极值点偏移问题的两种常见解法之比较之欧阳音创编

1、极值点偏移问题的两种罕见解法之比较时间:2021.03. 11创作：欧阳音浅谈部分导数压轴题的解法在高考导数压轴题中，不竭呈现极值点偏移问 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 = fW是连续函数，在区间(召宀) 内有且只有一个极值点心，且f(xl) = f(x2),若极值点 左右的“增减速度”相同，经常有极值点凡=宁, 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”不合，函数的图象不具有对称性，经 常有极值点无工宁的情况，我们称这种状态为 “极值点偏移” 极值点偏移问题经常使用两种办法证明：一是函 数的单调

2、性，若函数/在区间(,)内单调递增，则 对区间(M)内的任意两个变量x2 , f(xl)f(x2)xl0,显然等号成立i i ）那时“工”0,无妨设ab0 ,先证皿v产J,要证皿v产J,只须na-nbna-nbb=x 1 ,只须证：2nxx/(%) = 2nx-x + ,xx和）fT一所以如在（1,S内单调递加,所以 /（X）/（1）= O ,即2 In xx- x故亦V上JIn -In/?再证:a_b a+bIn a-nb2要证:u_b a + bIn a-nb 2令,则只须证:bt 2 nx .1-x+1Jl 1畀 只须证：Wopf(x)=(x + 1)2 2x 2x(x + l)2所以g

3、(x)在区间(1,8)内单调递加，所以g(x) g(l) =0,艮卩 1 _ -2 0,/? 0 , yfab L(a,b) 2例1 (高考数学全国I理科第21题)已知函数 /(X)=(X - 20 +(心-1)2有两个零点.(I) 求0的取值规模；(II) 设是/(X)的两个零点，证明：Xi+x2 0,由 fx) = 0得，x = ,由 /z(x)0得，xl , 由广(x) V0得，xl,故，x = l是/(X)的极小值点，也是/(x)的最小值点, 所以/Cv)min=/d) = -0,故在区间(1,2)内存在一个零点兀2，即1 x2 0 , 所Xf Yf .d-X _以，/(X)在区间(Y

4、O,1)存在唯一零点X 9即X 0时，/()存在两个零点；那时 a 0 ,故/(x)在 R 上单 调递增，与题意不符若ln(-2a) 1 ,即-匕v “ v 0时，易证/(尤)极畑才=-e v 0故2/(X)在R上只有一个零点，若ln(-2d)vl,即一|时,易证/()极大值才(ln(-2a) = a(ln2(-2a) -4ln(-2a) + 5) 0(II)解法一、根据函数的单调性证明由(I )知，6/ 0x, I x2 1, 则(x)=(x 1)(严1)因为 xl,所以 x-l0,e”i10,所以 hXx) 0 ,所以*)在(1,乜)内单调递增所以/心)/?=0 ,即,所以fx1)f(2-

5、x1),所以 f(xi)f(2-x2),因为x,1,2-x21, “0在区间Y,l)内单调递加，所以 X V 2 尤2 ,艮卩 A j +A 0 ,又 f (O) = a-2所以，那时0vaS2, x, 01 x2 2 ,故州+%22 ,0x, 1 x2 ) 2(ln(l jcJ ln(%2 1) = xx j = (2 ) (2 x)所以_ 乍 ln(l_xj lnQy? _1) =(2 州)一(2 七)ln(2 Xj) ln(2 ) ln(2 ) ln(2 )所以十r InQ-xJ-Ing _1)ln(2-x1)-ln(2-x2)下面用反证法证明不等式成立因为 0x,1x22-x20 ,

6、所以In(2州)一ln(2 花)0当 xA+x2= 2假设 x+x22于=且2册黑册比与矛盾那时 xx +Xj 2上g0且叽-1) 0 ,与2ln(2 一 西)一 ln(2 一 x2)矛盾，故假设不成立所以 xt+x2 2例2 (高考数学辽宁卷理科第21题)已知函数f(x) = In x-6/x2 +(2-a)x(I )讨论函数/(x)的单调性；(II )若曲线y = fM与X轴交于q、B两点，A、B中 点的横坐标为心，证明：m)那时dSO, fx) 0在区间(0,+oo)内怛成立9 BP /(%) 在区间(0,+s)内单调递增那时40,由fXx)0，得函数的递增区间(0,-),a由fx)0,

7、得函数f(x)的递加区间(II)解法一、根据函数的单调性求解设点A、B的横坐标辨别为心X则X厂岁，且0 Xj 0,/极大伉二爲=/(-) = ln- + -la a a因为函数/(x)有两个不合的零点，所以/(X) 0,所以0a要证门如)+ 2和(1-),即证 X。2 x + _ ax22|令 (x) = /(x)-/(-x) = In x - In( - x) - lax + 2,0 x 0 ,所以h(x)在(0,-) x 2_axx(2-ax)a内单调递增i2所以 h(x) /(-)= 0 ,即 f(x) f(x)aa因为 0X| -i-X,所以 /(%)-,且/（x）在区间（丄内单调递加

8、a a aa所以 x, -X,即 Xj +X, -,故广（无）0,【/极大犷/喰=/（-）=山丄+丄-1a a a因为函数fw有两个不合的零点，所以/U0,所以 0aIn - ax： + (2 a)x = 0In x2 一 ax + (2 - ax2 = 0nx2 -lnX = a(x2 +- (2 - a)(x2所以1=兀T 込1, 即(X| +尤2)_(2_4) lnx2 -lnX|2J 09 所 以a(xl+x2)-2(x +x2) + l0所以-宁V。（1 + 壬+）（1_4亠；）为+兀20.例3 （高考数学湖南卷文科第21题）已知函数/ =1一兀1+疋（I）求函数/（X）的单调区间;

9、（II）那时/（召）=/（兀）,召工兀，求证：X, 4- x2 0 ,得函数的递增区间（_s,0）,由）, 所以 /max=/（0） = l（ID解法一、利用函数的单调性求解令比）=爪总八耳。x0则hfw =#上乂日(l + x yex令 H(x) = x2 -2x + 32x-(x2 + 2x+3),x0则HfM = 2(x2 - x + 2)0 _匕 +1),x0, 则H(x) = 2(2x2+3)e2x-l9x 0由兀0得，2(3-1) = 40,故773在(0,+s)内单调递增故 Hx) H(0) = 20,故 H(x)在(0,+oo)内单调递增故 H(a) H(0) = 0 ,故/r

10、(x)v0,故/心)在(0,+s)上单 调递加所以，/?(A-) /7(0) = 0由(1 )及 /(x,) = f(x2),x工兀2 知, X) 0 x2 1 , 故h(x2) = f(x2)-f(-x2)0所以 /(x2)/(-x2),所以,又/(x)在(-00,0) 单调递增所以，X V -X,即 X, + x2 0 , X1 时，/(x)0 ,f（xl） = f（x2）yxl H兀2所以，x0x2 ,錚金所以,ln（l 西）+ （1 花）一 ln（l + #） = ln（l 花）+ （1 - X） ln（l + x）所以（1 一 兀2） （1 一 齐）=In（l 一 2）一 ln（l

11、一 X） + ln（l + 彳）一 ln（l + x；）所以（1 一 兀2） （1一十）ln（l-x2）-ln（l-X|）ln（ 1 + .V|） ln（l + 天；）1 乞 +1 X=1 +二ln（l-x2）-ln（l-X|）2所以,Xx+X2 v ln（l + x；）-ln（l + x；）2ln（lXj）ln（lx2）因为 0 x2 0F面用反证法证明x+x20那时兀+“0,匕=0,且ln（l+G-ln（l+=o,与211（1-州）-1门（1-吃）不等式矛盾那时x+x2 0,花-州0, 所以亠0,且1叩+彳）-ln（l+卅）0,与不等式矛盾.2ln（l 召）一 ln（l 兀）所以假设不成立

12、，所以x1+x20例4 （南通市二模第20题）设函数 /（a ） = e - ax + aa e /?）,其图象与 x 轴交于 A（几 0）, B（x2,0） 两点，S- X, x2.（I）求实数a的取值规模；（II）证明:广（広石） 0 在 R 上恒成立，不合题意那时0,易知，x = na为函数/（X）的极值点，且是 唯一极值点，故，/（x）min =/（lnt?） = a（2-lna）当/（X）minO，即0V%时，/（X）至多有一个零点， 不合题意，故舍去；当 /Wnun 即 时，由 /(1)=0 ,且 /(X)在 (-O0, In a)内单调递加，故/(x)在(l,ln)有且只有一个零

13、 点；由/(In a2 ) = a2 - 2a In a +a = a(a +1 2 In a),令 y = 67 +1 - 2 In a, a e , 贝I y* = 1 - 0, 故aa + -2na e2 + -4 = e2 -30所以/(In/) 0 ,即在(In6/,2In)有且只有一个零点.(ID解法一、根据函数的单调性求解由(I )知，/(X)在(Y,lna)内递加,在(lna,+o)内递 增，且 /(1) = 0所以 1 x, In a x22 In a ,要证 f(yxix2) 0 ,只须证 a ,即证 in a又 J“2 丄1 ,故只须证.V, +x22 In a令 h(x

14、) = /(X)- f2na-x) = ex -ox + u-e2na + a(2n a - x) - a,=ex a2ex 2cix + 2a In a ,1 x 2ylexa2ex -加=0 ,所以 h(x)在区间 (Una)内递增所 以 /z(x) -a2elna 2a In a + 2a In a = 0, 即f(x)f(2na-x)所以 /(斗) /(2In-召)，所以 /(x2) lnd,21na-Xi na ,且/(x)在区间(ln,+)内递增所以 x, 2na-x,即 x+x22 In a ,故 fxAx2) ,lna)内递加，在(lna,*o)内递增，且 /(1) = 0所以

15、1S na x2 111( -l)-ln(x2 -1)所以小2-(册+区2)0 ,要证：广(J“2)0 ,只须证 a ,即 y/xlx2 na古攵，Jx 旺_11心-1),x2-n(x2-l)所以 2応 %i +x2 -ln(Xj -l)(x2 -1)9 所以ln(XjX2 - (%| +吃)+ 1) X +x2 -2X|X2因为 xxx2 -(x +x2)0 , 所以 ln(x1x2 -(x +x2) + l) 0所 以11(召勺一(舛+花)+1) v + a 2&宀 成立， 所以f，(ylx)0从以上四个例题可以看出，两种办法解决的问题相同，即若州,羽是函数/的两个零点，而x = 是函数/(x)的极值点，证明Xj+x, 2x0),根据函数单调性求解的步调是：一、构建函数h(X) = f(x)-f(2x0-x),二、判断函数/心)的单调性，三、证明 /心)0(或 /?(x) f(2x0-x)