导数处理极值点偏移问题Word下载.docx
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2等价于
fx1
f
x2，即fx2
f2x2
．
由于f
2x2
2x2x2e2
ax2
12
，而fx2x22
ex2ax2
12，
所以f
fx2
x2e
x2
2ex2．令gx
2x
xe
x2ex，
则gx
x1
2xxee
，所
以当
x
1时，gx0，
而g1
0，
故当x
1时，g
xg1
0．
从而
g
x2f2x2
0，故x1
x22．
、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x12x2，借助于函数的特性及其单调性，构
造以x2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
x1，同理构造以x1
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x1x2，由
（1）知，x1
1,x2
1,,2x1
1,
在1,
上单调递
增，所以
2等价于fx2
f2
x1，
即fx1f2
令u
x1，则u
e
所以
u10，即f
1，
fx2f2
x1；
所以x2
x1，即x1x2
2.
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fx1fx2x1x2建立等量关系，并结合fx的单调性，确定x1,x2的取值范围；
第二步：
不妨设x1x2，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x1（或x2）的一元函数Tx
xi
2axii1,2，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f（x）xex（xR），
如果x1
x2，且f（x1）f（x2），
证明：
x1x2
解析】法一：
f（x）（1x）e
x，易得f（x）在（
1）上单
调递增，在（1,
）上单调递减，
时，
f（x）
f（0）0，x
时，f（x）
数f（x）在x1处取得极大值f
（1），且f
（1）
1,如图所示.e
由f（x1）f（x2）,x1x2，不妨设x1x2，则必有0
x11
x2，
欲证x1x22，即证x22x1，故2x1,x2（1,
），又因为f（x）在（1,）上单调递减，故只需
证f（x2）f（2x1），又因为f（x1）f（x2），
故也即证f（x1）f（2x1），构造函数
H（x）f（x）f（2x）,x（0,1），则等价于证明H（x）0对x（0,1）恒成立.
1x
由H（x）f（x）f（2x）x（1e2x2）0，则H（x）在x（0,1）上单调递增，所以e
H（x）H
（1）0，即已证明H（x）0对x（0,1）恒成立，故原不等式x1x22亦成立.
法二：
由f（x1）f（x2），得x1ex1x2ex2，化简得ex2x1
x2⋯，
不妨设x2
，由法一知，o
x2.令t
x1，则t0,x2tx1，代入
式，得ettx1，x1
反解出x1
te
t，则x1x2
1
2x1
2t
tet2t1
t，
故要证：
x1x22，即证：
t2tt2，又因et1
为et1
等价于证明：
2t
（t
2）（et1）
0⋯
构造函数
G（t）
2t（t2）（et
1）,（t
0），则G（t）
（t1）et1,G（t）tet0，
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，
法三：
由法二中
式，两边同时取以e为底的对数，得x2x1
lnx2
lnx2lnx1，也即lnx2
lnx1
G（t）G（0）0，即证式成立，也即原不等式x1x22成立.
lim（t1）lntlim（（t1）lnt）x1t1x1（t1）
2，即证M（t）
lxim1M（t）
（x1x2）2
lnx1x2
x1lnx2
x1x1
1x1
令t
x2（t
1），则欲证：
x1
x22，等价于证明：
t
1lnt
2⋯，
（t1）lnt
t21
2tlnt，
构造
M（t）
）lnt,（t
1），则M（t）
2，
t1（1t
t（t
1）2
又令（t）
t212tlnt,（t
1），则
（t）2t
2（lnt1）
2（t1lnt）
由于t1lnt
对
（1,
）恒成立，故（t）
0，（t）在t（1,
）上单调递增，
所以（t）
（1）
0，从而M（t）
故
M（t）
在t（1,）
上单
调递
增
由洛比
塔
法则知
：
2，即证式成立，也
即原不等式x1x22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.
例2.已知f（x）xlnx的图像上有A,B两点，其横坐标为0x1x21，且f（x1）f（x2）.
1）证明：
x1x21；
（2）证明：
1
1解析】
（1）证明：
由f（x）xlnx,f（x）lnx1，令f（x）0，得x1，
故0x1
F（x）
则F（x）
2lnxln（
x）2
lnx（2ef（2ee
f（x）f（2x）,（0e
x）2ln22e
1e）,
1F（x）F（）0，∴f（x）
211
x2,2x1（1,1），且f（x）在（1,1）上单调递增，故
x），令xx1
故F（x）在（0,）上单调递减，即
f（2x1），再由
f（x2）f（x1）
x1，即证：
又构造函数：
g（x）f（x）f（1x）,（0x12），
eee
则g（x）
lnxln（1x）2,g（x）11
x1x
12x1
x1（12xx）0，故g（x）在（0,12）上单调递增，由于
x0时，g（x）
（0,x0）上单调递减，在
，且g（）ln（e1）
（x0,）上单调递增，又
0，故必存在x0（0,），使得g（x0）0，故g（x）在
x0时，g（x）0，且g（）0，故g（x）0在
x（0,）上恒成立，也即f（x）
f（x1）f（x2）f（1x1），再由x2,1x1
f（1x）在x（0,）上恒成立，令xx1，有
11
（,1），且f（x）在（,1）上单调递增，故x21x1，即证：
ee
x1x21成立.
2综上：
即证x1x21成立.
（2）令t1x1,t2x2,则x1t12,x2t22,t1,t2（0,1），且
h（t）
2t2lnt,h（t1）h（t2）,h（t）2t（2lnt1），令h（t）0，得t
e，
故0
t1
1.构造函
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