导数综合题题根之二：不对称问题(极值点偏移)

导数综合题题根之二：不对称问题（极值点偏移）山东省平度第一中学王尊甫一、极值点偏移初步认识：极值点偏移问题在近几年高考及各种模考中作为热点以压轴题的形式多次给出，难度较大，需要引起老师们的高度关注。那么，什么是极值点偏移问题呢？极值点偏移问题的表述是：已知函数()yfx是连续函数，在区间12(,)xx内有且只有一个极值点0x，且12()()fxfx，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点1202xxx，我们称这种状态为极值点不偏移，函数图像呈现对称形态；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点1202xxx的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”.根据0x与221xx的大小关系，我们将极值点偏移划分为极值点左偏和极值点右偏两种情况，如下图所示：我们可以尝试给出极值点左（右）偏的一般性定义：极值点左偏：若函数)(xfy满足)()(21xfxf，且在),(21xx内有唯一一个极值点0xx，如果0212xxx，则函数)(xfy极值点左偏。如图1，若函数)(xfy极值点左偏，且)(xf的图像上凸（即)('xfy递减），则0)()2(0'21'xfxxf；如图2，若函数)(xfy极值点左偏，且)(xf的图像下凸（即)('xfy递增），则0)()2(0'21'xfxxf；极值点右偏：若函数)(xfy满足)()(21xfxf，且在),(21xx内有唯一一个极值点0xx，如果0212xxx，则函数)(xfy极值点右偏。如图3，若函数)(xfy极值点右偏，且)(xf的图像上凸（即)('xfy递减），则0)()2(0'21'xfxxf；如图4，若函数)(xfy极值点右偏，且)(xf的图像下凸（即)('xfy递增），则0)()2(0'21'xfxxf；二、高考题题型及解法分析近几年高考题中首次出现极值点偏移问题要追溯到2010年天津卷。例1.（2010天津理）已知函数()()xfxxexR，如果12xx，且12()()fxfx，证明：122.xx【解析】方法一：()(1)xfxxe，易得()fx在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，x时，()fx，(0)0f，x时，()0fx，函数()fx在1x处取得极大值(1)f，且1(1)fe,如图所示.由1212()(),fxfxxx，不妨设12xx，则必有1201xx，构造函数()(1)(1),(0,1]Fxfxfxx，则21()(1)(1)(1)0xxxFxfxfxee，所以()Fx在(0,1]x上单调递增，()(0)0FxF，也即(1)(1)fxfx对(0,1]x恒成立.由1201xx，则11(0,1]x，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()fxfxfxfxfx，即12(2)()fxfx，又因为122,(1,)xx，且()fx在(1,)上单调递减，所以122xx，即证122.xx方法二：欲证122xx，即证212xx，由法一知1201xx，故122,(1,)xx，又因为()fx在(1,)上单调递减，故只需证21()(2)fxfx，又因为12()()fxfx，故也即证11()(2)fxfx，构造函数()()(2),(0,1)Hxfxfxx，则等价于证明()0Hx对(0,1)x恒成立.由221()()(2)(1)0xxxHxfxfxee，则()Hx在(0,1)x上单调递增，所以()(1)0HxH，即已证明()0Hx对(0,1)x恒成立，故原不等式122xx亦成立.方法三：由12()()fxfx，得1212xxxexe，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：122xx，即证：221ttte，又因为10te，等价于证明：2(2)(1)0ttte…，构造函数()2(2)(1),(0)tGtttet，则()(1)1,()0ttGtteGtte，故()Gt在(0,)t上单调递增，()(0)0GtG，从而()Gt也在(0,)t上单调递增，()(0)0GtG，即证式成立，也即原不等式122xx成立.方法四：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，则欲证：122xx，等价于证明：1ln21ttt…，构造(1)ln2()(1)ln,(1)11ttMttttt，则2212ln()(1)tttMttt，又令2()12ln,(1)ttttt，则()22(ln1)2(1ln)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()0Mt，故()Mt在(1,)t上单调递增，由洛必达法则知：1111(1)ln((1)ln)1lim()limlimlim(ln)21(1)xxxxtttttMttttt，即证()2Mt，即证式成立，也即原不等式122xx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、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.例2.已知函数xaexxf)(有两个不同的零点12,xx，求证：221xx.【解析】方法一：函数()fx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；方法二：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()fx有两个零点12,xx，所以)2()1(2121xxaexaex，由)2()1(得：)(2121xxeeaxx，要证明122xx，只要证明12()2xxaee，由)2()1(得：1212()xxxxaee，即1212xxxxaee，即证：121212()2xxxxeexxee211)(212121xxxxeexx，不妨设12xx，记12txx，则0,1tte，因此只要证明：121ttete01)1(2tteet，再次换元令xtxetln,1，即证2(1)ln0(1,)1xxxx构造新函数2(1)()ln1xFxxx，0)1(F求导2'2214(1)()0(1)(1)xFxxxxx，得)(xF在),1(递增，所以0)(xF，因此原不等式122xx获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,xx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.函数()lnfxxax，a为常数，若函数()fx有两个零点12,xx，试证明：212.xxe【解析】方法一：消参转化成无参数问题：ln()0lnlnxfxxaxxae，12,xx是方程()0fx的两根，也是方程lnlnxxae的两根，则12ln,lnxx是xxae，设1122ln,lnuxux，()xgxxe，则12()()gugu，从而2121212lnln22xxexxuu，此问题等价转化成为例1，下略.方法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数：不妨设12xx，∵1122ln0,ln0xaxxax，∴12121212lnln(),lnln()xxaxxxxaxx，∴1212lnlnxxaxx，欲证明212xxe，即证12lnln2xx.∵1212lnln()xxaxx，∴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(ttgttt，此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略.方法三：直接换元构造新函数：12221211lnlnln,lnxxxxaxxxx设2121,,(1)xxxttx，则112111lnlnln,lnlntxtxxtxttxx，反解出：1211lnlnlnln,lnlnlnlnln111ttttxxtxtxtttt，故212121lnln2ln21txxexxtt，转化成法二，下同，略.例4.设函数()()xfxeaxaaR，其图像与x轴交于)0,(,)0,(21xBxA两点，且21xx.证明：12()0fxx.【解析】由(),()xxfxeaxafxea，易知：a的取值范围为2(,)e，()fx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,xxeaxaeaxa两式相减得：2121xxeeaxx，记21,(0)2xxtt，则121221212221()(2())22xxxxxxttxxeeefeteexxt，设()2(),(0)ttgtteet，则()2()0ttgtee，所以()gt在(0,)t上单调递减，故()(0)0gtg,而12202xxet，所以12()02xxf，又∵()xfxea是R上的递增函数，且12122xxxx，∴0)(21xxf.容易想到，但却是错解的过程：欲证：0)(21xxf，即要证：12()02xxf，亦要证1220xxea，也即证：122xxea，很自然会想到：对112211220,(1),0,(1),xxxxeaxaeaxeaxaeax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.拉格朗日中值定理：若函数()fx满足如下条件：（1）函数在闭区间[,]ab上连续；（2）函数在开区间(,)ab内可导，则在(,)ab内至少存在一点，使得()()()fbfafba.当()()fbfa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),AxBx两点，因此21211221()()(e)()0002xxABfxfxeaxxkxx，∴2121x