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：已知函数是连续函数，在区间内有且只有一个极值点，且，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点，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，若函数在区间内单调递增，则对区间内的任意两个变量，；若函数在区间内单调递减，则对区间内的任意两个变量，. 二是利用“

2、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”？两个正数和的对数平均数定义：对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是：，（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）当时，显然等号成立 ii）当时，不妨设， 先证，要证，只须证：， 令，只须证： 设，则，所以在内单调递减，所以，即，故再证： 要证：，只须证： 令，则只须证：，只须证 设，则 所以在区间内单调递减，所以，即， 故综上述，当时， 例1 （2016年高考数学全国理科第21题）已知函数有两个零点 （）求的取值范围； （）设是的两个零点，证明：解：（）函数的定义域为，当时，得，只有一个零点，不合题

3、意；当时， 当时，由得，由得，由得， 故，是的极小值点，也是的最小值点，所以 又，故在区间内存在一个零点，即 由又，所以，在区间 存在唯一零点，即， 故时，存在两个零点；当时，由得， 若，即时，故在上单调递增，与题意不符 若，即时，易证故在上只有一 个零点，若，即时，易证 ，故在上只有一个零点综上述，（）解法一、根据函数的单调性证明由（）知，且令，则因为，所以，所以，所以在内单调递增所以，即，所以，所以，因为，在区间内单调递减，所以，即解法二、利用对数平均不等式证明由（）知，又 所以，当时，且，故当时，又因为 即 所以 所以 所以 所以 下面用反证法证明不等式成立 因为，所以，所以 假设，当，

4、,与矛盾； 当时,与矛盾，故假设不成立 所以 例2 （2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数 （）讨论函数的单调性； （）若曲线与轴交于两点，中点的横坐标为，证明：解：（）函数的定义域是 当时，在区间内恒成立，即在区间内单调递增 当时，由>0，得函数的递增区间， 由<0，得函数的递减区间（）解法一、根据函数的单调性求解设点的横坐标分别为，则，且由（）知，当时， 因为函数有两个不同的零点，所以，所以 要证，只须证，即证 令 则，所以在内单调递增 所以，即 因为，所以，所以 又，且在区间内单调递减 所以，即，故解法二、利用对数平均不等式求解 设点的坐标分别为，则 由（）知，当时

5、， 因为函数有两个不同的零点，所以，所以 因为，所以 所以，即 所以 ，所以 所以，所以. 例3 （2014年高考数学湖南卷文科第21题）已知函数 （）求函数的单调区间； （）当时，求证：解：（）函数的定义域为R 由，得，由，得函数的递增区间，由，得函数的递减区间，所以（）解法一、利用函数的单调性求解令 ，则令则，则由得，故在内单调递增故，故在内单调递增故，故，故在上单调递减所以，由（1）及知，故所以，所以，又在上单调递增所以，即解法二、利用对数平均不等式求解 因为时，时， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为，所以 下面用反证法证明，假设 当时，与不等式矛盾 当时，所以，与不等

6、式矛盾.所以假设不成立，所以 例4 （2014年江苏省南通市二模第20题）设函数其图象与轴交于两点，且. （）求实数的取值范围； （）证明：为函数的导函数）； （）略.解：（），当时，在R上恒成立，不合题意当时，易知，为函数的极值点，且是唯一极值点，故，当，即时，至多有一个零点，不合题意，故舍去；当，即时，由，且在内单调递减，故在有且只有一个零点；由令，则，故所以，即在有且只有一个零点.（）解法一、根据函数的单调性求解由（）知，在内递减，在内递增，且所以，要证，只须证，即证又，故只须证令 ，则，所以在区间内递增所以，即所以，所以因为，且在区间内递增所以，即，故解法二、利用对数平均不等式求解由（）知，在内递减，在内递增，且所以，因为，即，所以所以，要证：，只须证，即故，所以，所以因为，所以，而所以成立，所以从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若是函数的两个零点，而是函数的极值点，证明（或），根据函数单调性求解的步骤是：一、构建函数，二、判断函数的单调性，三、证明（或）即（或），四、故函数的单调性证（或）.根据对数平均不等式求解的步骤是：一、通过等式两边同取自然对数