極值點(diǎn)偏移的題目在高考中出現(xiàn)的概率高嗎？如何解答這類型題目

極值點(diǎn)偏移題目在高考中出現(xiàn)的概率較高，尤其是在全國卷中，基本上每三年就會(huì)有一套試卷考到這類問題。這類題目通常作為壓軸題出現(xiàn)，對(duì)學(xué)生的思維能力和計(jì)算能力要求較高。

極值點(diǎn)偏移問題在數(shù)學(xué)分析中是一個(gè)常見且具有挑戰(zhàn)性的問題，通常涉及函數(shù)在極值點(diǎn)附近的形態(tài)不對(duì)稱，導(dǎo)致極值點(diǎn)相對(duì)于某個(gè)對(duì)稱點(diǎn)發(fā)生偏移。

解答極值點(diǎn)偏移題目的方法有多種，以下是一些常見的方法：

構(gòu)造對(duì)稱函數(shù)：通過構(gòu)造對(duì)稱函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性來解決問題。

三階導(dǎo)法：利用三階導(dǎo)數(shù)的符號(hào)來判斷極值點(diǎn)的偏移方向。

割線斜率法：通過分析函數(shù)割線的斜率來研究極值點(diǎn)的偏移。

對(duì)數(shù)均值不等式法：利用對(duì)數(shù)均值不等式來簡化證明過程。

比值代換法：通過比值代換來轉(zhuǎn)換問題，使其更容易解決。

解答極值點(diǎn)偏移題目時(shí)，首先需要理解題目的要求，明確極值點(diǎn)的位置以及函數(shù)在極值點(diǎn)兩側(cè)的增減速度。然后，選擇合適的解題方法，根據(jù)題目的具體情況進(jìn)行構(gòu)造和證明。在解題過程中，要注意計(jì)算的準(zhǔn)確性和邏輯的嚴(yán)密性，確保每一步都正確無誤。

此外，為了更好地掌握極值點(diǎn)偏移題目的解答方法，建議多做相關(guān)的練習(xí)題，總結(jié)解題規(guī)律和技巧。同時(shí)，也可以參考一些優(yōu)秀的解題方法和思路，以提高自己的解題能力。

步驟和思路：

1. 理解問題定義

極值點(diǎn)偏移是指函數(shù)$f(x)$在極值點(diǎn)$x_0$附近的形態(tài)不對(duì)稱，導(dǎo)致對(duì)于$f(x_1) = f(x_2)$，有$(x_1 + x_2) / 2 \neq x_0$。

2. 構(gòu)造對(duì)稱函數(shù)

構(gòu)造$f(x)$關(guān)于直線$x = x_0$的對(duì)稱函數(shù)$g(x) = f(2x_0 - x)$。

通過比較$f(x)$和$g(x)$在$x = x_0$一側(cè)的大小，可以得到不等式$f(x) < f(2x_0 - x)$。

3. 利用單調(diào)性

利用$f(x)$在極值點(diǎn)一側(cè)的單調(diào)性，去掉符號(hào)$f$，將二元問題轉(zhuǎn)化為一元問題。

4. 證明不等式

通過構(gòu)造函數(shù)$h(x) = f(x) - g(x)$或$h(x) = f(x) - f(2x_0 - x)$，并分析$h(x)$的單調(diào)性和極值。

證明$h(x)$在特定區(qū)間內(nèi)的符號(hào)，從而得到所需的不等式，如$x_1 + x_2 > 2x_0$或$x_1 + x_2 < 2x_0$

構(gòu)造函數(shù)法的關(guān)鍵在于通過對(duì)稱構(gòu)造，將二元問題轉(zhuǎn)化為一元問題，并利用函數(shù)的單調(diào)性來證明所需的不等式。這種方法需要對(duì)函數(shù)的性質(zhì)和導(dǎo)數(shù)有深入的理解，并能靈活應(yīng)用導(dǎo)數(shù)來分析函數(shù)的單調(diào)性和極值。

例題1賞析：

已知函數(shù)$f(x) = x(1 - \ln x)$，設(shè)$a, b$為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且$bln a - aln b = a - b$，證明：$2 < \frac{1}{a} + \frac{1} < e$。

解題步驟

1. 分析函數(shù)性質(zhì)

對(duì)$f(x)$求導(dǎo)，得到$f'(x) = 1 - \ln x$。

當(dāng)$x < 1$時(shí);$f'(x) > 0$，$f(x)$單調(diào)遞增；當(dāng)$x > 1$時(shí)，$f'(x) < 0$，$f(x)$單調(diào)遞減。

因此，$f(x)$在$x = 1$處取得極大值$f(1) = 1$。

2. 構(gòu)造函數(shù)

將$bln a - aln b = a - b$兩邊同時(shí)除以$ab$，得到$\frac{\ln a}{a} - \frac{\ln b} = \frac{1} - \frac{1}{a}$。

即$\frac{1}{a}(1 - \ln a) = \frac{1}(1 - \ln b)$。

設(shè)$\frac{1}{a} = x_1$，$\frac{1} = x_2$，不妨令$x_1 < x_2$。

因?yàn)?f(x_1) = f(x_2)$，且$f(x)$在$(0, 1)$單調(diào)遞增，在$(1, +\infty)$單調(diào)遞減。

因此，$0 < x_1 < 1 < x_2 < e$。

3. 證明$x_1 + x_2 > 2$

構(gòu)造對(duì)稱函數(shù)$g(x) = f(2 - x) = (2 - x)[1 - \ln(2 - x)]$。

定義$h(x) = f(x) - g(x) = x(1 - \ln x) - (2 - x)[1 - \ln(2 - x)]$。

對(duì)$h(x)$求導(dǎo)，得到$h'(x) = f'(x) - g'(x) = -\ln x + \ln(2 - x)$。

當(dāng)$x < 1$時(shí);$h'(x) > 0$，$h(x)$單調(diào)遞增。

因此，$h(x) < h(1) = 0$，即$f(x) < g(x)$。

因?yàn)?f(x_1) = f(x_2)$，所以$g(x_1) = f(2 - x_1) > f(x_1) = f(x_2)$。

因?yàn)?x_2 > 1$，$2 - x_1 > 1$，且$f(x)$在$(1, +\infty)$單調(diào)遞減。

所以$x_2 > 2 - x_1$，即$x_1 + x_2 > 2$。

4. 證明$\frac{1}{a} + \frac{1} < e$

因?yàn)?x_1 + x_2 > 2$，且$x_1 < 1$，$x_2 < e$。

所以$\frac{1}{a} + \frac{1} < e$。

綜上所述，通過構(gòu)造函數(shù)，我們可以有效地解決極值點(diǎn)偏移問題。在解題過程中，需要注意函數(shù)的單調(diào)性、極值點(diǎn)以及對(duì)稱性的應(yīng)用。

個(gè)極值點(diǎn) \( x_{1} \) 和 \( x_{2} \)（且 \( x_{1} < x_{2} \)），則 \( x_{1}x_{2} > e^{2} \)。

例題2賞析：

函數(shù) \( f(x) = \ln x - \frac{1}{2}mx^{2} - x \)，其中 \( m \in \mathbb{R} \)，若 \( f(x) \) 有兩個(gè)極值點(diǎn) \( x_{1} \) 和 \( x_{2} \)（且 \( x_{1} < x_{2} \)），求證： \( x_{1}x_{2} > e^{2} \)。

證明：1. 求導(dǎo)并設(shè)極值點(diǎn)： 首先，求 \( f(x) \) 的導(dǎo)數(shù)： \[ f'(x) = \frac{1}{x} - mx - 1 \] 設(shè) \( f'(x) = 0 \)，得到： \[ \frac{1}{x} - mx - 1 = 0 \implies \ln x - mx = 0 \] 因此，\( x_{1} \) 和 \( x_{2} \) 是方程 \( \ln x - mx = 0 \) 的兩個(gè)不同實(shí)根。 

2. 建立方程組： 由于 \( x_{1} \) 和 \( x_{2} \) 是方程的根，我們有： \[ \begin{cases} \ln x_{1} - m x_{1} = 0 \\ \ln x_{2} - m x_{2} = 0 \end{cases} \] 由此可得： \[ m = \frac{\ln x_{1}}{x_{1}} = \frac{\ln x_{2}}{x_{2}} \] 并且： \[ \ln x_{2} - \ln x_{1} = m(x_{2} - x_{1}) \] 

3. 表達(dá)式轉(zhuǎn)換： 設(shè) \( t = \frac{x_{2}}{x_{1}} \)，其中 \( t > 1 \)。則： \[ \ln x_{2} - \ln x_{1} = \ln t \] 代入上式： \[ \ln t = m(x_{2} - x_{1}) = m x_{1} (t - 1) \] 由于 \( m = \frac{\ln x_{1}}{x_{1}} \)，代入得： \[ \ln t = \frac{\ln x_{1}}{x_{1}} \cdot x_{1} (t - 1) = \ln x_{1} (t - 1) \] 因此： \[ \ln t = \ln x_{1} (t - 1) \] 解得： \[ \ln x_{1} = \frac{\ln t}{t - 1} \] 同理： \[ \ln x_{2} = \ln x_{1} + \ln t = \frac{\ln t}{t - 1} + \ln t = \frac{t \ln t}{t - 1} \] 

4. 證明不等式： 我們需要證明 \( x_{1}x_{2} > e^{2} \)，即： \[ \ln x_{1} + \ln x_{2} > 2 \] 代入上面的表達(dá)式： \[ \ln x_{1} + \ln x_{2} = \frac{\ln t}{t - 1} + \frac{t \ln t}{t - 1} = \frac{(1 + t) \ln t}{t - 1} \] 因此，需要證明： \[ \frac{(1 + t) \ln t}{t - 1} > 2 \] 即： \[ \ln t > \frac{2(t - 1)}{t + 1} \] 設(shè)函數(shù) \( h(t) = \ln t - \frac{2(t - 1)}{t + 1} \)，其中 \( t \geq 1 \)。 求導(dǎo)： \[ h'(t) = \frac{1}{t} - \frac{2(t + 1) - 2(t - 1)}{(t + 1)^{2}} = \frac{1}{t} - \frac{4}{(t + 1)^{2}} \] 由于 \( t > 1 \)，可以證明 \( h'(t) > 0 \)，即 \( h(t) \) 在 \( t > 1 \) 時(shí)單調(diào)遞增。 又因?yàn)?\( h(1) = 0 \)，所以當(dāng) \( t > 1 \) 時(shí)，\( h(t) > 0 \)，即： \[ \ln t > \frac{2(t - 1)}{t + 1} \] 因此，我們得到： \[ \ln x_{1} + \ln x_{2} > 2 \implies x_{1}x_{2} > e^{2} \] 證畢。

結(jié)論：對(duì)于函數(shù) \( f(x) = \ln x - \frac{1}{2}mx^{2} - x \)，若 \( f(x) \) 有兩個(gè)極值點(diǎn) \( x_{1} \) 和 \( x_{2} \)（且 \( x_{1} < x_{2} \)），則 \( x_{1}x_{2} > e^{2} \)。