极值点偏移问题的两种常见解法之比较资料讲解

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(%,X2)内有且只有一个极值点 X0,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 土万上，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，常常有极值点小 工的情况，我们称这种状态为 极值点偏移”2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)内单调递增,

2、则对区间(a, b)内的任意两个变量x1、x2 ,f(x1) 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x1、x2, f(x1) f(x2) 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 b两个正数a和b的对数平均数定义：L(a, b) Ina ln b，a b,a,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) 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)当a b 0时，显然等号成立ii)当a b 0时，不妨设a b

3、0 ,In a In bfe证Tab a b ,要证倔 ln a ln b1,x 1 x令Ja x 1 ,只须证：21n x x1(x) - 1x0,所以f(x)设 f(x) 21n x x 一,x 1 ,则 fx在(1,)内单调递减，所以f(x) f(1) 0,即21nx xa bIn a In ba bIn a In b要证:a bIn a In ba，只须证：Bb1,a Inb2人a令一 b1,则只须证:lnx ,只须证1In x，x 12设 g(x)(2 In x1 x 12则 g (x)(x 1)2所以g(x)在区间(1,(x 1)2 2x2x(x1)2)内单调递减，所以g(x)g(

4、1) 0,即 1In xa b a b故In a In b 2综上述，当a 0,b 0时,、.ab L(a,b)例1 (2016年高考数学全国I理科第21题)已知函数f (x) (xx /2)e a(x1)2有两个零点.(i)求a的取值范围;(l)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x x2 2 .解：(I)函数f (x)的定义域为R ,当a0时，f (x)(x 2)ex0,得x 2 ,只有一个零点，不合题意；当 a0时，f (x)(x 1)ex2a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

5、 f(x)的最小值点，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 21由 lim (x 2)e lim lim 0,又 a(x 1)0 ,所以，f (x)在区间xx ex x ex(,1)存在唯一零点x1,即为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 时，f (x) 0,故f(x)在R上单调递增，与题意不符 2e若ln( 2a) 1,即 5 a 0时，易证f(x)极大值=f(1) e 0故f(x)在R上只有e2 , f(x)极大值二

6、f(ln( 2a) a(ln ( 2a)个零点，若ln( 2a) 1 ,即a 万时，易证4ln( 2a) 5) 0,故f(x)在R上只有一个零点综上述，a 0(D解法一、根据函数的单调性证明由(I)知，a 0且 x1 1 x 2令 h(x) f (x)f (2 x) (x 2)exxe2 x,x 1 则 h (x)(x 1)(e2(x 1)1)x-2e因为 x 1,所以 x 10,e2(x 1) 10,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)f(2 x2),所以 f(x1)f(2 xz),因为x11,2 x2 1

7、 , f (x)在区间(,1)内单调递减，所以x12 x2,即x 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，x1 0且1当 a 2 时，0 x1 1 x2即(2 -ex1(2 x2)ex2(1 X)2(x2 1)2所以 ln(2x1)x1 2ln(1所以 ln(2xi)ln(2 x2)所以 1 2 ln(1 x1)ln(x2 ln(2x1) ln(2X2 2 ,故 x1x222,又因为a(% 1)2x1)ln(2x2)x22ln( x22(ln(1x1) ln(x2 1)x21)(2不)(2 x2)x2)ln(2x1) ln(2x2)差胆X

8、 1)21)xi (2 xi) (2 x2)4 x1 x22所以x1 x22221n(1 x)ln(x2 1)1n(2x1) 1n(2 x2)卜面用反证法证明不等式成立因为 0x11 x2 2,所以 2 x1 2 x2 0,所以ln(2x1) ln(2 x2) 0假设 x2 2,当x22,x1 x2 2 0且 21n(1 x1)ln(x2 1)=0，与矛盾;21n(2 x1) 1n(2x2)当为x2 2时为x2 20且2 ln(1 x1)ln(x2 1)<0，与矛盾，故假设不成立21n(2 x1) 1n(2 x2)所以x1x2 2例2 (2011年高考数学辽宁卷理科第21题)已知函数f(

9、x) 1nx ax2 (2 a)x(D 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 x0,证明:f (x。) 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,，一、 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(一，) 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x0 )1x2-，且

10、0 X - x2 2a111由(I)知，当 a 0时，f(x)极大w=f(x)maXf(-) In 1aa 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 (x0)(1 2x0)(1 ax°)x00 ,只须证ax01,即证x1又2令 h(x) f(x) f (- x) a1 a则 h (x) - 2ax 2 ax,21In x ln(- x) 2ax 2,0 x 一 aa2(ax 1)2 0,所以h(x)在(0,1)内单调递增x(2 ax)a一 1、2、所以 h(x) h() 0,即 f(x) f ( x) aa1.2.2因为 0X1x2 ,所以

11、 f (X,)f (x1),所以 f (x2)f (x1)aaa1 21一一、J、又x2，x1,且f (x)在区间(,)内单倜递减a aaa2-2 _所以 x2 一 K ,即 x1 x2 一，故 f (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xox2由(i)知，当a 0时，f(x)极大值=京*f(-) ln- - 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 12ln x1 ax1(2 a)x1 0因为2,所以 In x2 In x1 a(x2 x1) (2 a)( x2 x1)In x2 ax

12、2 (2 a)x2 0所以1 x2 x1配22 ,即1 迎匕2a(x1x2)(2 a) lnx2Inx12a(x1x2)(2 a) 2所以 a(x1 x2)2 (a 2)(x x2) 20 ,所以a(x1 x2) 2(%x2) 1 0所以1例3a=2 0,所以 f (%)2(2014年高考数学湖南卷文科第(1 x1 x2)(1 a、2)f(x2) 22% x221 x V21题)已知函数 f(x) e1 x0.(I)求函数f(x)的单调区间;(n)当 f(x1) f(x2),x1 x2时，求证：x1 x2 0解：(i)函数f(x)的定义域为Rf(x) "fexx(x 1)2 2.a

13、2、2(1 x )由f (x) 0 ,得x 0 ,由f (x) 0 ,得函数的递增区间(得函数的递减区间(0,)，所以f(x)max f(0)1(n)解法一、利用函数的单调性求解解法.1 x 1 x v令 h(x) f (x) f( x) 2e 2e , x 01 x 1 x2 _ 2x 2_则 h(x) x(x 2x 3m2x 3)(1 x ) e令 H (x)(x2 2x 3)e2x(x22x+3), x 0则 H (x)2(x2 x 2)e2x (x1), x 0,则H (x) 2(2x23)e2x1,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

14、 (x) H (0) 2 0,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(x1)f(x2), x1 x2知，所以 f(x2)f( x2),所以 f(x1)所以，x1 x2,即 x1 x20二、利用对数平均不等式求解1 时，f(x) 0, x 1 时，1 x1 x x1 0x2 1 , 2 e1 x1x10x2f( xz),又1 ，故 h(x2) f (x2) f ( x2)f(x)在(，0)上单调递增x所以，所以，所以，所以，所以，f (x) 0,f(x1)fd), x1Lx|ex2,所以,

15、 1 xo1x11 x21x2 ex21x21 x11x2 eln(1 x1) (1 x2) ln(1 x12) ln(1 x2) (1 x1) ln(1 x2)(1 x2) (1 x1) ln(1 x2) ln(1 x1) ln(1 x；) ln(1 x2)22(1 x2) (1 k)1 ln(1 x1)ln(1 x2)1 x2 1 x1ln(1 x2) ln(1 x1)ln(1 x2) ln(1 x1)222、xx2ln(1x；)ln(1x2)2ln(1x1)ln(1x2)因为 x10 x2 1 ,所以 ln(1 x1) ln(1 x2)0卜面用反证法证明x1x20 ,假设x1x20当Xi

16、X20时，20,且ln(1x2)ln(1x；)=0,与不等式矛盾- , x1x2八 l In(1X2)In(1x2)0 ,所以-12 0,且- 0 ,与不2In(1Xj)In(1x2)x2 0'二模第20题)设函数f(x) ex ax a(a R),其图象气,且x X2 .0( f (x)为函数f (x)的导函数)；2ln(1x1)ln(1x2)当 X1 X2 0 时，X2X1等式矛盾.所以假设不成立，所以 X1例4 (2014年江苏省南通市与 X 轴交于 A(X1,0), B(x2,0)两J(I)求实数a的取值范围；(n )证明：f ( , X1X2)(出)略.解：(I) f (x)

17、 eX a, x R,当a 0时，f (x) 0在R上恒成立，不合题意当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)2当f (x)min 0,即0 a e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(，ln a)内单调递减，故f(x)在(1,ln a)有且只有一个零点；由 f (In a2) a2 2a In a a a(a 1 2ln a),22_oo令 y a 1 2In a,a e ,则 y 1 - 0 ,故 a 1 2In a e 1 4

18、e 3 0 a所以f(Ina2) 0,即在(In a,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 1X1In aX22In a ,要证 f(JXXT)0,只须证e"X1X2a ,即证 JXX?In a又、,蕊七”，故只须证x, X2 2Ina令 h(x) f (x) f (2In a x) ex ax a e2Ina x a(2In a x) a,-2 xe a e 2ax 2a In a , 1 x In a则 h (x) ex a2e x 2a 2 Jexa'

19、e x 2a 0,所以 h(x)在区间(1,lna)内递增所以 h(x)elna a2elna2a In a 2a In 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x2 ln a,2ln a xlna,且f(x)在区间(lna,)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,)内递增，且f(1) e 0所以 1x1ln a x2 2ln a ,因为f(x1)e"ax1a 0, f(x2)ex2ax2 a 0ex1ex2日口ex11ex21 而,(x11)(x21)a ,即，所以 1 J(x1 1)(x2 1)x1 1x21x1 1 x21ln(x1 1) ln( x2 1)所以 x1 x2(x1x2)0 ,要证：f(Jxx2)0 ,只须证 e际 a