极值点偏移问题地两种常见解法

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yf(x)是连续函数，在区间(搀卞2)内有且只有一个极值点xo，且f(X「f(X2)，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点xo乞L2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Xox'的情况，我们称这种状态为“极值点2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)内单调递增，则对区间(a,b)内的任意两个变量x、x?，f(xjf(x2)X.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(xjf(x2)xx2.二是利用“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”？ab,,ab,InaInb两个正数a和b的对数平均数定义：L(a,b)a,ab,对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是：・abL(a,b)(此式记为对数平均不等式)F面给出对数平均不等式的证明：i)当ab0时，显然等号成立ii)当ab0时，不妨设ab0，

①先证'、ab-_bInaIn,要证’、abb4只须证：听InaInb1,2lnxx,xB0，所以f(x)xxx①先证'、ab-_bInaIn,要证’、abb4只须证：听InaInb1,2lnxx,xB0，所以f(x)xxx2在(1,)内单调递减，所以f(x)f⑴0，即口2Inx故.ababInaInb②再abab证：InaInb2a•a1In要abab只须证：bb证：InaInb2a12b令-x1,则只须证：罟，只须证1设g(x))1占乎，x1,则g(x)21设贝Uf(X)(x1)22xx1f(x)2Inxx,x1,Inx(x1)222x(x1)2所以g(x)在区间(1,)内单调递减，所以g(x)g⑴0,即12Inx1x2综上述，当a0,b0时，、一abL(a,b)例1(2016年高考数学全国I理科第21题)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点I八、、•(I)求a的取值范围；(n)设X],X2是f(x)的两个零点，证明：为X22.解：(I)函数f(x)的定义域为R,当a0时，f(x)(x2)ex0,得x2,只有一个零点，不合题意;当a0时，f(x)(x1)[ex2a]

当a0时，由f(x)0得，x1,由f(x)0得，x1,由f(x)0得，x1,所以f(x)minf⑴故，x1是f(x)所以f(x)minf⑴又f(2)a0，故在区间(1,2)内存在一个零点乂2，即1x22由lim(x2)ex由lim(x2)exxlimL2xelimX0,又a(x1)20,所以,f(x)在区间(,1)存在唯一零点X]，即X]1，故a0时，f(x)存在两个零点;当a0时，由f(x)得，x1或xln(2a)，若In(2a)1f(x)0,故f(x)在R上单调递增，与题意不符若ln(2a)1，a当a0时，由f(x)得，x1或xln(2a)，若In(2a)1f(x)0,故f(x)在R上单调递增，与题意不符若ln(2a)1，a0时，易证f(x)极大值=f(1)e0故f(x)在R上只有一个零点，若ln(2a)e即a—时，易证2f(x)极大值二f(ln(2a)a(ln2(2a)4ln(2a)5)a00,故f(x)在R上只有一个零点综上述，(n)解法一、根据函数的单调性证明由(i)知，a且x11x2令h(x)f(x)(2x)(x2)exe2x,x1则h(x)(X1)(e2(X1)1)ex2因为x1，所以2(x1)10,e0，所以h(x)0，所以h(x)在(1,)内单调递增所以h(x)h⑴0,即f(x)f(2x)，所以f(X2)2(2X2)，所以f(X1)f(2X2)，因为x1,2X21,f(x)在区间(解法二、利用对数平均不等式证明由(i)知，,1)内单调递减a0，又f(0)a所以X12X2，即X]X22所以，当0a2时，X10且1X22，故％x?2即(2逻(1XJ2所以ln(2X1)(2X2)e1)221n(1X1)1n(2即(2逻(1XJ2所以ln(2X1)(2X2)e1)221n(1X1)1n(2X2)X221n(X21)所以1n(2%)?n(X)2(1(1X])/1nX1))X2X(2%)122n1(2211(2X2)所以1°1n(1X1)1n(x21)(2X1)(2x2)4X]x2所以12InX1)1n(2X2)1n(2X1)1n(2x2)221n(1X1)1n(x21)1n(2X1)1n(2X2)①F面用反证法证明不等式①成立因为0x1X22所以2X12X20,所以1n(2所以&X22假设%X22,当XX22,X1x2220且21n(11n(2x1)1n(xJ1n(x2x「1n(2X)0,与①矛1)=0盾；X)当X1X22时X所以％X22X口，与①矛攵假设220且21n(1X1)1n(x21)<0盾，故不成立21n(2X1)1n(2x2)°当a2时，0X|1x22,又因为体2心(X22)eX2体1)2(X21)2例2(2011年高考数学辽宁卷理科第221题)已知函数f(x)Inxax(2a)x(I)讨论函数f(x)的单调性;(n)若曲线yf(x)与x轴交于AB两点，AB中点的横坐标为沧，证明:f(X)0o解：(I)函数f(x)的定义域是(0,)…、1c“、(12X)(1ax)f(x)2ax(2a)xx当a0时，f(x)0在区间(0,)内恒成立，即f(x)在区间(0,)内单调递增1当a0时，由f(x)>0，得函数f(x)的递增区间(0,—),a

1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、x2B的横坐标分别为热X2则X。△勺且0x1由(I)知，当a0时，1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、x2B的横坐标分别为热X2则X。△勺且0x1由(I)知，当a0时，［f(x)］极大值=［f(x)max因为函数f(x)有两个不同的零点，所以[f(x)]max，所以要证f(x)(12xMOax°L0,只须证ax1,即证x1x—2a令h(x)f(x)f(ax)InxIn(-ax)2ax2,0x2(ax1)2

x(2ax)1、，所以h(x)在(0,—)内单调递增所以h(x)h(-)a1—x2a因为0x]0,即f(x)f(-x)a2所以f(xjf(—x.)1a1，且f(x)在区间(一，aa所以f(x)2)内单调递减f0x1)所以x2a解法二、利用对数平均不等式求解2%，即x1x2，故f(X。TOC\o"1-5"\h\z设点AB的坐标分别为A(x1，0)、B(x2，0)，则x0-22111由⑴知，当a0时，[f(X)]极大值=[f(x)]maxf(-)ln1aaa因为函数f(x)有两个不同的零点，所以[f(x)]max0,所以0a12Inxax因为22Inx2ax2(2a)x10，所以InX2In为[a(X2xj(2a)](x?xj(2a)x20所以1a(x1X2)(2a)所以a(x1X)Inx2In

x(a2)(X1X2)210「，即」2a(x1x2)(2a)所以[a(x1x?)2][(治x?)1]所以1a勺x20,所以f(x0)2f(X1X2)2(1x「(1ay例3(2014年高考数学湖南卷文科第21题)已知函数f(x)x221X*X—eX(I)求函数f(x)的单调区间;(n)当f(xjf(X2),*X2时，求证:解:(I)函数f(x)的定义域为R2(1x)2x(1x)x1xxf(x)(1X毛)2e1x由f(x)0，得x0，由f(X)2e0，2[(x1)22(1X)2]得函数的递增区间,0)f(x)0得函数的递减区间(0,)，所以f(X)maxf(0)(n)解法一、利用函数的单调性求解1xf(x)f(x)L令h(x)xxx2e则h(x)(x22x3)e2x(x22x3)(1x2少e(x22x3)e2x(x22x+3),x2[(x2x2x/2)e(x1)],x0,H(x)2(31)40,故HH(x)(x)(x)在(0,)内单调递增0得，0,故H(x)在(0,xxH(x)2[(22x3)e2x1],x0(x)H(0))内单调递增(x)H(0)(x)0故h(x)在(0,)上单调递减,所以，h(x)h(0)0,)及f(xjf(X2),X121f(X2)0所以f(X2)f(X2)，所以f(xjf(X2)，又f(x)在(，0)上单调递增所以，X1X2，即X1x2X2知,由(1x10x21，故h(x2)f(x2)解法二、利用对数平均不等式求解1时，f(X)因为X时，f(x)0,f(xj所以为0x21X11f(X),X12XX2所以ln(1xj(1X2)所以(1X2)(1X1)1所以(1X2)所以因为x102X1X2，所以，1X22e211X2e21X11X21X1e21X2(1X)ln(1xf)ln(1X2)(1ln(1X2)ln(1x「ln(121ln(1Xj)ln(1x2)ln(1x2)ln(1xjln(1X2)ln(1N)x「ln(12X1)ln(11x21X1为x2ln(1Xj)2ln(1X1)x21，所以ln(1x1)ln(1ln(1xf)①ln(1X2)x2)『面用反证法证明x.X20，假设x.X222当X.X20时，宁0,且带；)带汁0，与不等式①矛盾当*X20时，&*0，所以宁0,且常；)阴0,与不等式①矛盾所以假设不成立，所以X.x2例4(2014年江苏省南通市二模第例4(2014年江苏省南通市二模第20题)设函数f(x)exaxa(aR),其图象与x轴交于A(X],0),BgO)两点，且X]X2.(I)求实数a的取值范围;(n)证明：f(、，蕊)0(f(x)为函数f(x)的导函数);(川)略.0在R上恒成立，不合题意解：(I)f(x)exa,xR，当a0时，f(x)当a0时，易知,x0在R上恒成立，不合题意当a0时，易知,故，f(x)minf(lna)a(2Ina)当f(X)min0,即0ae2时f(x)至多有一个零点，不合题意，故舍去;当f(x)min0，即ae时，

2由f(l)e0，且f(x)在(

,lna)内单调递减，故f(x)22在(1,lna)有且只有一个零点；由f(Ina)a2alnaaa(a12Ina),222222令ya12Ina,ae，则y10，故a12Inae14e3a所以f(Ina2)0，即在(Ina,2Ina)有且只有一个零点.(n)解法一、根据函数的单调性求解由⑴知，f(x)在(，Ina)内递减，在(Ina,)内递增，且f(1)e0所以1擢InaX22Ina要证f(Jx")0,只须证e"a,即证JX1X2Ina又xR空x2，故只须证x2x22Ina令h(x)f(x)f(2Inax)exaxae2Inaxa(2Inax)a,x2xeae2ax2aIn1xIn则h(x)exa2ex2aexa2ex2a0，所以h(x)在区间(1,Ina)内递增所以h(x)eInaa?eIna2aIna2aIna0,即f(x)f(2Inax)所以f(xjf(2Inaxj，所以f(X2)所以1擢InaX22Ina要证f(Jx")0,只须证e"a,即证JX1X2Ina又xR空x2，故只须证x2x22Ina令h(x)f(x)f(2Inax)exaxae2Inaxa(2Inax)a,x2xeae2ax2aIn1xIn则h(x)exa2ex2aexa2ex2a0，所以h(x)在区间(1,Ina)内递增所以h(x)eInaa?eIna2aIna2aIna0,即f(x)f(2Inax)所以1X1Inax22Ina因为f(X1)e5iax1a0,f(x2)ex2ax2a0eXiaX11ex2x21X.1门e勺即X1ex2X21-所以1所以X1X2(x1X2)故，・%xxln(%210,要证：f(；X1X2)1),..xrx2ln(x21)也〃区〃(X1——-.(X1In"1)In(x21)1)(x21)所以2xrIn(为1)(x21),所以In(X*(xix2)1)为x22.因为x”(人X2)0,所以In(X1X2健X2)1)In10,而％x22x"0X],X2是函数f(x)的两个所以Inlx-!%(为x2)1)x1x22.nx2成立，所以f(、x/2)0从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若零点，而XX。是函数f(X)的极值点，证明X1X22X0(或X|X22X0)，根据函数单调性求解的步骤是：一、构建函数h