前言
極值點偏移問題，可以說是高中數學學習中最難的數學問題之一。
含義與判定
極值點偏移的含義:
若單峰函數 \(f(x)\) 的極值點為\(x_0\)，則極值點的偏移問題的圖示及函數值的大小關系如下表所示.
| 偏移類型 | 極值點\(x_0\)偏移情況 | 函數值的大小關系 | 示意圖像 |
|---|---|---|---|
| 極值點 不偏移 |
\(x_0=\cfrac{x_1+x_2}{2}\) | \(f(x_1)=f(2x_0-x_2)\) |  |
| 極值點 偏移 |
極值點左移; \(x_0<\cfrac{x_1+x_2}{2}\) |
峰口向上; \(f(x_1)>f(2x_0-x_2)\) |
 |
| 極值點 偏移 |
極值點左移; \(x_0<\cfrac{x_1+x_2}{2}\) |
峰口向下; \(f(x_1)>f(2x_0-x_2)\) |
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| 極值點 偏移 |
極值點右移; \(x_0>\cfrac{x_1+x_2}{2}\) |
峰口向上; \(f(x_1)>f(2x_0-x_2)\) |
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| 極值點 偏移 |
極值點右移; \(x_0>\cfrac{x_1+x_2}{2}\) |
峰口向下; \(f(x_1)<f(2x_0-x_2)\) |
 |
題型及解法
函數極值點偏移問題的題型及解法
(1)極值點偏移問題的題設一般有以下四種形式：
①若函數\(f(x)\) 在定義域上存在兩個零點\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\neq x2\))，求證：\(x_1＋x_2>2x_0\)(\(x_0\)為函數\(f(x)\)的極值點)；
②若函數\(f(x)\) 在定義域上存在\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\neq x2\))滿足\(f(x_1)＝f(x_2)\)，求證：\(x_1＋x_2>2x_0\)(\(x_0\)為函數\(f(x)\)的極值點)；
③若函數\(f(x)\)存在兩個零點\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\neq x_2\))，令\(x_0＝\cfrac{x_1＋x_2}{2}\)，求證：\(f'(x_0)>0\)；
④若在函數\(f(x)\) 的定義域上存在\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\neq x_2\))滿足\(f(x_1)＝f(x_2)\)，令\(x_0＝\cfrac{x_1＋x_2}{2}\)，求證：\(f'(x_0)>0\)；
典例剖析
【法一】：[抓極值點構造函數]由題意，函數\(f(x)\)有兩個零點\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\)\(\neq\)\(x_2\))，即\(f(x_1)＝f(x_2)＝0\)，
易知\(ln x_1\)，\(ln x_2\)是方程\(x＝a\cdot e^x\)的兩根。設\(t_1＝ln x_1\)，\(t_2＝ln x_2\)，
設\(g(x)＝x\cdot e^{-x}\)，則\(g(t_1)＝g(t_2)\)，
從而\(x_1x_2>e^2\) \(\Leftrightarrow\) \(ln x_{_1}＋ln x_2>2\) \(\Leftrightarrow\) \(t_1＋t_2>2\).
以下證明：\(t_1＋t_2>2\).
\(g'(x)＝(1－x)e^{-x}\)，易得\(g(x)\)在\((-\infty，1)\)上單調遞增，在\((1，+\infty)\)上單調遞減，
所以函數\(g(x)\)在\(x＝1\)處取得極大值\(g(1)＝\cfrac{1}{e}\).
當\(x\rightarrow -\infty\)時，\(g(x)\rightarrow -\infty\)；
當\(x\rightarrow +\infty\)時，\(g(x)\rightarrow 0\) 且\(g(x)>0\)；
由\(g(t_1)＝g(t_2)\)，\(t_1\neq t_2\)，不妨設\(t_1<t_2\)，
作出函數\(g(x)\)的圖像，如圖所示，由圖知必有\(0<t_1<1<t_2\)，
令\(F(x)＝g(1＋x)- g(1－x)\)，\(x∈(0，1]\)，
則\(F'(x)＝g'(1＋x)－g'(1－x)\)\(＝\cfrac{x}{e^{x＋1}}(e^{2x}－1)>0\)，所以\(F(x)\)在\((0，1]\)上單調遞增，
所以\(F(x)>F(0)＝0\)對任意的\(x∈(0，1]\)恆成立，即\(g(1＋x)>g(1－x)\)對任意的\(x∈(0，1]\)恆成立。
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\((1，＋∞)\)上單調遞減，所以\(2－t_1<t_2\)，
即\(t_1＋t_2>2\)，故\(x_1x_2>e^2\).
[法1總結]：上述解題過程就是解決極值點偏移問題的最基本的方法，共有四個解題要點：
(1)求函數\(g(x)\)的極值點\(x_0\)，
(2)構造函數\(F(x)＝g(x_0＋x)－g(x_0－x)\)，
(3)確定函數\(F(x)\)的單調性，
(4)結合\(F(0)＝0\)，確定\(g(x_0＋x)\)與\(g(x_0－x)\)的大小關系．
其口訣為：極值偏離對稱軸，構造函數覓行蹤，四個步驟環相扣，兩次單調緊跟隨．
【法二】：[巧抓“根差”—\(s＝\Delta t＝t_2－t_1\)構造函數]由題意，函數\(f(x)\)有兩個零點\(x_1\)，\(x_2\)(\(x_1\neq x_2\))，
即\(f(x_1)＝f(x_2)＝0\)，易知\(ln x_1\)，\(ln x_2\)是方程\(x＝a\cdot e^x\)的兩根．
設\(t_1＝ln x_1\)，\(t_2＝ln x_2\)，設\(g(x)＝x\cdot e^{-x}\)，則\(g(t_1)＝g(t_2)\)，
從而\(x_1x_2>e^2\) \(\Leftrightarrow\) \(ln x_{_1}＋ln x_2>2\) \(\Leftrightarrow\) \(t_1＋t_2>2\).
以下證明：\(t_1＋t_2>2\).
由\(g(t_1)＝g(t_2)\)，得\(t_1e^{-t_1}＝t_2e^{-t_2}\)，
化簡得\(e^{t_2－t_1}＝\cfrac{t_2}{t_1}\)，①
不妨設\(t_2>t_1\)，由法一知，\(0<t_1<1<t_2\).
令\(s＝t_2－t_1\)，則\(s>0\)，\(t_2＝s＋t_1\)，
代入①式，得\(e^s＝\cfrac{s＋t_1}{t_1}\)，解得\(t_1＝\cfrac{s}{e^s－1}\).
則\(t_1＋t_2＝2t_1＋s＝\cfrac{2s}{e^s－1}＋s\)，
故要證\(t_1＋t_2>2\)，即證\(\cfrac{2s}{e^s－1}＋s>2\)，
即證\(2s＋(s－2)(e^s－1)>0\)，②
令\(G(s)＝2s＋(s－2)(e^s－1)(s>0)\)，
則\(G'(s)＝(s－1)e^s＋1\)，\(G''(s)＝se^s>0\)，
故\(G'(s)\)在\((0，＋∞)\)上單調遞增，所以\(G'(s)>G'(0)＝0\)，
從而\(G(s)\)在\((0，＋∞)\)上單調遞增，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總結] 該方法的關鍵是巧妙引入變量\(s\)，然后利用等量關系，把\(t_1\)，\(t_2\)消掉，從而構造相應的函數，轉化所證問題．其解題要點為：
(1). 取差構元：記\(s＝t_2－t_1\)，則\(t_2＝t_1＋s\)，利用該式消掉\(t_2\)，
(2). 巧解消參：利用\(g(t_1)＝g(t_2)\)，構造方程，解之，利用\(s\)表示\(t_1\)，
(3). 構造函數：依據消參之后所得不等式的形式，構造關於\(s\)的函數\(G(s)\)，
(4). 轉化求解：利用導數研究函數\(G(s)\)的單調性和最小值，從而證得結論．
【法三】：[巧抓“根商” — \(c＝\cfrac{x_1}{x_2}\)構造函數]不妨設\(x_1>x_2\)，
因為\(ln x_1－ax_1＝0\)，\(ln x_2－ax_2＝0\)，
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\(\cfrac{ln x_1－ln x2}{x_1－x_2}＝a\)，
欲證\(x_1x_2>e^2\)，即證\(ln x_1＋ln x_2>2\)，
因為\(ln x_1＋ln x_2＝a(x_1＋x_2)\)，
所以即證\(a>\cfrac{2}{x_1＋x_2}\)，
所以原問題等價於證明\(\cfrac{ln x_1－ln x_2}{x_1－x_2}>\cfrac{2}{x_1＋x_2}\)，
即\(ln \cfrac{x_1}{x_2}>\cfrac{2(x_1－x_2)}{x_1＋x_2}\)，
令\(c＝\cfrac{x_1}{x_2}(c>1)\)，則不等式變為\(ln c>\cfrac{2(c－1)}{c＋1}\)，
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\((1，＋∞)\)上單調遞增，
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\(x_1x_2>e^2\)得證．
[法3總結]：該方法的基本思路是直接消掉參數\(a\)，再結合所證問題，巧妙引入變量\(c＝\cfrac{x_1}{x_2}\)，從而構造相應的函數．其解題要點為：
(1). 聯立消參：利用方程\(f(x_1)＝f(x_2)\)消掉解析式中的參數\(a\)，
(2). 抓商構元：令\(c＝\cfrac{x_1}{x_2}\)，消掉變量\(x_1\)，\(x_2\)，構造關於\(c\)的函數\(h(c)\)，
(3). 用導求解：利用導數求解函數\(h(c)\)的最小值，從而可證得結論．
(1).當\(m=\cfrac{1}{2}\)時，求函段\(f(x)\)在區間\([1,4]\)上的最值.
當\(m=\cfrac{1}{2}\)時，\(f(x)=\cfrac{1}{2} x+\cfrac{1}{2}+\cfrac{3}{2x}-\ln x\)，函數\(f(x)\)的定義域為\((0,+\infty)\)
所以\(f^{\prime}(x)=\cfrac{1}{2}-\cfrac{3}{2x^{2}}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{(x+1)(x-3)}{2x^{2}}\),
當\(x\in[1,3)\)時，\(f^{\prime}(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減，
當\(x\in(3,4]\)時，\(f^{\prime}(x)>0\)，函數\(f(x)\)單調遞增。
所以函數\(f(x)\)在區間\([1,4]\)上的最小值為\(f(3)=\cfrac{5}{2}-\ln3\)，
又\(f(1)=\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2}+\cfrac{3}{2}-\ln1=\cfrac{5}{2}\)，
\(f(4)=\cfrac{23}{8}-2\ln2\)，顯然\(f(1)>f(4)\)，
所以函數\(f(x)\)在區間\([1,4]\)上的最小值為\(\cfrac{5}{2}-\ln3\)，最大值為\(\cfrac{5}{2}\)。
(2).若\(x_{1}\)，\(x_{2}\)是函數\(g(x)=xf(x)\)的兩個極值點，且\(x_{1}<x_{2}\)，求證：\(x_{1}x_{2}<1\).
證明: 因為\(g(x)=xf(x)=\cfrac{1}{2}x^{2}+mx+\cfrac{3}{2}-x\ln x\)，
所以\(g^{\prime}(x)=x+m-(1+\ln x)\)，因為函數\(g(x)\)有兩個不同的極值點，
所以\(g^{\prime}(x)=x+m-(1+\ln x)\)，有兩個不同的零點，
因此\(m=1-x+\ln x\)有兩個不同的實數根，
令\(p(x)=1-x+\ln x\)，則\(p^{\prime}(x)=\cfrac{1-x}{x}\)，
當\(x\in(0,1)\)時，則\(p^{\prime}(x)>0\)，函數\(p(x)\)單調遞增；
當\(x\in(1,+\infty)\)，則\(p^{\prime}(x)<0\)，函數\(p(x)\)單調遞減增；
所以函數\(p(x)\)的最大值為\(p(1)=1-1+\ln 1=0\)
所以當直線\(y=m\)與函數圖像有兩個不同的交點時，有\(m<0\)且\(0<x_{1}<1<x_{2}\)
要證\(x_{1}x_{2}<1\)，只要證\(x_{2}<\cfrac{1}{x_{1}}\)，
易知函數\(q(x)=g^{\prime}(x)=x+m-(1+\ln x)\)在\((1,+\infty)\)上單調遞增
所以只需證\(q(x_{2})<q(\cfrac{1}{x_{1}})\)，又由題可知\(q(x_{2})=q(x_{1})=0\)
所以\(m=1-x_{1}+\ln x_{1}\)，
即證 \(q(\cfrac{1}{x_{1}})=\cfrac{1}{x_{1}}+m-1-\ln \cfrac{1}{x_{1}}=\cfrac{1}{x_{1}}+1-x_{1}+\ln x_{1}-1-\ln \cfrac{1}{x_{1}}=\cfrac{1}{x_{1}}-x_{1}+2 \ln x_{1}>0\)
記\(h(x)=\cfrac{1}{x}-x+2\ln x\)，則\(h^{\prime}(x)=-\cfrac{1}{x^{2}}-1+\cfrac{2}{x}=-\cfrac{(x-1)^{2}}{x^{2}}<0\) 恆成立
所以函數\(h(x)\)在\(x\in(0,1)\)上單調遞減，所以當\(x\in(0,1)\)時，\(h(x)>h(1)=1-1=0\)
所以\(q(\cfrac{1}{x_{1}})>0\)，因此 \(x_{1} x_{2}<1\)。
(1).試確定函數\(f(x)\)的零點個數；
分析：碰到這樣的函數的零點個數問題，我們一般不應該想到通過解方程[從數的角度]來求解得到，原因是函數是個超越函數，其中含有\(e^x\)的因子，而應該想到通過形的角度思考，轉化為兩個函數的圖像的交點個數問題。
解析：由 \(f(x)=0\) 得 \(a=(2-x)\cdot e^x\)，令 \(g(x)=(2-x)\cdot e^x\)，
則函數\(f(x)\) 的零點個數即直線 \(y=a\) 與曲線 \(g(x)=(2-x)\cdot e^x\) 的交點個數；
以下的難點和重點是如何作出函數\(g(x)\)的圖像；由於函數的形式復雜，故想到用導數工具；
函數\(g(x)\)的定義域為\((-\infty,+\infty)\)，由於\(g'(x)=-1\cdot e^x+(2-x)\cdot e^x=(1-x)\cdot e^x\)，
由 \(g'(x)>0\) 得 \(x<1\)， 故函數 \(g(x)\) 在 \((-\infty,1)\)上單調遞增，
由 \(g'(x)<0\) 得 \(x>1\)， 故函數 \(g(x)\) 在 \((1,+\infty)\)上單調遞減，
由於\(x=1\) 時，函數 \(g(x)\) 有最大值， \(g(x)_{\max }=g(1)=e\)；
又當 \(x<2\) 時，\(g(x)>0\)，\(g(2)=0\)，當 \(x>2\) 時， \(g(x)<0\)，
作出函數 \(g(x)\) 的大致圖像如圖所示，
由圖像可知，
當\(a\leqslant 0\)時，函數\(y=a\)與函數\(g(x)\)的交點個數為一個，故函數\(f(x)\)的零點個數為一個；
當\(0<a<e\)時，函數\(y=a\)與函數\(g(x)\)的交點個數為兩個，故函數\(f(x)\)的零點個數為兩個；
當\(a=e\)時，函數\(y=a\)與函數\(g(x)\)的交點個數為一個，故函數\(f(x)\)的零點個數為一個；
當\(a>e\)時，函數\(y=a\)與函數\(g(x)\)的交點個數為零個，故函數\(f(x)\)的零點個數為零個；
(2).設\(x_1\)，\(x_2\)是函數\(f(x)\)的兩個零點，證明：\(x_1+x_2<2\)；
法一：函數 \(f(x)\) 的零點即直線 \(y=a\) 與曲線 \(g(x)=(2-x)e^{x}\) 的交點的橫坐標，
由(1)知 \(0<a<e\)，不妨設 \(x_{1}<1<x_{2}\)，得 \(2-x_{2}<1\)，
由函數 \(g(x)=(2-x)e^{x}\) 在 \((-\infty,1)\)上單調遞增，在\((1，+\infty)\)上單調遞減，
函數 \(f(x)=-g(x)+a\) 在 \((-\infty, 1)\)上單調遞減，在\((1，+\infty)\)上單調遞增；
要證 \(x_{1}+x_{2}<2\)，只需證 \(x_{1}<2-x_{2}\)，只需證 \(f(x_{1})>f(2-x_{2})\)，
又 \(f(x_{1})=0\)，故要證 \(f(2-x_{2})<0\)，
由 \(a=g(x_{2})\) 得 \(f(2-x_{2})=-x_{2}e^{2-x_2}+a=-x_{2}e^{2-x_2}-(x_2-2)e^{x_2}(x_{2}>1)\)
構造函數 \(h(x)=-xe^{2-x}-(x-2)e^{x}\)，則 \(h'(x)=(1-x)(e^{x}-e^{2-x})\)，
當 \(x>1\) 時， \(e^{x}>e^{2-x}\)，\(h'(x)<0\)，故函數 \(h(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 上單調遞減，
當 \(x>1\) 時，\(h(x)<h(1)=0\)，
即當 \(x_{2}>1\) 時， \(f(2-x_{2})<0\)， 即 \(x_{1}+x_{2}<2\)；
法二: 由(1)知 \(0<a<e\)，不妨設 \(x_{1}<1<x_{2}\)，設 \(F(x)=f(x)-f(2-x)(x>1)\)，
則 \(F(x)=(x-2)e^{x}+xe^{2-x}\)，\(F'(x)=(1-x)(e^{2-x}-e^{x})\)
易知 \(y=e^{2-x}-e^{x}\) 是減函數， 故當 \(x>1\) 時，\(e^{2-x}-e^{x}<e-e=0\)，
又 \(1-x<0\)， 故 \(F'(x)>0\)， \(F(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 上單調遞增，
故當 \(x>1\) 時，\(F(x)>0\)，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 \((-\infty,1)\)上單調遞增，得 \(f(x)=-g(x)+a\) 在 \((-\infty,1)\)上單調遞減，
又 \(2-x_{2}<1\)， \(2-x_{2}>x_{1}\)，即\(x_{1}+x_{2}<2\)；