极值点偏移问题的两种常见解法之比较

1、已知函数y f(x)是连续函数,f(Xi) f(X2),若极值点左右的们称这种状态为极值点不偏移;具有对称性，常常有极值点Xo的情况，我们称这种状态为极值点偏移”2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：在区间(X1, X2)内有且只有一个极值点X0 ,且增减速度”相同，常常有极值点X0 土万上，我若极值点左右的 增减速度”不同，函数的图象不精选问(a,b)内单调递增f(x1)f(X2)X1 X2；的任意两个变量X1、X2 ,f(X1)f(

2、X2)X1X2.二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”?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 则对区间(a, b)内的任意两个变量x1、x2 ,若函数f(x)在区间(a,b)内单调递减，则对区间(a,b)内a b b两个正数a和b的对数平均数定义：L(a, b) Ina 1n 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)(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 0 ,设 f(x)a b ，要证

3、痴 1n a 1n ba bIn a In b只须证：1n- b21n x x1一，xX21n x x 1,x x所以f(X)在(1,)内单调递减，所以f(x) f(1) 0,即21nx x故. ab再证:a b1n a In b a bIn a In b1 In要证：a b 口，只须证：IIn a In b 2a 2In xT' x 1 1 b令a x 1,则只须证：土”，只须证1 bx 12设g(x)1 六* x 1,则 g(x)21(x 1)2 2x(x 1)22x(x 1)2所以g(x)在区间(1,)内单调递减，所以g(x)g(1) 0,即 1In x, a b a b故In

4、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) (x 2)ex a(x 1)2 有两个零点.(I)求a的取值范围；(n)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 a 0时，f(x) (x 2)ex0 ,得x 2,只有一个零点，不合题意;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 x22由 lim (x 2)exlim x2limxx ex x1-20,又 a(x 1) e0,所以,f (x)在区间(,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 f (x) 0得，x 1或x 1n( 2a),一 e ，若1n(2a) 1,即a /时，f (x) 0,故f(x)在R上单调递增，与题意不符e若1n( 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* 一 .4-e ，-个零点，若1n( 2a) 1 ,即a

6、万时，易证f(x)极大值="爪 2a) a(1n2( 2a)41m 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，a0 且 x11x22令 h(x) f (x)f(2x) (x 2)ex2 x .xe ,x 1则 h (x)(x 1)(e2(x 1)1)因为x1,所以0,e2(x1) 10,所以h(x)0,所以h(x)在(1,)内单调递增h(x)h(1),即 f(x)f(2 x),f(x2)f(2x2)f(x1)f(2x2)因为x11,2x21,f (x)在区间(,1)内单调递减，所以即x1x22解法二、利用对数平均不等式证

7、明由(I)知，a又 f (0) a 2所以,a 2时,x1故x1x2 22时，01 x22,又因为a(X2)ex1(x2 2)ex(X1)2(x2 1)2(2 x1)ex1(2x2)ex(1 X)2(x 1)2所以1n(2x1)x121n(1X) 1n(2x2)x221n( x21)所以1n(2x1)1n(2x2)2(1n(1 x1)1n(x21)x2x1(2 x1)(2x2)所以1n(11 2 x1) 1n(x21)(2X) (2x2)1n(2x1) 1n(2x2)1n(2x1) 1n(2x2)4 x1x22XiX22 ln(1Xi)ln(X21)所以2 小2 ln(2x1)ln(2x2)下

8、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 XiX22,当Xi X22,X1 X2 20且 21n(1 X1)ln(X2 1)=0，与矛盾;21n(2 x1) 1n(2 x2)当 x,x22 时 XiX220且2ln(1xi)221)<0，与矛盾，故假设不成立21n(2x1)1n(2x2)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) 1nx 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x0,证

9、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, c , 1、当a 0时，由f (X)>0,得函数f(x)的递增区间(0,一),a、一、，1、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xi、X2,则X0 凡力，且0 % X2 2a.11 1由(I)知，当a 0时，f(x)极大值=”刈八,*f(-) In 1a a a因为函数f (x)有两个不同的零点，

10、所以f(x)max 0,所以0 a 1一 (1 2x0)(1 axe).2要证 f (X0) 0 ,只须证 ax0 1,即证 Xi X2 一X0a人221令 h(x)f (x) f(-x) In xln(-x) 2ax 2,0 x一aaa则h(x) 1 a 2a 2(aX 1)0,所以h(x)在(0,1)内单调递增x 2 ax x(2 ax)a1. 2所以 h(x)h(-) 0,即 f(x)f(- x)因为0X1aa1,2'2一 x2,所以 f(K) f(-为)，所以 fX) f(-1 2又”,一a a所以x2 Xi)内单调递减Xi)a解法二、利用对数平均不等式求解r2 一 ，K ,即

11、 x1 x2 一，故 f (x0)a设点A、B的坐标分别为 A(x1,0)、B(x2,0)x1 x2由(I)知，当 a 0 时，f (x)极大 <=f(x)max2f(-)alnla因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f ( x) max,2In x ax (2 a)x 0因为1121 ，所以In x2 ax2 (2 a)x2 0In x2In x1a(X2x1)(2 a)(x2xi)所以x2 x1a(Xx2) (2 a) In x2 1nxia(x1 x2) (2 a)x1 x222所以 a(x1 x2)(a 2)(x1 x2) 20 ,所以a(xi x2) 2(xix2)1 0所以

12、1_ xX2a20,所以f (%)(X1 X2(2(1 X1X2)(1a 2)-J 0.xi(2014年高考数学湖南卷文科第21题)已知函数 f (x)x221 x(I)求函数f(x)的单调区间;(n)当 f(x1) f(x2),x x2 时,求证:解：(i)函数f (x)的定义域为Rf (x)(1 x2) 2x(1 x)(122 x )x(x 1)2 2,a 2、2(1 X )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)maxf(0) 1(n)解法一、令 h(x)贝U h (x)令 H (x)则 H (x)利用函数的单调性求解1 x x 1 xxf(x

13、) f( x) -一2e-一2 e, x 01 x 1 x(x2 2x 3)e2x (x2 2x 3)x2"a2 2 x(1 x ) e,2_2x,2_ 一(x 2x 3)e (x 2x+3), x 022x22x2(x x 2)e (x 1), x 0,则 H (x) 2(2x3)e1,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) 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,)上单调递减解法所以，h(x) h(0) 0由(1)及 f(x1)f(x2), x1x2知

14、，所以 f (x2)f( x2),所以 f (x1)所以，x1x2,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为 X 0x21 , 2 e1 x1f( x2),又1,故 h(x2)f(x2) f( x2)f(x)在(，0)上单调递增因为x所以，所以，所以，所以，所以，f (x) 0,f(x1)f(x2), x131ex2 ,所以,1 xo1x1 1 x21x2 ex21x? 1 x,1x2 e22ln(1x1)(1x2)ln(1x1) ln(1x2)(1x1)ln(1x2)22(1x2)(1x1)ln(1x2)ln(1x1)ln(1x1) ln(1x

15、2)22(1 x2) (1x)1ln(1x1) ln(1 x2) 1x21x1ln(1 x2) ln(1 x1)ln(1 x2) ln(1 x1)2x x2 ln(1x2)ln(1x2)2 ln(1x1)ln(1x2)因为 x10 x2 1 ,所以 ln(1 x1) ln(1 x2) 0下面用反证法证明为 x2 0 ,假设为 x2 0当XiX20时，20,且ln(1x2)ln(1x；)=0,与不等式矛盾0,所以 j 0,且二1 x2)In(1 x2) 0,与不 2In(1 Xj) In(1 x2)x20'二模第20题)设函数f(x) ex ax a(a R),其图象气,且x X2 .0

16、( f (x)为函数f (x)的导函数)；2ln(1x1)ln(1x2)当 X1 X20 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(X,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) 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)

17、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 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"

18、X1X2a ,即证 JXX?In a又 X1x2X1 2 X2 ,故只须证 X x2 2In a令 h(x) f (x) f (2In a x) ex ax a e2Ina x a(2In a x) a,x 2 xe a e 2ax 2a In a , 1 x In a则 h (x) ex a2e x 2a 2 Jexa'e x 2a 0,所以 h(x)在区间(1,lna)内递增所以 h(x) elna a2e lna 2a In a 2a In a 0 ,即 f (x) f(2ln a x)所以 f (x1) f (2ln a x1),所以 f (x2) f (2ln a x1)因为

19、x2ln a,2ln a x lna,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 1 x1ln ax22ln a,因为 f(x1)e"ax1a0,f (x2)ex2 ax2a 0ex1ex2日口ex1 1ex21 而,(x11)(x21)a ，即，所以 1 一一一7(x1 1)(x2 1)x1 1x2 1x1 1x21ln(x11)ln( x21)所以 x1x2(x1 x2)0 ,要证：f(Jxx2)0,只须证 e际a ,即Jxx2 ln a故，Jx1x