导函数 《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 在 处取得极值，且函数 与直线 交 于 , 两点，则 的中点为 ，而往往 .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 ，如果 ，且 ， ( )f x 0x x= ( )y f x= y b= 1( , )A x b 2( , )B x b AB 1 2( , )2 x xM b + 1 2 0 2 x xx +≠ ( ) ( )xf x xe x R−= ∈ 1 2x x≠ 1 2( ) ( )f x f x= 2 证明： 【解析】法一： ，易得 在 上 单 调 递 增 ， 在 上 单 调 递 减 ， 时 ， ， ， 时， ， 函 数 在 处取得极大值 ，且 ,如图所 示. 由 ，不妨设 ，则必有 ， 构造函数 ， 则 ，所以 在 上单调递增， ，也即 对 恒成立. 由 ，则 ， 所以 ，即 ， 又因为 ，且 在 上单调递减， 所以 ，即证 法 二 ： 欲 证 ， 即 证 ， 由 法 一 知 ， 故 ，又因为 在 上单调递减，故只需证 ，又 因为 ， 故也即证 ，构造函数 ，则等价于证明 对 恒成立. 由 ，则 在 上单调递增，所以 ，即已证明 对 恒成立，故原不等式 亦成立. 法三：由 ，得 ，化简得 …， 1 2 2.x x+ > ( ) (1 ) xf x x e−′ = − ( )f x ( ,1)−∞ (1, )+∞ x → −∞ ( )f x → −∞ (0) 0f = x → +∞ ( ) 0f x → ( )f x 1x = (1)f 1(1)f e = 1 2 1 2( ) ( ),f x f x x x= ≠ 1 2x x< 1 20 1x x< < < ( ) (1 ) (1 ), (0,1]F x f x f x x= + − − ∈ 2 1( ) (1 ) (1 ) ( 1) 0x x xF x f x f x ee + ′ ′ ′= + + − = − > ( )F x (0,1]x∈ ( ) (0) 0F x F> = (1 ) (1 )f x f x+ > − (0,1]x∈ 1 20 1x x< < < 11 (0,1]x− ∈ 1 1 1 1 2(1 (1 )) (2 ) (1 (1 )) ( ) ( )f x f x f x f x f x+ − = − > − − = = 1 2(2 ) ( )f x f x− > 1 22 , (1, )x x− ∈ +∞ ( )f x (1, )+∞ 1 22 x x− < 1 2 2.x x+ > 1 2 2x x+ > 2 12x x> − 1 20 1x x< < < 1 22 , (1, )x x− ∈ +∞ ( )f x (1, )+∞ 2 1( ) (2 )f x f x< − 1 2( ) ( )f x f x= 1 1( ) (2 )f x f x< − ( ) ( ) (2 ), (0,1)H x f x f x x= − − ∈ ( ) 0H x < (0,1)x∈ 2 21( ) ( ) (2 ) (1 ) 0x x xH x f x f x ee −−′ ′ ′= + − = − > ( )H x (0,1)x∈ ( ) (1) 0H x H< = ( ) 0H x < (0,1)x∈ 1 2 2x x+ > 1 2( ) ( )f x f x= 1 2 1 2 x xx e x e− −= 2 1 2 1 x x xe x − = 3 不妨设 ，由法一知， .令 ，则 ，代入式， 得 ，反解出 ，则 ，故要证： ， 即证： ，又因为 ，等价于证明： …， 构造函数 ，则 ， 故 在 上单调递增， ，从而 也在 上单调递 增， ，即证式成立，也即原不等式 成立. 法四：由法三中式，两边同时取以 为底的对数，得 ，也即 ，从而 ， 令 ，则欲证： ，等价于证明： …， 构造 ，则 ， 又令 ，则 ，由于 对 恒 成 立 ， 故 ， 在 上 单 调 递 增 ， 所 以 ，从而 ，故 在 上单调递增，由洛比塔法则知： ，即证 ，即证 式成立，也即原不等式 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 有两个不同的零点 ，求证： . 2 1x x> 1 21o x x< < < 2 1t x x= − 2 10,t x t x> = + 1 1 t t xe x += 1 1t tx e = − 1 2 1 22 1t tx x x t te + = + = +− 1 2 2x x+ > 2 21t t te + >− 1 0te − > 2 ( 2)( 1) 0tt t e+ − − > ( ) 2 ( 2)( 1),( 0)tG t t t e t= + − − > ( ) ( 1) 1, ( ) 0t tG t t e G t te′ ′′= − + = > ( )G t′ (0, )t ∈ +∞ ( ) (0) 0G t G′ ′> = ( )G t (0, )t ∈ +∞ ( ) (0) 0G t G> = 1 2 2x x+ > e 2 2 1 2 1 1 ln ln lnxx x x xx − = = − 2 1 2 1 ln ln 1x x x x − =− 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 22 1 2 1 1 1 1 1ln ln( ) ln ln 1 x x x x x x x xx x x x xx x x x x x x +− ++ = + = =− − − 2 1 ( 1)xt tx = > 1 2 2x x+ > 1ln 21 t tt + >− ( 1)ln 2( ) (1 )ln ,( 1)1 1 t tM t t tt t += = + >− − 2 2 1 2 ln( ) ( 1) t t tM t t t − −′ = − 2( ) 1 2 ln ,( 1)t t t t tϕ = − − > ( ) 2 2(ln 1) 2( 1 ln )t t t t tϕ′ = − + = − − 1 lnt t− > (1, )t∀ ∈ +∞ ( ) 0tϕ′ > ( )tϕ (1, )t ∈ +∞ ( ) (1) 0tϕ ϕ> = ( ) 0M t′ > ( )M t (1, )t ∈ +∞ 1 1 1 1 ( 1)ln (( 1)ln ) 1lim ( ) lim lim lim(ln ) 21 ( 1)x x x x t t t t tM t tt t t→ → → → ′+ + += = = + =′− − ( ) 2M t > 1 2 2x x+ > xaexxf −=)( 1 2,x x 221 >+ xx 4 【解析】思路 1：函数 的两个零点，等价于方程 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 这个媒介去构造出新的函数.解答如下： 因为函数 有两个零点 ， 所以 ， 由 得： ， 要证明 ，只要证明 ， 由 得： ，即 ， 即证： ， 不妨设 ，记 ， 则 ， 因此只要证明： ， 再次换元令 ，即证 构 造 新 函 数 ， 求 导 ，得 在 递增，所以 ，因此原不 等式 获证. 【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元 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 ， 为常数，若函数 有两个零点 ， 试证明： 【解析】法一：消参转化成无参数问题： ， 是方程 的两根，也是方 程 的两根，则 是 ，设 ， ，则 ，从而 ，此问题等价转化成为例 1，下略. 法二：利用参数 作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设 ， ∵ ，∴ ， ( )f x xxe a− = a ( )f x 1 2,x x    = = )2( )1( 2 1 2 1 x x aex aex )2()1( + )( 21 21 xx eeaxx +=+ 1 2 2x x+ > 1 2( ) 2x xa e e+ > )2()1( − 1 2 1 2 ( )x xx x a e e− = − 1 2 1 2 x x x xa e e −= − 1 2 1 21 2( ) 2 x x x x e ex x e e +− >− 21 1)( 21 21 21 >− +−⇔ − − xx xx e exx 1 2x x> 1 2t x x= − 0, 1tt e> > 1 21 t t et e +⋅ >− 01 )1(2 >+ −−⇔ t t e et xtxet ln,1 =>= 2( 1)ln 0 (1, )1 xx xx −− > ∀ ∈ +∞+ 2( 1)( ) ln 1 xF x x x −= − + 0)1( =F 2 ' 2 2 1 4 ( 1)( ) 0( 1) ( 1) xF x x x x x −= − = >+ + )(xF ),1( +∞ 0)( >xF 1 2 2x x+ > 1 2,x x ( ) lnf x x ax= − a ( )f x 1 2,x x 2 1 2 .x x e⋅ > ln( ) 0 ln ln xf x x ax x ae= ⇔ = ⇔ = 1 2,x x ( ) 0f x = lnln xx ae= 1 2ln ,lnx x xx ae= 1 1 2 2ln , lnu x u x= = ( ) xg x xe−= 1 2( ) ( )g u g u= 2 1 2 1 2 1 2ln ln 2 2x x e x x u u> ⇔ + > ⇔ + > a 1 2x x> 1 1 2 2ln 0,ln 0x ax x ax− = − = 1 2 1 2 1 2 1 2ln ln ( ),ln ln ( )x x a x x x x a x x+ = + − = − 5 ∴ ，欲证明 ，即证 . ∵ ，∴即证 ， ∴原命题等价于证明 ，即证： ，令 ， 构造 ，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： 设 ， 则 ， 反解出： ， 故 ，转化成法二，下同，略. 例 4.设函数 ，其图像与 轴交于 两点，且 .证明： . 【解析】由 ，易知： 的取值范围为 ， 在 上单调递减，在 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： ∵ 两式相减得： ， 记 ，则 ， 设 ，则 ，所以 在 上单 调递减，故 ,而 ，所以 ， 1 2 1 2 ln lnx x ax x − =− 2 1 2x x e> 1 2ln ln 2x x+ > 1 2 1 2ln ln ( )x x a x x+ = + 1 2 2a x x > + 1 2 1 2 1 2 ln ln 2x x x x x x − >− + 1 1 2 2 1 2 2( )ln x x x x x x −> + 1 2 ,( 1)xt tx = > 2( 1)ln ,1) 1( ttg t tt −= − >+ 1 2 2 2 1 2 1 1 ln ln ln ,ln x x x xa x x x x = = ⇔ = 2 1 2 1 , ,( 1)xx x t tx < = > 1 1 2 1 1 1 ln ln ln, ln ln tx t xx tx t tx x += = ⇔ = 1 2 1 1 ln ln lnln ,ln ln ln ln ln1 1 1 t t t tx x tx t x tt t t = = = + = + =− − − 2 1 2 1 2 1ln ln 2 ln 21 tx x e x x tt +> ⇔ + > ⇔ >− ( ) ( )xf x e ax a a R= − + ∈ x )0,(,)0,( 21 xBxA 21 xx < 1 2( ) 0f x x′ ⋅ < ( ) , ( )x xf x e ax a f x e a′= − + = − a 2( , )e +∞ ( )f x ( ,ln )a−∞ (ln , )a +∞ 1 2 1 2 0, 0, x x e ax a e ax a  − + = − + = 2 1 2 1 x xe ea x x −= − 2 1 ,( 0)2 x xt t −= > 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 ( ) (2 ( ))2 2 x x x x x x t tx x e e ef e t e ex x t + + −+ −′ = − = − −− ( ) 2 ( ),( 0)t tg t t e e t−= − − > ( ) 2 ( ) 0t tg t e e−′ = − + < ( )g t (0, )t ∈ +∞ ( ) (0) 0g t g< = 1 2 2 02 x x e t + > 1 2( ) 02 x xf +′ 1 2 4x x+ > 1 2 4x x+ < 2( , )a e∈ +∞ ( )f x [ , ]a b ( , )a b ( , )a b ξ ( ) ( )( ) f b f af b a ξ −= − ( ) ( )f b f a= x 1 2( ,0), ( ,0),A x B x 2 1 2 1 1 2 2 1 ( ) ( ) (e ) ( )0 0 02 x x AB f x f x e a x xk x x − − − −= ⇔ = ⇔ =− 2 1 2 1 x xe ea x x −= − 1 2( ) ( ) 0f x f x= = 1 1( ) ( ) 0f x f x+ = 1 1( ) ( ) 0f x f x⋅ = 1 2( ) ( ) 0f x f x= = 2( ) ln (2 ) .f x x ax a x= − + − ( )f x 7 （II）设 ，证明：当 时， ； （III）若函数 的图像与 轴交于 两点，线段 中点的横坐标为 ，证明： . 【解析】（I）易得：当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减. （II）法一：构造函数 ，利用函数单调性证明，方 法上同，略； 法 二 ： 构 造 以 为 主 元 的 函 数 ， 设 函 数 ， 则 ， ，由 ， 解得 ，当 时， ，而 ， 所以 ，故当 时， . （III）由（I）知，只有当 时，且 的最大值 ，函数 才会有两 个零点，不妨设 ，则 ，故 ，由 （ II ） 得 ： ， 又 由 在 上单调递减，所以 ，于是 ，由（I）知， . 【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 和 的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系： （此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当 时，等号成立. 只证：当 时， .不失一般性，可设 .证明如下： （I）先证： …… 0a > 10 x a < < 1 1( ) ( )f x f xa a + > − ( )y f x= x ,A B AB 0x 0( ) 0f x′ < 0a ≤ ( )f x (0, )+∞ 0a > ( )f x 1(0, )a 1( , )a +∞ 1 1 1( ) ( ) ( ),(0 )g x f x f x xa a a = + > − < < a 1 1( ) ( ) ( )h a f x f xa a = + > − ( ) ln(1 ) ln(1 ) 2h a ax ax ax= + − − − 3 2 2 2 2( ) 21 1 1 x x x ah a xax ax a x ′ = + − =+ − − 10 x a < < 10 a x < < 10 a x < < ( ) 0h a′ > (0) 0h = ( ) 0h a > 10 x a < < 1 1( ) ( )f x f xa a + > − 0a > ( )f x 1( ) 0f a > ( )y f x= 1 2 1 2( ,0), ( ,0),0A x B x x x< < 1 2 10 x xa < < < 1 1 1(0, )xa a − ∈ 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1( ) ( ) ( ( )) ( ) ( )f x f x f x f x f xa a a a a − = + − > − − = = ( )f x 1( , )a +∞ 2 1 2x xa > − 1 2 0 1 2 x xx a += > 0( ) 0f x′ < a b ( ),( , ) ln ln ( ). a b a bL a b a b a a b − ≠= −  = ( , ) 2 a bab L a b +≤ ≤ a b= a b≠ ( , ) 2 a bab L a b +< < a b> ( , )ab L a b其中 1( ) 2ln ( ),( 1)f x x x xx = − − > 2 2 2 1 1( ) 1 (1 )f x x x x ′ = − − = − − 1x > ( ) 0f x′ < ( )f x (1, )+∞ ( ) (1) 0f x f< = ( , ) 2 a bL a b +< 2( 1)2( ) 2( 1)ln ln ln ln ( 1)( 1)( 1) a a b a x aba b x xaa b b x b b −− −⇔ − > ⇔ > ⇔ > = >+ ++ 其中 2( 1)( ) ln ,( 1)( 1) xg x x xx −= − >+ 2 2 2 1 4 ( 1)( ) ( 1) ( 1) xg x x x x x −′ = − =+ + 1x > ( ) 0g x′ > ( )g x (1, )+∞ ( ) (1) 0g x g< = ,a b R+∀ ∈ ( , ) 2 a bab L a b +≤ ≤ a b= ( ) ( )xf x xe x R−= ∈ 1 2x x≠ 1 2( ) ( )f x f x= 1 2 2.x x+ > 1 2 1 2 1 ln ln x x x x −= − 1 2 1 2 1 2 1 ln ln 2 x x x x x x − += )()( Raaaxexf x ∈+−= x )0,(,)0,( 21 xBxA 21 xx < 0)( 21 1 2 1 2 1 2 1 2ln( ( ) 1) 2x x x x x x x x− + + < + − 2( ) ln (2 ) .f x x ax a x= − + − ( )f x 0a > 10 x a < < 1 1( ) ( )f x f xa a + > − ( )y f x= x ,A B AB 0x 0( ) 0f x′ < 1 2( ) ( ) 0f x f x= = 2 2 1 1 1 2 2 2ln (2 ) ln (2 ) 0x ax a x x ax a x⇔ − + − = − + − = 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2ln ln 2( ) ( )x x x x a x x x x⇒ − + − = − + − 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 ln ln 2( )x x x xa x x x x − + −⇒ = − + − 1 2 0 0 1( ) 0 2 x xf x x a +′ < ⇔ = > 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 ln ln2 ln ln 2( ) 2 x x x x x x x x x xx x x x x x + − + − + +⇔ > = −− + − +− 1 2 1 2 1 2 ln ln2 x x x x x x −⇔ 1 2x x< 1 2( ,1), (1, )x x∈ −∞ ∈ +∞ 22 ( ,1)x− ∈ −∞ ( )f x ( ,1)−∞ 1 2 2x x+ < 2 1(2 ) ( ) 0f x f x− < = 22 2 2 2 2(2 ) ( 1)xf x x e a x−− = − + − 2 2 2 2 2( ) ( 2) ( 1) 0xf x x e a x= − + − = 2 22 2 2 2(2 ) ( 2)x xf x x e x e−− = − − − 2g( ) ( 2) ,( (1, ))x xx xe x e x−= − − − ∈ +∞ ( ) ( )1 2 0f x f x= = 1 1x ≠ 2 1x ≠ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1 x xx e x ea x x − −− = = − − ( ) ( ) ( )2 2 1 xx eg x x −= − ( ) ( )1 2g x g x= ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1' 1 xxg x e x − += − 1x < ( )' 0g x < ( )g x 1x > ( )' 0g x > ( )g x 0m > ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 11 1 11 m m m mm m m mg m g m e e e em m m m + − −− − − + − + − − = − = + +  ( ) 21 11 mmh m em −= ++ 0m > ( ) ( ) 2 2 2 2' 0 1 mmh m e m = > + ( )h m ( ) ( )0 0h m h> = 0m > ( ) ( )1 1g m g m+ > − 11 由 可知 、 不可能在 的同一个单调区间上，不妨设 ，则 必有 令 ，则有 而 ， ， 在 上 单 调 递 增 ， 因 此 ： 整理得： ． 法三：参变分离再构造对称函数 由法二，得 ，构造 ，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 的不对称，故希望构造一个关于直线 对称的函数 ， 使得当 时， ，当 时， ，结合图像，易证原不等式成立. 【解答】由 ， ，故希望构造一个函数 ， 使 得 ， 从 而 在 上单调递增，在 上单调递增，从而构造出 （ 为 任意常数），又因为我们希望 ，而 ，故取 ，从而达到目的.故 ， 设 的 两 个 零 点 为 ， 结 合 图 像 可 知 ： ，所以 ，即原不等式得证. 法五：利用“对数平均”不等式 , , ( ) ( )1 2g x g x= 1x 2x ( )g x 1 2x x< 1 21x x< < 11 0m x= − > ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 21 1 1 1 2g x g x g x g x g x+ − > − − ⇔ − > =       12 1x− > 2 1x > ( )g x ( )1,+∞ ( ) ( )1 2 1 22 2g x g x x x− > ⇔ − > 1 2 2x x+ < ( ) ( ) ( )2 2 1 xx eg x x −= − ( ) ( ) (2 ),( ( ,1))G x g x g x x= − − ∈ −∞ ( )f x 1x = g( )x 1x < ( ) ( )f x g x< 1x > ( ) ( )f x g x> 2( ) ( 2) ( 1)xf x x e a x= − + − ( ) ( 1)( 2 )xf x x e a′ = − + ( )F x ( 1)( 2 ) ( 1)( 2 ) ( 1)( )( ) x xx e a x e a x eF ex − + − − + = − −′ = ( )F x ( ,1)−∞ (1, )+∞ 2( 2 )( 1)( ) 2 e a xg x c + −= + c (1) 0F = (1)f e= − c e= − 2( 2 )( 1)( ) 2 e a xg x e + −= − ( )g x 3 4,x x 1 3 2 41x x x x< < < < 1 2 3 4 2x x x x+ < + = 1 2 1 2 1 22 2 1 2 (2 ) (2 ) , 0, 1 2,( 1) ( 1) x xx e x ea a x xx x − −= = > < < + − = − 1 2 0 0 2 0 0 2 0 2( ) ( ) [ ( )] [ ( )] (2 )f x f x f x x x f x x x f x x= = − − < + − = − 1 0 2( ) (2 )f x f x x> − 1 0 2( ) (2 )f x f x x< − 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 [ln( -1) -ln( -1) ] [ln(2- ) -ln(2- )]1 - [ln( -1) -ln( -1) ] [ln(2- ) -ln(2- )][( 1) ( 1)] ( 1) ( 1) 2 2 x x x x x x x x x x x xx x x x x x = − − = − + − +− − − − − − 故： （ ）（ ） 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 [ln( -1) -ln( -1) ] 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) x x x x x x >− − − − + − 1 2 1 2 1 2 [ln(2- ) -ln(2- )] 2 2 2 2 2 x x x x x x >− − − − + −（ ）（ ） （ ）（ ） 1 2 2 2 1 2 1 2 2( 2) 21 ( 1) ( 1) 2 2 x x x x x x + −> +− + − − + −（ ）（ ） 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2( 2) [4 ( )] 2 ( 1) ( 1) 4 ( ) x x x x x x x x x x + − − + + + −= +− + − − + 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2( 2) 21( 1) ( 1) 4 ( ) x x x x x x x x + − + −= + +− + − − + 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2( 2) 20 ( 1) ( 1) 4 ( ) x x x x x x x x + − + −> +− + − − + 1 2 2 2 1 2 1 2 2 1( 2)[ ]( 1) ( 1) 4 ( )x x x x x x = + − +− + − − + 2 2 1 2 1 2( 1) ( 1) 0,4 ( ) 0x x x x− + − > − + > 1 2 2x x+ − 1 0 22x x x< − 1 2 02 x x x + > 1 2 02 x x x +