2023年高中数学干货最全面精品资料《极值点偏移问题的处理策略及探究》.pdf

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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()f x在0 xx处取得极值，且函数()yf x与直线yb交于1(,)A x b,2(,)B x b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

2、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 xxexR，如果12xx，且12()()f xf x，证明：122.xx【解析】法一：()(1)xfxx 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)fe,如图所示.由1212()(),f xf xxx，不妨设12xx，则必有1201xx ，构造函数()(1)(1),(0,1

3、F xfxfx x，则21()(1)(1)(1)0 xxxF xfxfxee ，所以()F x在(0,1x上单调递增，()(0)0F xF，也即(1)(1)fxfx对(0,1x恒成立.由1201xx ，则11(0,1x，所以11112(1(1)(2)(1(1)()()fxfxfxf xf x ，即12(2)()fxf x，又因为122,(1,)x x，且()f x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,)x x，又因为()f x在(1,)上单调递减，故只需证21()(2)f xfx，又因为12()()

4、f xf x，故也即证11()(2)f xfx，构造函数()()(2),(0,1)H xf xfx x，则等价于证明()0H x 对(0,1)x恒成立.由221()()(2)(1)0 xxxH xfxfxee，则()H x在(0,1)x上单调递增，所以()(1)0H xH，即已证明()0H x 对(0,1)x恒成立，故原不等式122xx亦成立.法三：由12()()f xf x，得1212xxx ex e，化简得2121xxxex，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：12

5、2xx，即证：221ttte，又因为10te ，等价于证明：2(2)(1)0ttte ，构造函数()2(2)(1),(0)tG tttet ，则()(1)1,()0ttG tteG tte，故()G t在(0,)t上单调递增，()(0)0G tG，从而()G t也在(0,)t上单调递增，()(0)0G tG，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

6、欲证：122xx，等价于证明：1ln21ttt，构造(1)ln2()(1)ln,(1)11ttM tt ttt，则2212 ln()(1)tttM tt t，又令2()12 ln,(1)tttt t ，则()22(ln1)2(1 ln)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()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()limlimlim(ln)21(1)xxxxtttttM ttttt，即证()2M t，即证式成立，也即原不等式122

7、xx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,x x，求证：221 xx.【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(2121xxaexaex，由)2(

8、)1(得：)(2121xxeeaxx，要证明122xx，只要证明12()2xxa ee，由)2()1(得：1212()xxxxa ee，即1212xxxxaee，即证：121212()2xxxxeexxee211)(212121xxxxeexx，不妨设12xx，记12txx，则0,1tte，因此只要证明：121ttete01)1(2tteet，再次换元令xtxetln,1，即证2(1)ln0(1,)1xxxx 构造新函数2(1)()ln1xF xxx，0)1(F求导22214(1)()0(1)(1)xF xxxx x，得)(xF在),1(递增，所以0)(xF，因此原不等式122xx获证.【点评

9、】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()lnf xxax，a为常数，若函数()f x有两个零点12,x x，试证明：212.xxe 【解析】法一：消参转化成无参数问题：ln()0lnlnxf xxaxxae，12,x x是方程()0f x 的两根，也是方 程lnlnxxae的两根，则12ln,lnxx是xxae，设1122ln,lnux ux，()xg xxe，则12()()g ug u，从而2121212lnln

10、22x xexxuu，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，1122ln0,ln0 xaxxax，12121212lnln(),lnln()xxa xxxxa xx，1212lnlnxxaxx，欲证明212x xe，即证12lnln2xx.1212lnln()xxa xx，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(ttg ttt，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：12221211lnl

11、nln,lnxxxxaxxxx设2121,(1)xxx ttx，则112111lnlnln,lnlntxtxxtxttxx，反解出：1211lnlnlnln,lnlnlnlnln111ttttxxtxtxtttt，故212121lnln2ln21tx xexxtt，转化成法二，下同，略.例 4.设函数()()xf xeaxa aR，其图像与x轴交于)0,(,)0,(21xBxA两点，且21xx.证明：12()0fxx.【解析】由(),()xxf xeaxa fxea ，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；

12、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)ttg tteet，则()2()0ttg tee ，所以()g t在(0,)t上单调递减，故()(0)0g tg,而12202xxet，所以12()02xxf，又()xfxea 是R上的递增函数，且12122xxx x，0)(21xxf.容易想到，但却是错解的过程：欲证：0)(21xxf，即要证：12()02xxf，亦要证1220 xxea，也即证：122xxea

13、，很 自 然 会 想 到：对112211220,(1),0,(1),xxxxeaxaea xeaxaea x 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

14、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 bf afba.当()()f bf 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 xB x两点，因此 21211221()()(e)()0002xxABf xf xea xxkxx ，2121xxeeaxx，由于12()()0f xf x，显然11()()0f xf x与11()()0f xf x，与已知 12()()0f xf x不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变

15、.例 5.（11 年，辽宁理）已知函数2()ln(2).f xxaxa x （I）讨论()f x的单调性；（II）设0a，证明：当10 xa 时，11()()fxfxaa；（III）若函数()yf x的图像与x轴交于,A B两点，线段AB中点的横坐标为0 x，证明：0()0fx.【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 xfxfxxaaa，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 af

16、xfxaa，则()ln(1)ln(1)2h aaxaxax，32222()2111xxx ah axaxaxa x，由10 xa，解得10ax，当10ax 时，()0h a，而(0)0h，所以()0h a，故当10 xa 时，11()()fxfxaa.（III）由（I）知，只有当0a 时，且()f x的最大值1()0fa，函数()yf x才会有两个零点，不妨设1212(,0),(,0),0A xB xxx，则1210 xxa ，故111(0,)xaa，由（II）得：1111221111()()()()()fxfxfxf xf xaaaaa，又由()f x在1(,)a上单调递减，所以212xxa

17、，于是12012xxxa，由（I）知，0()0fx.【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：(),(,)lnln().ababL a baba ab 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2ababL a b（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当ab时，等号成立.只证：当ab时，(,)2ababL a b.不失一般性，可设ab.证明如下：（I）先证：(,)abL a b 不等式1lnlnln2ln(1)abaabaabxxxbbaxbab 其中 构造函数1()2ln(),(1)f xxxxx，则22211()1(1)fxxxx .因为1x 时

18、，()0fx，所以函数()f x在(1,)上单调递减，故()(1)0f xf，从而不等式成立；（II）再证：(,)2abL a b 不等式2(1)2()2(1)lnlnlnln(1)(1)(1)aabaxababxxaabbxbb其中 构造函数2(1)()ln,(1)(1)xg xxxx，则22214(1)()(1)(1)xg xxxx x .因为1x 时，()0g x，所以函数()g x在(1,)上单调递增，故()(1)0g xg，从而不等式成立；综合（I）（II）知，对,a bR，都有对数平均不等式(,)2ababL a b成立，当且仅当ab时，等号成立.前面例题用对数平均不等式解决 例

19、1.（2010 天津理）已知函数()()xf xxexR，如果12xx，且12()()f xf x，证明：122.xx【解析】法五：由前述方法四，可得12121lnlnxxxx，利用对数平均不等式得：1212121lnln2xxxxxx，即证：122xx，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)()(Raaaxexfx，其图像与x轴交于)0,(,)0,(21xBxA两点，且21xx.证明：0)(21xxf.【解析】法三：由前述方法可得：121212(1ln)11xxeeaxaxxx，等式两边取以e为底的对数，得1122ln

20、ln(1)ln(1)axxxx ，化简得：1212(1)(1)1ln(1)ln(1)xxxx ，由对数平均不等式知：121212(1)(1)1(1)(1)ln(1)ln(1)xxxxxx ，即1212()0 x xxx，故要证1212121122ln(1)ln()01)lnfx xx xax xxxxx 证证2 12121212121212ln(1)ln(1)2ln()1)2xxxxx xx xxxxxx x 证证1212()0 x xxx 1212ln()1)ln10 x xxx，而21212122()0 xxx xxx 12121212ln()1)2x xxxxxx x 显然成立，故原问题

21、得证.例 5.（11 年，辽宁理）已知函数2()ln(2).f xxaxa x （I）讨论()f x的单调性；（II）设0a，证明：当10 xa 时，11()()fxfxaa；（III）若函数()yf x的图像与x轴交于,A B两点，线段AB中点的横坐标为0 x，证明：0()0fx.【解析】（I）（II）略，（III）由12()()0f xf x 22111222ln(2)ln(2)0 xaxa xxaxa x 2212121212lnln2()()xxxxa xxxx 1212221212lnln2()xxxxaxxxx 故要证12001()02xxfxxa 2212121212121212

22、121lnln2lnln2()2xxxxxxxxxxxxxxxx 121212lnln2xxxxxx.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()(xaexxfx有两个零点21,xx.证明：122xx.【解析】由2()(2)(1)xf xxea x，得()(1)(2)xfxxea，可知()f x在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.要使函数()yf 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12xx，由单调性知12(,1),(1,)xx，所以22(,1)x ，又()f x

23、在(,1)单调递减，故要证：122xx，等价于证明：21(2)()0fxf x，又222222(2)(1)xfxx ea x，且22222()(2)(1)0 xf xxea x 222222(2)(2)xxfxx exe，构造函数2g()(2),(1,)xxxxexex ，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 xf x，不难发现11x，21x，故可整理得：121222122211xxxexeaxx 设 221xxeg xx，则 12g xg x 那么 23211xxgxex，当1x 时，0gx，g x单调递减；当1x 时，0gx，g x单调递增 设0m，构造代

24、数式：111222211111111mmmmmmmmgmgmeeeemmmm 设2111mmh mem，0m 则222201mmh mem，故h m单调递增，有 00h mh 因此，对于任意的0m，11gmgm 由 12g xg x可知1x、2x不可能在 g x的同一个单调区间上，不妨设12xx，则必有121xx 令110mx ，则有 1111211112gxgxgxg xg x 而121x，21x，g x在1,上单调递增，因此：121222gxg xxx 整理得：122xx 法三：参变分离再构造对称函数 由法二，得 221xxeg xx，构造()()(2),(,1)G xg xgxx，利用单

25、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 xg x，当1x 时，()()f xg x，结合图像，易证原不等式成立.【解答】由2()(2)(1)xf xxea x，()(1)(2)xfxxea，故希望构造一个函数()F x，使 得(1)(2)(1)(2)(1)()()xxxeaxeaxeFex ，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)()2eaxg xc（c为任意常数），又因为我们希望(1)0F，而(1)fe，故取ce，从而达到目的.故2(

26、2)(1)()2eaxg xe，设()g x的 两 个 零 点 为34,x x，结 合 图 像 可 知：13241xxxx，所以12342xxxx，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)xxxexeaaxxxx 参变分离得：由得12122212(2)(2)lnln(1)(1)xxexxxx 将上述等式两边取以 为底的对数，得：,22121212ln(-1)-ln(-1)-ln(2-)-ln(2-)xxxxxx 化简得：,221212121222121212221212ln(-1)-ln(-1)ln(2-)-ln(2-)1-ln(-

27、1)-ln(-1)ln(2-)-ln(2-)(1)(1)(1)(1)22xxxxxxxxxxxxxxxxxx 故：（）（）由对数平均不等式得：221222221212ln(-1)-ln(-1)2(1)(1)(1)(1)xxxxxx，121212ln(2-)-ln(2-)22222xxxxxx （）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22xxxxxx （）（）1212122212122(2)4()2(1)(1)4()xxxxxxxxxx 12122212122(2)21(1)(1)4()xxxxxxxx 等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()xxxxxx

28、xx 1222121221(2)(1)(1)4()xxxxxx 由221212(1)(1)0,4()0 xxxx，故122xx，证毕.极值点偏移问题的处理策略：（1）构造一元差函数00()()()F xf xxf xx；（2）对差函数()F x求导，判断导数符号，确定()F x的单调性；（3）结合(0)0F，判断()F x的符号，从而确定0()f xx，0()f xx的大小关系；（4）由1200200202()()()()(2)f xf xf xxxf xxxfxx或者1200200202()()()()(2)f xf xf xxxf xxxfxx，从 而 得 到102()(2)f xfxx或者102()(2)f xfxx；（5）结合()f x的单调性得到1022xxx或者1022xxx，从而1202xxx或者1202xxx