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1、-极值点偏移问题的处理策略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 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(x1 x2x x,b)，而往往x012.如下图22所示.极值点没有偏移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
2、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.例 1.（2010*理）已知函数f(x) xe(xR)，如果x1 x2，且f (x1) f (x2)，x证明：x1 x2 2.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
3、，不妨设x1 x2，则必有0 x11 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) xex1(e2x1) 0，所以F(x)在x(0,1上单调递增，F(x) F(0) 0，也即f (1 x) f (1 x)对x(0,1恒成立.由0 x11 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.z.-法二：欲证x1 x2 2，即证x
4、2 2 x1，由法一知0 x11 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 x2x2(1e) 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x1ex1 x2ex2，化简
5、得ex2x1x2，x1不妨设x2 x1，由法一知，o x11 x2.令t x2 x1，则t 0,x2 t x1，代入式，得e tt x1t2t，反解出x1t，则x1 x2 2x1t tt，故要证：x1 x2 2，x1e 1e 1即证：2tt 2，又因为et10，等价于证明：2t (t 2)(et1) 0，te 1ttt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
6、法三中式，两边同时取以e为底的对数，得x2 x1 lnx2 ln x2ln x1，也即x1x21ln x2ln x1x2 x1x2x1xln x2ln x1lnln2，1，从而x1 x2 (x1 x2)x2 x1x2 x1x1x21x1x2 x1x1令t x2t 1(t 1)，则欲证：x1 x2 2，等价于证明：lnt 2，x1t 1t212tlnt(t 1)lnt2 (1)ln t,(t 1)，则M(t) 构造M(t) ，t(t 1)2t 1t 1又令(t) t 12tlnt,(t 1)， 则(t) 2t 2(lnt 1) 2(t 1lnt)， 由于t 1 lnt2.z.-对t(1,)恒成立
7、， 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 ：limM(t) limx1(t 1)lnt(t 1)lnt)t 1 lim lim(lnt ) 2，即证M(t) 2，即证x1x1x1t 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.例 2.已知函
8、数f (x) x aex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xex 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x1,x2， x1 aex1(1)所以，x2(2)x2 aexx由(1)(2)得：x1 x2 a(e1e2)，要证明x1 x2 2，只要证明a(ex1ex2) 2，由(1)(2)得：x1 x2 a(e1e2)，即a xxx1 x2，x1x2e eex1x21ex1ex2 2， 2 (x1 x2)x
9、1x2即证：(x1 x2)xe1e1ex2不妨设x1 x2，记t x1 x2，则t 0,et1，2(et1)et1 0， 2 t t因此只要证明：tte 1e 12(x1) 0x(1,)再次换元令etx1,t lnx，即证ln xx12(x1)构造新函数F(x) lnx，F(1) 0x114(x1)2 0，得F(x)在(1,)递增，求导F (x) 22x(x1)x(x1)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
10、数为媒介，构造出一个变元的新的函数。.z.-例 3.已知函数f (x) ln xax，a为常数，若函数f (x)有两个零点x1,x2，2试证明：x1x2 e .【解析】法一：消参转化成无参数问题：f (x) 0 ln x ax ln x aelnx，x1,x2是方程f (x) 0的两根，也是方程ln x aelnxxx的两根，则ln x1,ln x2是x ae，设u1 ln x1,u2 ln x2，g(x) xe，则g(u1) g(u2)，从而x1x2 e2 ln x1ln x2 2 u1u2 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，ln
11、 x1ax1 0,ln x2ax2 0，ln x1ln x2 a(x1 x2),ln x1ln x2 a(x1 x2)，ln x1ln x2 a，欲证明x1x2 e2，即证ln x1ln x2 2.x1 x22，x1 x2ln x1ln x2 a(x1 x2)，即证a 原命题等价于证明ln x1ln x2x2(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 ln x1ln x2ln x2x2x,设x1 x2,t 2,(t 1
12、)，x1x2ln x1x1x1lntx1lnt ln x1 t t，ln x1ln x1则x2 tx1,lntlnttlnt,ln x2 lntx1 lnt lnx1 lnt ，t 1t 1t 1t 12lnt 2，转化成法二，下同，略.故x1x2 e ln x1ln x2 2 t 1反解出：ln x1例 4.设函数f(x) e axa(aR)，其图像与x轴交于A(x1,0) , B(x2,0)两点，且xx1 x2.证明：f ( x1x2) 0.【解析】由f(x) e axa,f (x) e a，易知：a的取值*围为(e ,)，f (x)在xx2.z.-(,ln a)上单调递减，在(lna,)
13、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：xex2ex1e1ax1a 0,两式相减得：a ，x2x x21eax2a 0,记t x2 x1x x,(t 0)，则f (12) e22ttx1x22eee(2t (etet)，x2 x12tttx2x1x1x22设g(t)2t (e e),(t 0)，则g(t) 2(e e ) 0，所以g(t)在t(0,)上单x1 x2) 0，2t2x x2x又f (x) e a是R上的递增函数，且x1x21，f ( x1x2) 0.2调递减，故g(t) g(0) 0,而ex1x22 0，所以f (容易想到，但却是错解的过程：x1x2x
14、1 x2ex1x2 a2，欲证：f (x1x2)0， 即要证：f (亦要证e2a 0， 也即证：) 0，2xxe1ax1a 0,e1 a(x11),很 自 然 会 想 到 ： 对x两 式 相 乘 得 ：x22eax2a 0,e a(x21),ex1x2 a2(x11)(x21)， 即 证 ：(x11)(x21)1. 考 虑 用 基 本 不 等 式(x11)(x21) (x1 x222)，也即只要证：x1 x2 4.由于x11,x2 lna.当取a e322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
15、， 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.z.f (b) f (a).ba-kABf (x2) f (x1)(ex2ex1)a(x1 x2)ex2ex1， 0 0 0，a x2 x12x2 x1
16、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*围发生了改变.例 5.（11 年，*理）已知函数f (x) ln xax (2a)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）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
17、减.（II）法一：构造函数g(x) f ( x) f ( x),(0 x 法上同，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a1a1axx2x3a21h(a) 2x ， 由，0 x h(a) ln(1ax)ln(1ax)2ax，1ax1ax1a2x2a111， 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
18、a111个零点，不妨设A(x1,0), B(x2,0),0 x1 x2，则0 x1 x2，故 x1(0,)，由aaa21111（II）得：f ( x1) f ( x1) f ( x1) f (x1) f (x2)，又由f (x)在aaaaax x121(,)上单调递减，所以x2 x1，于是x012，由（I）知，f (x0) 0.aa2a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对数平均不等式的介绍与证明.z.-ab(a b),两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b) lnalnba(a b).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：ab（此式记为对数平均不等式）2取等条件：当
19、且仅当a b时，等号成立.ab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)不等式 lnalnb abaab1a ln 2ln x x(其中x 1)bbaxbab1x21112 (1)2.因为x 1时，xxx构造函数f (x) 2ln x(x),(x 1)，则f (x) 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)ab2a2(1)2(ab)a2(x1)a不等式 lnalnb lnb ln x (其中x 1)aabb(1)(x1)bb
20、14(x1)22(x1),(x 1)，则g(x) 构造函数g(x) ln x.因为x 1时，x(x1)2x(x1)2(x1)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,bR，都有对数平均不等式ab L(a,b) ab成立，当且2仅当a b时，等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例 1.（2010*理）已知函数f(x) xe(xR)，如果x1 x2，且f (x1) f (x2)，x证明：x1 x2 2.【解析】法五：由前述方法四，可得1x1 x2，利用对数平均不等式得：ln x1ln x21x1 x2x x12，即
21、证：x1 x2 2，秒证.ln x1ln x22.z.-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)eaxa(aR)，其图像与x轴交于A(x1,0) , B(x2,0)两点，且xx1 x2.证明：f ( x1x2) 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x11x21底的对数，得lna x1ln(x11) x2ln(x21)，化简得：1(x11)(x21)，由ln(x11)ln(x21)对数平均不等式知：1(x11)(x21)(x11)(x21)，即x1x2(x1 x
22、2) 0，ln(x11)ln(x21)故要证f ( x1x2) 0 证 x1x2 lna 证2 x1x2 x1ln(x11) x2ln(x21) 证ln(x11)ln(x21) x1 x22 x1x2 证ln(x1x2(x1 x2)1) x1 x22 x1x2x1x2(x1 x2) 0ln(x1x2(x1 x2)1) ln1 0，而x1 x22 x1x2 ( x1x2) 0ln(x1x2(x1 x2)1) x1 x22 x1x2显然成立，故原问题得证.例 5.（11 年，*理）已知函数f (x) ln xax (2a)x.（I）讨论f (x)的单调性；（II）设a 0，证明：当0 x 2211
23、1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故要证f (x0) 0 x0x1 x212aln x1ln x22.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】.z.-（2016年新课标I卷理数压轴21题） 已知函数f (x) (x2)e a(x1)有两个零点x1,x2.证明：x1 x2 2.【解析】由f (x) (x2)e a(x1)，得f (x) (x1)(e 2a)，
24、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x2xx2(,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) x2ef (2 x2) x2e2x2 a(x21)2，且f (x2) (x22)ex2 a(x21)2 02x2(x22)ex2，构造函数g(x) xe2x(x2)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：fx1
25、 fx2 0，不难发现x11，x21，x12ex故可整理得：a 2x111x22ex2x212x2ex设gx，则gx1 gx22x1x 21x，当x1时，g x 0，g x单调递减；当x 1时，则gxe 3x 1gx 0，gx单调递增设m0，构造代数式：设hm则hm2m12me1，m0m12m2m 12e2m 0，故hm单调递增，有hm h0 0因此，对于任意的m0，g1 m g1m由gx1 gx2可知x1、x2不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设x1 x2，则必有x11 x2.z.-令m 1 x1 0，则有g 11 x1 g 11 x1 g2 x1 gx1 gx2gx在1,上单调递增，g2
26、 x1 gx2 2 x1 x2x21，而2 x11，因此：整理得：x1 x2 2法三：参变分离再构造对称函数x 2ex由法二， 得gx，构造G(x) g(x) g(2 x),(x(,1)，利用单调性可证，2x 1此处略.法四：构造加强函数【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) (x2)e a(x1)，f (x) (x1)(e 2a)，故希望构造一个函数x2xF(x)， 使 得F(x) (x1)(ex2a)(x1)(e 2a)
27、 (x1)(exe)， 从 而F(x)在(e2a)(x1)2c（c为(,1)上单调递增，在(1,)上单调递增，从而构造出g(x) 2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(e2a)(x1)2g(x) e， 设g(x)的 两 个 零 点 为x3,x4， 结 合 图 像 可 知 ：2x1 x31 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将上述等式两边取以e为底的对数，得： ln(2
28、x1)(2 x2) x ln x2,122(x11)(x21)化简得： ln(x1-1)2-ln(x2-1)2-ln(2 - x1)-ln(2- x2) x1 x2,由对数平均不等式得：ln(x1-1)2-ln(x2-1)22，2222(x11) (x21)(x11) (x21).z.-ln(2- x1)-ln(2- x2)2，（2 x1） （2 x2）（2 x1） （2 x2）从而12(x1 x22)2(x11)2(x21)2（2 x1） （2 x2）2(x1 x22)x1 x2222(x11) (x21)4(x1 x2)等价于：0 22由(x11) (x21) 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。.z.
