極值點偏移問題的處理策略及探究

1、極值點偏移問題的處理策略及探究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 x ,b),而往往x0 漢廣.如下圖 所示.極值點沒有偏移此類問題在近幾年高考及各種?？?，作為熱點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，處理

2、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】【處理策略】一、不含參數(shù)的問題.例 1. (2010 天津理)已知函數(shù) f(x) xe x(x R)，如果 x1 x2，且 f(x1)f(x2),證明：x1 x2 2.【解析】法一：f (x) (1 x)ex,易得f(x)在(，1)上單調(diào)遞增，在(1,)上單調(diào)遞減，x 時，f (x), f(0) 0, x 時，f (x)0,函1數(shù)f (x)在x 1處取得極大值f(1),且f(1)-,如圖所示. e由 f(x1)f(x2), x1x2,不妨設(shè) x1 x2,則必有 0 x1 1 x2,構(gòu)造函數(shù) F

3、(x) f (1 x) f (1 x),x (0,1,則 F (x)f (1 x)f (1 x) 告(e2x1) 0,所以F(x)在 x(0,1上單調(diào)遞增，eF(x) F(0) 0,也即 f(1 x) f (1 x)對 x (0,1恒成立.由 0 4 1x2,則 1x1(0,1,所以 f(1 (1Xi)f(2 Xi)f(1 (1Xi)f(Xi)f(X2),即 f(2Xi)f(X2),又因為2 Xi,X2 (1,)，且f(X)在(1,)上單調(diào)遞減，所以2 X(x2 ,即證X1 x2 2.法二：欲證XiX22,即證X22Xi,由法一知 0Xi1 X2,故 2X),X2(1,),又因為f(x)在(1

4、,)上單調(diào)遞減，故只需證f(x2)f (2 X,),又因為f(x1) f(x2),故也即證f(Xi)f(2 Xi),構(gòu)造函數(shù) H (x) f(x) f (2 x),x (0,1),則等價于證明H(x) 0對X (0,1)恒成立.1 X由 H (x) f (x) f (2 x) )一(1 e2x2)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X (0,1)恒成立，故原不等式Xi X2 2亦成立.法三：由f(Xi)f(X2),得Xie為X2eX2,化簡得ex2再 上，Xi不妨設(shè)X2X1,由法一知，oX11X2 .令tX2X1,則t0,X2t

5、X1 ,代入式,得 et-一x1,反解出x1p，則X1x22x1tt2tt ,故要證：x1x22 ,Xie 1e 1 2t一t ._t即證：- t2,又因為S1 0,等價于證明：2t (t 2)(et 1)0，e 1構(gòu)造函數(shù) G(t)2t (t 2)(et1),(t0),則 G(t)(t 1)et 1,G(t)tet0,故G(t)在t (0,)上單調(diào)遞增，G (t) G (0) 0,從而G(t)也在t (0,)上單調(diào)遞增，G(t) G(0) 0,即證 式成立，也即原不等式 x1 x22成立.法四：由法三中 式，兩邊同時取以In x2 In X11 ,從而 X1 X2(X1X2 X1令t 區(qū)(t

6、 1),則欲證：Xi X2Xie為底的對數(shù)，得 x2 X1In-x2 In x2 In X1,也即Xi& 1In x2In X1x2X1x2X1 x2x2)21 1 In一In ,X2X1X2X1X1a1 X)Xit 12,等價于證明：In t 2 ,t 1構(gòu)造M(t 1)lnt (1t 12叱。1),則 m 又令(t)2_t 1 2tlnt,(t1),則(t) 2t 2(lnt 1) 2(t 1lnt),由于t1 lnt(1,)恒成立,故(t) 0,(t)在 t(1,)上單調(diào)遞增,所以0,(1,)遞增，由(t 1)ln t lXm1M(t)lim(t 1)lnt)X 1 (t 1)l

7、im(ln1)2,即證M (t)2 即證式成立，也即原不等式 X1X22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(zhuǎn)化為單變元不等式, 用構(gòu)造新的函數(shù)來達到消元的目的， 方法三、四則是利用構(gòu)造新的變元, 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.方法一、二利 將兩個舊的變元都例2.已知函數(shù)f(X) X aeX有兩個不同的零點 X1,X2，求證:X1X2【解析】思路1：函數(shù)f (x)的兩個零點，等價于方程XXea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(gòu)造出新的函數(shù) 因為函數(shù)f (X)有兩個零點X1, X2

8、 ,.解答如下:要證明X1即證：(X1不妨設(shè)X1所以X1X2由(1) (2)得:X1aeX2ae2X1X2(1) a(eX1X2 e ),X22,只要證明a(eX1由(2)得:X1X2)因此只要證明:再次換元令構(gòu)造新函數(shù)求導F (X)_X1_X2eeeX1記teX2X1(X1F(X)X2、e ) 2 ,X X1X2 a(eex2)，即 aX1X2X1X，'e1 eX2)X1 X2ee 0,etX1X2tete1,lnX,ln X2(XXX (X 1)22(e 1)et 1即證ln X,F(1)0,X (1,)u 0,X(X 1)得 F(X)在(1,)遞增,14所以F(x) 0,因此原不

9、等式xi 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Xi,X2的基礎(chǔ)上，又多了一個參數(shù),從而轉(zhuǎn)化成不含參數(shù)的問題去解決;f(x)有兩個零點x1,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(gòu)造出一個變元的新的函數(shù)。例3.已知函數(shù)f (x) ln x ax, a為常數(shù)，若函數(shù)試證明：x1 x2 e2.【解析】法一：消參轉(zhuǎn)化成無參數(shù)問題：_ . ._.lnxf (x) 0 ln x ax In x ae , x，x2是萬程f(x) 0的兩根，也是萬程 In xae1nx 的兩根，則 lnx1,lnx2是 xaex,設(shè) u1Inx( ,u2Inx2,g

10、(x) xe x ,則2g(Ui) g(u2),從而x1x2 e In xi In x2 23 必 2,此問題等價轉(zhuǎn)化成為例1,下略.法二：利用參數(shù)a作為媒介，換元后構(gòu)造新函數(shù)：不妨設(shè)x1” ,1n xax10,1n x2 ax20, In x1In x2a(xix2),1n xiIn x2a(xi次)，,1n xiIn x2a ,欲證明xix2e2,即證In x1In x22.xix2In x In x2a(xi x2),，即證 a2xiX2，原命題等價于證明In xiIn x2xix2即證：1n82(xi"令 t 上,(t i),xi x2x2xi X2X21n 為 1n x2X

11、iX2則 x2txi,In %In xiIn tInIn x1Xi反解出：In xiIn t,1n X2 t i故 xi x2 e2In xiIn x2In t t In tIn txi In t In xiIn t ，t i t it i 一42In t 2,轉(zhuǎn)化成法二，下同，略t i構(gòu)造g(t) Int 辿,t i ,此問題等價轉(zhuǎn)化成為例 2中思路二的解答，下略 t i法三：直接換元構(gòu)造新函數(shù)：”，設(shè) XiX2,t迄,(t i),In xixixi例4.設(shè)函數(shù)f(x) ex ax a(a R) ,其圖像與x軸交于A(xi,0), B(x2,0)兩點，且Xix2.證明：f Qx1 x2) 0

12、.【解析】由f(x)ex ax a, f (x) ex a ,易知：a的取值范圍為(e2,),f(x)在(,lna)上單調(diào)遞減，在(Ina,)上單調(diào)遞增法一：利用通法構(gòu)造新函數(shù)，略; 法二：將舊變元轉(zhuǎn)換成新變元：1兩式相減得：axce2 ax2 a 0,%xi記t -2yxL,(t0),則 f (x-x2) e-設(shè) g(t) 2t (et e t),(t 0),則 g Xi x2e 2調(diào)遞減，故g(t) g(0) 0,而e一 0,2t又 f (x)ex a是R上的遞增函數(shù)，且ex1，Xix x2x2_x2_x1-25-eee 2t t2 -(2t (et e»x2 x12t2 (et

13、 e t) 0,所以 g(t)在 t (0,)上單所以f (瓦3)0 ,2KX2Jxix22，-f (%, xi x2 ) 0 .x1 x2 4對任息a (e欲證：f (尿x2) 0,即要安xi x2lE： f () 0 ,亦要證 e 2 a 0,也即證：e1 2 a ,2很自然會想到：對ex1ax1a0,ex1a(x11),1兩式相乘得：ex2ax2a0,ex2a(x21),ex1 x2 a2(xi 1)(x2 1),即證：(x1 1)(x2 1) 1 .考慮用基本不等式(Xi 1)(X2 1) (* 22 2、2 , 一3)，也即只要證：xi X2 4 .由于xi 1,x2 In a .當

14、取a e容易想到，但卻是錯解的過程:將得到x23 ,從而x1 x24.而二元一次不等式2)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(chǔ)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(shè)函數(shù)圖像與x軸交于A(x1,0), B(x2,0),兩點

15、，因此kAB 0 g 住x2 xi0 (e" e')a(xi x2)0,.x2x1e ea ,x2xi由于 f(xi) f(x2) 0,顯然 f(xi) f (xi) 0 與 f(xi)f(xi) 0,與已知f(x1)f (x2) 0不是充要關(guān)系，轉(zhuǎn)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) ln x ax2 (2 a)x.(I )討論f (x)的單調(diào)性；(II)設(shè) a 0,證明：當 0 x 1時，f(- x) f(- x)； a aa(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) 0.1【解

16、析】(I)易得：當a 0時，f (x)在(0,)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.a1- 1_1(II )法一：構(gòu)造函數(shù)g(x) f (-x) f (-x),(0x ),利用函數(shù)單調(diào)性證明，aaa方法上同，略；1- 1x x1 ax 1 ax法一：構(gòu)造以a為王兀的函數(shù)，設(shè)函數(shù)h(a) f ( x) f ( x),則 aah(a) ln(1 ax) ln(1 ax) 2ax, h (a)1 一 1一, 一 1解得 0 a 一,當0 a 時，h(a) 0,而 h(0) 0,所以 h(a) 0 ,故當 0 x 一 xxa11時，f( x) f

17、 ( x). aa(ill )由(I)知，只有當a 0時，且f(x)的最大值f(1)兩個零點，不妨設(shè)A(x1,0), B(x2,0),0Xix2，則 0 x10,函數(shù)yf(x)才會有小1、x1(0,)，a一、，r2由(ll )得：f( x1) af(1 a1、，(-,)上單調(diào)遞減，所以 a【問題的進一步探究】對數(shù)平均不等式的介紹與證明x2兩個正數(shù)a和b的對數(shù)平均定義:L(a,b)對數(shù)平均與算術(shù)平均、幾何平均的大小關(guān)系: ab L(a,b)f(a是x0a In a a(aa b (此式記為對數(shù)平均不等式取等條件：當且僅當只證：當ab時,a b時，等號成立.ab L(a,b) a-b2(I )先證

18、:；abL(a,b)不等式In aa b . aIn bIn.ab b構(gòu)造函數(shù)fX) axx22b(a In bb).不失一般性，可設(shè)2ln又由f (x)在f (x0) 0.b),b.證明如下:11(其中x x1)，、，1(x) 2In x (x -),(x 1),則 fx(x)f (x) 0,所以函數(shù)f (x)在(1,)上單調(diào)遞減,12x(11 2一).因為x x1時,f(x)f(1)0,從而不等式成立;a b(ll )再證：L(a,b) ab 2不等式Ina Inb 2(a b) a b,a Inb1)In x(b 1)構(gòu)造函數(shù) g(x) In x 2(x-",( x (x 1)

19、1)，則 g (x) 1 x4(x 1)2(x D?.因為x 1時, x(x 1)g (x) 0,所以函數(shù)g(x)在(1,)上單調(diào)遞增，故g(x) g(1)0 ,從而不等式 成立;綜合(l) (ll )知，對 a,b R ,都有對數(shù)平均不等式 Tab L(a,b) 僅當a b時，等號成立.成立，當且前面例題用對數(shù)平均不等式解決例 1. (2010 天津理)已知函數(shù)f(x) xex(xR)，如果x1x2，且 f(x1)f(x2),證明：x1 x2 2.【解析】法五：由前述方法四，可得1x1 x2,利用對數(shù)平均不等式得：ln X ln x21 為x2生盤，即證：xi x2 2,秒證.ln x1 I

20、n x22說明：由于例2,例3最終可等價轉(zhuǎn)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(shè)函數(shù)f (x) ex ax a(a R),其圖像與x軸交于A(x1,0), B(x2,0)兩點，且x1x2.證明：f (/K x2) 0.x1x2【解析】法三：由前述方法可得：a-(1 x1 Ina x2)，等式兩邊取以e為x1 1x2 1底的對數(shù)，得 Ina x1 1mxi 1) x2 ln(x2 1),化簡彳導:1 (x1 / (x2),由 1mxi 1) ln(x2 1)對數(shù)平均不等式知：1(x1D(x2. J(1)(x21) , IPx1x2(x1x2) 0,1n(x1 1) 1n(x2

21、 1)'故要證 f (J%x2) 0證小由2 In a 證2yxix2 x11n(x11)x2ln(x2 1)證 1n(x1 1) ln(x21) x1 x2 2dxix2 證 1n(x1x2(x1x2)1)x1 x2 2jx1x21 x1x2 (x1 x2) 0 1 1n( x1x2 (x1 x2) 1) 1n1 0 ,而 X x2 2 x1x2( % . x2)2 0 1a(X1X2 (k x2) 1) K x2 2,4乂2顯然成立，故原問題得證.例5. (11年，遼寧理)已知函數(shù)f(x)1n xax2(2a)x.(I )討論f (x)的單調(diào)性；C、 r,1.1.1(II)設(shè) a

22、0,證明：當 0 x 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:f(Xo) 0.【解析】(I) (II )略，(III )由 f(x1)f(x2) 0,221nxiax1(2 a)x1In x2ax2(2a)x20221n x1In x22(x1 x2) a(x1 x2x1x2)In x1 In x2(x1 x2)22x1x2x1 x2故要證 f (x0) 0x0 J2 -2 aKx2 1In xIn x22x1x222x1 x2x1x2x1 x22In x1In x2 2(x1 x2)，一 In . m

23、用 .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x1 x2x1 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) (x 2)ex a(x 1)2有兩個零點x1,x2.證明：x1 x2 2.x2_x-【斛析】由 f (x) (x 2)e a(x 1),得 f (x) (x 1)(e2a),可知 f (x)在(，1)上單調(diào)遞減，在(1,)上單調(diào)遞增.要使函數(shù)yf(x)有兩個零點x1,x2,則必須a 0.法一：構(gòu)造部分對稱函數(shù)不妨設(shè)x1 x2,由單調(diào)性知x1(,1),x2 (1,)，所以2x2(,1),又f (x)在(,1)單調(diào)遞減，故要證：Xx22,等價

24、于證明：f(2x2)f(x1) 0,又f(2x2)x2e2x2a(x21)2,且 f(x2)(x22)ex2a(x21)201- f (2x2)x2e2h(x22)ex2,構(gòu)造函數(shù) g(x)xe2x (x2)ex,( x(1,),由單調(diào)性可證，此處略.法二：參變分離再構(gòu)造差量函數(shù)由已知得：fx1fx20 ,不難發(fā)現(xiàn)x11,x21 ,故可整理得：a x1 2耳X1 1X22 ex22X21X2x 2 exn.丁，則 g X1X 1那么2x 2 3 1eX,當x 11時,X 0, g X單調(diào)遞減；當X 1時,0,g X單調(diào)遞增.0,構(gòu)造代數(shù)式:m 1 2m em 12m單調(diào)遞增,0.2m 2m2e

25、 0 ，m 1因此，對于任意的 m 0,g X2可知X、X2不可能在的同一個單調(diào)區(qū)間上,不妨設(shè)X1則有g(shù)X1X2而2 X11 ， X2在1,上單調(diào)遞增,因此：g 2整理得:X1X2法三：參變分離再構(gòu)造對稱函數(shù)2X e由法二，得g x 構(gòu)造G(x)x 1g(X) g(2x),(x (,1),利用單調(diào)性可證,此處略.法四：構(gòu)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(gòu)造一個關(guān)于直線X 1對稱的函數(shù)g(x),使得當X 1時，f(X) g(X),當X 1時，f(X) g(X),結(jié)合圖像，易證原不等式成立【解答】由f(x) (x 2)eX a(x 1)2, f (x) (x 1)(eX 2a),故希望構(gòu)造一個函數(shù)F(x),使得 F(x) (x 1)(ex 2a) (x 1)(e 2a) (x 1)(e