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，由于函數極值點左右的增減速度不同，使得函數圖像沒有對稱性。若函數f （x）在x = x0處取得極值，且函數 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（"x2,b）,而往往Xo*x_/.如下圖 所示.極值點左偏-15-15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， 很多學生對待此類問題經常是束手無策。 而且此類問題變化多樣， 有些題型是不含參數的， 而更多的題型又是 含有參數的。不含參數的如何解決？含參數的又該如何解決，參數如何來處理？是否有更方

2、便的方法來解決？其實，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.V 2 JV 2 J【處理策略】、不含參數的問題例1. (2010天津理)已知函數 f (x) = xe" (x w R),如果x1 # x2,且 f(X)= fM ,證明：x1 x2 2.【解析

3、】法一：f (x)=(1x)e”,易得f (x)在(g,1)上單調遞增，在(1,依)上單調遞減，xt-8時，f (x)T , f (0) =0 , xT +8時，f (x)T 0 ,函1數f (x)在x=1處取得極大值f(1),且fT =二如圖所示.e由 f (x1)= f (x2), x1豐"不妨設 x1 <x2,則必有 0 < x1 < 1 < x2,構造函數 F(x) = f(1+x)-f(1-x),xe(0,1,則 F'(x) = f (1+x) +f'(1x) =(e2x -1)>0 ,所以 F(x)在 x w (0,1上單調遞

4、增， eF(x) >F(0) =0,也即 f (1+x) a f (1x)對 xw (0,1恒成立.由 0 cxi <1 <x2 ,則 1x1 w (0,1,所以 f(1 + (1 K)=f(2 x)>f(1(JK )=f x )=f 於)即 f(2 K)f(x2),又因為2x,x2 w (1,2),且f (x)在(1,也)上單調遞減，所以 2 x1 <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 W(1,收)

5、,又因為f (x)在(1,y)上單調遞減，故只需證f (x2) < f (2 %),又因為f(x,)=f(x2),故也即證f(x1)< f(2為)，構造函數H (x)= f(x)f (2 x),xw (0,1),則等價于證明H(x) <0 對 xw (0,1)恒成立.1 x由 H (x) = f (x) + f (2 x)=1-(1e2x") >0,則 H(x)在 x (0,1)上單調遞增，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 +乂22亦成立.法三：由 f(xj = f(x2),得

6、 xT =x2e"2,化簡得 e"f =x2，x1不妨設 X2,由法一知，o <x1<1 <X2 .令t=X2- Xi ,則 t >0,X2=t十Xi,代入 式,得 et/ +X1,反解出X1=一一,則X1+x2= 2X1+t=t2t+t,故要證：X1 + X2> 2 ,X|e -1e -1 2tt . 一t即證：t+t >2,又因為 S 1 >0,等價于證明：2t + (t-2)(et-1)>0 -,e -1構造函數 G(t) =2t+(t 2)(et 1),(t >0),則 G'= (t1)8+1,G”(t)

7、=tet >0,故G(t)在t w (0, )上單調遞增，G'(t) >G'(0) = 0 ,從而G(t)也在t w (0,-hc)上單調遞增，G(t) >G(0) =0,即證 式成立，也即原不等式 為十%>2成立.法四：由法三中 式，兩邊同時取以 e為底的對數，得X2X1 = ln = lnX2-lnX1,也即x2 , 2 1In x2Tn X1Inx2TnX1&X1,x2X1,x2一21 =1 ,從而 x1 +x2 =(x1 +x2) 21 =11n In ,X2-X1x2-X1X2-X1X1*X1一 1X1人 Xt 1令t=2(t>1

8、),則欲證：x1 +x2 >2,等價于證明： lnt>2x1t -1構造M (t)=(t 1)lntt -12=(1 +)ln t,(t >1),則 M (t)=t -1t2 -1-2tIntt(t-1)2又令邛(t) =t2-12tlnt,(t >1),貝U 中'(t t-2n1+2=1 tn) t ，由于 t1>lnt對x/tw(1,y)恒成立，故(t)A0,邛(t)在tw(1,g)上單調遞增，所以中(t) A中(1)=0 ,t 1t+-) =2 ，t即證M (t) > 2 即證從而M '(t A 0,故M (t)在tw(1,+g)上單調

9、遞增，由洛比塔法則知(t 1)ln t (t 1)lnt) lim M (t) = lim = lim = lim(lnX 1X1t -1 x 1 (t -1) x 1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來達到消元的目的，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、含參數的問題.例2.已知函數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f(x)的兩個零點，等價于方程 xe"

10、;=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 a這個媒介去構造出新的函數.解答如下: 因為函數f (x)有兩個零點x1, x2,xi = aex(1)x,x2 = ae2(2)由(1)+(2)得：x1+x2 = a(ex1+ex2), 要證明x1十x2 >2 ,只要證明a(ex1 +e" ) >2 ,由(1)(2)得：、x2=a(ex1ex2),即 a=4R4 e - eex1 - ex2ex1 ”1即證：(Xx2)£ >2U (x1 -x2)>2,e1 e2e 2 -1不妨設 X A x2 ,記 t

11、 =刈 一 x2 ,則 t A 0, 3 A 1 ,.et 1 ,_ 2(6-1)一因此只要證明：t - A 2 u t ->0,et -1et 1再次換元令 et = x >1, t=inx,即證 In x 2x?a0 Vx= (1+=°)x 1構造新函數 F(x)=lnx2(x1) , F(1)=0 x 1求導F (x)=- x4(x 1)2(x-1)2x(x 1)2>0,得F(x)在(1,收)遞增,所以F(x) >0,因此原不等式x1 +x2 >2獲證.【點評】含參數的極值點偏移問題，在原有的兩個變元x1，x2的基礎上，又多了一個參數,從而轉化成不

12、含參數的問題去解決；或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, 者以參數為媒介，構造出一個變元的新的函數。例3.已知函數f(x)=lnxax, a為常數，若函數試證明：x1 x2 e2.【解析】法一：消參轉化成無參數問題：In x_f (x) =0u ln x =axu ln x =ae , x,x2 是萬程 f(x)=0 的兩根，也是萬程 In x =ae1nx 的兩根，則 1nxi,lnx2 是 x = aex,設 u1 = In 9 u2 =ln x2 , g(x)=xeT,則2g(u) =g(w),從而xx2 >e仁lnx +lnx? >

13、;2u u +w >2 ,此問題等價轉化成為例1,下略.法二：利用參數 a作為媒介，換元后構造新函數：不妨設X > ” ,In x1 -axi =0,ln x2 ax2 =0, In x1 +In x2 = a(x1 +x2),ln x1 In x2 = a(x1 x2),In x1 - In x2一1二a ,欲證明x1 -'x22為x2 e ,即證 Inx11nx2 2.In x +1n x2 =a(x +x2),r、2即證a >,xx2原命題等價于證明1n x1 - 1n %x1 - x2a二一，即證：1n 2 >2("一x2) ,令 t=%,(t

14、>1), x x2x2x1 x2x2構造g(t) =1nt -絲二n,t >1 ,此問題等價轉化成為例2中思路二的解答，下略.t 1法三：直接換元構造新函數：1n % 1n x2a =:=x1x21n x9xx9-2=設 x1<x2,t=',(t >1),In x1x1x1則 x2 = tx1,ln必In x1In t1nxi二 tIn x1反解出：In x11nt,1nx2=1ntx1 t -1In t=In t In x1 = In t t -111n tt -1一9t 1故 x1x2 a e u 1nxi + 1n x2 > 2 u 1n t >

15、; 2 ,轉化成法一，下同，略t -1例4.設函數f(x) =ex ax+a(aw R),其圖像與 x軸交于A(x1,0), B(x2,0)兩點，且x1： x2 .證明：f ( . Kx2 )：二 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(3,1n a)上單調遞減，在(1na,")上單調遞增法一：利用通法構造新函數，略; 法二：將舊變元轉換成新變元：-e51x2 一%記."，,則f,(空)均,X2=e 2_x2.e2 -ex x2e2(2t -(8 -e")，P -ax1*"0

16、,兩式相減得: ex2 -ax2 a = 0,設 g(t) =2t -(et -e+),(t >0),則 g'(t) =2 -(8 +e*) <0,所以 g(t)在 t (0, +00)上單x1 x2S2調遞減，故 g(t) <g(0) =0,而？一>o,所以(2L2)<o, 2t2又f (x) =ex a是 R上的遞增函數，且< x1 jx2 ,f'(/Xi ?) <0.容易想到，但卻是錯解的過程：xi X2欲證：f'(jxTW) <0,即要證：f'(土六)<0,亦要證e a<0,也即證：ex1佻&l

17、t;a2,lex1 -ax a = 0,e' =a(x 1),很自然會想到：對41, u4(x,),兩式相乘得：ex2 ax2 a = 0,ex2 = a(x2 1),ex1*2 =a2(x11)(x21)，即證：(x11)(x21)<1 .考慮用基本不等式為, x2 2、23(x1 -1)(x2 -1) <()，也即只要證：x1+x2 <4.由于斗 >1,x2 a In a .當取 a = e2將得到x2 >3 ,從而x1 +x2 >4.而二元一次不等式 x +x2 <4對任意aw (e2,+=)不恒成立，故此法錯誤.【迷惑】此題為什么兩式相

18、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學背景拉格朗日中值定理：若函數f(x)滿足如下條件:(1)函數在閉區間a,b上連續；(2)函數在開區間(a,b)內可導，則在(a,b)內至少存在一點 "使得f向=f- 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，設函數圖像與x軸交于A(x1,0), B(x2,0),兩點，因此kA”。仁 f(x2)-f(x1).0 4»('")=0,於", x2 ”2x2 -

19、x1由于 f (X) = f(x2) =0,顯然 f(x,)+ f (x,)=0與 f(x,)葉(X) =0,與已知f(x,)= f (x2) =0不是充要關系，轉化的過程中范圍發生了改變.例5. (11年，遼寧理)已知函數 f(x)=lnx-ax2 (2 - a)x.(I)討論f(x)的單調性；111(II)設 a A0,證明：當 0 <x <一時，f(-+x)> f (-x)；aaa(III )若函數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 小,證明:f (%) <0.一 一 一, ，一 ，一1【解析】(I)易得：當aM0時，f(x)在(

20、0,一)上單調遞增；當a>0時，f (x)在(0,-) a1上單倜遞增，在(，)上單調遞減.a111(II)法一：構造函數 g(x) = f(+x) A f (- -x),(0 <x<-),利用函數單調性證明，方aaa法上同，略；11法二：構造以a為王兀的函數，設函數h(a) = f ( +x) > f ( -x), 則 aax x2x3a2,1h( a)= l n f 1a x - ) l-ns( x ，hs(ax) =+2x=2，由 0<x<一，1 ax 1 - ax 1 - a xa一一 1 一 1. 一 一.一 一 1解得 0<a< ，當

21、 0<a< 時，h(a)0,而 h(0) 0 ,所以 h(a) > 0 ,故當 0Mxe xxa一 11時，f ( x) f ( x).aa1(III )由(I)知，只有當a>0時，且f (x)的最大值f (-) >0 ,函數y= f(x)才會有兩a111個手點，不妨設 A(x1,0), B(x? ,0),0 < K < & ,則 0 < x1 < < x2,故一 x1 二 (0, 一),由aaa-21111(II)倚：f(-x)= f(+ -x) > fb -f -x ) = f (x )= f (x ,)又由 f (

22、x)在 aa aa a,1 2一 x1 x21(,g)上單倜遞減，所以x2 > X,于是x°=> ，由(I)知，f (x0) <0.aa2 a【問題的進一步探究】對數平均不等式的介紹與證明兩個正數a和b的對數平均定義:(a = b),r a - bL(a,b) = ln a - ln ba(a = b).對數平均與算術平均、幾何平均的大小關系:JOb WL(a,b) wa上(此式記為對數平均不等式)2取等條件：當且僅當 a=b時，等號成立.只證：當a #b時,ab : L(a,b) : a-b.不失一般性，可設a >b .證明如下:(I)先證：Tab <

23、 L(a,b)不等式 u lnaInbcabu lna <Ja -Jb 21nx<x1 (其中x =a1)、ab b .b .ax'b )1211 2構造函數 f (x) =21n x (x ),(x >1),則 f'(x) = -1- 2=(1 )2 .因為 x>1 時, xxxxf'(x)<0,所以函數f (x)在(1,十瓷)上單調遞減，故f (x) < f (1)= 0 ,從而不等式成立;(II)再證：L(a,b) <ab若信1)22(a -'b)a 'b )不等式二lna-lnb -= In 三a b b

24、 (a 1)b構造函數g(x) =1n x -2(x-1)(x 1),(x >1),則 gx) =1 x4(x 1)2_ (x-1)2 x(x 1)2.因為x A 1時,g'(x)A0,所以函數g(x)在(1,收)上單調遞增，故g(x) <g(1) = 0,從而不等式成立;a b綜合(I) (II)知，對Va,be R ,都有對數平均不等式 Tab <L(a,b)< 成立，當且2僅當a = b時，等號成立.前面例題用對數平均不等式解決 例 1. (2010 天津理)已知函數 f (x) =xe'(xw R)，如果 x#x2，且 f(K)= f(x2),證

25、明：x1 x2 2.【解析】法五：由前述方法四，可得1=x1 -x2,利用對數平均不等式得：1n x1 - 1n x21 =x1 -x2<xj/,即證：+乂2>2,秒證.In x1 Tn x22說明：由于例2,例3最終可等價轉化成例 1的形式，故此處對數平均不等式的方法省略.例4.設函數f (x) =ex ax + a(aw R),其圖像與 x軸交于A(x1,0) , B(x2,0)兩點，且 x1 :二 x2 .證明：f ( . x1，x2) 0.ex1ex2【解析】法三：由前述方法可得：a=(1 < x1 < 1n a < x2)，等式兩邊取以e為x1 -1 x

26、2 -1底的對數，得 lna = x1 ln(x1 _1) = x2 ln(x2 1),化簡彳導:1 = 1 - 2-，ln(x1 -1)-ln(x2 -1)對數平均不等式知：1 =(x1 -1)-(x2-> J(x11)(x21j,即x1x2-(x1+x2)<0,ln(x1 -1) - ln( x2 -1)”故要證 f (J為") <0u 證Jx1x2 <lna= 證2jx1x2 <x1 -ln(x1 -1) + x2 -ln(x2 -1)u 證 ln(x1 -1) +ln(x2 -1) < x1 +x2 -2x1x2證 ln(x1x2 -(x1

27、 +x2) +1)< x1 + x2 -21x2 x1x2 -(x1 +x2) <0ln(x1x2 -(x1 +x2)+1)<ln1 =0 ,而 x x2 -2 x/ = (. X x2 )2 0 ln(x1x2 -(x1 +x2) +1)<x1 +x2 -2Jx1x2 顯然成立,故原問題得證.例5. (11年，遼寧理)已知函數 f (x) = ln x - ax2 (2 - a)x.(I)討論f(x)的單調性；111(II)設 a a0 ,證明：當 0<xc 一時，f(一+x)>f(x)；aaa(III )若函數y= f(x)的圖像與x軸交于A, B兩點，

28、線段AB中點的橫坐標為x0,證明：f (x。)：二0.【解析】(I) (II)略，(III )由 f (xi) = f(x2) =022=ln x1 ax1(2 a)x1 = ln x2 ax2(2 a)x2 : 022=ln x1- lnx22(x1-x2)= a(x1-x2-x2)ln x1 - ln x22(x1 - x2)"x；2故要證 f ( x。)：: 0 ：= x0 = xx222x1 -x2x1 - x2x1 x2 1x1x2:二-22 alnx1 -ln x2 2(xi x?)1n x1 -lnx22xi -x2=2 :二1n x1n X2根據對數平均不等，此不等式

29、顯然成立，故原不等式得證X1 X2X1 -'X2【挑戰今年高考壓軸題】(2016年新課標I卷理數壓軸21題)已知函數f (x) =(x 2)ex+a(x 1)2有兩個零點x1,x2.證明：x1 x2 ： 2.【解析】由 f (x) =(x2)ex +a(x-1)2,得 f'(x) Yxf(e xe a ,可知 f (x)在(,1)上單調遞減，在(1,十g)上單調遞增.要使函數y = f(x)有兩個零點x1,x2,則必須a > 0 .法一：構造部分對稱函數不妨設x ex2,由單調性知x1 w (,1)涇w (1,收)，所以2 x2w (g,1),又f (x)在(_的,1)單

30、調遞減，故要證：%<2,等價于證明：f(2x2)< f(x1)= 0,又 f(2 x2) =x2e2'2+a(x2 1)2,且 f(x2) = (x2 2)ex2 + a(x2 1)2 = 0 f (2x2) =x2e2 (x2 2)e”,構造函數 g(x) =-xe2"-(x-2)ex,(x (1,+), 由單調性可證，此處略.法二：參變分離再構造差量函數由已知得：f)=f (x2 ) = 0 ,不難發現x1#1, x201,x1 -2 e"1x2 -2 ex2故可整理得：-a = 12 = 22x1 -1 ji x2 -1 i(xx -2 e 一僅

31、g1x 尸,則 g(x1 ) = g(x2 )x -12一x -21 、， .那么 g'(x )=-J-ex,當 x<1 時，g'(x)<0, g(x)單調遞減；當 x>1 時,x-1g'(x)>0, g(x)單調遞增.設m >0,構造代數式：/m -1 1 m -m -1 1 jm 1 m 1H m -12m /g 1 m -g 1 -m =-ee=ee 1mmm m 1設 h(m )=mz1e2m +1 , m >0m 1則 h' m =22m 2m2 em 1>0,故h(m)單調遞增，有h(m »h(0

32、)= 0.因此，對于任意的 m >0, g(1+m)>g(1m由g(X )=g(X2丹知Xi、X2不可能在g(X )的同一個單調區間上，不妨設Xi <X2 ,則必有 x ：1 ：；x2令 m=1 -X1 >0,則有 g 1+(1_” g>g _(1_為g(2X1 )>g(X1 )=g(X2 )而 2 % >1 , X2 >1 , g (x )在(1,")上單調遞增，因此：g(2 x )>g(X2 / 2 -X1 > X2整理得：X1 +X2 <2 .法三：參變分離再構造對稱函數X由法二，得g(x )"-2號 構造G(x) = g(x)g(2x),(xw(-°o,1),利用單調性可證， x-1此處略.法四：構造加強函數【分析說明】由于原函數f(x)的不對稱，故希望構造一個關于直線 X =1對稱的函數g(x),使得當X <1時，f(x)<g(x),當xa1時，f (x) > g(x),結合圖像，易證原不等式成立.X2_ .X【解答】由f(x)=(x2)e +a(