极值点偏移的解题思路及比较

用，在解答题中需要证明．
（ 五） 思路五（ 对称构造）
设 f（ x） 的极值点为 m，构造函数 F（ x） = f（ x） － f（ 2m －
x） 或 F（ x） = f（ m － x） － f（ m + x） 并参照零点 x1 （ 或 x2 ） 注明 定义域，然后确定 F（ x） 的符号，并依据极值点一侧的单调
（ 三） 思路三： 双向型超越不等式
{ 借 助 形 如
lnx
＞
2（ x － m） x+m
+ lnx（ x ＞ m） ，（ m ＞ 0） ，
的双
lnx
＜
2（ x － m） x+m
+ lnm（ 0 ＜ x ＜ m）
向型超越不等式化超越函数为有理函数，形成关于 x1 + x2 或 x1 x2 的有理不等式后进行证明．
ln1
=
2（ x － 1） x +1
（
0
＜
x
＜
1）
．
（
证明略）
可以得到
2lnt
= x2
－ x1
+
ln
2 2
－ x2 － x1
＜
x2
－
x1
+
2（ x1 － x2 ） 4 － （ x1 + x2 ）
=
（
x2
－
x1） ［2 － （ 4 － （ x1 +
x1 + x2 ）
x2）
］ ，
∵ x2 － x1 ，4 － （ x1 + x2 ） ＞ 0．
（* ）
{lna + 2ln（ 1 － x1 ） = x1 + ln（ 2 － x1 ） ， 两式相减， lna + 2ln（ x2 － 1） = x2 + ln（ 2 － x2 ） ，
记1x2－－x11
2 = t，注意到2
－ －
x2 x1
∈
（
0 ，1 ）
及双向超越不等式
lnx
＜
2（
x
－ 1） + x +1
【关键词】极值点； 偏移； 解题； 比较
在导数的应用中，极值点偏移问题十分常见，多次出现
在高考以及各地的质检考试中． 此类问题由于难度普遍较
大，不易找到着手点，考生得分率普遍较低． 本文尝试提供
五种解题思路，并进行分析比较后供考生参考应用． 一、五种解题思路［1］［2］
（ 一） 思路一： 零点排序
将 f'（ x） 的零点及相关常数、变量排序到同一单调区间
G 点．
由 OB = 6，OM = 6 槡3，可得∠OBM = 60°， ∴ ∠BAH = 30°． 在 Ｒt△OAG 中，
OG = AO·tan∠BAH = 2 槡3，
∴ 点 G 的坐标为（ 0，2 槡3） （ 点 G 为线段 OC 的中点） ． 例 2 （ 广东中考题） 已知正方形 ABCD 内一动点 E 到
上，即“大路通天，只走一边”．
（ 二） 思路二： 零点作商（ 差） 代换
先选定新的自变量
t，如，设
x2 x1
= t（ t ＞ 1） 或 x2
－ x1
=t
（ t ＞ 0） 或（ x1 － 1） （ x2 － 1） = t（ t ＞ 0） ，并求出解析式，然后构
造函数进行证明，有时可能需要用到齐次代换方法．
假设 t≥1 推出矛盾，∴ t ＜ 1，即 x1 + x2 ＜ 2．
证法三（ 对数平均不等式）
由 a ＞ 0，设 x1 ＜ 1 ＜ x2 ＜ 2，
由 f（ x1 ） = f（ x2 ） = 0 得，
{ { （ x1 － 2） ex1 + a（ x1 － 1） 2 = 0，
（ 2 － x1 ） ex1 （ x1 － 1） 2
( ) 令 m ＞ 0，则 g（ 1 + m）
－ g（ 1 － m）
=
m+ m2
1e1
－
m
m m
－ +
1 1
e2m
+
1
，
设 h（ m）
=
m m
－ +
1e2m 1
+
1，m
＞ 0，
利用导数法可得 h（ m） ＞ h（ 0） = 0 恒成立，
即 g（ 1 + m） ＞ g（ 1 － m） 恒成立，
令 m = 1 － x1 ＞ 0，可得结论． 证法二（ 零点作商代换 + 双向超越不等式） 由（ 1） 知 x1 ＜ 1 ＜ x2 ，又（ 2 － xi ） exi = a（ xi － 1） 2 故 x1 ＜ 1 ＜ x2 ＜ 2． 对（ * ） 两边取对数得
∴ AE + BE + CE = BE + EF + FG
图6
（ 图 6） ． ∵ 点 B，点 G 为定点（ G 为点 A 绕 C 点顺时针旋转 60°
所得） ． ∴ 线段 BG 即为点 E 到 A，B，C 三
点的距离之和的最小值，此时 E，F 两 点都在 BG 上 （ 图 7 ） ． 设正方形的边
解题技巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA
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极值点偏移的解题思路及比较
◎徐玥琳 （ 成都外国语学校，四川 成都 611731）
【摘要】针对极值点偏移问题，综合提出五种解题思路， 并通过典型例题 进 行 对 比 分 析，最 后 给 出 解 题 思 路 比 较 说 明，对高中生极值点解题有较大参考价值．
而
x1 － 1 x2 － x1
＞ 0，∴
1
＞4
－
（
2 x1
+
x2 ）
，即
x1
+
x2
＜ 2．
证法四（ 对称构造）
由（ 1） 知 f（ x） 在（ － ∞ ，1） 上单调递减，
在（ 1，+ ∞ ） 上单调递增．
由 f（ x1 ） = f（ x2 ） = 0，可设 x1 ＜ 1 ＜ x2 ， 构造辅助函数 F（ x） = f（ x） － f（ 2 － x） ，
【参考文献】 ［1］邢友宝． 极值点偏移问题的处理策略［J］． 中学数学 教学参考（ 上旬） ，2014（ 7） ： 19 － 22． ［2］蓝云波． 又见极值点偏移问题［J］． 数学通讯（ 下半 月） ，2016（ 8） ： 40 － 42．
A，B，C 三点的距离之和的最小值为槡2 + 槡6，求此正方形的 边长．
分析 连接 AC，发现点 E 到 A，B，C 三点的距离之和就 是到△ABC 三个顶点的距离之和，这实际是费尔马问题的 变形，只是背景不同．
解 如 图 6 所 示，连 接 AC，把 △AEC 绕点 C 顺时针旋转 60°，得到 △GFC，连接 EF，BG，AG，可知△EFC， △AGC 都是等边三角形，则 EF = CE． 又 FG = AE，
1 2
MQ．
要使
1 2
MQ
+ AQ
最 小，只 需 使
AQ + QK 最小，根据“垂线段最短”，可
推出当点 A，Q，K 在一条直线上时，AQ
+ QK 最 小，并 且 此 时 的 QK 垂 直 于
BM，此时的点 Q 即为所求的点 G （ 如
图5
图 5 所示） ．
过点 A 作 AH⊥BM 于 H，则 AH 与 y 轴的交点为所求的
= a，
（ x2 － 2） ex2 + a（ x1 － 1） 2 = 0，
（ 2 － x2 ） ex2 （ x2 － 1） 2
= a，
（ 下转 97 页）
数学学习与研究 2019. 10
解题技巧与方法
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97
BM 于 K，由 OB = 6，OM = 6 槡3，可得∠BMO = 30°，所以QK =
类问题常常可通过旋转变换来解决．
（ 上接 95 页）
（ 两边取对数） ln（ 2 － x1 ） + x1 － ln（ x1 － 1） 2 = ln（ 2 －
x2 ） + x2 － ln （ x1 － 1） 2 ln （ 2 － x1 ） － ln （ 2 － x2 ） － ln （ 1 －
x1 ） 2 + ln （ 1
长为
a，那 么
BO
=
CO
=
槡2 2
a，GC
=
槡2a，GO
=
槡6 2
a，
图7
∴
BG
=
BO
+
GO
=
槡2 2
a
+
槡6 2a．Fra bibliotek∵ 点 E 到 A，B，C 三点的距离之和的最小值为槡2 + 槡6，
∴
槡2 2
a
+
槡6 2
a
=
槡2
+
槡6，解得
a
=
2．
注： 本题旋转△AEB，△BEC 也都可以，但都必须绕着定
点旋转，读者不妨一试． 费马问题是个有趣的数学问题，这
－
x2 ） 2
=
x2
－
x1
ln（
2
－
x1 ） x2
－ －
ln（ x1
2
－
x2 ）
+
( ) ln x2 － 1 2 x1 － 1 = 1． x2 － x1
由对数平均不等式知，
ln（ 2 － x1 ） － ln（ 2 － x2 ） x2 － x1
＞
4
－
（
2 x1
+
x2 ）
，
( ) ln x2 － 1 2
（ 四） 思路四（ 对数平均不等式）
两个正数 a 和 b 的对数平均定义：
{ L（ a，b） =
a lna
－ －
blnb（
a≠b）
，
a（ a = b） ．
对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系： 当
a
＞
0，b
＞
0
时，有
槡ab ≤L（
a，b）
≤a
+ 2
b（
仅当
a
=
b
时，取
“ = ”） ，需要说明的是，对数平均不等式在高考中不能直接
性证明．
下面以 2016 年全国Ⅰ卷理科 21 题作为例题进行分析．
二、例题精析
题目 （ 2016，全国Ⅰ卷理科 21 题） 已知函数 f（ x） =
（ x － 2） ex + a（ x － 1） 2 有两个零点．
（ Ⅰ） 求 a 的取值范围；
（ Ⅱ） 设 x1 ，x2 是 f（ x） 的两个零点，证明： x1 + x2 ＜ 2． 解析 （ 1） 易得 a 的取值范围是（ 0 + ∞ ） ．
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将 x1 带入上述不等式得 f（ x1 ） = f（ x2 ） ＜ f（ 2 － x1 ） ， 又 x2 ＞ 1，2 － x1 ＞ 1，f（ x） 在（ 1，+ ∞ ） 上单调递增， 故 x1 ＜ 2 － x2 ，x1 + x2 ＜ 2． 三、解题思路比较 极值点偏移问题的五种解题思路，各有其适用的条件． 其中，零点排序的解题思路最为常见，遇见此类问题便 可以直接使用解题思路进行证明． 但此种解题思路的弊端 在于多数考生会因为思维不缜密导致扣分． 其余几种则对构造的思维要求较高． 这几种解题思路 一旦发现其特征，解题较为容易． 值得注意的是，双向超越 不等式和对数平均不等式在使用时需要证明． 笔者认为，零点 排 序 是 每 个 考 生 必 须 掌 握 的 基 本 解 题 思路，在此基础上，其 余 四 种 解 题 思 路 作 为 拓 展，方 便 考 生 快速找到着手点，使得极值点偏移问题变得较为容易．
F'（ x） = f'（ x） + f'（ 2 － x） = （ x － 1） （ ex － e2 － x ） ．
当 x ＜ 1 时，x － 1 ＜ 0，ex － e2 － x ＜ 0，故 F'（ x） ＞ 0．
又∵ F（ 1） = 0，F（ x） ＞ 0（ x ＜ 1） ，
即 f（ x） ＜ f（ 2 － x） （ x ＜ 1） ．
（ 2） 证法一（ 零点排序）
设 x1 ，x2 是 f（ x） 的两个零点，则
－
a
=
（ x1 － 2） ex1 （ x1 － 1） 2
=
（ x2 － 2） ex2 （ x2 － 1） 2
，令
g（
x）
=
（ （
x x
－ 2） － 1）
ex
2
，
则 g（ x1） = g（ x2） = － a，分析 g（ x） 的单调性，