极值点偏移问题地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(XjX?)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x X1 X2 X02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2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f(x)在区间(a,b)单调递增，则对

2、区间(a,b)的任意两个变量x,、x2，f(x1) f (x2)Xl X2 ；若函数f (x)在区间(a,b)单调递减，则对区间 (a,b)的任意两个变量Xi、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 Inb 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：TOb 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 bii )当 a b0时，显然等号成立0时，不妨设a b 0，先证Jaba b ，要证TOU

3、 In a In bIn a In ba，只须证：峠ba令忑1，只须证：2ln X X1 -,x X设 f (x)122ln X X -,x 1，贝U f (x) 一XX12X(X 1)22X0，所以f (x)1.下载可编辑.在(1,)单调递减，所以f(x)f(1) 0 ,即2ln故vab再证:In a In ba bIn a In b要证:In aa bInba 1，只须证：a 1 b.aIn b2，则只须证:也，只须证12In X2设 g(x)2 In XX 12则 g (x)(x(X 1)2 2x1)222x(x 1)所以g(x)在区间(1,)单调递减，所以g(x)g(1) 0 ,In

4、X2故a b In a In b 2综上述，当 a 0,b 0 时，JOb L(a,b) a-2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的取值围;X1 X2解: (I)函数f (X)的定义域为R，当a0 时，f(x)(x2)ex0，得X当a0 时，f (x)(x1)ex2 a(n)设X1,X2是f(x)的两个零点，证明:当 a 0时，由 f (x)0得,2，只有一个零点，不合题意;x 1，由 f(X)0得，x 1，由 f (x)0得，x 1,.下载可编辑.故，X 1是f (X)的极小值点，也是 f (X)的最小值点

5、，所以f (X)min f(1) e 0x22X 2由 Iim (x 2)exIim IimXXe XX又f(2) a 0，故在区间(1,2)存在一个零点x2，即10,又a(x 1)20，所以，f(x)在区间e(,1)存在唯一零点x-i，即x1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，即一a 0时，易证f(x)极大值=f(1) e 0故f(x)在R上只有一2个零点，若ln( 2a)1,即a -时，易证2f(x)极大值=f

6、(ln( 2a)a(ln2( 2a)4ln( 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 (2 x) (x 2)exe2x,x 1 则 h(x) (X 1)(e2(X1) 1)ex 2因为x 1，所以X 10,e2(x1)10，所以h (x)0,所以h(x)在(1,)单调递增所以h(x) h(1)0，即 f(x) f (2x)，所以 f(x2) f (2 xO，所以 f(Xi)f(2 X2)，因为x,1,2 X2 1， f (x)在区间(,1)单调递减，所以x12x2，即 x1x22由(

7、I)知，a0,又 f(0)a 2所以，当0a 2时，x10 且 1X22，故 X1x22当a2时，0x.1X22，又因为a(X12)eX1(X22)eX2(X11)2(X21)2即(2 X1)eX1(2X2)eX2(1X1)2(X21)2所以 ln(2x1)X12l n(1xjln(2X2)X22ln( x21)所以 ln(2X1)ln(2X2)2(l n(1X1)ln (X21)X2X1(2 X1)所以12ln(1X1)ln( x21) (2X1)(2X2)4 X)X2解法二、利用对数平均不等式证明ln(2x1) ln(2x2)ln(2x1) ln(2x2)2(2X2)所以X1 X 22 l

8、n(1 xj ln(X21)2ln(2 xj ln(2x2)F面用反证法证明不等式成立因为 0 x11 x22，所以 2 x12 x20,所以 ln(2 x1) ln(2x2) 0假设XiX22，当 Xix2 X1X22，20 且 2,nn(21 X1):n(22x?)=0与矛盾;当X,X22时Xix2220且2需鲁,n(2X2)In（X2 P 0,得函数f（X）的递增区间f（X） X2,则X0X1X22由（D 知，当 a 0 时，f（X）极大值二f（X）maXf(-)a1In-aX2因为函数f（X）有两个不同的零点,所以f(X)maX所以0要证 f (冷)02X0)(1 ax0)0,只须证a

9、X01，即证X1X0X2令 h（X）f(X)f(；X）In Xln(2aX）2ax2,0 X -a则 h（X）a2 ax2a2(ax 1)2x(2 ax)所以h（X）在（0,丄）单调递增a12所以 h(x) h() 0,即 f(x)f( x)aa122x2，所以 f (x, )f (一 X,)，所以 f (x2)f (aa11x1,且f (x)在区间(一，aa因为0又x2Xi)单调递减所以X2a解法二、利用对数平均不等式求解2X1，即 X1 X2,故 f (Xo)a设点A B的坐标分别为 A(x1,0)、B(X2,O)，则Xo由(D 知，当 a 0时，f(X)极大值=f(X)maxX1 X22

10、1 1 f(-) Ina因为函数f (x)有两个不同的零点，所以f ( X) max0，所以2因为 lnx1 ax1(2 a)x1 0，所以2In x2 ax2(2 a)x20In x2In x1a(X2Xi)(2a)(X2Xi)X2Xi所以a(X1 X2) (2 a) In x? In 洛，即2a(xi X2) (2 a)X1X22所以 a(x1 x2)2(a 2)(Xi X2) 20，所以a(XiX2) 2( Xi X2)1 00,所以 f (Xo)fX2(1XiX2)(1 a例3(2014年高考数学卷文科第 21题)已知函数f(x)NX221 X x:e1 xX1X2)0.(I)求函数f

11、 (x)的单调区间;(n)当 f(x1) f(x2),x1 x2时，求证:x1x20解：(I)函数f(x)的定义域为R2f(x) (1 X)2X(1 X)ex J1 22(1 X )2x(x 1)z.2 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)maxf(0) 1(n)解法一、利用函数的单调性求解令 h(x)f(x) f( x) 3eX则 h (x)22x2X(x2 2x 3)e(X2 2x 3)x ryr(1 x ) e令 H (x)(X2 2xc 2x ,23)e (x2x+3), x则

12、H(X)2(x2 X2)e2x (X1),x0,则 H (X)2(2x2 3)e2x 1,x0由 x 0得，H(X)2(3 1)4(x)在(0,)单调递增故 H(X) H (0)20,故 H(x)在(0,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,x10x21，故 h(X2)f(X2) f( X2) 0所以f(X2) f( X2)，所以f(xi)f( X2)，又f(x)在(，0)上单调递增所以，X1X2，即 X1 x2解法二、利用对数平均不等式求解因为X1 时，f(x) 0，X 1时,

13、f(X)0，f (X1) f(X2),X1X2所以,1Xi0 x21，-1X1，所以,14尹1 X11 X21 X1所以,ln(1 X1) (1X2) ln(1X12) ln(1X2)(1X1) ln(1x|)所以,(1 x2)(1 X,) ln(1 x2)ln(1 x1)ln(1xi)ln(1x|)所以,(1 X2)(1 为)2 2ln(1 X1) ln(1 X2)ln(1 x2) ln(1 xj 1 ln(1 x2) ln(1 xj1X221 X1所以,X1X222 2ln(1 X1)ln(1 X2)ln(1 xjln(1 X2)因为x-i0x21，所以 ln(1x1)ln(1 x2)0F

14、面用反证法证明Xix20，假设 x1x20当 X1x2Xix20,且ln(1 X12)ln(1 x；)=o，与不等式矛盾ln(1 xj ln(1 x2)当 X-Ix2X2X10,所以笃X20,且ln(1 X2) ln(1 X；)ln(1 N) ln(1 x2)0，与不等式矛盾.所以假设不成立，所以Xix20例4 (2014年省市二模第20题)设函数f(X)ax a(a R),其图象与x轴交于A(x,0), B(X2,O)两点，且 XiX2.(I)数a的取值围;(n)证明:f g/X)0( f(X)为函数f(X)的导函数)；解：(【)f (X)R,当a 0时，f(X)0在R上恒成立，不合题意当a

15、 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(l na) a(2 Ina)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(，l n a)单调递减，故f (x)在(1,l n a)有且只有一个零点；由 f (I n a2)a2 2al na a a(a 12ln a),2令 y a 1 2In a,a e2，则 y 1 -0 ,故 a 1 2In a e2a4 e2 302所以f (I na )0 ,即在(In a,2ln a)有且只有一个零点

16、.(n)解法一、根据函数的单调性求解由(I)知，f(x)在(，l n a)递减，在(I na,)递增，且f(1)所以 1 X1 In a X2 2ln a，要证 f (JXXT) 0 ,只须证即证 JX1X2In aX1X22，故只须证x1x22ln a令 h(x) f (x) f (2ln a x)ex axe2n a x a(2I na x)a,ex a2e x 2ax 2al na, 1In a则 h (x) ex a2e x2a exa e x 2a 0 ,所以 h(x)在区间(1,ln a)递增所以I z X In a 2 h(x) e a elna 2a In a 2a In a

17、0 ,即 f (x) f(2ln a x)所以f(xi)f(2l nax1)，所以 f (x2)f (2ln a x1)因为X2In a, 2ln axiIn a,且 f (x)在区间(In a,)递增所以X22ln ax1，即 x1x22ln a，故 f Qx) 0解法二、利用对数平均不等式求解由(I)知,f(x)在(,ln a)递减，在(In a,)递增，且f(1) e所以1xiln a x22ln a ,因为f(Xi)ax1 a 0, f (x2)e1a X11eX2e -,即1X2X2(X11) (X21)In (x1 1) In(X21)J(Xl 1)(X21)所以x1x2(X1x2

18、)0,要证:0 ,只须证e尺故，JX1X2 X1x2 ln(X2 1)所以2(x2X1 X2 ln(x1 1)(X2 1), 所以 ln( X|X2(X1X2)1)X1X227XX因为 x1x2 (x1 x2) 0,所以 ln(x1x2 (x1 x2) 1)ln10 ,而 x1X2所以 ln(x1x2 (X| x2)1) x1 x22JXQ成立，所以 f从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若X1, X2是函数f (X)的两个零点，而X x0是函数f (X)的极值点，证明x1 x2 2x0 (或x1 x2 2x0),根据函数单调性求解的步骤是：一、构建函数h(x) f (X) f (2x0 X),二、判断函数h(x)的单调性,三、证明 h(x) 0 (或