极值点偏移问题的两种常见解法之比较

1、时间：二O二一年七月二十九日极值点偏移问题的两种罕见解法之比力之马矢奏春创 作时间：二O二一年七月二十九日浅谈部份导数压轴题的解法在高考导数压轴题中，不竭呈现极值点偏移问题，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(x1,x2) 内有且只有一个极值点x。，且f(x1) fd)，若极值点左右的“增减速 度”相同，经常有极值点x。J2 ,我们称这种状态为极值点不偏2移；若极值点左右的“tf减速度”分歧 ，函数的图象不具有对称性， 经常有极值点 x。?的情况，我们称这种状态为“极值点偏 移”.极值点偏移问题经

2、常使用两种方法证明：一是函数的单调性，若函数f(x)在区间(a,b)内单调递增，则对区间(a,b)内的任意两个变 量x1、x2, f(x1) f%)K x2 ;若函数f(x)在区间(a,b)内单调递加，则对区间(a,b)内的任意两个变量 xx2, f(x, 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两个正数a和b的对数平均数界说：L(a,b) AT,a b， a, a b,对数平均数与算术平均数、几何平均数的年夜小关系是：时间：二O二一年七月二十九日时间：二O二一年七月二十九日.L(a,b) ,(此式记为对数平均不等式)

3、F面给出对数平均不等式的证明：i )那时a b 0 ,显然等号成立ii)那时ab 0,无妨设a0,aba bln a ln bab上,只ii)那时ab 0,无妨设a0,aba bln a ln bab上,只ln a ln b,a Inb1,只须证：2ln-,x 1 x设 f(x) 2ln x1,x 1 , x(x)(x 1)22x0 ,所以f(x)在(1,)内单调递加，所以f(x)f(1)0,即2lna b再证:ln a ln b a b再证:要证:a bln a ln b，只须证：也,a Inb2令亘b1,则只须证:ln x设 g(x)2 ln x ,xx 121,则/ 2g(x) ；(x

4、1)12x所以g(x)在区间(1,)内单调递力口,所以 g(x) g(1) 0 ,即a b2a b20,b 0, ObL(a号,2 ln x1 二三，故上工ln a ln b综上述，那时a时间：二O二一年七月二十九日时间：二O二一年七月二十九日例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；(H )设x1,x2是f (x)的两个零点，证明：x x2 2 .解：(I)函数f(x)的界说域为R,那时a 0, f(x) (x 2)ex 0,得x 2,只有一个零点，分歧题意；那时 a 0, f (x) (x 1)e

5、x 2a那时 a 0,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)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 x2 2x 21 po由 lim (x 2)e lim lim x 0,又 a(x 1)0,所以，f (x)在区间xx e x e(,1)存在唯一零点x1，即为1,故a 0时，f(x)存在两个零点；那时 a 0,由 f (x) 0得，x 1 或x ln( 2a),若ln( 2a) 1,即a ”寸，f (x) 0 ,故f (x)在R上单

6、调递增，与题意不符若ln( 2a) 1,即-a 0时，易证f(x)极大值=1)e 0故f(x)在R上只2有一个零点,若ln( 2a) 1 ,即a 日寸，易证f(x)极大=f(ln( 2a) a(ln2( 2a) 4ln( 2a) 5) 0 ,故 f (x)在 R上只有一个零点时间：二O二一年七月二十九日时间：二O二一年七月二十九日(n)解法一、根据函数的单调性证明由(I )知，a 0 且 x1 1 x22令 h(x)f(x)f(2 x) (x 2)e令 h(x)f(x)f(2 x) (x 2)ex xe2x,x 1,则 h (x)(x 1)(e2(x1) 1)因为x 1 ,所以x 1 0,e2

7、(x1) 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)f(2 x2),所以f(xj f(2 x2),因为为1,2 x2 1 , f(x)在区间(，1)内单调递加，所以X 2 x2,即 TOC o 1-5 h z x1 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，那时0 a 2,为0且1 x2 2,故x x2 2那时a 2,0斗1 x22,又因为a (x”(x吗(x 1)2(x2 1)2即(2 x,e%(2 x2)ex2(1 xj2(x2 1)2所以 ln(2x1)x

8、 2ln(1x1)ln(2x2) x221n(x21)所以 1n(2x1)1n(2 x2)2(1n(1 x1) 1n(x21) x2x1(2 x1)(2 x2)所以 1 2 1n(1 x1)1n(x2 1)(2 为)(2 x2)4 为x21n(2x1) 1n(2 x2)1n(2 4)1n(2x2)2所以 xX2 2 2 1n(1 x1)1n(x2 1)1n(2x1) 1n(2x2)F面用反证法证明不等式成立时间：二o二一年七月二十九日时间：二O二一年七月二十九日因为 0X11X22,所以 2X2X20,所以 ln(2x1)ln(2x2) 0假设x1x22,当 x1 x22,XlX220且 21

9、n(1Xl)1n(X21)=0 ,与21n(2 x1) 1n(2 x2)矛盾；那时XiX22X1X220且21n(1Xl)1n(X21)0,得函数f(x)的递增区间(0,1), a由f (x) B(x2,0),则x02_x22由(I)知，那时 a 0,f(x)极大值=f (X) max f ()ln ia a a因为函数f(x)有两个分歧的零点，所以f(x)max 0,所以0 a i TOC o 1-5 h z ,2ln xi axi(2 a)xi012ln x2 ax2(2 a)x20ln x2 ln xi a(x2 xi) (2 a)(x2 x)所以ia(xi x2) (2 a)x所以ia

10、(xi x2) (2 a)x2xixix2ln x2ln xia(xx2) (2 a)xix2所以 a(xi x?)2 (a 2)(% x2) 2 0 ,所以a(xi x?) 2(为 x?) i 0所以i a 0,所以 所以i a 0,所以 f (x)f (1)(i xix2)(i ax/)20.xix2f(x)i x xf(x)i x xi x2 e例3 (20i4年高考数学湖南卷文科第2i题)已知函数(I )求函数f(x)的单调区间;(H )那时 f(xj f (x2), xi x2,求证：xi x2 0解：(I)函数f(x)的界说域为R由f (x) 0 ,得x 0 ,由f (x) 0 ,

11、得函数的递增区间(，0)，由时间：二O二一年七月二十九日时间：二O二一年七月二十九日f (x) 0,得函数的递加区间(0,)，所以f(x)max f(0) 1(n)解法一、利用函数的单调性求解令 h(x) f (x) f( x) -xex -x；e x , x 0 x 1 x_ 2x 2_则 h (x)x a一2x 3)e 2 型(1 x ) e令 H(x) (x2 2x 3)e2x (x2 2x+3),x 0则 H (x) 2(x2 x 2)e2x (x 1),x 0,贝U H (x) 2(2x2 3)e2x 1,x 0由x 0得，H (x) 2(3 1) 4 0,故H(x)在(0,)内单调

12、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,)上单调递加所以，h(x) h(0) 0由(1 )及 f(x) fd)* x2 知，x 0 x2 1 ，故h(x2)f(x2)f( x2) 0所以f(x2)f( x2)，所以f(x1)f( x2)，又(刈在(，0)上单调递增所以，Xx2，即 x1 x2 0解法二、利用对数平均不等式求解 TOC o 1-5 h z 因为 x 1 时，f(x) 0, x 1 时，f(x) 0, f(x1)f(x,),x1x2所以，x10 x21,L4e%jex2,所以，/e1% *3 %

13、1 x11 x21 x11 x2所以，ln(1 x1) (1x2) ln(1 x12) ln(1 x2) (1x1)ln(1x2)所以，(1 x2) (1x1) ln(1 x2)ln(1 x1) ln(1x2)ln(1x2)所以 (1x2)(1x1)1 ln(1x2)ln(1x2)1x21 %,ln(1 x2) ln(1 x1)ln(1 x2) ln(1 x1)2时间：二O二一年七月二十九日时间：二O二一年七月二十九日ln(1 x2) ln(1 x；)仃2 ln(1 x1) ln(1 x2)因为 x10 x21,所以 ln(1 x1) ln(1 x2) 0F面用反证法证明x1 x20,假设X

14、x2 0那时为x 0, 口20,且1n(1x2)1n(1x2)=0，与不等式矛盾2ln(1x1)ln(1x2)那时 x1 x那时 x1 x2 0, x2x10,所以 x 2且 1n(1 x2) 1n(1 x2)2ln(1 x1) ln(1 x2)0,与不等式矛盾所以假设不成立，所以为x2 0例4( 2014年江苏省南通市二模第20题)设函数f(x) ex ax a (a R),其图象与 x 轴交于 AJQ), B(x2,0)两点，且 x x2.(I )求实数a的取值范围；(n)证明：f (7x1x2) 0(f(x)为函数f(x)的导函数)；(m)略.解：(I ) f (x) ex a , x

15、R,那时a 0, f (x) 0在R上恒成立，分歧 题意那时a 0,易知，x lna为函数f(x)的极值点，且是唯一极值点，故，f (x)mmf (ln a) a(2 ln a)当f (x)min 0,即0 a e2时，f (x)至多有一个零点，分歧题意，故舍 去；当f(x)min 0,即a e2时，由f(1) e 0,且(刈在(,ln a)内单调递加，故 f(x) 在 (1,ln a)有且只有一个零点；由 2、2f (ln a ) a 2alna a a(a 1 2ln a),时间：二O二一年七月二十九日时间：二O二一年七月二十九日人2222令 y a 1 2ln a, a e ,贝U y

16、1 一 0,故 a 1 2ln a e 1 4 e 3 0 a所以f(lna2) 0,即在(In a,2ln a)有且只有一个零点.(II )解法一、根据函数的单调性求解由(I)知，“*)在(，ln a)内递加，在(ln a,)内递增，且f(1) e 0所以1 X1ln a X22ln a ,要证f (Jx侪) 0 ,只须证ea ,即证.x1x2 ln a又 7x1X2X2,故只须证 x x2 2ln a2令 h(x) f (x) f (2ln a x) ex ax a e2lna x a(2ln a x) a,x 2 xe a e 2ax 2aln a, 1 x ln a则 h (x) ex

17、 a2e x 2a 2)exa2e x 2a 0,所以 h(x)在区间(1,lna)内递增所以 h(x) elna a2e lna 2aln a 2a ln 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x2lna,2ln a x1lna,且f(x)在区间(ln a,)内递增所以 用 2ln a x1，即 x1 x2 2ln a,故 f (Jx区) 0解法二、利用对数平均不等式求解由(I )知，f (x)在(，ln a)内递加，在(ln a,)内递增，且f (1) e 0所以1 x1ln ax221n a,

18、因 为 TOC o 1-5 h z f(x1)ex1a%a 0, f (x2)ex2ax2a 0%x,为 1x2 1a-e-e,即-e-,所以 1(x11)(x21)7(x11)(x21)x1 1x21x1 1 x21ln(x 1) ln(x21)所以 x1x2(x1x2)0,要证：f (Jx1x2)0,只须证 e* a,即 Jx1x2lna故，x1x2x1 ln(K 1),x1x2x2 ln(x2 1)所 以24忆 x x2 ln(x1 1)(x2 1), 所 以时间：二O二一年七月二十九日时间：二O二一年七月二十九日ln(x1x2 (x1 x2) 1) x x2 2 XfX2因为 x1x2 (x1 x2) 0 ,所以ln(x1x2 (x1 x2) 1) ln1 0 ,而x1 x2 2、x,x2 0所以 ln(x1x2 (xi x2) 1) xi x2 2jx1x2 成立，所以 f Qx区) 0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 x x2 2x0 (或x x2 2%),根据函数单调性求解的步伐是：一、构 建函数h(x) f (x) f (2x) x),二、判断函数h(x)的单调性，三、证明 h(x) 0 (或 h(x) 0)即 f (x) f (2x0 x)(或