高考讲坛(2)极值点偏移问题的处理策略及探究

所谓极值点偏移问题,是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同,

使得函数图像没有对称性。若函数f(x)在xx0处取得极值,且函数yf(x)与直线yb交于A(x1,b)，B(x2,b)两点,则AB的中点为M(所示．

x1x2xx,b)，而往往x012.如下图22

极值点没有偏移

此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。而且此类问题变化多样,有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。不含参数的如何解决?含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实,处理的手段有很多,方法也就有很多,我们先来看看此类问题的基本特征,再从几个典型问题来逐一探索！ 【问题特征】

【处理策略】

一、不含参数的问题．

1

例１．(2010天津理）已知函数f(x)xe(xR) ,如果x1x2,且f(x1)f(x2) ， 证明：x1x22.

xx【解析】法一:f(x)(1x)e,易得f(x)在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，x时,f(x)，

f(0)0,x时,f(x)0， 函

数f(x)在x1处取得极大值f(1),且f(1)1,如图所示. e由f(x1)f(x2),x1x2，不妨设x1x2，则必有0x11x2， 构造函数F(x)f(1x)f(1x),x(0,1]， 则F(x)f(1x)f(1x)2x(e1)0，所以F(x)在x(0,1]上单调递增，x1xeF(x)F(0)0，也即f(1x)f(1x)对x(0,1]恒成立．

由0x11x2，则1x1(0,1],

所以f(1(1x1))f(2x1)f(1(1x1))f(x1)f(x2)，即f(2x1)f(x2),又因为2x1,x2(1,)，且f(x)在(1,)上单调递减， 所以2x1x2,即证x1x22.

法二：欲证x1x22,即证x22x1，由法一知0x11x2，故2x1,x2(1,),又因为f(x)在(1,)上单调递减,故只需证f(x2)f(2x1)，又因为f(x1)f(x2), 故也即证f(x1)f(2x1)，构造函数H(x)f(x)f(2x),x(0,1)，则等价于证明

H(x)0对x(0,1)恒成立.

由H(x)f(x)f(2x)1x2x2(1e)0,则H(x)在x(0,1)上单调递增,所以xeH(x)H(1)0,即已证明H(x)0对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x1x2ex2,化简得ex2x1x2…, x1不妨设x2x1,由法一知,ox11x2.令tx2x1，则t0,x2tx1,代入式，得

2

ettx1t2t，反解出x1t，则x1x22x1ttt,故要证：x1x22，即证：x1e1e12ttt2t(t2)(e1)0…， ,又因为,等价于证明：e10t2te1构造函数G(t)2t(t2)(e1),(t0),则G(t)(t1)e1,G(t)te0, 故G(t)在t(0,)上单调递增,G(t)G(0)0，从而G(t)也在t(0,)上单调递增，G(t)G(0)0,即证式成立,也即原不等式x1x22成立． 法四：由法三中式,两边同时取以e为底的对数，得x2x1lntttx2lnx2lnx1，也即x1x21lnx2lnx1x2x1x2x1xlnx2lnx1lnln2, 1，从而x1x2(x1x2)x2x1x2x1x1x21x1x2x1x1令tx2t1(t1),则欲证：x1x22，等价于证明：lnt2…， x1t1t212tlnt(t1)lnt2构造M(t), (1)lnt,(t1)，则M(t)2t(t1)t1t1又令(t)t12tlnt,(t1),则(t)2t2(lnt1)2(t1lnt),由于t1lnt对t(1,)恒成立，故(t)0，(t)在t(1,)上单调递增,所以(t)(1)0，从而M(t)0,故M(t)在t(1,)上单调递增,由洛比塔法则知：

2(t1)lnt((t1)lnt)t1limM(t)limlimlim(lnt)2，即证M(t)2,即证x1x1x1x1t1(t1)t式成立,也即原不等式x1x22成立.

【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式,方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的,方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示,从而达到消元的目的. 二、含参数的问题.

x例２.已知函数f(x)xae有两个不同的零点x1,x2,求证:x1x22.

【解析】思路１：函数f(x)的两个零点,等价于方程xexa的两个实根，从而这一问题与

3

例1完全等价,例1的四种方法全都可以用;

思路２:也可以利用参数a这个媒介去构造出新的函数.解答如下：

因为函数f(x)有两个零点x1,x2，

x1aex1(1) 所以， x2(2)x2aexx 由(1)(2)得：x1x2a(e1e2), 要证明x1x22,只要证明a(ex1ex2)2，

由(1)(2)得：x1x2a(e1e2)，即axxx1x2，

ex1ex2ex1x21ex1ex22， 2(x1x2)x1x2 即证:(x1x2)xx21e1ee 不妨设x1x2,记tx1x2，则t0,et1,

2(et1)et10， 2tt 因此只要证明：tte1e12(x1)0x(1,) 再次换元令etx1,tlnx，即证lnxx12(x1)构造新函数F(x)lnx,F(1)0

x114(x1)2'0，得F(x)在(1,)递增， 求导F(x)x(x1)2x(x1)2所以F(x)0，因此原不等式x1x22获证．

【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元x1,x2的基础上，又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。

例3.已知函数f(x)lnxax,a为常数，若函数f(x)有两个零点x1,x2，

2试证明:x1x2e.

【解析】法一:消参转化成无参数问题:

f(x)0lnxaxlnxaelnx，x1,x2是方程f(x)0的两根，也是方

程lnxaelnxxx的两根，则lnx1,lnx2是xae，设u1lnx1,u2lnx2，g(x)xe,则

g(u1)g(u2),从而x1x2e2lnx1lnx22u1u22,此问题等价转化成为例

１，下略．

法二:利用参数a作为媒介,换元后构造新函数： 不妨设x1x2,

∵lnx1ax10,lnx2ax20，∴lnx1lnx2a(x1x2),lnx1lnx2a(x1x2),

4

∴

lnx1lnx2a,欲证明x1x2e2,即证lnx1lnx22.

x1x22，

x1x2∵lnx1lnx2a(x1x2),∴即证a∴原命题等价于证明

lnx1lnx2x2(x1x2)x2，即证:ln1,令t1,(t1)，

x1x2x1x2x2x1x2x2构造g(t)lnt2(t1),t1,此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略. t1法三:直接换元构造新函数:

alnx1lnx2lnx2x2x,设x1x2,t2,(t1)， x1x2lnx1x1x1lntx1lntlnx1tt, lnx1lnx1则x2tx1,lntlnttlnt, ,lnx2lntx1lntlnx1lntt1t1t1t12故x1x2elnx1lnx22lnt2，转化成法二，下同，略.

t1反解出:lnx1例4.设函数f(x)eaxa(aR)，其图像与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)两点，且

xx1x2.证明:f(x1x2)0.

【解析】由f(x)eaxa,f(x)ea，易知：a的取值范围为(e,)，f(x)在

xx2(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增.

法一:利用通法构造新函数，略; 法二：将旧变元转换成新变元:

xex2ex1e1ax1a0,∵x两式相减得：a,

2xx21eax2a0,记tx2x1xx,(t0)，则f(12)e22ttx1x22eee(2t(etet)),

x2x12tttx2x1x1x22设g(t)2t(ee),(t0),则g(t)2(ee)0，所以g(t)在t(0,)上单

调递减,故g(t)g(0)0，而

ex1x222t0,所以f(x1x2)0, 2 5

x又∵f(x)ea是R上的递增函数，且x1x2x1x2，∴f(x1x2)0． 2

容易想到，但却是错解的过程：

x1x2x1x2xx2欲证：f(x1x2)0,即要证:f(亦要证e2a0,也即证:e12a,)0，

2xxe1ax1a0,e1a(x11),很自然会想到：对两式相乘xx22eax2a0,ea(x21),得:e1xx2a2(x11)(x21),即证:(x11)(x21)1.考虑用基本不等式

(x11)(x21)(x1x2223由于x11,x2lna.当取ae),也即只要证:x1x24．

22将得到x23,从而x1x24.而二元一次不等式x1x24对任意a(e,)不恒成立，故此法错误. 【迷惑】此题为什么两式相减能奏效，而变式相乘却失败?两式相减的思想基础是什么?其他题是否也可以效仿这两式相减的思路?

【解决】此题及很多类似的问题,都有着深刻的高等数学背景. 拉格朗日中值定理:若函数f(x)满足如下条件： （1）函数在闭区间[a,b]上连续；

（2）函数在开区间(a,b)内可导,则在(a,b)内至少存在一点,使得f()当f(b)f(a)时,即得到罗尔中值定理. 上述问题即对应于罗尔中值定理,

设函数图像与x轴交于A(x1,0),B(x2,0),两点，因此

f(b)f(a).

bakABf(x2)f(x1)(ex2ex1)a(x1x2)ex2ex1，…… 000，∴ax2x12x2x1由于f(x1)f(x2)0,显然f(x1)f(x1)0与f(x1)f(x1)0,与已知

f(x1)f(x2)0不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变.

例5.（11年,辽宁理)

已知函数f(x)lnxax(2a)x. （I)讨论f(x)的单调性;

2 6

(II)设a0,证明：当0x111时，f(x)f(x); aaa(ＩＩI）若函数yf(x)的图像与x轴交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明:f(x0)0.

【解析】（I）易得：当a0时,f(x)在(0,)上单调递增;当a0时,f(x)在(0,)上单调递增,在(,)上单调递减.

（II）法一：构造函数g(x)f(x)f(x),(0x上同,略;

法二：构造以a为主元的函数,设函数h(a)f(x)f(x),则

1a1a1a1a1)，利用函数单调性证明,方法a1a1axx2x3a212x,由，0xh(a)ln(1ax)ln(1ax)2ax,h(a)1ax1ax1a2x2a111，当0a时,h(a)0，而h(0)0， 所以h(a)0，故当0xxxa11时，f(x)f(x)．

aa1（III)由（Ｉ)知，只有当a0时，且f(x)的最大值f()0,函数yf(x)才会有两个零

a111点，不妨设A(x1,0),B(x2,0),0x1x2,则0x1x2,故x1(0,),由(ＩI）得：

aaa211111f(x1)f(x1)f((x1))f(x1)f(x2),又由f(x)在(,)上单aaaaaaxx212调递减,所以x2x1，于是x01，由(Ｉ）知，f(x0)0．

a2a解得0a【问题的进一步探究】

对数平均不等式的介绍与证明

ab(ab),a两个正数和b的对数平均定义：L(a,b)lnalnb

a(ab).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：

ab（此式记为对数平均不等式) 2取等条件：当且仅当ab时,等号成立.

ab只证:当ab时，abL(a,b)．不失一般性,可设ab.证明如下:

2abL(a,b)（I）先证:abL(a,b)……

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不等式lnalnbabaab1aln2lnxx(其中x1)

bbaxbab1x21112(1)2.因为x1xxx构造函数f(x)2lnx(x),(x1)，则f(x)时,f(x)0，所以函数f(x)在(1,)上单调递减，故f(x)f(1)0,从而不等式成立;

(II)再证:L(a,b)ab…… 2a2(1)2(ab)a2(x1)a不等式lnalnblnblnx(其中x1)

abb(a1)(x1)bb14(x1)22(x1),(x1),则g(x)构造函数g(x)lnx．因为x122x(x1)x(x1)(x1)时,g(x)0,所以函数g(x)在(1,)上单调递增，故g(x)g(1)0，从而不等式成立； 综合(Ｉ)（ＩI）知,对a,bR，都有对数平均不等式abL(a,b)当ab时，等号成立．

前面例题用对数平均不等式解决

例1．(2０1０天津理）已知函数f(x)xe(xR) ，如果x1x2，且f(x1)f(x2) , 证明:x1x22.

xab成立,当且仅2【解析】法五:由前述方法四，可得1x1x2,利用对数平均不等式得：

lnx1lnx21x1x2xx12,即证：x1x22,秒证.

lnx1lnx22说明：由于例2，例3最终可等价转化成例1的形式，故此处对数平均不等式的方法省略． 例4.设函数f(x)eaxa(aR)，其图像与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)两点，且

xx1x2.证明:f(x1x2)0.

ex1ex2【解析】法三:由前述方法可得：a(1x1lnax2),等式两边取以e为底

x11x21的对数,得lnax1ln(x11)x2ln(x21),化简得:1

(x11)(x21),由对数平

ln(x11)ln(x21)8

均不等式知:1(x11)(x21)(x11)(x21)，即x1x2(x1x2)0,故要证

ln(x11)ln(x21)f(x1x2)0证x1x2lna证2x1x2x1ln(x11)x2ln(x21)

证ln(x11)ln(x21)x1x22x1x2证ln(x1x2(x1x2)1)x1x22x1x2∵x1x2(x1x2)0 ∴ln(x1x2(x1x2)1)ln10， 而x1x22x1x2(x1x2)20

∴ln(x1x2(x1x2)1)x1x22x1x2显然成立,故原问题得证． 例5.(1１年,辽宁理)

已知函数f(x)lnxax(2a)x. (I)讨论f(x)的单调性； （ＩI)设a0，证明:当0x2111时，f(x)f(x)； aaa（ＩII）若函数yf(x)的图像与x轴交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：

f(x0)0.

【解析】（I)（II)略, (ＩII)由f(x1)f(x2)0

lnx1ax12(2a)x1lnx2ax22(2a)x20 lnx1lnx22(x1x2)a(x12x22x1x2)

alnx1lnx22(x1x2) 22x1x2x1x2故要证f(x0)0x0x1x21 2ax1x2x12x22x1x2x1x21 lnxlnx2lnx1lnx22(x1x2)122x1x2lnx1lnx22.根据对数平均不等，此不等式显然成立,故原不等式得证.

x1x2x1x2【挑战今年高考压轴题】

9

(2016年新课标Ｉ卷理数压轴21题）已知函数f(x)(x2)ea(x1)有两个零点

x2x1,x2．证明:x1x22.

【解析】由f(x)(x2)ea(x1)，得f(x)(x1)(e2a)，可知f(x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增．要使函数yf(x)有两个零点x1,x2,则必须a0． 法一：构造部分对称函数

不妨设x1x2,由单调性知x1(,1),x2(1,)，所以2x2(,1)，又∵f(x)在

x2x(,1)单调递减，故要证:x1x22,等价于证明：f(2x2)f(x1)0,

又∵f(2x2)x2e∴f(2x2)x2e2x2a(x21)2,且f(x2)(x22)ex2a(x21)20

2x2(x22)ex2,构造函数g(x)xe2x(x2)ex,(x(1,))，由

单调性可证,此处略.

法二：参变分离再构造差量函数

由已知得:fx1fx20，不难发现x11,x21,

x12ex故可整理得：a2x111x22ex2x212

x2exgxgx设gx,则12 2x1x21x,当x1时，g'x0，gx单调递减；当x1时，

那么g'xe3x1g'x0，gx单调递增. 设m0，构造代数式：

2g1mg1m设hm则h'mm11mm11m1m1mm12mee2ee1 m2m2mm1m12me1，m0 m12m2m12e2m0，故hm单调递增，有hmh00．

因此,对于任意的m0，g1mg1m.

10

由gx1gx2可知x1、x2不可能在gx的同一个单调区间上,不妨设x1x2,则必有x11x2

令m1x10,则有g11x1g11x1g2x1gx1gx2 而2x11，x21，gx在1,上单调递增,因此:g2x1gx22x1x2 整理得:x1x22.

法三：参变分离再构造对称函数

x2ex由法二,得gx2x1处略．

法四:构造加强函数

,构造G(x)g(x)g(2x),(x(,1)),利用单调性可证，此

【分析说明】由于原函数f(x)的不对称,故希望构造一个关于直线x1对称的函数g(x),使得当x1时,f(x)g(x),当x1时,f(x)g(x),结合图像,易证原不等式成立. 【解答】由f(x)(x2)ea(x1),f(x)(x1)(e2a)，故希望构造一个函数

x2xF(x),使得F(x)(x1)(ex2a)(x1)(e2a)(x1)(exe),从而F(x)在(,1)(e2a)(x1)2c(c为任意常数）上单调递增，在(1,)上单调递增，从而构造出g(x)，

2又因为我们希望F(1)0,而f(1)e,故取ce，从而达到目的．故

(e2a)(x1)2g(x)e，设g(x)的两个零点为x3,x4，结合图像可

2知:x1x31x2x4，所以x1x2x3x42，即原不等式得证.

法五:利用“对数平均”不等式

(2x1)ex1(2x2)ex2参变分离得：a,由a0,得x11x22,(x11)2(x21)2 11

(2x)(2x)将上述等式两边取以e为底的对数，得：ln1(x1)2x21ln(x2x2, 121)化简得：[ln(x21-1)-ln(x22-1)]-[ln(2-x1)-ln(2-x2)]x1x2,

[ln(x2故：11-1)2-ln(x2-1)][ln(2-x1)-ln(2-x2)]x-1x2x1x2

22[(x2-1)][ln(2-x1)-ln(2-x2)]11)(x21)][ln(x1-1)-ln(x(x11)2(x21)2（2x1）（2x2）由对数平均不等式得：

[ln(x1-1)2-ln(x2-1)2]2(x1)2(x22(x2， 121)(x11)21)[ln(2-x1)-ln(2-x2)]（2x2（2x,

1）（2x2）1）（2x2）从而12(x1x22)(x(x2

11)221)2（2x1）（2x2） 2(x1x22)[4(x1x2)]x1x2(x1)2(x22x 121)4(x12) 2(x1x22)(x2(x1x1x224(x

11)21)21x2)等价于:02(x1x22)(x2(x2x1x22 11)21)4(x1x2) (x21x22)[(x1)2(x214(x]

121)1x2)由(x2(x211)21)0,4(x1x2)0,故x1x22,证毕.

说明:谈谈其它方法的思路与困惑。

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