极值点偏移问题的两种常见解法之比较知识讲解

1、极值点偏移问题的两种常见解法之比较精品资料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（Xi,X2）内有且只有一个极值点xo, 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上万里， 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二万生的情况，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

2、性，若函数f（X）在区 问（a,b）内单调递增，则对区间（a,b）内的任意两个变量xX2,f（Xi） 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Xi、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 , . 一 ab两个正数a和b的对数平均数止义：L（a,b） lna In ba,a b,对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是： 病L（a,b） ayb,（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）

3、当a b 0时，不妨设a b 0,先证jabln aln b,要证aba b .In a In b只须证：1n- b1,只须证：21n x1,x 1 x设 f (x) 21n x(x)(x 1)22x0 ,所以f (x)在(1,)内单调递减，所以f(x)再证:a bIn a In b a b a bIn a In b 2要证:a b a b,只须证:1n a In b 2,a Inb2设 g(x)1,则只须证:*只须证1则 g (x)2_(x 1)2 2x所以g(x)在区间(1,)内单调递减，所以g(x) g(1)In x(x1)2_22x( x 1)20,即In xa b a bIn a I

4、n b 2综上述，当a 0,b 0时, ab L(a,b) ayb例1 (2016年高考数学全国I理科第21题)已知函数f(x) (x 2)ex a(x 1)2 有两个零点.(I )求a的取值范围;x1x22 .(H )设x1,x2是f (x)的两个零点，证明: 解：(I )函数f(x)的定义域为R ,不合题意;当a 0时，f(x) (x 2)ex 0,得x 2,只有一个零点,当 a 0时，f (x) (x 1)ex 2a当 a 0时，由 f (x) 0得，x 1 ,由 f (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

5、)minf (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 2.v x 21 一2由 lim (x 2)e limlim x 0,又 a(x 1)0 ,所以， “*)在区|可xx e x e(,1)存在唯一零点x ,即 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 ,若ln( 2a) 1,即a 2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 一 a 0时，易证f(x)极大值=f(1) e 0故f(x)在R上只 2有一e ， 一个布点，右ln( 2a)

6、1 ,即a 2时，易证f(x)极大值=f (ln( 2 a) a(ln2( 2a) 4ln( 2a) 5) 0,故 f (x)在 R 上只有一个零占 八、综上述，a 0(n)解法一、根据函数的单调性证明由(I )知，a 0且 x11x22令 h(x)f(x) f (2 x) (x 2)exxe2 x, x 1 贝U h (x)(x 1)(e2(x1) 1)因为 x 1 ,所以 x 1 0,e2(x1) 10,所以h(x) 0 ,所以h(x)在(1,)内单仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢7调递增所以 h(x) h(1) 0,即 f(x) f(2 x),所以 f(X2)f(2 X2),

7、所以f(xi) f(2 X2),因为Xi 1,2 x2 1, f(x)在区间(，1)内单调递减，所以xi 2 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 0 a 2 时，xi0且1 x2 2,故 xix2 2当a 2时，0 xi1 x2 2,又因为a(x1 2)ex1(x2 2)ex222(xi 1)2(x2 1)2即心四(2x2)ex2(1 xi) ln(2x,)ln(2x2)卜面用反证法证明不等式 成立因为 0 4 1x22,所以 2x,2x20,所以 ln(2x1) ln(2x2)0假设 xix22,当xix2 2, x1 x2

8、 20且 21n(1xi)ln(x21)=0,与矛21n(2 x1) 1n(2 x2)盾;当xix22时x1x22 0且21n(1xi)1n(x21)<0，与矛盾，故假设不成21n(2x1)1n(2x2)(x2 1)2所以 ln(2xi)x1 2ln(1 x1) ln(2 x2)x2 2ln( x2 1)所以 ln(2xi)ln(2x2)2(ln(1x1)ln( x2 1)x2x1 (2 4)(2x2)所以 121n(1 为)ln(x21)(2x1) (2x2)4x,x2ln(2x,) ln(2 x2)ln(2x,) ln(2x2)2所以XiX2 2例2 (2011年高考数学辽宁卷理科第

9、21题)已知函数2f (x) ln x ax (2 a)x(I )讨论函数f (x)的单调性；(H)若曲线y f(x)与x轴交于A、B两点，A、B中点的横坐标为x0 ,证明：f (xo) 0解：(I )函数f (x)的定义域是(0,)一、1(1 2x)(1 ax)f (x) - 2ax (2 a)xx当a 0时，f (x) 0在区间(0,)内恒成立，即f(x)在区间(0,)内单调递 增1当a 0时，由f (x)>0,得函数f(x)的递增区间(0,),a1由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x1、x2,则x

10、0当3，且0 x1x22a由(I)知，当 a 0时，f(x)极大w=f(x)max f(1) ln1 1 1a a 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 (x。)(1 2x°)(1 ax0)0 ,只须证 a% 1 ,即证 x1 x2 -x0a“_ 2令h(x)f (x)f (-x)a一.1a贝 Uh(x) - 2ax 2 ax2 In x ln( a_22(ax 1)x(2 ax)1x) 2ax 2,0 x 一 a一一. ，1 ,、，一、,0 ,所以h(x)在(0,-)内单调递增 a所以 h(x) h(-) 0 ,即 f (x) f (-

11、 x) aa1,2,2因为 0x1一x2,所以f(x1)f (-x1)，所以fX)f (-x1)aaa精品资料1 21 一 ，一、1,、一、，又X2 -,- K ,且f(x)在区间(，)内单调递减 a a aa22 M所以 x2 x1,即 x1 x2 一，故 f (x0) 0aa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(xi,0)、B(x2,0),则xo 七由(I)知，当 a 0时，f(x)极大w=f(x)maxf() ln1 - 1a a 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 12a(x2 x1)(2 a)(x2 x1)In x ax(2 a

12、)x10因为2,所以 In x2 In x1In x2 ax2(2 a)x2 0仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢ii所以1a(x- x2) (2 a)x2x.In x2In x1x2 ,即12a(x1 x2) (2 a)2所以 a(x1x2)(a2)(x1x2)2 0 ,所以a(xx2)2(xx2)1 0所以1 ax 0,所以f(%) f (色色) 22例3 (2014年高考数学湖南卷文科第21题)(1 x1 x2)(1 ax1 J)x x221 x V已知函数f(x)二2ex1 x0.(I )求函数f(x)的单调区间;(H)当 f(x1) f(x2),x1 x2时，求证：x1 x2

13、 0解：(I )函数f(x)的定义域为R2_一、 (1 x ) 2x(1 x) x 1 x xf (x) 2"e 2 e(1 x2)21 x22_x(x 1)22 2(1 x )由f (x) 0 ,得x 0 ,由f (x) 0 ,得函数的递增区间(，0),由f (x) 0,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1 x X 1 x令h(x) f(x) f(x) rve le精品资料仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢13则 h (x)(x2 2x 3)e2x (x2 2x 3)xTL2T2-x(1 x ) e令 H (x)

14、(x2 2x_ 2x 2_3)e (x 2x+3),x 0则 H (x)2(x2 x2)e2x (x 1), x 0,则 H (x) 2(2x2 3)e2x 1,x 0由 x 0得，H (x)2(3 1) 4 0,故H(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,)上单调递减所以，h(x) h(0) 0由(1)及 f (xi)f(x2),xix2 知，x10x2h(x2)f(x2) f( x2) 0所以f (x2) f ( x2),所以f (xi)f( x2),又f (x)在(，0)

15、上单调递增所以，xx2 ,即x1x2解法二、利用对数平均不等式求解因为x1时，f (x) 0, x 1 时,f (x) 0, f(x1)f(x2),x1x2所以,c /1 Xx10 x21 , -21x1e"xlex2 ,所以，1x211*21 x,-2 e X2所以,ln(1 x1) (1 x2) ln(12x1) ln(1 x2) (1 x1)ln(1x2)所以,(1 x2)(1x1)ln(12x2) ln(1x1) ln(1x1)ln(1x2)所以,(1 x2) (1 X)122ln(1 x2) ln(1 x2)x2所以,ln(1 x2) ln(1 x1)ln(1 %) ln(

16、1 xjx1x2ln(1x；)ln(1x2)2ln(1x1)ln(1x2)0 x2 1 ,所以 ln(1 x1) ln(1 x2) 0卜面用反证法证明X x20 ,假设x1x2 0x1当 XiX20时,X20,且ln(1 x2) ln(1 x2 =0 ,与不等式矛盾 ln(1 x1) ln(1 x2)当 x1 x2 0 时，x20 所以 x X20 且 ln(1 x2) ln(1x2)'2' ln(1 x1) ln(1 x2)不等式矛盾.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20题)设函数f(x) ex ax a(a R),其图象与x轴交于A(x

17、,0), B(x2,0)两点，且x x2.(I )求实数a的取值范围；(H)证明：f (Jx) 0(f (x)为函数f(x)的导函数)；(m)略.解：(I ) f (x) ex a , x R 当a 0时，f (x) 0在R上恒成立，不合题息当a 0时，易知，x In a为函数f(x)的极值点，且是唯一极值点，故，f (x)minf (In a) a(2 In a)当f (x)min 0,即0 ae2时，f(x)至多有一个零点，不合题意，故舍去;当f(x)min 0,即a e2时，由f(1) e 0,且f(x)在(，lna)内单调递减，故f (x)在(1,ln a)有且只有一个零点；由 f (

18、In a2) a22aIn a a a(a 1 2ln a),2 一 一。令 y a 1 2In a,a e,则 y 1 - 0,故a1 2In a e1 4e 3 0a所以f (In a2) 0,即在(Ina,2In 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(，In a)内递减，在(In a,)内递增，且f(1) e 0所以 1x1ln ax22ln a ,要证 f (Jx1x2)0 ,只须证 e""1"2a ,即证、x1x2ln a又注T，故只须证xix22lnax2ln a x 令 h(x)f (x) f (2ln a

19、x) e ax a ea(2ln a x) a,ex a2e x 2ax 2a ln a , 1 x ln a则 h (x) ex a2e x 2a 2Jexa2e x 2a 0,所以 h(x)在区间(1,ln a)内递增所以 h(x)elna a2elna 2aln a2aln a 0 ,即f (x)f (2ln a x)所以 f (x1)f (2ln ax1),所以f (x2) f (2ln ax1)因为x2ln a, 2ln ax lna ,且f (x)在区间(ln a,)内递增所以 x22ln a x1 ,即x1x2 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 1 x1ln a x2 2ln a ,因为 f(x1)ex1 ax a 0 ,_x_f (x2) e2 ax2 a 0一均_x21_x2 1a,即匚,所以 1(x1 1)(x2 1) J(- 1)(x2 1)x11x21x11x21ln(x11)ln(x21)所以 x1x2 (x1 x2) 0 ,要证：f (Jx1x2) 0 ,只须证 e”x2a ,即 Jx1x2lna故，&x2x1 ln(x1 1), Jx1x2x2 ln(x2 1)所以