极值点偏移问题的两种常见解法之比较

1、精品文档1欢向下载极值点偏移问题的两种常见解法之比较浅谈部分导数压轴题的解法在高考导数压轴题中，不断出现极值点偏移问题，那么，什么是极值点偏移 问题？参考陈宽宏、邢友宝、赖淑明等老师的文章，极值点偏移问题的表述是：已知函数y f(x)是连续函数，在区间(%,x2)内有且只有一个极值点 x0,且 f(xi) f(x2),若极值点左右的 增减速度”相同，常常有极值点xo 土万上，我 们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的增减速度”不同，函数的图象不 具有对称性，常常有极值点xo x 的情况，我们称这种状态为 极值点偏移”.2极值点偏移问题常用两种方法证明：一是 函数的单调性，若函数f(x)在区

2、问(a,b)内单调递增，则对区间(a,b)内的任意两个变量不、x2 ,f(x1) f (x2)xi x2;若函数f (x)在区间(a,b)内单调递减，则对区间(a,b)内的任意两个变量为、x2, f(xi) f(x2)xi x2.二是利用 对数平均不等式”证明，什么是 对数平均”？什么又是 对数平均不等式”？a b b两个正数a和b的对数平均数定义：l(a, b) ina in b,a b, a,a b,对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是：tab l(a,b) b,2(此式记为对数平均不等式)下面给出对数平均不等式的 证明：i)当a b 0时，显然等号成立ii )当a b 0时，不

3、妨设a b 0fe证tab a b ,要证倔 in a in b令ja x 1 ,只须证：21n x x1设 f(x) 2ln x x -,x 1 ,则 f xa bin a in b1一，x x(x)- x只须证：ln- b0,所以f(x)精品文档在(1,)内单调递减，所以f(x)1 f(1) 0 ,即21nx x -,xa blna lnb a b a blna lnb 21 in要证： a b_a_b ,只须证：b一in a in b 2a 2in x 1 b令a x 1,则只须证：土”，只须证1 bx 12设 g(x)2 1n x1 ，x 1 ,则x 122(x 1)212x(x 1)

4、22x(x 1)2所以g(x)在区间(1,)内单调递减，所以g(x)g(1) 0,即 1in x3欢海f载a b a b故、.ab l(a,b) a-b2in a in b 2(x 2)ex a(x 1)2 有综上述，当a 0,b 0时,例1 (2016年高考数学全国i理科第21题)已知函数f (x)两个零点.(i)求a的取值范围;(i)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x x2 2 .解：(i)函数f (x)的定义域为r ,当a0时，f (x)(x 2)ex0,得x2 ,只有一个零点，不合题意；当 a0时，f (x)(x 1)ex2a当 a 0时，由 f (x) 0得，x 1,由 f

5、(x) 0得，x 1 ,由 f (x) 0得，x 1,故，x 1是f(x)的极小值点，也是 f(x)的最小值点，所以f(x)min f(1) e 0又f(2) a 0 ,故在区间(1,2)内存在一个零点x2，即1 x2 2x 21由 lim (x 2)e lim lim 0,又 a(x 1)0 ,所以，f (x)在区间xx ex x ex(,1)存在唯一零点x1，即x, 1 ,故a 0时，f (x)存在两个零点；当 a 0时，由 f (x) 0 得,x 1或x ln( 2a), e右ln(2a) 1,即a /时，f (x) 0,故f(x)在r上单调递增，与题意不符 e右ln( 2a) 1,即

6、5 a 0时，易证f(x)极大值=f(1) e 0故f(x)在r上只有 e个零点，若ln( 2a) 1 ,即a 时，易证f (x)极大值二f (1n( 2a) a(1n2( 2a)241m 2a) 5) 0,故f(x)在r上只有一个零点综上述，a 0(d解法一、根据函数的单调性证明由(i)知，a 0且 x1 1 x 2令 h(x) f (x)f (2 x) (x 2)exxe2 x,x 1 则 h (x)(x 1)(e2(x 1)1)x-2e因为 x 1,所以 x 10,e2(x 1) 10,所以h(x) 0,所以h(x)在(1,)内单调递增所以 h(x) h(1) 0,即 f(x)f(2 x

7、),所以 f(x2)f(2 x2),所以 f(x1)f(2 xz),因为x 1,2 x2 1, f (x)在区间(,1)内单调递减，所以 x12 x2,即 x1 x22解法二、利用对数平均不等式证明由(i)知，a 0,又f(0) a 2所以,当0a 2时，x10且1当 a2 时，0 x11 x2即(2 x)ex1(2 x2)ex2(1 x)2(x2 1)2所以 1n(2 x1)x1 21n(1所以 1n(2 x1)1n(2 x2)x2 2 ,故 x1x222,又因为a(% 1)2x1)1n(2x2)x2 21n( x22(1n(1x1) 1n(x2 1) x2d 2)e出x 1)21)xi (

8、2 xi) (2 x2)(2 xi)(2x2)1n(2x1)1n(2x2)4 x1x22所以 1 2 :(1不)in0 1)1n(2x1) 1n(2x2)所以 xx22 21n(1 x1)1n(x2 1)21n(2 x1) 1n(2x2)精品文档卜面用反证法证明不等式成立0,所以 ln(2 x1) ln(2x2) 0因为 0 x1 1 x2 2,所以 2 x1 2 x2假设x22,当 x22,x1x220且 21n(1x1)ln(x21)=0,与矛21n(2 x1) 1n(2x2)盾；当x1x22时为x22 0且2 ln(1x1)ln(x2 1)0,得函数f(x)的递增区间(0,1), a1由

9、f (x)0,得函数f(x)的递减区间(，) a(n)解法一、根据函数的单调性求解设点a、b的横坐标分别为 刈x2,则小 22，且0% x22 a，-一- 一一一 11 1由(i)知，当 a 0时，f(x)极大值=“刈 f(-) 1n- - 1 aa a因为函数f (x)有两个不同的零点，所以f(x)max 0,所以0 a 1要证 f(x0)(12x0)(1ax0)0 ,只须证ax01,即证x1x22x0a人2令 h(x)f(x) f (- x)a,2、ccc1in x1n(-x)2ax2,0x 一aa则 h (x)_21 a 旌 2(ax 1)2ax 2 ax x(2 ax)10,所以h(x

10、)在(0,1)内单调递增a1. 2所以 h(x) h(-) 0,即 f(x) f ( x) aa1 一 一 一 2 一 一 一 2因为 0 x x2 ,所以 f (x) f( x1),所以 f (x2)f( x1)aaa1 21、,一、 ，1又x2 ， x1 ,且f (x)在区间(,)内单倜递减 a a aa2.2 一 一所以 x2 一 k ,即 x1 x2 一，故 f (xo) 0 aa解法二、利用对数平均不等式求解设点a、b的坐标分别为a(x1,0)、b(x2,0),则x0 七产由(i)知，当 a 0 时，f(x)极大 =f(x)maxf(-) ln- - 1a a a因为函数f(x)有两

11、个不同的零点，所以f(x)max 0 ,所以0 a 12ln x1 ax1(2 a)x1 0因为2,所以 in x2 in x1 a(x2 x1) (2 a)( x2 x1)in x2 ax2 (2 a)x2 0所以1 x2 x1xx2 ,即1 x1 x2a(x1x2)(2 a) inx2inx12a(x1x2)(2 a) 2所以 a(x1 x2)2 (a 2)(x1 x2) 20 ,所以a(x1 x2) 2(%x2) 1 0所以1 a、2 0,所以f (%) 2例3 (2014年高考数学湖南卷文科第(i )求函数f (x)的单调区间；(1 x1 x2)(1 a、2)f(x_2) 22x1 x

12、221 x v21题)已知函数f(x) ，ex1 x0.5欢如载(n)当 f(x) f(x2),x1 x2时，求证：x1 x2 0解：(i)函数f(x)的定义域为rf(x) fexx(x 1)2 2.a 2、2(1 x )由f (x) 0 ,得x 0 ,由f (x) 0,得函数的递增区间(得函数的递减区间(0,)，所以f(x)max f(0)1(h)解法一、利用函数的单调性求解精品文档令 h(x)则 h (x)1 x x 1 x xf(x) f(x) e rve2_ 2x 2_(x22x3)e(x22x3)x-2-2-令 h (x)(x2 2x2x 2 23)e (x2x+3), x则 h (

13、x)2(x2 x2)e2x (x1),x 0,h (x) 2(2x2 3)e2x 1,x 0由 x 0得，h (x)2(3 1) 4(x)在(0,)内单调递增故 h (x) h (0) 20,故 h (x)在(0,)内单调递增故 h (x) h (0) 0 ,故h(x) 0,故h(x)在(0,)上单调递减(1 x ) e7欢天载由(1)及 f (x1)f (x2), x1所以，h(x) h(0) 0x2知，x1 0 x2 1 ,故 h(x2)f (x2) f( x2) 0所以f(x2)f( x2),所以f(x1) f ( x2),又f(x)在(，0)上单调递增所以，x1x2,即 x1 x2 0

14、解法二、利用对数平均不等式求解因为 x 1 时，f(x) 0, x 1 时，f (x) 0, f(x1)f(x2),x1 x21x1x1x2 x1 x1 1 x1x21所以，x10x21 , 2ex1lex2,所以，1e22e1x11x21 x11x2所以，ln(1x1)(1x?)ln(1x；)ln(1x?)(1x1) ln(1x2)所以，(1x2)(1x1) ln(1 x2) ln(1 x1)ln(1x；) ln(1 x2)22、所以 (1x2)(1 k)1 ln(1x1)ln(1x2)1x21x1ln(1 x2)ln(1 x1)ln(1 x2) ln(1 x1)222、所以xi x2ln(

15、1 x；) ln(1 x2)2 ln(1 x1)ln(1 x2)因为x10x21 ,所以 ln(1xi)ln(1 x2) 0卜面用反证法证明x；x20，假设 x； x20当 x1x20时,x1 x222、0,且ln(1 x1) ln(1 x2)=0 ,与不等式矛盾 ln(1 x1) ln(1 x2)当 x1 x2 0 时，x2等式矛盾.x10,所以0,且 ln(1x2)ln(1x2)0,与不2ln(1x1)ln(1x2)所以假设不成立，所以 x1 x20例4 (2014年江苏省南通市二模第20题)设函数f (x)ex ax a(a r),其图象与x轴交于a(x,0), b(x2,0)两点，且x

16、 x2.(i)求实数a的取值范围；(n)证明：f (历2) 0(f(x)为函数f(x)的导函数)；(出)略.解：(i) f (x) ex a, x r,当a 0时，f (x) 0在r上恒成立，不合题意当a 0时，易知，x lna为函数f(x)的极值点，且是唯一极值点，故,f(x)minf (ln a) a(2 in a)2当f (x)min 0,即0 a e时，f(x)至多有一个零点，不合题意，故舍去;当f(x)min0,即a e2时，由f(1) e 0,且f(x)在(，ln a)内单调递减，故f (x)在(1,ln a)有且只有一个零点；由 f (ln a2)a2 2a in a a a(a

17、 1 2ln a),22_oo令 y a 1 2ln a,a e ,则 y 1 - 0 ,故 a 1 2ln a e 1 4 e 3 0 a所以f(lna2) 0,即在(ln a,21n a)有且只有一个零点.(n )解法一、根据函数的单调性求解由(i)知，f(x)在(，ln a)内递减，在(ln a,)内递增，且f(1) e 0所以 1xln ax22ln a ,要证 f(jxixt)0,只须证ex1x2a ,即证jxixtln a又 xx2x1 2 % ,故只须证 x1x2 2ln a令 h(x) f (x) f (2ln a x) ex ax a e2lna x a(2ln a x) a

18、,x 2 xe a e 2ax 2aln a , 1 x ln a则 h (x) ex a2e x 2a 2 jexae x 2a 0,所以 h(x)在区间(1,lna)内递增所以 h(x) elna a2e lna 2a in a 2a in a 0 ,即 f (x)f(2ln a x)所以 f (x1)f (2ln a x1),所以 f (x2) f (2ln a x1)因为x2 ln a,2ln a xlna,且f(x)在区间(lna,)内递增所以 x2 2ln a x1,即 x1 x2 2ln a ,故 f (jx1x2) 0解法二、利用对数平均不等式求解由(i)知，f(x)在(，ln a)内递减，在(ln a,)内递增，且f(1) e 0所以 1x1ln ax22ln a ,因为f(x1)eax1a 0,f (x2)ex2ax2 a 0ex1ex2日口ex11ex21 而,(x11)(x21)a ，即，所以 1 一一一7(x1 1)(x2 1)x1 1x21x1 1 x21ln(x1 1) ln( x2 1)所以 x1x2(x1x2)0 ,要证：f(jxx2)0 ,只须证 e际 a ,即jxx2ln a故，jx1x2 x1 ln