极值点偏移问题

前言

极值点偏移问题，可以说是高中数学学习中最难的数学问题之一。

含义与判定

• 极值点偏移的含义:

若单峰函数 \(f(x)\) 的极值点为\(x_0\)，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.

偏移类型	极值点\(x_0\)偏移情况	函数值的大小关系	示意图像
极值点 不偏移	\(x_0=\cfrac{x_1+x_2}{2}\)	\(f(x_1)=f(2x_0-x_2)\)
极值点 偏移	极值点左移; \(x_0<\cfrac{x_1+x_2}{2}\)	峰口向上; \(f(x_1)>f(2x_0-x_2)\)
极值点 偏移	极值点左移; \(x_0<\cfrac{x_1+x_2}{2}\)	峰口向下; \(f(x_1)>f(2x_0-x_2)\)
极值点 偏移	极值点右移; \(x_0>\cfrac{x_1+x_2}{2}\)	峰口向上; \(f(x_1)>f(2x_0-x_2)\)
极值点 偏移	极值点右移; \(x_0>\cfrac{x_1+x_2}{2}\)	峰口向下; \(f(x_1)<f(2x_0-x_2)\)

题型及解法

• 函数极值点偏移问题的题型及解法

(1)极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：

①若函数\(f(x)\) 在定义域上存在两个零点\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\neq x2\))，求证：\(x_1＋x_2>2x_0\)(\(x_0\)为函数\(f(x)\)的极值点)；

②若函数\(f(x)\) 在定义域上存在\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\neq x2\))满足\(f(x_1)＝f(x_2)\)，求证：\(x_1＋x_2>2x_0\)(\(x_0\)为函数\(f(x)\)的极值点)；

③若函数\(f(x)\)存在两个零点\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\neq x_2\))，令\(x_0＝\cfrac{x_1＋x_2}{2}\)，求证：\(f'(x_0)>0\)；

④若在函数\(f(x)\) 的定义域上存在\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\neq x_2\))满足\(f(x_1)＝f(x_2)\)，令\(x_0＝\cfrac{x_1＋x_2}{2}\)，求证：\(f'(x_0)>0\)；

典例剖析

【极值点偏移问题】已知函数\(f(x)＝ln x－ax(x>0)\)，\(a\)为常数，若函数\(f(x)\)有两个零点\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\)\(\neq\)\(x_2\))．证明：\(x_1x_2>e^2\).

【法一】：[抓极值点构造函数]由题意，函数\(f(x)\)有两个零点\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\)\(\neq\)\(x_2\))，即\(f(x_1)＝f(x_2)＝0\)，

易知\(ln x_1\)，\(ln x_2\)是方程\(x＝a\cdot e^x\)的两根。设\(t_1＝ln x_1\)，\(t_2＝ln x_2\)，

设\(g(x)＝x\cdot e^{-x}\)，则\(g(t_1)＝g(t_2)\)，

从而\(x_1x_2>e^2\) \(\Leftrightarrow\) \(ln x_{_1}＋ln x_2>2\) \(\Leftrightarrow\) \(t_1＋t_2>2\).

以下证明：\(t_1＋t_2>2\).

\(g'(x)＝(1－x)e^{-x}\)，易得\(g(x)\)在\((-\infty，1)\)上单调递增，在\((1，+\infty)\)上单调递减，

所以函数\(g(x)\)在\(x＝1\)处取得极大值\(g(1)＝\cfrac{1}{e}\).

当\(x\rightarrow -\infty\)时，\(g(x)\rightarrow -\infty\)；

当\(x\rightarrow +\infty\)时，\(g(x)\rightarrow 0\) 且\(g(x)>0\)；

由\(g(t_1)＝g(t_2)\)，\(t_1\neq t_2\)，不妨设\(t_1<t_2\)，

作出函数\(g(x)\)的图像，如图所示，由图知必有\(0<t_1<1<t_2\)，

令\(F(x)＝g(1＋x)- g(1－x)\)，\(x∈(0，1]\)，

则\(F'(x)＝g'(1＋x)－g'(1－x)\)\(＝\cfrac{x}{e^{x＋1}}(e^{2x}－1)>0\)，所以\(F(x)\)在\((0，1]\)上单调递增，

所以\(F(x)>F(0)＝0\)对任意的\(x∈(0，1]\)恒成立，即\(g(1＋x)>g(1－x)\)对任意的\(x∈(0，1]\)恒成立。

由\(0<t_1<1<t_2\)，得\(1－t_1∈(0，1]\)，

所以\(g(1＋(1－t_1))＝g(2－t_1)>g(1－(1－t_1))＝g(t_1)＝g(t_2)\)，

即\(g(2－t_1)>g(t_2)\)，又\(2－t_1\)，\(t_2∈(1，＋∞)\)，

且\(g(x)\)在\((1，＋∞)\)上单调递减，所以\(2－t_1<t_2\)，

即\(t_1＋t_2>2\)，故\(x_1x_2>e^2\).

[法1总结]：上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：

(1)求函数\(g(x)\)的极值点\(x_0\)，

(2)构造函数\(F(x)＝g(x_0＋x)－g(x_0－x)\)，

(3)确定函数\(F(x)\)的单调性，

(4)结合\(F(0)＝0\)，确定\(g(x_0＋x)\)与\(g(x_0－x)\)的大小关系．

其口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个步骤环相扣，两次单调紧跟随．

【法二】：[巧抓“根差”—\(s＝\Delta t＝t_2－t_1\)构造函数]由题意，函数\(f(x)\)有两个零点\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\neq x_2\))，

即\(f(x_1)＝f(x_2)＝0\)，易知\(ln x_1\)，\(ln x_2\)是方程\(x＝a\cdot e^x\)的两根．

设\(t_1＝ln x_1\)，\(t_2＝ln x_2\)，设\(g(x)＝x\cdot e^{-x}\)，则\(g(t_1)＝g(t_2)\)，

从而\(x_1x_2>e^2\) \(\Leftrightarrow\) \(ln x_{_1}＋ln x_2>2\) \(\Leftrightarrow\) \(t_1＋t_2>2\).

以下证明：\(t_1＋t_2>2\).

由\(g(t_1)＝g(t_2)\)，得\(t_1e^{-t_1}＝t_2e^{-t_2}\)，

化简得\(e^{t_2－t_1}＝\cfrac{t_2}{t_1}\)，①

不妨设\(t_2>t_1\)，由法一知，\(0<t_1<1<t_2\).

令\(s＝t_2－t_1\)，则\(s>0\)，\(t_2＝s＋t_1\)，

代入①式，得\(e^s＝\cfrac{s＋t_1}{t_1}\)，解得\(t_1＝\cfrac{s}{e^s－1}\).

则\(t_1＋t_2＝2t_1＋s＝\cfrac{2s}{e^s－1}＋s\)，

故要证\(t_1＋t_2>2\)，即证\(\cfrac{2s}{e^s－1}＋s>2\)，

即证\(2s＋(s－2)(e^s－1)>0\)，②

令\(G(s)＝2s＋(s－2)(e^s－1)(s>0)\)，

则\(G'(s)＝(s－1)e^s＋1\)，\(G''(s)＝se^s>0\)，

故\(G'(s)\)在\((0，＋∞)\)上单调递增，所以\(G'(s)>G'(0)＝0\)，

从而\(G(s)\)在\((0，＋∞)\)上单调递增，所以\(G(s)>G(0)＝0\)，

所以②式成立，故\(t_1＋t_2>2\)，故\(x_1x_2>e^2\).

[法2总结]　该方法的关键是巧妙引入变量\(s\)，然后利用等量关系，把\(t_1\)，\(t_2\)消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：

(1). 取差构元：记\(s＝t_2－t_1\)，则\(t_2＝t_1＋s\)，利用该式消掉\(t_2\)，

(2). 巧解消参：利用\(g(t_1)＝g(t_2)\)，构造方程，解之，利用\(s\)表示\(t_1\)，

(3). 构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于\(s\)的函数\(G(s)\)，

(4). 转化求解：利用导数研究函数\(G(s)\)的单调性和最小值，从而证得结论．

【法三】：[巧抓“根商” — \(c＝\cfrac{x_1}{x_2}\)构造函数]不妨设\(x_1>x_2\)，

因为\(ln x_1－ax_1＝0\)，\(ln x_2－ax_2＝0\)，

所以\(ln x_1＋ln x_2＝a(x_1＋x_2)\)，\(ln x_1－ln x_2＝a(x_1－x_2)\)，所以\(\cfrac{ln x_1－ln x2}{x_1－x_2}＝a\)，

欲证\(x_1x_2>e^2\)，即证\(ln x_1＋ln x_2>2\)，

因为\(ln x_1＋ln x_2＝a(x_1＋x_2)\)，

所以即证\(a>\cfrac{2}{x_1＋x_2}\)，

所以原问题等价于证明\(\cfrac{ln x_1－ln x_2}{x_1－x_2}>\cfrac{2}{x_1＋x_2}\)，

即\(ln \cfrac{x_1}{x_2}>\cfrac{2(x_1－x_2)}{x_1＋x_2}\)，

令\(c＝\cfrac{x_1}{x_2}(c>1)\)，则不等式变为\(ln c>\cfrac{2(c－1)}{c＋1}\)，

令\(h(c)＝ln c-\cfrac{2(c－1)}{c＋1}\)，\(c>1\)，

所以\(h'(c)＝\cfrac{1}{c}-\cfrac{4}{(c＋1)^2}＝\cfrac{(c－1)^2}{c(c＋1)^2}>0\)，

所以\(h(c)\)在\((1，＋∞)\)上单调递增，

所以\(h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0\)，即\(ln c-\cfrac{2(c－1)}{c＋1}\)，\(c>1\)，

因此原不等式\(x_1x_2>e^2\)得证．

[法3总结]：该方法的基本思路是直接消掉参数\(a\)，再结合所证问题，巧妙引入变量\(c＝\cfrac{x_1}{x_2}\)，从而构造相应的函数．其解题要点为：

(1). 联立消参：利用方程\(f(x_1)＝f(x_2)\)消掉解析式中的参数\(a\)，

(2). 抓商构元：令\(c＝\cfrac{x_1}{x_2}\)，消掉变量\(x_1\)，\(x_2\)，构造关于\(c\)的函数\(h(c)\)，

(3). 用导求解：利用导数求解函数\(h(c)\)的最小值，从而可证得结论．

【极值点偏移问题】【2018・福建月考】已知函数\(f(x)=\cfrac{1}{2}x+m+\cfrac{3}{2x}-\ln x\)，\((m\in R)\).

(1).当\(m=\cfrac{1}{2}\)时，求函段\(f(x)\)在区间\([1,4]\)上的最值.

当\(m=\cfrac{1}{2}\)时，\(f(x)=\cfrac{1}{2} x+\cfrac{1}{2}+\cfrac{3}{2x}-\ln x\)，函数\(f(x)\)的定义域为\((0,+\infty)\)

所以\(f^{\prime}(x)=\cfrac{1}{2}-\cfrac{3}{2x^{2}}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{(x+1)(x-3)}{2x^{2}}\),

当\(x\in[1,3)\)时，\(f^{\prime}(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，

当\(x\in(3,4]\)时，\(f^{\prime}(x)>0\)，函数\(f(x)\)单调递增。

所以函数\(f(x)\)在区间\([1,4]\)上的最小值为\(f(3)=\cfrac{5}{2}-\ln3\)，

又\(f(1)=\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2}+\cfrac{3}{2}-\ln1=\cfrac{5}{2}\)，

\(f(4)=\cfrac{23}{8}-2\ln2\)，显然\(f(1)>f(4)\)，

所以函数\(f(x)\)在区间\([1,4]\)上的最小值为\(\cfrac{5}{2}-\ln3\)，最大值为\(\cfrac{5}{2}\)。

(2).若\(x_{1}\)，\(x_{2}\)是函数\(g(x)=xf(x)\)的两个极值点，且\(x_{1}<x_{2}\)，求证：\(x_{1}x_{2}<1\).

证明: 因为\(g(x)=xf(x)=\cfrac{1}{2}x^{2}+mx+\cfrac{3}{2}-x\ln x\)，

所以\(g^{\prime}(x)=x+m-(1+\ln x)\)，因为函数\(g(x)\)有两个不同的极值点，

所以\(g^{\prime}(x)=x+m-(1+\ln x)\)，有两个不同的零点，

因此\(m=1-x+\ln x\)有两个不同的实数根，

令\(p(x)=1-x+\ln x\)，则\(p^{\prime}(x)=\cfrac{1-x}{x}\)，

当\(x\in(0,1)\)时，则\(p^{\prime}(x)>0\)，函数\(p(x)\)单调递增；

当\(x\in(1,+\infty)\)，则\(p^{\prime}(x)<0\)，函数\(p(x)\)单调递减增；

所以函数\(p(x)\)的最大值为\(p(1)=1-1+\ln 1=0\)

所以当直线\(y=m\)与函数图像有两个不同的交点时，有\(m<0\)且\(0<x_{1}<1<x_{2}\)

要证\(x_{1}x_{2}<1\)，只要证\(x_{2}<\cfrac{1}{x_{1}}\)，

易知函数\(q(x)=g^{\prime}(x)=x+m-(1+\ln x)\)在\((1,+\infty)\)上单调递增

所以只需证\(q(x_{2})<q(\cfrac{1}{x_{1}})\)，又由题可知\(q(x_{2})=q(x_{1})=0\)

所以\(m=1-x_{1}+\ln x_{1}\)，

即证 \(q(\cfrac{1}{x_{1}})=\cfrac{1}{x_{1}}+m-1-\ln \cfrac{1}{x_{1}}=\cfrac{1}{x_{1}}+1-x_{1}+\ln x_{1}-1-\ln \cfrac{1}{x_{1}}=\cfrac{1}{x_{1}}-x_{1}+2 \ln x_{1}>0\)

记\(h(x)=\cfrac{1}{x}-x+2\ln x\)，则\(h^{\prime}(x)=-\cfrac{1}{x^{2}}-1+\cfrac{2}{x}=-\cfrac{(x-1)^{2}}{x^{2}}<0\) 恒成立

所以函数\(h(x)\)在\(x\in(0,1)\)上单调递减，所以当\(x\in(0,1)\)时，\(h(x)>h(1)=1-1=0\)

所以\(q(\cfrac{1}{x_{1}})>0\)，因此 \(x_{1} x_{2}<1\)。

【2020\(\cdot\)惠州市一调】已知函数\(f(x)=(x-2)\cdot e^x+a\)\((a\in R)\).

(1).试确定函数\(f(x)\)的零点个数；

分析：碰到这样的函数的零点个数问题，我们一般不应该想到通过解方程[从数的角度]来求解得到，原因是函数是个超越函数，其中含有\(e^x\)的因子，而应该想到通过形的角度思考，转化为两个函数的图像的交点个数问题。

解析：由 \(f(x)=0\) 得 \(a=(2-x)\cdot e^x\)，令 \(g(x)=(2-x)\cdot e^x\)，

则函数\(f(x)\) 的零点个数即直线 \(y=a\) 与曲线 \(g(x)=(2-x)\cdot e^x\) 的交点个数；

以下的难点和重点是如何作出函数\(g(x)\)的图像；由于函数的形式复杂，故想到用导数工具；

函数\(g(x)\)的定义域为\((-\infty,+\infty)\)，由于\(g'(x)=-1\cdot e^x+(2-x)\cdot e^x=(1-x)\cdot e^x\)，

由 \(g'(x)>0\) 得 \(x<1\)， 故函数 \(g(x)\) 在 \((-\infty,1)\)上单调递增，

由 \(g'(x)<0\) 得 \(x>1\)， 故函数 \(g(x)\) 在 \((1,+\infty)\)上单调递减，

由于\(x=1\) 时，函数 \(g(x)\) 有最大值， \(g(x)_{\max }=g(1)=e\)；

又当 \(x<2\) 时，\(g(x)>0\)，\(g(2)=0\)，当 \(x>2\) 时， \(g(x)<0\)，

作出函数 \(g(x)\) 的大致图像如图所示，

由图像可知，

当\(a\leqslant 0\)时，函数\(y=a\)与函数\(g(x)\)的交点个数为一个，故函数\(f(x)\)的零点个数为一个；

当\(0<a<e\)时，函数\(y=a\)与函数\(g(x)\)的交点个数为两个，故函数\(f(x)\)的零点个数为两个；

当\(a=e\)时，函数\(y=a\)与函数\(g(x)\)的交点个数为一个，故函数\(f(x)\)的零点个数为一个；

当\(a>e\)时，函数\(y=a\)与函数\(g(x)\)的交点个数为零个，故函数\(f(x)\)的零点个数为零个；

(2).设\(x_1\)，\(x_2\)是函数\(f(x)\)的两个零点，证明：\(x_1+x_2<2\)；

法一：函数 \(f(x)\) 的零点即直线 \(y=a\) 与曲线 \(g(x)=(2-x)e^{x}\) 的交点的横坐标，

由(1)知 \(0<a<e\)，不妨设 \(x_{1}<1<x_{2}\)，得 \(2-x_{2}<1\)，

由函数 \(g(x)=(2-x)e^{x}\) 在 \((-\infty,1)\)上单调递增，在\((1，+\infty)\)上单调递减，

函数 \(f(x)=-g(x)+a\) 在 \((-\infty, 1)\)上单调递减，在\((1，+\infty)\)上单调递增；

要证 \(x_{1}+x_{2}<2\)，只需证 \(x_{1}<2-x_{2}\)，只需证 \(f(x_{1})>f(2-x_{2})\)，

又 \(f(x_{1})=0\)，故要证 \(f(2-x_{2})<0\)，

由 \(a=g(x_{2})\) 得 \(f(2-x_{2})=-x_{2}e^{2-x_2}+a=-x_{2}e^{2-x_2}-(x_2-2)e^{x_2}(x_{2}>1)\)

构造函数 \(h(x)=-xe^{2-x}-(x-2)e^{x}\)，则 \(h'(x)=(1-x)(e^{x}-e^{2-x})\)，

当 \(x>1\) 时， \(e^{x}>e^{2-x}\)，\(h'(x)<0\)，故函数 \(h(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 上单调递减，

当 \(x>1\) 时，\(h(x)<h(1)=0\)，

即当 \(x_{2}>1\) 时， \(f(2-x_{2})<0\)， 即 \(x_{1}+x_{2}<2\)；

法二: 由(1)知 \(0<a<e\)，不妨设 \(x_{1}<1<x_{2}\)，设 \(F(x)=f(x)-f(2-x)(x>1)\)，

则 \(F(x)=(x-2)e^{x}+xe^{2-x}\)，\(F'(x)=(1-x)(e^{2-x}-e^{x})\)

易知 \(y=e^{2-x}-e^{x}\) 是减函数， 故当 \(x>1\) 时，\(e^{2-x}-e^{x}<e-e=0\)，

又 \(1-x<0\)， 故 \(F'(x)>0\)， \(F(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 上单调递增，

故当 \(x>1\) 时，\(F(x)>0\)，即 \(f(x)>f(2-x)\)，

由 \(x_{2}>1\) 得 \(f(x_{2})>f(2-x_{2})\)，又 \(f(x_{2})=0=f(x_{1})\)，

故\(f(2-x_{2})<f(x_{1})\)

由 \(g(x)=(2-x)e^{x}\) 在 \((-\infty,1)\)上单调递增，得 \(f(x)=-g(x)+a\) 在 \((-\infty,1)\)上单调递减，

又 \(2-x_{2}<1\)， \(2-x_{2}>x_{1}\)，即\(x_{1}+x_{2}<2\)；