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(x,X2)内有且只有一个极值点小,且 f(xi) =f(X2),若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点设=专2 ,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，常常有极值点刈#上上生的情况，我们称这种状态为“极值2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 f(x)在区问(a,b)内单调递

2、增，则对区间(a,b)内的任意两个变量x1、x2 ,f(x1)<f(X2)u x1<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x,、x2 , f(x1)<f(x2)u x1 >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 h两个正数a和b的对数平均数定义：L(a,b) = | ina-lnb ,a * b,Ia,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)<(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=bA0时

3、，显然等号成立ii )当a¥b0时，不妨设a >b >0 ,先证 Tab <a-b, 要证 Tab <ab,只须证：In - < J- - J- ln a -ln bIn a -In bb ' b a令 Ja=x>1,只须证：2ln x <x-,x>1 ，bx1 一 .21 (x -1)设 f (x) =2ln x-x+-,x>1 ,贝 U f (x) =- -1 - =-2- < 0 ,所以 f (x)xx x x在(1,E)内单调递减,所以f(x)<f(1) = 0,即2ln故 ab再证:a - b<

4、In a -ln ba -b a b<要证:a - b a b<In a - In b 2只须证:令2 =x A1 ,则只须证: bx -1 lnx 12a a-1 ln- b ba 12bx ,只须证1-设 g(x) =1 -2 In xx >1 ,则 g1(x)=-(x-1)222(x 1)2 2x 2x(x 1)2：0In a -ln b 210In x2所以g(x)在区间(1,+)内单调递减,所以g(x) <g(1)=0，即1-x 1a -b a b故二ln a - ln b 2综上述，当 a0,bA0 时，Vab < L(a, b) < a-b2例

5、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(x1)2有两个零点.(I)求a的取值范围；(n)设xi,x2是f(x)的两个零点，证明:x1 + x2 < 2 .解：(I)函数f (x)的定义域为R ,当a=0时，f (x) =(x2)ex =0,得x=2,只有一个零点，不合题意；当 a #0时，f (x) =(x1)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

6、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 . x 2.1由 lim (x -2)e = lim = lim = 0,又 a(x -1) > 0,所以，f (x)在区间 x >- -x - e x >- - _e(_oo,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(x)=0得，乂=1或乂 =帖(22),e若ln( -2a) =1 ,即a = -2时，f'(x)之0 ,故f (x)在R上单调

7、递增，与题意不符e右ln( 2a) >1 ,即万< a < 0时，易证f (x)极大值=f (1) = e < 0故f (x)在R上/、有一e个零点，右ln( 2a) <1 ,即a < 时，易证2“*)极大值="此(22)=2(帖2(2封4帖(2a+5)<:0,故f(x)在R上只有一个零点综上述，a - 0(n)解法一、根据函数的单调性证明由(I)知，a >0 且 x1 <1 <x2 <2(x-1)(e2( )-1)令 h(x) = f (x) f (2x) =(x2)e +xe ,x >1 则 h(x) =x，

8、e因为x>1,所以x-1 >0,e2(xA) -1>0,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),所以 f(x2) a f(2x2),所以“为)> f(2x2),因为x1 <1,2 -x2 <1 , f (x)在区间(一°0,1)内单调递减，所以 x1 <2-x2 ,即x1 +x2 <2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<aW2 时，x1 宅0 且 1<x2 &

9、lt;2,故 +x2 <2当a a2时,0 <x1 <1 <x2 <2 ,又因为 a =(X - 2)ex1(x1)2(x2-2)ex2(x2-1)2即(2-x1)ex1(2 -x2)ex2(1-)2(x2 -1)2所以 ln(2 -x1) x -2ln(1 -x1) = ln(2 - x2) x2 -2ln(x2 -1)所以 ln(2 -x1) -ln(2 -x2) -2(ln(1 -x1)-ln(x2 -1) =x2-x1 = (2 - x1) - (2 - x2)ln(1 - x1)Tn( x2 -1)(2 - 1)-(2 - x2). 4 - x1 一 x

10、所以所以1 一2二：:ln(2 -x1) -ln(2 -x2)ln(2 -x1) -ln(2 -x2)2 x x2 -2 c ln(1 -x1)-ln(x2 -1)<2CT2 ln(2 -x1) -ln(2 -x2) a卜面用反证法证明不等式成立因为 0<X <1 <x2 <2,所以 2% >2x2 A0,所以 ln(2-x1)-ln(2-x2)>0假设 x xx2 上2,当 Xi +X2 =2, x1 +X2 一2 =0 且 2 ln(1 幻k% D =0 ,与矛盾;2ln(2 -x1) -ln(2 -x2)当x, +x2 >2时x1 +x22

11、 >0且2 1n(1x1)1n(x21)<o,与矛盾,故假设不成立21n(2 -x1) -1n(2 -x2)所以xi x2 ： 2例2 (2011年高考数学辽宁卷理科第21题)已知函数f (x) = 1n x - ax2 + (2 - a)x(i)讨论函数 f(x)的单调性；(n)若曲线 y = f(x)与x轴交于A、B两点，A、B中点的横坐标为 ,证明：f (Xo),二 0解：(I )函数f (x)的定义域是(0, -h=c)f(x).2ax二) xx当a wo时，f'(x)A0在区间(0,收)内恒成立，即f(x)在区间(0,一)内单调递增1当a>0时，由f (x)

12、 >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(,+=c) 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Xp x2,则x0 = x1 x2 ,且0 < X)M 1 M x2 2a111由(I)知，当 a>0 时，f(x)极大值=f(x)max= 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 (%) =(1+2x0)(1 ax0) <0,只须证 ax0>1,即证 X1 +X2 >2x0a2. 2. _1令

13、 h(x) = f (x) - f (x) = 1n x Tn(x) - 2ax 2,0 二 x ：二一 aaa则h(x)+a2a/(axf >0,所以h(x)在(0,工)内单调递增x 2。axx(2。ax)a12所以 h(x)<h( )=0,即 f(x)<f( x) aa1 22因为 0<Xi < <X2,所以 f(Xi) < f( Xi),所以 f(X2)< f(Xi) aaap 1 211、，又X2A ,XA ,且f(X)在区间(，*)内单倜递减a a aa22. 一所以 X2 >- -X1 ,即 X1 +X2 >-,故 f (

14、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),则刈=包产,.111由(I)知，当 2>0时，(*)极大值=f(X)maX = f() = ln 十1 a 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 <1.2一,1nxi - aX1(2 - a)X1 =0 因为2,所以 In x2 -In x1 =a(x2 +x1) - (2 -a)(x2 - x1)In x2 -ax| (2 -a)x2 =0所以1二 :二 J2 ,即1:二32a(为 x2) -(2 -a) In x2 -

15、In x12a(x1 x2) -(2 - a) 2(1x1X2)(1 - a*X2)- 0.所以 a(x1 +x2)2 +(a -2)(x1 +x2) -2>0 ,所以a(x1 +x2)-2(x1 +x2)+1>0所以 1 a12 <0 ,所以 f (5) = f '(2) 22例3 (2014年高考数学湖南卷文科第21题)已知函数1 - x f(x)»(I)求函数f (X)的单调区间;(n)当 f(x) =f(x2),X1 二x2 时，求证： +x2 <0解：(I)函数f (x)的定义域为R-(1 x2)-2x(1-x) . 1-x-x(x-1)2

16、2(X)22e2 e2 2 e(1 X2)21 X2(1 X2)2由f '(x) =0 ,得X =0 ,由f'(x) a0 ,得函数的递增区间(*,0),由f'(x) <0 ,得函数的递减区间(0,依)，所以f (X) max = f (0) = 1(n)解法一、利用函数的单调性求解令 h(x) = f (x) - f (-x) = 1 - x, ex - 1 + x2 e- ， x>01 x 1 x解法贝U h (x) = -x(x2 -2x 3)e2x -(x2 2x 3)/2、2 x(1 x ) e令 H (x) = (x2 -2x 3)e2x - (

17、x2 2x+3), x . 0则 H '(x)=2(x2 -x+2)e2x-(x + 1),x>0,则 H "(x) = 2(2x2+3)e2x-1,x> 0由x >0得，H ”(x)>2(31)=4>0,故H '(x)在(0,依)内单调递增故H x)>H '(0) =2a0,故H (x)在(0,十比)内单调递增故H(x) >H(0) =0,故h'(x)<0,故h(x)在(0,收)上单调递减所以，h(x)；h(0)=0由(1)及 f (x1) = f (x2), x 手 x2知，x1 < 0 <

18、; x2 < 1,故 h(x2) = f (x2) 一 f (-x2) < 0所以 f(&)<f(x2),所以 f(x1)< f(-x2),又 f (x)在(3,0)上单调递增所以，x1 < -x2,即 + x2 < 0二、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 # x2所以'“<0"<1'片e：卷e”所以，仁尸二日所以，ln(1 -x1) (1 -x2) -ln(1 x12) = ln(1 -x2)

19、 (1 -x1) -ln(1 x2)所以，(1 一x2)-(1 -x1)= ln(1 -x2) -ln(1 -x1)ln(1x,2)-ln(1x2)所以,22(1 -x2) -(1-为): 1 . ln(1 x1)-ln(1 x2) . 1 - x2 1 - x1ln(1 -x2) -ln(1 -x1)ln(1 -x2) - ln(1 - x1)2所以,22x1 +x2 ln(1+x1)ln(1 + x2)2 ln(1 -x1) -ln(1-x2)因为 x1 <0 <x2 <1 ,所以 ln(1 -x1) Tn(1 -x2) >0卜面用反证法证明x1 +x2 <0

20、,假设x1 +x2之022、“ci % X2ln(1 %) - ln(1 X2) -一丁公 fm当 +x2 =0时，-一2 =0,且-=0 ,与不等式矛盾22、为x2ln(1 x1)- ln(1 x2)> -x1 > 0 ,所以-一2 A 0,且-< 0 ,与不2ln(1-x1)-ln(1-x2)2ln(1-x1) -ln(1-x2)当 X +X2 A0时，X2：0等式矛盾.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f (x) = ex - ax + a(aw R),其图象与 x轴交于 A(x1,0), B(x2,0)两点，且 x <x2.(

21、i)求实数a的取值范围；(n)证明：f (5荻)<0(f'(x)为函数f(x)的导函数)；(出)略.解：(i) f(x)=exa, xw R,当aW0时，f'(x)>0在R上恒成立，不合题意当a >0时，易知，x = ln a为函数f (x)的极值点，且是唯一极值点，故，f (x)min = f (lna)二a(2-lna)2当f (x)min >0,即0 <a Me时，f (x)至多有一个零点，不合题意，故舍去；当 f(x)min <0,即 ae2 时，由 f(1) = e>0,且 f (x)在(g,ln a)内单调递减，故 f (x

22、)在(1,ln a)有且只有一个零点；由 f (ln a2) =a2 -2alna+a = a(a+1-2ln a),“o2_22令 y=a+12lna,ae,则 y =1一一>0,故 a+12lna>e +14 = 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(-°o,ln a)内递减，在(ln a, )内递增，且 f (1) = e > 0所以 1 < x <lna <x2 <2ln a ,要证 f '(，乂泾)<0

23、,只须证 e'、" < a ,即证 Jx < ln a又. xx2 :二 x1 2 x2 ,故只须证 为 x2 :二 2ln a令 h(x) = f (x) - f (2ln a -x) = ex -ax a -e2lna a(2ln a。x) -a,x 2 -x=e -a e -2ax+2alna, 1 < x < ln a则 h'(x)=ex+a2e" 2a 之 2jexa e"_2a = 0,所以 h(x)在区间(1,lna)内递增所以 h(x) <elna -a2eJna _ 2aln a +2aln a =

24、0,即 f (x) < f (2ln a -x)所以 f (x1) < f (2ln ax1),所以 f(x2) < f (2ln a x1)因为x2 >ln a,2ln ax1Alna,且f (x)在区间(ln a, +望)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,y)内递增，且f(1) = e>0所以 1 < x1 <lna <x2 <2ln a ,因为 f (x1) =ex1 ax1 +a = 0 , f (x2) =ex2 ax2 + a = 0一均_x2a="=-,即x1 -1x2 -1矛-1_x2 -1e 二£,所以 1(xi-1)-(x2-1)ln(x1 -1) - ln(x2 -1)v'(x1 - 1)(x2 -1)所以 x” -(x1 +x2) <0,要证：f (lx1x2) <0 ,只须证 e&#