《極值點(diǎn)偏移問題的處理策略及探究》

1、極值點(diǎn)偏移問題的處理策略及探究所謂極值點(diǎn)偏移問題， 是指對(duì)于單極值函數(shù)， 由于函數(shù)極值點(diǎn)左右的增減速度不同，使得函數(shù)圖像沒有對(duì)稱性。若函數(shù) f(x)在x Xo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(diǎn)，貝U AB的中點(diǎn)為M (Xl q%2 ,b)，而往往x0 XX2 .如下圖 所示.極值點(diǎn)沒有偏移-Wk*-111JVj+.V?uF1 一一 _ 7f査_1.j一11iII J./*J/T9i1 iiin1ij k111i1. .1 1ili11 1 7 / / r I 11 1_r -1 11 1 I 1；X11：，心扱值點(diǎn)左騙14|i1此類問題在近

2、幾年高考及各種?？?，作為熱點(diǎn)以壓軸題的形式給出，很多學(xué)生對(duì)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(shí)，處理的手段有很多，方法也就有很多，我們先來看看此類問題的基本特征，再?gòu)膸讉€(gè)典型問題來逐一探索！【問題特征】若/上凸廣遞減h則”號(hào)1卜八舟”氛若m下臨 門對(duì)遞席)則f 如嚴(yán)極值慮右偏;；加+屁盂2亦，工二丑尹 業(yè)切線勺工軸不平行i減h則”寧”比)丸，若rw下凸(廠co遞刑h虬廠(玉寧卜廠也)=o,【處理策略】、不含參數(shù)的問題例1. (2010天津

3、理)已知函數(shù) f(x) xe x(x R)，如果XiX2，且 f (xj f (x2)，【解析】法一:f (x)(1x)e x,易得 f (x)在(,1)上單調(diào)遞增,在(1,)上單調(diào)遞減，X時(shí)，f(x)，f(0)0,X時(shí)，f(x) 0,函2.1處取得極大值 f(1)，且f(1)數(shù)f (x)在x如圖所證明：X-I x2e由 f(xj f(X2),X1x2，不妨設(shè)x-ix2，則必有0 x11X2，又因?yàn)閒 (X)在(1,)上單調(diào)遞減，故只需證 f (x2)f(2 xj，又因?yàn)?f (X1)f(X2)，故也即證f (X1)f(2 x1)，構(gòu)造函數(shù) H (x)f(x) f (2 x),x (0,1)，

4、則等價(jià)于證明構(gòu)造函數(shù) F(x)f (1 x) f (1 x),x (0,1，x2X則 F (x) f (1 x)f (1 x) (e 1) 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(duì) x (0,1恒成立.由 0x,1X2，則 1X1(0,1，所以 f(1(1xj)f(2X1)f(1 (1X1)f(xjf(X2)，即 f(2X1)f(X2)，又因?yàn)? X1,X2 (1,)，且f (x)在(1,)上單調(diào)遞減, 所以 2 x1 x2，即證 x-i x2 2.X11 X2，故 2 X!,X2(1,法二：欲證x1 x2 2，即證x2 2 x

5、1，由法一知0H(x) 0對(duì)x (0,1)恒成立1 x由 H (x) f (x) f (2 x) x (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(duì)x (0,1)恒成立，故原不等式X1 X2 2亦成立.法三：由f(X1)f(X2)，得X1e 51 X2e X2，化簡(jiǎn)得e"2入 翌,X1不妨設(shè)X2 X1，由法-知，0X-I1x2.令 tx2X1，則 t0,X2tX1，代入式,得et-X1，反解出X1tX1te-，則 x1 x2 2x-i t12tet 1t，故要證:X1X2 2 ,即證：2tc-t 2，e 1又因

6、為et10，等價(jià)于證明：2t (t2)(et 1)0構(gòu)造函數(shù)G(t) 2t(t 2)(et1),(t0)，則 G (t)(t 1)et1,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(shí)取以 e為底的對(duì)數(shù)，得x2 x-i ln2 ln x2 In x-i，也即Xi生1limSUx 1 t 101(t 1)1 nt)(t 1)t 1lim(1n t 亍)2，即證 M (t)2，即證lnx2lnxi1,從而 XiX2(XiX2)lnx2

7、lnxi空鬥n 竺1 n*，X2x1x2x-1x2 x-1 x-1xx1X2X1X2X1X2X-iX1X21為X1令tx2 -(tX11)，則欲證：X1 X22，等價(jià)于證明：t 1 lntt 12,構(gòu)造|M(t)(t 1)l ntt 1(2 )1 nt,(t 1), t 1則M(t)嚴(yán) 12tl nt(t)t(t2 ，1)又令(t)t2 1 2tl nt,(t1)，則(t) 2t2(l nt1)2(t1 lnt),由于t 1lnt對(duì)t(1,)恒成立，故(t)0 ,(t)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，由洛比塔法則知式

8、成立，也即原不等式X22成立.【點(diǎn)評(píng)】以上四種方法均是為了實(shí)現(xiàn)將雙變?cè)牟坏仁睫D(zhuǎn)化為單變?cè)坏仁?，方法一、二利用?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?cè)?將兩個(gè)舊的變?cè)紦Q成新變?cè)獊肀硎?，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(gè)不同的零點(diǎn) X1, X2，求證：x1 x22 .【解析】思路 1函數(shù)f(X)的兩個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于方程與例i完全等價(jià)，例i的四種方法全都可以用；xe x a的兩個(gè)實(shí)根，從而這一問題.解答如下:要證明X1所以XiX2由(i )(2)得：X2 2，只要證明a(e'X ae(i)X2ae2XiX2a(eX1X1eX

9、2)，即證:(XiX2)不妨設(shè)XiX2，因此只要證明:再次換元令構(gòu)造新函數(shù)求導(dǎo)F (x)所以F (x)由(1)得:Xi_X2e e記tXietetiX2，Xi(Xii,In x，e') 2，Xix2 a(eX X2X2)-e0,et 2(<i)etX1 X2即證In x2(x i )x i (X i )222F(x)In x，F(xiàn)(i)X (x i )2 x(x i )20,因此原不等式xi X2 2獲證.eX2)，即 a0，得 F(x)在(i,【點(diǎn)評(píng)】含參數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題，在原有的兩個(gè)變?cè)仕悸泛茏匀坏木蜁?huì)想到： 想盡一切辦法消去參數(shù),xix2XX,'e ie灼X (i

10、,)遞增,Xi ,X2的基礎(chǔ)上，又多了一個(gè)參數(shù),從而轉(zhuǎn)化成不含參數(shù)的問題去解決;思路2：也可以利用參數(shù) a這個(gè)媒介去構(gòu)造出新的函數(shù) 因?yàn)楹瘮?shù)f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)xi, x2，者以參數(shù)為媒介，構(gòu)造出一個(gè)變?cè)男碌暮瘮?shù)。f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)x , x2，例3.已知函數(shù)f(x) In x ax， a為常數(shù)，若函數(shù)試證明：乙xix2e .【解析】法一:消參轉(zhuǎn)化成無參數(shù)冋題：f(x)0In x axIn xIn x ae ,X,x2是方程f(x)0的兩根，也是方程In xIn aex的兩根，則In x ,In x2 是 xaex，設(shè) u iInxX ,u2 In x2, g (x) xe ，則g(u i

11、)g(U2)，從而 xi X2e2In xiIn X22u iU22，此問題等價(jià)轉(zhuǎn)化成為例i，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)x x?，In X|ax-.0,In x2ax20,-.In x1In x2a(x1x2),In x1 In x2 a(x1X2),In x1In x2a，欲證明X x2e，即證In x1In x22.X1X2In x1In x2a(x1 X2)，即證a2aX1X2原命題等價(jià)于證明ln X1X1In x22，即證:X22(X1X2)，令 tX1,(t1),X2X2X2X1X2X1構(gòu)造g(t) lnt晉,t 1，此問題等價(jià)轉(zhuǎn)化成為例2中思路二的解答

12、，下略 法三：直接換元構(gòu)造新函數(shù)：In XiIn x2In x2X2、八.X2a-,設(shè)X1X2, t -,(t1),x1x2In x1X1X1則 X2 tX1,IntX1tIntIn x1t ,In x1InX1,lntInt tint反解出：In x1,In X2Intx1Int In %Intt 1t 1 t 12t 1故x1x2e2lnx1 lnx2 2lnt 2，轉(zhuǎn)化成法二，下同，略t 1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(diǎn)，且X1X2.證明：f (、為 X2)0.【解析】由f (x) ex ax a, f (x)ex

13、a，易知：a的取值范圍為(e2,)，f(x)在(,ln a)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?cè)D(zhuǎn)換成新變?cè)篨1eax1X2e ax2'兩式相減得:0,X2X1e2e1X2X，(t0)，則 f (X1X2X1 X2eX2X1X2X1守(2t (et et)，設(shè) g(t) 2t (ete t),(t0)，則 g (t)(etet)0，所以 g(t)在 t (0,)上單Xi X?調(diào)遞減，故g(t) g(0)0,而e一2t0,所以f (寧)0 ,f C Xi X2)0.又T f (x) ex a是R上的遞增函數(shù)，且XiX?容易想到，但卻是錯(cuò)解的

14、過程： 為 X?欲證：f (.%x2)0，即要證：f (也X?)0,亦要證ea 0,也即證：eX1X2a2，、 2eXlax1a0,eXla(X.|1),很自然會(huì)想到：對(duì)兩式相乘得：eX2ax2a0,eX2a(x21),eXl X2 a2(Xi1)(X21)，即證：(Xi 1)(X21)1 .考慮用基本不等式(Xi 1)(X21)(N；22)2 ，也即只要證：x1 x24.由于x11,x2 Ina.當(dāng)取a e3將得到x2 3，從而x1 x2 4.而二元一次不等式 x1 x2 4對(duì)任意a (e2,)不恒成立，故此法錯(cuò)誤.【迷惑】此題為什么兩式相減能奏效， 而變式相乘卻失??？?jī)墒较鄿p的思想基礎(chǔ)是什

15、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(dǎo)，則在(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn) ，使得f()f(b) f(a)b a當(dāng)f(b) f(a)時(shí)，即得到羅爾中值定理上述問題即對(duì)應(yīng)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(diǎn)，因此kAB 0f(X2)f(Xj 0X2 N(e' e為)a(X1X2)0,二 a由于f(xjf (X2) 0 ,顯然 f(xj f (X1) 0 與 f(xj f (X1)0

16、,與已知f(xj 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) Inx ax2(2 a)x.f(1 x)；a(I )討論f (x)的單調(diào)性;(Il )設(shè)a 0，證明：當(dāng)0 x -時(shí)，f (丄x) aa(III )若函數(shù)y f(x)的圖像與x軸交于 代B兩點(diǎn)，線段 AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 滄，證明:f(x。) 0.1【解析】(I )易得：當(dāng)a 0時(shí)，f(x)在(0,)上單調(diào)遞增；當(dāng)a 0時(shí)，f(x)在(0,丄) a1上單調(diào)遞增，在(一，)上單調(diào)遞減.a111(II )法一：構(gòu)造函數(shù) g(x) f ( x) f (x),(0 x )，利用函數(shù)單

17、調(diào)性證明，aaa方法上同，略；11法二：構(gòu)造以a為主元的函數(shù)，設(shè)函數(shù)h(a) f x)f(丄 x)，則aah(a) ln(1 ax) ln(1 ax) 2ax, h (a)x x1 ax 1 ax2x3 22x a1 a x111解得 0 a ,當(dāng) 0 a 時(shí)，h (a)0,而 h(0)0，所以 h(a) 0，故當(dāng) 0 x -xxa11時(shí)，f ( x) f ( x).aa兩個(gè)正數(shù)a和b的對(duì)數(shù)平均定義：L(a,b)aIn a (aInbb),(iii )由(1 )知，只有當(dāng)a0時(shí)，且f (x)的最大值f (1)a0，函數(shù)yf (x)才會(huì)有兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)A(x1,0), B(x2,0),0為 x

18、，則0為1X2，故X1(0,-)，aaa2由(II )得：f (:x1) f (丄-為)f(1( x1)f (xjf(X2)，又由f (x)在aaaaa1 、(,)上單調(diào)遞減,所以X22為，于是xqxX21由(I)知,f (Xo)0.aa2a【問題的進(jìn)一步探究】對(duì)數(shù)平均不等式的介紹與證明a(a b).對(duì)數(shù)平均與算術(shù)平均、幾何平均的大小關(guān)系：.ab L(a,b) 七占(此式記為對(duì)數(shù)平均不等式)取等條件：當(dāng)且僅當(dāng) a b時(shí)，等號(hào)成立.a b只證：當(dāng)a b時(shí)，、一ab L(a,b).不失一般性，可設(shè) a b.證明如下:(I)先證：、一 ab L(a, b)不等式Ina Inb2(a b)a blnb

19、2(： 1)In x2(x 1)(x 1)(其中x1)不等式Ina Inba_bmaab2ln xx1-(其中 xx1)、abb ba構(gòu)造函數(shù)f (x) 2ln x1 (x ),(x1)，則 f (x)? 11-2(1 !)2.因?yàn)閤1時(shí),xxxxf (x)0，所以函數(shù)f (x)在(1,)上單調(diào)遞減，故f (x)f(1)0，從而不等式成立;(ll )再證：L(a, b)4(x 1)2斜.因?yàn)閤 1時(shí)，構(gòu)造函數(shù) g (x) In x2( x 1)，則 g (x)(x 1)xg (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(I) (II )知

20、，對(duì) a,b R，都有對(duì)數(shù)平均不等式 /ab L(a,b) 乞丄成立，當(dāng)且2僅當(dāng)a b時(shí)，等號(hào)成立前面例題用對(duì)數(shù)平均不等式解決例 1.( 2010 天津理)已知函數(shù) f(x) xe x(x R)，如果 x1x2，且 f(xj f(x2)，證明：x1 x22.【解析】法五：由前述方法四，可得11，利用對(duì)數(shù)平均不等式得：In xi In x21x2 卷 x2，即證： x1 x2 2，秒證.In x1 In x22說明：由于例2，例3最終可等價(jià)轉(zhuǎn)化成例1的形式，故此處對(duì)數(shù)平均不等式的方法省略.x軸交于 A(x1,0) , B(x2,0)兩點(diǎn)，且例4.設(shè)函數(shù)f (x) ex ax a(a R)，其圖像

21、與【解析】法三：由前述方法可得:ex1x1 1ex2X2 1(1X1In ax2)，等式兩邊取以e為為X2.證明：f (.為X2)0.底的對(duì)數(shù)，得In ax1 In(Xj 1) x2 In(x2 1)，化簡(jiǎn)得：1(Xi 1) (X2 1)由ln(x1 1) ln(x2 1)對(duì)數(shù)平均不等式知:(X11) (X21)In(x1 1) In(x2 1) (Xl 1)(X21)'即 X1X2(X1 X2)0,故要證 f (.X1X2)0證 x1x2In a證2 x1x2x1 In(為 1) x2 In(x2 1)證 1門(捲 1) ln(x2 1) x1 x2 2 x1x2證 In(x/2 (

22、x1 x2) 1) x1 x2 2 x1x2t x1x2 (x1 x2) 0 In(x (x1 x2) 1) In1 0 ,而 x X2 2 X1X2(為,X2)2 0I ndM (X| x2) 1) X| 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) Inx ax2(2 a)x.(I )討論f (x)的單調(diào)性;(II)設(shè) a 0，證明：當(dāng) 0 x -時(shí)，f (- x) f(x)；aaa(ill )若函數(shù)y f(x)的圖像與x軸交于 代B兩點(diǎn)，線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 X)，證明:f (X0) 0.【解析】(I) (II )略,(III ) 由 f (x

23、1) f (x2) 02 22 2In x1 In x2 2( x1 x2) a(x1x2In 捲 ax1(2 a)x1 In x2 ax2(2 a)x2 0aIn x1In x22(x1X2)22X1X2X1X2故要證f (X0)0X0x212a22X1X2X1X2x1x2Xx212In x1In X22(X1 X2)In x1In x2X1X2)X1x2一 " Xl " X2 .根據(jù)對(duì)數(shù)平均不等，此不等式顯然成立，故原不等式得證X1 X2X-I x2【挑戰(zhàn)今年高考?jí)狠S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)ex a(x 1)2有兩個(gè)零點(diǎn)X

24、i,X2.證明：Xi X2 2.【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)yf (x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1, x2，則必須a 0.由已知得:X|f X2不難發(fā)現(xiàn)X11，X21,故可整理得：a上2 e2-X11X22 eX22-X21那么i，則 g X1X 1X22x 21 x r3ex，當(dāng)x 11時(shí)，gX單調(diào)遞減；當(dāng) X1時(shí),法一：構(gòu)造部分對(duì)稱函數(shù)不妨設(shè)X-Ix2,由單調(diào)性知X1 (,1),X2 (1,),所以2X2(,1)，又T f(x)在(,1)單調(diào)遞減,故要證：x1 X22

25、，等價(jià)于證明：f(2X2)f(X1)0,又 f (2X2)2 x9X2e2a(x21),且 f(X2) (X22)eX22a(x2 1)0- f (2X2)X2e2 沁(X2 2)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)g X單調(diào)遞增.構(gòu)造代數(shù)式:m 1 2m e 1m 1m 1 2m em 1則h' m 2m 2 e2m 0，故h m單調(diào)遞增，有h m h 00 .m 1由gX1gX2可知X、必有X1X2令m1X10,則有g(shù)而2X11 ,X21, g X整理彳尋：X1X22 .X2不可能在在1,因此，對(duì)于任意的 m 0, g 1 m11X1法三：參變分離再構(gòu)造對(duì)稱函數(shù)的同一個(gè)單調(diào)區(qū)間上，不妨設(shè)X1g 2上單調(diào)遞增,因此：g 2XiX2，則X2由法二，得g XXx 2 e2-X 1,構(gòu)造G(x)g(x) g(2 x),(x (,1),利用單調(diào)性可證,此處略.法四：構(gòu)造加強(qiáng)函數(shù)【分析說明】由于原函數(shù)f (X)的不對(duì)稱,故希望構(gòu)造一個(gè)關(guān)于直線X 1對(duì)稱的函數(shù)g(x),使得當(dāng)X 1時(shí)，f (X)g(X)，當(dāng)X 1時(shí)，f (x) g(x)，結(jié)合圖像，易證原不等式成立【解答】由f(x) (x 2)eX2xa(x 1) , f (x) (x 1)(e2a)