极值点偏移问题的两种常见解法之比较

1、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（為,心）内有且只有一个极值点X。，且 /3）= /区）,若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点儿=芒巴，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，常常有极值点儿H芒电的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”.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/（X）在区间 34内单调递增，则对区间（

2、匕方）内的任意两个变量x2 , /3）</（兀）0坷 <兀；若函数/（X）在区间（",）内单调递减，则对区间（",“）内 的任意两个变量x2, f（xl）<f（x2）x>x2.二是利用“对数平均不等式”证 明，什么是“对数平均”?什么乂是“对数平均不等式”？a_b 两个正数d和方的对数平均数定义:L« b） = lna-lnb心人a. a = h.对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是:皿<L（a,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）旳a =b>0时,显然等号成立i i ）当时

3、环妨设o>b>0 ,匚先证亦v艺一要证皿，只须证：int<月一 F，In a - In bIn a - In bb h令化=x>.只须证丄,x> 1设/（x） = 21nx-x + -,x> 1，则 f3 = ?_ 1 _丄=_ C* 丿）v0,所以 f（x）XX X"X'在(1,乜)内单调递减，所以f(x)< /(1) = O, BP21nx<x-lx故皿V上L_lna-lnb一击u_b a + b匚再证：<Ina - In b2纟_n-要证：z v凹,只须证:<>.In a-nb22- = x>,则只

4、须证：,只须证1_丄<乜丄，x>bx +1 2a +1 2设細八圭一字心她如侖一卜鼎 “所以g(x)在区间(1,十切内单调递减，所以U)<g(l) = O,B|Jl-_< x + 2a-h a + h故<In a-nb 2综上述，当 «>O,Z?> 0 时，yfcib < L(a,b) <-2例1(2 016年髙考数学全国二理科第2 1题)已知函数/CQ = (20 +讥兀一1)2有 两个零点(二)求d的取值范围;(二)设州,七是/(x)的两个零点，证明:x +x2 <2 .解：(二)函数/(x)的左义域为/T 当“ =0时

5、，f(x) = (x-2)ex =0,得x = 2,只有一个零点，不合题意；当“H0时，ffM = (x-l)ex+2a当。>0 时，由 fx) = 0 得,x = l,由 fx) > 0 得,x>l,由 fx) < 0 得,x<l, 故,兀=1是/(X)的极小值点,也是/(x)的最小值点，所以/(x)min = f (1) = -e<0 又/(2) = " > 0，故在区间(1,2)内存在一个零点心，即1 v兀v 2r_21由 lim(x-2)= lim -一 = lim =0,又“(x-l)? >0,所以JG)在区间 YT-X.Yf

6、-OC f-lA>-X _f7(YQ, 1)存在唯一零点xl，即Xj<1,故。> 0时，f(x)存在两个零点;当 a < 0 时，由 fx) = 0 得,X = 1 或v = In(-2°),若In(加)= 1,即a = -,fx)>OMf(x)在R上单调递增，与题意不符2若In(-加)> 1,即-<a<0时，易证/(x)扱m才=e v 0故f(x)在/?上只有一2个零点，若ln(-2«) v 1,即/<-时，易证2/(X)极大ff(=/(ln(-2") = a(n2(2a) -4ln(-2a) + 5) &l

7、t; 0，故 f(x)在 R 上只有一个零点综上述4>0(I)解法一、根据函数的单调性证明由(I)知,“ > 0 且 X, < 1 < x2 < 2令hM = /(x)-/(2-x) = (x一20 + 恥*> 1 则/f(x)=一“因为x>l,所以-1>0”(7-1>0,所以hr(x) > o ,所以(x)在(1,F)内单调递增 所以h(x)>h(l) = O,即/(x)>/(2 x),所以/(七)>/(2-吃)，所以/(x,)>/(2-x2), 因为Xj < 1,2-x, < 1 ,/(x)在区

8、间(yo,1)内单调递减，所以A-j < 2-x2,即x + x2 < 2解法二、利用对数平均不等式证明由(1)知卫>0,又/(0) = “一2所以，当 0 VdS2 时,册50 且 1<兀2<2,故 x+x2 <2当“>2时，0<召 vlvx，<2,又因为d =-(召-1)?(x2-l)2即(2_西0 = (2 - 勺)。'(1 Xj)-(x2 l)2所以 ln(2-X|) + x)-21n(l-“J = ln(2-x2) + x2 -2ln(x2 -1)所以 ln(2 一 xj ln(2-x2)-2(】n(l - 州)一 ln(

9、x2 -1) = x2 - X| = (2)-(2 x2)所以_ 2 ln(l_X)_ln(A：2 _1) _(2_X)_(2_/2)< 4 _ 召 _ 兀ln(2 X) ln(2 ) ln(2 xj ln(2 )2日斤DI X】+“2 _2= hHl xJ InCy? 1)2ln(2-.r1)-ln(2-x2) 一下而用反证法证明不等式二成立因为OvX < 1 < x2 < 2,所以2-Xj >2-忑 >0,所以 ln(2-x)-ln(2-x2) >0假设好松2,当血+ / 2,匕三=0且2皿r)一迴旦=0,与矛盾:2ln(2 X) ln(2-x2)

10、当七>2时呼 >。且2誥器铝 0与矛盾,故假设不成立例2 (2 0 11年髙考数学辽宁卷理科第2 1题)已知函数fM = nx-ax2+(2-a)x(I)讨论函数/(x)的单调性;(U)若曲线y = f(x)与x轴交于A、3两点/、3中点的横坐标为心，证明:ruo)<o解：(I )函数/(X)的定义域是(0,+8)广心丄-2祇+ (2心)(1")XX当a<0,f(x)> 0在区间(0,+oc)内恒成立，即/(x)在区间(0,+s)内单调递增当°>0时，由/r(x)>0,得函数/的递增区间(0丄),a由广(x)V0,得函数/(x)的递

11、减区间(l,+oo)(H)解法一、根据函数的单调性求解设点A、3的横坐标分别为心 匕，则观=土亠，且0 v召v丄vx,2a由(I )知，当心0时,/极大MCMm狄=/(丄)= ln丄+丄1a a a因为函数/(X)有两个不同的零点，所以/(U >0,所以0VdVl要证广(X。)= U +201 5)V 0,只须证仕> 1,即证A- +x.>-儿 a221令 /?(x) = f(x) 一 f(x) = lnx-ln(x) 2ax + 2,0 < x v aaa则hx) = - + - 2° = 皿 一"-> 0 ,所以h(x)在(0,1)内单调递

12、增x 2-axx(2-ax)a12所以 /i(x)</i(-) = O/即 f(x)< /( x)aa1 ?2因为OVX < - < x. t 所以 /(xI)</(-xl)/所以/(xj </(-%!) uaa1 ?11又 一州>,且/(X)在区间(一,+oO)内单调递减 a aaa2 2所以 X, >A'j，即 X + X)> ，故 j (x() V 0a a解法二、利用对数平均不等式求解设点A、B的坐标分别为人(州,0)、B(x2,O)，则如=亠 卢2由(I )知，当 d > 0 时，_/(X)极大值=Lf(X)niax

13、 = /()= + - 1因为函数/(x)有两个不同的零点，所以/(切喻>0,所以o vavl所以Inx2 -InxA = ax2 +xI)-(2-a)(x2-xx)In x2 一 ax； + (2 a)x2 = 01r-r 丫+玉，即1八+兀2讥州+七)(2 G)2(1 + 州 +吃)(_舁；，)所以 a(x+x2)2 + (" 2)(旺 +疋)一2>0 ，所以。(斗 +兀2) 2(坷 +x2) + l>0所以1“耳i<o,所以fg = /'(芒卫)= 2 <0.2 2例3(2014年高考数学湖南卷文科第21题)已知函数/=(I)求函数/的单调

14、区间；(U)当 f(xt) = f(x2),xl 工 x2 时,求证：X, + x2 < 0 解：(1)函数/(兀)的定义域为尺由f(x) = 0,得x = 0,由f(x) >0,得函数的递增区间(Y0,0),由f(x) v 0,得函数 的递减区间(0,+8),所以/«max=/(0) = l(n>解法一.利用函数的单调性求解令 h(x) = /(x) 一 /(-x) =小 > 01 + f 1 + f.(兀 2x +"(对 + 2x + 3)则 hx) = -x v(l + x2yex令H(x) = (x2 一2x + 3)e2x -(x2 + 2

15、x+3),x>0则 Hx) = 2(x2 x + 2)，“ -(x + l),x > 0,则 H(x) = 2(2x2+3)e2x-l9x > 0由 x>0得,Hx) > 2(3 1) = 4> 0,故Hf(x)在(0, +oo)内单调递增故 Hx) > H'(0) = 2>0,故 H(x)在(0,+eo)内单调递增故 H(x)>H(0) = 0,故 ir(x) v 0 ,故 /?(x)在(0, *o)上单调递减所以,h(x) < /j(0) = 0由及/(x,) = /(x2),x,工尤2 知>x <0<x

16、2 <1，故h(x2) = f(x2)-f(-x2) < 0所以f(x2)<所以/3)</(-吃),又/(劝在(8,0)上单调递增所以心V -as，即x +x2 <0解法二、利用对数平均不等式求解因为 xvl 时,f(x) > 0, x>l 时，f(x) < 01 f(xl) = f(x2)9xl x2所以，<0<%.<1, 匕异勺=匕/=所以.=£7 吃1 + X；1 + X；1+X；所以，In(l-x1) + (l-x2)-ln(l + x12) = ln(l-x2) + (l-x1)-ln(l + x;) 所以,

17、(1 兀2) (1 一 X) = ln(l A：?) ln(l 兀)+ ln(l + 彳)ln(l + x；)所以 (1_兀2)_(1_旺)=| ln(l +石)_ln(l+x；) < l-x2 4-1-Xjln(l-x2)-ln(l-xl) ln(l-x2)-ln(l-x1)所以召+2 < ln(l + G-ln(l + .£)，i：2ln(l-X)-ln(l-A：2)因为X < 0 < x2 < 1，所以ln(l 西)一ln(l 七)>0 下面用反证法证明+%2<0,假设xl+x2>02当x,+x2= 0时，士玉=0,且hid) j

18、n(17o,与不等式矛盾2ln(l-xj-ln(l-花)当禹+也> 0时,2 > -X, > 0,所以工电> 0,且h】(l + W)h】(l+w)v o ,与不2ln(l-x,)-ln(l-x2)等式矛盾.所以假设不成立，所以x,+x2<0例4 (2014年江苏省南通市二模第2 0题)设函数f(x) = ex-ax + a(aeR其图象 与x轴交于A(Xj,0), Eg, 0)两点,且x<x2.(I)求实数a的取值范围；(II)证明：广(広石)<0(广为函数/Xx)的导函数)；(皿)略.解：(I) fx) = ex-a,xRf当a<0时J

19、9;(x)> 0在R上恒成立，不合题意当“>0时，易知,x = ln«为函数/(x)的极值点，且是唯一极值点，故 J3min =f(na) = a(2-na)当/Wmin>0,即°vaS/时，/(X)至多有一个零点，不合题意，故舍去；当/Gv)min<0,即%时,由/(l) = e>0,且)在(-oo,ln«)内单调递减，故/(x)在 (l,ln “)有且只有一个零点;由 /(In cr) = a2 -2a In a + a = a(a +1 - 2In a),2令 y = “ + l-21na,d > e，,则 y'

20、= 1二>0 ,故d + l-21na >，+1 4 = e， 3>0a所以/(In /)> 0,即在(In21na)有且只有一个零点.(II)解法一、根据函数的单调性求解由(I)知,/(x)在(-oo,ln a)内递减，在(In a, +oo)内递增，且 f(l) = e>0所以1 <召v In " v § < 2 In a，要证广(旅云)v 0,只须证e陌<«,即证乔云< In a又J養 < 土竺，故只须证召+兀v 2 In “2令 hx) = /(x)-/(2 In a 一 x) = ex 一 ax

21、 + d -+ a(2 na-x)-a,=ex - a2ex - Icix + la In c,l vx vino则 li(x)=云 + a2e'x-2(i> 2ylerex 一加=0 ,所以力(x)在区间(1, In a)内递增所以 h(x) < elna 一 a2e-toa 一 2a In a + 2ana = 0，即 f(x) < /(21n a-x)所以/(xjv /(21n "一 xj,所以 /(x2) </(21n"-xJ因为尤2 > na2na-x > lno,且/(x)在区间(Ina,+8)内递增所以 *2 <21niz-Xj,R 卩 X +x2 < 2 In a ,故 f，(yxlx2)<0解法二、利用对数平均不等式求解由(I )知,/(对在(-03Jna)内递减,在(lna+oo)内递增，且f(l) = e>0 所以 1 <xt <lna<x2 <2lna ,因为 /(召)=eXf -ax +a = 0 9f(x2) = eX2 -ax2 +a = 0丄=丄，即工=二，所以-1x2-旺_1 x2 -1ln(Xj -l)-ln(x2 -1) 所以xx2-(x + x2) < 0 ,要证:八厶吃)<0,只须证e下忑va ,即少辺<