極值點偏移問題的處理策略

1、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x2.如下圖所示.2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(x1,b) , B(x2 ,b)兩點,則AB的中點為M (漢一x2, b),而往往x02x1極值點沒有偏移此類問題在近幾年高考及各種模考，作為熱點以壓軸題的形式給出，很多學(xué)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，處理的手段有

2、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！極值點左偏: $+公2%.工=三三處切維與，軸不平行*若一幻上凸(“幻遞減L則笥”若/口)下凸(門制遞增卜則產(chǎn)卜八七卜0極值點右偏！號+4£工小 工=土盧處切線與1軸不平行：著上凸口 口)遞減L貝4f色等丁(%)=0,若八x)下凸冷遞增卜則/文言卜，,優(yōu))=。,【處理策略】一、不含參數(shù)的問題例1 已知函數(shù)f (x) xe x(x R)，如果x( x2，且f(x1) f(x2),證明：X 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，x1 時

3、，f(x) , f(0) 0,x 時，f(x) 0,函數(shù) f(x)在 x 1 處取得極大值 f(1),且 f(1)-,e如圖所示.由f (x1) f(x2), x1 x2 ,不妨設(shè)x1 x2 ,則必有0 x11x2 ,構(gòu)造函數(shù)F(x) f(1 x)f (1 x),x (0,1,則 F(x) f (1 x) f (1 x) Fxi(e2x1)0 ,所以 F(x)在ex (0,1上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x) F(0) 0,也即 f(1 x) f (1 x)對 x (0,1恒成立.由 0x11x2,則 1x1(0,1,所以 f(1 (1x。f (2x1)f (1 (1x。)f(x1)f(x2),即f(2x1

4、)f(x2),又因為2x1,x2(1,)，且f(x)在(1,)上單調(diào)遞減，所以2x1x2,即證x1 x2 2.法二：欲證 x1x22 ,即證 x2 2x1,由法一知 0x11x2，故 2x1,x2(1,)，又因為 f (x)在(1,)上單調(diào)遞減，故只需證f(x2)f(2x1),又因為f(x1)f(x2)，故也即證f(x1) f (2x1),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 2x 2由 H (x) f (x) f (2 x) -(1 e ) 0 ,則 H (x)在 x (0,1)上單調(diào)遞增，所以 eH(x)

5、H(1) 0,即已證明H(x) 0對x (0,1)恒成立，故原不等式 xx22亦成立.法三：由 f(x1) f (x2),得 x1ex1x?e x2 ,化簡得 ex2 x1不妨設(shè)x2x1，由法一知，o x1 1x2.令tx2x1，則t0, x2tx1，代入式，得et-x1x1t i2t2t反斛出x1,則x1x22x1t - t ,故要證：x1x22,即證：t 2,又因為e 1e 1e 1et 1 0,等價于證明：2t (t 2)(et 1) 0，構(gòu)造函數(shù)G(t) 2t(t 2)(et 1),(t 0),則 G(t)(t 1)et 1,G (t) tet 0,故 G(t)在 t (0,)上單調(diào)遞

6、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：由法式，兩邊同時取以e為底的對數(shù)，得x2 x1ln 四 ln x21nxi，也即x1入Xct 1令t (t 1),則欲證：XiX2 2,等價于證明：lnt 2，Xit 1(t 1)ln t 2t2 1 2tlnt構(gòu)造 M(t)-(1 )ln t,(t 1),則 M(t) 2，t 1t 1t(t 1)又令 (t) t2 1 2tlnt,(t 1),則 (t) 2t 2(lnt 1) 2(t 1 lnt),由于 t 1 lnt 對t (1,)恒成立，故

7、(t) 0,在t (1,)上單調(diào)遞增，所以(t)(1) 0,從而M(t) 0,故 M(t) 在 t (1,) 上單調(diào)遞增， 由洛比塔法則知：M(t)lim (t 1)lnt lim (t 1)lnt) lim(ln t )2 ,即證 M (t) x 1 t 1 x 1 (t 1) x 1 t2,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(zhuǎn)化為單變元不等式，方法一、二利用構(gòu)造新的函數(shù)來達(dá)到消元的目的，方法三、四則是利用構(gòu)造新的變元，將兩個舊的變元都換 成新變元來表示，從而達(dá)到消元的目的.二、含參數(shù)的問題.例2.已知函數(shù)f(X) x aeX有兩個不

8、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Xxe 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：也可以用J用參數(shù) a這個媒介去構(gòu)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 ,所以X1X1 aeX2X2 ae由(1) (2)得：X1 X2a(e% eX2),要證明X1 X22,只要證明a(e*eX2) 2,由(1)(2)得：X1 X2a(eX1e"),即a,1 2eX1 eX2e%eX2eX, X2 1即證：(X1 X2)1-XT 2(X1X2) X! X22,ee2e1不妨設(shè)

9、x1x2 ,記 tX1X2,則 t0,et1,一et 12(et 1)因此只要證明：t e一 2 t () 0, et 1et 1X (1,)再次換元令etx 1, t ln x ,即證ln x 2(X 1 0x 1構(gòu)造新函數(shù)F(x) lnx 空), F(1) 0 x 1求導(dǎo)F (x)(x 1)2x (x 1)2x(x 1)20,得F(x)在(1,)遞增,所以F(x) 0 ,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(chǔ)上，又多了一個參數(shù)，故思路很自然的就會想到：想盡一切辦法消去參數(shù)，從而轉(zhuǎn)化成不含參數(shù)的問題去解決；或者以參數(shù)為媒介，構(gòu)造 出一

10、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)f(x)有兩個零點x1,x2,試證明：x1 x2 e2.【解析】法一：消參轉(zhuǎn)化成無參數(shù)問題：f (x) 0 ln x ax In x aelnx , x1,x2 是方程 f (x) 0 的兩根，也是方程 In x ae1nx 的 兩根，則 In x1,ln x2 是 x aex , 設(shè) u1 In x1,u2 In x2 , g(x) xe x ,則2g(u1)gM),從而x1x2 e1nx In x2 2u1 u2 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)x1x2 ,/

11、1nx1ax10,1nx2ax20 , In x1In x2a(x1x2),1n x1 In x2In x1 In x2 a(xx2) ,2欲證明 xx2e ,即證 1nxiIn x22.1nxi In x2a(x1 x2),，即證 a2x1x2，原命題等價于證明In x1In x2此 上 2(" x2) ,令 t 2xL,(t 1),構(gòu)造又2x1X2X22(t 1)g(t) 1nt TT，t1 ,此問題等價轉(zhuǎn)化成為例2中思路二的解答，下略法三：直接換元構(gòu)造新函數(shù):1n x11n x2x1x21n x2x2x22V 設(shè) x1x2,t上，(t 1),1n x1x1x1則 x2txTt1

12、n x11n t 1n x11n x11nt .反斛出：1nxi,1n x2t 1故 x1x2 e21n x1 1n x21n t 11n t1n tx1 1n t 1n x11n t ，t 1 t 1t 1 一 -21nt 2,轉(zhuǎn)化成法二，下同，略t 1例4.設(shè)函數(shù)f (x) ex axa(aR),其圖像與x軸交于A(x1,0), B(x2,0)兩點，且x1x2.證明:f ( Xi X2 ) 0 .【解析】由f(x)_xe ax a, f(x)a,易知：a的取值范圍為(e2,) , f (x)在(，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a,)上單調(diào)遞增設(shè)函數(shù)圖像與x軸交于A(x1,0), B(x2

13、,0),兩點，因此法一：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：e再ex2ax1ax20,兩式相減得:0,ex2e*x2x1,(tf (xx2x1 x2-2-% 斗e ex2xix1 x2e 2 t(2t (et e2t)，設(shè) g(t) 2t(ete t),(t0),則(ete t)0 ,所以g(t)在t(0,)上單調(diào)遞減,故g(t) g(0) x2e 20,而 e一2t0,所以f (x0,又f (x)ex a是R上的遞增函數(shù)，且歷2xx2x2)0.容易想到，但卻是錯解的過程:欲證:f (Jx x2) 0,即要證:xi x2自然會想到:e ax a 0,x2eax2 a 0,ex

14、1ex2a(xia*1),一，兩式相乘得:1),a (X1)% 1),即證:(xi1)(x21)1.考慮用基本不等式(x11)(x21)(xx22)2,也即只要證:4 .由于1,x2ln a.3 一.當(dāng)取ae3將得到x23，從而x1x24 .而二元一次不等式4對任意(e2,)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?。績墒较鄿p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(xué)背景(a,b)內(nèi)f(b) f(a)拉格朗日中值定理：若函數(shù) f(x)滿足如下條件：函數(shù)在閉區(qū)間 a,b上連續(xù)；函數(shù)在開區(qū)間可導(dǎo)，則在(

15、a,b)內(nèi)至少存在一點，使得f ()當(dāng)f(b) f(a)時，即得到羅爾中值定理上述問題即對應(yīng)于羅爾中值定理,k 0f(X2) f(X1)kAB 0 X> X10(ex2 e") a(x X2)X2_X1c . e2 e 0, , , a ,X2X1由于 f(xi) f(X2) 0,顯然 f(xi)f(Xi) 0 與 f(Xi)f (Xi) 0 ,與已知f(Xi) 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已知函數(shù)f(x) ln x2 ax(2a)X.(I)討論f (x)的單調(diào)性;(II)設(shè)a 0,證明：當(dāng)01 一時,aX)(III)若函數(shù)y f (x)的圖像與

16、X軸交于A,B兩點，線段AB中點的橫坐標(biāo)為X0 ,證明：f (X0) 0.【解析】(I)易得:當(dāng)a 0時,f(x)在(0,)上單調(diào)遞增；當(dāng)a 0時,1 ,、，一 ,f (x)在(0,)上單倜遞a1增，在(一，)上單調(diào)遞減. a(II)法一：構(gòu)造函數(shù) g(x)f(1 ax)f(1 ax),(01-),利用函數(shù)單調(diào)性證明，方法上同, a略;,1 h(a) f (ax)f(1 ah(a)ln(1ax)ln(1ax)(a)x1 axx1 ax2x3 22x a2 2，1 a x，h (a)而 h(0)所以h(a)故當(dāng)0f(1 aX)f(1 x).a(III )由(I)知，只有當(dāng)0時，且f (x)的最大

17、值不妨設(shè) A(x1,0), B(x2,0),0X1 1,f(-) 0,函數(shù) ax2 ,故一X1ay f (x)才會有兩個零點,(0,1),由(II )得：211f (一 X1)f (-X1)f(- a1，- 1，u(X1) f (X1)f(X2),又由f(x)在(-,)上單調(diào)遞減，所以X2X1 ,于是x0a【問題的進(jìn)一步探究】1 工/、左一 ,由(I)知, af (X0) 0.對數(shù)平均不等式的介紹與證明兩個正數(shù)a和b的對數(shù)平均定義：L(a,b)a b(a b), ln a ln ba(a b).對數(shù)平均與算術(shù)平均、幾何平均的大小關(guān)系:一 ab L(a,b)a上(此式記為對數(shù)平均不等式)2取等條

18、件：當(dāng)且僅當(dāng)a b時，等號成立.只證：當(dāng)ab時,、ab L(a,b).不失一般性，可設(shè)b.證明如下:(I)先證:L(a,b)不等式a b ln a ln b.abln"21n1)1構(gòu)造函數(shù) f (x) 2ln x (x ),(x x1),則 f(x)所以函數(shù)f(x)在(1,)上單調(diào)遞減，故f(x)f(1)(II)再證:/、 a bL(a,b)不等式1n a 1n b2(a b)a b,a lnb(b構(gòu)造函數(shù)g(x) 1n x2(x 1)(x1),(x 1),1 2(1)2.因為x1 時，f (x) 0,0,1)1)g (x)從而不等式成立;g (x) 0,所以函數(shù)g(x)在(1,)上

19、單調(diào)遞增，故g(x)綜合(I) (II)知，對 a,bR ,都有對數(shù)平均不等式In x2(x1)(x 1)(其中xb 1)(x 1)2x (x 1)2 x(x 1)2.因為x 1時，g(1)0,從而不等式 成立;L(a,b) -b成立，當(dāng)且僅當(dāng)a b2時，等號成立.前面例題用對數(shù)平均不等式解決例1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】法五：由前述方法四，可得1Xix2,利用對數(shù)平均不等式得：1n x11n x21X1X2In x In x22,秒證.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

20、式的方法省略例 4.設(shè)函數(shù) f (x) ex ax a(aR),其圖像與x軸交于A(x1,0) , B(x2,0)兩點，且x x2 .證明:f ( , x1 x2) 0.【解析】法三：由前述方法可得：aex'ex2- -(1 x1 lna x2),等式兩邊取以e為底的對數(shù),Xi 1 x2 1ln x1ln x2xix2.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【挑戰(zhàn)今年高考壓軸題】(2016年新課標(biāo)I卷理數(shù)壓軸21題)已知函數(shù)f (x) (x 2)exa(x 1)2有得In ax1ln( x 1)x2ln(x21),化簡得：1(x1_(x_1L_,由對數(shù)平均不等式知：ln(x

21、1 1) ln(x2 1)1 (x-1(-2-D JTx1)(x21)， 即x1x2 (x x2) 0, 故 要 證ln(x1 1) ln(x2 1)f(7x1x2)0證 Jx1x2ln a 證2jx1x2x,ln(x11) x2 ln(x21)證 ln(x11)ln(x2 1)x1 x2 2jx1x2證ln(x1x2(x1 x2) 1)x1x22,x1x2x1x2(x1x2) 0 ln(x1x2 (x1x2)1) ln1 0,而 x1x22x1 x2x1x2x1 x2x1 x2 12ln x11n x22(x1x2)lnxlnx?2xix2 . x1x2Q；'x1 x x2)0 ln

22、(x,x2(x1x2)1)x1x22、xx2顯然成立，故原問題得證.例 5 已知函數(shù) f(x) ln x ax2 (2 a)x.(I)討論f (x)的單調(diào)性；111(II)設(shè) a 0 ,證明：當(dāng) 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(biāo)為x0,證明：f (x0) 0.【解析】(I) (II)略，22(III)由 f(x1)f (x2) 0ln x1ax1(2a)x1lnx2ax2(2a)x2022、 ln x1 ln x2 2(x1 x2)ln x ln x2 2(x1 x2) a(x1x2x1 x2)a 彳2

23、-xx2x x2x1x21故要證 f (x0)0 x0 -一2一2 a得 F (x) (x 1)(ex 2a) (x 1)(e 2a) (x 1)(ex e),從而 F (x)在(，1)上單調(diào)遞增，在(1,)兩個零點x1,x2.證明：x1 x22.【解析】由 f (x) (x 2)ex a(x 1)2,得 f (x)(x 1)(ex 2a),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)y f(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)x1x2,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：x

24、1 x2 2,等價于證明：f(2 x2) f (x1) 0,又 f(2x2)x2e2 x2a(x21)2,且 f(x2)(x22)ex2a(x21)20f (2 x2)x?e2 x2 仇 2)ex2,構(gòu)造函數(shù) g(x)xe2x (x 2)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,整理得:X 2 ex1x2 2 ex2aT2x11x2 1x 2 ex設(shè) g x e-，則 g x1x 12x 21.y-ex,當(dāng) x 1時，g' x 0, g x 單調(diào)x 1遞減；當(dāng)x 1時，g' x 0, g x單調(diào)遞增

25、.設(shè)m 0,構(gòu)造代數(shù)式：g 1 m g 1 m#e2me設(shè) h mm- 62m 1 , m 0 則 h' mm 1'2 m22m e0 ,故h m單調(diào)遞增，有h m因此，對于任意的 m 0, g 1 m g 1 m由g xig 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(shè)x1X2 ,則必有x11 x2 .令m 1 x1 0,則有 g 11 x g 11而 2x 1 , x21,gx 在 1,上單調(diào)遞增，因此 g 2 x1g x22x1x2整理得：x x2 2.法三：參變分離再構(gòu)造對稱函數(shù)x 2 ex由法二，得g x 構(gòu)造G(x) g(x) g(2 x),(x (,1),利用單調(diào)性可證，此處略x 1法四：構(gòu)造加強(qiáng)函數(shù)x 1對稱的函數(shù)g(x),使得當(dāng)【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時，f (x) g(x),當(dāng)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 2 a),故希望構(gòu)造一個函數(shù)F(x),