x)T,f(0)=0,xT+8时，f(x)T0,函1数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f1(=1,如图所示.e由f(x1)=f(x2),x1¥x2,不妨设X<x2,则必有0<x1<1<x2,构造函数F(x)=f(1+x)f(1x),xW(0,1,则L(x)=f(1+x)+f'(1x)="(e2x-1)>0,所以F(x)在xw(0,1上单调递增,eF(x)>F(0)=0,也即f(1+x)af(1x)对xW(0,1恒成立.由0<x,<1<x2,则1-x1w(0,1

4、,所以f(1十(1为)=£(2x)af(1(1x)=fx尸f区)即f(2-x1)>f(x2),又因为2x1，x2w(1,2),且f(x)在(1,+s)上单调递减，所以2-为<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亡(1,收),又因为f(x)在(1,y)上单调递减，故只需证f(x2)<f(2-为)，又因为f(xj=f(x2),故也即证f(x)<f(2x),构造函数H(x)=f(x)f(2x),xw(0,1),则等价于证明H(x)<0对xw(0,

5、1)恒成立.1x由H(x)=f(x)+f(2x)=一(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+*2>2亦成立.法三：由f(x1)=f(x2),得xe'=x2e/2,化简得ex2-=x2，x1不妨设 X2 >Xi ,由法一知，o <Xi <1 <X2 .令t =X2 - Xi ,则 t A0,X2 = t 十人 ,代入 式,t tX1- r得e =,反解出X1 =Xit2t,贝U x1 +x2 = 2x1 +t =+t ,故要证： X1 +

6、 x2 > 2 ,e -1e -1一 2t t . 一t即证：_+t>2,又因为 e -1 >0 ,等价于证明：2t+(t2)(e -1)>0 - e -1构造函数 G(t) =2t +(t -2)(et -1),(t >0),则 G'(t) =(t 1)S +1,G”(t) =tet > 0,故G在tw(0,y)上单调递增，G'(t)>G'(0) =0,从而G(t)也在t W (0, -He)上单调递增，G(t) . G(0)=0 ,即证 式成立，也即原不等式X1 + X2 A 2 成立.法四：由法三中式，两边同时取以 e为底

7、的对数，得,X2x2 -X1 = In 一 = In X2 - ln X1,也即X1In x2 -In X1 =1,x2 一 X1In x2 - In X1从而 X1 - X2 =(X1 - X2)X2 一 X1X2X1X2 一 X1x2,1X2X1X2In =In ,X1x21 x1X1令 t =x2(t >1),X1则欲证：X1 +x2 >2,等价于证明:t 1In t >2 ， t -1构造 m =(t +1)1nt =(1 +-2-)In t,(t >1),则 Mt -1 t -12t2 -1 -2tInt(t) =2，t(t-1)又令邛(t) =t212tln

8、t,(t >1),则中'(t t-2n1+2=1 n)- t ，由于 t1lnt对Vt W (1,+=c)恒成立，故中'(t)A0,中(t)在tW(1,+=c)上单调递增,所以中(t) A中(1)=0 ,从而M (t A Q 故M (t)在tw (1,收)上单调递增，由洛比塔法则知：(t 1)ln tt -1: lim (IJ1二 Iim(|nX 1 (t -1) X 1t 1t+-) =2 ，t即证M (t) > 2 即证式成立，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

9、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"=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,x1xi = aex2x2 = ae2(1)由(1) +(2)得:x1 +x2 =a(ex1 +ex ),要证明x1十x2>2,只要证明a(ex

10、1+e")>2,由一(2)得：x1 x2 =a(e内一ex2),即 a =x1 - x2ex1 - ex2ex1 % 1即证：(Xx2)-x7>2 (x1 x2) .2>2 ,e1 -e2e 2 -1不妨设 X A x2 ,记 t =刈 一 x2 ,则 t A 0, 3 A 1 ,因此只要证明:t e1 2 = t 2(e 一° . 0,813+1再次换元令 et=x>1, t =ln x ,即证 ln x 2(x 1)>0 Vx= (1+=°) x 1构造新函数F(x)=lnx 迎二F(1)=0 x 1求导 F(x)=- x42(x

11、 1)(x-1)2-2x(x 1)A0,得F(x)在(1,收)递增,所以F(x)A0,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,从而转化成不含参数的问题去解决；或f(x)有两个零点x),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：x1x2e2.【解析】法一：消参转化成无参数问题：_lnx_f(x)=0ulnx=axulnx=ae,x,x2是万程f(x)=0的两根，也是万程lnx=ae1nx的两根，则1nxi

12、,lnx2是x=aex,设u1=lnx,u2=lnx2,g(x)=xe.,则2g(u1)=g(u2),从而x#2>e二lnx+lnx?>2uu+U2>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 -ax1 = 0,ln x2 - ax2=0,1n x1+1nx2= a(x1+x2),1nx1-1n x2 = a(x1- x2),1n x1 - 1n x2 一12二 a ,欲证明X1 -'X22，八Xx2e ,即证 1n x11nx22.In x1 +ln x2 = a(x1 +x2),r、2即证a &g

13、t;,x1x2，原命题等价于证明In x1 -ln x2x - X2下二一，即证：1n 8也二匈，令 t=£,(t>1), x1 x2x2x1 x2x2构造g(t)=1nt-2(t-1),t>1,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：1n x1a 二1n x2 -In x2x1x2In x1x2x2二一，设 x1 <x2,t =,(t >1),x1x1则 x2 - tx1,叱1n x1=tIn t In xi 二 tIn x1反解出：1nxi =Intt -1,1n x2 = In tx1 = In t1nxi = In t

14、-jln-tj11nt t-1,9t 1故 xx2 >e u 1n x1 +1n x2 >2 -1n t >2 ,转化成法一，下同，略例4.设函数f (x) =exax+ a(a w R),其图像与 x轴交于 A(x1,0), B(x2,0)两点，且xi:二 x2 .证明：f (. x1x2) ； 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,ln a)上单调递减，在(lna,")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：产-"1 +a=0,

15、两式相减得: ex2 -ax2 a =0,e -ea =,x2 一为F x2 -4* x2、记 t = 2,(t >0),则 f (-2)22x1 ix2x2x<2-e2 -e=e 2 x2 ”% x2e2 (2t Tel -eT),设 g(t) =2t -(et -e-t),(t >0),贝U g '(t) =2 -(et +e*) <0 ,所以 g(t)在 t (0,2)上单Xix22调递减，故g(t)<g(0)=0，而e>0,所以广(222)<0,2t2又f(x)=exa是R上的递增函数，且Jx1X2<x12x2,f'(Xi

16、?)<0.容易想到，但却是错解的过程：x.xx1X2欲证：fkx，x2)<0,即要证:f'(土广)<0,亦要证e=a<0,也即证：eXl4X2<a2,XiXie-aXa=0,e=a(X1),很自然会想到：对1'0(1),两式相乘得：eX2-aX2a=0,e"=a(X2-1),e*2=a2(x-1)(X21),即证：(Xi1)(X21)<1.考虑用基本不等式XXc-223(X1-1)(x2-1)<()，也即只要证：X1+x2<4.由于X1>1,X2aIna.当取a=e将得到x2>3,从而x1+x2>4.而

17、二元一次不等式x1+x2<4对任意aw(e2,-He)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，因此f(x2)_

18、f(x1)c(ex2ex1)一a(x1-x2)6ex2-ex1kAB=0u27=0=0,a=,x2-X12x2-X1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)=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)=lnxax2(2-a)x.(I)讨论f(x)的单调性；111(II)设aA0,证明：当0<xc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:fd)：二0.i，、，、一，1【解析】易得：当a

19、M0时，f(x)在(0,一)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.a111(II)法一：构造函数g(x)=f(+x)>f(x),(0<x<),利用函数单调性证明，方aaa法上同，略；11法一：构造以a为王兀的函数，设函数h(a)=f(+x)>f(-x),则aaxx2x3a2,1h(a)=lnf1ax-)l-ns(x-,hs(a>)=+-2x=2，由0<x<一,1ax1-ax1-axa_1_1.一一一一_一1解得0<a<，当0<a<一时，h(a)0,而h(0)0,所以h(a)>

20、;0,故当0Mx<xxa一，11时，f(x)f(x).aa(III)由(I)知，只有当a>0时，且f(x)的最大值f(1)A0,函数y=f(x)才会有两a11一1个手点，不妨设A(x1,0),B(x2,0),0<X<沟，则0<x1<一<x2,故x=(0,-),由aaam一2一11-11一一(II)得：f(x)=f(+x)>fk一(x)=f(x)=f(x,)又由f(x)在aaaaa,121xx21(一,0)上单倜递减，所以x2>-x1，于是=->-，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

21、两个正数a和b的对数平均定义:(a = b),ra-bL(a,b)=Ina-Inba(a=b).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：Tab<L(a,b)<a|b(此式记为对数平均不等式)取等条件：当且仅当a=b时，等号成立.一、一一一，一ab只证：当a#b时，Jab<L(a,b)<.不失一般性，可设a>b.证明如下:2(I)先证：jab<L(a,b)不等式ulnaInbcabulna<JaJbu2lnx<x(其中x=ja>1)aabbYbax'，b)12112构造函数f(x)=2lnx(x-),(x>1),则f(x)=1不

22、=(1一).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=0,从而不等式成立;(II)再证：L(a,b)<ab2不等式二2(a -'b)a 'b )lna-lnb -= In 三a b b(g 1)bln x a 2(x1)(其中x =(x 1)%)构造函数g(x)=In x 2(x1,( x >1),贝U g '(x)= (x 1)x4(x 1)2(x-1)2x(x 1)2因为x >1时,g'(x)>0,所以函数g(x)在(1,十资)上单调递增，故g(x)<

23、;g(1)=0,从而不等式成立;ab综合(I)(II)知，对va,bwR,都有对数平均不等式疝三L(a,b)2?成立，当且仅当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"(xwR)，如果x1#x2，且f(为)=f(x2),证明：x1x2-2.【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：lnx1-lnx2.x1-x2x1x21=-12-<-2,即证：x1+x2>2,秒证.Inx1Tnx22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)=exax

24、+a(awR),其图像与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)两点，且x1:二x2.证明：f(.x1x2)：二0.ex1ex2【解析】法三：由前述方法可得：a=(1<x1<lna<x2)，等式两边取以e为x1-1x2-1底的对数，得lna=x1-ln(x1-1)=x2-ln(x2-1),化简彳导:1=(x"为2.2 'W故要证 f (x0) ；0= x0 =x2-2 a_(x_,由ln(x1-1)-ln(x2-1)对数平均不等式知：1=(x11)(x2>J(为_1)(x21),即x1x2(x1+x2)<0,ln(x1-1)-ln(x2-1)故要证

25、f(Jg)<0u证”死<lna=证2x1xT<x1-ln(x1一1)+x2-ln(x2-1)u证ln(x1-1)+ln(x2-1)<x1+x2-2jx1x2u证ln(x1x2-(x1+x2)+1)<x1+x2-2Jx1x2,x1x2-(x1+x2)<0，ln(xx2-(x1+x2)+1)<ln1=0,而x1,x2-2工，乂1乂2=(、；为-x?)0ln(x1x2-(%-x2)1):二川x2-2.x1x2显然成立，故原问题得证.例5.(11年，辽宁理)已知函数f(x)=lnx-ax2x1x2x1_ x2x1_x2Xx212ln x1 - ln x2 2(

26、x1 - x2) - 1n X2x1 - x2(2-a)x.(I)讨论f(x)的单调性；1 11(II)设aA0,证明：当0<xM时，f(+x)Af(-x)；aaa(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)：二0.【解析】(I)(II)略，(III)由f(x1)=f(x2)=0,22lnx一ax1(2-a)x1二lnx2-ax2(2-a)x2=02 2、=lnx-lnx22(x1一xz)=a(x-x2x1一xz)lnx1-lnx22(x1-x2)=2:二1nx1nX2根据对数平均不等，此不等式显然成立，故原不等式得证X1X2X1-

27、'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)=(x2)eX+a(x1)2有两个零点x1,x2.证明：x1x2:二2.【解析】由f(x)=(x2)ex+a(x-1)2,得f'(x)/xf(e、a,可知f(x)在(,1)上单调递减，在(1,+=心)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<x2,由单调性知Xw(3,1),x2w(1,也)，所以2x2w(-°°,1),又f(x)在(g,1)单调递减，故要证：为+x2<2,等价于证明：f(2xz)<f

28、(x1)=0,又f(2x2)=xze2*+a(x21)2,且f(x2)=(刈2)ex2+a(x21)2=0f(2x2)=xze2(x22)ex2,构造函数g(x)=xe2'(x2)ex,(xw(1,收)，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(x1)=f(x2)=0,不难发现为#1,x201,故可整理得：-a =用 一2 e为x2 -2 ex222x1 -1 j i -1 ix-2ex-仅g(x)=-,则g(x1)=g(x2)x-12x21、，那么g'(x)=与一e,当x<1时，g'(x)<0,g(x)单倜递减；当x>1时,x-

29、1g'(x)>0,g(x)单调递增.设m>0,构造代数式：/m-11m-m-1um1mm12m/g1m-g1-m厂ee厂ee1mmmm1设h(m尸me2m+1,m>0m1则h'（m,2m2e2m>o,故h（m）单调递增，有h（m）>h（0）=0.因此，对于任意的m>0,g(1+m)>g(1-mj.由g(x)=g(x2)可知X、x2不可能在g(x)的同一个单调区间上，不妨设x1<x2,则必有x：1：；x2令m=1xi>0,则有g1+(1-xi)j>g1一(1-xi)=g(2xi)>g(xi)=g(M)而2x>1,x2>1,g(x)在(1,-Hc让单调递增，因此：g(24)>g(x2肖2x,ax2整理得：为+为<2.法三：参变分离再构造对称函数X-1由法二，得g(x尸空二法，构造G(x)=g(x)g(2x),(xw(-«,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