極值點偏移問題的處理策略及探究

1、最新資料推薦13極值點偏移問題的處理策略所謂極值點偏移問題，是指對于單極值函數(shù)，由于函數(shù)極值點左右的增減速度不同，使得函數(shù)圖像沒有對稱性。若函數(shù)f（x）在x=X0處取得極值，且函數(shù)y=f（x）與直線y=b交于A（xi,b）,B（X2,b）兩點，則AB的中點為M（X1；",b），而往往x0*1；x2.如下圖所示.極值點左偏-15-此類問題在近幾年高考及各種?？迹鳛闊狳c以壓軸題的形式給出，很多學生對待此類問題經(jīng)常是束手無策。而且此類問題變化多樣，有些題型是不含參數(shù)的，而更多的題型又是含有參數(shù)的。不含參數(shù)的如何解決？含參數(shù)的又該如何解決，參數(shù)如何來處理？是否有更方便的方法來解決？其實，處

2、理的手段有很多，方法也就有很多，我們先來看看此類問題的基本特征，再從幾個典型問題來逐一探索！【問題特征】極值點左偏：將十萬2%,刀=與三處切線與m軸不平行,若人工）上凸遞減h則外卜若小用下凸（/?。┻f增卜則/（笞&）/*（&）=o,極值點右偏：巧+巧弋4，二主色處切線與JT軸不平行；若上凸，心）遞減卜則卜八七二0.若共幻下凸（尸（外遞增卜則伉）=0.V2JV2J【處理策略】、不含參數(shù)的問題例1.(2010天津理)已知函數(shù)f(x)=xe"(xwR)，如果x1#x2，且f(為)=f(x2),證明：x1x22.【解析】法一：f(x)=(1x)e”,易得f(x)在(叫1)上單

3、調(diào)遞增，在(1,依)上單調(diào)遞減，xt3時，f(x)T,f(0)=0,xT+8時，f(x)T0,函1數(shù)f(x)在x=1處取得極大值f(1),且f1(=1,如圖所示.e由f(x1)=f(x2),x1¥x2,不妨設X<x2,則必有0<x1<1<x2,構造函數(shù)F(x)=f(1+x)f(1x),xW(0,1,則L(x)=f(1+x)+f'(1x)="(e2x-1)>0,所以F(x)在xw(0,1上單調(diào)遞增,eF(x)>F(0)=0,也即f(1+x)af(1x)對xW(0,1恒成立.由0<x,<1<x2,則1-x1w(0,1

4、,所以f(1十(1為)=£(2x)af(1(1x)=fx尸f區(qū))即f(2-x1)>f(x2),又因為2x1，x2w(1,2),且f(x)在(1,+s)上單調(diào)遞減，所以2-為<x2,即證x1+x2>2.法二：欲證x1+x2>2,即證x2>2-x1,由法一知0<x1<1<x2,故2-x1，x2亡(1,收),又因為f(x)在(1,y)上單調(diào)遞減，故只需證f(x2)<f(2-為)，又因為f(xj=f(x2),故也即證f(x)<f(2x),構造函數(shù)H(x)=f(x)f(2x),xw(0,1),則等價于證明H(x)<0對xw(0,

5、1)恒成立.1x由H(x)=f(x)+f(2x)=一(1e2x)>0,則H(x)在x(0,1)上單調(diào)遞增，所以eH(x)<H(1)=0,即已證明H(x)<0對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,化簡得ex2-=x2，x1不妨設 X2 >Xi ,由法一知，o <Xi <1 <X2 .令t =X2 - Xi ,則 t A0,X2 = t 十人 ,代入 式,t tX1- r得e =,反解出X1 =Xit2t,貝U x1 +x2 = 2x1 +t =+t ,故要證： X1 +

6、 x2 > 2 ,e -1e -1一 2t t . 一t即證：_+t>2,又因為 e -1 >0 ,等價于證明：2t+(t2)(e -1)>0 - e -1構造函數(shù) G(t) =2t +(t -2)(et -1),(t >0),則 G'(t) =(t 1)S +1,G”(t) =tet > 0,故G在tw(0,y)上單調(diào)遞增，G'(t)>G'(0) =0,從而G(t)也在t W (0, -He)上單調(diào)遞增，G(t) . G(0)=0 ,即證 式成立，也即原不等式X1 + X2 A 2 成立.法四：由法三中式，兩邊同時取以 e為底

7、的對數(shù)，得,X2x2 -X1 = In 一 = In X2 - ln X1,也即X1In x2 -In X1 =1,x2 一 X1In x2 - In X1從而 X1 - X2 =(X1 - X2)X2 一 X1X2X1X2 一 X1x2,1X2X1X2In =In ,X1x21 x1X1令 t =x2(t >1),X1則欲證：X1 +x2 >2,等價于證明:t 1In t >2 ， t -1構造 m =(t +1)1nt =(1 +-2-)In t,(t >1),則 Mt -1 t -12t2 -1 -2tInt(t) =2，t(t-1)又令邛(t) =t212tln

8、t,(t >1),則中'(t t-2n1+2=1 n)- t ，由于 t1lnt對Vt W (1,+=c)恒成立，故中'(t)A0,中(t)在tW(1,+=c)上單調(diào)遞增,所以中(t) A中(1)=0 ,從而M (t A Q 故M (t)在tw (1,收)上單調(diào)遞增，由洛比塔法則知：(t 1)ln tt -1: lim (IJ1二 Iim(|nX 1 (t -1) X 1t 1t+-) =2 ，t即證M (t) > 2 即證式成立，也即原不等式X1+X2>2成立.【點評】以上四種方法均是為了實現(xiàn)將雙變元的不等式轉化為單變元不等式，方法一、二利用構造新的函數(shù)來達

9、到消元的目的，方法三、四則是利用構造新的變元，將兩個舊的變元都換成新變元來表示，從而達到消元的目的.二、含參數(shù)的問題.例2.已知函數(shù)f(x)=xaex有兩個不同的零點X1,X2,求證：x1+x2>2.【解析】思路1：函數(shù)f(x)的兩個零點，等價于方程 xe"=a的兩個實根，從而這一問題與例1完全等價，例1的四種方法全都可以用；思路2：也可以利用參數(shù) a這個媒介去構造出新的函數(shù).解答如下: 因為函數(shù)f (x)有兩個零點x1, x2,x1xi = aex2x2 = ae2(1)由(1) +(2)得:x1 +x2 =a(ex1 +ex ),要證明x1十x2>2,只要證明a(ex

10、1+e")>2,由一(2)得：x1 x2 =a(e內(nèi)一ex2),即 a =x1 - x2ex1 - ex2ex1 % 1即證：(Xx2)-x7>2 (x1 x2) .2>2 ,e1 -e2e 2 -1不妨設 X A x2 ,記 t =刈 一 x2 ,則 t A 0, 3 A 1 ,因此只要證明:t e1 2 = t 2(e 一° . 0,813+1再次換元令 et=x>1, t =ln x ,即證 ln x 2(x 1)>0 Vx= (1+=°) x 1構造新函數(shù)F(x)=lnx 迎二F(1)=0 x 1求導 F(x)=- x42(x

11、 1)(x-1)2-2x(x 1)A0,得F(x)在(1,收)遞增,所以F(x)A0,因此原不等式x1+x2>2獲證.【點評】含參數(shù)的極值點偏移問題，在原有的兩個變元x1,x2的基礎上，又多了一個參數(shù),從而轉化成不含參數(shù)的問題去解決；或f(x)有兩個零點x),x2,故思路很自然的就會想到：想盡一切辦法消去參數(shù),者以參數(shù)為媒介，構造出一個變元的新的函數(shù)。例3.已知函數(shù)f(x)=lnxax,a為常數(shù)，若函數(shù)試證明：x1x2e2.【解析】法一：消參轉化成無參數(shù)問題：_lnx_f(x)=0ulnx=axulnx=ae,x,x2是萬程f(x)=0的兩根，也是萬程lnx=ae1nx的兩根，則1nxi

12、,lnx2是x=aex,設u1=lnx,u2=lnx2,g(x)=xe.,則2g(u1)=g(u2),從而x#2>e二lnx+lnx?>2uu+U2>2,此問題等價轉化成為例1,下略.法二：利用參數(shù)a作為媒介，換元后構造新函數(shù)：不妨設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 ,欲證明X1 -'X22，八Xx2e ,即證 1n x11nx22.In x1 +ln x2 = a(x1 +x2),r、2即證a &g

13、t;,x1x2，原命題等價于證明In x1 -ln x2x - X2下二一，即證：1n 8也二匈，令 t=£,(t>1), x1 x2x2x1 x2x2構造g(t)=1nt-2(t-1),t>1,此問題等價轉化成為例2中思路二的解答，下略.t1法三：直接換元構造新函數(shù)：1n x1a 二1n x2 -In x2x1x2In x1x2x2二一，設 x1 <x2,t =,(t >1),x1x1則 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 ,轉化成法一，下同，略例4.設函數(shù)f (x) =exax+ a(a w R),其圖像與 x軸交于 A(x1,0), B(x2,0)兩點，且xi:二 x2 .證明：f (. x1x2) ； 0 .【解析】由f (x) =exax+a, f'(x) =exa ,易知：a的取值范圍為(e2,2), f (x)在(3,ln a)上單調(diào)遞減，在(lna,")上單調(diào)遞增.法一：利用通法構造新函數(shù)，略; 法二：將舊變元轉換成新變元：產(chǎn)-"1 +a=0,

15、兩式相減得: ex2 -ax2 a =0,e -ea =,x2 一為F x2 -4* x2、記 t = 2,(t >0),則 f (-2)22x1 ix2x2x<2-e2 -e=e 2 x2 ”% x2e2 (2t Tel -eT),設 g(t) =2t -(et -e-t),(t >0),貝U g '(t) =2 -(et +e*) <0 ,所以 g(t)在 t (0,2)上單Xix22調(diào)遞減，故g(t)<g(0)=0，而e>0,所以廣(222)<0,2t2又f(x)=exa是R上的遞增函數(shù)，且Jx1X2<x12x2,f'(Xi

16、?)<0.容易想到，但卻是錯解的過程：x.xx1X2欲證：fkx，x2)<0,即要證:f'(土廣)<0,亦要證e=a<0,也即證：eXl4X2<a2,XiXie-aXa=0,e=a(X1),很自然會想到：對1'0(1),兩式相乘得：eX2-aX2a=0,e"=a(X2-1),e*2=a2(x-1)(X21),即證：(Xi1)(X21)<1.考慮用基本不等式XXc-223(X1-1)(x2-1)<()，也即只要證：X1+x2<4.由于X1>1,X2aIna.當取a=e將得到x2>3,從而x1+x2>4.而

17、二元一次不等式x1+x2<4對任意aw(e2,-He)不恒成立，故此法錯誤.【迷惑】此題為什么兩式相減能奏效，而變式相乘卻失??？兩式相減的思想基礎是什么？其他題是否也可以效仿這兩式相減的思路？【解決】此題及很多類似的問題，都有著深刻的高等數(shù)學背景拉格朗日中值定理：若函數(shù)f(x)滿足如下條件：(1)函數(shù)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；(2)函數(shù)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導，則在(a,b)內(nèi)至少存在一點"使得f("-f(b)_f(a)b-a當f(b)=f(a)時，即得到羅爾中值定理.上述問題即對應于羅爾中值定理，設函數(shù)圖像與x軸交于A(x1,0),B(x2,0),兩點，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,顯然f(x1)+f(x1)=0與f(x1)f(x1)=0,與已知f(x1)=f(X2)=0不是充要關系，轉化的過程中范圍發(fā)生了改變例5.(11年，遼寧理)已知函數(shù)f(x)=lnxax2(2-a)x.(I)討論f(x)的單調(diào)性；111(II)設aA0,證明：當0<xc時，f(-+x)>f(-x)；aaa(III)若函數(shù)y=f(x)的圖像與x軸交于A,B兩點，線段AB中點的橫坐標為x0,證明:fd)：二0.i，、，、一，1【解析】易得：當a

19、M0時，f(x)在(0,一)上單調(diào)遞增；當a>0時，f(x)在(0,-)a1上單倜遞增，在(一，)上單調(diào)遞減.a111(II)法一：構造函數(shù)g(x)=f(+x)>f(x),(0<x<),利用函數(shù)單調(diào)性證明，方aaa法上同，略；11法一：構造以a為王兀的函數(shù)，設函數(shù)h(a)=f(+x)>f(-x),則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<，當0<a<一時，h(a)0,而h(0)0,所以h(a)>

20、;0,故當0Mx<xxa一，11時，f(x)f(x).aa(III)由(I)知，只有當a>0時，且f(x)的最大值f(1)A0,函數(shù)y=f(x)才會有兩a11一1個手點，不妨設A(x1,0),B(x2,0),0<X<溝，則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)上單倜遞減，所以x2>-x1，于是=->-，由(I)知，f(x0)<0.aa2a【問題的進一步探究】對數(shù)平均不等式的介紹與證明

21、兩個正數(shù)a和b的對數(shù)平均定義:(a = b),ra-bL(a,b)=Ina-Inba(a=b).對數(shù)平均與算術平均、幾何平均的大小關系：Tab<L(a,b)<a|b(此式記為對數(shù)平均不等式)取等條件：當且僅當a=b時，等號成立.一、一一一，一ab只證：當a#b時，Jab<L(a,b)<.不失一般性，可設a>b.證明如下:2(I)先證：jab<L(a,b)不等式ulnaInbcabulna<JaJbu2lnx<x(其中x=ja>1)aabbYbax'，b)12112構造函數(shù)f(x)=2lnx(x-),(x>1),則f(x)=1不

22、=(1一).因為x>1時,xxxxf'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在(1,十瓷)上單調(diào)遞減，故f(x)<f=0,從而不等式成立;(II)再證：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)%)構造函數(shù)g(x)=In x 2(x1,( x >1),貝U g '(x)= (x 1)x4(x 1)2(x-1)2x(x 1)2因為x >1時,g'(x)>0,所以函數(shù)g(x)在(1,十資)上單調(diào)遞增，故g(x)<

23、;g(1)=0,從而不等式成立;ab綜合(I)(II)知，對va,bwR,都有對數(shù)平均不等式疝三L(a,b)2?成立，當且僅當a=b時，等號成立.前面例題用對數(shù)平均不等式解決例1.(2010天津理)已知函數(shù)f(x)=xe"(xwR)，如果x1#x2，且f(為)=f(x2),證明：x1x2-2.【解析】法五：由前述方法四，可得1=x1-x2,利用對數(shù)平均不等式得：lnx1-lnx2.x1-x2x1x21=-12-<-2,即證：x1+x2>2,秒證.Inx1Tnx22說明：由于例2,例3最終可等價轉化成例1的形式，故此處對數(shù)平均不等式的方法省略.例4.設函數(shù)f(x)=exax

24、+a(awR),其圖像與x軸交于A(x1,0),B(x2,0)兩點，且x1:二x2.證明：f(.x1x2)：二0.ex1ex2【解析】法三：由前述方法可得：a=(1<x1<lna<x2)，等式兩邊取以e為x1-1x2-1底的對數(shù)，得lna=x1-ln(x1-1)=x2-ln(x2-1),化簡彳導:1=(x"為2.2 'W故要證 f (x0) ；0= x0 =x2-2 a_(x_,由ln(x1-1)-ln(x2-1)對數(shù)平均不等式知：1=(x11)(x2>J(為_1)(x21),即x1x2(x1+x2)<0,ln(x1-1)-ln(x2-1)故要證

25、f(Jg)<0u證”死<lna=證2x1xT<x1-ln(x1一1)+x2-ln(x2-1)u證ln(x1-1)+ln(x2-1)<x1+x2-2jx1x2u證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=(、；為-x?)0ln(x1x2-(%-x2)1):二川x2-2.x1x2顯然成立，故原問題得證.例5.(11年，遼寧理)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2x1x2x1_ x2x1_x2Xx212ln x1 - ln x2 2(

26、x1 - x2) - 1n X2x1 - x2(2-a)x.(I)討論f(x)的單調(diào)性；1 11(II)設aA0,證明：當0<xM時，f(+x)Af(-x)；aaa(Ill)若函數(shù)y=f(x)的圖像與x軸交于A,B兩點，線段AB中點的橫坐標為x0,證明：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根據(jù)對數(shù)平均不等，此不等式顯然成立，故原不等式得證X1X2X1-

27、'X2【挑戰(zhàn)今年高考壓軸題】(2016年新課標I卷理數(shù)壓軸21題)已知函數(shù)f(x)=(x2)eX+a(x1)2有兩個零點x1,x2.證明：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)上單調(diào)遞減，在(1,+=心)上單調(diào)遞增.要使函數(shù)y=f(x)有兩個零點x1,x2,則必須a>0.法一：構造部分對稱函數(shù)不妨設<x2,由單調(diào)性知Xw(3,1),x2w(1,也)，所以2x2w(-°°,1),又f(x)在(g,1)單調(diào)遞減，故要證：為+x2<2,等價于證明：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,構造函數(shù)g(x)=xe2'(x2)ex,(xw(1,收)，由單調(diào)性可證，此處略.法二：參變分離再構造差量函數(shù)由已知得：f(x1)=f(x2)=0,不難發(fā)現(xiàn)為#1,x201,故可整理得：-a =用 一2 e為x2 -2 ex222x1 -1 j i -1 ix-2ex-僅g(x)=-,則g(x1)=g(x2)x-12x21、，那么g'(x)=與一e,當x<1時，g'(x)<0,g(x)單倜遞減；當x>1時,x-

29、1g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.設m>0,構造代數(shù)式：/m-11m-m-1um1mm12m/g1m-g1-m廠ee廠ee1mmmm1設h(m尸me2m+1,m>0m1則h'（m,2m2e2m>o,故h（m）單調(diào)遞增，有h（m）>h（0）=0.因此，對于任意的m>0,g(1+m)>g(1-mj.由g(x)=g(x2)可知X、x2不可能在g(x)的同一個單調(diào)區(qū)間上，不妨設x1<x2,則必有x：1：；x2令m=1xi>0,則有g1+(1-xi)j>g1一(1-xi)=g(2xi)>g(xi)=g(M)而2x>1,x2>1,g(x)在(1,-Hc讓單調(diào)遞增，因此：g(24)>g(x2肖2x,ax2整理得：為+為<2.法三：參變分離再構造對稱函數(shù)X-1由法二，得g(x尸空二法，構造G(x)=g(x)g(2x),(xw(-«,1),利用單調(diào)性可證，此處略.法四：構造加強函數(shù)【分析說明】由于原函數(shù)f(x)的不對稱，故希望構造一個關于直線x=1對稱的函數(shù)g(x),使得當x<1時，f(x)<g