《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习题课
极值点偏移问题的处理策略及探究习题课
新泰一中北校 闫 辉
一、不含参数的问题.
例1.（2010天津理）已知函数()()x f x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.
x x +>
二、含参数的问题.
例2.已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .
例3.已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ， 试证明：212.
x x e ⋅>
例 4.设函数()()x f x e ax a a R =-+∈，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且
21x x <.证明：0f '<.
例5.（11年，辽宁理）已知函数2
()ln (2).f x x ax a x =-+-
（I ）讨论()f x 的单调性； （II ）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a
+>-； （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0x ，证明：0()0f x '<.
例6.（2016年新课标I 卷理数压轴21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.。
极值点偏移四种解题方法
极值点偏移四种解题方法极值点偏移是数学中一个重要的概念，它指的是极值点在函数图像上偏移的现象。
本文将介绍四种解决极值点偏移问题的解题方法。
下面是本店铺为大家精心编写的5篇《极值点偏移四种解题方法》，供大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。
《极值点偏移四种解题方法》篇1一、定义法定义法是解决极值点偏移问题的一种基本方法。
该方法的主要思路是利用函数的定义式，通过分析函数在某一点处的导数值，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处的导数值等于零，则该点为极值点。
如果函数在某一点处的导数值不存在，则该点也可能是极值点。
二、导数法导数法是解决极值点偏移问题的另一种基本方法。
该方法的主要思路是利用函数的导数，通过分析函数在某一点处的导数值，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处的导数值等于零，则该点为极值点。
如果函数在某一点处的导数值不存在，则该点也可能是极值点。
三、极值判定法极值判定法是解决极值点偏移问题的一种重要方法。
该方法的主要思路是利用函数的极值判定条件，通过分析函数在某一点处的极值条件，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处满足极值条件，则该点为极值点。
四、图像法图像法是解决极值点偏移问题的一种直观方法。
该方法的主要思路是通过绘制函数的图像，来判断函数的极值点是否偏移。
如果函数的图像在某一点处发生变化，则该点可能是极值点。
如果函数的图像在某一点处出现拐点，则该点可能是极值点。
综上所述，极值点偏移四种解题方法分别为定义法、导数法、极值判定法和图像法。
《极值点偏移四种解题方法》篇2极值点偏移是高中数学中常见的问题之一，通常出现在导数相关的题目中。
极值点偏移指的是，在可导函数的一个区间内，如果存在一个极值点，且该极值点左右两侧的增减速度不同，那么这个极值点可能会偏移到区间的中点，从而造成函数图像的不对称。
解决极值点偏移问题的方法有很多种，以下是四种常见的解题方法： 1. 构造函数法：该方法的本质是构造一个新的函数，使得新函数的导数与原函数的导数之间存在一定的关系。
例谈极值点偏移问题解题策略
例谈极值点偏移问题解题策略
极值点偏移是数学中的一个重要概念，也是许多优化问题的关键。
在解决这类问题时，我们需要采用一些有效的策略，以确保能够找到全局最优解。
本文将从实际例子出发，讲解一些常用的极值点偏移问题解题策略。
首先，我们需要明确极值点的定义及其特点。
极值点是函数的最大值或最小值所在的点，它们的特点是函数在该点的导数为0。
因此，寻找极值点的关键是求导。
但是，有些函数导数不存在或者在某些点处导数为0时并不是极值点，因此需要通过其他方法来判断。
其次，我们需要熟练掌握一些常见的极值点偏移问题解决技巧。
例如，可以通过函数图像的观察来判断极值点的位置；通过将函数化简为更简单的形式来寻找极值点；通过利用已知条件来限制极值点的范围等。
最后，我们需要注意一些常见的错误。
例如，只找到了局部最优解而未找到全局最优解；未考虑到函数值的符号等。
总之，极值点偏移问题在数学上具有重要的地位，需要我们掌握一些有效的解题策略。
希望本文能够对读者有所启发，帮助大家更好地应对极值点偏移问题。
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极值点偏移问题的解法探究
极值点偏移问题的解法探究师眸峰赵露陈羽汛(江苏省扬州大学数学科学学院数学1805班，225002)函数的极值问题一直是高考的热点内容.纵观近年高考题,除了以实际问题为背景的极值问题,还会出现一些极值点偏移问题.求解此类问题有一定的难度,有利于培养学生分析和解决问题的能力,促成学生数学学科核心素养的养成.本文结合例题探究极值点偏移问题的解法.一、明本质,理解极值点偏移的概念设f(x)在区间(a,b)只有一个极值点x0,f(x)=c的解分别为x1,x2,且a<x1<x2<b.若则称f(x)在(a,b)内极值点不偏移；若则称f(x)在(a,b)内极值点向左偏移；若则称f(x)在(a,b)内极值点向右偏移.极值点偏移问题理论上仍属于研究函数的性质.此类问题产生的本质在于极值点x0左、右的函数的变化速度不同,从而导致函数图象出现左、右两边不对称的情况.二、晓通法,了解极值点偏移问题的几种常用求解途径1. 构造差函数法设f(x)在区间(a,b)只有一个极值点x0,且f(x1)=f(x2),a<x1<x2<b.若要证x1+x2>2x0,即x1>2x0-x2,利用函数f(x)的单调性，只要证f(x1)>f(2x0-x2)或f(x1)<f(2x0-x2).我们称这种处理问题的方法为构造差函数法，具体过程可分为:第一步,求f(x)的极值点x0;第二步，构造差函数F(x)=f(x)-f(2x0-x);第三步，考察F(x)的单调性，判断F(x)与0的大小关系，即f(x1)与f(2x0-x2)的大小关系；第四步，由f(x1)与f(2x0-x2)的的大小关系及f(x)的单调性，得出结论.例1 已知函数f(x)=xe-x(x∈R)，若x1≠x2,且f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2.解由f ′(x)=(1-x)e-x,可知f(x)在(-∞,1)单调增,在(1,+∞)单调减, f(x)在x=1处取得极大值.令F(x)=f(x)-f(2-x)=xe-x-(2-x)ex-2，由F′(x)=(1-x)e-x[1-e2(x-1)]≥0,得F(x)在R上单调增.又F(1)=0,故F(x)<0,即f(x)<f(2-x)在(-∞,1)恒成立.由x1≠x2， f(x1)=f(x2)，不妨设x1<x2，则x1<1<x2，可得f(x1)<f(2-x1).因为f(x2)=f(x1)<f(2-x1),2-x1>1,且f(x)在(1,+∞)单调减，所以x2>2-x1,即x1+x2>2.得证.评注对含参数问题,在构造差函数解决极值点偏移问题时,若极值点x0与参数有关,虽然可以沿用上述通法,但在求解函数的单调性时会变得复杂.此时可将待证不等式f(x1)>f(2x0-x2)或f(x1)<f(2x0-x2)变通修改成证明f(x1)=f(x2)=f[x0+(x2-x0)]>f[x0-(x2-x0)]或f(x1)=f(x2)=f[x0+(x2-x0)]<f[x0-(x2-x0)].采用换元法，不妨设x=x2-x0,则可设对称化差函数F(x)=f(x0+x)-f(x0-x),解题过程相应变化.例2 已知实数m>1, f(x)=emx-x-m有两个零点x1,x2,求证：x1+x2<0.证明 f ′(x)=memx-1,令f ′(x)=0,得由m>1,易见x0<0,且f(x)在(-∞,x0)单调减，在(x0,+∞)单调增，x0是f(x)的极值点.令F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)=em(x0+x)-em(x0-x)-2x,注意到memx0=1,则当且仅当x=0时取等号,F(x)在R上单调增,故当x∈(-∞,0)时，F(x)<F(0)=0, f(x0+x)<f(x0-x).不妨设x1<x2,则x1∈(-∞,x0),x2∈(x0,+∞),故x1-x0<0,得f(x1)=f(x2)=f(x0+(x1-x0)<f(x0-(x1-x0))=f(2x0-x1).由x1<x0,可知2x0-x1>x0;又x2>x0且f(x)在(x0,+∞)单调增，所以x2<2x0-x1,得x1+x2<2x0<0.得证.2.构造齐次式对含参数问题,我们可以通过恒等变形消去式子中的参数,用x1,x2来表示所要证的目标,利用齐次性换元(即将目标转化成关于t的函数,再利用导数研究最值,从而证明结论.例3 已知函数设f(x)=m有两个不等实根x1,x2,求证：x1x2>e2.证明因为f(x1)=f(x2)=m,两式相减可以得到两式相加可以得到ln x1+lnx2-ln x1).不妨设0<x1<x2,欲证x1x2>e2，即证ln x1+ln x2>2,将上式右边上下同除以x1,即证亦即证明令问题等价于证明(1+t)ln t>2(t-1).令F(t)=(1+t)ln t-2(t-1)，则有故F′(t)在(1,+∞)单调增，F′(t)>F′(1)=0，F(t)在(1，+∞)单调增，得F(t)>F(1)=0,得证.3.利用对数平均数称为正数a,b的对数平均数.构造函数可以证明(具体过程可参见文[1])对数平均数、算数平均数和几何平均数之间满足不等式(当且仅当a=b时取等号),该式称为对数平均不等式，应用对数平均不等式证明可省去构造极值对称差函数以及构造齐次不等式的过程,简化解题过程.比如,例1也可以通过对数平均不等式简洁证明如下:由f(x1)=f(x2)，得x1e-x1=x2e-x2，化简得两边同时取自然对数，得x1-x2=ln x1-ln x2,即由对数平均不等式可得即x1+x2>2,得证.再看一例例4 已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x(a>0),若f(x)的图象与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明f ′(x0)<0.证明由f ′(x)在(0,+∞)单调减,且可知是f(x)的极值点.若设点A(x1,0),B(x2,0),则由f(x1)=f(x2)=0,得于是,可得由f ′(x)在(0,+∞)单调减,且,要证f ′(x0)<0,只要证即即证移项整理,只要证由对数平均不等式,显然有故问题得证.极值点偏移问题是高考命题的热点.此类问题的求解,不仅充分训练了学生把实际问题抽象成数学问题的思维方式,使学生逐步形成了应用数学的意识,同时也符合近年来比较热门的六大数学学科核心素养．综上所述，首先,解决极值点偏移问题时,我们应该掌握其解题的通法,以不变应万变;同时,面对年年都在发生变化的极值点偏移问题,我们也不能墨守成规,应该从多种角度去解决问题,抓住问题本质,难题方能迎刃而解．。
极值点偏移问题专题(三)一一题学懂端点偏移5大套路
极值点偏移问题专题(三)一一题学懂端点
偏移5大套路
问题背景
在数学中，极值点偏移是指函数的极值点随着一定条件的改变而发生位移的现象。
在解决极值点偏移问题时，有许多常用的策略和技巧可以应用。
解决方案
以下是解决极值点偏移问题的五种常见策略：
1. 极值点的函数改变
通过改变函数的形态和特征，可以导致极值点的偏移。
这可以通过增加或减少函数的项、重新调整函数的系数等方式来实现。
2. 增加约束条件
通过引入额外的约束条件，可以使极值点受到限制，从而发生偏移。
这些约束条件可以是函数的限制、变量的限制等。
3. 改变函数的定义域
通过改变函数的定义域，可以使极值点的位置发生变化。
这可以通过增加或减少函数定义域的范围、改变函数定义域的形状等方式来实现。
4. 变换坐标系
通过变换坐标系，可以使原本的极值点在新的坐标系中发生偏移。
这可以通过旋转、平移、缩放等方式来实现。
5. 改变问题的目标函数
通过改变问题的目标函数，可以直接影响极值点的位置。
这可以通过调整目标函数的构成、改变目标函数的权重等方式来实现。
总结
极值点偏移问题在数学中很常见，但通过简单的策略和技巧，我们可以解决这些问题。
以上介绍的五种策略可以作为解决极值点偏移问题的参考，灵活运用它们可以帮助我们更好地理解和解决这类问题。
剖析极值点偏移问题的处理方法
剖析极值点偏移问题的处理方法ʏ江苏省盐城市时杨中学 刘长柏极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样,导致函数图像不对称,极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中㊂这类题往往对思维要求较高,过程较为烦琐,计算量较大㊂解决极值点偏移问题,常见的有构造对称函数法和比值代换法,二者各有千秋,独具特色㊂一㊁极值点偏移的概念已知函数y =f (x )是连续函数,在区间(a ,b )内只有一个极值点x 0,f (x 1)=f (x 2),且x 0在x 1与x 2之间,由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同,使得极值点偏向变化速度快的一侧,常常有x 0ʂx 1+x 22这种情况,称为极值点偏移㊂二㊁极值点偏移问题的处理方法1.对称构造法求极值点偏移问题例1 已知函数f (x )=a x 2+l n (x -1)㊂(1)求函数f (x )的单调区间;(2)若a >2,在x ɪ32,+ɕ内存在不等实数x 1,x 2,使得f (x 1)+f (x 2)=8a ,证明:x 1+x 2<4㊂解析:(1)函数的定义域为(1,+ɕ),并且f '(x )=2a x +1x -1=2a x 2-2a x +1x -1㊂①若a =0,f '(x )=1x -1>0,f (x )的单调递增区间为(1,+ɕ)㊂②若a ʂ0,二次函数φ(x )=2a x 2-2a x +1的对称轴是x =12,φ(0)=φ(1)=1㊂i )若a >0,φ(x )在(1,+ɕ)上大于0,从而f '(x )>0,故函数f (x )的单调递增区间是(1,+ɕ)㊂i i )若a <0,当x ɪ1,a -a 2-2a 2a时,f '(x )>0;当x ɪa -a 2-2a 2a,+ɕ时,f'(x )<0㊂此时函数f (x )的单调递增区间是1,a -a 2-2a 2a,单调递减区间是a -a 2-2a2a,+ɕ㊂(2)由对称性,不妨设x 1<x 2㊂因为f (2)=4a ,所以f (x 1)+f (x 2)=2f (2)㊂若2ɤx 1<x 2,a >0,由(1)得f (x )在(1,+ɕ)上单调递增,则f (2)<f (x 1)<f (x 2),f (x 1)+f (x 2)>2f (2),与已知条件矛盾㊂若x 1<x 2ɤ2,仿上也可推出矛盾㊂故32<x 1<2<x 2,即2<4-x 1㊂要证明x 1+x 2<4,只需证明x 2<4-x 1㊂因为a >0,f (x )在(1,+ɕ)上单调递增,所以只需证明f (x 2)<f (4-x 1)㊂又f (x 1)+f (x 2)=8a ,故只需证明8a -f (x 1)<f (4-x 1)㊂构造函数h (x )=f (4-x )+f (x )-8a ,x ɪ32,2,其中h (2)=2f (2)-8a =0㊂则h '(x )=-f '(4-x )+f'(x )=2a x +1x -1-2a (4-x )-13-x =4a (x -2)+4-2x(x -1)(3-x )=(x -2)4a -2(x -1)(3-x )㊂因32<x <2,故x -2<0,2(x -1)(3-x )<83㊂当a >2时,4a -2(x -1)(3-x )>0㊂故h '(x )<0,h (x )在32,2 上单调递减,h (x )>h (2)=0㊂82 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年3月当x ɪ32,2时,f (4-x )+f (x )-8a >0,8a -f (x 1)<f (4-x 1)成立,即f (x 2)<f (4-x 1)㊂由f (x )在定义域内单调递增,得x 2<4-x 1,即x 1+x 2<4成立㊂例2已知函数f (x )=x +3x+2l n x -a (a ɪR )有两个不同的零点x 1,x 2,求证:x 1x 2>1㊂解析:由题意,假设0<x 1<1<x 2,构造函数g (x )=f (x )-f1x(x >1)㊂故g (x )=2x-2x +4l n x ,则g '(x )=-2(x -1)2x2,g (x )在(1,+ɕ)上单调递减㊂因g (1)=0,故当x 2>1时,g (x 2)<g (1)=0,即f (x 2)<f1x 2成立㊂而f (x 1)=f (x 2),故f (x 1)<f 1x 2㊂又f '(x )=(x +3)(x -1)x2,故f (x )在(0,1)上单调递减,x 1>1x 2,则x 1x 2>1㊂点评:对称变换求极值点偏移,主要用来解决与两个极值点之和㊁积相关的不等式的证明问题㊂解题的关键在于构造函数,对结论x 1+x 2>2x 0型,构造函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x )或F (x )=f (x 0+x )-f (x 0-x ),判断函数F (x )在某段区间上的正负,并得出f (x )与f (2x 0-x )的大小关系,进一步转化为x 与2x 0-x 之间的关系,进而得到所证或所求;对结论x 1㊃x 2>x 20型问题,构造函数F (x )=f (x )-fx 2x,通过研究F (x )的单调性获得不等式证明㊂2.消参减元法求极值点偏移问题(i)比值代换法求极值点偏移问题㊂例3 已知函数f (x )=l n x -a x ,a为常数,若函数f (x )有两个零点x 1,x 2,试证明:x 1x 2>e 2㊂解析:不妨设x 1>x 2>0㊂由题意知l n x 1-a x 1=0,l n x 2-a x 2=0,即l n x 1+l n x 2=a (x 1+x 2),l n x 1-l n x 2=a (x 1-x 2)㊂则l n x 1-l n x 2x 1-x 2=a ㊂欲证明x 1x 2>e 2,即证l n x 1+l n x 2>2㊂而l n x 1+l n x 2=a (x 1+x 2),即证a >2x 1+x 2㊂原命题等价于证明l n x 1-l n x 2x 1-x 2>2x 1+x 2,即证l n x 1x 2>2(x 1-x 2)x 1+x 2㊂令t =x 1x 2,t >1㊂构造g (t )=l n t -2(t -1)t +1,t >1,则g '(t )=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2>0㊂故g (t )在(1,+ɕ)上单调递增㊂又g (1)=0,故g (t )>g (1)=0,即l n t >2(t -1)t +1,也即x 1x 2>e 2㊂(i i)差值换元法求极值点偏移问题㊂例4 已知函数f (x )=x e -x (x ɪR ),若x 1ʂx 2,且f (x 1)=f (x 2),证明:x 1+x 2>2㊂解析:由题意,函数f (x )=x e -x(x ɪR ),可得f '(x )=(1-x )e -x ㊂当x <1时,f '(x )>0;当x >1时,f'(x )<0㊂可知函数f (x )在(-ɕ,1)上单调递增,在(1,+ɕ)上单调递减,且f (0)=0㊂因f (x 1)=f (x 2),故x 1e-x1=x 2e-x2,化简得e x 2-x1=x 2x 1㊂①不妨设x 2>x 1,可得0<x 1<1<x 2㊂令t =x 2-x 1,则t >0,x 2=t +x 1,代入①式,可得e t=t +x 1x 1,解得x 1=t e t -1㊂则x 1+x 2=2x 1+t =2te t -1+t ,故要证x 1+x 2>2,即证2te t -1+t >2㊂92解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年3月又e t-1>0,故等价于证明2t+(t-2)㊃(e t-1)>0㊂②构造函数G(t)=2t+(t-2)(e t-1), t>0,则G'(t)=(t-1)e t+1,Gᵡ(t)=t e t> 0㊂故G'(t)在(0,+ɕ)上单调递增, G'(t)>G'(0)=0㊂从而G(t)也在(0,+ɕ)上单调递增, G(t)>G(0)=0㊂故②式成立,也即原不等式x1+x2>2成立㊂点评:比(差)值换元的目的是消参㊁减元,是根据已知条件首先建立极值点之间的关系,然后利用两个极值点之比(差)作为变量,从而实现消参㊁减元的目的㊂设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点关系,即t= x1x2,化为单变量的函数不等式,继而将所求问题转化为关于t的函数问题求解㊂变式训练1.已知函数f(x)=2a l n x-x2+2(a-1)x+a㊂若f(x)有两个不同的零点x1,x2,求a的取值范围,并证明:x1+x2>2a㊂解析:f(x)的定义域为(0,+ɕ)㊂f'(x)=2a x-2x+2(a-1)= -2(x-a)(x+1)x㊂当aɤ0时,f'(x)<0在(0,+ɕ)上恒成立,则f(x)在(0,+ɕ)上单调递减,不符合题意㊂当a>0时,在(0,a)上有f'(x)>0,在(a,+ɕ)上有f'(x)<0,所以f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+ɕ)上单调递减㊂f(a)>0,解得a>1,经检验满足题意㊂不妨设0<x1<a<x2,令F(x)= f(x)-f(2a-x),则F'(x)=f'(x)-f'(2a-x)(2a-x)'=f'(x)+f'(2a-x)=2a x-2x+2(a-1)+2a2a-x-2(2a-x)+2(a-1)=4(a-x)2x(2a-x)㊂当xɪ(0,a)时,F'(x)>0,F(x)在(0,a)上单调递增,故F(x)<F(a)=f(a)-f(2a-a)=0,即f(x)<f(2a-x)㊂因为0<x1<a<x2,所以f(x1)< f(2a-x1)㊂又f(x1)=f(x2),a<2a-x1<2a,故f(x2)<f(2a-x1)㊂又f(x)在(a,+ɕ)上单调递减,故x2>2a-x1,即x1+x2>2a㊂2.已知f(x)=x l n x-12m x2-x,若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,求证: x1x2>e2(e为自然对数的底数)㊂解析:f(x)=x l n x-12m x2-x(x> 0),f'(x)=l n x-m x㊂f(x)在(0,+ɕ)上存在两个极值点x1, x2,且x1<x2,故l n x1-m x1=0,l n x2-m x2=0㊂整理得m=l n x1+l n x2x1+x2㊂并且m= l n x1-l n x2x1-x2,即l n x1+l n x2x1+x2= l n x1-l n x2x1-x2,也即l n x1+l n x2=x1+x2x1-x2㊃l n x1x2=x1x2+1l nx1x2x1x2-1㊂设t=x1x2ɪ(0,1),则l n x1+l n x2= (t+1)l n tt-1㊂要证x1x2>e2,即证l n x1+l n x2>2㊂只需证明(t+1)l n tt-1>2,即证明l n t-2(t-1)t+1<0㊂设h(t)=l n t-2(t-1)t+1,则h'(t)= 1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0㊂故h(t)在(0,1)上单调递增,h(t)<h(1)=0,即h(t)=l n t-2(t-1)t+1<0㊂因此,l n x1+l n x2>2,x1x2>e2㊂(责任编辑徐利杰)0 3解题篇经典题突破方法高二数学2024年3月。
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0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.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】一、不含参数的问题例1 已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →，函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示．由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<，构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈，则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立．由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减，所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x xH x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立.法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---，令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>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x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x . 【解析】思路1：函数()f x 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()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ，由)2()1(+得：)(2121xxe e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>， 由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e +->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1t t e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e tln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 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。
极值点偏移问题解题策略探究
（ ，６），Ｂ（ ２，６）两点，则ＡＢ的中点为Ｍ（
１，即 上 只 有 一 个 极 大 （小）值 点 ｚ。，则 函数 ｆ（ｘ）的 单 渊 递
０＝ — ，极 值点在 两根 的正 中间，就说极值 点没有 偏
移
；而 往 往 ｏ≠
．
Ｉ
—
兰
，极
值
点
不
在
两根
的正
中 间 ，则 此 时
称 为极值点偏移，如下图所示 ．
径五种常见解题方向，供 同行借鉴 ：
（１）若，（Ｘ１）＜．厂（２ ｏ— ２），则半
＜（＞） 即函
一 ． 极值 点偏 移 的定义
数 Ｙ＝ ｆ（ｘ）在区间 （Ｘｌ，Ｘ２）上极 （小）大值点 Ｘｏ右 （左）偏；
极值 点偏移，是指 对于单极 值 函数 ，由于 函数极 值点左 （２）若．厂（ ）＞ｌ厂（２ ｏ— ２），则半 ＞（＜） 即函
参考 文献
（２）过 点 Ｆ 作 直线 交 抛 物线 于 Ａ，Ｂ 两点．若 直线 ｆ１１ 曾建 国．圆锥 曲线高 考命 题 的热点 变迁 ．中学 数学 研究 ，２０１ ７（４）．
２０１８年第 ８期 （上）
中学数 学研 究
２７
●
因 为 ２一 Ｘｌ ＞ １，且 ｆ（ｘ）在 （１，＋。。）单 调 递 减，所 以
对 于 可 导 函 数 Ｙ ＝ ，（ｚ），在 区 间 （ａ，ｂ）上 只有 一 个
理解掌 握，教 师也感到 束手无策 ．本文 从极值点偏 移的定义 极 大 （小）值 点 Ｘｏ，方 程 ｆ（ｘ）＝ ０的 解 分 别 为 Ｘｌ，Ｘ２，且
出发，对极值 点偏 移的情况 分类，归纳此 问题处理 的三大途 ａ ＜ Ｘｌ＜ Ｘ２＜ ｂ．
极值点偏移问题的三种解法
极值点偏移问题的三种解法在高考和模考中，极值点偏移问题都是一个热点问题．这类试题设问新颖多变，难度较大，综合性强，能较好考查学生的逻辑推理能力、数据处理能力、转化与化归思想、函数与方程思想等，往往作为压轴题出现．对于这类问题，学生通常会望而却步，甚至不敢解、不想解．笔者通过对极值点偏移问题的探究，总结出解决这类问题三种方法，希望可以帮助学生克服畏难心理，迎难而上．下面通过典型试题介绍这类问题的三种求解策略．一、构造法构造法是解决极值点偏移问题最基本的方法．对函数y=f（x），要考虑它在极值点x附近偏移问题，可以通过构造并判断函数F（x）=f（x0+x）－f（x－x）在x＞0时的符号，确定x＞0时f（x0+x）与f（x－x）的大小关系；再将x=x0－x1＞0代入上式，结合f（x1）=f（x2），得到f（2x－x1）与f（x2）的大小关系；最后结合函数f（x）的单调性解决问题．例1设函数f（x）=e x－ax+a（a∈Ｒ），其图象与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，且x1＜x2．（1）求a的取值范围；（2）证明：f'（x1x槡2）＜0．分析对问题（2），要证f'（x1x槡2）＜0，只要证e x1x槡2＜a，因为x1x槡2＜x1+x22，所以只要证e x1+x22＜a．解（1）a＞e2（过程略）．（2）令f'（x）=e x－a=0，可得极值点x0 =ln a，且f（x）在（－ɕ，ln a）单调减，在（ln a，+ɕ）单调增，从而x1＜ln a＜x2．构造F（x）=f（ln a+x）－f（ln a－x），x ＞0，则F'（x）=a e x+1e()x－2a≥0，F（x）在（0，+ɕ）单调增，所以F（x）＞F（0）=0，即f（ln a+x）＞f（ln a－x）（x＞0）．令x=ln a－x1＞0，则f（2ln a－x1）＞f（x1）；又f（x1）=f（x2），所以f（2ln a－x1）＞f（x2）．而x2、2ln a－x1都位于x=ln a的右侧，且f（x）在（ln a，+ɕ）单调增，故x2＜2ln a－x1，即ex1+x22＜a，因此e x1x槡2＜a，即f'（x1x槡2）＜0．得证．二、利用对称性例2（2010年天津高考题）已知函数f（x）=x e－x（x∈Ｒ）．（1）求函数f（x）的单调区间和极值；（2）已知y=g（x）的图象与y=f（x）的图象关于直线x=1对称，证明：当x＞1时，f（x）＞g（x）；（3）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x2＞2．解（1）f（x）在（－ɕ，1）内单调增，在=e t2t－e t2+e－t()2e t－1，其中e t－1＞0，e t2＞0．令h（t）=t－e t2+e－t2，则h'（t）=1－12e t2+e－t()2≤0，h（t）在（0，+ɕ）单调减，且h（0）=0，所以h（t）＜0在（0，+ɕ）内恒成立，得f'x1+x2()2＜0．得证．解决极值点偏移的方法有很多，以上三种方法各有优劣，不同题目使用三种方法的繁简程度不一样，我们应该根据题目的实际情况，择优选择．（1，+ɕ）内单调减；极大值f（1）=1e（过程略）．（2）略．（3）由（1）可知，f（x）在（－ɕ，1）单调增，在（1，+ɕ）单调减，极值点为x=1，极大值f（1）=1e．不妨设0＜x1＜1＜x2．记图1中虚线部分的解析式为g（x）=f（2－x），由（2）可知在（1，+ɕ）内f（x）＞g（x）恒成立，故f（x2）＞g（x2）．又f（x1）=f（x2），则f（x1）＞g（x2）=f（2－x2），此时x1和2－x2都在x=1的左侧，结合f（x）在（－ɕ，1）单调增，得2－x2＜x1，即x 1+x2＞2，即证．评注作单极值点函数位于极值点左边（或右边）的图象关于极值点所在直线x=x的对称图形，利用所得对称图形（如图1中虚线部分）完全在原图象同侧的下方（或上方）．由此可以直观地发现原图象在x左右两侧的增减速度不同，这正是函数极值点发生偏移的原因．因此，对本题第（3）问，通过构作对称图形，利用第（2）问的结论，并结合f（x1）=f（x2）得到了f（x1）与f（2－x2）的大小关系，最后由单调性解决问题．三、增量法增量法是根据题设中f（x1）=f（x2）的条件列出两个方程，然后从这两个方程出发消去参数，同时将所证不等式转化为只含有x1、x 2的不等式，再通过令x2x1=t（比值增量法）或x 2－x1=t（差值增量法）的代换方法，将含二元变量x1、x2的不等式问题转化为一元变量t的不等式问题，最后构造关于t的函数，以导数为工具证明．1．构造比值增量函数例3（2011年辽宁高考题）已知函数f（x）=ln x－ax2+（2－a）x．设y=f（x）的图象与x轴交于A、B两点，线段AB的中点横坐标为x0，证明f'（x）＜0．证明设A（x1，0）、B（x2，0），不妨设0＜x1＜x2，则x=x1+x22．由f'（x）=1x－2ax+2－a，得f'（x）=f'x1+x2()2=2x1+x2－a（x1+x2）+2－a．由点A、B在函数y=f（x）的图象上，所以ln x1－ax21+（2－a）x1=0，ln x2－ax22+（2－a）x2=0，两式相减，得ln x2－ln x1x2－x1－a（x2+x1）+（2－a）=0．将结果代入f'（x）表达式，得f'（x）=2x1+x2－ln x2－ln x1x2－x1．令x2x1=t（t＞1），则f'（x）=2x1+tx1－ln ttx1－x1=1x1（t－1）2（t－1）t+1－ln[]t，其中1x1（t－1）＞0．令h（t）=2（t－1）t+1－ln t（t＞1），则h'（t）=－（t－1）2t（t+1）2＜0，h（x）在（1，+ɕ）单调减，故h（t）＜h（1）=0，即h（t）＜0在（1，+ɕ）内恒成立，所以f'（x）＜0．得证．2．构造差值增量函数例4已知函数f（x）=a e x(－x+b a、b∈Ｒ）有两个不同的零点x1、x2，对任意a∈（0，+ɕ），b∈Ｒ，证明：f'x1+x2()2＜0．证明不妨设x1＜x2．因为x1、x2是f（x）的两个不同的零点，所以a e x1－x1+b=0，a e x2－x2+b=0，两式相减，得a=x2－x1e x2－e x1．因为f'（x）=a e x－1，所以f'x1+x2()2=x2－x1e x2－e x1ex2+x12－1．令x2－x1=t＞0，则f'x1+x2()2=te x1+t－e x1e2x1+t2－1。
极值点偏移问题的破解策略
ʏ江苏省阜宁县实验高级中学 周 敏极值点偏移问题是近几年高考数学中比较经常出现的一类热点问题之一,也是考生比较难处理的一类常见问题㊂结合极值点偏移问题的三个常见破解策略,通过实例加以剖析,归纳总结破解的基本技巧与方法,引领并指导同学们进行复习备考㊂若单峰函数f (x )的极值点为m ,且函数f (x )满足定义域内x =m 左侧的任意自变量x 都有f (x )>f (2m -x )或f (x )<f (2m -x ),则函数f (x )的极值点m 左㊁右两侧的变化快慢不同㊂若单峰函数f (x )的定义域内任意不同的实数x 1,x 2满足f (x 1)=f (x 2),则x 1+x 22与极值点m 必有确定的大小关系:若m <x 1+x 22或m >x 1+x 22,则称为极值点左(或右)偏㊂此类极值点偏移问题,一直是高考中函数与导数问题比较常见且难度比较大的一类问题,备受老师和同学们的关注㊂一㊁对称变换例1 已知函数f (x )=x e -x ㊂(1)求函数f (x )的单调区间和极值;(2)若x 1ʂx 2,且f (x 1)=f (x 2),求证:x 1+x 2>2㊂解析:(1)求导可得f '(x )=e -x(1-x )㊂令f '(x )>0,得x <1;令f '(x )<0,得x >1㊂所以函数f (x )在(-ɕ,1)上单调递增,在(1,+ɕ)上单调递减㊂所以f (x )有极大值f (1)=1e,f (x )无极小值㊂(2)构造辅助函数F (x )=f (x )-f (2-x ),x >1,求导得F '(x )=f'(x )+f '(2-x )=e -x (1-x )+e x -2(x -1)=(x -1)㊃(e x -2-e -x)㊂因为当x >1时,x -1>0,e x -2-e -x>0,所以F '(x )>0,所以F (x )在(1,+ɕ)上为增函数,所以F (x )>F (1)=0,故当x >1时,f (x )>f (2-x )㊂(*)由f (x 1)=f (x 2),x 1ʂx 2,可设x 1<1<x 2,将x 2代入(*)式可得f (x 2)>f (2-x 2)㊂又因为f (x 1)=f (x 2),所以f (x 1)>f (2-x 2),又x 1<1,2-x 2<1,而f (x )在(-ɕ,1)上单调递增,所以x 1>2-x 2,所以x 1+x 2>2㊂点评:对称变换策略主要是解决极值点偏移问题中与两个极值点之和(或积)相关的不等式的证明问题㊂对称变换策略的解题要点为:(1)定函数(极值点为x 0);(2)构造函数,即根据极值点构造对称函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x ),若证x 1x 2>x 20,则令F (x )=f (x )-fx 0x;(3)判断单调性;(4)比较大小;(5)转化㊂二㊁消参减元例2 已知函数f (x )=x 2+2x -2l n x ,若方程f (x )=x 2+2m 有两个不等实数根x 1,x 2,求实数m 的取值范围,并证明:x 1x 2<1㊂解析:方程f (x )=x 2+2m ,即x -l n x-m =0,令函数h (x )=x -l n x -m (x >0),求导得h '(x )=1-1x㊂当x ɪ(0,1)时,h '(x )<0,故h (x )单调递减;当x ɪ(1,+ɕ)时,h '(x )>0,故h (x )单调递增㊂所以h (x )m i n =h (1)=1-m ㊂若方程f (x )=x 2+2m 有两个不等实根,则有h (x )m i n <0,即m >1㊂当m >1时,0<e -m <1<e m ,h (e -m )=e -m >0,h (e m )=em-2m ,令函数p (x )=e x-2x (x >1),求导得p'(x )=e x-2>0,即p (x )在(1,+ɕ)上是91解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.增函数,所以p (x )>p (1)=e -2>0,所以h (e m)>0,所以原方程有两个不等实根,所以实数m 的取值范围为(1,+ɕ)㊂不妨设x 1<x 2,则0<x 1<1<x 2,0<1x 2<1㊂要证x 1x 2<1,即证x 1<1x 2,即证h (x 1)>h 1x 2㊂因为h (x 1)=h (x 2)=0,所以h (x 1)-h 1x 2 =h (x 2)-h 1x 2=(x 2-l n x 2-m )-1x 2-l n 1x2-m =x 2-1x 2-2l n x 2㊂令函数φ(x )=x -1x-2l n x (x >1),求导得φ'(x )=1+1x2-2x =1x -12>0,所以φ(x )在(1,+ɕ)上单调递增,所以当x >1时,φ(x )>0,即x 2-1x 2-2l n x 2>0,所以h (x 1)>h1x 2,所以x 1x 2<1㊂点评:消参减元策略解决极值点偏移问题,结合所要证明的多变元(一般两个及以上)关系式加以恒等变形,建立与所求解问题相关的函数,结合消参并减元,合理构建关系式,通过研究函数的单调性㊁极值与最值等相关问题来恒等变换,进而得以解决对应的极值点偏移问题㊂三㊁比(差)值换元例3 已知函数f (x )=a x 2-e x(a ɪR )在(0,+ɕ)上有两个零点x 1,x 2(x 1<x 2)㊂(1)求实数a 的取值范围;(2)求证:x 1+x 2>4㊂解析:(1)因为f (x )=a x 2-e x在(0,+ɕ)上有两个零点,所以方程a =e xx2=h (x )有两个解,求导得h '(x )=e x(x -2)x3㊂当x ɪ(0,2)时,h '(x )<0,所以h (x )在(0,2)上单调递减;当x ɪ(2,+ɕ)时,h '(x )>0,所以h (x )在(2,+ɕ)上单调递增㊂所以h (x )m i n =h (2)=e24,所以实数a 的取值范围为e 24,+ɕ㊂(2)因为x 1,x 2(x 1<x 2)是f (x )=a x 2-e x 在(0,+ɕ)上的零点,所以a x 21=e x 1,a x 22=e x 2,两式相除可得x 2x 12=ex 2-x 1,令x 2x 1=t (t >1),则t 2=ex 2-x 1,即x 2-x 1=l n t 2=2l n t ,与x 2x 1=t 联立,解得x 1=2l n tt -1,x 2=2t l n tt -1㊂要证明x 1+x 2>4,即证明2l n t t -1+2t l n tt -1>4,即证明l n t +t l n t >2t -2㊂令函数h (t )=l n t +t l n t -2t +2,求导得h '(t )=1t+l n t -1㊂令函数φ(t )=1t+l n t -1,求导得φ'(t )=1t -1t 2=t -1t 2>0,故φ(t )在(1,+ɕ)上单调递增,故φ(t )>φ(1)=0,即h '(t )>0,故h (t )在(1,+ɕ)上单调递增,故h (t )>h (1)=0,即l n t +t l n t >2t -2,结论得证㊂点评:比(差)值换元策略解决极值点偏移问题,比(差)值换元的目的也是消参㊁减元,就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系,然后利用两个极值点之比(差)作为变量,从而实现消参㊁减元的目的㊂设法用比值或差值(一般用t 表示)表示两个极值点,继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题㊂熟练理解并把握极值点偏移问题的基本破解策略,着重抓住对称变换㊁消参减元㊁比(差)值换元策略解决问题的实质,关键是以不同的策略巧妙通过消参或消元等方式,合理构建函数,利用导数的运算与应用,以及函数的单调性㊁极值与最值等来综合应用,合理化归与转化,借助数形结合思想,巧妙应用,合理破解㊂(责任编辑 王福华)2 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
《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0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.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，例1.（证明：1x 【解析】上单调递增，在()f x →数()f x 所示.由1()f x 21x <<， 构造函数则()F x '(0)0=，也即(1f 由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减，所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()H x H <，即已证明对恒成立，故原不等式2x x +>亦成立.法三：由不妨设2x ，反解出1x 10t e ->构造函数故()G t '()G t G >法四：，从而1x +令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…✍， 构造(1)ln 2()(1,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-，又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(l n 1)2(1l n )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln 21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证 式成立，也即原不等式122x x +>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2.1完思路2 求导22(1)(1)x x x x ++所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 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。
逻辑推理指引下极值点偏移解题策略的探究
逻辑推理指引下极值点偏移解题策略的探究福建省南平市高级中学(353000)江智如1.问题提出极值点偏移问题是近年高考与各类模拟考的热点,常以压轴题的形式出现,考查考生数学阅读水平与能力、抽象概括能力、推理论证能力和运算求解能力.因为此类问题依托函数极值知识与不等式性质,考查考生数学知识与数学思想方法的综合应用能力,所以试题综合性强,难度大,得分率低,体现选拔功能.尽管各类的文献从不同的角度总结各种解题方法和技巧,但基于高中学生认知发展规律的方法不多,高中学生对此类方法无法理解与掌握,对此类问题感到困惑,束手无策.为此,笔者根据教学实践,基于高中学生的认知水平能力,在逻辑推理的指引下,探究有效解决极值点偏移问题的解题策略.2.概念界定一般地,若函数f(x)对定义域内任意自变量x 都有f(x)=f(2x0-x),则函数f(x)关于直线x=x0 对称,此时函数f(x)在对称轴两侧,函数值变化快慢相同.特别地,若x=x0 为f(x)的极值点,如果f(x)=c 的两根x1,x2,满足即极值点在两根的正中间,那么称函数f(x)的极值点x=x0 没有偏移；如果把相等变为不等,那么称函数f(x)的极值点x=x0 偏移,简称极值点偏移.此时函数f(x)在极值点x=x0 的左右两侧变化快慢不同,若则称极值点左偏；若则称极值点右偏.本文研究的极值点偏移问题是指：“可导函数f(x),对于定义域内满足f(x1)=f(x2)的任意不同实数x1,x2,判断与极值点x=x0 大小关系的问题”.3.文献综述在极值点偏移问题相关文献中,文[1]详细阐述极值点偏移问题并利用构造函数的方法解决此类问题,但作者没有探讨文章中的思路与方法如何推广到其他类型的问题；文[2]介绍极值点偏移的判定定理,并通过具体的例子介绍极值点偏移的解题方法,但方法比较抽象,不利于高中学生的理解与掌握,只会让学生依葫芦画瓢,无法举一反三；文[3]-文[9]“以题论题”,只对某一类题型提出相应的解决方法,没有探讨这类解题方法如何推广到其他类型的极值点偏移问题；文[10]给出“和”型极值点偏移问题的统一解法,遗憾的是没有探讨如何推广到“乘积”型或“比值”型问题；文[11]-文[13]从高数观点的视角,利用对数平均不等式和泰勒公式进行求解,超出了高中阶段数学知识的范围与水平；文[14]从竞赛角度探讨极值点偏移问题的本质与通法,对高中学生来说难度太大,不适合在高中数学教学中推广.因此探究适合高中数学教学讲授,让高中学生能够理解与掌握的解题策略与通法,是极值问题教学值得研究的课题.为此,本文基于高中学生认知水平能力与发展规律,首先根据《普通高中数学课程标准(2017年版)》[15] 与《2019年普通高等学校招生全国统一考试大纲的说明(理科)》[16]的要求,把极值点偏移问题归纳为五种题型：①无参数零点和型；②含参数零点和型；③导数值正负型；④零点乘积型；⑤零点比值型.然后从引导学生运用导数研究简单函数的性质和变化规律[15],培养学生会用导数解决实际问题[16]能力的视角,循序渐进,发挥学生的学习主动性,激发学生的最佳学习动机,在逻辑推理的指引下,探究归纳适合高中学生理解与掌握的有效策略与通法. 4.解题策略波利亚(Polya)将数学解题过程分为四个步骤：“弄清问题,拟定计划,实现计划,回顾反思”[17],从而可以顺利解决相关数学问题.基于这种解题思路,笔者将极值点偏移问题解题策略分为四个步骤逐步实施：(I)求特殊点：根据题设讨论函数f(x)的单调性,求出f(x)的极值点(或特殊点)x=x0；(II)构造函数：借助分析法,执果索因,把x1+x2 ＞(＜)2x0 转化为x1 ＞(＜)2x0 -x2,利用f(x)的单调性,等价转化为证明f(x1)＞(＜)f(2x0-x2),因为f(x1)=f(x2),所以等价为证明f(x2)＞(＜)f(2x0-x2),构造一元差函数F(x)=f(x)-f(2x0-x),把原问题等价转化为判断F(x)的正负符号；(III)讨论单调性：通过导函数F′(x),讨论F(x)的单调性,确定F(x)的单调区间；(IV)取特值得结论：根据F(x)的单调性,结合F(x0)=0,判断F(x)的正负符号,从而确定f(x),f(2x0-x)的大小关系,最终证明原结论.以上步骤归纳为：“常规运算取特值,分析化归觅行踪,构造求导定单调,特值判断得结论”.特别地,①证明题型时,等价转化为讨论与x0 的大小,确定所在的单调区间,从而判断该点导数值的正负；②求解零点乘积型问题时,可以借助对数性质,转化为ln x1 +ln x2 关系式,从而把问题等价转化为“和”型问题进行求解；③零点比值问题利用换元变化把二元变量问题转化为一元变量t,构造函数,然后根据已知条件信息,按四个解题步骤逐步实施.在求解过程中,构造函数的求导比较复杂,计算时须细心.5.典例解析5.1.无参数零点和型例1(2010年高考天津卷理科第21 题)已知函数f(x)=xe-x(x ∈R),若x1 x2,且f(x1)=f(x2),证明：x1+x2 ＞2.解析因为f′(x)=(1-x)e-x,所以可以判断f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而函数f(x)在x=1 处取得极大值又当x ＜0 时,f(x)＜0；当x ＞0 时,f(x)＞0；当x →-∞时,f(x)→-∞,f(0)=0；当x →+∞时,f(x)→0；由f(x1)=f(x2),x1 x2,故结合图象不妨设0 ＜x1 ＜1 ＜x2.要证明：x1 + x2 ＞ 2,只要证2 - x1 ＜ x2,因为0 ＜x1 ＜1 ＜x2,所以2 - x1,x2 ∈(1,+∞).又f(x)在(1,+∞)上单调递减,故只需证f(x2)＜f(2-x1),由于f(x1)=f(x2),于是只要证明f(x1)＜f(2-x1).构造函数H(x)=f(x)-f(2-x),x ∈(0,1),则问题等价于证明对x ∈(0,1),H(x)＜0 恒成立.因为所以H(x)在(0,1)上单调递增,从而H(x)＜H(1)=0,即对∀x ∈(0,1),H(x)＜0 恒成立,因此x1+x2 ＞2 成立.评析本例是极值偏移问题的经典考题,类似的还有2011年辽宁理科第21 题,2013年湖南文科第21 题,我们只需按照解题通法步骤可以顺利解决,很好地诠释极值点偏移问题的解题思路与技巧,考查考生推理论证能力,化归与转化的思想,促进考生逻辑推理素养、数学运算素养的提升.5.2.含参数零点和型例2(2016年高考课标I 卷理科第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(I)因为f(1)/=0,所以有两个解等价于有两个解.令(x/=1),则当x ＜1 时,g′(x)＞0；当x ＞1 时,g′(x)＜0；故g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,且当x ＜1 时,g(x)＞0,当x ＞1 时,g(x)∈(-∞,+∞),故由有两个解可得a ＞0,因此a 的取值范围为(0,+∞)；(II)由(I)知,不妨设x1 ＜1 ＜x2,要证明x1+x2 ＜2,只要证x1 ＜2-x2,因为x2 ＞1,所以2-x2 ＜1,由于g(x)在(-∞,1)上单调递增,故只需证明g(x1)＜g(2-x2),又g(x1)=g(x2),故只要证明g(x2)＜g(2-x2),即证g(x2)-g(2-x2)＜0.构造函数F(x)=g(x)-g(2-x),(x ＞1),只需证明在(1,+∞)上,F(x)＜0.因为所以令则φ′(x)=(1 - x)(ex-e2-x).由于ex - e2-x ＞ 0,1-x ＜0,故φ′(x)＜0,于是φ(x)在(1,+∞)上单调递减,从而φ(x)＜φ(1)=0,因此F(x)＜0,即g(x)＜g(2-x),又x2 ＞1,故g(x2)＜g(2-x2),所以原不等式成立.评析本例原函数含有参数a,利用分离参数法,把函数的零点问题转化为曲线的交点问题,构造函数g(x),把含参问题化归转化为不含参问题,再通过通法步骤进行求解.考查考生化归与转化的思想,方程与函数的思想,以及推理论证能力与运算求解能力.对于含参数的极值点偏移问题的解题策略可以总结为：“尽量消去参数,转化为不含参数的问题求解”,即“一分离,二构造,三依通法四步走”.5.3.导数值正负型例3(2018年福建南平5月理科第21 题)已知函数(I)讨论函数f(x)的单调性；(II)设 x1,x2 是 f(x)的两个零点,证明：解析(I)因为f(x)的定义域为(0,+∞),所以求导可得若a ≤0,则f′(x)＞0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增；若a ＞0,则由f′(x)=0,得x=a；当0 ＜x ＜a 时,f′(x)＜0；当x ＞a 时,f′(x)＞0；因此f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增；(II)由(I)可知,当a ≤0 时,函数y=f(x)至多有一个零点,与已知条件不符,故a ＞0,从而f(x)的最小值为f(a),且f(a)＜0.要证明只要证明即证x2 ＞2a-x1.不妨设0 ＜x1 ＜x2,则0 ＜x1 ＜a ＜x2,从而2a-x1 ＞a,由f(x)在(a,+∞)上单调递增可知问题等价于证明f(x2)＞f(2a-x1).因为f(x1)=f(x2),所以只要证明f(x1)＞f(2a-x1).构造函数则于是F(x)在(0,a)上单调递减,故F(x)＞F(a)=0,即f(x)＞ f(2a - x),因为x1 ∈(0,a),所以f(x1)＞f(2a-x1),因此评析本例利用f(x)的单调性,把导数值正负的问题等价转化为证明从而借助极值点偏移的解题通法进行求解.求解这类问题的策略是：化归转化为判断与x=a 的大小,再借助f(x)的单调区间来判断的正负,也就是把导数值的正负问题与原函数的单调情况联系起来进行求解.考查考生对导数研究函数性质相关知识的理解与掌握情况,考查考生分析问题和解决问题的基本能力,体现中学数学素质教育的本质,突出逻辑推理素养与数学运算素养在教学过程中渗透与培养的功能. 5.4.零点乘积型例4(2019年金太阳高二联考理科第21 题)已知若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1 ＜x2,求证：x1x2 ＞e2(e 为自然对数的底数).解析要证明x1x2 ＞e2,只要证明ln x1+ln x2 ＞2.由已知可得f′(x)=ln x-mx,因为f(x)有两个极值点x1,x2,所以x1,x2 是f′(x)=ln x-mx=0 的两个不同实根.于是有解得同理可得联立得从而又0 ＜x1 ＜x2,令则t ＞1,从而要证明只要证即证当t ＞1 时,有令则故h(t)在(1,+∞)上单调递增,因为h(1)=0,所以h(t)＞h(1)=0,即当t ＞1 时,有从而ln x1+ln x2 ＞2 成立,因此x1x2 ＞e2.评析本例证明结论为极值点的乘积形式,根据极值点偏移的思路,通过对数性质化为ln x1 +ln x2 ＞2,从而转化为“和”型问题求解.又由于函数f(x)含有参数m,故通过方程组的联立消去参数m,得到关于ln x1 与ln x2 的表达式,秉轴持钧,利用换元变化成函数h(t),讨论h(t)的单调性,借助h(t)的最值得到最终结论.考查了指对函数运算性质的知识,对考生的综合数学思想与数学能力提出较高要求,同时也考查考生对极值点偏移问题解题通法的理解与掌握情况,为考生解答提供广阔的发挥空间,使考生思维的广度和深度以及进一步学习的潜能得到展现,促进考生数学综合素养的提升.5.5.零点比值型例5 (2014年高考天津卷理科第20 题)设f(x)=x-aex(a ∈R),x ∈R,已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x1 ＜x2.证明：x1+x2 随着a 的减小而增大.解析由f(x)=x- aex=0,可得ln x=ln a+ x,即ln x - x=ln a,则ln x1 - x1=ln x2 - x2=ln a.令则x2 =tx1,从而ln x1-x1 =ln t+ln x1-tx1,故因此令则再令则故h(t)在(1,+∞)上单调递增,从而h(t)＞h(1)=0,于是g′(t)＞0,因此g(t)在(1,+∞)上单调递增,则x1+x2 随着t 的增大而增大.另一方面,因为函数y=f(x)的零点可等价为直线y=a 与函数图象交点的横坐标,由于故在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,结合图象可知且0 ＜x1 ＜1 ＜x2,当a 减小时,x1减小,x2 增大,从而增大,故t 随着a 的减小而增大,所以x1+x2 随着a 的减小而增大.评析本例所证明的结论虽不涉及极值点偏移问题,但其解题的思路需要依循极值点偏移的通法进行求解.因为要判断二元变量的单调性,所以可以考虑换元转化为一元变量,构造函数求解,考查化归与转化的思想.对于比值型的零点问题,常考虑换元变换为一元变量进行求解,可以减轻考生变量转化与运算求解的负担,有利于考生逻辑推理与数学运算素养的能力与水平的培养与提升.6.探析感悟“云散月明谁点缀,天容海色本澄清”.极值点偏移问题的本质是函数值变化快慢的问题,是导数在函数研究中的具体应用[15],对考生数学综合能力与素养的要求提出较高的要求,是培养考生逻辑推理能力的有效方法与途径,能够挖掘考生进一步数学学习潜能.波利亚(Polya)认为,中学数学教育的根本目的是“教会学生思考”[18].在日常的教学中,教师可以从具体、计算量小的函数模型出发,引导学生理解掌握极值点偏移的解题策略与通法,从学生的认知发展水平出发,设计合理的“精致练习”[19],循序渐进地训练学生分析问题,构造函数,通过导数研究函数性质,解决实际问题,让学生体会数学学习的成就感,激发学生数学学习的兴趣和动力,促进学生综合数学素养的提升.。
一题学懂极值点偏移问题解题策略
极值点的“偏移”问题一、极值点“偏移”图示(左右对称，无偏移，如二次函数；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＝2x 0)(左陡右缓，极值点向左偏移；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＞2x 0)(左缓右陡，极值点向右偏移；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＜2x 0)二、极值点偏移问题的结论不一定总是x 1＋x 2＞(＜)2x 0，也可能是x 1x 2＞(＜)x 20.解题策略：对称化构造用对称化构造的方法解决极值点偏移问题分为以下三步：(1)求导，获得f(x)的单调性，极值情况，作出f(x)的图象，由f (x 1)＝f (x 2)得的取值范围(数形结合)；(2)构造辅助函数，对结论x 1＋x 2＞(＜)2x 00，构造F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )；对结论x 1x 2＞(＜)x 20，构造F (x )＝f (x )－f ⎝⎛⎭⎫x 20x ，求导，限定范围(x 1或x 2的范围)，判定符号，获得不等式； (3)代入x 1(或x 2)，利用f (x 1)＝f (x 2)及f (x )的单调性证明最终结论.已知()21ln 2f x x x mx x =--，m ∈R ．若()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：212e x x >（e 为自然对数的底数）． 解法一：齐次构造通解偏移套路证法1：欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>．若()f x 有两个极值点1x ，2x ，即函数()f x '有两个零点．又()ln f x x mx '=-，所以，1x ，2x 是方程()0f x '=的两个不同实根．于是，有1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩，解得1212ln ln x x m x x +=+．另一方面，由1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩，得()2121ln ln x x m x x -=-，从而可得，21122112ln ln ln ln x x x x x x x x -+=-+． 于是，()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--．又120x x <<，设21x t x =，则1t >．因此，()121ln ln ln 1t t x x t ++=-，1t >． 要证12ln ln 2x x +>，即证：()1ln 21t t t +>-，1t >．即：当1t >时，有()21ln 1t t t ->+．设函数()()21ln 1t h t t t -=-+，1t ≥，则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++， 所以，()h t 为()1.+∞上的增函数．注意到，()10h =，因此，()()10h t h ≥=．于是，当1t >时，有()21ln 1t t t ->+．所以，有12ln ln 2x x +>成立，212e x x >．解法二 变换函数能妙解证法2：欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>．若()f x 有两个极值点1x ，2x ，即函数()f x '有两个零点．又()ln f x x mx '=-，所以，1x ，2x 是方程()0f x '=的两个不同实根．显然0m >，否则，函数()f x '为单调函数，不符合题意． 由()11121222ln 0ln ln ln 0x mx x x m x x x mx -=⎧⇒+=+⎨-=⎩，即只需证明()122m x x +>即可．即只需证明122x x m+>． 设()()210,g x f x f x x m m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫''=--∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()()22102mx g x x mx -'=>-，故()g x 在10,m ⎛⎫↑ ⎪⎝⎭，即()10g x g m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，故()2f x f x m ⎛⎫''<- ⎪⎝⎭．由于()11mx f x m x x -''=-=，故()f x '在10,m ⎛⎫↑ ⎪⎝⎭，1,m ⎛⎫+∞↓ ⎪⎝⎭． 设121x x m <<，令1x x =，则()()2112f x f x f x m ⎛⎫'''=<- ⎪⎝⎭， 又因为2x ，121,x mm ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭，()f x '在1,m ⎛⎫+∞↓ ⎪⎝⎭，故有212x x m >-，即122x x m +>．原命题得证．解法三 构造函数现实力证法3：由1x ，2x 是方程()0f x '=的两个不同实根得ln x m x =，令()ln x g x x=，()()12g x g x =，由于()21ln xg x x-'=，因此，()g x 在()1,e ↑，()e,+∞↓． 设121e x x <<<，需证明212e x x >，只需证明()212e 0,e x x >∈，只需证明()212e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()222e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()222e 0f x f x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭． 即()()()()2e 1,e h x f x f x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，()()()22221ln e 0e x x h x x --'=>，故()h x 在()1,e ↑，故()()e 0h x h <=，即()2e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭．令1x x =，则()()2211e f x f x f x ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，因为2x ，()21e e,x ∈+∞，()f x 在()e,+∞↓，所以221e x x >，即212e x x >． 解法四 巧引变量（一）证法4：设()11ln 0,1t x =∈，()22ln 1,t x =∈+∞，则由1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩得11221122e e et t t t t t m t m t -⎧=⇒=⎨=⎩，设120k t t =-<，则1e e 1k kk t =-，2e 1k k t =-．欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>．即只需证明122t t +>，即()()()()()1e 21e 2e 11e 2e 10e 1k k k k k kk k k +>⇔+<-⇔+--<-．设()()()()1e 2e 10k k g k k k =+--<，()e e 1k k g k k '=-+，()e 0k g k k ''=<，故()g k '在(),0-∞↓，故()()00g k g ''>=，故()g k 在(),0-∞↑，因此()()00g k g <=，命题得证．解法五 巧引变量（二）证法5：设()11ln 0,1t x =∈，()22ln 1,t x =∈+∞，则由1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩得11221122e e et t t t t t m t m t -⎧=⇒=⎨=⎩，设()120,1t k t =∈，则1ln 1k k t k =-，2ln 1k t k =-．欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>，即只需证明122t t +>，即()()()1ln 21212ln ln 0111k k k k k k k k k +-->⇔<⇔-<-++，设()()()()21ln 0,11k g k k k k -=-⇔+，()()()22101k g k k k -'=>+，故()g k 在()0,1↑，因此()()10g k g <=，命题得证．。
例谈极值点偏移问题解题策略
例谈极值点偏移问题解题策略
极值点偏移问题是指在函数的极值点不在所求范围内的情况下，通过一定的偏移量来计算函数的最大值或最小值。
下面是解决这类问题的几个策略：
1. 确定范围：首先需要确定所求的范围，通常通过题目给出的条件来确定。
需要注意的是，范围的确定应保证包含函数的所有极值点。
2. 求出所有极值点：对函数求导，令导数为0，解方程得到所有的极值点。
如果存在某些极值点不能在给定范围内确定，接下来就需要通过偏移量来计算最终的极值。
3. 确定偏移量：偏移量的大小应该恰到好处，使得偏移后的极值点仍然落在所求范围内。
一般来说，偏移量的大小应根据函数的性质和题目的要求来确定。
4. 计算最终结果：确定了偏移量后，将每个极值点按照偏移量进行偏移，计算偏移后的函数值，最后比较得出最大值或最小值。
需要注意的是，有些题目可能存在多个极值点或者偏移后的函数不是单峰的情况，需要仔细分析并确定最终结果。
函数极值点偏移问题的处理策略
(0, 1), f ′ (x) = 2x − 2 + (π ) π cos x , 令 f ′ (x) = 0, 2 2 (π ) π 2(x − 1) = − cos x , 2 2 如 图 4, 曲 线 y = 2(x − 1) (π ) π x , 在 与 y = − cos 2 2
图4
−x x + 1−x e1+x e
马跃进
Байду номын сангаас
2. 函数极值点偏移的定义: 已知函数 f (x) 有唯一的极 值点 (x0 , f (x0 )), 直线 y = a 与函数 y = f (x) 交于不同两 (x + x ) 1 2 点 A(x1 , a), B (x2 , a), 设 AB 的中点为 M ,a , 若 2 x1 + x2 x0 ̸= , 就说函数 f (x) 在 x = x0 处的极值点有偏移. 2 3. 函数极值点偏移的分类 (已知条件如 2): x1 + x2 当 > x0 时, 称 f (x) 在 x = x0 处的极值点左 2 x1 + x2 偏; 当 < x0 时, 称 f (x) 在 x = x0 处的极值点右偏. 2 (如图 2).
一、极值点偏移的有关概念
首先, 我们来了解函数极值点偏移的特征, 并给出函数 极值点偏移的定义. 1. 函数极值点偏移的基本特征: 是指单极值函数, 由于 函数极值点左右的增减速度不同, 使得函数图像没有轴对称 性. 如图 1 所示.
图2
其次, 笔者在探究函数极值点偏移问题时, 发现它与一个构 造的奇函数有关. 函数极值点偏移问题, 都可以通过该函数 的单调性及微积分的基础知识予以解决. 即 构造函数 F (x) = f (x0 + x) − f (x0 − x), x ∈ (−λ, λ), 其中 λ = |x2 − x1 |max (下同), 易知 F (x) 是区间 (−λ, λ) 上 的奇函数, 以下称 F (x) 为极值点偏移关联函数.
极值点偏移终稿学案
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0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x x x +≠.如下图所示.极值点没有偏移 极值点左偏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】一、不含参数的问题.例1.已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>二、含参数的问题.例2.已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .例3.已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，试证明：212.x x e ⋅>例 4.设函数()()x f x e ax a a R =-+∈，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0f '<.例5.（11年，辽宁理）已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+-（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-； （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0x ，证明：0()0f x '<.【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a b a b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a b L a b +≤≤（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. 以下简单给出证明思路：不妨设a b >，设a bx =，则原不等式变为：2(1)1,ln 1x x x x -∀><<+以下只要证明上述函数不等式即可.以下我们来看看对数不等式的作用. 例1.（2010天津理）已知函数()()x f x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>例 4.设函数)()(R a a ax e x f x ∈+-=，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0)(21<⋅'x x f .例5.（11年，辽宁理）已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+-（I ）（II ）略；（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0x ，证明：0()0f x '<.练习1：（2015长春四模题）已知函数()x f x e ax =-有两个零点12x x <，则下列说法错误的是A. a e >B.122x x +>C.121x x >D.有极小值点0x ，且1202x x x +<练习2：（2016年新课标I 卷理数压轴21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.练习3：已知函数()ln f x x x =与直线y m =交于1122(,),(,)A x y B x y 两点. 求证：12210x x e <<。
导数处理极值点偏移问题
第二讲 导数应用-------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0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.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】2016年全国I 卷的第21题是一道导数应用问题，呈现的形式非常简洁，考查了函数的双零点的问题，也是典型的极值点偏移的问题, 是考生实力与潜力的综合演练场．虽然大多学生理解其题意，但对于极值点偏移的本质理解的深度欠佳，面对此类问题大多感到“似懂非懂”或“云里雾里”．一、试题再现及解析 （一）题目（2016年全国I 卷）已知函数()()()221xf x x e a x =-+-有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<．本题第（1）小题含有参数的函数()f x 有两个零点，自然想到研究其单调性，结合零点存在性定理求得a 的取值范围是()0,+∞．第（2）小题是典型的极值点偏移的问题，如何证明呢？（二）官方解析(2)不妨设12x x <，由（1）知，()()()122,1,1,,2,1x x x ∈-∞∈+∞-∈-∞，()f x 在(),1-∞上单调递减，所以122x x +<等价于()()122f x f x >-，即()()222f x f x >-．由于()()22222221x f x x ea x --=-+-，而()()()2222221x f x x e a x =-+-，所以()()()222222222x x f x f x x e x e ---=---．令()()22x x g x xe x e -=---，则()()()21x x g x x e e -'=--，所以当1x >时，()0g x '<，而()10g =， 故当1x >时，()()10g x g <=．从而()()2220g x f x =-<，故122x x +<． 二、对解析的分析本问待证是两个变量的不等式，官方解析的变形是122x x <-，借助于函数的特性及其单调性，构造以2x 为主元的函数．由于两个变量的地位相同，当然也可调整主元变形为212x x <-，同理构造以1x 为主元的函数来处理．此法与官方解析正是极值点偏移问题的处理的通法．不妨设12x x <，由（1）知，()()()121,1,1,,21,x x x ∈-∞∈+∞-∈+∞，()f x 在()1,+∞上单调递增，所以122x x +<等价于()()212f x f x <-，即()()1120f x f x --<．令()()()()()2221xx u x f x f x xex e x -=--=--<，则()()()210x x u x x e e -'=-->，所以()()10u x u <=，即()()()21f x f x x <-<，所以()()()1212f x f x f x =<-；所以212x x <-，即122x x +<.极值点偏移问题的处理策略： 【处理策略一】主元法所谓主元法就是在一个多元数学问题中以其中一个为“主元”，将问题化归为该主元的函数、方程或不等式等问题，其本质是函数与方程思想的应用．作为一线的教育教学工作者，笔者尝试用主元法破解函数的极值点偏移问题，理性的对此类进行剖析、探究，旨在为今后的高考命题和高考复习教学提供一点参考.一般地，主元法破解极值点偏移问题思路是：第一步：根据()()()1212f x f x x x =≠建立等量关系，并结合()f x 的单调性，确定12,x x 的取值范围； 第二步：不妨设12x x <，将待证不等式进行变形，进而结合原函数或导函数的单调性等价转化． 第三步：构造关于1x （或2x ）的一元函数()()()()21,2i i T x f x f a x i =--=，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．题型一：不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<，欲证122x x +>，即证212x x >-，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x xH x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法二：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221t tt e +>-，又因为10te ->，等价于证明：2(2)(1)0tt t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)t G t t t e t =+-->，则()(1)1,()0t tG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立.法三：由法二中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上三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，方法一利用构造新的函数来达到消元的目的，方法二、三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.例2.已知()ln f x x x =的图像上有,A B 两点，其横坐标为1201x x <<<，且12()()f x f x =.（1）证明：1221x x e <+<；（2）证明：1<<. 【解析】（1）证明：由()ln ,()ln 1f x x x f x x '==+，令()0f x '=，得1x e=， 故12101x x e <<<<，构造函数21()()(),(0),F x f x f x x e e=--<< 则2221()ln ln()2ln ()2ln 20F x x x x x e e e '=+-+=-+<+=，故()F x 在1(0,)e上单调递减，即1()()0F x F e >=，∴2()()f x f x e >-，令1x x =，则2112()()()f x f x f x e =>-，再由2121,(,1)x x e e -∈，且()f x 在1(,1)e 上单调递增，故212x x e >-，即证：122x x e+>. 又构造函数：1()()(1),(0)2g x f x f x x =--<<，则1112()ln ln(1)2,()01(1)x g x x x g x x x x x -'''=+-+=-=>--，故()g x '在1(0,)2上单调递增，由于0x →时，()g x '→-∞，且1()ln(1)0g e e '=->，故必存在01(0,)x e ∈，使得0()0g x '=，故()g x 在0(0,)x 上单调递减，在01(,)2x 上单调递增，又0x →时，()0g x →，且1()02g =，故()0g x <在1(0,)2x ∈上恒成立，也即()(1)f x f x <-在1(0,)2x ∈上恒成立，令1x x =，有121()()(1)f x f x f x =<-，再由211,1(,1)x x e -∈，且()f x 在1(,1)e 上单调递增，故211x x <-，即证：121x x +<成立.综上：即证1221x x e<+<成立.（2）令12t t =则22112212,,,(0,1)x t x t t t ==∈，且212()2ln ,()(),()2(2ln 1)h t t t h t h t h t t t '===+，令()0h t '=，得t =， 故1201t t <<<<.构造函数()()),(0H t h t h t t =-<<，则 ()()),()())H t h t h t H t h t h t'''''''''=+-=-，由于4()0h t t '''=>，则()h t ''在上单调递增，因为t t <-，故()0H t ''<，()H t '在上单调递减，故()0H t H ''>=，即()H t在上单调递增，即()0H t H <=，即())h t h t <-，同理得出：12t t +<； 再构造1()()(1),(0)2G x h t h t t =--<<，同样求导利用单调性可得出1()()02G t G >=，从而()(1)h t h t >-对1(0,)2t ∈恒成立，同理得出：121t t +>.综上：即证121t t <+<成立，也即原不等式1<<成立.练习1：已知函数2()ln f x x x x =++，正实数12,x x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：12x x +≥. 【解析】由1212()()0f x f x x x ++=，得2211122212ln ln 0x x x x x x x x ++++++= 从而212121212()()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，构造函数()ln t t t ϕ=-，得11()1t t t tϕ-'=-=，可知()t ϕ在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)1t ϕϕ≥=，也即21212()()1x x x x +++≥，解得：12x x +≥.练习2（2013年湖南文科第21题）已知函数()211xx f x e x-=+. (1)求()f x 的单调区间；(2)证明:当()()()1212f x f x x x =≠时，120x x +<.解： (1) ()f x 在(),0-∞上单调递增，在()0,+∞上单调递减；(2)由(1)知当1x <时，()0f x >． 不妨设12x x <，因为()()12f x f x =，即121222121111x x x x e e x x --=++，则1201x x <<<， 要证明120x x +<，即120x x <-<，只需证明()()12f x f x <-，即()()22f x f x <-．而22()()f x f x <-等价于2222(1)10x x e x ---<，令()2()(1)10xg x x ex x =--->，则2'()(12)1x g x x e =--，令2()(12)1xh x x e=--，则2()40x h x xe '=-<，所以()h x 单调递减，()()00h x h <=，即()0g x '<，所以()g x 单调递减， 所以()()00g x g <=，得证．题型二：含参数的问题例3.已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x . 【解析】思路1：函数()f x 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()f x 有两个零点12,x x ， 所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x ae x ae x ，由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+，要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-， 则0,1tt e >>， 因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 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。
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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0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.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】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减， 所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =， 故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=… ，不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②， 构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>， 故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立. 法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>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xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】思路1：函数()f x 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()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ， 由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 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()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，试证明：212.x x e ⋅>【解析】法一：消参转化成无参数问题：ln ()0ln ln x f x x ax x ae =⇔=⇔=，12,x x 是方程()0f x =的两根，也是方程ln ln xx ae=的两根，则12ln ,ln x x 是xx ae =，设1122ln ,ln u x u x ==，()x g x xe -=，则12()()g u g u =，从而2121212ln ln 22x x e x x u u >⇔+>⇔+>，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12x x >，∵1122ln 0,ln 0x ax x ax -=-=，∴12121212ln ln (),ln ln ()x x a x x x x a x x +=+-=-， ∴1212ln ln x x a x x -=-，欲证明212x x e >，即证12ln ln 2x x +>.∵1212ln ln ()x x a x x +=+，∴即证122a x x >+，∴原命题等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即证：1122122()ln x x x x x x ->+，令12,(1)x t t x =>，构造2(1)ln ,1)1(t t g t t t -=->+，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：12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ==⇔=设2121,,(1)xx x t t x <=>， 则112111ln ln ln ,ln ln tx t x x tx t t x x +==⇔=， 反解出：1211ln ln ln ln ,ln ln ln ln ln 111t t t tx x tx t x t t t t ===+=+=---， 故212121ln ln 2ln 21t x x e x x t t +>⇔+>⇔>-，转化成法二，下同，略.例 4.设函数()()xf x e ax a a R =-+∈，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0f '<.【解析】由(),()x x f x e ax a f x e a '=-+=-，易知：a 的取值范围为2(,)e +∞，()f x 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,x x e ax a e ax a ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩两式相减得：2121x x e e a x x -=-，记21,(0)2x x t t -=>，则121221212221()(2())22x x x x x x t t x xe e ef e t e e x x t++-+-'=-=---，设()2(),(0)ttg t t e e t -=-->，则()2()0ttg t e e -'=-+<，所以()g t 在(0,)t ∈+∞上单调递减，故()(0)0g t g <=,而12202x x et +>，所以12()02x x f +'<，又∵()xf x e a '=-是R122x x +<，∴0)(21<⋅'x x f .容易想到，但却是错解的过程：欲证：0)(21<⋅'x x f ，即要证：12()02x x f +'<，亦要证1220x x e a +-<，也即证：122x x e a +<，很自然会想到：对112211220,(1),0,(1),x x x xe ax a e a x e ax a e a x ⎧⎧-+==-⎪⎪⇔⎨⎨-+==-⎪⎪⎩⎩两式相乘得：12212(1)(1)x x e a x x +=--，即证：12(1)(1)1x x --<.考虑用基本不等式212122(1)(1)()2x x x x +---<，也即只要证：124x x +<.由于121,ln x x a >>.当取3a e =将得到23x >，从而124x x +>.而二元一次不等式124x x +<对任意2(,)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ξ，使得()()()f b f a f b aξ-=-.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12(,0),(,0),A x B x 两点，因此21211221()()(e )()0002x x ABf x f x e a x x k x x ----=⇔=⇔=-，∴2121x x e e a x x -=-，…… 由于12()()0f x f x ==，显然11()()0f x f x +=与11()()0f x f x ⋅=，与已知12()()0f x f x ==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).f x x ax a x =-+-（I ）讨论()f x 的单调性； （II ）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-； （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0x ，证明：0()0f x '<.【解析】（I ）易得：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 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)g x f x f x x a a a=+>-<<，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()()()h a f x f x aa=+>-，则()ln(1)ln(1)2h a ax ax ax =+---，32222()2111x x x a h a x ax ax a x '=+-=+--，由10x a<<，解得10a x <<，当10a x <<时，()0h a '>，而(0)0h =， 所以()0h a >，故当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-.（III ）由（I ）知，只有当0a >时，且()f x 的最大值1()0f a >，函数()y f x =才会有两个零点，不妨设1212(,0),(,0),0A x B x x x <<，则1210x x a <<<，故111(0,)x a a-∈，由（II ）得：1111221111()()(())()()f x f x f x f x f x a a a a a-=+->--==，又由()f x 在1(,)a +∞上单调递减，所以212x x a >-，于是12012x x x a+=>，由（I ）知，0()0f x '<. 【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（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 ≠(,)2a bL a b +<<.不失一般性，可设a b >.证明如下：（I(,)L a b <……① 不等式①1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x b x ⇔-<⇔<⇔<-=>其中构造函数1()2ln (),(1)f x x x x x=-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--.因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立； （II ）再证：(,)2a bL a b +<……② 不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x b a b x x a a b b x b---⇔->⇔>⇔>=>+++其中构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++.因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0g x g <=，从而不等式②成立； 综合（I ）（II ）知，对,a b R +∀∈(,)2a bL a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>【解析】法五：由前述方法四，可得12121ln ln x x x x -=-，利用对数平均不等式得：1212121ln ln 2x x x xx x -+=<-，即证：122x x +>，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)()(R a a ax e x f x∈+-=，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0)(21<⋅'x x f .【解析】法三：由前述方法可得：121212(1ln )11x x e e a x a x x x ==<<<--，等式两边取以e 为底的对数，得1122ln ln(1)ln(1)a x x x x =--=--，化简得：1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=---，由对数平均不等式知：1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=>---1212()0x x x x -+<，故要证1122ln(1)ln(01)ln f a x x x x --+-'<⇔⇔<-证1212121212ln(1)ln(1)ln(()1)x x x x x x x x x x ⇔⇔-+-<+--++<+-证证∵1212()0x x x x -+< ∴1212ln(()1)ln10x x x x -++<=，而2120x x +-=>∴121212ln(()1)x x x x x x -++<+-. 例5.（11年，辽宁理）已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+- （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-； （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0x ，证明：0()0f x '<.【解析】（I ）（II ）略， （III ）由12()()0f x f x ==22111222ln (2)ln (2)0x ax a x x ax a x ⇔-+-=-+-= 2212121212ln ln 2()()x x x x a x x x x ⇒-+-=-+-1212221212ln ln 2()x x x x a x x x x -+-⇒=-+-故要证12001()02x x f x x a+'<⇔=> 2212121212121212121ln ln 2ln ln 2()2x x x x x x x x x x x x x x x x +-+-++⇔>=--+-+-121212ln ln 2x x x x x x -⇔<+-.根据对数平均不等，此不等式显然成立，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2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.【解析】由2()(2)(1)x f x x e a x =-+-，得()(1)(2)xf x x e a '=-+，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12,x x ，则必须0a >. 法一：构造部分对称函数不妨设12x x <，由单调性知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，所以22(,1)x -∈-∞，又∵()f x 在(,1)-∞单调递减，故要证：122x x +<，等价于证明：21(2)()0f x f x -<=，又∵222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，且22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=∴222222(2)(2)x x f x x ex e --=---，构造函数2g()(2),((1,))x x x xe x e x -=---∈+∞，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：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211x x x e x e a x x ---==--设()()()221xx e g x x -=-，则()()12g x g x = 那么()()()2321'1x x g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 单调递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 单调递增． 设0m >，构造代数式：()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设()2111mm h m e m -=++，0m >则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=．因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ 而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔-> 整理得：122x x +<．法三：参变分离再构造对称函数由法二，得()()()221xx e g x x -=-，构造()()(2),((,1))G x g x g x x =--∈-∞，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()f x 的不对称，故希望构造一个关于直线1x =对称的函数g()x ，使得当1x <时，()()f x g x <，当1x >时，()()f x g x >，结合图像，易证原不等式成立. 【解答】由2()(2)(1)xf x x e a x =-+-，()(1)(2)xf x x e a '=-+，故希望构造一个函数()F x ，使得(1)(2)(1)(2)(1)()()x x x e a x e a x e F e x -+--+=--'=，从而()F x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递增，从而构造出2(2)(1)()2e a x g x c +-=+（c 为任意常数），又因为我们希望(1)0F =，而(1)f e =-，故取c e =-，从而达到目的.故2(2)(1)()2e a x g x e +-=-，设()g x 的两个零点为34,x x ，结合图像可知：13241x x x x <<<<，所以12342x x x x +<+=，即原不等式得证.法五：利用“对数平均”不等式1212122212(2)(2),0,12,(1)(1)x x x e x e a a x x x x --==><<<--参变分离得：由得12122212(2)(2)lnln (1)(1)x x e x x x x --+=+--将上述等式两边取以为底的对数，得：, 22121212[ln(-1)-ln(-1)]-[ln(2-)-ln(2-)]x x x x x x =-化简得：,221212121222121212221212[ln(-1)-ln(-1)][ln(2-)-ln(2-)]1-[ln(-1)-ln(-1)][ln(2-)-ln(2-)][(1)(1)](1)(1)22x x x x x x x x x x x x x x x x x x =--=-+-+------故：（）（）由对数平均不等式得：221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)x x x x x x >----+-， 121212[ln(2-)-ln(2-)]22222x x x x x x >----+-（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22x x x x x x +->+-+--+-（）（）1212122212122(2)[4()]2(1)(1)4()x x x x x x x x x x +--+++-=+-+--+12122212122(2)21(1)(1)4()x x x x x x x x +-+-=++-+--+ 等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()x x x x x x x x +-+->+-+--+1222121221(2)[](1)(1)4()x x x x x x =+-+-+--+ 由221212(1)(1)0,4()0x x x x -+->-+>，故122x x +<，证毕.说明：谈谈其它方法的思路与困惑。