极值点偏移问题的处理策略及探究.docx
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极值点偏移问题的处理策略及探究
极值点偏移问题的处理策略及探究
极值点偏移问题的处理策略
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=xo处取得极
值，且函数八f（x）与直线八b交于A（xi,b）,B（X2,b）两点,
则AB的中点为M（宁,b），而往往宁.如下图所
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】
极值点左偏：
為+是＞2兀・x=丑尹处切线与囂轴不平厅；
若八斛上凸（八町递减h则fp宁*若f（x）-F^（/U）递增h则广（号仏卜0,极值点右偏；曲+耳门吟.2玉尹虻切线与x轴不半帕
若八巧上凸（_/w谨减｝,则厂（宁卜广（瑞丸・若/⑴卜凸（广何递埔）・则”土尹卜广（舟）刊・
【处理策略】
'不含参数的问题例1.（2010天津理）已知函数f（x）二xe」（xR），如果Xi=X2，且f（Xj=f（X2），
证明：
XiX22.
【解析】法一：
f（X）二（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,Xr「时，f（x）_.0,函
数f（x）在X=1处取得极大值f
（1）,且f
（1）J,如图所示.
e
由f（xj=f（X2）,人7，不妨设XiX，则必有0:
:
：
捲：
:
：
1:
:
：
X2,构造函数F（x）二f（1x）_f（1—x）,x.（0,1］，
则F（x）"（1x）f（1—x）=4i（e2x—1）0，所以F（x）在x（0,1］上e
单调递增，F（x）F（0）=0，也即f（1x）.f（1—x）对x（0,1］恒成立•
由0讣：
：
：
1乜，贝y1-X1（0,1］，
所以f（1（1—xjrf（2—xj•f（1—（1—xJ）=f（xj=f（X2）,即f（2-xj•f（X2）,又因为2-洛必（1,：
：
）,且f（x）在（1,：
：
）上单调递减，
所以2-％x2,即证X1X22.
法二：
欲证X1X22,即证x22_x1,由法一知0汕小X2,故2一捲卞2（1,：
：
）,又因为f（x）在（1,：
：
）上单调递减，故只需证f（X2）：
：
f（2-xj,又因为f（xJ=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）二与（1一严）0，则H（x）在x（0,1）上单e
调递增，所以H（x）:
:
:
H（1^0'即已证明H（x）:
:
:
0对x（0,1）恒
成立，故原不等式xiX22亦成立.
法二：
由f（xJ=f（X2）,得"-人=X2e-X2，化简得eZ）…
xi
不妨设X2Xi，由法一知，0:
:
Xi:
:
:
1：
：
:
X2.令t=X2-Xi，则t0,x2=tXi，代入式，得et，反解出Xi二亠|,
Xie—i
则XiX2=2Xitt2tt，故要证:
XiX22，即证：
t2，e—i7e-i
又因为et-i0，等价于证明:
2t（t-2）（et-i）0…,构造函数G（t）=2t（t—2）（et—i）,（t0）,则G（tH（t-i）eti,G（t^tet0,
故G（t）在t（0,二）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XiX22成立.
法四：
由法三中式，两边同时取以e为底的对
数，得X2-Xi=InX2=lnX2-lnXi,也即旦山=i,从而
捲7x2_X-I
又令：
（t）=t2一1—2tlnt,（t1），贝U「（t）=2t—2（1nt1）=2（t一1—Int）,由于t—1Int对-r（1,恒成立，故⑴.0,（t）在r（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：
limM（t）=lim=lim世1）lnt）=lim（lnt-〕）=2，即证M（t）2
―1x1t-1J（t_1）」t
即证式成立，也即原不等式X1X22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•例2.已知函数f（x）*aex有两个不同的零点X1,x2，求
X1X22.
【解析】思路1：
函数f（x）的两个零点，等价于方程xe"=a的两个实根，从而这一问题与例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0X2，
（1）
⑵
卢X1
所以
K=ae
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）“nx—ax，a为常数，若函数f（x）有两个零点X1,X2，
试证明：
X1X2e2.
【解析】法一：
消参转化成无参数问题:
f（x）=0=InxInx=aelnx，为兀是方程f（x）=0的两根，也是方
程Inx=aelnx的两根，则Inxi,lnX2是x=aex,设ui=lnxi,u^lnX2,g（x）=xe",贝Vg（uJ=g（U2）,从而
X1X2e2二InxiInX22=uiU22，此冋题等价转化成为例
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XiX2，
•••
・In捲一axr=O,Inx2—ax2=0,・・
InXiInx2二a（x1x2）,In捲一Inx2二a（xj-x2）,
・•・原命题等价于证明业心亠,即证:
Xj—x2Xj+x2
In^,令"呂（「1），构造g（t）“nt-专,ti,此
X2XiX2X27t1
问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略
法三：
直接换元构造新函数：
a=^=M二以吕，设xigt吕,（t1）,
x1x2Inx1x1x1?
则X2*1，皿二C吐皿",
Inx1Inx1‘
反解出：
Int111丄1'丄Inttint
Inx1,lnx2-Int%-IntIn%-1nt
t-1t-1t-1'
故X1X2>e二In%+1nx2化成法二，下同,
tT
例4.设函数f（x„xa（a.R）,其图像与x轴交于A（Xi,0）,B（X2,0）两点，且x「：
X2.证明：
f（、”X2）：
：
：
0.
【解析】由f（x）=ex—ax+af（x）=ex—a，易知：
a的取值范围为（e2,：
：
），f（x）在（一：
：
1na）上单调递减，在（Ina,：
：
）上单调递增.
X2为
e-e
a=
x2-x1
法一：
利用通法构造新函数，略;法二：
将旧变元转换成新变元：
•・•e：
®1^0,两式相减得：
e2-ax2a=0,
丄X七2X2x,~2~
i己"宁,（t°），贝yf（
xiX2）小丁e2-e为e2（2t（ete_t））
—-）二e（2t-（e-e））,
2x2-x,2t
设g（t）=2t-G-e^Ht0）,则g（t）=2-（de」）：
：
0，所以g（t）在
、,2~
t（o,上单调递减，故g（t）：
：
g（o）=o,而^2^0，所以
又If（x）£—a是R上的递增函数，且5^
f（,x,X2）：
：
o.
容易想到，但却是错解的过程:
欲证：
fQx「X2）<0，即要证：
化笃卷）“，亦要证
xiX2
eh-a"，也即证：
J—a2，很自然会想到：
对
两式相乘得：
e2-ax2a=0,e2二a（x2-1）,
e"X2=a2（x-1）（X2-1），即证:
（M-1）“2-1）*：
1.考虑用基本不
等式（x-1）区小（生礬）2,也即只要证：
X1X2第.由于
X1>1,X2Aina.当取a=e3将得到x^-3，从而x+x2>4.而二元一次不等式X1-x2:
:
:
4对任意a（e2,：
：
）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：
若函数心）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（Hf（bb_f（a）.
7b_a
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kAB=0二f（xAf（x1）=0二—（O=0，•••
x2—为2
X2X1
e2_e
a=
X2—X1由于f（Xi）=f（X2）=0，显然f（x,）•f（Xi）=0与f（Xi）.f（Xi）=0，与已知
f（Xi）=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—ax2+（2—a）x.
（I）讨论f（x）的单调性；
（II）设a0，证明：
当0x-时，f（-x）f（--x）；
aaa7
（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（x°）"：
0.
【解析】（I）易得：
当a£0时，f（x）在（0,：
：
）上单调递增；当a0时，f（x）在（0,-）上单调递增，在（丄「：
）上aa
单调递减.
（II）法一：
构造函数g（x）=f（丄•x）•f（丄-x）,（0'：
：
xJ），aaa
利用函数单调性证明，方法上同，略；
法二：
构造以a为主元的函数，设函数
h（a）=f（丄x）f（1_x），则］h（a）二In（1ax）-In（1-ax）-2ax，
aa77
32卜‘‘
h（a）=#—+产-_2x=严臭，由O^xc-，解得O^ac-，当
1+ax1-ax1-axa7x7
0:
aJ时，h（a）0，而h（0）=0，所以h（a）0，故当0x-
xa时，f（-x）f（--x）.
aa
（III）由（I）知，只有当a0时，且f（x）的最大值f
（1）0，函数y=f（x）才会有两个零点，不妨设◎0）'B（x2‘—x'则。
*冷，故W'由（II）得：
f（|-=fga%fu审=f（小f（x2），又由f（x）在（丄「：
）上单调递减，所以如2-xi，于是冷=宁1，
aa2a
由（I）知,f（xo）=：
0.
【问题的进一步探究】
对数平均不等式的介绍与证明
a-b
两个正数a和b的对数平均定义：
L（a,b）=匚苗乔®"），
、a（a=b）.对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：
耳L（a恥专（此式记为对数平均不等式）取等条件：
当且仅当a=b时，等号成立.只证：
当a=b时，Ob"：
L（a,b）_¥.不失一般性，可设ab.证明如下：
（I）先证：
ab不等式
a—ba
=Ina-InbIn:
：
:
y/abb
构造函数f（x）=2Inx—（x」）,（x.1）,则f（X）=--1-^2=-（1-~）2.
x1xxx
因为x1时，f（x）：
：
：
O，所以函数f（x）在（1,：
：
）上单调递
减，故f（x）"
（1）=0，从而不等式成立;
不等
因为x1时，g（x）0，所以函数g（x）在（1,二）上单调递增，故g（x）y
（1）=0，从而不等式成立；
综合（I）（II）知，对Pb.R，都有对数平均不
等式.ab岂成立，当且仅当a二b时，等号成
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」（xR）,如果m2，且f（xj=f（X2）,
明：
为X22.
【解析】法五：
由前述方法四，可得仁宀「,
In为—Inx2
利用对数平均不等式得：
仁亠红，即证：
In论—Inx22
XiX22，秒证.
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）=eX—axa（a・R），其图像与x轴交于A（xi,0）,B（X2,0）两点，且Xi：
：
X2.证明：
f（..XiX2）：
：
0.
解析】法三：
由前述方法可得：
aee（1：
：
为：
：
lnan），等式两边取以e为底的对x1-1x2-1
数，得Inap—l门（为一1）7-1n（x2-1），化简得：
1二严忡宀，由对数平均不等式知：
In（为一1）—In（x2-1）
Un：
；以益二）（X1」）（X2-1），即XM-&1X2）：
：
：
0，故要证
fG.X1X2）：
：
0二证Jnx2<1na二证2（x^2<片_ln（N—1）+x2Tn（x2-1）
•=证In（%-1）In（x2-1）：
：
%x2-2”皿2二证In（x1x^（x1x2）1p：
%x2-2、x1x2
•••
・x1x^（x1x2）<0・・In（xm-（捲x2）1）：
：
In1=0,
而nX2-2、.x^=Cn一、X2）20
・"（x^-（xX2）1）人X2-2曲2显然成立，故原冋题得
证.
例5.（11年，辽宁理）
已知函数f（x）=Inx-ax2（2-a）x.
（I）讨论f（x）的单调性；
（II）设a0，证明：
当0」时，f（-■x）f（--x）；aaa7
（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X。
，证明：
f（Xo）.：
O.
【解析】（I）（II）略，
（III）由f（Xj=f（X2）=0
22
二In捲-a/（2-aX=Inx2-ax2（2-a）x2二0
22
=InXi-Inx22（xi-x2）=a（xi-x2捲一x2）
Inx1—Inx2+2（x1—x2）
fx""X2
故要证f（小gXo=71
2a
22
%+x2%-x2+%—x2_X|+x2+1
2In咅一Inx2+2（为一x2）InXi-Inx^?
片「x2
-亠.根据对数平均不等，此不等式显然
x1x2论-x2
成立，故原不等式得证.
【挑战今年高考压轴题】
（2016年新课标I卷理数压轴21题）已知函数
f（x）=（x-2）eXa（x-1）2有两个零点xx.证明:
xx?
，：
：
2.
【解析】由f（x）=（x-2）eXa（x-1）2，得f（x）=（x-1）（ex2a），可
知f（x）在（-：
：
1）上单调递减，在（1,：
：
）上单调递增.要使函数八f（x）有两个零点X1,X2，则必须a0.
法一：
构造部分对称函数
不妨设Xi：
：
:
X2，由单调性知Xi（―：
：
1）,X2（1,：
：
），所以
2-x?
二（-：
：
1），又•/f（x）在（_：
1）单调递减，故要证：
XiX2:
:
2，等价于证明：
f（2—X2）:
:
：
f（Xi）=0,
^又Vf（2—x2）=—x2e2*2+a（x2-1）2,且f（x2）=（x2—2）e'+a（x2-1）2=0
•I_（x2—2）eX2,构造函数
g（x）--xe2」—（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：
fXi二fX2=0，不难发现X1-1,X2曰,故可整理得：
宀上写二X—弓
（Xi—1）（X2—1）
X
设gx二X2：
，贝yg为i=gX2
（x—1）
2
那么g'x=^2』eX，当x，：
：
1时，g'x：
：
：
0,gx单
（xT）'
调递减；当x1时，g'x.0,gx单调递增.设m0，构造代数式：
“丄.打.m—11有-m一1Km1+m1_m『m—12m丄仏）
曲+卄汕“戶苛。
-右e=^e帛e十1丿
^设hm=―e2m1,m0
m+1
则h'm二壬e2m0,故hm单调递增，有
（m十1）
hm\>h0=0.
因此，对于任意的m0,g1mg^m・由gXi二gX2可知X1>x2不可能在gX的同一个单调区间上，不妨设XX2，则必有Xi，：
1，:
：
X2令m=1_Xi.0，贝V有
g|卩1—X•g||1—1—£=g2—%gx=gX2而2—为1,X21,gx在1,亠j上单调递增，因此：
g（2—X1）>g（X2=2—为>冷整理得：
X1X2<2・
法三：
参变分离再构造对称函数
X
由法—，得gX=x-2e，构造G（X）=g（x）-g（2-x）,（x.（-：
：
1））,
（x-1）'
利用单调性可证，此处略.
法四：
构造加强函数
【分析说明】由于原函数〈）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X1时，f（x）.g（x），结合图像，易证原不等式成立.
【解答】由f（x）=（x-2）eX■a（x-1）2，厂（x）=（x-1）（eX■2a），故希望构造一个函数F（x），使得F（x）=（x-1）（eX2a）-（x-1）（e2a）=（x-1）（eX-e），从而F（x）在（-：
：
1）上单调递增，在（1,：
：
）上单调递增，从而构造出
2
g（x）=（e響）c（c为任意常数），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
2
g（x^（e2a2（X-1）-e，设g（x）的两个零点为X3,X4，结合图像可知：
为：
：
X3:
:
:
1：
：
X2：
：
X4，所以花X2：
：
：
X3X4=2，即原不
等式得证•
法五：
利用对数平均”不等式
参变分离得：
a昭X＜，嘻，由ao,得x「：
1“2"
（X!
—1）（X2—1）
将上述等式两边取以e为底的对数，得：
『笃+…営如,
22
化简得：
[In（X1-1）-In（X2-1）]-[ln（2
-为）-ln（2-X2）]=X1-X2,
22
故：
」ln（捲-1）-In（X2-1）][ln（2-xj-ln（2-X2）]
Xt-x2x1-x2
22
=[（X1-1）（X2-1）]
[In（捲-1）-In（X2-1）][ln（2-X1）-ln（2-X2）]
22
（X1-1）（X2-1）（2-X1）—（2-X2）
由对数平均不等式得：
[In（%-1）2-1n（x2-1）2]2
（X1-k-（X2-1）?
（X1-1）?
（X2-1）'?
[In（2-x,）-In（2-X2）]2
（2-为）—2-X2）（2-xd—2-X2））
从而「NX1?
*-2）2—
（Xi—1）+（X2—1）（2—Xi）+（2—X2）
2（x^+x2-2）[4一（x^i+x2）]+X!
+x2—2
22
（X1-!
）（X2_!
）4-（x|x2）
_2（为+X2_2）+1+为+x2_2
（X1!
）（x21）4-（X1x2）
等价于：
02（X12XD2X1必一2
（X1_1）*（X2—1）4—（x1*X2）
=（X1X2-2）[
2
22
4-（花X2）
（为-1）（X2-1）
由（X1-1）2（X2-1）2-0,4-（X1X2）0，故X1X2：
：
2，证毕.说明：
谈谈其它方法的思路与困惑。
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