导数处理极值点偏移问题

1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()fx在0xx处取得极值，且函数()yfx与直线yb交于1(,)Axb,2(,)Bxb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”．2一、试题再现及解析（一）题目（2016年全国I卷）已知函数221xfxxeax有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设12,xx是fx的两个零点，证明：122xx．本题第（1）小题含有参数的函数fx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12xx，由（1）知，122,1,1,,2,1xxx，fx在,1上单调递减，所以122xx等价于122fxfx，即222fxfx．由于22222221xfxxeax，而2222221xfxxeax，所以222222222xxfxfxxexe．令22xxgxxexe，则21xxgxxee，所以当1x时，0gx，而10g，故当1x时，10gxg．从而2220gxfx，故122xx．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122xx，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212xx，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12xx，由（1）知，121,1,1,,21,xxx，fx在1,上单调递增，所以122xx等价于212fxfx，即1120fxfx．令2221xxuxfxfxxexex，则210xxuxxee，所以10uxu，即21fxfxx，所以1212fxfxfx；所以212xx，即122xx.3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1212fxfxxx建立等量关系，并结合fx的单调性，确定12,xx的取值范围；第二步：不妨设12xx，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21,2iiTxfxfaxi，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()()xfxxexR，如果12xx，且12()()fxfx，证明：122.xx【解析】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，欲证122xx，即证212xx，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.4法二：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.法三：由法二中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，由洛比塔法则知：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.5例2.已知()lnfxxx的图像上有,AB两点，其横坐标为1201xx，且12()()fxfx.（1）证明：1221xxe；（2）证明：1221xxe.【解析】（1）证明：由()ln,()ln1fxxxfxx，令()0fx，得1xe，故12101xxe，构造函数21()()(),(0),Fxfxfxxee则2221()lnln()2ln()2ln20Fxxxxxeee，故()Fx在1(0,)e上单调递减，即1()()0FxFe，∴2()()fxfxe，令1xx，则2112()()()fxfxfxe，再由2121,(,1)xxee，且()fx在1(,1)e上单调递增，故212xxe，即证：122xxe.又构造函数：1()()(1),(0)2gxfxfxx，则1112()lnln(1)2,()01(1)xgxxxgxxxxx，故()gx在1(0,)2上单调递增，由于0x时，()gx，且1()ln(1)0gee，故必存在01(0,)xe，使得0()0gx，故()gx在0(0,)x上单调递减，在01(,)2x上单调递增，又0x时，()0gx，且1()02g，故()0gx在1(0,)2x上恒成立，也即()(1)fxfx在1(0,)2x上恒成立，令1xx，有121()()(1)fxfxfx，再由211,1(,1)xxe，且()fx在1(,1)e上单调递增，故211xx，即证：121xx成立.综上：即证1221xxe成立.（2）令1122,,txtx则22112212,,,(0,1)xtxttt，且212()2ln,()(),()2(2ln1)httthththttt，令()0ht，得1te，故12101tte.构造函数21()()(),(0)Hththttee，则22()()(),()()()HththtHththtee，由于4()0htt，则()ht在1(0,)e上单调6递增，因为2tte，故()0Ht，()Ht在1(0,)e上单调递减，故1()()0HtHe，即()Ht在1(0,)e上单调递增，即1()()0HtHe，即2()()hthte，同理得出：122tte；再构造1()()(1),(0)2Gxhthtt，同样求导利用单调性可得出1()()02GtG，从而()(1)htht对1(0,)2t恒成立，同理得出：121tt.综上：即证1221tte成立，也即原不等式1221xxe成立.练习1：已知函数2()lnfxxxx，正实数12,xx满足1212()()0fxfxxx，证明：12512xx.【解析】由1212()()0fxfxxx，得2211122212lnln0xxxxxxxx从而212121212()()ln()xxxxxxxx，令12txx，构造函数()lnttt，得11()1tttt，可知()t在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以()(1)1t，也即21212()()1xxxx，解得：12512xx.练习2（2013年湖南文科第21题）已知函数211xxfxex.(1)求fx的单调区间；(2)证明:当1212fxfxxx时，120xx.解：(1)fx在,0上单调递增，在0,上单调递减；(2)由(1)知当1x时，0fx．不妨设12xx，因为12fxfx，即121222121111xxxxeexx，则1201xx，要证明120xx，即120xx，只需证明12fxfx，即22fxfx．7而22()()fxfx等价于2222(1)10xxex，令2()(1)10xgxxexx，则2'()(12)1xgxxe，令2()(12)1xhxxe