极值点偏移问题的处理策略及探究
导数中极值点偏移问题
极值点的“偏移”问题一、极值点“偏移”图示(左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0)(左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞2x0)(左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＜2x0)二、极值点偏移问题的结论不一定总是x1＋x2＞(＜)2x0，也可能是x1x2＞(＜)x20.三、解题策略：对称化构造法；双变元不等式问题解法一【例1】已知函数f(x)＝x e－x 如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2＞2.1.设函数f(x)=(x−2)e x+a(x−1)2有两个零点.（1）求a的取值范围；（2）设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2.2.设函数 f(x)=ln x−ax(a>0),且实数m使得方程f(x)=m有两个不等实根x1,x2，其中x1<x2.求证：（1）0<x1<1a<x2；（2）x1+x22>1a.3.设函数f(x)=ln xx，且实数m使得方程f(x)=m有两个不等实根x1,x2，其中x1<x2.求证：（1）0<x1<e<x2；（2）x1+x22>e；（3）1x1+1x2>2ⅇ.4.已知函数f(x)＝e x－ax有两个不同的零点x1，x2，其极值点为x0. (1)求a的取值范围；(2)求证：x1＋x2＜2x0；(3)求证：x1＋x2＞2；(4)求证：x1x2＜1.5. 设函数f(x)=e x−ax，其中a>e，（1）求证：函数f(x)有且仅有两个零点x1,x2，且0<x1<1<x2；（2）对于（1）中的x1,x2，求证：f′(x1)+f′(x2)>0.6.已知函数f(x)＝x ln x－x，两相异正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2).求证：x1＋x2＞2.总结：用对称化构造的方法解决极值点偏移问题分为以下三步：(1)求导，获得f(x)的单调性，极值情况，作出f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得x1,x2的取值范围(数形结合)；(2)构造辅助函数，对结论x1＋x2＞(＜)2x00，构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2＞(＜)x20，构造F(x)＝f(x)－f⎝⎛⎭⎫x20x，求导，限定范围(x1或x2的范围)，判定符号，获得不等式；(3)代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论.双变元不等式问题解法二【例2】(2020·重庆调研二)已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝12mx2＋x.设F(x)＝f(x)－g(x)，已知F(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(其中e为自然对数的底数).1.设A(x1,y1),B(x2,y2)是函数f(x)=ax2+(1−2a)x−ln x图像 C上不同两点，M为线段AB的中点,过M作x轴的垂线交曲线C于N点.试问：曲线C在点N处的切线是否平行于直线AB？2.设函数f(x)=x2−(a−2)x−a ln x，a>0.若方程f(x)=m有两个不等实根x1,x2，求证：f′(x1+x22)>0.3.设函数f(x)=x ln x，且实数m使得方程f(x)=m有两个不等实根x1,x2，求证：x1x2<1ⅇ2.4.设函数f(x)=ln xx，且实数m使得方程f(x)=m有两个不等实根x1,x2，求证：f′(x1)+f′(x2)>0. 5.设函数f(x)=e x−ax+a有两个零点x1,x2，求证：x1x2<x1+x2.6. 已知函数f(x)＝ln x和g(x)＝ax，若存在两个实数x1，x2，且x1≠x2，满足f(x1)＝g(x1)，f(x2)＝g(x2)，求证：x1x2＞e2.。
极值点偏移四种解题方法
极值点偏移四种解题方法极值点偏移是数学中一个重要的概念，它指的是极值点在函数图像上偏移的现象。
本文将介绍四种解决极值点偏移问题的解题方法。
下面是本店铺为大家精心编写的5篇《极值点偏移四种解题方法》，供大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。
《极值点偏移四种解题方法》篇1一、定义法定义法是解决极值点偏移问题的一种基本方法。
该方法的主要思路是利用函数的定义式，通过分析函数在某一点处的导数值，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处的导数值等于零，则该点为极值点。
如果函数在某一点处的导数值不存在，则该点也可能是极值点。
二、导数法导数法是解决极值点偏移问题的另一种基本方法。
该方法的主要思路是利用函数的导数，通过分析函数在某一点处的导数值，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处的导数值等于零，则该点为极值点。
如果函数在某一点处的导数值不存在，则该点也可能是极值点。
三、极值判定法极值判定法是解决极值点偏移问题的一种重要方法。
该方法的主要思路是利用函数的极值判定条件，通过分析函数在某一点处的极值条件，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处满足极值条件，则该点为极值点。
四、图像法图像法是解决极值点偏移问题的一种直观方法。
该方法的主要思路是通过绘制函数的图像，来判断函数的极值点是否偏移。
如果函数的图像在某一点处发生变化，则该点可能是极值点。
如果函数的图像在某一点处出现拐点，则该点可能是极值点。
综上所述，极值点偏移四种解题方法分别为定义法、导数法、极值判定法和图像法。
《极值点偏移四种解题方法》篇2极值点偏移是高中数学中常见的问题之一，通常出现在导数相关的题目中。
极值点偏移指的是，在可导函数的一个区间内，如果存在一个极值点，且该极值点左右两侧的增减速度不同，那么这个极值点可能会偏移到区间的中点，从而造成函数图像的不对称。
解决极值点偏移问题的方法有很多种，以下是四种常见的解题方法： 1. 构造函数法：该方法的本质是构造一个新的函数，使得新函数的导数与原函数的导数之间存在一定的关系。
极值点偏移终稿答案
极值点偏移终稿答案极值点偏移问题的处理策略及探究---答案例1. (2010天津理)已知函数f(x)二xe」(x・R),如果x1 : x2，且 f (X i) = f («)，明：x-i x2 2.【解析】法一：f (x)=(1—x)e」，易得f(x)在(一：：,1)上单调递增，在(1「：)上单调递减，X ：时，f(X)—' , f(0) =0 , x—：'时，f(x) >0 , 函数f(x )在x=1处取得极大值f(1),且f(1>-,如图所示.e由 f (xj =f (X2), X1 7，不妨设X1：：X2，则必有0 ：：X1：：构造函数F(x) = f(1 x)— f(1—x),x (0,1],1：：X2 ,则 F (x) = f (1 x) f (1 — x) ^^(e2" -1) 0，所以F(x)在x (0,1]上e单调递增，F(x) F(0)=0，也即f(1 x) • f(1 — x)对x (0,1]恒成立.由0 ：： X! ：：1 :： X2，贝V 1 -x< (0,1],所以f(1 (1一禺))=f(2 -捲) 鮒-(1-洛))=f(xj = f(X2) ,即f(2 -xj 论),又因为2-洛必•(1,：：)，且f(x)在(1/::)上单调递减，所以2 -为：：X2，即证X1 X2 2.法二：欲证X1 X2 2 ,即证X2 2 -洛,由法一知0 ■ X1::1 ：：X2 ,故2—X I,X2 (1, ,又因为f(x)在(1,：：)上单调递减，故只需证f(X2)：：： f(2 —xj ,又因为f(xJ=f(X2),故也即证f(X i)，：： f(2-X1), 构造函数H(x) =f(x) — f(2—x),x(0,1),则等价于证明H(x) ：：：0 对x (0,1) 恒成立•由H(X)二 f (x) f (2—x)=m(1—e22) 0，则H(x)在x (0,1)上单e调递增，所以H(x)*：H(1) = 0，即已证明H(x)，：：0对x (0,1)恒成立，故原不等式M X2 2亦成立.法二：由f(xJ=f(X2)，得Me — X z e*2，化简得eJ」…X1不妨设X2为，由法一知，0 ：： X1 ::: 1 ：： X2 •令t 7 -X1，则t 0,x^t X1，代入式，得e—g，反解出X1二十，论7 e -1 则X1 X2 = 2x1 t 2 t，故要证：为X2 2，即证：』t 2， e -17 e -1又因为e t-1 0，等价于证明:2t (—2)@-1) 0…，构造函数G(t)=2t (t-2)Q—1),(t 0)，则G (tH(t -1)e t 1,G (t^te t 0，故G(t)在t (0,上单调递增，G(t) G(0)= 0，从而G(t)也在t(0,：：)上单调递增，G(t) G(0)=0，即证式成立，也即原不等式X1 X2 2成立•法四：由法三中式，两边同时取以e为底的对又令：(t) =t 2 -i —2tInt,(t i)，贝V (t) =2t —2(Int i)=2(t —i —Int), 由 于 t-i Int 对-t (i,恒成立，故(t) 0 , (t)在 t(i,：：)上 单调递增，所以(t) (i) = 0，从而M (t) 0，故M(t)在 t (i,::)上单调递增，由洛比塔法则知： Iim M (t) =Iim丄 卫^ =Iim 览i)In t)二 Iim(In t - $ =2，即证 M (t) 2X i\ ' X _it -iJi(t -if x it即证式成立，也即原不等式X i X 2 2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.例2.已知函数f(x)=x-ae X有两个不同的零点“X 2，求 ^证： Xi X 2 2.数,得 X 2一 人=In X2= ln X 2 一 In 洛,也即ln X2-ln XiX 2 X iX 2 — X 1“ 、In x 2-In XX 2“—+1X 2 X. X 2 X i , X 2In In x - X-i X-i X 2 XX i令t 吕(t.1)，则欲证:X i X 2 2，等价于证明:X2X i•lnt • 2 …t -i构造M (X 雷"白Int，(t D则M (t)=t 2 —i —2tI nt【解析】思路1：函数f(x)的两个零点，等价于方 程xe — a 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X i,X 2，由(1)⑵得：X iX 2二 a(e Xie X2)， 要证明Xi X 22，只要证明a® e X2) 2，由(1)-(2)得：为—X 2二 a(e X i-e X2)，即% -x 2 e X i+eX2e Xif +1以一畑疋—。
例谈极值点偏移问题解题策略
例谈极值点偏移问题解题策略
极值点偏移是数学中的一个重要概念，也是许多优化问题的关键。
在解决这类问题时，我们需要采用一些有效的策略，以确保能够找到全局最优解。
本文将从实际例子出发，讲解一些常用的极值点偏移问题解题策略。
首先，我们需要明确极值点的定义及其特点。
极值点是函数的最大值或最小值所在的点，它们的特点是函数在该点的导数为0。
因此，寻找极值点的关键是求导。
但是，有些函数导数不存在或者在某些点处导数为0时并不是极值点，因此需要通过其他方法来判断。
其次，我们需要熟练掌握一些常见的极值点偏移问题解决技巧。
例如，可以通过函数图像的观察来判断极值点的位置；通过将函数化简为更简单的形式来寻找极值点；通过利用已知条件来限制极值点的范围等。
最后，我们需要注意一些常见的错误。
例如，只找到了局部最优解而未找到全局最优解；未考虑到函数值的符号等。
总之，极值点偏移问题在数学上具有重要的地位，需要我们掌握一些有效的解题策略。
希望本文能够对读者有所启发，帮助大家更好地应对极值点偏移问题。
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极值点偏移问题的解法探究
极值点偏移问题的解法探究师眸峰赵露陈羽汛(江苏省扬州大学数学科学学院数学1805班，225002)函数的极值问题一直是高考的热点内容.纵观近年高考题,除了以实际问题为背景的极值问题,还会出现一些极值点偏移问题.求解此类问题有一定的难度,有利于培养学生分析和解决问题的能力,促成学生数学学科核心素养的养成.本文结合例题探究极值点偏移问题的解法.一、明本质,理解极值点偏移的概念设f(x)在区间(a,b)只有一个极值点x0,f(x)=c的解分别为x1,x2,且a<x1<x2<b.若则称f(x)在(a,b)内极值点不偏移；若则称f(x)在(a,b)内极值点向左偏移；若则称f(x)在(a,b)内极值点向右偏移.极值点偏移问题理论上仍属于研究函数的性质.此类问题产生的本质在于极值点x0左、右的函数的变化速度不同,从而导致函数图象出现左、右两边不对称的情况.二、晓通法,了解极值点偏移问题的几种常用求解途径1. 构造差函数法设f(x)在区间(a,b)只有一个极值点x0,且f(x1)=f(x2),a<x1<x2<b.若要证x1+x2>2x0,即x1>2x0-x2,利用函数f(x)的单调性，只要证f(x1)>f(2x0-x2)或f(x1)<f(2x0-x2).我们称这种处理问题的方法为构造差函数法，具体过程可分为:第一步,求f(x)的极值点x0;第二步，构造差函数F(x)=f(x)-f(2x0-x);第三步，考察F(x)的单调性，判断F(x)与0的大小关系，即f(x1)与f(2x0-x2)的大小关系；第四步，由f(x1)与f(2x0-x2)的的大小关系及f(x)的单调性，得出结论.例1 已知函数f(x)=xe-x(x∈R)，若x1≠x2,且f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2.解由f ′(x)=(1-x)e-x,可知f(x)在(-∞,1)单调增,在(1,+∞)单调减, f(x)在x=1处取得极大值.令F(x)=f(x)-f(2-x)=xe-x-(2-x)ex-2，由F′(x)=(1-x)e-x[1-e2(x-1)]≥0,得F(x)在R上单调增.又F(1)=0,故F(x)<0,即f(x)<f(2-x)在(-∞,1)恒成立.由x1≠x2， f(x1)=f(x2)，不妨设x1<x2，则x1<1<x2，可得f(x1)<f(2-x1).因为f(x2)=f(x1)<f(2-x1),2-x1>1,且f(x)在(1,+∞)单调减，所以x2>2-x1,即x1+x2>2.得证.评注对含参数问题,在构造差函数解决极值点偏移问题时,若极值点x0与参数有关,虽然可以沿用上述通法,但在求解函数的单调性时会变得复杂.此时可将待证不等式f(x1)>f(2x0-x2)或f(x1)<f(2x0-x2)变通修改成证明f(x1)=f(x2)=f[x0+(x2-x0)]>f[x0-(x2-x0)]或f(x1)=f(x2)=f[x0+(x2-x0)]<f[x0-(x2-x0)].采用换元法，不妨设x=x2-x0,则可设对称化差函数F(x)=f(x0+x)-f(x0-x),解题过程相应变化.例2 已知实数m>1, f(x)=emx-x-m有两个零点x1,x2,求证：x1+x2<0.证明 f ′(x)=memx-1,令f ′(x)=0,得由m>1,易见x0<0,且f(x)在(-∞,x0)单调减，在(x0,+∞)单调增，x0是f(x)的极值点.令F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)=em(x0+x)-em(x0-x)-2x,注意到memx0=1,则当且仅当x=0时取等号,F(x)在R上单调增,故当x∈(-∞,0)时，F(x)<F(0)=0, f(x0+x)<f(x0-x).不妨设x1<x2,则x1∈(-∞,x0),x2∈(x0,+∞),故x1-x0<0,得f(x1)=f(x2)=f(x0+(x1-x0)<f(x0-(x1-x0))=f(2x0-x1).由x1<x0,可知2x0-x1>x0;又x2>x0且f(x)在(x0,+∞)单调增，所以x2<2x0-x1,得x1+x2<2x0<0.得证.2.构造齐次式对含参数问题,我们可以通过恒等变形消去式子中的参数,用x1,x2来表示所要证的目标,利用齐次性换元(即将目标转化成关于t的函数,再利用导数研究最值,从而证明结论.例3 已知函数设f(x)=m有两个不等实根x1,x2,求证：x1x2>e2.证明因为f(x1)=f(x2)=m,两式相减可以得到两式相加可以得到ln x1+lnx2-ln x1).不妨设0<x1<x2,欲证x1x2>e2，即证ln x1+ln x2>2,将上式右边上下同除以x1,即证亦即证明令问题等价于证明(1+t)ln t>2(t-1).令F(t)=(1+t)ln t-2(t-1)，则有故F′(t)在(1,+∞)单调增，F′(t)>F′(1)=0，F(t)在(1，+∞)单调增，得F(t)>F(1)=0,得证.3.利用对数平均数称为正数a,b的对数平均数.构造函数可以证明(具体过程可参见文[1])对数平均数、算数平均数和几何平均数之间满足不等式(当且仅当a=b时取等号),该式称为对数平均不等式，应用对数平均不等式证明可省去构造极值对称差函数以及构造齐次不等式的过程,简化解题过程.比如,例1也可以通过对数平均不等式简洁证明如下:由f(x1)=f(x2)，得x1e-x1=x2e-x2，化简得两边同时取自然对数，得x1-x2=ln x1-ln x2,即由对数平均不等式可得即x1+x2>2,得证.再看一例例4 已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x(a>0),若f(x)的图象与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明f ′(x0)<0.证明由f ′(x)在(0,+∞)单调减,且可知是f(x)的极值点.若设点A(x1,0),B(x2,0),则由f(x1)=f(x2)=0,得于是,可得由f ′(x)在(0,+∞)单调减,且,要证f ′(x0)<0,只要证即即证移项整理,只要证由对数平均不等式,显然有故问题得证.极值点偏移问题是高考命题的热点.此类问题的求解,不仅充分训练了学生把实际问题抽象成数学问题的思维方式,使学生逐步形成了应用数学的意识,同时也符合近年来比较热门的六大数学学科核心素养．综上所述，首先,解决极值点偏移问题时,我们应该掌握其解题的通法,以不变应万变;同时,面对年年都在发生变化的极值点偏移问题,我们也不能墨守成规,应该从多种角度去解决问题,抓住问题本质,难题方能迎刃而解．。
极值点偏移问题专题(三)一一题学懂端点偏移5大套路
极值点偏移问题专题(三)一一题学懂端点
偏移5大套路
问题背景
在数学中，极值点偏移是指函数的极值点随着一定条件的改变而发生位移的现象。
在解决极值点偏移问题时，有许多常用的策略和技巧可以应用。
解决方案
以下是解决极值点偏移问题的五种常见策略：
1. 极值点的函数改变
通过改变函数的形态和特征，可以导致极值点的偏移。
这可以通过增加或减少函数的项、重新调整函数的系数等方式来实现。
2. 增加约束条件
通过引入额外的约束条件，可以使极值点受到限制，从而发生偏移。
这些约束条件可以是函数的限制、变量的限制等。
3. 改变函数的定义域
通过改变函数的定义域，可以使极值点的位置发生变化。
这可以通过增加或减少函数定义域的范围、改变函数定义域的形状等方式来实现。
4. 变换坐标系
通过变换坐标系，可以使原本的极值点在新的坐标系中发生偏移。
这可以通过旋转、平移、缩放等方式来实现。
5. 改变问题的目标函数
通过改变问题的目标函数，可以直接影响极值点的位置。
这可以通过调整目标函数的构成、改变目标函数的权重等方式来实现。
总结
极值点偏移问题在数学中很常见，但通过简单的策略和技巧，我们可以解决这些问题。
以上介绍的五种策略可以作为解决极值点偏移问题的参考，灵活运用它们可以帮助我们更好地理解和解决这类问题。
剖析极值点偏移问题的处理方法
剖析极值点偏移问题的处理方法ʏ江苏省盐城市时杨中学 刘长柏极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样,导致函数图像不对称,极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中㊂这类题往往对思维要求较高,过程较为烦琐,计算量较大㊂解决极值点偏移问题,常见的有构造对称函数法和比值代换法,二者各有千秋,独具特色㊂一㊁极值点偏移的概念已知函数y =f (x )是连续函数,在区间(a ,b )内只有一个极值点x 0,f (x 1)=f (x 2),且x 0在x 1与x 2之间,由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同,使得极值点偏向变化速度快的一侧,常常有x 0ʂx 1+x 22这种情况,称为极值点偏移㊂二㊁极值点偏移问题的处理方法1.对称构造法求极值点偏移问题例1 已知函数f (x )=a x 2+l n (x -1)㊂(1)求函数f (x )的单调区间;(2)若a >2,在x ɪ32,+ɕ内存在不等实数x 1,x 2,使得f (x 1)+f (x 2)=8a ,证明:x 1+x 2<4㊂解析:(1)函数的定义域为(1,+ɕ),并且f '(x )=2a x +1x -1=2a x 2-2a x +1x -1㊂①若a =0,f '(x )=1x -1>0,f (x )的单调递增区间为(1,+ɕ)㊂②若a ʂ0,二次函数φ(x )=2a x 2-2a x +1的对称轴是x =12,φ(0)=φ(1)=1㊂i )若a >0,φ(x )在(1,+ɕ)上大于0,从而f '(x )>0,故函数f (x )的单调递增区间是(1,+ɕ)㊂i i )若a <0,当x ɪ1,a -a 2-2a 2a时,f '(x )>0;当x ɪa -a 2-2a 2a,+ɕ时,f'(x )<0㊂此时函数f (x )的单调递增区间是1,a -a 2-2a 2a,单调递减区间是a -a 2-2a2a,+ɕ㊂(2)由对称性,不妨设x 1<x 2㊂因为f (2)=4a ,所以f (x 1)+f (x 2)=2f (2)㊂若2ɤx 1<x 2,a >0,由(1)得f (x )在(1,+ɕ)上单调递增,则f (2)<f (x 1)<f (x 2),f (x 1)+f (x 2)>2f (2),与已知条件矛盾㊂若x 1<x 2ɤ2,仿上也可推出矛盾㊂故32<x 1<2<x 2,即2<4-x 1㊂要证明x 1+x 2<4,只需证明x 2<4-x 1㊂因为a >0,f (x )在(1,+ɕ)上单调递增,所以只需证明f (x 2)<f (4-x 1)㊂又f (x 1)+f (x 2)=8a ,故只需证明8a -f (x 1)<f (4-x 1)㊂构造函数h (x )=f (4-x )+f (x )-8a ,x ɪ32,2,其中h (2)=2f (2)-8a =0㊂则h '(x )=-f '(4-x )+f'(x )=2a x +1x -1-2a (4-x )-13-x =4a (x -2)+4-2x(x -1)(3-x )=(x -2)4a -2(x -1)(3-x )㊂因32<x <2,故x -2<0,2(x -1)(3-x )<83㊂当a >2时,4a -2(x -1)(3-x )>0㊂故h '(x )<0,h (x )在32,2 上单调递减,h (x )>h (2)=0㊂82 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年3月当x ɪ32,2时,f (4-x )+f (x )-8a >0,8a -f (x 1)<f (4-x 1)成立,即f (x 2)<f (4-x 1)㊂由f (x )在定义域内单调递增,得x 2<4-x 1,即x 1+x 2<4成立㊂例2已知函数f (x )=x +3x+2l n x -a (a ɪR )有两个不同的零点x 1,x 2,求证:x 1x 2>1㊂解析:由题意,假设0<x 1<1<x 2,构造函数g (x )=f (x )-f1x(x >1)㊂故g (x )=2x-2x +4l n x ,则g '(x )=-2(x -1)2x2,g (x )在(1,+ɕ)上单调递减㊂因g (1)=0,故当x 2>1时,g (x 2)<g (1)=0,即f (x 2)<f1x 2成立㊂而f (x 1)=f (x 2),故f (x 1)<f 1x 2㊂又f '(x )=(x +3)(x -1)x2,故f (x )在(0,1)上单调递减,x 1>1x 2,则x 1x 2>1㊂点评:对称变换求极值点偏移,主要用来解决与两个极值点之和㊁积相关的不等式的证明问题㊂解题的关键在于构造函数,对结论x 1+x 2>2x 0型,构造函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x )或F (x )=f (x 0+x )-f (x 0-x ),判断函数F (x )在某段区间上的正负,并得出f (x )与f (2x 0-x )的大小关系,进一步转化为x 与2x 0-x 之间的关系,进而得到所证或所求;对结论x 1㊃x 2>x 20型问题,构造函数F (x )=f (x )-fx 2x,通过研究F (x )的单调性获得不等式证明㊂2.消参减元法求极值点偏移问题(i)比值代换法求极值点偏移问题㊂例3 已知函数f (x )=l n x -a x ,a为常数,若函数f (x )有两个零点x 1,x 2,试证明:x 1x 2>e 2㊂解析:不妨设x 1>x 2>0㊂由题意知l n x 1-a x 1=0,l n x 2-a x 2=0,即l n x 1+l n x 2=a (x 1+x 2),l n x 1-l n x 2=a (x 1-x 2)㊂则l n x 1-l n x 2x 1-x 2=a ㊂欲证明x 1x 2>e 2,即证l n x 1+l n x 2>2㊂而l n x 1+l n x 2=a (x 1+x 2),即证a >2x 1+x 2㊂原命题等价于证明l n x 1-l n x 2x 1-x 2>2x 1+x 2,即证l n x 1x 2>2(x 1-x 2)x 1+x 2㊂令t =x 1x 2,t >1㊂构造g (t )=l n t -2(t -1)t +1,t >1,则g '(t )=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2>0㊂故g (t )在(1,+ɕ)上单调递增㊂又g (1)=0,故g (t )>g (1)=0,即l n t >2(t -1)t +1,也即x 1x 2>e 2㊂(i i)差值换元法求极值点偏移问题㊂例4 已知函数f (x )=x e -x (x ɪR ),若x 1ʂx 2,且f (x 1)=f (x 2),证明:x 1+x 2>2㊂解析:由题意,函数f (x )=x e -x(x ɪR ),可得f '(x )=(1-x )e -x ㊂当x <1时,f '(x )>0;当x >1时,f'(x )<0㊂可知函数f (x )在(-ɕ,1)上单调递增,在(1,+ɕ)上单调递减,且f (0)=0㊂因f (x 1)=f (x 2),故x 1e-x1=x 2e-x2,化简得e x 2-x1=x 2x 1㊂①不妨设x 2>x 1,可得0<x 1<1<x 2㊂令t =x 2-x 1,则t >0,x 2=t +x 1,代入①式,可得e t=t +x 1x 1,解得x 1=t e t -1㊂则x 1+x 2=2x 1+t =2te t -1+t ,故要证x 1+x 2>2,即证2te t -1+t >2㊂92解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年3月又e t-1>0,故等价于证明2t+(t-2)㊃(e t-1)>0㊂②构造函数G(t)=2t+(t-2)(e t-1), t>0,则G'(t)=(t-1)e t+1,Gᵡ(t)=t e t> 0㊂故G'(t)在(0,+ɕ)上单调递增, G'(t)>G'(0)=0㊂从而G(t)也在(0,+ɕ)上单调递增, G(t)>G(0)=0㊂故②式成立,也即原不等式x1+x2>2成立㊂点评:比(差)值换元的目的是消参㊁减元,是根据已知条件首先建立极值点之间的关系,然后利用两个极值点之比(差)作为变量,从而实现消参㊁减元的目的㊂设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点关系,即t= x1x2,化为单变量的函数不等式,继而将所求问题转化为关于t的函数问题求解㊂变式训练1.已知函数f(x)=2a l n x-x2+2(a-1)x+a㊂若f(x)有两个不同的零点x1,x2,求a的取值范围,并证明:x1+x2>2a㊂解析:f(x)的定义域为(0,+ɕ)㊂f'(x)=2a x-2x+2(a-1)= -2(x-a)(x+1)x㊂当aɤ0时,f'(x)<0在(0,+ɕ)上恒成立,则f(x)在(0,+ɕ)上单调递减,不符合题意㊂当a>0时,在(0,a)上有f'(x)>0,在(a,+ɕ)上有f'(x)<0,所以f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+ɕ)上单调递减㊂f(a)>0,解得a>1,经检验满足题意㊂不妨设0<x1<a<x2,令F(x)= f(x)-f(2a-x),则F'(x)=f'(x)-f'(2a-x)(2a-x)'=f'(x)+f'(2a-x)=2a x-2x+2(a-1)+2a2a-x-2(2a-x)+2(a-1)=4(a-x)2x(2a-x)㊂当xɪ(0,a)时,F'(x)>0,F(x)在(0,a)上单调递增,故F(x)<F(a)=f(a)-f(2a-a)=0,即f(x)<f(2a-x)㊂因为0<x1<a<x2,所以f(x1)< f(2a-x1)㊂又f(x1)=f(x2),a<2a-x1<2a,故f(x2)<f(2a-x1)㊂又f(x)在(a,+ɕ)上单调递减,故x2>2a-x1,即x1+x2>2a㊂2.已知f(x)=x l n x-12m x2-x,若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,求证: x1x2>e2(e为自然对数的底数)㊂解析:f(x)=x l n x-12m x2-x(x> 0),f'(x)=l n x-m x㊂f(x)在(0,+ɕ)上存在两个极值点x1, x2,且x1<x2,故l n x1-m x1=0,l n x2-m x2=0㊂整理得m=l n x1+l n x2x1+x2㊂并且m= l n x1-l n x2x1-x2,即l n x1+l n x2x1+x2= l n x1-l n x2x1-x2,也即l n x1+l n x2=x1+x2x1-x2㊃l n x1x2=x1x2+1l nx1x2x1x2-1㊂设t=x1x2ɪ(0,1),则l n x1+l n x2= (t+1)l n tt-1㊂要证x1x2>e2,即证l n x1+l n x2>2㊂只需证明(t+1)l n tt-1>2,即证明l n t-2(t-1)t+1<0㊂设h(t)=l n t-2(t-1)t+1,则h'(t)= 1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0㊂故h(t)在(0,1)上单调递增,h(t)<h(1)=0,即h(t)=l n t-2(t-1)t+1<0㊂因此,l n x1+l n x2>2,x1x2>e2㊂(责任编辑徐利杰)0 3解题篇经典题突破方法高二数学2024年3月。
极值点偏移问题的处理策略
极值点偏移问题的处理策略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0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.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 已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x 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)f e=,如图所示．由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<，构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈，则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立．由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减，所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x xH x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立.法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---，令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，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 ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>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x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x . 【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(2121x x aex ae x ，由)2()1(+得：)(2121xxe e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>， 由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e +->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1t t e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e tln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】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。
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极值点偏移问题的处理策略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0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.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()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x 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)f e=,如图所示.由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x x F x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减，所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立. 由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=…✍， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入✍式，得11t t x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221tt t e +>-，又因为10te ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…✍， 构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证✍式成立，也即原不等式122x x +>成立.法四：由法三中✍式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…✍， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-，又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，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 ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证 式成立，也即原不等式122x x +>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xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x . 【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxe a -=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(2121x x ae x ae x ， 由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+，要证明122x x +>，只要证明12()2x xa e e +>，由)2()1(-得：1212()x x x x a e e -=-，即1212x x x x a e e-=-， 即证：121212()2x x xx e e x x e e +->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e tln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】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()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ， 试证明：212.x x e ⋅>【解析】法一：消参转化成无参数问题：ln ()0ln ln x f x x ax x ae =⇔=⇔=，12,x x 是方程()0f x =的两根，也是方程ln ln xx ae=的两根，则12ln ,ln x x 是x x ae =，设1122ln ,ln u x u x ==，()xg x xe-=，则12()()g u g u =，从而2121212ln ln 22x x e x x u u >⇔+>⇔+>，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12x x >，∵1122ln 0,ln 0x ax x ax -=-=，∴12121212ln ln (),ln ln ()x x a x x x x a x x +=+-=-，∴1212ln ln x x a x x -=-，欲证明212x x e >，即证12ln ln 2x x +>.∵1212ln ln ()x x a x x +=+，∴即证122a x x >+，∴原命题等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即证：1122122()ln x x x x x x ->+，令12,(1)x t t x =>，构造2(1)ln ,1)1(t t g t t t -=->+，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：12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ==⇔=设2121,,(1)xx x t t x <=>， 则112111ln ln ln ,ln ln tx t x x tx t t x x +==⇔=， 反解出：1211ln ln ln ln ,ln ln ln ln ln 111t t t tx x tx t x t t t t ===+=+=---， 故212121ln ln 2ln 21t x x e x x t t +>⇔+>⇔>-，转化成法二，下同，略. 例4.设函数()()x f x e ax a a R =-+∈，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0f '<.【解析】由(),()x x f x e ax a f x e a '=-+=-，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； 法二：将旧变元转换成新变元：∵12120,0,x x e ax a e ax a ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩两式相减得：2121x x e e a x x -=-，记21,(0)2x x t t -=>，则121221212221()(2())22x x x x x x t t x xe e ef e t e e x x t++-+-'=-=---，设()2(),(0)ttg t t e e t -=-->，则()2()0ttg t e e -'=-+<，所以()g t 在(0,)t ∈+∞上单调递减，故()(0)0g t g <=,而12202x x et +>，所以12()02x x f +'<，又∵()xf x e a '=-是R上的递增函数，且122x x +，∴0)(21<⋅'x x f .容易想到，但却是错解的过程：欲证：0)(21<⋅'x x f ，即要证：12()02x x f +'<，亦要证1220x x e a +-<，也即证：122x x e a +<，很自然会想到：对112211220,(1),0,(1),x x x xe ax a e a x e ax a e a x ⎧⎧-+==-⎪⎪⇔⎨⎨-+==-⎪⎪⎩⎩两式相乘得：12212(1)(1)x x e a x x +=--，即证：12(1)(1)1x x --<.考虑用基本不等式212122(1)(1)()2x x x x +---<，也即只要证：124x x +<.由于121,ln x x a >>.当取3a e =将得到23x >，从而124x x +>.而二元一次不等式124x x +<对任意2(,)a e ∈+∞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()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ξ，使得()()()f b f a f b aξ-=-.当()()f b f 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 x B x 两点，因此21211221()()(e )()0002x x ABf x f x e a x x k x x ----=⇔=⇔=-，∴2121x x e e a x x -=-，…… 由于12()()0f x f x ==，显然11()()0f x f x +=与11()()0f x f x ⋅=，与已知12()()0f x f x ==不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变.例5.（11年，辽宁理）已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+- （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-； （III ）若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<. 【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 x f x f x x a a a=+>-<<，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 a f x f x a a=+>-，则()ln(1)ln(1)2h a ax ax ax =+---，32222()2111x x x a h a x ax ax a x '=+-=+--，由10x a<<，解得10a x <<，当10a x <<时，()0h a '>，而(0)0h =， 所以()0h a >，故当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-. （III ）由（I ）知，只有当0a >时，且()f x 的最大值1()0f a >，函数()y f x =才会有两个零点，不妨设1212(,0),(,0),0A x B x x x <<，则1210x x a <<<，故111(0,)x a a-∈，由（II ）得：1111221111()()(())()()f x f x f x f x f x a a a a a -=+->--==，又由()f x 在1(,)a+∞上单调递减，所以212x x a >-，于是12012x x x a +=>，由（I ）知，0()0f x '<. 【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：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当a b =时，等号成立.只证：当a b ≠(,)2a bL a b +<.不失一般性，可设a b >.证明如下：（I(,)L a b <……✍不等式✍1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x b x ⇔-<⇔<⇔<-=>其中构造函数1()2ln (),(1)f x x x x x =-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--.因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f <=，从而不等式✍成立；（II ）再证：(,)2a bL a b +<……✍ 不等式✍2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x b a b x x a a b b x b---⇔->⇔>⇔>=>+++其中构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++.因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0g x g <=，从而不等式✍成立；综合（I ）（II ）知，对,a b R +∀∈，都有对数平均不等式(,)2a bL a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>【解析】法五：由前述方法四，可得12121ln ln x x x x -=-，利用对数平均不等式得：1212121ln ln 2x x x xx x -+=<-，即证：122x x +>，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)()(R a a ax e x f x ∈+-=，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0)(21<⋅'x x f .【解析】法三：由前述方法可得：121212(1ln )11x x e e a x a x x x ==<<<--，等式两边取以e 为底的对数，得1122ln ln(1)ln(1)a x x x x =--=--，化简得：1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=---，由对数平均不等式知：1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=>---，即1212()0x x x x -+<，故要证1122ln(1)ln(01)ln f a x x x x --+-'<⇔<⇔-证1212121212ln(1)ln(1)ln(()1)x x x x x x x x x x ⇔⇔-+-<+--++<+-证证∵1212()0x x x x -+< ∴1212ln(()1)ln10x x x x -++<=，而2120x x +-=>∴121212ln(()1)x x x x x x -++<+-.例5.（11年，辽宁理）已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+- （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-； （III ）若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<. 【解析】（I ）（II ）略， （III ）由12()()0f x f x == 故要证12001()02x x f x x a+'<⇔=> 121212ln ln 2x x x x x x -⇔<+-.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()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.【解析】由2()(2)(1)x f x x e a x =-+-，得()(1)(2)xf x x e a '=-+，可知()f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增.要使函数()y f 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12x x <，由单调性知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，所以22(,1)x -∈-∞，又∵()f x 在(,1)-∞单调递减，故要证：122x x +<，等价于证明：21(2)()0f x f x -<=， 又∵222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，且22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=∴222222(2)(2)x x f x x e x e --=---，构造函数2g()(2),((1,))x x x xe x e x -=---∈+∞，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 x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211x x x e x e a x x ---==--设()()()221xx e g x x -=-，则()()12g x g x = 那么()()()2321'1x x g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 单调递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 单调递增．设0m >，构造代数式： 设()2111mm h m e m -=++，0m > 则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=．因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔-> 整理得：122x x +<．法三：参变分离再构造对称函数由法二，得()()()221xx e g x x -=-，构造()()(2),((,1))G x g x g x x =--∈-∞，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()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 x g x <，当1x >时，()()f x g x >，结合图像，易证原不等式成立.【解答】由2()(2)(1)x f x x e a x =-+-，()(1)(2)xf x x e a '=-+，故希望构造一个函数()F x ，使得(1)(2)(1)(2)(1)()()x xx e a x e a x e F e x -+--+=--'=，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)()2e a x g x c +-=+（c 为任意常数），又因为我们希望(1)0F =，而(1)f e =-，故取c e =-，从而达到目的.故2(2)(1)()2e a x g x e +-=-，设()g x 的两个零点为34,x x ，结合图像可知：13241x x x x <<<<，所以12342x x x x +<+=，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)x x x e x e a a x x x x --==><<<--参变分离得：由得12122212(2)(2)lnln (1)(1)x x e x x x x --+=+--将上述等式两边取以为底的对数，得：, 22121212[ln(-1)-ln(-1)]-[ln(2-)-ln(2-)]x x x x x x =-化简得：,由对数平均不等式得：221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)x x x x x x >----+-， 121212[ln(2-)-ln(2-)]22222x x x x x x >----+-（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22x x x x x x +->+-+--+-（）（）等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()x x x x x x x x +-+->+-+--+ 由221212(1)(1)0,4()0x x x x -+->-+>，故122x x +<，证毕.说明：谈谈其它方法的思路与困惑。