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 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 (三六,b),而往往X。 上卢.如下图 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

2、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】一、不含参数的问题.f仇)例1. (2010天津理)已知函数f(x) xex(x R),如果x1 x2,且f(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1数f (x)在x 1处取得极大值f(1),且f (1),如图所示.e由 f(x1) f (x2), x1x2,不妨设 x1x2,则必有 0 x1 1 x2,构造函数F(x) f(1x) f (1 x),x (0

3、,1,x 2x则 F (x) f (1 x) f (1 x) (e 1) 0,所以 F(x)在 x (0,1上单调递增, eF(x) F(0) 0,也即 f(1 x) f (1 x)对 x (0,1恒成立.由 0x11x2,则 1x1(0,1,所以 f(1 (1x。f (2x1)f(1 (1xj)f(x1)f(x2),即 f(2x1)f(xz),又因为2 x1,x2 (1,)，且f(x)在(1,)上单调递减,所以2x1x2,即证x1x2 2.法二：欲证 x1x22,即证x22x1,由法一知 0x11x2，故 2X),x2(1,),又因为f (x)在(1,)上单调递减，故只需证 f(x2)f(2

4、 xi),又因为 f (xi)f(x2),故也即证f(x1)f(2 x1),构造函数 H (x) f(x)f (2 x),x (0,1),则等价于证明H(x) 0对x (0,1)恒成立.一 一1 x由 H (x) f (x) f(2 x) e(12x2、_._ e ) 0,则H(x)在x (0,1)上单调递增，所以H(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xexx?ex2，化简得ex2xx2，x1不妨设x2x1,由法一知，ox11x2 .令tx2x1,则t0, x2tx1,代入式,得 ett一x1 ,

5、反解出x1,则x1x22x1tt2tt ,故要证：x1x22 ,x1e 1e 1 2t 一. tt即证：- t2,又因为e 1 0,等价于证明：2t (t 2)(e 1)0，e 1构造函数 G(t)2t (t 2)(et 1),(t0),则 G(t)(t 1)et 1,G (t)tet0,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 x1 x2 2成立.法四：由法三中ln x2ln x1,也即式，两边同时取以e为底的对数，得x2 x1 lnax10 1lnx21nxi1,从而 x1x2

6、(x1x2)lnx2lnx1ln区Jln看,x2x1x2x1x2 x1 x10 1 Xix1人x2 ,八一t 1 .八令t (t1),则欲证：x1x22,等价于证明：1nt2x1t 1构造 M (t 1)1nt(1 )ln t,(t 1),则 M (t) -1 2t21ntt 1 t 1t(t 1)又令 (t) t2 1 2tlnt,(t 1),则 (t) 2t 2(lnt 1) 2(t 1 lnt),由于 t 1 Int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在t (1,)洛比塔法(t 1)ln tlim(t 1)

7、lnt) x 1 (t 1)1卿1n即证M (t)2 即证式成立，也即原不等式XiX22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, 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, 换成新变元来表示，从而达到消元的目的 .二、含参数的问题.方法一、二利 将两个旧的变元都例2.已知函数f (x) X aex有两个不同的零点 Xi,X2,求证:X1x22.【解析】思路1：函数f (X)的两个零点，等价于方程xe x 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 因为函数f (

8、x)有两个零点X1, X2 ,.解答如下:所以X1X2由(2)得:XiaeX2ae2X1X2(1) a(eX1X2 e ),要证明X1X22,只要证明a(eX1X2、e ) 2 ,由(2)得:X1/ x1x2 a(eeX2)，即 aX1X2ex1eX2，X2即证：(X1X2)不妨设X1ex1记tex2(X1X2因此只要证明：tete再次换元令1,构造新函数F(x)求导F (x)所以F (x)X0,X1Inx,In x2(xx(x 1)20,et2(e1 1)et 1即证In x，F(1)(x 1)202x(x 1)0,2(x 1) 0 x 1得 F(x)在(1,)递增,因此原不等式X1X22获

9、证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元(1,)XX2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 x ax, a为常数，若函数f(x)有两个零点x1,x2 ,试证明：xi x2 e2.【解析】法一：消参转化成无参数问题：_ln x_f(x) 0 In x ax In x ae , x1,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 x1 ,u2 In x2, g(x) x

10、e x ,则UiU22 ,此问题等价转化成为例2g(ui) g(U2),从而 xx2 e In x In x2 21,下略.法二：利用参数 a作为媒介，换元后构造新函数：不妨设x1 x,In 为ax10,In x2 ax20, In x1In x2a(xix2),In xiIn x2a(xix2),In xiIn x2a ,欲证明 x)x2e2,即证 In xiIn x22.xi x2In x In x2a(xi x2),，即证 a2xi x2，原命题等价于证明In xiIn x2xi x2，即证：In82(xi "令 t 上,(t i),xi x2x2 xi x2x2构造 g(t)

11、 Int 2(t ；),t法三：直接换元构造新函数：i,此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略In xiIn x2a xix2In x2In xiX2xi，设 xix2,t&,(txii),则 x2tx4In xit In tInIn x1xi反解出:In xiInt ，1n x2IntxiIntIn xi IntInt t Intt i t i故 xix2In xiIn x2Int 2,转化成法二，下同，略例4.设函数f (x) ex axa(aR)，其图像与 x轴交于 A(xi,0) , B(x2,0)两点，且xix2 .证明：f (. x x2) 0.【解析】由f (x) e

12、x ax a, f (x),2a ,易知：a的取值范围为(e ,), f (x)在(,lna)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：%eax1- X2_e ax20,两式相减得:0, *e2 e15X2 X,(t0),则f (Xx1 X2 ,2一 X2*e2 e1)，X2Xi设 g(t) 2t (ete tMt(ete t)0,所以g(t)在t(0,)上单调递减，故g(t)x1 X2e 2g(0) 0,而0 ,2t所以fx2-)0,又f (x) exa是R上的递增函数，且X1X2x|x22, - f ( . X1X2)0.容易想到，但

13、却是错解的过程:欲证:f (.X1x2) 0,即要证：fX1X22x1 X22 a 0,也即证:X1 X2e_2a ，想到：对ex1ax10,ex1ex2ax20,ex2a(X1 1),两 a(x2 1),式相乘ex1 x2a2(x11)(X2 1),即证：(Xi1)(X21)1 .考虑用基本不等式(X1 1)(X2 1)X22)2，也即只要证:X1X24 .由于 X11,X23In a .当取a e将得到x2 3,从而X1 x24.而二元一次不等式X1x24对任意a2.(e ,)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

14、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kAB 0f (x2) f (xi)(ex e") a(xi X2)a ,x2x1x2 x1 0 0 ,由于 f(xi) f(x2) 0,显然 f(xi) f(xi) 0与 f(x)f(x1)

15、 0,与已知f(xi)f(x2) 0不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变.例5. (II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；iii(II)设 a 0,证明：当 0 x 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:f(x。) 0.i【解析】 易得：当a 0时，f (x)在(0,)上单调递增；当a 0时，f(x)在(0) aI上单倜递增，在(一，)上单调递减 aiii (II)法一：构造函数 g(x) f (- x) f (- x),(0 x )

16、,利用函数单调性证明，方 aaa法上同，略；I - i法一：构造以a为王兀的函数，设函数h(a)f ( x) f (- x),则aax x2x3a2,ih(a) ln(i ax) ln(i ax) 2ax, h (a) 2x 2，由 0 x ,i ax i ax i a xa一八i /i . .、_ .一一.，、_八i解得 0 a 一，当 0 a 一时，h(a) 0,而 h(0) 0 ,所以 h(a) 0 ,故当 0 x 一 xxa一 ii时，f (- x) f (- x).aa(III)由(I)知，只有当a 0时，且f(x)的最大值f()0,函数yf(x)才会有两aii 一 i个夺点，不妨设

17、 A(xi,0), B(x2,0),0xi x2 ,则 0 xi 一 x2 ,故一 X (0,一)，由aaam 一 2 一 i i一 i i一 一(II)得：f(-xi)f (- xi)f(-(xi)f (xi)f(x2),又由 f (x)在aa aa aJ2- x x2i(-,)上单调递减，所以 x2X,于是%-一2一,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两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b) 1n aa(aIn b b).(a b),对数平均与算术平均、几何平均的大小关系:a bJab L(a,b) 5(此式记为对数平均不等式)取等条件：

18、当且仅当 a b时，等号成立.a b只证：当a b时，Jab L(a,b) .不失一般性，可设 a b.证明如下:2不等式 1n a 1n b构造函数f (x) 21n xa1na，a ,b 、ab b ' b : a,1(x -),(x 1),则 f (x) x21n x x，(其中 x J：2 /1“ 1、2 _1 2(1 -).因为 xx x x1)1时,f (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,b)2不等式lna lnb 2a b) a b.a2(b1),2(x 1)a八In - -b

19、In x -/(其中x J 1)b(g1)(x 1)'b )b构造函数g (x) In x11),则 g (x) 一 x4(x 1)2(x I .因为x 1时, x(x 1)(I)先证：job L(a,b)g (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;a b综合(I) (II)知，对 a,b R ,都有对数平均不等式 Jab 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 x(x R)，如果 x1 x2,且 f(x) f (x2),证明：x1x2

20、2.【解析】法五：由前述方法四，可得1%x2,利用对数平均不等式得：1n 为 1n x2X x2x1 x21 ,即证：x1x22,秒证.In x11nx22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(a R),其图像与 x轴交于A(x1,0), B(x2,0)两点，且Xix2 .证明：f (. x1 x2) 0 .ex1ex2【解析】法三：由前述方法可得：a (1 x1 In a x2),等式两边取以e为x1 1 x2 1底的对数，得 In ax1In(x11)x2ln(x21),化简彳导:1(x-_(x_!2一,由In

21、(x1 1) ln(x2 1)对数平均不等式知：1 (x1 1)(x21)(X1)(x21)，即x1x2(x1x2)0,In(x1 1) ln( x2 1)故要证f (.花)0证 Jx1x2 In a 证2，x1x2 x1In(x1 1)x2ln(x21)证 ln(x1 1) In(x21) x x2 2"泾 证 In(x1x2(x1x?)1)x1 x2 2"忆- x1x2 (x1 x2) 0In( xix2 (x1 x2) 1) In1 0 ,而 x1 x22 x1x2Q Kx2)2 0 In(x1x2(x, x2)1) x,x22., x1x2显然成立，故原问题得证.例

22、5. (11年，辽宁理)已知函数 f(x) In x ax2 (2 a)x.(I)讨论f(x)的单调性；111(II)设 a 0,证明：当 0 x 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:f(x。) 0.【解析】(I) (II)略，(III )由 f (x,)f(x2) 0故要证 f (x0) 0x0 "x-x2 -2 a根据对数平均不等，此不等式显然成立，故原不等式得证2 In x1In x2x1x2x1x2【挑战今年高考压轴题】Xi, X2 .(2016年新课标I卷理数压轴21题)已知函数

23、f (x) (x 2)ex 2 e-，则 g ”x 1 a(x 1)2有两个零点证明：x1 x2 2.【解析】由f (x) (x 2)ex a(x1)2,得 f(x) (x 1)(ex 2a),可知 f(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.要使函数y f (x)有两个零点总,，则必须a0.法一：构造部分对称函数不妨设xx2,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:为 x2 2,等价于证明:f(2x2)f(xi) 0,又 f (2x2)2 x2x2e/，、2a(x2 1),且 f(x2) (x2x92)e 22a(x2 1)

24、01- f (2 x2)x2e2 ”(x22)ex2 ,构造函数g(x)2 xxe(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 X f x20 ,故可整理得：a二x2 ex121x2 2 e22-x21x2那么g2x 21 x3- ex 11 时，g' xx单调递减；当1时,0,g x单调递增.0,构造代数式:m1 12md em e 1 , mm 1故h m单调递增，有2m2 2m贝 U h' m 2 e 0 ,m 1因此，对于任意的 m 0,由g X g x2可知为、x2不可能在g x的同一个单调区间上，不妨设必有 1 x2g Xig X2令 m 1 为 0,则有 g 11 % g 11 Xig 2而 2 x11 , x21, g x 在 1,上单调递增，因此：g 2 * g x2整理得：x1x22 .法三：参变分离再构造对称函数由法二，得g xxx 2 e2-x 1,构造G( x)g