《极值点偏移问题的处理策略及探究》

1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()fx在0xx处取得极值，且函数()yfx与直线yb交于1(,)Axb,2(,)Bxb两点，则AB的中点为12(,)2xxMb，而往往1202xxx.如下图所示.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】2一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xfxxexR，如果12xx，且12()()fxfx，证明：122.xx【解析】法一：()(1)xfxxe，易得()fx在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，x时，()fx，(0)0f，x时，()0fx，函数()fx在1x处取得极大值(1)f，且1(1)fe,如图所示.由1212()(),fxfxxx，不妨设12xx，则必有1201xx，构造函数()(1)(1),(0,1]Fxfxfxx，则21()(1)(1)(1)0xxxFxfxfxee，所以()Fx在(0,1]x上单调递增，()(0)0FxF，也即(1)(1)fxfx对(0,1]x恒成立.由1201xx，则11(0,1]x，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()fxfxfxfxfx，即12(2)()fxfx，又因为122,(1,)xx，且()fx在(1,)上单调递减，所以122xx，即证122.xx法二：欲证122xx，即证212xx，由法一知1201xx，故122,(1,)xx，又因为()fx在(1,)上单调递减，故只需证21()(2)fxfx，又因为12()()fxfx，故也即证11()(2)fxfx，构造函数()()(2),(0,1)Hxfxfxx，则等价于证明()0Hx对(0,1)x恒成立.由221()()(2)(1)0xxxHxfxfxee，则()Hx在(0,1)x上单调递增，所以()(1)0HxH，即已证明()0Hx对(0,1)x恒成立，故原不等式122xx亦成立.法三：由12()()fxfx，得1212xxxexe，化简得2121xxxex…，3不妨设21xx，由法一知，121oxx.令21txx，则210,txtx，代入式，得11ttxex，反解出11ttxe，则121221ttxxxtte，故要证：122xx，即证：221ttte，又因为10te，等价于证明：2(2)(1)0ttte…，构造函数()2(2)(1),(0)tGtttet，则()(1)1,()0ttGtteGtte，故()Gt在(0,)t上单调递增，()(0)0GtG，从而()Gt也在(0,)t上单调递增，()(0)0GtG，即证式成立，也即原不等式122xx成立.法四：由法三中式，两边同时取以e为底的对数，得221211lnlnlnxxxxxx，也即2121lnln1xxxx，从而221212121212221211111lnln()lnln1xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx，令21(1)xttx，则欲证：122xx，等价于证明：1ln21ttt…，构造(1)ln2()(1)ln,(1)11ttMttttt，则2212ln()(1)tttMttt，又令2()12ln,(1)ttttt，则()22(ln1)2(1ln)ttttt，由于1lntt对(1,)t恒成立，故()0t，()t在(1,)t上单调递增，所以()(1)0t，从而()0Mt，故()Mt在(1,)t上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln((1)ln)1lim()limlimlim(ln)21(1)xxxxtttttMttttt，即证()2Mt，即证式成立，也即原不等式122xx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xaexxf)(有两个不同的零点12,xx，求证：221xx.4【解析】思路1：函数()fx的两个零点，等价于方程xxea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()fx有两个零点12,xx，所以)2()1(2121xxaexaex，由)2()1(得：)(2121xxeeaxx，要证明122xx，只要证明12()2xxaee，由)2()1(得：1212()xxxxaee，即1212xxxxaee，即证：121212()2xxxxeexxee211)(212121xxxxeexx，不妨设12xx，记12txx，则0,1tte，因此只要证明：121ttete01)1(2tteet，再次换元令xtxetln,1，即证2(1)ln0(1,)1xxxx构造新函数2(1)()ln1xFxxx，0)1(F求导2'2214(1)()0(1)(1)xFxxxxx，得)(xF在),1(递增，所以0)(xF，因此原不等式122xx获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,xx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()lnfxxax，a为常数，若函数()fx有两个零点12,xx，试证明：212.xxe【解析】法一：消参转化成无参数问题：ln()0lnlnxfxxaxxae，12,xx是方程()0fx的两根，也是方程lnlnxxae的两根，则12ln,lnxx是xxae，设1122ln,lnuxux，()xgxxe，则12()()gugu，从而2121212lnln22xxexxuu，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12xx，5∵1122ln0,ln0xaxxax，∴12121212lnln(),lnln()xxaxxxxaxx，∴1212lnlnxxaxx，欲证明212xxe，即证12lnln2xx.∵1212lnln()xxaxx，∴即证122axx，∴原命题等价于证明121212lnln2xxxxxx，即证：1122122()lnxxxxxx，令12,(1)xttx，构造2(1)ln,1)1(ttgttt，此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：12221211lnlnln,lnxxxxaxxxx设2121,,(1)xxxttx，则112111lnlnln,lnlntxtxxtxttxx，反解出：1211lnlnlnln,lnlnlnlnln111ttttxxtxtxtttt，故212121lnln2ln21txxexxtt，转化成法二，下同，略.例4.设函数()()xfxeaxaaR，其图像与x轴交于)0,(,)0,(21xBxA两点，且21xx.证明：12()0fxx.【解析】由(),()xxfxeaxafxea，易知：a的取值范围为2(,)e，()fx在(,ln)a上单调递减，在(ln,)a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：∵12120,0,xxeaxaeaxa两式相减得：2121xxeeaxx，记21,(0)2xxtt，则121221212221()(2())22xxxxxxttxxeeefeteexxt，设()2(),(0)ttgtteet，则()2()0ttgtee，所以()gt在(0,)t上单6调递减，故()(0)0gtg,而12202xxet，所以12()02xxf，又∵()xfxea是R上的递增函数，且12122xxxx，∴0)(21xxf.容易想到，但却是错解的过程：欲证：0)(21xxf，即要证：12()02xxf，亦要证1220xxea，也即证：122xxea，很自然会想到：对112211220,(1),0,(1),xxxxeaxaeaxeaxaeax两式相乘得：12212(1)(1)xxeaxx，即证：12(1)(1)1xx.考虑用基本不等式212122(1)(1)()2xxxx，也即只要证：124xx.由于121,lnxxa.当取3ae将得到23x，从而124xx.而二元一次不等式124xx对任意2(,)ae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()fx满足如下条件：（1）函数在闭区间[,]ab上连续；（2）函数在开区间(,)ab内可导，则在(,)ab内至少存在一点，使得()()()fbfafba.当()()fbfa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12(,0),(,0),AxBx两点，因此21211221()()(e)()0002xxABfxfxeaxxkxx，∴2121xxeeaxx，……由于12()()0fxfx，显然11()()0fxfx与11()()0fxfx，与已知12()()0fxfx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2()ln(2).fxxaxax7（I）讨论()fx的单调性；（II）设0a，证明：当10xa时，11()()fxfxaa；（III）若函数()yfx的图像与x轴交于,AB两点，线段AB中点的横坐标为0x，证明：0()0fx.【解析】（I）易得：当0a时，()fx在(0,)上单调递增；当0a时，()fx在1(0,)a上单调递增，在1(,)a上单调递减.（II）法一：构造函数111()()(),(0)gxfxfxxaaa，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11()()()hafxfxaa，则()ln(1)ln(1)2haaxaxax，32222()2111xxxahaxaxaxa